物质结构与性质-高考化学一轮单元复习

单元15物质结构与性质

真题模拟练

1.（2021•山东卷）X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6,二者形成的一种化合物能

以[XY4]+[XY6]的形式存在。下列说法错误的是

A.原子半径：X>Y

B.简单氢化物的还原性：X>Y

C.同周期元素形成的单质中Y黛化性最强

D.同周期中第一电离能小于X的元素有4种

【答案】D

【分析】

Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6,则Y是C1元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子

知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。

【详解】

A.P与C1在同一周期，则P半径大，即X>Y,A项不符合题意；

B.两者对应的简单氧化物分别是PH3和HC1,半径是P3>Q,所以P%的失电子能力强，还原性强，即X>Y,

B项不符合题意；

C.同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的

氧化性增强，所以C12的氧化性最强，C项不符合题意；

D.同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电

离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl,所以有5种，D项符合题意;

故选D。

【答案】D

【详解】

A.HO与BO属于共价键，犍长为两个原子核间距，半径越人，犍长越长，即健长：HO<BO,HO为氢链,

为分子间作用力，键长长于共价键，选项A正确；

答案选D。

3.（2020•山东卷）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能

级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2,Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是（）

A.第一电离能：W>X>Y>ZB.简单离子的还原性：Y>X>W

C.简单离子的半径：W>X>Y>ZD.氢化物水溶液的酸性：Y>W

【答案】C

【解析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元

素原子，则X可能为Be或O,若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色

化合物，该淡黄色固体为NazO?,则X为0元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F

元素，W为C1元素。A项，同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离

能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为F>O>Cl>Na,A错误；B项，单质的氧化性越

强，简单离子的还原性越弱，。、F、。三种元素中F2的氧化性最强02的氧化性最弱，故简单离子的还原

性02>ci>F,B错误；C项，电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，

故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl>O2>F>Na+,C正确：D项，F元素的非金属性强于C1元素,

则形成氢化物后F原子束缚H原子的能力强于C1原子，在水溶液中HF不容易发生电离,故HC1的酸性强

于HF,D错误；故选C。

4.（2020年山东新高考）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是

B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度

C.SiH《中Si的化合价为+4,CFh中C的化合价为4,因此SiH»还原性小于CHj

【答案】C

【解析】A.因键能C—C>Si—Si、C—H>Si—H,故C2H6的键能总和大于Si2H6,键能越大越稳定，故

C2H6的稳定性大于Si2H6,A正确：B.SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大,

类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；C.SiH4中Si的化介价为4价，C的非金属性强于Si,则C的氧

化性强于Si,则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH』的还原性较强，C错误；D.Si原子的半径

大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成兀键，故Si原子间难形成双键，D正确；

故选C。

5.（2020年山东新高考）B3N3H“无机苯）的结构与苯类似，也有大兀键。下列关于B3N3H的说法错误的是

A.其熔点主要取决于所含化学键的键能

B.形成人兀犍的电子全部由N提供

C.分子中B和N的杂化方式相同

D.分子中所有原子共平面

【答案】A

【解析】A.无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；B.B原子最外层3个电子,

与其它原子形成3个b键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个O■键，还剩余2个电子，故形成

大冗键的电子全部由N原子提供，B正确；C.无机苯与苯等电子体，分子中含有大冗键，故分子中B、N

原子的杂化方式为sp?杂化，C正确；D.无机苯与苯等电子体，分子中含有大兀键，故分子中B、N原子

的杂化方式为sp?杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。

6.（2021•全国甲卷）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。

该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：

（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为；单晶硅的晶体类型

为。SiCLi是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为。SiCh可发生水解反应，机

理如下：

含S、p、d轨道的杂化

含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2,中间体SiCWHzO）中Si采取的杂化类型为

（填标号）。

（2）CO?分子中存在个。键和个九键。

c

（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100C）和甲硫醇（CH6H,7.6℃）之间，其原因是________0

（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO?固溶体.四方ZrO?

