专题2 非选择题超热点突破1 物质结构与性质综合题（word练习）-【创新教程】2025年高考化学大二轮专题增分方案（单选）

大题突破一　物质结构与性质综合题 1．(2024·浙江模拟)硫及其化合物在生活、生产中有着广泛的应用。 (1)基态硫原子的价层电子轨道表示式是______。 (2)S单质的常见形式为S8，其环状结构如图所示，其中S原子的杂化方式是______。 (3)下列说法正确的是______。 A．H2S分子的空间结构是直线形 B．六氟化硫(SF6)中心原子的杂化方式为sp3d2 C．第一电离能大小顺序F＞O＞S D．工业生产硫酸时用水吸收SO3 (4)大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则SO3中的大π键可表示为______。 (5)黄铜矿为含硫矿石，这种矿石浑身都是宝。黄铜矿的晶胞如图所示，原子1的坐标为，与Cu(0,0,0)最近的Fe原子的坐标为______；若阿伏加德罗常数的值为NA，则黄铜矿晶体的密度是______ g·cm－3。 解析：(1)S的原子序数为16，基态价层电子轨道表示式是 (2)S8中的每个硫原子都和另外2个硫原子成键，每个硫原子还有两个孤电子对，价层电子对数为4，所以硫原子的杂化方式为sp3。 (3)H2S的中心原子硫原子的价层电子对数为4，有两个孤电子对，所以其空间结构为V形，故A错误；SF6的中心原子S的价层电子对数为6＋(6－6×1)＝6，其中心原子的杂化方式为sp3d2，故B正确；F和O在同一周期，其原子半径小于O，失去一个电子比O难，其第一电离能大于O，O和S在同一主族，其原子半径小于S，O的第一电离能大于S，所以第一电离能大小顺序F＞O＞S，故C正确；为防止形成酸雾，工业生产硫酸时用98.3%的浓硫酸吸收SO3，故D错误；故选BC。 (4)SO3分子是平面三角形结构，S是sp2杂化，4个电子参与杂化，未杂化的p轨道上有一个孤电子对，杂化轨道中有一对成对电子对和2个成单电子，有2个氧原子分别与其形成σ键，这2个氧原子竖直方向上p轨道各有1个电子，一个氧原子与杂化轨道的孤电子对形成配位键，其竖直方向上有2个电子，这样，在4个原子的竖直方向的电子共同形成一套四中心六电子的大π键，即Π。 (5)原子1在顶面的中心，根据原子1的坐标，与Cu(0,0,0)最近的Fe原子在底面中心或左侧面，其坐标分别为或。在1个晶胞中有Cu的个数为8×＋4×＋1＝4，根据黄铜矿的化学式CuFeS2可知，在一个晶胞中有4个CuFeS2，则一个晶胞的质量为g，一个晶胞体积为a×a×2a×10－30cm3，所以晶体密度为＝g/cm3。 答案：(1) (2)sp3 (3)BC (4)Π (5)或　 2．(2024·内蒙古包头模拟)我国自主研发的用氟硼铍酸钾(KBe2BO3F2)晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题： (1)基态K原子核外有____种不同运动状态的电子，能量最低的空轨道的符号是____。 (2)在1 000 ℃时，氯化铍以BeCl2形式存在，该分子的空间结构为____；在500～600 ℃气相中，氯化铍则以二聚体Be2Cl4的形式存在，写出Be2Cl4的结构：____(标出配位键)。 (3)在第二周期中第一电离能介于B和O两种元素之间的元素有____(填元素符号)。 (4)H3BO3分子中的O—B—O键角大于BH中的H—B—H的键角，判断依据是____(从中心原子杂化方式的角度来解释)。 (5)一定条件下，实验测得的HF的相对分子质量总是大于理论值，原因是________________________________________________________________________。 (6)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，二者晶体结构如图所示： ①50 g六方氮化硼晶体中含有六元环的数目为____NA(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 ②立方氮化硼晶体中，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a pm，晶体的密度为b g·cm－3。则阿伏加德罗常数为________ mol－1。(列式即可，用含a、b的代数式表示) 解析：(1)核外电子的运动状态各不相同，故K核外有19种不同运动状态的电子；K的核外价电子排布为[Ar]4s1，能量最低的空轨道的符号是：3d； (2)BeCl2种Be原子的价层电子对数为：＝2，该分子的空间结构为直线形；Be2Cl4的结构：； (3)同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，但价电子排布为全充满或半充满结构时第一电离能大于相邻元素，第一电离能Be>B，N>O，故在第二周期中第一电离能介于B和O两种元素之间的元素有：Be、C； (4)BH种B原子形成4个单键，为sp3杂化，H3BO3的结构为，故B原子为sp2杂化，故H3BO3分子中的O—B—O的键角大于BH中的H—B—H的键角，判断依据是：H3BO3分子中B原子为sp2杂化，BH中B原子为sp3杂化； (5)HF能形成分子间氢键，能形成多聚体，故一定条件下，实验测得的HF的相对分子质量总是大于理论值，原因是：HF能形成分子间氢键，能形成多聚体； (6)①氮化硼(BN)晶体中每个六元环中含B和N原子数目均为3×＝1个，50 g氮化硼的物质的量为2 mol，故含六元环的数目为2NA； ②立方氮化硼晶体中，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a pm，则晶胞体对角线长度为4a pm，晶胞参数为，晶体的密度为ρ＝＝g·cm－3＝b g·cm－3， 则NA＝。 