2020届高三化学一轮复习 物质结构与性质专项试题答案

2020届高三化学一轮复习 物质结构与性质专项试题

3

1、【答案】 (1). 1 (2). 正四面体 (3). sp (4). Mg (5). 第3电离能比第2电离

能大很多，说明最外层有2个电子 (6). 面心立方密堆积 (7). CuCl (8). Cu可与氨

2+

形成易溶于水的配位化合物(或配离子) (9). [Cu(NH3)4] (10).

+

×1010

3＋226261

【解析】（1）①Ti的基态原子核外电子排布式为：1s2s2p3s2p3d，未成对电子数有1-1）/2=4，且不含孤电子对，所以是正四面体构个；②BH4中B原子价层电子数=4+（3+1-4×

3

型，B原子的杂化轨道类型是sp；③根据表中数据可知第三电离能远大于第二电离能，所

以是第ⅡA族元素，M是Mg；（2）根据示意图可知铜晶体中原子的堆积模型属于面心立方最密堆积；（3）根据价电子排布式判断出A原子为Cl原子；①由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子属于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子1/8+6×1/2=4，数目为8×故化学式为CuCl；②由于Cu可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)，所以该化合物难溶于水但易溶于氨水；此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，这说明有铜离子生成，则深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]；③一个晶99.5g/mol，晶胞摩尔体积为4×99.5，晶胞的边长为胞的摩尔质量为4×

，根据晶

2+

+

胞的结构可知，铜原子和A原子之间的最短距离为立方体体对角线的1/4，而体对角线为晶胞边长的

12、【答案】 (1). [Ar]4s (2). Fe(铁) (3). N>C>Fe>K (4). 3:4 (5). sp (6). 分

倍，所以铜原子和A原子之间的最短距离为。

子 (7). 8 (8). (9).

【解析】（1）钾(K)为19号元素，原子核外共有19个电子，由于3p和4s轨道能级交错，

226261第19个电子填入4s轨道而不填入3p轨道，基态K原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p4s12262662

简写为：[Ar]4s；Fe原子的基态电子排布式为：1s2s2p3s3p3d4s，C原子的基态电子排222223

布式为：1s2s2p，N原子的基态电子排布式为：1s2s2p，则K、Fe、C、N基态原子核

外未成对电子数依次为：1、4、2、3，所以K3[Fe(CN)6]中所涉及的元素的基态原子核外未

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成对电子数最多的是Fe(铁)。第一电离能是原子失去最外层的一个电子所需能量，第一电离能主要体现的是元素失电子的能力，C、N为非金属元素都较难失电子，C、N同周期，N原子序数大于C，且N最外层2p能级容纳3的电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能也高于同周期相邻元素；K、Fe是金属元素都较易失电子，且K比Fe活泼，故K的第一电离能小于Fe的第一电离能，综上分析，各元素的第一电离能由大到小的顺序为：N>C>Fe>K。

（2）(CN)2分子中存在碳碳键，结构式为N

C-C

N，共价单键是σ键，共价三键中含有

N，所以

2个π键1个σ键，则分子中σ键与π键数目之比为3:4。HCN的结构式为H-C

碳为中心原子，形成4个共价键，没有孤电子对，碳的价层电子对为2，sp杂化。 （3）Fe(CO)5的熔点为253K，沸点为376K，熔沸点比较低，属于分子晶体。

（4）①铁的a堆积方式为体心立方堆积，与一个铁原子最近的铁原子距离为立方体边长的

，这样的原子有八个，所以铁的配位数为8；如图所示：

=2，体心立方晶胞中r=，晶胞中铁原子数为：8×+1×，所以铁

原子总体积=2×积的比值为

。

=2×=

，晶胞体积=a3，则该晶体中原子总体积占晶体体

②②铝的b堆积方式为面心立方堆积，晶胞中含有Al原子数为：8×+6×=4，则晶胞质量

10-10cm，设晶，铝原子半径rpm=r×

r×10-10，

为：g；该晶胞结构侧面可用如图表示：

2a2=(4r×10-10)2，胞边长为acm，晶胞边长a与铝原子的半径为r的关系为：解得a=所以晶胞体积为：(

g÷(

r×10-10)3cm3，根据密度=质量÷体积，则晶体密度为：

g·cm-3。

r×10-10)3cm3=

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623

3、【答案】(1). 第四周期第VIII族 (2). 3d (3). N>C>K (4). 1:1 (5). sp、sp

(6). Fe2O3 (7). FeO与Fe2O3都是离子晶体，Fe3+的半径小且电荷大，Fe3+与O2—的离子键键能大（或晶格能大） (8). 2:3 (9).

