【文档说明】2021届新高考化学二轮（选择性考试）专题复习专题强化练：专题十六 物质结构与性质含解析.docx，共(12)页，250.785 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(十六)1．(2020·郑州第二次质检)钙和铜合金可用作电解制钙的阴极电极材料，回答下列问题：(1)基态铜原子的价电子排布式为____________。(2)CaCO3高温分解可制得CaO。CaO与C在一定条件下可生成CaC2

，CaC2与水反应生成Ca(OH)2和一种4原子气体分子。①CaCO3中阴离子的空间构型为________________。②该气体分子中σ键与π键的数目之比为____________。③写出2种与C2－2互为等电子体的分子

的化学式___________。(3)工业上电解CaCl2制Ca而不采用电解CaO的原因是______________________________________________________。(4)在碱性溶液中，缩二脲HN(CONH2)2与CuSO4反应得到一种特征紫

色物质，其结构如图所示，该反应原理可用于检验蛋白质或其他含多肽的化合物。缩二脲分子中碳原子与氮原子的杂化类型分别为________、________。(5)一种钙铜合金的结构可看作图a、b两种原子层交替堆积排列而成c，其晶胞如图d。①a图Ca—Ca间距离为xpm，c图中Ca—Ca间距离

为ypm。已知原子拥有的尽可能多的相邻原子的个数叫该原子的配位数，则晶胞c中Ca原子的配位数(Cu原子)为________。②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该钙铜合金的密度是________g·cm－3(列出计算式即可)。解析：(1)基态C

u原子的外围电子排布为：3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。(2)①CaCO3中阴离子为CO2－3，中心碳原子形成1个碳氧双键和2个碳氧单键，阴离子的空间构型为平面三角形。②该气体为C2H2，分子中2个单键，1个三键，1个单键就有1个σ键，三

键中有1个σ键和2个π键，分子中σ键与π键数目比为3∶2。③C2－2离子中共有14个电子，符合的有CO、N2。(3)氧化钙熔点比氯化钙熔点高，熔融离子晶体要消耗能量，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化钙冶炼钙。(4)缩二脲分子中碳原子以单键和双键结合，分子中的C原子采取sp2杂

化，氮原子以单键结合分子中的N原子采取sp3杂化。(5)①由题图c可知，以上面面心上的Ca原子为例，该晶胞中该Ca原子配位的Cu原子包含其上层6个、相同层6个、下层6个，所以其配位数是18。②根据题图c可知，该晶胞中Ca原

子个数＝12×16＋2×12＝3、Cu原子个数＝12×12＋6×12＋6＝15，该晶胞体积＝12（x×10－10）2sin60°×6×（y×10－10）cm3＝332x2y×10－30cm3，晶体密度＝mV＝（40＋5×64）×3NA33

2x2y×10－30g·cm－3＝（40＋5×64）×23x2y×10－30×NAg·cm－3。答案：(1)3d104s1(2)①平面三角形②3∶2③CO、N2(或其他合理答案)(3)CaO熔点高于CaCl2，熔化时消耗能量高(4)sp2

sp3(5)①18②（40＋5×64）×23x2y×10－30×NA2．(2020·深圳第一次调研)含Ni、As元素的物质在生产生活中有重要的用途。回答下列问题：(1)基态Ni2＋核外电子排布式为___________

_______________。(2)AsCl3分子的立体构型为________。(3)某个Ni(Ⅱ)有机配合物的结构如图1所示：图1①该分子中N原子的杂化方式为________、________。②请在图中用“→”标出Ni2＋的配位键______。(4)Ge，As，Se元素处于同

一周期，三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为________。(5)H3AsO4的酸性强于H3AsO3的原因是_________________________________________________

______________________________________________________________________________，AsH3的键角小于NH3的原因是__________________________

_________________________________________________________________________________________________________。(6)如图2为Ni和As形成

的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式为__________，Ni原子占据的空隙类型为________。已知晶胞参数分别为apm、apm、bpm和β＝60°，则该晶胞的密度为________g·cm－3(设阿伏加德罗常数的值为NA)图2解析：(1)28号元素是镍，核外电子排布式为1s2

2s22p63s23p63d84s2，基态Ni2＋失去最外层的两个电子，核外电子排布式为[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8。(2)AsCl3的中心原子为砷，最外层有5个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤电子对，价层电子

对数为4对，分子的立体构型为三角锥形。(3)①根据结构可知氮原子成单键时采用的是sp3杂化或双键时采用的是sp2杂化。②镍原子正上方的氮原子，有一对孤电子对，下方水分子提供孤电子对，镍原子提供空轨道，形成两对配位键，表示为。(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，同周期自左向右第一

