13.(除标明外,每空2分)(1)3d84s2(1分) (2)sp2、sp3 丙烯醇中分子间存在氢键 (3)O>C>Ni (4)三角锥形
-N3(或NO+2等) (5)①(0,,) ②
2211
2-√24
×√
3
300
??A·??
×107
【解析】 (1)Ni是28号元素,根据构造原理知,它的价电子排布式为3d84s2。(2)丙烯醇分子中双键碳原子均是形成2个单键和1个双键,且无孤电子对,所以双键碳原子采取sp2杂化,另一个碳原子形成4个单键,且无孤电子对,采取sp3杂化;丙醛与丙烯醇的相对分子质量相等,但丙烯醇分子间存在氢键,所以丙醛比丙烯醇的沸点低得多。(3)同周期元素,从左到右电负性逐渐增强,同族元素,从上到下电负性逐渐减弱,且非金属的电负性大于金属的,则电负性:O>C>Ni。(4)NH3分子中N原子形成3个σ键,且有1对孤电子对,则NH3的空间构型为三角锥形;寻找与SCN-互为等电子体的离子时,把C原子的价层电子增加1个,S原子的价层电子减少1个,则均可
-改写成N原子,进而可以写出N3,同理可写出NO+2等。(5)①晶胞中A和B的坐标参数分别为(0,0,0)和(,,),则
111222
C的坐标参数为(0,,)。②已知氧化镍晶胞密度为
22
11
dg·cm-3,设
+
Ni2半径为
r1nm,O2-半径为
300??A
r2nm,晶胞参数为
300
anm,1个晶胞中含有4个NiO,则m(晶胞)=
75×4??A
g,V(晶胞)=a3nm3,则有(a×10-7)3×d=
√24
,a=√
??√224
3
??A·??
×107,又因为晶×√
3
胞中面对角线上的3个O2-相切,则有2a2=(4r2)2,即r2=a,又由a=2r1+2r2,代入可得r1=-a=
2-√24
300
??A·??
×107。
1.(除标明外,每空1分)(1)第四周期第ⅤB族 球形 (2)Mn (3)①NO+(合理即可) ②C的电负性小于O,对孤电子对吸引能力弱,给出电子对更容易(2分) (4)①C (2分) ②分子晶体(2分)
【解析】 (1)钒是23号元素,处于周期表中第四周期第ⅤB族,价电子排布式为3d34s2,电子占据的最高能级为4s,其电子云轮廓图为球形。(2)Fe、Ti、Mn、Zn、V的价电子排布式分别为3d64s2、3d24s2、3d54s2、3d104s2、3d34s2,核外单电子数分别为4、2、5、0、3,故基态原子核外单电子数最多的是Mn。(3)①等电子体具有相同
2-的原子数和价电子数,与CO互为等电子体的有NO+、C2等。②由于C的电负性小于O,吸引孤电子对能力弱,
更容易给出电子对,故CO作配体时,配位原子是C而不是O。(4)①由题目信息可知[V(H2O)6]2+中V最外层电子数为5-2+6×2=15,[V(CN)6]4中V最外层电子数为5+4+6×2=21,[V(CO)6]-中V最外层电子数为5+1+6×2=18,[V(O2)4]3中V最外层电子数为5+3+4×2=16,故本题答案为C。②该化合物熔点较低,属于分子晶体。
2.(1)3d54s1(2分) (2)N>O>S>Cr(2分) (3)平面三角形(1分) sp3(1分) (4)直线形(1分) N2O (答案合理即可)(1分) (5)O、Cl(2分) 6(1分) (6)ac(2分) (7)√
3
-
-
96
????A
×1010(2分)
【解析】 (1)Cr是24号元素,其基态原子的价电子排布式为3d54s1。(2)金属元素的第一电离能较非金属元素小,同周期主族元素,从左往右第一电离能整体呈增大的趋势,同主族元素,从上到下第一电离能逐渐减小,由于N原子的2p能级处于半充满的稳定状态,第一电离能较大,故O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S>Cr。(3)SO2分子中S原子的孤电子对数=
-为平面三角形;SO23的中心原子S的孤电子对数=
6-2×22
6+2-2×3
2
=1,价层电子对数=2+1=3,故其VSEPR模型的名称
=1,价层电子对数=3+1=4,故中心原子的杂化方式为
sp3。(4)CO2的结构式为,CO2分子立体构型的名称为直线形;原子总数相同,价电子总数也相同的粒
