高考化学一轮课时达标习题第11章选修3物质结构与性质(2)（含解析）

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第11章选修3：物质结构与性质（2）

1．(2018·石家庄调研)铜及其化合物在生产生活中有着广泛的用途。

(1)基态铜原子的核外电子排布式为__1s22s22p63s23p63d104s1__，其晶体的堆积方式为__面心立方最密堆积__，其中铜原子的配位数为__12__。

(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水，首先形成蓝色沉淀；继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；继续向溶液中加入乙醇，会析出深蓝色晶体[Cu(NH3)4SO4·H2O]。

①氨水中各元素原子的电负性由大到小的顺序为__O＞N＞H__(用元素符号表示)。 ②NH3中N原子的杂化轨道类型为__sp3__，与其互为等电子体的阳离子为__H3O＋__。 ③向蓝色沉淀中继续滴加氨水，沉淀溶解是因为生成了四氨合铜配离子，四氨合铜配离

子的结构式为__ 即可)__。

降低溶剂极性，使Cu(NH3)4SO4·H2O析出(答案合理

(3)CuCl2和CuCl是铜的两种常见的氯化物。

①如图表示的是__CuCl__(填“CuCl2”或“CuCl”)的晶胞。

②原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子坐标参数：A为(0,0,0)，

?331?B为(0,1,1)，C为(1,1,0)，则D原子的坐标参数为__?，，?__。

?444?③晶胞中C、D两原子核间距为298 pm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体密度为 99.5×4 g·cm－3(列出计算式即可)。

?298×4???3×N×10－30

A

??3??解析 (1)③在铜氨配离子中，NH3中的N提供孤电子对、Cu2＋提供空轨道形成配位键，

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故铜氨配离子的结构式为；加入乙醇后析出晶体是因为降低溶剂极性，

使Cu(NH3)4SO4·H2O析出。(3)①利用“均摊法”知，每个晶胞中含有Cu、Cl的数目均为4，因此图示晶胞为CuCl；②晶胞可认为由8个等体积小晶胞组成，D原子恰好处于小晶

?331?

胞的体心，因此D原子的坐标为?，，?；③连接晶胞中A、C两原子，过D原子作AC

?444?

的垂线，交AC于E点，设晶胞的边长为x cm，则依据CD的长度和D原子的坐标和直角

?x??298×42x???22－102三角形CDE可得??＋＝(298×10)，解得x＝×10－10，则可求出晶胞

??3?4??4??298×4?99.5×4??3－303－3。 的体积为?×10 cm，故该晶胞的密度为 g·cm

?298×4?3?????3×N×10－30

A

??3??

2．2016年诺贝尔化学奖授予在“分子机器设计和合成”领域有突出成就的三位科学家，其研究对象之一“分子开关”即与大环主体分子苯芳烃、硫或氮杂环杯芳烃等有关。回答下列问题：

(1)对叔丁基杯[4]芳烃(如图Ⅰ所示)可用于ⅢB族元素对应的离子萃取，如La2＋、Sc2＋。写出基态二价钪离子(Sc2＋)的核外电子排布式：__1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1__，其中电子占据的轨道数为__10__个。

(2)对叔丁基杯 [4] 芳烃由4个羟基构成杯底，其中羟基氧原子的杂化方式为__sp3__。羟基间的相互作用力为__氢键__。

－、(3)不同大小的杯芳烃能识别某些离子，如N3SCN－等。根据等电子体原理判断N－3的

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空间构型为__直线形__；一定条件下，SCN－与MnO2反应可得到(SCN)2。试写出(SCN)2的结构式：__N≡C—S—S—C≡N__。

(4)已知C60分子结构和C60晶胞示意图如下所示：

则一个C60分子中含有的σ键个数为__90__，与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有__12__个，C60晶体的密度为__1.67__g/cm3(计算结果保留两位小数)。

解析 (2)羟基氧原子有2个σ键，2对孤电子对，价层电子对数是4，因此杂化方式是sp3杂化；4个羟基之间无共价键相连，但符合形成氢键的条件，因此羟基间的相互作用力

－－是氢键。(3)N－3与CO2互为等电子体，因此N3的空间构型为直线形；SCN与MnO2反应

可得到(SCN)2，说明SCN－的性质与Cl－类似，则(SCN)2也应具有类似Cl2的结构，结合(SCN)2中N是－3价，C是＋4价，S是－1价可知(SCN)2的结构式是N≡C—S—S—C≡N。(4)从图Ⅱ可以看出，C60分子中每个C原子与其他3个C原子形成2个碳碳单键和13

个碳碳双键，共3个σ键，根据均摊法，一个C原子实际含有的σ键个数为，所以一个C60

23

分子中含有的σ键个数为60×＝90；C60的晶胞是面心立方结构，所以与每个C60分子距离

211

最近且相等的C60分子有12个；1个C60晶胞中含有的C60分子个数是8×＋6×＝4，晶

82胞的质量m＝ g，而晶胞的体积V＝(1.42×10－7)3 cm3，所以C60晶体的密度ρ236.02×10

g

6.02×10231.42×10－7

720×4720×4

＝＝

mV3 cm3

≈1.67 g/cm3。

3．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。A的基态

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原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：

(1)B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是__H2O分子间存在氢键__。

(2)A、B、C三种元素的氢化物稳定性由强到弱的顺序为__HF>H2O>NH3__(用化学式表示)。

(3)A的最简单氢化物分子的空间构型为__三角锥形__，其中A原子的杂化类型是__sp3__杂化。

(4)A的单质中σ键的个数为__1__，π键的个数为__2__。 (5)写出基态E原子的价电子排布式：__3d104s1__。

(6)C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，已知晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德

3罗常数为NA，则晶胞边长a＝ 312ρNA cm(用含ρ、NA的计算式表示)。

解析 由题干信息可推出A、B、C、D、E五种元素分别是N、O、F、Ca、Cu。(6)C78×4和D形成的化合物是CaF2，一个晶胞中有4个“CaF2”，所以一个晶胞的质量是 g，

NA

一个晶胞的体积是a3 cm3，根据ρ＝

m78×4V＝

3

g·cm－3，则

NAa3

a＝312

ρNA

cm。

4．(2018·湖南三湘名校第三次联考)已知A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：

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