1、专题 17 物质结构与性质(选修) 1(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 A键能CCSiSi 、CHSiH ，因此 C2H6稳定性大于 Si2H6 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 CSiH4中 Si 的化合价为+4，CH4中 C 的化合价为-4，因此 SiH4还原性小于 CH4 DSi 原子间难形成双键而 C 原子间可以，是因为 Si 的原子半径大于 C，难形成p p 键 【答案】C 【解析】A因键能 CCSiSi、CHSiH，故 C2H6的键能总和大于 Si2H6，键能越大越稳定，故 C2H6的稳定性大
2、于 Si2H6，A 正确； BSiC 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； CSiH4中 Si 的化合价为-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 SiH4的还原性较强，C 错误； DSi 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 键，故 Si 原子间难形 成双键，D 正确； 故选 C。 2(2020 年山东新高考)B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大 键。下列关于 B3N3H6的说法错误的是 A其熔点主要取决于所含化
3、学键的键能 B形成大 键的电子全部由 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 个键， N 原子最外层 5 个电子， 与其它原子形成 3 个键， 还剩余 2 个电子，故形成大键的电子全部由 N 原子提供，B 正确； C无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中 B、N 原子的杂化方式为 sp2杂化，C 正确； D无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中 B、N 原子的杂化方式为 sp2杂化，所以分子中所 2020 年高考真
4、题年高考真题 有原子共平面，D 正确； 答案选 A。 3(2020 年新课标)Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、 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： (1)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(I1)如表所示。 I1(Li) I1(Na)， 原因是_。 I1(Be) I1(B) I1(Li)， 原因是_。 (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
5、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 LiFePO4的单元数有_个。 电池充电时，LiFeO4脱出部分 Li+，形成 Li1xFePO4，结构示意图如(b)所示，则 x=_，n(Fe2+ ) n(Fe3+)=_。 【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 4 sp3 (4)4 3
6、 16 或 0.1875 13:3 【解析】(1)基态铁原子的价电子排布式为 62 3d 4s，失去外层电子转化为 Fe 2+和 Fe3+，这两种基态离子的价 电子排布式分别为 6 3d和 5 3d，根据 Hund 规则可知，基态 Fe2+有 4 个未成对电子，基态 Fe3+有 5 个未成对 电子，所以未成对电子个数比为 4:5； (2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以 11 LiNaII；同周期元素，从 左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A 元素基态原子 s 能级轨道处于全充满的状态，能量更低更 稳定，所以其第一电离能大于同一周期的A 元素，因此 111 B
7、eBLiIII； (3)经过计算， 3 4 PO 中不含孤电子对，成键电子对数目为 4，价层电子对数为 4，因此其构型为正四面体形， P 原子是采用 sp3杂化方式形成的 4 个 sp3杂化轨道； (4)由题干可知， LiFePO4的晶胞中， Fe 存在于由 O 构成的正八面体内部， P 存在由 O 构成的正四面体内部； 再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的 LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为 Li+，其位于晶胞的 8 个顶点，4 个侧面面心以及上下底面各自的相对的 两条棱心处，经计算一个晶胞中 Li+的个数为
8、111 844=4 824 个；进一步分析(a)图所示的 LiFePO4 的晶胞中， 八面体结构和四面体结构的数目均为4， 即晶胞中含Fe和P的数目均为4； 考虑到化学式为LiFePO4， 并且一个晶胞中含有的 Li+，Fe 和 P 的数目均为 4，所以一个晶胞中含有 4 个 LiFePO4单元。对比(a)和(b) 两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于 LiFePO4缺失一个面心的 Li+以及一个棱心的 Li+；结合上一个 空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为 Li4Fe4P4O16，那么 Li1-xFePO4晶胞的化学式为 Li3.25Fe4P4O16，所以 有 3.25
9、 1-x= 4 即 x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即 Li0.8125FePO4；假设 Fe2+和 Fe3+数目 分别为 x 和 y，则列方程组：x+y=1，0.81252x3y+5=4 2，解得 x=0.8125，y=0.1875，则 Li1-xFePO4 中 23 (Fe ): (Fe )=0.8125:0.1875=13:3nn 。 【点睛】 对第一电离能的考查，最常出现的是A，A 基态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子第一电离能的 比较；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由 陌生晶胞结构书写晶体化学
10、式时，一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊 法的使用。 4(2020 年新课标)钙钛矿(CaTiO3)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_。 (2)Ti 的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自 TiCl4至 TiI4熔点依次升高，原因是 _。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/ 377 24.12 38.3 155 (3)CaTiO3的晶胞如图(a)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