子互为等电子体,与CO2分子互为等电子体的分子有N2O、CS2等。(5)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中提供孤电子对
+
的原子为O和Cl,配位数为6。(6)NH3分子与H+结合生成NH4,微粒的电子数不变,均为10,N原子的价层电子
对数不变,均是4,故N原子的杂化方式不变,N原子的孤电子对数由1变为0,则微粒的空间构型由三角锥形变为正四面体形,
12??A
的键角减小。(7)晶胞中碳原子数目=4+8×+6×=8,设晶胞棱长为apm,则
8
2
3
11
8×g=ρg·cm-3×(a×10-10cm)3,解得a=√
96
????A
×1010。
12
12
3.(1)N(1分) d(1分) (2)>(1分) O>N>H(1分) (3)sp3(1分) H3O+(其他合理答案也可)(1分) (4)离子晶体(1分) Mg2+的半径小于Ca2+,MgO的晶格能大于CaO(2分) (5)①6(1分) ②(,0,)(2分)
③
√23213
×√×1010(32????A
分)
【解析】 (1)基态Fe原子核外电子占据的最高能层的符号为N;Ni位于周期表中的d区。(2)同一周期主族元素第一电离能随着原子序数的增大而整体呈增大的趋势,但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元
- 11 -
素,Mg、Al位于同一周期,且Mg、Al分别位于第ⅡA族、第ⅢA族,所以第一电离能Mg>Al。电负性O>N>H。(3)NH3分子中N原子价层电子对个数=3+
5-3×12
=4,N原子的杂化方式为sp3;与NH3互为等电子体的粒子有
PH3、H3O+等。(4)MgO、CaO都是离子晶体;离子晶体的熔沸点与晶格能有关,离子所带电荷数越大,离子半径越小,晶格能越大,对应物质的熔沸点越高,Ca2+的半径大于Mg2+,MgO的晶格能大于CaO,则MgO的熔点高于CaO。(5)①由题图可知,与C原子紧邻的Ni原子有6个。②c原子的坐标参数为(,0,)。③设晶胞中Ni原子、Mg原子之间的最短距离为
18
12
22
-1033apm,则晶胞棱长为√2apm,晶胞体积=(√2a×10)cm,该晶胞中
213??A11
Mg原子个数
3
=8×=1、Ni原子个数=6×=3、C原子个数是1,晶体的密度dg·cm-3=4.(除标明外,每空2分)(1)Mg(1分)
(√2??×10-10)3g·cm-3,所以a=×√
√22
213????A
×1010。
(1分) (2)平面三角形(1分) (3)①分子(1分) sp3(1分)
1122
√2
2
3
②极性共价键、配位键 (4)Al3+比Mg2+电荷多,半径小 (5)① 4 ②(1,,) ③×√
(65+32)×4??A×??
×1010
【解析】 由A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3,可推出A为O,D为S;由工业上电解熔融C2A3制取单质C,可推出C为Al;B、E均除最外层只有2个电子外,其余各层全充满,E位于元素周期表的ds区,且A、B、C、D、E五种元素原子序数依次增大,可推出B为Mg,E为Zn。(1)同周期主族元素第一电离能从左到右整体呈增大趋势,但第ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素的第一电离能,故Mg、Al中第一电离能较大的是Mg。基态S原子价电子排布图为
。(2)SO2分子的VSEPR模型是平面三角形。
(3)①Al2Cl6在加热时易升华,说明其熔沸点比较低,属于分子晶体;结合Al2Cl6的球棍模型可得Al原子与Cl原子形成4个共价键,其杂化轨道类型为sp3杂化。②[Al(OH)4]-中存在的化学键有极性共价键、配位键。(4)由于Al3+比Mg2+电荷多,半径小,所以AlF3的晶格能比MgF2的晶格能大得多。(5)①在该晶胞中,1个Zn原子与4个S原子相连,其配位数为4。②根据晶胞结构可知d原子的坐标参数为(1,,)。③该晶胞中S和Zn的个数
2211
3
均是4,且该晶体的密度为ρg·cm-3,则晶胞边长a=√长度的一半,即为
√2
2
(65+32)×4??A×??
