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专题17 物质结构与性质1【2018海南】I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_A第一电离能：ClSPSi B共价键的极性：HFHCIHBrHIC晶格能：NaFNaClNaBrNaI D热稳定性：MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：（1）CuFeS2中存在的化学键类型是_。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_。（2）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。X分子的立体构型是_，中心原子杂化类型为_，属于_（填“极性”或“非极性”）分子。X的沸点比水低的主要原因是_。（3）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_，共价键的类型有_。（4）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。Cu的配位数为_，S2的配位数为_。已知：ab0.524 nm，c1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_gcm-3(列出计算式)。【答案】BC 离子键 CD V形 sp3 极性 水分子间存在氢键 3 键和键 4 4 【解析】I.A当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题意；B共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B符合题意；C晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减小，故C符合题意；D热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意；故答案选BC。由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。故答案为：V形 ；sp3 ；极性；水分子间存在氢键。（3）SO2中心原子的价层电子对数为=3，以双键结合，故共价键类型为键和键。故答案为：3；键和键。（4）Cu的配位数为6+4=4，S2占据8个体心，有两个S，因此S2的配位数为4。根据=，质量m=(464+456+832)/NA，体积V=0.5240.5241.03210-21cm-3,所以，CuFeS2晶体的密度是g/cm3。2铁、钴、镍等金属单质及化合物有广泛的应用。（1）已知锂离子电池总反应方程式是FePO4(s)+Li(s) LiFePO4(s)。请写出Fe3+的电子排布式_，PO43-离子中p原子杂化轨道类型_。（2）化合物“钴酞菁”能显著提升二次电池的充放电效率，下图是改性“氨基钴酞菁”分子的结构图。一个电子的运动状态取决于_种因素，基态Co原子中空间运动状态不同的电子数为_种。氨基钴酞菁中非金属元素的电负性从大到小的顺序为_“氨基钴酞菁”比“钴酞菁”显著溶于水，请简述其原因_。（3）K3Co(NO2)6中存在的化学键类型有_，配位数为_。（4）Sr和Ca为同族金属元素，CaO与SrO熔点更高、硬度更大，请简述原因_。（5）如上图所示为NiO晶体的晶胞示意图：该晶胞中与一个Ni最近等距离的O构成的空间几何形状为_。在NiO晶体中Ni2+的半径为apm，O3-的半径为bpm，假设它们在晶体中是紧密接触的，则其密度为_g/cm3。（用含字母a、b的计算式表达）【答案】1s22s22p63s23p63d5或【Ar】3d5 sp3 4 15 NCH 引入的氨基可与水分子之间形成氢键 离子键、共价键、配位键 6 CaO的晶格能大于SrO的晶格能，所以CaO比SrO熔点更高、硬度更大 正八面体 中钾离子与Co(NO2)63-之间存在离子键，Co3+与NO2-以配位键形成，氮原子与氧原子形成共价键；Co3+与NO2-以配位键形成，配位数为6；（4）CaO的晶格能大于SrO的晶格能，所以CaO比SrO熔点更高、硬度更大；（5）根据晶胞结构可知与一个Ni最近等距离的O构成的空间几何形状为正八面体；根据均摊计算，Ni2+的个数为8，O2-的个数为12，在NiO晶体中Ni2+的半径为apm，O2-的半径为bpm，假设它们在晶体中是紧密接触的，晶胞边长为，晶胞体积为，则其密度为=g/cm3。3利用合成的新型三元催化剂La0.8Cu0.2Ni1-xMxO3(M 分别为Mn、Fe和Co)可以使汽车尾气中NO和CO发生反应而减少尾气污染，同时可大大降低重金属的用量。回答下列问题：（1）Mn2+的核外电子排布式为：_，其单电子数为_。（2）C、N、O、Mn电负性由大到小的顺序是_。