晶胞如图所示。Zd+离子在晶胞中的配位数是,晶胞参数为apm、apm、cpm,该晶体密度为

g-cn?（写出表达式）。在ZrCh中掺杂少量ZrO后形成的傕化剂，化学式可表示为ZnxZnQy，则

y=（用x表达）。

0OtZr

【解析】

(2)CCh的结构式为0=00,1个双键中含有1个3键和1个兀键，因此1个CCh分子中含有2个3键和2

个江键，故答案为：2：2；

(3)甲醉分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢犍的

总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醉的沸点介于水和甲硫醉之间，故答案为：甲硫醇不能形成

分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多：

7.(2021•河北卷)KH2P04晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KFhPCh晶体已应

用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答卜.列问题：

⑴在KH2P04的四种组成元索各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是一(填离子符号)。

⑵原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+?表示，与之相反的用!表示，称为电

22

子的自旋磁量子数,对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为一.

(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ・moP)如表：

N—NN三NP—Pp三p

193946197489

(4)已知KH2P02是次磷酸的正盐，H3P02的结构式为一，其中P采取—杂化方式。

⑸与PO：电子总数相同的等电子体的分子式为一0

(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成诉状的多磷酸，则相应的酸根可写为—o

(7)分别用。、•表示HzPO；和K+,KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO；、

K+在晶胞xz面、yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm,阿伏加德罗常数的值为NA,晶体的密度_g・cn?(写出表达式)。

②晶胞在X轴方向的投影图为_（填标号）。

【解析】

⑶根据表中的相关共价键的键能可知，若6molN形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为

193kJx6=1158kJ；若6moiN形成N2分子,则可释放的能量为946kJx2=1892kJ,显然,形成Nz分子放出的

能量更多，故在N数H相同的条件下，N?具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6molP形成P,分子,

可以释放出的能量为197kJx6=1182kJ；若6molP形成P2分了，则可释放的能用:为489kJx2=978kJ,显然,

形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。

②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为

（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是（填标号）。

B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动

C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大

【解析】

C.电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铭位于同周期，铭原

子序数大于钾，故铝电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确;

故答案为：AC；

9.(2021•山东卷)非金属疑化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题:

(1)基态F原子核外电子的运动状态有一种。

⑵O、F、C1电负性由大到小的顺序为_；OF2分子的空间构型为一；OF2的熔、沸点_(填“高于”或“低于”)CbO,

原因是___。

(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF?室温下易升华。XeFz中心原子的价层电子对数为

下列对XeF2中心原子杂化方式推析合理的是一(填标号)。

A.spB.sp2c.sp3D.sp3d

(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，该晶胞中有一个XeF2分子。以晶胞

参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐

标为(；，；，已知Xe—F键长为rpm,则B点原子的分数坐标为一；晶胞中A、B间距离d=—pm。

【解析】

(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9

种;

10.(2021.湖南卷)硅、铭(Gc)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题:

(1)基态硅原子最外层的电子排布图为,晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式);

SiHSil4

熔点/K183.0203.2278.6393.7

沸点/K187.2330.8427.2560.7

143c小国C)©■CHj

N日基咪噗分子中碳原子的杂化轨道类型为,H、C、N的电负性由大到小的顺序为,1个M?+

中含有个。键;

(3)下图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。

0Y

•z

①已知化合物中Ge和O的原子个数比为1：4,图中Z表示原子(填元素符号)，该化合物的化学式

为_______

【解析】

3s3P

⑴硅元素的原子序数为14,价电子排布式为3s23P2,则价电子排布图为原子晶体的熔点

ElESH]

取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原

子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于•晶体硅，故答

案即onrnn;SiC!

(2)①由题给熔沸点数据可知，0C时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四澳化硅、四碘化硅为固态；

分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分

子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiXj分子中硅原子的价层电子对数为4,孤对电子对数为0,

则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCk：SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增

大，分子间作用力依次增大；正四面体形；

②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp?杂化的双键碳原子；元素的

非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H,则元素电负性的大小顺序为N>C>H；

M2♦离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是。键，双键中含有1个。键，则离子中含有

54个。键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H：54；

(3)①由晶胞结构"J知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8x§+6x万■+4X1+3=8,位于体内

