高考化学一轮课时达标习题第11章选修3物质结构与性质(2)(含解析)

第11章选修3：物质结构与性质（2）
1．(2018·石家庄调研)铜及其化合物在生产生活中有着广泛的用途。

(1)基态铜原子的核外电子排布式为__1s 22s 22p 63s 2
3p 63d 104s 1__，其晶体的堆积方式为__面心立方最密堆积__，其中铜原子的配位数为__12__。

(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，首先形成蓝色沉淀；继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；继续向溶液中加入乙醇，会析出深蓝色晶体[Cu(NH 3)4SO 4·H 2O]。

①氨水中各元素原子的电负性由大到小的顺序为__O ＞N ＞H__(用元素符号表示)。

②NH 3中N 原子的杂化轨道类型为__sp 3__，与其互为等电子体的阳离子为__H 3O ＋__。

③向蓝色沉淀中继续滴加氨水，沉淀溶解是因为生成了四氨合铜配离子，四氨合铜配离子的结构式为__
降低溶剂极性，使Cu(NH 3)4SO 4·H 2O 析出(答案合理
即可)__。

(3)CuCl 2和CuCl 是铜的两种常见的氯化物。

①如图表示的是__CuCl__(填“CuCl 2”或“CuCl ”)的晶胞。

②原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子坐标参数：A 为(0,0,0)，
B 为(0,1,1)，
C 为(1,1,0)，则
D 原子的坐标参数为__⎝ ⎛⎭
⎪⎫34，34，14__。

③晶胞中C 、D 两原子核间距为298 pm ，阿伏加德罗常数为N A ，则该晶体密度为
99.5×4⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫298×433×N A ×10－30 g ·cm －3(列出计算式即可)。

解析 (1)③在铜氨配离子中，NH 3中的N 提供孤电子对、Cu 2＋提供空轨道形成配位键，
故铜氨配离子的结构式为；加入乙醇后析出晶体是因为降低溶剂极性，使Cu(NH 3)4SO 4·H 2O 析出。

(3)①利用“均摊法”知，每个晶胞中含有Cu 、Cl 的数目均为4，因此图示晶胞为CuCl ；②晶胞可认为由8个等体积小晶胞组成，D 原子恰好处于小晶
胞的体心，因此D 原子的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，
34，14；③连接晶胞中A 、C 两原子，过D 原子作AC 的垂线，交AC 于E 点，设晶胞的边长为x cm ，则依据CD 的长度和D 原子的坐标和直角
三角形CD E 可得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 42＋⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫2x 42＝(298×10－10)2，解得x ＝298×43×10－10，则可求出晶胞的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫298×433×10－30 cm 3，故该晶胞的密度为99.5×4⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫298×433×N A ×10－30 g ·cm －3。

2．2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。

回答下列问题：
(1)对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB 族元素对应的离子萃取，如La 2＋、Sc 2＋。

写出基态二价钪离子(Sc 2＋)的核外电子排布式：__1s 22s 22p 63s 23p 63d 1或[Ar]3d 1__，其中电子占据的轨道数为__10__个。

(2)对叔丁基杯 [4] 芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为__sp 3__。

羟基间的相互作用力为__氢键__。

(3)不同大小的杯芳烃能识别某些离子，如N －3、SCN －等。

根据等电子体原理判断N －3的
空间构型为
__直线形__；一定条件下，SCN －与MnO 2反应可得到(SCN)2。

试写出(SCN)2的结构式：__N ≡C —S —S —C ≡N__。

(4)已知C 60分子结构和C 60晶胞示意图如下所示：
则一个C 60分子中含有的σ键个数为__90__，与每个C 60分子距离最近且相等的C 60分子有__12__个，C 60晶体的密度为__1.67__g/cm 3(计算结果保留两位小数)。

解析 (2)羟基氧原子有2个σ键，2对孤电子对，价层电子对数是4，因此杂化方式是sp 3杂化；4个羟基之间无共价键相连，但符合形成氢键的条件，因此羟基间的相互作用力
是氢键。

(3)N －3与CO 2互为等电子体，因此N －3的空间构型为直线形；SCN －与MnO 2反应
可得到(SCN)2，说明SCN －的性质与Cl －类似，则(SCN)2也应具有类似Cl 2的结构，结合(SCN)2中N 是－3价，C 是＋4价，S 是－1价可知(SCN)2的结构式是N ≡C —S —S —C ≡N 。