×1010pm,两个S原子之间的最短距离为面对角线
×√
3
(65+32)×4N??×ρ
×1010pm。
1.(1)光谱仪(1分) (2)分子(1分) 正四面体形(1分)
(3)①
分) (5)10(1分) (6)12(1分)
56×6+14×23√32??????A26
(1分) ②CO(1分) ③N>C>Fe>K(1分) ④DE(1分) (4)Π5(2分) sp2(2
(2分)
【解析】 (1)可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱。(2)FeCl3的熔沸点不高,属于分子晶体,根据VSEPR模型,
-可判断SO24的立体构型是正四面体形。(3)①N为7号元素,基态N原子的轨道表达式为
。
②铁氰化钾中的配体为CN-,与CN-互为等电子体的极性分子的化学式为CO。③铁氰化钾中,所涉及的元素的第一电离能由大到小的顺序为N>C>Fe>K。④铁氰化钾中,钾离子和铁氰根离子间是离子键,C和N之间存在
σ键和π键,不存在氢键和金属键,故本题选DE。(4)中的大π键存在于5个C原子之间,共有6个电子
6
参与形成大π键,故表示为Π5,其中C原子的杂化方式为sp2。(5)羰基铁中,碳原子和铁原子之间、氧原子和碳
- 12 -
原子之间均存在配位键,故1molFe(CO)5分子中含10mol配位键。(6)可以根据图示正六棱柱,想象两个六棱柱上下摞在一起,结合Fe构成正四面体知,距离重叠面面心的铁原子最近的铁原子有重叠面顶点的6个铁原子和分别处于上、下两个六棱柱中的3个铁原子,共12个。该结构中铁原子数为3+2×+12×=6,氮原子数为2,则
2
6
1
1
该磁性氮化铁的晶体密度ρ==??
??
56×6+14×2
??A3√32????2g·cm-3=56×6+14×23√32??????A2g·cm-3。
2.(除标明外,每空2分)(1)[Ar]3d24s2(或1s22s22p63s23p63d24s2) 3 (2)①CH3CH3(1分) N>O>C 共价键、配位键 ②PbCH3NH3Br3 12 ③
??(??×10-7)3??A
【解析】 (1)Ti是22号元素,处于第四周期ⅣB族,电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2,同周期基态原子与其未成对电子数相同的价电子排布式为3d84s2、4s24p2、4s24p4,为Ni、Ge、Se3种元素。(2)①
+与CH3NH3互为等电子体的一种分子为CH3CH3;同周期主族元素,第一电离能从左至右整体呈增大趋势,但N
的2p能级为半充满的稳定状态,失去第一个电子需要的能量更高,故第一电离能比其相邻元素的大,故第一电离
++能N>O>C;CH3NH3中含有的化学键类型有共价键和配位键。②晶胞中,CH3NH3数目为8×=1,Pb2+数目为
1
1
8
++
1,Br-数目=6×=3;化学式为PbCH3NH3Br3;CH3NH3位于顶角,Br-位于面心,距离CH3NH3最近且距离相等的Br-2
????-3
数目为12。③晶胞质量=g;晶体密度=
??A
(??×10-7)3??A
g·cm。
3.(1)e(2分) (2)四面体形(1分) 三角锥形(1分) (3)sp2(1分) sp3(1分) (4)六溴苯的范德华力比六氯苯的强(2分) 苯六酸含多个羧基,与水形成分子间氢键,易溶于水(2分) (5)a(2分)
√32
288×1030??3??A
(3分)
【解析】 (1)处于较高能级上的电子,容易失去,a、b所表示的Nb微粒失去1个电子所需能量较小;c、d、e表示的Nb微粒分别失去1个电子,要克服第二、三、四电离能,故克服第四电离能所需能量最高,e符合题意。(2)(ClCHCH)2AsCl中As原子周围存在1对孤电子对和3个成键电子对,故As原子与2个C原子、1个Cl原子形成的VSEPR模型为四面体形,形成的空间构型为三角锥形。(4)二者的分子组成与结构相似,六溴苯的相对分子质量比六氯苯的大,故范德华力比六氯苯的强,熔点比六氯苯的高。1个苯六酸分子中含6个羧基,羧基与水之间可以形成氢键,故苯六酸易溶于水。(5)O原子之间最短的距离为体对角线长度的一半,该距离为apm。由晶胞图可知,该晶胞中O原子数为8×+1=2,Cu原子数为4,故晶胞质量m=
1
16×2+64×4
??A
??
8
288
288??A
√32
g=g,晶胞体积
V=a3×10-30cm3,则该晶体密度ρ=??=??3×10-30×??g·cm-3=
A
288×1030??3??A
g·cm-3。
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2021高考化学(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十二物质结构与性质 Word版含解析