的Y原子和Z原子分别为4和16,由Gc和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z

为0原子，则晶胞的化学式为MgzGeCh,故答案为：O；Mg2GeO4；

11.(2021.海南海口市.高三三模)金属Ni可以与Mg、C形成一种化合物M,M是一种新型超导体，它的

临界温度为8K。回答下列问题：

(1)在基态Mg原子中，核外存在___________对自旋相反的电子。

(2)碳在矿物中，通常以碳酸盐形式存在。根据价层电子对互斥理论，可推知CO；的空间构型为

,其中碳原子的杂化轨道类型为°NaHCCh的溶解度比Na2c03的小，其原因是

HCC)3在水溶液中易形成多聚离子，请解释HCO3形成多聚离子的原因是。

(3)Ni的基态原子的价层电子排布式为。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为

o向绿色的NiSCh溶液中滴加过量的氨水，溶液会变成深蓝色，其原因是溶液中生成了一种六

配体的配离子，该配离子的化学式为。

(4)已知M的晶胞9=0=丫=90。)结构如下图所示，则M的化学式为。其晶胞参数为：a=b=c

=dpm,该晶体的密度为g・cm3(列出计算式)

【详解】

(l)Mg元索为12号元素，核外电子排化为Is22s?2pG3s2,同一轨道中最多有两个自旋方向的电子，Mg原子

所占轨道均排满，所以有6对自旋相反的电子；

⑶Ni元素为28号元素，核外电子排布为[Ar]3d84s2,价层电子排布式为3d84s2；区分晶体和非晶体的最科学

方法为X射线衍射法；氨水中含有大量NH3分子，NH3分子中N原子有孤电子对，而Ni2+存在空轨道，二

者可以形成配位键，根据题意配位数为6,所以该配岗子为[9小山)6卢；

12.(2020年新课标I)Goodenough等人因在锂离子电池及钻酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越

贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：

⑴基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为。

(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(h)如表所示。Ii(Li)>[i(Na),原因是_________。h(Be)>h(B)>

li(Li),原因是________。

11/(kJ*mol')

LiBeB

520900801

NaMgAl

496738578

(3)磷酸根离子的空间构型为,其中P的价层电子对数为、杂化轨道类型为。

(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶

点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO’的单元数有一个。

电池充电时,LiFeCh脱出部分Li+.形成LiiFePOj,结构示意图如(b)所示,则x=.n(Fe2+)：

n(Fe3+)=o

【答案】(1)4:5

(2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小Li,Be和B为同周期

元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状

态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的

(3)正四面体形4sp3

3

(4)4工或0.:3

16

13.(2021.山东泰安市.泰安一中高三其他模拟)铜及其化合物应用广泛。请回答下列问题：

⑴铜原子价层电子排布式为，K3CUF6的名称为o

(2)钾和铜都是第四周期元素，旦原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是o

(3)在高温下，CU2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是。

(4)CUSO4-5H2O结构示意图如图：

@CuSO4・5H2O中不存在的相互作用有(填序号，下同)。加热该蓝色胆研晶体得到白色硫酸铜固体

破坏的相互作用有。

A.离子键B.极性键C.非极性键D.配位谴E.氢键

②硫酸铜中SO1的空间构型为,其中心原子的杂化类型是o

⑸铜银合金的立方晶胞结构如图所示：

②若该晶体密度为dg.cn*则铜银原子间最短距离为pm。

【详解】

(l)Cu是29号元素，原子核外电子数为29,铜原子价层电子排布式为3dWsi,K3C11F6的名称为六氟合铜(IH)

酸钾或六氟合铜酸钾。答案为：3dl04s'；六氟合铜(山)酸钾或六瓶合铜酸钾；

(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾。答案为：

铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强广钾；

9

(3)CU2O中的Cu+外围电子排布式为3dQ而CuO中的Cu2+外围电子排布式为3d,前者达到全充满稳定结

构，所以CsO更稳定。答案为：CU2。中的Cu+外围电子排布式为3dQ而CuO中的Ci)2+外围电子排布式

为3d,前者达到全充满稳定结构；

⑷①CuSOQH®中不存在非极性键，所以选C。CuSO,5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的

氢键，然后再破坏配位键，故选DE。答案为：C：DE：

(5)①由图可知，原子B的分数坐标为(0.5,0,0.5)。答案为：(0.5,0,0.5)；

14.(2020年新课标H)钙钛矿(CaTiO”型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的

功能材料，回答下列问题：

(1)基态Ti原子的核外电子排布式为o

(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF,熔点高于其他三种卤化物，自TiCL至TiL熔点依次升高，原因是