（3）也是常见配体，其中采取sp2杂化的碳原子和sp3杂化的碳原子个数比为_。（4）蓝色物质KFe(III)xFe(II)(CN)6可缓解重金属中毒，x=_；该物质中不存在的作用力有_。A范德华力 B离子键 C键 D键 E.氢键（5）副族元素钴的氧化物可以在室温下完全氧化甲醛(HCHO)。甲醛分子的立体构型为_；甲醛常温下为气体而甲醇(CH3OH)为液体的原因是_ 。（6）副族元素Mn和元素Se形成的某化合物属于立方晶系，其晶胞结构如图所示，其中(为Se， 为Mn)，该化合物的化学式为_，Se的配位数为_，Mn和Se的摩尔质量分别为M1g/mol、M2g/mol，该晶体的密度为g/cm3,则MnSe键的键长为_nm(计算表达式)。【答案】1s22s22p63s23p63d5或者Ar3d5 5 ONCMn 1:1 1 AE 平面三角形 甲醇可以形成分子间氢键 MnSe 4 (3)也是常见配体，其中C=O中的碳原子采取sp2杂化，共3个，其余碳原子采用sp3杂化，共3个，个数比为1:1，故答案为：1:1；(4)根据正负化合价代数和为0，KFe(III) xFe(II)(CN)6中存在(+1)+(+3)x+(+2)+(-1)6=0，解得x=1，该物质属于配合物，其中存在的作用力有离子键、键、CN-中存在键，以及配位键，不存在范德华力和氢键，故选AE，故答案为：1；AE；(5)甲醛分子中的碳原子3个原子相连，没有孤对电子，采用sp2杂化，立体构型为平面三角形；甲醇可以形成分子间氢键，而甲醛不能，因此甲醛常温下为气体而甲醇(CH3OH)为液体，故答案为：平面三角形；甲醇可以形成分子间氢键；(6)根据晶胞结构图，Se原子个数为8+6=4，Mn原子个数=4，该化合物的化学式为MnSe；每个Se周围有4个Mn原子距离最近且相等，Se的配位数为4；1mol晶胞的质量为(4M1+4M2)g，设晶胞的边长为xcm，1mol晶胞的体积为NAx3cm3，则x=cm，MnSe键的键长为晶胞体对角线长度的，则MnSe键的键长=cm=107nm，故答案为：MnSe；4；107。4钴、铁、镓、砷的单质及其化合物在生产生活中有重要的应用。回答下列问题：(1) 写出As的基态原子的电子排布式_。(2)N、P、As为同一主族元素，其电负性由大到小的顺序为_，它们的氢化物沸点最高的是_。将NaNO3和Na2O在一定条件下反应得到一种白色晶体，已知其中阴离子与SO42-互为等电子体，则该阴离子的化学式是_。(3) Fe3+、Co3+与N3-、CN-等可形成络合离子。K3Fe(CN)6可用于检验Fe2+,配体CN-中碳原子杂化轨道类型为_。Co(N3)(NH3)5SO4中Co的配位数为_,其配离子中含有的化学键类型为_(填离子键、共价键、配位键)，C、N、O 的第一电离能最大的为_，其原因是_。(4) 砷化镓晶胞结构如下图。晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间构型为_。已知砷化镓晶胞边长为apm,其密度为pgcm-3,则阿伏加德罗常数的数值为_(列出计算式即可)。【答案】Ar 3d104s24p3 NPAs NH3 NO43- sp 6 共价键、配位键 N 氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子 正四面体 都是单齿配体,简单相加就得到配位数6；其配离子中含有的化学键类型为共价键、配位键；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，第A族的大于第A族的，所以其第一电离能大小顺序是NOC；（4）Ga原子处于晶胞的顶点和面心，面心到顶点和到相邻面心的距离最小且相等，根据图可知个，Ga与周围等距离且最近的As形成的空间构型为Ga在中心As在四个顶点形成的正四面体结构；GaAs为1：1型结构，一个晶胞占有4个Ga原子和4个As原子，若晶胞的边长为apm，则晶胞体积为，晶体的密度为pgcm-3，则晶胞质量为pgcm-3=，则，则。5（1）基态溴原子的价层电子轨道排布式为_。第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_种。（2）铍与铝的元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有_(填标号)。A都属于p区主族元素B电负性都比镁大C第一电离能都比镁大D氯化物的水溶液pH均小于7（3）Al元素可形成AlF63、AlCl4配离子，而B元素只能形成BF4配离子，由此可知决定配合物中配位数多少的因素是_；AlCl4-的立体构型名称为_。（4）P元素有白磷、红磷、黑磷三种常见的单质。白磷（P4）易溶于CS2，难溶于水，原因是_黑磷是一种黑色有金属光泽的晶体，是一种比石墨烯更优秀的新型材料。白磷、红磷都是分子晶体，黑磷晶体与石墨类似的层状结构，如图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是_。A黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp2杂化B黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力C黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上DP元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最高（5）F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)，原因是_。（6）金属钾的晶胞结构如图。若该晶胞的密度为a g/cm3，阿伏加得罗常数为NA，则表示K原子半径的计算式为_。【答案】 4 BD 中心原子半径、配位原子的半径 正四面体 P4 、CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水 BD F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大 （3）B3+离子半径明显小于Al3+，则Al元素可形成AlF63-，AlCl4-配离子，而B只能形成BF63-配离子，因此，决定配合物中配位数多少的因素是中心原子（或例子）及配位原子半径的大小；AlCl4-的配位数是4，故立体构型为正四面体形；（4）P4, CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4难溶于水；A. 由结构可知G中磷原子杂化方式为sp3杂化，故A错误；B. G中层与层之间的作用力是分子间作用力，故B正确；C. 石墨中碳原子为sp2杂化，每层原子均在同一平面内，但磷原子杂化方式为sp3杂化，每一层的各原子不可能在同一平面内，故C错误；D. 黑磷为原子晶体，而其它二种单质为分子晶体，则黑磷的熔沸点最高，故D正确；所以答案为BD；（5）可以根据键长的大小来判断，具体来说就是根据相结合的2个原子的半径来比较，半径越小键能越大，而F的原子半径小，孤电子对之间的斥力大，导致F2中F-F键的键能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl键的键能(242.7kJ/mol)；（6）金属钾的晶胞结构为体心立方，晶胞中K原子数目为：1+8=2，阿伏加德罗常数为NA，K原子的摩尔质量为M，故晶胞质量为：；设K原子半径为r，设晶胞棱长为l，晶胞中体对角线为4r，则（4r）2=l2+l2+l2，则l=r，晶胞体积V=l3=（r）3，若该晶胞的密度为ag/cm3，则（r）3a=，且M=39 g/mol整理得：r=。6已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。已知A和C同主族,B和D同主族。基态A原子核外有6个不同运动状态的电子，D原子次外层电子数等于其余各层电子数之和，基态E原子除最外层只有一个电子外。次外层各能级均为全充满状态。试回答下列问题:（1）A元素在形成化合物时，其所成化学键以共价键为主，其原因是_;基态C原子核外自旋方向相同的电子最多有_个。（2）元素B第一电离能小于同周期相邻元索的主要原因为_（3）写出两个与CB32-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。（4）B与D能形成化合物F,將纯液态F冷却到一定温度下得到一种螺旋状单链结构的固体，如下降所示，则F的化学式为_，此固体中D原子的杂化类型是_（5）D与E能形成化合物G,其品胞结构及品胞参数如图所示:M处的D原子被_个晶胞共用，G的密度为_g/cm3(用含a、b、c、NA的代数式表示)【答案】碳有四个价电子且原子半径较小，难以通过完全得到或失去电子达到稳定结构 8 氮大于氧是因为N元素原子的2P能级有3个电子，为半满稳定状态，体系能量较低，失去电子需要的能量较高；氟大于氧是因为氟原子半径小于氧原子半径，原子核对最外层电子的吸引力较大，失去电子需要的能量较高 SO3、NO3-、CO32- SO3 sp3 12 （3）CB32-的离子式为SiO32-,是由4个原子构成的，与SiO32-具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为SO3、NO3-、CO32- （4）B为O，D为S，O与S能形成化合物F，结构为由此结构分析，则F的化学式为SO3，D为S原子，其杂化类型是sp3。（5）由图分析M处的D原子处的键角为60，每个面能行成6个这样的角，两个面就是12，所以能被12个晶胞共用，G的密度为 g/cm3(用含a、b、c、NA的代数式表示)（已经报错）
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