电离能呈现增大的趋势，但As的最外层4p轨道为半充满状态，第一电离能高于Se和Ge，故第一电离能由大到小为As＞Se＞Ge。(5)H3AsO4分子结构中非羟基氧原子数比H3AsO3多，所以H3AsO4

的酸性强或H3AsO4分子中As价态更高，导致As—O—H中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H＋，故H3AsO4酸性更强；砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小，AsH3的键角

小于NH3。(6)Ni位于顶点和棱心，个数为8×18＋4×14＝2，As位于体心，个数为2，原子个数最简比为1∶1，化学式为NiAs；六个镍原子围成八面体空隙；ρ＝mV＝nMV＝NMNAS底×b，M＝59＋75＝134g·mol

－1，N＝2，V＝a2·bsin60°，代入密度公式得到2.68×1032NA×a2b×sin60°。答案：(1)[Ar]3d8或1s22s22p63s23p63d8(2)三角锥形(3)①sp2sp3②(4)As

＞Se＞Ge(5)H3AsO4分子结构中非羟基氧原子数比H3AsO3多，所以H3AsO4的酸性强(或H3AsO4分子中As价态更高，导致As—O—H中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H＋，故H3AsO4酸性更强)砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离

较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小(6)NiAs八面体空隙2.68×1032NA×a2b×sin60°3．(2020·江淮十校联考)Cu(In1－xGaxSe2)(简称CIGS)可作多晶膜太阳能

电池材料，具有非常好的发展前景。回答下列问题：(1)已知铟的原子序数为49，基态铟原子的电子排布式为[Kr]__________；Ga、In、Se，第一电离能从大到小顺序为________。(2)硅与碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳双键、碳碳三键，但是硅的化合物中只存在硅硅单键，

其主要原因是___________。常温常压下，SiF4呈气态，而SiCl4呈液态，其主要原因___________________________________________________________________________________

_________________________。(3)31Ga可以形成GaCl3·xNH3(x＝3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2。则该溶液

中溶质的化学式为________。(4)SeO2－3的立体构型为________；SeO2中硒原子采取杂化类型是________。(5)常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2－的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，它们晶胞具有相同的侧

视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为NA。①CuS晶体中，相邻的两个铜离子间的距离为______pm。②Cu2S晶体中，S2－的配位数为________。③Cu2S晶体的密度为ρ＝________g·cm－3(列出计算式即可)。解析

：(1)铟原子的质子数为49，电子排布是为1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，简写为[Kr]4d105s25p1；Ga与In同主族，Se与Ga同周期，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，同周期从左到右第一电

离能逐渐增大，则第一电离能从大到小顺序为Se>Ga>In。(2)碳碳双键、碳碳三键都有π键，硅原子的半径大于碳原子，硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小于碳原子，π键不稳定。四氯化硅、四氟化硅都是分子构成的物质，组成、结构相似，四氯化硅的相对分子质量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子间作

用力较大，沸点较高。(3)向题述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1∶2，说明该配合物内界和外界中含氯离子的个数比为2∶1

，由于Ga3＋的配位数为6，则该配合物的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。(4)SeO2－3中硒原子的价层电子对数为4，其中为1个孤电子对、3个成键电子对，故它的立体构型为三角锥形；二氧化硒分子中硒原子价层有3

个电子对，采取sp2杂化。(5)①由题意可知，铜离子位于互不相邻的四面体中心，因此相邻的两个铜离子间的距离为22apm。②铜离子配位数为4，根据化学式为Cu2S，得出S2－的配位数为8。③Cu2S晶体中含有

8个铜离子、4个硫离子，故晶体的密度为ρ＝4×M（Cu2S）NA×（b×10－10）3＝640NA×b3×10－30g·cm－3。答案：(1)4d105s25p1Se>Ga>In(2)硅原子半径大于碳，

硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小，形成的三键不稳定组成、结构相似、四氯化硅的相对分子质量较大(3)[Ga(NH3)4Cl2]Cl(4)三角锥形sp2(5)①22a②8③640NA×b3×10－304．(2020·焦作第三次模拟)2019年8月13日中国科学家合

成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2并获得了该化合物的LED器件，该研究结果有望为白光发射的设计和应用提供一个新的有效策略。(1)基态Sn原子价层电子的空间运动状态有________种，基态氧原子的价层电子排布式不能表示

为2s22p2x2p2y，因为这违背了________原理(规则)。(2)[B(OH)4]－中氧原子的杂化轨道类型为________，[B(OH)4]－的空间构型为________。[Sn(OH)6]2－中，Sn与O之间的化学键不可能是________(填字母)。A．π键B．σ键C．配位键