【分析】（1）Fe的核外电子数为26，依据元素周期表结构找出位置； （2）依据Fe原子核外价层电子排布式书写；

（3）同一周期中，元素的第一电离能呈增大趋势，第VA族元素最高能级为半充满结构，其第一电离能比第VIA族的高；同主族，第一电离能从上到下依次减小；找出内界的共价键类型判断解答；

（4）依据杂化轨道理论分析作答； （5）依据离子晶体的熔沸点判断依据作答； （6）根据金属晶体原子堆积模型理论解答。

【详解】（1）Fe的原子序数为26，其核外电子数为26，位于元素周期表第四周期第VIII族，

故答案为：第四周期第VIII族；

622－

（2）Fe原子的核外价层电子排布式为3d4s，[Fe(NO)(CN)5]中Fe为+2价，为Fe原子失66

去2个电子以后所得，则其基态离子的外围电子排布式为3d，故答案为：3d；

C与N处于同周期，N原子核外2p能级处于半充满状态，N>C，（3）较稳定，第一电离能：K处于第三周期，第一电离能最小，所以第一电离能比较：N>C>K；K4[Fe(CN)6]内界为Fe(CN)64-，配体CN-电子式为

，与Fe之间形成6个配位键，所以σ键数目为

2+

6+1×6=12，,π键的数目为2×6=12，则个数比为12:12=1:1,故答案为：N>C>K；1:1；

（4）中，全部形成单键的C原子采用sp杂化方式；同时存在的碳碳双键，则C

3

223

原子又采用sp杂化方式，故答案为：sp、sp；

3+

FeO与Fe2O3均为离子晶体，Fe3+与O2—的离子键键能大（5）但Fe的半径小且电荷大，（或3+3+

晶格能大），所有两者相比，Fe2O3熔点高，故答案为：Fe2O3；Fe的半径小且电荷大，Fe

与O的离子键键能大（或晶格能大）；

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2—

（6）体心立方(A)堆积模型中的配位数为8，面心立方(B)堆积模型中的配位数为12，所有两种堆积模型的配位数之比为：8:12=2:3；设铁原子半径均为r，则根据几何关系可知，体心立方(A)的棱长a（A）=

r，晶胞中所含铁原子个数为

+1=2，则晶体的密度

ρA=；同理可知，面心立方(B)堆积模型中a（B）=r，晶胞中所含铁原子个数为

+=4，则晶体的密度ρB=，因此两种晶体的密度比ρA︰

ρB==，故答案为：2:3； 。

【点睛】第（6）问是解题的难点，学生要准确把握体心立方(A)堆积模型与面心立方(B)堆积模型的配位数，晶胞模型及晶体密度的计算方法。注意原子半径与晶胞棱长的关系式解题的关键突破口。

4、(1). 第四周期第VIIB族 (2). 3d54s2 (3). 球形 (4). N>C>Mn (5). sp3 【答案】

(6). V形 (7). 原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键 (8). 分子 (9). 6 (10). 4M×10-21/

NAa2b

【分析】（1）根据锰元素的原子序数为25分析解答。 （2）电负性是衡量元素吸引电子的能力。

3-（3）HSCH2CH2NH2中C原子周围形成4个单键，四面体结构，杂化方式为sp杂化；NH2

中N原子是sp杂化，有2对孤对电子，NH2空间构型为V形。 （4）根据均摊法计算。

【详解】（1）锰元素的原子序数为25，在周期表中的位置是第四周期第VIIB族，基态锰原

522

子的外围电子排布式为3d4s，最高能层电子为4s，电子云轮廓图形状为球形，故答案为：52

第四周期第VIIB族；3d4s；球形。

3-

（2）电负性是衡量元素吸引电子的能力，N、C和Mn电负性由大到小的顺序为N>C>Mn，故答案为：N>C>Mn。

3-（3）HSCH2CH2NH2中C原子周围形成4个单键，四面体结构，杂化方式为sp杂化；NH2

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3-中N原子是sp杂化，有2对孤对电子，NH2空间构型为V形；N和P的价电子相同，但