化合物

TiF4TiCl4TiBr4Til4

熔点/c377-24.1238.3155

(3)CaTiO3的晶胞如图⑶所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力

为,Ca2+的配位数是o

••••・•

0CaTiI-CH,NH；P]B

图（a）图（b）

(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用

寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土钳(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理

如图(c)所示，用离子方程式表示该原理、。

【答案】（1）Is22s22P63s23P63d24s2

(2)TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大,

熔点逐渐升高

(3)0>Ti>Ca离子键12

3+2+2+2+3+

(5)2Eu+Pb=2Eu+Pb2Eu+I2=2Eu+2r

【解析】⑴钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d24s2或[Ar]3d24s2；

(2)一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体,离子晶体〉分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶

体，故TiEi的熔点高于其余三种物质；TiCh.TiBm、TiL均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其

相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；

⑶CaTiQ，晶体中含有Ca、Ti、0三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同

一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca,O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小

的顺序是：0>Ti>Ca,金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之

距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图⑶

可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；

(5)从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+,右边发

2+3+

生I2+2Eu=2Eu+2L

⑴基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为：Ti、Se两种基态原子的价层电

子数目之比为：Ni、Ti、Se的第一电离能由大到小的顺序为。

(2)碳有多种同索异形体，其中等质量的石墨与金刚石中共价键的数目之比为..

【详解】

16.(2020年新课标IH)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下

列问题：

(1)H、B、N中，原子半径最大的是______。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素的相似。

(3)NH；BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H&+),与B原子相连的H呈负电性(H)电负性大小顺序

是o与NH3BH3原子总数相等的等电子体是(写分子式)，其熔点比

NH3BH3（填“高”或“低）原因是在NH3BH3分子之间，存在_____________________,也称“双

氢键”。

（4）研究发现，氢硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为。pm、8pm、cpm,a超二尸90。。

氨硼烷的2x2x2超晶胞结构如图所示。

/

2apm

氨硼烷晶体的密度"=g-cm-3（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。

【答案】（1）BSi（硅）（2）配位Nsp3sp2

（3）N>H>BCH3CH3低价十与的静电引力

【解析】（1）在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、

N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质

与Si元素相似。

（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；

在NH?中，N原子有--对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。

NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4,故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用卜.水解生成氢

气和BK%*由图中信息可知，B?O63中每个B原子只形成3个b键，其中的B原子的杂化方式为sp?,因

此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2.

⑶NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性,

说明H的电负性大于B,因此3种元素电负性由大到小的顺序为N>H>B°NH3BH3分子中有8个原子，

其价电子总数为14,N和B的价电子数的平均值为4,依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3cH3。

由于NH3BH3分子属于极性分子、而CH3cH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分

子间作用力较大，故CH3cH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说

明其分子间存在H电与屋的静电引力。

17.（2021.广东茂名市.高三三模）日前新合成的碎化镉（Cd3As»三维材料具有超强导电性，这种材料的电气

性能与石墨烯相当，可代替石墨烯使用。

（l）Cd与Zn同族且相邻，若Zn基态原子将次外层I个d电子激发进入最外层的叩能级，则该激发态原子

的外围电子排布式为O

⑵与硒As）同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性：NH3PH3（填或"V”），原因是

（3）As与Ge、Se同周期且相邻，它们的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示），原因是

（4）含碑有机物“对氨基苯肿酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为,Imol对氨基苯肿酸含G键

数目为o

⑸神化镉可以看作是石墨烯的3D版，其晶胞结构如图，As为面心立方堆积，Cd占据As围成的四面体空

隙，空隙占有率75%,故Cd为“具有两个真空的立力晶格'如图“①”和“②”位是“真空”。

333

建立如图的原子坐标系，①号位的坐标为（二，-）,则③号位原子坐标参数为_____。晶胞参数为叩n

444

阿伏加德罗常数的值为NA,碑化骗的摩尔质量为则该晶胞的密度为g-cm为列计

算式即可）。

【详解】

⑴Cd与Zn同族且相邻，所以Cd的外围电子排布应为4d'05s2,基态原子将4d能级的一个电子激发进入5p

能级得到激发态原子，所以该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25pl基态原子的能量最低最稳定，所

