题型五 物质结构与性质（选考）
[专题强化训练]
1．(经典题)ⅠA、ⅦA族元素及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题： (1)基态钠原子的核外电子排布式为___________________________；ⅠA族元素的基态原子的价电子的电子云轮廓图的形状为____________。
(2)与H2F互为等电子体的分子是____________(填一种即可)。H2分子中原子轨道的重叠方式是________(填字母)。
A．s-s C．p-p
(3)OF2和O2F都是氧元素的氟化物，其中，OF2分子中氧原子的杂化类型是________；氯的某含氧酸的分子式为HClOx，其对应的含氧酸根离子的立体构型是三角锥形，则x＝________。
(4)碱金属单质的熔点随原子序数增大而降低，原因是_________________________； 而卤素单质的熔、沸点随原子序数增大而升高，原因是_______________________。 (5)金属钠、钾的晶胞结构如图1所示，其中金属原子的堆积模式为________。
B．s-p
＋
(6)氯化钠的晶胞结构如图2所示(白球代表Cl，黑球代表Na)，图3是氯化钠的晶胞截面图。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，氯化钠晶体的密度为d g·cm。
①氯化钠晶胞中Cl的配位数为________。 ②Na半径为____________pm(只列出计算式即可)。
解析：(1)基态钠原子的电子排布式为1s2s2p3s或[Ne]3s。ⅠA族元素的价电子排布式为ns，s轨道的电子云轮廓图的形状为球形。
(2)与H2F互为等电子体的分子有H2O、H2S、H2Se、H2Te。基态氢原子只在1s轨道上有电子，H2分子中的两个氢原子成键时，两个s轨道“头碰头”重叠，故选A。
(3)OF2中氧原子的价层电子对数为4，氧原子的杂化类型是sp。氯的含氧酸根离子中，ClO3的立体构型为三角锥形，其对应的含氧酸为HClO3，故x＝3。
(4)分析熔、沸点的高低，要从粒子之间的作用力角度切入。碱金属单质是金属晶体，随着原子序数增大，原子半径依次增大，金属键依次减弱，单质的熔点依次降低；卤素单质是分子晶体，组成和结构相似，随着原子序数增大，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质的熔、沸点依次升高。
－
3
＋
1
2
2
6
1
1
＋
－
－3
－
＋
1
(5)钠、钾晶胞为体心立方堆积，体对角线上的三个原子相切。
(6)①氯化钠晶胞中氯离子、钠离子的配位数都是6。②思路：先由晶胞结构和晶体的密度求出晶胞的边长，再由晶胞截面图中对角线上三个氯离子相切求出氯离子半径，最后根据棱上两个氯离子和一个钠离子相切求出钠离子半径。1个晶胞中含4个NaCl，设晶胞的边32344×58.52－3－
长为a，则晶体的密度d＝ g·cm，a＝ cm，而氯离子半径r(Cl)＝a，3
NAadNA432342－22－22－23234
钠离子的半径r(Na)＝(2－1)r(Cl)＝a＝× cm＝××44dNA4dNA
＋
－
10 pm。
答案：(1)1s2s2p3s(或[Ne]3s) 球形 (2)H2O(或H2S、H2Se、H2Te) A (3)sp 3
(4)碱金属单质是金属晶体，随着原子序数增大，原子半径依次增大，金属键依次减弱 卤素单质是分子晶体，组成和结构相似，随着原子序数增大，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强
(5)体心立方堆积
2－2323410
(6)①6 ②××10
4dNA
2．文艺复兴时期，群青颜料曾用在许多著名的油画上，当时群青颜料是由贵重的青金石研磨并制成的。青金石指碱性铝硅酸盐矿物，其中含钠、铝、硅、硫、氯、氧等元素。
(1)硅元素基态原子的价电子排布图为____________。
(2)第四周期中，与铝未成对电子数相同的金属元素有________种。
(3)Na和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)________I1(Ne)(填“>”或“<”)。 (4)①已知氯有多种含氧酸，其电离平衡常数如下：
化学式 HClO4 1×10 10＋3
2
2
6
1
1
10
HClO3 1×10 1HClO2 1×10 －2HClO 4×10 －8Ka HClO4的结构简式为__________，HClO3中Cl的杂化轨道类型为________，HClO2中含有的共价键类型为________。以上几种含氧酸的酸性强弱不同，其原因为______________。
②氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为________________，影响ΔH2递变的因素为_______________。
2
(5)铝单质为面心立方晶体，晶胞参数a＝q nm，铝的摩尔质量为M g·mol，原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为NA。则铝单质的密度为________________g·cm(列式即可，下同)，铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________________。
解析：(1)硅元素为14号元素，位于元素周期表第三周期ⅣA族，故硅原子的价电子排布图为
。
－3－1
(2)Al的核外电子中未成对电子数为1，第四周期中原子的核外电子排布中未成对电子数为1的有K—[Ar]4s，Sc—[Ar]3d4s，Cu—[Ar]3d4s，Ga—[Ar]3d4s4p，Br—[Ar]3d4s4p，其中金属元素有4种。
(3)Na和Ne的电子层结构相同，均为8电子稳定结构，Na的核电荷数为11，大于Ne的核电荷数，因此原子核对最外层电子的吸引力Na大于Ne，所以电离能I2(Na)大于
＋10
2
5
1
1
2
10