磷酸的组成为H3PO4，而硝酸的组成不是H3NO4，其原因是原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键。故答案为：sp；V形；原子半径N小于P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键。

（4）Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，属于分子晶体，由图可知，Pb(CH2CH3)4在xy平面上的二维堆积中的配位数是6，根据晶胞的结构图求出V=

a×10-7×a×10-7×b×10-7=

a2b×10-21cm3，根据均摊法属于该晶胞的Pb(CH2CH3)4的个

a2b×10-21)=4M×10-21/

NAa2b，故答案为：分子；6；

3

1/8+1=2，故ρ=m/V=(M/NA)/(数为8×4M×10-21/

NAa2b。

【点睛】确定晶胞中原(离)子数目及晶体化学式：

①处于顶点的微粒，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有1/8属于该晶胞； ②处于棱上的微粒，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有1/4属于该晶胞； ③处于面上的微粒，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有1/2属于该晶胞； ④处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞。

5、 (1). 【答案】

(2). 球形 (3). sp2、sp3 (4). 较好 (5).

+

离子中含有较多的O与F，都可以与水形成氢键H—O┄X，水溶性较好 (6). Li2(CF3SO3)

(7). Li(CF3SO3)2- (8). （1/2，1/2，1/2） (9).

a/4

【分析】（1）F原子核外有9个电子，分别位于1s、2s、2p轨道；基态Li原子核外有3个电子，分别位于1s、2s轨道；

2

（2）根据LDFCB的结构图可知C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp杂化

类型；每个硼原子含有4个σ键，所以B原子采用sp杂化；观察

3

的结构可知知含有较多的O与F，都可以与水形成氢键；

+（3）根据题干可知在接收或失去Li时形成新的正负离子而传递锂离子，所以新的正负离子

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+-化学式分别是Li2(CF3SO3) 、Li(CF3SO3)2 ；

（4）锂晶体是体心立方结构(见图)，设其中一个顶点原子坐标为（0，0，0）则中心点坐标是（1/2，1/2，1/2）；通过观察结构可以发现，体对角线有三个锂原子紧挨着，所以半径是体对角线的1/4。

【详解】(1)根据F原子核外有9个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其轨道表示式：

；基态Li原子核外有3个电子，分别位于1s、2s轨道，电子排布

21

式1s2s，因此能量最高的为2s轨道，s轨道的电子云轮廓图为球形；

答案： 球形

2

(2)根据LDFCB的结构图可知C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp杂化类型；

每个硼原子含有4个σ键，所以B原子的价层电子对数为4，采用sp杂化；观察

3

的结构可知知含有较多的O与F，都可以与水形成氢键，增强

水溶性；

23

答案：sp、sp 较好 离子中含有较多的O与F，都可以与水形成氢键H—O┄X，水

溶性较好

+

（3） 根据题干可知在接收或失去Li时形成新的正负离子而传递锂离子，所以新的正负离+-子化学式分别是Li2(CF3SO3) 、Li(CF3SO3)2 ； +-答案：Li2(CF3SO3) Li(CF3SO3)2

（4）锂晶体是体心立方结构(见图)，设其中一个顶点原子坐标为（0，0，0）则中心点坐标是（1/2，1/2，1/2），体对角线有三个锂原子紧挨着，所以半径是体对角线的1/4。因为体对角线长度为

a，所以锂原子的半径r为

a/4

a/4pm；

答案：（1/2，1/2，1/2）

【点睛】本题易错点： （3）小题负离子的书写，注意题干提示的是新的离子，所以不可写

-成CF3SO3；（4）体心立方结构原子半径的计算。

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6、 (1). [Ar]3d64s2 (2). 4 (3). 花瓣形 (4). 红色 (5). CO2或CS2 (6). 【答案】

33+高于 (7). NH3分子间存在氢键，导致沸点高于PH3 (8). 极性 (9). sp (10). Fe

的3d能级半充满，结构稳定 (11). 8Fe+3NH32Fe4N+3H2 (12).