(4)从图Ⅱ可以看出，C 60分子中每个C 原子与其他3个C 原子形成2个碳碳单键和1
个碳碳双键，共3个σ键，根据均摊法，一个C 原子实际含有的σ键个数为32
，所以一个C 60分子中含有的σ键个数为60×32
＝90；C 60的晶胞是面心立方结构，所以与每个C 60分子距离最近且相等的C 60分子有12个；1个C 60晶胞中含有的C 60分子个数是8×18＋6×12
＝4，晶胞的质量m ＝720×46.02×10
23 g ，而晶胞的体积V ＝(1.42×10－7)3 cm 3，所以C 60晶体的密度ρ＝m
V ＝720×46.02×1023
g 1.42×10－73 cm 3≈1.67 g/cm 3。

3．有A 、B 、C 、D 、E 五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。

A 的基态
原子2p 能级有3个单电子；C 的基态原子2p 能级有1个单电子；E 原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D 与E 同周期，价电子数为2。

则：
(1)B 元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__H 2O 分子间存在氢键__。

(2)A 、B 、C 三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为__HF>H 2O>NH 3__(用化学式表示)。

(3)A 的最简单氢化物分子的空间构型为__三角锥形__，其中A 原子的杂化类型是__sp 3__杂化。

(4)A 的单质中σ键的个数为__1__，π键的个数为__2__。

(5)写出基态E 原子的价电子排布式：__3d 104s 1__。

(6)C 和D 形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g ·cm －3，阿伏加德
罗常数为N A ，则晶胞边长a ＝ 3
312ρN A cm(用含ρ、N A 的计算式表示)。

解析 由题干信息可推出A 、B 、C 、D 、E 五种元素分别是N 、O 、F 、Ca 、Cu 。

(6)C
和D 形成的化合物是CaF 2，一个晶胞中有4个“CaF 2”，所以一个晶胞的质量是78×4N A
g ，一个晶胞的体积是a 3 cm 3，根据ρ＝m V ＝78×4
N A a 3 g ·cm －3，则a ＝3312
ρN A cm 。

4．(2018·湖南三湘名校第三次联考)已知A 、B 、C 、D 都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大。

A 原子、C 原子的L 能层中都有两个未成对的电子，C 、D 同主族。

E 、F 都是第四周期元素，E 原子核外有4个未成对电子，F 原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。

根据以上信息填空：
(1)基态D 原子中，电子占据的最高能层符号为__M__，该能层具有的原子轨道数为__9__。

(2)E 2＋的价层电子
排布图是__
__，F 原子的电子排布式是
__1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1或[Ar]3d 104s 1__。

(3)A 的最高价氧化物对应的水化物分子结构式为____，其中心原子采取的轨道杂化方式为_sp 2杂化__，B 的气态氢化物的VSEPR 模型为__四面体__。

(4)化合物AC 2、B 2C 和阴离子DAB －互为等电子体，它们结构相似，DAB －的电子式为____。

(5)配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E 3＋与配位体AB －构成，配位数为
6。

甲的水溶液可以用于实验室中E 2＋的定性检验，检验E 2＋的离子方程式为__3Fe 2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe 3[Fe(CN)6]2↓__。

(6)某种化合物由D 、E 、F 三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为__CuFeS 2__。

该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：
ρ＝__184×46.02×1023
g 524×10×1 030×10 cm 3≈4.32__g/cm 3。

解析 由题中信息可推出A 是C 元素，B 是N 元素，C 是O 元素，D 是S 元素，E 是Fe 元素，F 是Cu 元素。

(4)CO 2的结构式是O===C===O ，SCN －与CO 2是等电子体，结
构相似。

(6)晶胞中F(Cu)原子的数目是8×18＋4×12＋1＝4，E(Fe)原子的数目是4×14＋6×12
＝4，D(S)原子全部位于晶胞内部，数目是8，所以Cu 、Fe 、S 原子的数目之比是4：4：8
＝1：1：2，故其化学式为CuFeS2；一个晶胞中有4个“CuFeS2”，晶胞质量m＝184×4
6.02×1023
g，晶胞体积V＝(524×10－10)2×1 030×10－10cm3，所以晶体的密度ρ＝m V＝
184×4
6.02×1023
g
524×10－102×1 030×10－10 cm3
≈4.32 g/cm3。

5．已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大。

其中基态A原子价电子排布式为n s n n p n＋1；化合物B2E为离子化合物，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片；F原子最外层电子数与B的相同，其余各内层轨道均充满电子。

请根据以上信息，回答下列问题：
(1)A、B、E的第一电离能由小到大的顺序为__Na<S<N__。

(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点__高__(填“高”或“低”)。

(3)氢化物A2H4分子中A原子采取__sp3__杂化。

(4)按原子的外围电子排布分区，元素F在__ds__区，二价阳离子F2＋与过量的A的简单氢化物的水溶液反应的离子方程式为__Cu2＋＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋4H2O__。