1
10
2
1
I1(Ne)。
(4)①根据含氧酸的结构特点，HClO4的结构简式为
；ClO3中Cl的价层电子
－
7＋1－2×3
3
对数为3＋＝4，故其杂化轨道类型为sp杂化；HClO2的结构式为H—O—Cl==O，2共价键类型为极性共价键(或σ键和π键)；氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl—O—H中O的电子更向Cl偏移，越易电离出H＋，酸性越强，故酸性：HClO ②ΔH1表示溶液中的卤化氢汽化：HX(aq)→HX(g)吸收能量；汽化需要克服分子间作用力，由于氟化氢分子间有氢键，所以分子间作用力大，熔、沸点高，汽化所吸收的能量高，ΔH1特别大；ΔH2表示卤化氢分解成原子，HX(g)―→H(g)＋X(g)是破坏共价键的过程，ΔH2递变的原因：从F到I原子半径越大，键能越小，越容易分解，ΔH2越小。 (5)Al是面心立方晶胞，平均占有的Al的数目为4，根据密度公式：ρ＝＝4M原子总体积－3 ，原子总体积为4个球体的体积，占晶胞体积百分率＝－21 g·cm NA×q×10晶胞体积 3mV434×πr3 ×100%＝3×100%。 q×109 3 答案：(1) (4)① 3 (2)4 (3)> sp 极性共价键(或σ键和π键) 氯的含氧酸中非羟基氧原子数 目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl—O—H中的O电子更向Cl偏移，越易电离出H＋ ②HF的水溶液中存在氢键 原子半径(或键长或键能) 4 3 4×πr34M3 (5)NA×q×10－21 q3×109×100% 3．(最新预测)南京工业大学某研究团队最近在《Nature Communications》刊文介绍了他们开发的一种新型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。回答下列问题： (1)基态氮原子核外未成对电子数为________。基态碳原子核外电子云有________个伸展方向。 (2)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M分子的立体构型是________，中心原子的杂化类型是________。 (3)CN能与多种金属离子形成配合物。例如，工业冶炼金的原理：2[Au(CN)2]＋Zn===2Au＋[Zn(CN)4]。与CN互为等电子体的分子有________(填分子式，任填两种)，1 mol [Zn(CN)4]含________mol σ键。 (4)钛酸钙的晶胞如图1所示。钛酸钙的化学式为________；1个钛离子与________个氧离子等距离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。已知钛酸钙的晶胞参数为a nm，则该正八面体的边长为________pm。 2－ 2－ － － － (5)在周期表中，钡位于第六周期ⅡA族。钛酸钡、钛酸钙的熔点分别为1 625 ℃、1 975 ℃，二者熔点差异的原因为_____________________________________________。 (6)Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图2所示。六棱柱底边边长为x cm，高为y cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为________________g·cm(列出计算式即可)。 －3 4 解析：(1)基态氮原子的核外电子排布式为1s2s2p，有3个未成对电子。基态碳原子的核外电子排布式为1s2s2p，s能级上电子云只有1个伸展方向，2p能级上只填充了2个电子，所以有2个伸展方向，故共有3个伸展方向。(2)第一电离能：F>N>O，OF2只含极性键，O2F2含极性键和非极性键。OF2分子的立体构型为V形，O的杂化类型为sp。(3)CN的结构式为[C≡N]，1个CN含σ键的个数为1，1个CN与Zn形成1个配位键(也是σ键)，故1 mol [Zn(CN)4]含8 mol σ键。(4)钛酸钙的化学式为CaTiO3。1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近。正八面体边长等于晶胞边长的体的边长为 2 ，1 nm＝1 000 pm，故该正八面2 2－ － － － 2＋ 3 － 2 2 2 223 2×a×1 000 pm＝5002a pm。(5)两种晶体都是离子晶体，从离子半径入手，2 3 x cm，每个2 比较晶格能的大小。(6)六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为正三角形的面积为 32256×6＋14×2－3x cm。1个晶胞含6个Fe、2个N。ρ＝g·cm。 432 x×y×6×NA4 3 答案：(1)3 3 (2)V形 sp (3)N2、CO(其他合理答案也可) 8 (4)CaTiO3 6 5002a (5)它们都是离子晶体，Ca的半径小于Ba，CaTiO3的晶格能大于BaTiO3 (6) 56×6＋14×232 x×y×6×NA4 2＋ 2＋ 4.近年来随着石墨烯等二维层状纳米材料研究热潮的兴起，二维层状化合物——类石墨烯二硫化钼引起了物理、化学、材料、电子等众多领域研究人员的广泛关注。类石墨烯二硫化钼有类似石墨烯的片状结构，单层或多层二硫化钼组成的具有“夹心三明治”式的层状结构的化合物。其中单层二硫化钼由三个原子层构成；中间一层为钼原子层，上下两层均为硫原子层，钼原子层被两层硫原子层所夹形成类“三明治”结构，层间距约为0.65 nm。 目前合成方法主要如下： 方法1：一定量Na2MoO4、S粉、N2H4·H2O和去离子水在一定条件下合成纳米级二硫化钼。 方法2：以MoO3和KSCN为原料，在一定条件下合成二硫化钼。 请回答下列问题： (1)在周期表中，钼位于第五周期且与铬同族。基态钼原子价电子排布图为 5
高考化学二轮复习第二部分高考大题突破题型五物质结构与性质专题强化训练