以基态原子的第一电离能相对较大。

（2）原子半径NVP,电负性N>P,NH3更易结合水电离的H+,所以NH3水溶液的碱性更强；

（3）同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但As的4P能级为半满状态，更稳定，所以第一电离

能As>Se>Ge,原因是As原子的4P轨道的电子是半充满，能量较低较稳定，第一电离能大于Se,Se与Ge

位于同一周期，Se的原子半径小第一电离能大。

⑷根据对氨基苯胛酸的结构简式可知As原子与周围原子形成4个。犍（As=O键有一个。键一个7C键），不含

孤电子对，所以杂化轨道类型为sp3；苯环上6个碳原子之间有6个C—C单键为。键，还有4个C—H单键

为。键，As=O键有一个。键一个兀键，其他共价键均为。键，所以一个对氨基苯肿酸分子中有19个。键，

则Imol对氨基苯肿酸含。犍数目19M\(或19X6.02X|023)O

(5)①号位在底面的投影应位于底面对角线的=3处，根据①号位的坐标为(3J,34,34),可知该坐标系中晶

4444

胞的棱长为1,③号位碳原子在底面的投影位于底面棱心上，所以x、y坐标为g、1,③号位碳原子位于

右侧面的面心，所以z坐标为;，则该原子的坐标为(；，1,g)；

18.(2020年山东新高考)CdSnAsz是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：

(l)Sn为1VA族元素，单质Sn与干燥Cb反应生成SnCL常温常压下SnCL为无色液体，SnCk空间构型为

，其固体的晶体类型为。

(2)NH3、PH3、ASH3的沸点由高到低的顺序为(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为

,键角由大到小的顺序为。

(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为整合物。一种Cd2+

配合物的结构如图所示，Imol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有mol,该螯合物中N的杂

化方式有种。

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系

CdSnAsz的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。

坐标原子Xyz

Cd000

Sn000.5

As0.250.250.125

apm

一个晶胞中有个Sn,找出距离Cd((),0,0)最近的Sn(用分数坐标表示)。CdSnAsz

晶体中与单个Sn键合的As有个。

【答案】(1)正四面体形：分子晶体

(2)NH3、As%、PH3AS%、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3

(3)61(4)4(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)4

(2)NH3、PH3、ASH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越

高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3>ASH3>PH3；N、P、As这三种元素位于元素

周期表中第VA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，

非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的江原性由强到弱的顺序为ASH3>PH3>NH3；

NH3、PH3、ASH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间

的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3>PH3

>ASH3；

(3)由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配

位成环而形成的配合物为整合物”，故该配合物中通过整合作用形成的配位键有6mol,Cd—NO?那个不算；

该赘合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有I种；

(4)由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0),可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在

晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5),4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分

As原子的分数坐标为(0.25,0.25,0.125),8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为

4X1+6X1=4；距离Cd(0,0,0)最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2

42

晶体中与单个Sn结合的As有4个。

19.(2020年天津卷)Fe、Co.Ni是三种重要的金属元素。问答下列问题:

(l)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为,基态Fe原子的电子排布式为。

(2)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA,则CoO晶体的密度为g.cm\三

种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为。

(3)Fe、Co、Ni能与CI2反应，其中C。和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCb、C0CI3和Cb的氧化性由

强到弱的顺序为—，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：o

A

-

-(63.14.6)

-

186

-

-

0

-

，

，

0

20406080100

MH2SO4)/%

【答案】(1)第四周期第VIII族Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2

2+

(3)CoC13>Cl2>FeCh2Co(OH)3+6H++2C1=Cl21+2Co+6H2O

(4)随H2sO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜少量多次3Ni+3H2so4+2HNO3=

NiSO4+2NOf+4H2O或Ni+H2so4+2HNO3=NiSO4+2NChT+2H2。

【解析】(l)Fe、Co,Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VW族，基态Fe

原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族;原2s22P63s23P63d64s2

或[Ar]3d64s2；。

(3)Fe、Co、Ni能与CI2反应，其中C。和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCk,氧化剂的

氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2>FeCh,氯气与C。和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧

化性比CoCb弱，由此推断FeCh、C0CI3和Cb的氧化性由强到弱的顺序为CoCb>Cb>FeCh,Co(OH)3

与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成CB、CoCh.H2O,其离子方程式：2co(OH”+6H+