答案：(1)19　3d (2)直线形　 (3)Be、C (4)H3BO3分子中B原子为sp2杂化，BH中B原子为sp3杂化 (5)HF能形成分子间氢键，能形成多聚体 (6)①2NA　② 3．(2024·四川绵阳检测)非金属元素在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题： (1)基态Si原子核外电子的空间运动状态有______种。 (2)O、F、Cl电负性由小到大的顺序为______；OF2的熔、沸点______(填“高于”或“低于”)Cl2O；原因是______________________。 (3)Ni－NTA－Nangold可用于检测或定位6x组氨酸(His)或Poly—His标记的重组蛋白。Ni(Ⅱ)－NTA的结构简式如图所示。 ①与Ni2＋配位的原子形成的空间结构为______________________。 ②配体N(CH2COO－)3中4种元素的I1从小到大的顺序为______(用元素符号表示)。 ③已知中存在大π键，其结构中氮原子的杂化方式为______。 (4)ZnS可用于制白色颜料等。ZnS的晶胞如图所示。 ①图中S2－的坐标有(0,0,0)、、(1,1,1)等，图中与S2－距离最近的Zn2＋有______(填坐标)。 ②ZnS的密度为______g·cm－3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 解析：(1)Si为14号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2，共占有8个原子轨道，则核外电子有8种空间运动状态； (2)同主族元素电负性自上而下逐渐减小，同周期元素电负性自左而右逐渐增大，则电负性：Cl<O<F；OF2与Cl2O分子中都不含氢键，则熔、沸点与分子间作用力有关，即相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，由于OF2比Cl2O相对分子质量小，分子间作用力小，则熔、沸点OF2低于Cl2O； (3)①由配合物的结构可知，镍离子与具有孤电子对的氮原子和氧原子形成配位键，配位数为6，空间结构为八面体形； ②配体4种元素中，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子2p的轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，H只有一个电子，位于1s轨道，离原子核的距离比C的最外层两个位于2s轨道上的电子要近得多，所以原子核对电子的束缚力更大，因此第一电离能也就更大，即H>C，则第一电离能由小到大的顺序为C<H<O<N； ③N原子形成3个σ键，未参与杂化的轨道形成大π键，氮原子的杂化方式为sp2杂化； (4)①选取坐标原点硫离子(0,0,0)后，图中与S2－距离最近的Zn2＋有和； ②由ZnS晶胞的结构可知，Zn2＋位于晶胞内，共有4个，S2－位于顶点和面心，共有4个，则其密度ρ＝＝＝＝g·cm－3。 答案：(1)8 (2)Cl<O<F　低于　OF2比Cl2O相对分子质量小，分子间作用力小 (3)①八面体形　②C<H<O<N　③sp2 (4)①和　② 4．(2024·辽宁沈阳期末)我国科学家在大分子合成方面又有新突破，以1,4­二咪唑­丁烷为有机胺模板剂，利用模拟中温水热合成方法获得三维超分子化合物。该化合物中含有C、H、O、Se、Cd、Co、Ca等元素。回答下列问题： (1)基态Co2＋层价电子轨道表示式为__________。 (2)苯分子中含有大π键，可记为Π(右下角6表示6个原子，右上角6表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，该分子中的大π键，可表示为__________，Se的杂化方式为__________。 (3)金属离子配合物的颜色主要与分裂能有关。1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用Δ表示，中心离子带电荷数越多，与配体距离越近，则作用越强Δ越大。分裂能(Δ)：Co(H2O)____________(填“>”“<”或“＝”)Fe(H2O)。理由是___________________________________________________。 (4)CaC2晶体属四方晶系，晶胞如图所示，a＝387 pm，c＝637 pm，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，在位于原点的钙离子上面的碳原子的分数坐标为(0,0，0.406)，则图中标记的碳原子A的分数坐标为__________，并计算该晶胞的密度为________g·cm－3(只列计算式)。 解析：(1)Co是27号元素，其3d轨道上7个电子、4s轨道上2个电子为其价电子，则基态Co2＋价层电子轨道表示式为：　　； (2)由化合物的结构简式以及该化合物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，由其结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为Π，其中Se的杂化方式为sp2。 (3)两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，Co3＋半径小，与配体距离近，分裂能大，故Co(H2O)>Fe(H2O)； (4)根据图示信息，以及位于原点的钙离子上面的碳原子的分数坐标为(0,0 ,0.406)，则图中标记的碳原子A的分数坐标(0,0.5,0.906)；根据晶胞图示可知，每个晶胞中含有4个钙离子和4个C，则该晶胞的密度为ρ＝＝。 答案：(1) (2)Π　sp2 (3)>　两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，Co3＋半径小，与配体距离近，分裂能大 (4)(0,0.5,0.906)　 5．(2024·天津阶段检测)原子结构、分子结构、晶体结构是物质结构的重要组成部分，回答下列问题。 (1)FeSO4·7H2O结构示意图如图。 ①Fe2＋的价层电子排布式为__________。 ②H2O中O和SO中S均为sp3杂化，比较H2O中H—O—H键角和SO中O—S—O键角的大小并解释原因__________。 ③FeSO4·7H2O中H2O与Fe2＋、H2O与SO的作用力类型分别是__________。 (2)固态氟化氢中存在(HF)n形式，写出(HF)3的链状结构__________。 (3)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是________(填标号)。 A．[Cu(NH3)2]Cl　　　　 B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4] (4)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π)。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为__________。 (5)FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图。 ①距离Fe2＋最近的阴离子有__________个。 ②FeS2的摩尔质量为120 g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为________g·cm－3。 解析：(1)①基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，则Fe2＋的价层电子排布式为3d6。 ②H2O中O上的孤电子对数为×(6－2×1)＝2，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，O采取sp3杂化；SO中S上的孤电子对数为×(6＋2－4×2)＝0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，S采取sp3杂化；H2O和SO的VSEPR模型均为四面体形，由于电子对之间斥力大小顺序如下：孤电子对－孤电子对＞孤电子对－成键电子对＞成键电子对－成键电子对，使得H—O—H键角与O—S—O键角相比被压缩，故H2O中H—O—H键角小于SO中O—S—O键角。 ③由FeSO4·7H2O的结构可知，H2O与Fe2＋的作用力为配位键，H2O与SO的作用力为氢键。 (2)固态的HF分子间存在氢键，(HF)3的链状结构为。 (3)A.[Cu(NH3)2]Cl中Cu＋的价层电子排布式为3d10，Cu＋与NH3分子间形成配位键，不含有未成对电子，不具有顺磁性，A项不符合题意； B．[Cu(NH3)4]SO4中Cu2＋的价层电子排布式为3d9，Cu2＋与NH3分子间形成配位键，该物质中含有未成对电子，具有顺磁性，B项符合题意； C．[Zn(NH3)4]SO4中Zn2＋的价层电子排布式为3d10，Zn2＋与NH3分子间形成配位键，该物质中不含有未成对电子，不具有顺磁性，C项不符合题意； D．Na2[Zn(OH)4]中Zn2＋的价层电子排布式为3d10，Zn2＋与OH－间形成配位键，该物质中不含有未成对电子，不具有顺磁性，D项不符合题意； 答案选B。 (4)Cl原子最外层有7个电子、O原子最外层有6个电子；ClO2中心原子为Cl，σ键电子对数为2，ClO2为V形结构，存在大π键(Π)，说明Cl原子还有1个孤电子对，Cl的价层电子对数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2杂化。 (5)①Fe2＋位于晶胞的8个顶点和6个面心，S位于晶胞的12个棱心和1个体心，以面心Fe2＋为研究对象，距离Fe2＋最近的阴离子有6个。 ②1个晶胞中含Fe2＋的个数为8×＋6×＝4，S的个数为12×＋1＝4,1个晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为(a×10－7cm)3＝a3×10－21cm3，该晶体的密度为g÷(a3×10－21cm3)＝×1023g/cm3。 答案：(1)①3d6　②H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据、2个被成键电子对占据；而SO中S杂化形成的4个杂化轨道均被成键电子对占据；电子对之间斥力大小顺序为：孤电子对－孤电子对＞孤电子对－成键电子对＞成键电子对－成键电子对，使得H—O—H键角与O—S—O键角相比被压缩减小　③配位键、氢键 (2) (3)B (4)sp2 (5)①6　②×1023 学科网（北京）股份有限公司 $$