(5)元素A和C可形成一种新型化合物，其晶体具有很高的硬度和熔点，其化合物中所含的化学键类型为__共价键__。

(6)A、F形成某种化合物的立方晶胞结构如图所示(其中A显－3价，每个球均表示1个原子)，则其化学式为__Cu3N__。

设阿伏加德罗常数的值为N A，距离最近的两个F原子
的核间距为a cm，则该化合物的晶胞密度为1032
2a N A
g/cm3(用含a和N A的代数式表
示)。

解析由题意可知，A、B、C、D、E、F分别为N、Na、Al、Si、S、Cu元素。

(1)N
元素2p 能级为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，同周期元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，故第一电离能：Na<S<N 。

(2)B 的氯化物为NaCl ，属于离子晶体，D 的氯化物为SiCl 4，属于分子晶体，故熔点：NaCl>SiCl 4。

(3)氢化物N 2H 4分子中N 原子形成2个N —H 键、1个N —N 键，还含有1对孤电子对，故N 原子采取sp 3杂化。

(4)按原子的外围电子排布分区，元素Cu 在ds 区，Cu 2＋与过量的氨水反应的离子方程式为Cu 2＋＋4NH 3·H 2O===[Cu(NH 3)4]2＋＋4H 2O 。

(5)元素N 和Al 可形成具有很高的硬度和熔点的
AlN ，该化合物属于原子晶体，其化合物中所含的化学键为共价键。

小球数目为8×18＝1，大球数目为12×1
4
＝3，其中N 显－3价，则小球为N 原子，大球为Cu 原子，则其化学式为Cu 3N 。

晶胞质量为64×3＋14N A
g ，距离最近的两个Cu 原子的核间距为a cm ，则晶胞棱长为2
2a cm ×2＝2a cm ，则该化合物的晶胞密度为64×3＋14N A
g 2a cm 3＝10322a 3N A g/cm 3。

6．硫元素价态众多，可与卤素、氮等元素化合形成许多复杂的化合物，在科学技术和生产中有着重要的应用。

(1)六氟化硫(SF 6)具有良好的电绝缘性能及优异的灭火性能。

其分子中有__6__对完全相同的成键电子对。

基态S 原子有__2__个未成对电子。

(2)二氯化二硫是广泛用于橡胶工业的硫化剂，分子结构为
，其中S 原子轨道
的杂化类型是__sp 3__，它是__极性__(填“极性”或“非极性”)分子。

(3)S 4N 4是亮橙色固体，不溶于水，溶于苯等有机溶剂，是一种重要的金属有机化学反应物。

S 4N 4与Ag 在一定条件下反应，失去N 2而缩合成(SN)x 。

(SN)x 合成于1910年，过了五十年，才发现它在0.26 K 的低温下，可转变为超导体。

(SN)x 的结构式如图所示：
已知1.20×105 mol S 4N 4与Ag 发生缩合，生成了1.20×105 mol N 2，生成二百聚物(SN)200和三百聚物(SN)300。

若测得缩合产物中二百聚物的质量分数为0.50，则：
①S 4N 4的晶体类型是__分子__(填“分子”“原子”或“离子”)晶体。

②缩合产物中三百聚物的物质的量为__400_mol__；若Ag 的实际使用量为8.64 kg ，则Ag 的循环使用次数(缩合时生成Ag 2S 需要消耗Ag 的物质的量与实际使用Ag 的物质的量的比值)为__6_000__。

(4)Ag 单质为面心立方晶体，其晶胞参数a ＝4.08×10－10m ，晶胞中Ag 原子的配位数为__12__。

列式计算Ag 单质的密度：__4×1086.02×10× 4.08×10__g ·cm －3(不必计算出结果)。

解析 (3)②设(SN)200、(SN)300的物质的量分别为x mol 、y mol ，则46×200x ÷(46×200x ＋46×300y )＝0.5，根据氮原子守恒，200x ＋300y ＝1.20×105×4－1.20×105×2，解得x ＝600 mol ，y ＝400 mol ，即(SN)200为600 mol ，(SN)300为400 mol 。

根据硫原子守恒，生成600 mol (SN)200和400 mol (SN)300，失去了1.20×105 mol N 2，同时有2.4×105 mol S 减少，生成了2.4×105 mol Ag 2S ，需要消耗4.8×105 mol Ag ，所以Ag 的循环使用次数为4.8×105 mol ÷(8.64×1 000÷108) mol ＝6 000次。

(4)Ag 单质为面心立方
晶体，Ag 的配位数为12。

每个晶胞中含有的Ag 原子数目为8×18＋6×12
＝4，晶胞参数a ＝4.08×10－8 cm ，则Ag 单质的密度为108 g/mol ×4
N A ÷(4.08×10－8 cm)3＝
108×4
6.02×1023× 4.08×10－8
3。