+2+

+2C「=CLT+2co2++6H2O；故答案为：CoCh>C12>FeC13；2Co(OH)3+6H+2Cr=ChT+2Co+

6Hd

20.(2021•山东泰安市•高三其他模拟)H、N、P、Mg、Al、Cu6种元素及其化合物可以形成用于生活和工

业、国防中的重要材料。

(1)上述6种元素的基态原子中，只含有1个未成对电子的有种。

⑵腓(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被一NH3取代所形成的一种物质。NH3分子的空间构型是

,肿的沸点比氧气的沸点高的原因是_______o

⑶下表列出的是某元素的第一至第四电离能(单位：kJmoP)的数据。

111213h

420310044005900

上述6种元素中元素的电离能有类似变化的是(填元素符号)。

(4)氮和磷相结合能形成一类偶磷氮烯的化合物，其链状高聚物的结构为—-N=g—-，则P的杂化方式为

(5)Mg、Cu合金的拉维斯结构如图所示，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入

以四面体方式排列的Cu。

①若1号原子的坐标为(0,0,0),3号原子的坐标为(1,1,1),则2号原子的坐标为o

②该晶胞的化学式为o

【答案】3三角锥形腓分子间形成了氢键Cusp3(y,p1)MgCu2

【详解】

(1)1.述6种元素的基态原子中，只含有1个未成对电子的有H、Al、Cu,共计是3种。

⑶根据表中数据可知第二电离能远大于第一电离能，属于第IA族或第IB族，由于氢原子只有1个电子,

因此满足条件的是Cu：

(4)分子中P原子形成4个。键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4,P原子采用的杂化方式为sp3。

(5)①若I号原子的坐标为(0,0,0),3号原子的坐标为(1,1,1),2号原子位于面心处，其坐标为(!，

22

1）。

21.[2。19新课标I]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCs微小晶粒，其分

散在A1中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料,。回答下列问题:

（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（填标号）。

A伙]①[Ne]©pINe]①①fNe|0

3s3s363p53P

（2）乙二胺（H2NCH2cH2NH2）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是

乙二胺能与Mg?"、Cu"等金属离了形成稳定环状离了・，其原因是,其中与乙二胺形成的化合物

稳定性相对较高的是（填“Mg2+”或笛心”）。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示:

P4O6

氧化物Li2OMgOSO：

熔点/℃1570280023.8-75.5

解释表中氧化物之间熔点差异的原因

（4）图（a）是MgCs的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四

面体方式排列的Cu。图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离产pm,

Mg原子之间最短距离产pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCs的密度是

gem3（列出计算表达式）。

【答案】（1）A（2）sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+

（3）U2O、MgO为离子晶体,P4O6、S02为分子晶体。晶格能MgALizO。分子间力（分子量）P4O6>SO2

【解析】（1）A.[Ne]3sl属于基态的Mg+,由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子

所需能量较高：B」Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；C.[Ne]3s13Pl属于激发态

Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；D.[Ne]3Pl属于激发态Mg+,其失去一个电子所需

能量低于基态Mg+,综上所述，电离最外层--个电子所需能量最大的是[Ne]3sl答案选A；

（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，

也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+

等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的

化合物稳定性相对较高的是Cu2+；

（3）由于Li?。、MgO为离子晶体，PO6、S02为分子晶体。晶格能MgO>Li2O,分子间力（分子量）PKX,

>S02,所以熔点大小顺序是MgO>Li2O>P4O6>SO2：

22.[2019新课标U】近年来我国科学家发现了•系列意义重大的铁系超导材料，其中•类为Fe-Sm-As-F-0

组成的化合物。回答下列问题：

⑴元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为,其沸点比N%的（填“高”

或“低”），其判断理由是。

（2）Fc成为阳离子时首先失去_____轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f6s2,Sn?+的价层电子排布式

（3）比较离子半径：F（填“大于,’等于,，或“小于，，）。

（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图I所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。

图1图2

图中广和-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为

，通过测定密度p和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式g-cnr\

【答案】（1）三角锥形低NHs分子间存在氢键（2）4s4正（3）小于

【解析】（1）As与N同族，则AsH3分子的立体结构类似于NW,为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键

使沸点升高，故AsHi的沸点较N