11、位数是_。 (4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为 Pb2+、I和有机碱离子 + 33 CH NH，其晶胞如图(b) 所示。其中 Pb2+与图(a)中_的空间位置相同，有机碱 + 33 CH NH中，N 原子的杂化轨道类型是 _；若晶胞参数为 a nm，则晶体密度为_g cm-3(列出计算式)。 (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铕(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)1s22s22p63s23p
12、63d24s2 (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)OTiCa 离子键 12 (4)Ti4+ sp3 21 3 A 620 10 aN (5)2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+ 2Eu2+I2=2Eu3+2I 【解析】(1)钛元素是 22 号元素，故其基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2； (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 TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI
13、4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； (3)CaTiO3晶体中含有 Ca、Ti、O 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 TiCa，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：OTiCa，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(a) 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 C
14、a2+的配位数是 12； (4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结 构，图(b)中体心上的 Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的 Ti4+；图(b)中顶点上的 I-就变成了体心， 即相当于图(a)中的 Ca2+；图(b)面心上中的 + 33 CH NH 就变成了棱心，即相当于图(a)中的 O2-；故图(b)中的 Pb2+与图(a)中的 Ti4+的空间位置相同；有机碱 + 33 CH NH中 N 原子上无孤对电子，周围形成了 4 个键，故 N 原子采用 sp3杂化； 从图(b)可知， 一个晶胞中含有Pb2+的数目为
15、 1 1=1个， + 33 CH NH的数目为 1 8=1 8 个， I-的数目为 1 6=3 2 个，故晶胞的密度为 213 -733 1mol (207+3 127+12+14+6 1)g/mol620 =10 g/cm (10 ) AA m VNaN a ； (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+，右边发生 I2+ 2Eu2+=2Eu3+2I-。 【点睛】对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性 依次减小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的；化学键的类型判断主要也是通过电
16、负性，当两元素 的电负性相差 1.7 以上形成离子键，小于则形成共价键；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论 或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构计算晶体密度时，先要确定晶胞中含有的微 粒数目，这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用，然后根据 质量的两种计算方法相等即VnM来进行求算。 5(2020 年新课标)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。 (2)NH3BH3分子中， NB 化学键
17、称为_键， 其电子对由_提供。 氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气： 3NH3BH3+6H2O=3NH3+ 3 36 B O +9H2， 3 36 B O 的结构如图所示：；在该反应中，B 原子的 杂化轨道类型由_变为_。 (3)NH3BH3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_。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，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为 a pm、b
18、pm、c pm，=90 。 氨硼烷的 2 2 2 超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度 =_g cm3(列出计算式，设 NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)B Si(硅) (2)配位 N sp3 sp2 (3)NHB CH3CH3 低 H+与 H的静电引力 (4) -30 A 62 N abc 10 【解析】 【分析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂 化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性； 根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。 【详解】(1)在所有元素中，H 原子的半径是最小的，同
19、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 NH3中，N 原子有一对孤对电子，故在 NH3BH3分子中，NB 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在催化剂的作用下水解生成氢 气和 B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个 B 原子只形成 3 个
