发布时间 : 星期日 文章（完整版）2019届高考化学二轮复习专题二十一物质结构与性质（选考）专题卷更新完毕开始阅读
[一本突破练] 单独成册
1．A、B、C、D是原子序数依次增加的前四周期元素，A元素的正化合价与负化合价的代数和为零；B元素原子的价电子结构为nsnnpn；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子。请回答：
(1)A元素的单质为A2，不能形成A3或A4，这体现了共价键的________性；B元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3 550 ℃，该单质的晶体类型属于________；基态D原子共有________种不同运动状态的电子。
(2)A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是____________，该分子与 D2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是________(填化学式)，此配离子中的两种配体的不同之处为________(填标号)。 ①中心原子的价层电子对数 ②中心原子的孤电子对的个数 ③中心原子的化学键类型 ④VSEPR模型
(3)1 mol BC－中含有的π键数目为________；写出与BC－互为等电子体的分子和离子各一种__________、__________。
(4)D2＋的硫酸盐晶体的熔点比D2＋的硝酸盐晶体的熔点高，其原因是____________。
(5)D3C具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图所示，D＋和C3－的半径分别为a pm、b pm，D＋和C3－都是紧密接触的刚性小球，则C3－的配位数为________，晶体的密度为________g·cm3。
－
解析：根据B元素原子的价电子结构为nsnnpn，则n＝2，即B为C(碳)元素；由A的原子序数小于6且正化合价与负化合价的代数和为0，可知A为H元素；由基态C原子s能级电子总数比p能级的电子总数多1，可知C的电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；根据D元素原子的M能层全满可知，D元素M能层排布18个电子，且最外层有1个电子，即D原子核外电子个数为29，则D
为Cu元素。
(1)根据H元素能形成H2，不能形成H3或H4，说明共价键具有饱和性。根据该碳元素单质的熔点很高，可知该单质的晶体类型属于原子晶体。基态Cu原子核外有29个电子，故原子核外有29种不同运动状态的电子。(2) NH3分子中中心 原子N采取sp3杂化；NH3、Cu2＋、H2O以2∶1∶2形成的配离子为[Cu(H2O)2(NH3)2]2＋，H2O和NH3两种配体中，中心原子的价层电子对数相同，①不符合题意；中心原子的孤电子对的个数分别为2和1，②符合题意；中心原子形成的化学键均为共价键，③不符合题意；VSEPR模型均为正四面体构型，④不符合题意。(3)根据CN的电子式[· C??N· ]－可知该离子中含1个三键，即1 mol CN－中含2 mol π键。CN－中含2个原子，且价层电子数为10，则与其互
－为等电子体的分子为CO或N2，离子为C2(4)CuSO4晶体的晶格能比Cu( NO3)22。
－
··
晶体的晶格能高，故晶体的熔点：CuSO4＞Cu(NO3)2。(5)由Cu3N的晶胞结构可看出与N3－等距离且最近的Cu＋有6个，即N3－的配位数为6。由晶体的结构和11
均摊法可知该晶胞中含N3－的个数为8×8＝1，含Cu＋的个数为4×12＝3，即该晶胞中含1个Cu3N，晶胞的边长为2(a＋b)×10－10cm，则晶胞的密度＝1
NA×206 g103×1030206×1030－3
cm[或cm－3]。 －103＝3 g·3 g·[2?a＋b?×10cm]4NA?a＋b?8NA?a＋b?答案：(1)饱和 原子晶体 29 (2)sp3 [Cu(H2O)2(NH3)2]2＋ ②
－
(3)2NA CO或N2 C22
(4)硫酸铜晶体的晶格能比硝酸铜晶体的晶格能高 103×1030206×1030(5)6 或[]
4NA?a＋b?38NA?a＋b?3
2．(2018·合肥模拟)氮(N)、磷(P)、砷(As)等第ⅤA族元素化合物在研究和生产中有重要用途。如我国科研人员研究发现As2O3(或写成As4O6，俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。 回答下列问题：
(1)As原子的核外电子排布式为______________________；P的第一电离能比S大的原因为________________________________________________________。
(2)(SCN)2分子中σ键和π键的个数比为________。
－3－3－
(3)砒霜剧毒，可与石灰反应生成AsO33和少量AsO4，其中AsO3中As的杂化
3－方式为__________，AsO4的空间构型为________。
(4)NH＋4中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是________； NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图Ⅰ)，该化合物加热时首先失去水，请从原子结构角度加以分析：________。
(5)BN的熔点为3 000 ℃，密度为2.25 g·cm－3，其晶胞结构如图Ⅱ所示，晶体中一个B原子周围距离最近的N原子有________个；若原子半径分别为rN pm和rB pm，阿伏加德罗常数值为NA，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为__________________________。 答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3
{或[Ar]3d104s24p3} P的3p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大 (2)5∶4
(3)sp3 正四面体
(4)NH＋而NH3分子中的氮原子上有一对孤电子对，4中的氮原子上均为成键电子，孤电子对与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH＋电负性大，提供孤4中H—N—H的键角比NH3中的大 由于O原子半径小，对电子的能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子形成的配位键
3
3π×10－30NA?r3N＋rB?(5)4 ×100%
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3．(2018·昆明模拟)CuCl广泛应用于有机合成催化。例如，
回答下列问题：
(1)CuCl中Cu＋的核外电子排布式为____________，Cu与Cl相比，第一电离能
较大的是________。
(2)已知为平面分子，则—CHO中碳原子的杂化方式为________。
(3)写出与CO互为等电子体的非极性分子的电子式______，14 g CO中含______mol π键。合成氨工业中用铜洗液吸收CO，形成配合物[Cu(NH3)3CO]Ac(HAc代表醋酸)，其中________(填粒子符号)接受孤电子对形成配位键，配位数是________。
(4)单质铜的熔点比单质钙高，其原因是__________________，铜、钙可形成合金，其中一种合金的晶胞结构如图所示，已知：该晶体的密度为ρ g·cm－3，NA是阿伏加德罗常数的值，则其中两个Ca原子之间的距离为________。 解析：(1)Cu＋核外有28个电子，根据构造原理可写出Cu＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；由于在反应中Cu比Cl容易失去电子，故Cl的第一电离能较大。(2)苯甲醛中—CHO中C原子采取sp2杂化。(3)CO分子中含2个原子，价电子数为10，与其互为等电子体的非极性分子为N2，其电子式为
1
mol CO中含2 mol π键，则14 g CO中含1 mol π键。该配合物中Cu＋接受孤电子对形成配位键，其中NH3、CO均为配体，Cu＋的配位数为4。(4)由于铜晶体中的金属键比钙晶体中的金属键强度大，故单质铜的熔点比单质钙高。由题图结4
合均摊法可知该晶胞中含4个Cu和4个Ca，则晶胞的质量为N×104 g，设晶
A
胞的边长为
34×1044
a cm，则a3ρ＝N×104，解得a＝
ρNA，由晶胞的结构可知，两个Ca原子A间的距离是面对角线长度的一半，即两个Ca原子间的距离为34×104
ρNA cm。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d10{或[Ar]3d10} Cl (2)sp2 (3)
1 Cu＋ 4
2× 2