【详解】（1）铁元素为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；d能级有5个原子轨道，按照洪特规则和泡利原理，因此铁元素的3d能级上未成对电子数为4；按照构造原理，能量最高能级为3d，其电子云形状为花瓣形；

3

（2）Fe＋与SCN－形成配合物，其配合物的颜色为(血)红色；利用等电子体具有相似化学结

构和化学键特征，SCN－与CO2互为等电子体，即SCN－的空间构型为直线型，与之相似的还有CS2等；

（3）氨分子间能形成分子间氢键，其沸点高于不含分子间氢键的PH3；N2H4的结构式为

，肼分子含有极性键和非极性键，每个氮原子都与相邻的原子形成变形的

三角锥形，氮氮单键可以旋转，不一定是对称结构，因此肼为极性分子；N有三个σ键，一

3

个孤电子对，因此杂化类型为sp； 3

（4）Fe失去3个电子后，Fe＋电子排布式

[Ar]3d5，d能级处于半满，能量低，处于稳定；

1/8＋6×1/2=4，N位于晶胞内部，该（5）根据晶胞的结构，Fe位于顶点和面心，个数为8×

晶胞的化学式为Fe4N，铁和NH3在640℃可发生置换反应，反应方程式为8Fe＋3NH3

2Fe4N＋3H2，根据晶胞的结构，两个最近的Fe原子间的距离是面对角线的一

acm，晶胞的质量为1×(56×4＋14)/NAg，根据密度定义，得出该晶胞

半，即晶胞的边长为的密度为

7、【答案】(1).

g/cm3。

(2). 11 (3). N>Cl>C (4). ad (5). 非极性分

3

子 (6). 电子 (7). 否 (8). 若铂原子轨道为sp杂化，则该分子结构为四面体，非

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平面结构 (9). B (10). 或

【分析】（1）过渡金属的价电子包含3d能级与4s能级的电子；

（2）①相邻两原子间的第一条共价键为σ键，图中给定的为二氯二吡啶合铂，则吡啶分子（

），分子式为C5H5N，C-H键、C-N及C-C第一条为σ键，共计11条；第一电离能

同周期中，有增大的趋势，处于充满或半充满状态时大于其后的电离能，由大到小的顺序为：N>Cl>C；

②二氯二吡啶合铂中，C-C间存在非极性键，Pt-N间存在配位键，分子间存在范德华力； ③根据图像可知，反式二氯二吡啶合铂分子的结构为完全对称，正负电荷中心重合，分子是非极性分子；

（3）①已知，每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则Pt金属的价电子可在金属Pt间传递而导电；

3

②“分子金属”中，铂原子的配位数为4，若铂原子以sp的方式杂化，则为四面体构型，如

图中给定的信息可知，“分子金属”为平面构型；

（4）根据晶体的化学式可知，Co：O=1：2，A.Co原子数为1，O原子为4×=2，符合比例；B. Co原子数为1，O原子为4×=1，不符合比例；C. Co原子数为1+4×=2，O原子为4，符合比例；D. Co原子数为4×=1，O原子为4×=2，符合比例；答案为B；

（5）金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，根据投影图可知，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：8×+6×=4，金属铂晶体的棱长为a，ρ==