20、键，其中的 B 原子的杂化方式为 sp2，因 此，B 原子的杂化轨道类型由 sp3变为 sp2。 (3) NH3BH3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 NHB。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
21、 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+与 H-的静电引力。 (4)在氨硼烷的 222 的超晶胞结构中， 共有 16 个氨硼烷分子， 晶胞的长、 宽、 高分别为 2apm、 2bpm、 2cpm， 若将其平均分为 8 份可以得到 8 个小长方体， 则平均每个小长方体中占有 2 个氨硼烷分子， 小长方体的长、 宽、高分别为 apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为 31 2 A g N ，小长方体的体积为 303 abc 10cm ，因此， 氨硼烷晶体的密度为 30330 31 2 62 abc 1010 A A g N cmN abc
22、gcm-3。 6(2020 年 7 月浙江选考)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是_。 (2) 2 CaCN是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构， 2 CaCN的电子式是_。 (3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是_。 【答案】(1)原子半径F Cl，键能F HClH (2) 2- . 2+ . CaN:C:N (3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有 (1)由于原子半径 FCl，故键长：FHClH，键能：FH ClH，所以 HF 比 HCl 稳定，故答案为：原子半径 FCl，键能 FHClH。 (2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为 Ca2+、 2- 2
23、CN为阴离子；Ca 原子最外层有 2 个电子，易失去最外层的 2 个电子达到 8 电子的稳定结构；N 原子最外层有 5 个电子，易得到 3 个电子或形成 3 对共用电子对达到 8 电子的稳定结构；C 原子最外层有 4 个电子，通常形成 4 对共用电子对达到 8 电子的稳定结构；则每个 N 原子分别得到 Ca 失去的 1 个电子、与 C 原子形成两对共用电子对，Ca、C、N 都达到 8 电子的稳定结构， CaCN2的电子式为，故答案为：。 (3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形成氢键，故常 温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间
24、形成氢键而氯乙烷没有。 【点睛】 2- 2 CN与 CO2互为等电子体，可以根据 CO2的电子式，结合等电子原理书写 2- 2 CN的电子式。 7(2020 年江苏卷)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2)。 (1)Fe 基态核外电子排布式为_； 2 2 6 Fe H O 中与 Fe2+配位的原子是_(填元素符号)。 (2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_；C、N、O 元素的第一电离能由大到小的顺序为 _。 (3)与 NH + 4互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。 (4)柠檬酸的结构简式见图。1 mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子
25、形成的 键的数目为_mol。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 O (2)sp3 NOC (3)CH4或 SiH4 (4)7 【解析】 【分析】(1)Fe 核外有 26 个电子，H2O 中 O 原子有孤对电子，提供孤对电子。 (2)先计算 NH3分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第 IIA 族大 于第 IIIA 族，第 VA 族大于第 VIA 族。 (3)根据价电子数 SiCN+的关系得出 + 4 NH互为等电子体的分子。 (4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个 键，一个羟基与碳原子相连 形成一个
26、 键。 【详解】(1)Fe 核外有 26 个电子，其基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；由于 H2O 中 O原子有孤对电子， 因此Fe(H2O)62+中与Fe2+配位的原子是O； 故答案为： 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2； O。 (2)NH3分子中氮原子价层电子对数为 1 3(5 1 3)3 14 2 ，因此氮杂化类型为 sp3，同周期，从左到 右，第一电离能呈增大的趋势，但第 IIA 族大于第 IIIA 族，第 VA 族大于第 VIA 族，因此 C、N、O 元素的 第一电离能由大到小的顺序为 NOC；故答案为：s
27、p3；NOC。 (3)根据价电子数 SiCN+，得出 + 4 NH互为等电子体的分子是 CH4或 SiH4；故答案为：CH4或 SiH4。 (4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个 键，三个羧基有 6 个，还有 一个羟基与碳原子相连形成一个 键， 因此 1mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的 键的数目为 7mol； 故答案为 7。 8(2020 年天津卷)Fe、Co、Ni 是三种重要的金属元素。回答下列问题: (1)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
28、体的密度为_gcm-3：三 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 C12反应，其中 Co 和为 Ni 均生产二氯化物，由此推断 FeCl3、CoCl3和 Cl2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：_。 (4)95时，将 Ni 片浸在不同质量分数的硫酸中，经 4 小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当 24 H SO 大于 63%时，Ni 被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_。由于 Ni 与 H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应 很快， 工业上选用 H2SO4和 HNO3的混酸与 Ni 反应制
