2018届高考化学大一轮：第十九单元 物质结构与性质 含解析

第十九单元 物质结构与性质

测试时间：90分钟

满分：120分 1．[2016·全国卷Ⅰ](15分)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、

材料等领域应用广泛。回答下列问题：

(1)基态Ge 原子的核外电子排布式为[Ar]________，有________个未成对电子。

(2)Ge 与C 是同族元素，C 原子之间可以形成双键、三键，但Ge 原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是_________________________________________________________。

(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因______________________________________________________。

(4)2424是该反应的良好催化剂。Zn 、Ge 、O 电负性由大至小的顺序是____________。

(5)Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge 原子的杂化方式为________，微粒之间存在的作用力是________。

(6)晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge

单晶的晶胞，其中原子坐标参数A 为(0,0,0)；B 为⎝ ⎛⎭

⎪⎫12，0，12；C 为⎝ ⎛⎭

⎪⎫12，12，0。则D 原子的坐标参数为________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge 单晶的晶胞参数a ＝565.76 pm ，其密度为________g·cm －3(列出计算式即可)。

答案 (1)3d 104s 24p 2(1分) 2(1分)

(2)Ge 原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(2分)

(3)GeCl 4、GeBr 4、GeI 4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强(2分)

(4)O>Ge>Zn(2分)

(5)sp 3(1分) 共价键(1分)

(6)①⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，14(2分) ②8×736.02×565.763×107(3分) 解析 (1)在元素周期表中，锗位于硅正下方，锗的原子序数为14＋18＝32，基态原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 2或[Ar]3d 104s 24p 2，由于4p 能级有3个能量相同的轨道，根据洪特规则，4p 上2个电子分别占据两个轨道且自旋方向相同，故未成对电子数为2。

(2)本题从单键、双键、三键的特点切入，双键、三键中都含有π键，难以形成双键、三键，实质是难以形成π键，因为锗的原子半径较大，形成单键的键长较长，p-p 轨道肩并肩重叠程度很小。

(3)根据表格数据得出，三种锗卤化物都是分子晶体，其熔、沸点分别依次增高，而熔、沸点的高低与分子间作用力强弱有关，分子间相互作用力强弱与分子量大小有关。

(4)锌、锗位于同周期，同一周期从左至右元素的电负性逐渐增

大(除稀有气体元素外)，而氧位于元素周期表右上角，电负性仅次于氟，由此得出氧、锗、锌的电负性依次减小。

(5)类比金刚石，晶体锗是原子晶体，每个锗原子与其周围的4个锗原子形成4个单键，故锗原子采用sp 3杂化。微粒之间的作用力是共价键。

(6)①对照晶胞图示、坐标系以及A 、B 、C 点坐标，选A 点为参

照点，观察D 点在晶胞中位置⎝ ⎛⎭

⎪⎫体对角线14处，由B 、C 点坐标可以推知D 点坐标。②类似金刚石晶胞，1个晶胞含有8个锗原子，ρ＝

8×736.02×565.763

×107 g·cm －3。 2．[2016·全国卷Ⅱ](15分)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

(1)镍元素基态原子的电子排布式为________________，3d 能级上的未成对电子数为________。

(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH 3)6]SO 4蓝色溶液。

①[Ni(NH 3)6]SO 4中阴离子的立体构型是________。

②在[Ni(NH 3)6]2＋中Ni 2＋与NH 3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。

③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH 3)，原因是____________________________________；氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。

(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：I Cu ＝1958 kJ·mol －1、I Ni ＝1753 kJ·mol －1，I Cu >I Ni 的原因是______________________________________________________。

(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。

②若合金的密度为d g·cm －3，晶胞参数a ＝________nm 。 答案 (1)1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2(或[Ar]3d 84s 2)(2分) 2(1分)

(2)①正四面体(1分) ②配位键(1分) N(1分) ③高于(1分) NH 3分子间可形成氢键(1分) 极性(1分) sp 3(1分)

(3)金属(1分) 铜失去的是全充满的3d 10电子，镍失去的是4s 1电子(1分)

(4)①3∶1(1分) ②⎝ ⎛⎭⎪⎫2516.02×1023×d

13 ×107(2分)

解析 (1)Ni 元素原子核外有28个电子，电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2或[Ar]3d 84s 2。3d 能级上有2个未成对电子。

(2)①SO 2－4中S 无孤电子对，立体构型为正四面体。②[Ni(NH 3)6

]2＋为配离子，Ni 2＋与NH 3之间为配位键。配体NH 3中提供孤电子对的为N 。③NH 3分子间存在氢键，故沸点比PH 3高。NH 3中N 有一个孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH 3为极性分子，N 的杂化轨道数为3＋1＝4，杂化类型为sp 3。

(3)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，Cu 、Ni 失去一个电子后电子排布式分别为[Ar]3d 10、[Ar]3d 84s 1，铜的3d 轨道全充满，达到稳定状态，所以Cu 的第二电离能相对较大。

(4)①Cu 原子位于面心，个数为6×12

＝3，Ni 原子位于顶点，个数为8×18

＝1，铜原子与镍原子的数量比为3∶1。②以该晶胞为研究对象，则64×3＋59N A

g ＝d g·cm －3×(a ×10－7cm)3，解得a ＝