；

；

【详解】（1）过渡金属的价电子包含3d能级与4s能级的电子，答案为：

（2）①相邻两原子间的第一条共价键为σ键，图中给定的为二氯二吡啶合铂，则吡啶分子（

），分子式为C5H5N，C-H键、C-N及C-C第一条为σ键，共计11条；第一电离能

同周期中，有增大的趋势，处于充满或半充满状态时大于其后的电离能，由大到小的顺序为：

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N>Cl>C；

②二氯二吡啶合铂中，C-C间存在非极性键，Pt-N间存在配位键，分子间存在范德华力，答案为ad；

③根据图像可知，反式二氯二吡啶合铂分子的结构为完全对称，正负电荷中心重合，分子是非极性分子；

（3）①已知，每个分子中的铂原子在某一方向上排列成行，构成能导电的“分子金属”，则Pt金属的价电子可在金属Pt间传递而导电；

3

②“分子金属”中，铂原子的配位数为4，若铂原子以sp的方式杂化，则为四面体构型，如

图中给定的信息可知，“分子金属”为平面构型，答案为否；若铂原子轨道为sp3杂化，则该分子结构为四面体，非平面结构；

（4）根据晶体的化学式可知，Co：O=1：2，A.Co原子数为1，O原子为4×=2，符合比例；B. Co原子数为1，O原子为4×=1，不符合比例；C. Co原子数为1+4×=2，O原子为4，符合比例；D. Co原子数为4×=1，O原子为4×=2，符合比例；答案为B；

（5）金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，根据投影图可知，则晶体为面心立方最密堆积，一个晶胞中含有的铂原子个数为：8×+6×=4，金属铂晶体的棱长为a，

ρ==，则a=或；

【点睛】金属铂晶体中，铂原子的配位数为12，为最密堆积，根据投影图可知，则晶体为面心立方最密堆积，计算晶胞的棱长时，注意换算单位，题目要求单位为nm。

8、 (1). 【答案】

(2). 18NA (3). CO2或N2O (4). 电负性F>N>H，

NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键 (5).

(6). BO2- (7).

(8).

【分析】(1)根据原子构造原理可知N核外电子排布式，结合原子最外层电子为价电子，即可得到基态氮原子的价电子排布图；

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(2)①1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于σ键，1个CNO-含有2个σ键，故1个[Co(CNO)6]3-含有18个σ键；

②与CNO互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷； (3)根据形成配位键的体积及NF3中共用电子对的偏向分析判断；

(4) NO3-中的大 π键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成； (5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，计算化合价代数和确定离子所带电荷；B原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；

(6)根据晶胞中原子的相对位置，结合晶胞边长判断N-B键的键长；用均摊法计算晶胞中含有的B、N原子数目，然后根据密度公式可得晶胞的密度大小。

223

【详解】(1)N是7号元素，根据原子构造原理可知N核外电子排布式是1s2s2p，价电子23

排布式是2s2p，所以基态氮原子的价电子排布图为

-

；

(2)①1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于σ键，1个CNO-含有2个σ键，故1个[Co(CNO)6]3-含有18个σ键，所以1mol该离子中含有σ 键的数目为18NA；

②与CNO互为等电子体的分子可以用O原子替换N原子与1个单位负电荷，其电子体为CO2或N2O；

(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+ 配离子，是由于中心离子Cu2+有空轨道，NH3分子中N原子由孤对电子，N—H偏向N原子一方，N原子周围相对来说电子多，而NF3和NH3的空间构型尽管都是三角锥型，但电负性F>N>H，在NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu的空轨道形成配位

2+

键，所以NF3不易与Cu形成配合离子；

2+

-

(4)中NO3-中的大 π键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成，所以成键原子数是4，成键电子数是6，故NO3中的大 π键表示为；

(5)由均摊法，可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，多硼酸根的化合价代数和为3n+2×n(-2)=-n，故多硼酸根组成可表示为：(BO2)nn-，也可

-写为BO2；

-

(6)晶胞边长为anm，则立方氮化硼的结构可知晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体

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的体心，可看作是将晶胞均分为8个小立方体，B—N键的键长为晶胞体对角线的，由于晶胞边长为anm，则体对角线为

，所以B—N键的键长

nm；

=4，即一个晶胞中含有

g/cm3。

一个晶胞中含有B原子数目为：4；含有N原子数目为

4个BN，所以晶胞的密度为=

【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布轨道表达式、化学键、配位体的形成、键长计算、晶胞结构与计算等，会用替换法书写等电子体，发挥空间想象能力判断微粒的相对位置，掌握均摊法进行晶胞有关计算。

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/v9xv.html