34MM－33
个Zn、4个Se，则该晶胞的质量为N×4 g＝ρ g·cm×a，解得a＝Nρ×107
AAnm。
答案：(1)第四周期第ⅡB族 S
(2)sp3 H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高) (3)平面三角形 AB
34M
(4)Zn 正四面体 50% ×107
NAρ
5．(2018·武汉模拟)Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。
(1)基态Co原子的价电子排布式为________，Co2＋核外3d能级上有________对成对电子。
(2)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是________。1 mol配离子中所含σ键的数目为____________，配位体N－3中心原子的杂化类型为____________。
(3)Co2＋在水溶液中以[Co(H2O)6]2＋存在。向含Co2＋的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋，其原因是__________________________。
(4)某蓝色晶体中，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是________。
(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为________。
(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－
为密置单层排列，Ni2＋填充其中(如图乙)，已知O2－的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a、NA的代数式表示)。
解析：(1)基态Co原子核外有27个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2。Co2＋核外3d能级的电子排布图为
有2对成对电子。(2)Co3＋的配体中有1个N－5个NH3，配位3，
数为6。1 mol Co3＋与6 mol配体之间有6 mol σ键，1 mol N－5 mol 3含有2 mol σ键，NH3含有15 mol σ键，故1 mol配离子中所含σ键的数目为(6＋2＋15)NA＝23NA。N3与CO2互为等电子体，N3为直线形离子，故中心原子的杂化类型为sp。(3)NH3与H2O相比，N元素的电负性比O元素的电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强。(4)Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶111
点，则个数均为4×8＝2，CN－位于棱上，则个数为12×4＝3，Fe2＋、Fe3＋、CN
－－
－
的个数比为1∶1∶6，根据电荷守恒，K＋与Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为
1∶1∶1∶6，则该晶体的化学式为KFe2(CN)6。Fe2＋在立方体的4个互不相邻的顶点上，形成的空间构型为正四面体形。
11
(5)根据题图甲知，C原子坐标参数为(1，2，2)。(6)如图所示，以1个小菱形为研究对象，该菱形中含有1个Ni2＋、1个O2
－
，该菱形的边长为2a pm，则该菱形的面积为2a×10－12 m×2a×1
375
0－12 m×2＝23a2×10－24m2；该菱形中含有该晶体的质量为N g，故每平方米
A75×102475－242
面积上分散的该晶体的质量为N÷(23×10a)g＝ g。
A23a2NA答案：(1)3d74s2 2 (2)6 23NA sp
(3)N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强 (4)KFe2(CN)6 正四面体形 11
(5)(1，2，2)
7525324
(6)×10) 2－24(或22aNA23aNA×10
6.(1)(2018·太原模拟)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。 ①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为__________。 ②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________。 ③此配离子中含有的化学键有________(填字母)。 A．离子键 C．极性键 E．配位键 G．σ键
B．金属键 D．非极性键 F．氢键 H．π键
④氯化铁在常温下是固体，熔点为306 ℃，沸点为315 ℃，在300 ℃以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断氯化铁的晶体类型为____________。
(2)基态A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子)。
①该化合物的化学式为________，A原子的配位数是________。 ②该化合物难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是_________________________________________；
与NH3互为等电子体的分子有________(写化学式，一种即可)。NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是___________________________________________。 ③已知该化合物晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为____________pm。(列出计算表达式即可) 解析：(1)①基态铁原子核外有26个电子，失去3个电子形成Fe3＋，根据构造原理可知Fe3＋的3d能级上有5个电子，即Fe3＋的价电子排布式为3d5。②该配合物中连接双键的碳原子含有3个σ键，碳原子采取sp2杂化，连接4个σ键的碳原子采用sp3杂化。③该配合物中碳碳原子之间存在非极性共价键，碳和氧原子或氢原子之间存在极性共价键，共价双键中含有σ键和π键，Fe3＋和O原子间存在配位键，综上分析可知该配合物中含有配位键、极性键、非极性键、σ键和π键。④FeCl3的熔点和沸点相对较低，且易溶于有机溶剂，故FeCl3晶体为分子
晶体。(2)根据基态A原子的价电子排布式可知M能层上含有7个电子，即A为11
Cl。①由均摊法可知该晶胞中含Cu原子数为4，含Cl原子数为8×8＋2×6＝4，即该化合物的化学式为CuCl。由该晶胞的结构可知每个Cl原子周围有4个等距离的Cu原子，即Cl原子的配位数为4。②CuCl易溶于氨水可能是因为Cu＋可与NH3形成易溶于水的配位化合物。NH3分子中含4个原子，其价电子总数为8，4与其互为等电子体的分子有PH3、AsH3等。③设该晶胞的边长为a cm，则N×99.5
A
34×99.5＝ρ a，解得a＝
ρNA；设晶体中Cu原子与Cl原子间的最短距离为x cm，
3
3a334×99.53
则x＝4＝4，即Cu原子与Cl原子之间的最短距离为
ρNA4 34×99.5
10×10pm。 ρNA
答案：(1)①3d5 ②sp2、sp3 ③CDEGH ④分子晶体
(2)①CuCl 4 ②Cu＋可与NH3形成易溶于水的配位化合物 PH3(或AsH3等) NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小 334×99.510③4 ×10
ρNA
7．(2018·兰州模拟)核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘-131和铯-137。碘-131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。
(1)与铯同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：
元素代号 第一电离能/(kJ·mol－1) X 520 Y 496 Z 419 基态Z原子的核外电子排布式为__________。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为________________________________________ (用元素符号表示)，其原因为______________________________。
(2)F与I同主族，BeF2是由三个原子构成的共价化合物分子，分子中中心原子Be的杂化类型为________，BeF2分子的空间构型是________。
(3)Cl与I同主族，Cl具有很强的活泼性，可以形成很多含氯化合物，其中含氧酸HClO、HClO2、HClO3、HClO4的酸性由强到弱的顺序为__________________。 (4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有________个131I2分子，该晶体属于________(填晶体类型)晶体。
(5)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋的配位数为________。KI晶体的密度为ρ g·cm－3，K和I的摩尔质量分别为MK g·mol－1和MI g·mol－1，原子半径分别为rK cm和rI cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞中的空间利用率为__________。
解析：(1)铯为第六周期第ⅠA族元素，则X、Y、Z均为第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分别为H、Li、Na、K，再由X与Y、Y与Z的第一电离能相差不大可知，这三种元素中不可能含有H，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知X、Y、Z分别为Li、Na、K。根据构造原理可知基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。根据元素周期律可知，熔点：Li>Na>K。(2)BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，Be原子的价层电子对数为2，Be原子采取sp杂化，BeF2分子的空间构型为直线形。(3)氯元素构成的多种含氧酸中，氯元素的化合价越高，其对应酸的酸性越强，即酸性：HClO4>HClO3>HClO2>HClO。(4)由晶胞图可知，131I2在晶胞的8个顶点和6个11面上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×8＋6×2＝4个131I2分子，该晶体属于分子晶体。(5) KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K＋紧邻6个I－，即每个K＋的配位数为6。由均摊法可知该晶胞中含K＋数目和I－数目均为4。晶胞中原子所占4?MK＋MI?43433
的体积V1＝(3πrK×4＋3πrI×4)cm，晶胞的体积V2＝ρN cm3＝[2(rK＋
A
3
4π?r3V1K＋rI?ρNA
rI)]cm，则KI晶胞中的空间利用率为V×100%＝×100%＝
3?MK＋MI?2
3
3
(完整版)2019届高考化学二轮复习专题二十一物质结构与性质(选考)专题卷