D．极性键(3)碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物中，熔点较低的是________(填化学式)，其原因是_____________________________________________________________________

_______________。(4)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)的晶胞结构如下图所示，则1号砷原子的坐标为____________。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为apm，则该晶体的密度为______g·cm－3(列出计算式即可

)。解析：(1)Sn元素与C元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子排布为5s25p2，5s能级的s轨道有一种空间运动状态，5p能级占据两个p轨道有两种空间运动状态，共有3种空间运动状态；根据洪特规则，同一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以该排布式

违反了洪特规则。(2)[B(OH)4]－中每个氧原子与氢原子和B原子各形成一个σ键，还有2对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；[B(OH)4]－中B原子与每个氧原子之间均形成一个σ键(其中一个为配位键)，价层电

子对数为4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；[Sn(OH)6]2－中，O原子和氢原子之间为σ键，也为极性共价键，Sn原子和O原子之间有σ键和配位键，所以该物质中不含π键，所以选A。(3)碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为Ba

O和MgO，镁离子核外电子层数少于钡离子，所以镁离子半径更小，形成的离子键更强，晶格能更大，熔点较高。(4)根据晶胞结构可知1号砷原子距离坐标原点的距离为晶胞体对角线的14，所以坐标为14，14，14；根据晶胞结构可知，

距离最近的As原子和B原子即为1号砷原子距离坐标原点B原子的距离，所以晶胞体对角线的长度为4apm，则晶胞的棱长为433apm，则晶胞的体积V＝433a3pm3＝433a3×10－30cm3；根据均摊法该晶胞中As原子个数为

4，B原子个数为8×18＋6×12＝4，所以晶胞的质量m＝86×4NAg，所以密度为86×4NA×433a3×10－30g·cm－3。答案：(1)3洪特(2)sp3正四面体A(3)BaO离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高(4)14，14，14

86×4NA×433a3×10－305．(2020·合肥线上考试)SiC纤维单向增强的TixAly基复合材料可作为高超音速飞行器表面的放热材料。回答下列问题：(1)C元素所在周期中，第一电离能最大的元素是______(填元

素符号)，电负性最大的是________(填元素符号)。(2)基态Ti原子的价电子排布式为__________，能量最高的能级有________个空轨道。(3)甲基硅油结构如图1所示，其中Si原子的杂化方式为____

______。以甲基硅油为主要成分的硅橡胶能够耐高温的原因是_________________________________________________________。图1(4)Li2CO3、Li2TiO

3是锂离子电池中的常用材料，其中CO2－3的空间构型为__________，其含有的共价键类型有__________。(5)TixAly合金的一种结构单元如图2所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，该合金的化学式为____

________。其结构单元棱长为apm，底面边长为bpm，该合金的密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。图2解析：(1)随着原子序数的递增，同一周期的主族元素第一电离能呈递增趋势，碱金属的第一电离能最小，而稀有气体的第一电离能最大，C元素所在的周期为第二周

期，则该周期Ne的第一电离能最大。除稀有气体外，同一周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，C元素所在的周期为第二周期，则该周期电负性最大的元素是F。(2)Ti的原子序数为22，基态Ti原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子排布式为3d24s2，能

量最高的能级为3d。3d轨道共有5个，按洪特规则，其中有2个轨道分别被2个电子占据，还含有3个空轨道。(3)甲基硅油结构中Si原子形成4个单键，故Si原子的杂化方式为sp3杂化。硅橡胶能够耐高温，原因是共价键牢固，硅橡胶中含Si—O和Si—C，Si—O更牢固。(4)CO2－3中

C原子价电子对数＝3＋4＋2－3×22＝3，且不含孤电子对，故C原子的杂化方式为sp2杂化，CO2－3空间构型为平面三角形。由于CO2－3空间构型为平面三角形，则C原子与O原子之间存在3个σ键和1个大π键。(5)Ti原子在结构单元中的位置：顶点8个

、面心2个、棱上1个、体内1个，则N(Ti)＝16×8＋12×2＋13×1＋1＝113，Al原子在顶点有4个，体内1个，则N(Al)＝16×4＋1＝53，则化学式为Ti11Al5。则晶胞的密度ρ＝mV＝6633NAg332ab2×10－30cm3＝44239ab2NA

×1030g·cm－3。答案：(1)NeF(2)3d24s23(3)sp3杂化Si—O键键能大(4)平面三角形σ键、π键(5)Ti11Al544239ab2NA×1030获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com