29、备 NiSO4。 为了提高产物的纯度， 在硫酸中添加 HNO3 的方式为_(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备 NiSO4的化学方程式为_。 【答案】(1)第四周期第 VIII 族 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 (2) 32 3 A 3 10 a N NiOCoOFeO (3)CoCl3Cl2FeCl3 2Co(OH)3 6H+ 2ClCl22Co2+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 3H2SO42HNO3 NiSO4 2NO4H2O 或 NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O 【解析
30、】(1)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 VIII 族，基态 Fe 原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2； 故答案为： 第四周期第 VIII 族； 1s22s22p63s23p63d64s2 或Ar3d64s2； 。 (2)CoO 的面心立方晶胞如图 1 所示。根据晶胞结构计算出 O2个数为 11 864 82 ，Co2+个数为 1 1214 4 ，设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 CoO 晶体的密度为 1 1 323 A 1033 A 75g mol 4 molm3 =10 g cm V(a 10
31、cm)a N N ；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径 Fe2+Co2+ Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按 NiO、CoO、FeO 依次减小，因 此其熔点由高到低的顺序为 NiOCoOFeO；故答案为： 32 3 A 3 10 a N ；NiOCoOFeO。 (3)Fe、Co、Ni 能与 Cl2反应，其中 Co 和为 Ni 均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成 FeCl3，氧化剂的 氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2FeCl3，氯气与 Co 和为 Ni 均生产二氯化物，说明氯气的氧 化性比 CoCl3弱，由此推断 FeCl3、CoC
32、l3和 Cl2的氧化性由强到弱的顺序为 CoCl3Cl2FeCl3，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 Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)36H+ 2ClCl22Co2+6H2O； 故答案为： CoCl3Cl2FeCl3； 2Co(OH)3 6H+ 2ClCl 22Co 2+6H 2O。 (4)类比 Fe 在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当 24 H SO大于 63%时，Ni 被腐蚀的速率逐渐 降低的可能原因为随 H2SO4质量分数增加，Ni 表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用 H2SO4和 HNO3的混 酸与 Ni 反应制备 NiS
33、O4。为了提高产物的纯度，根据 Ni 与 H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此 在硫酸中少量多次添加 HNO3的方式来提高反应速率，反应生成 NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到 NO 或 NO2，此法制备 NiSO4的化学方程式为 3Ni3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O 或 NiH 2SO4 2HNO3 NiSO42NO22H2O；故答案为：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 3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O 或 NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O。 9(2020 年山东新高考)CdSnAs
34、2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn 为A 族元素，单质 Sn 与干燥 Cl2反应生成 SnCl4。常温常压下 SnCl4为无色液体，SnCl4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)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。 一种 Cd2+ 配合物的结构如图所示，1mol 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
35、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 CdSnAs2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 x y z Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一个晶胞中有_个 Sn，找出距离 Cd(0，0，0)最近的 Sn_(用分数坐标表示)。CdSnAs2 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、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 (3)6 1 (4)4 (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) 4
36、【解析】 【分析】(1)利用价层电子对数确定 SnCl4的分子构型；由于常温下 SnCl4为液体，故 SnCl4为分子晶体； (2)结构相似的分子， 相对分子质量越大物质的熔沸点越高， 另外分子间能形成氢键的物质， 熔沸点则较高， 键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小； (3)由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故 1 个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 6 个， CdNO2那个不算；该螯合物中 N 原子的杂化方式为 sp2杂化； (4)结合部分原子的分数坐标，结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。 【详解】(1)Sn
37、为第A 族元素，由于常温下 SnCl4为液体，故 SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的 孤电子对数= 1 44 1 2 （）=0，键电子对数为 4，价层电子对数为 4，故 SnCl4分子的空间构型为正四面 体形； (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 NH3AsH3PH3；N、P、As 这三种元素位于元素周期 表中第A 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，故这三种物质的还原性由强
38、到弱的顺序为 AsH3PH3NH3； 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 NH3PH3 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螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 6mol，CdNO2那个不算；该螯 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 1 种； (4)由部分 Cd 原子的分数坐标为(0，0，0)
39、，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 ； 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晶体中与单个 Sn 结合的 As 有 4 个。 【点睛】本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点大小比较，键角大小的比较，配位数的计 算，
40、晶胞的计算等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算， 晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为 8 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1/8； 位于晶胞面心的原子为 2 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1/2；位于晶胞棱心的原子为 4 个晶胞共用， 对一个晶胞的贡献为 1/4；位于晶胞体心的原子为 1 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1。 10(2020 届河南省郑州市高三第二次质检)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
41、生成 CaC2， CaC2与水反应生成 Ca(OH)2和一种 4 原子气体分子。 CaCO3中阴离子的空间构型为_。 该气体分子中 键与 键的数目之比为_。 写出 2 种与 2- 2 C 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键的化合物。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。 202
42、0 届高考模拟试题届高考模拟试题 a 图 Ca-Ca 间距离为 x pm，c 图中 Ca-Ca 间距离为 y pm。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_。 设阿伏加德罗常数的值为 NA，则该钙铜合金的密度是_gcm-3(列出计算表达式)。 【答案】(1)3d104s1 (2)平面三角形 3:2 CO、N2 (3)CaO 熔点高于 CaCl2，熔化时消耗能 量高 (4)sp2 sp3 (5) 18 230 A 405 642 3x y 10N （） 【解析】 (1)基态 Cu 原子的外围电子排布为： 3d104s1， 则基
43、态 Cu 原子的价电子排布式为 3d104s1， 故答案为： 3d104s1； (2)CaCO3中 K2CO3中阴离子为 CO32-， 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，故答案为：平面三角形； 该气体为 C2H2，分子中 2 个单键，1 个三键，一个单键就有一个 键，三键中有一个 键和 2 个 键， 分子中 键与 键数目比为 3：2，故答案为：3：2； 2- 2 C离子中共有 14 个电子，符合的有 CO、N2，故答案为：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源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化 钙冶炼钙，故
44、答案为：CaO 熔点高于 CaCl2，熔化时消耗能量高； (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，故答案为：sp2；sp3； (5)以上面面心上的 Ca 原子为例，该晶胞中该 Ca 原子配位的 Cu 原子包含其上面 6 个、相同层 6 个、下 层 6 个，所以其配位数是 18，故答案为：18； 根据 c 可知， 该晶胞中 Ca 原子个数=121 6 +21 2 =3、 Cu 原子个数=121 2 +61 2 +6=15， 该晶胞体积= 1 2 (x 10-10)2sin60 6 (x 10-10)cm3=
45、 3 3 2 x2y 10-30cm3，晶体密度= 33 A 230 230 A 405 64)3 m(405 64)2 =g cm =g cm V3 33x y 10 x y 10 2 N N ( ，故答案为： 230 A 405 642 3x y 10N （） 。 11(2020 届广东省深圳市高三第一次调研)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 2 Ni 核外电子排布式为_。 (2) 3 AsCl分子的立体构型为_。 (3)某个Ni()有机配合物的结构如图所示： 该分子中 N 原子的杂化方式为_、_。 请在图中用“”标出 2 Ni 的配位键_。 (
46、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) 34 H AsO的酸性强于 33 H AsO的原因是_， 3 AsH的键角小于 3 NH的原因是_。 (6)如图为 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 =60，则该品胞的密度为_ 3 g cm(设阿伏 加德罗常数的值为 NA) 【答案】(1) 8 Ar3d或 226268 1s 2s 2p 3s 3p 3d (2)三角锥形 (3) 2 sp 3 sp (4)AsSeGe (5) 34 H AsO分子结构中非羟基氧原子数比 33 H AsO多，所 以 34 H AsO的酸性强.或 34 H AsO分子中 As 价态更高，导致AsOH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 34 H AsO酸性更强 砷原子电负性小于氮