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专题16 物质结构与性质综合题
一、基础练习
1.硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是
A．位于元素周期表的区
B．基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C．A点原子的坐标为，则B点原子的坐标为
D．该晶体密度为
【答案】C【解析】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图乙可知，B点原子的坐标为，C错误；D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确； 故选C。
2.下列物质中属于分子晶体，而且既含σ键又含π键的是
A．KSCN B．CO2 C．H2O2 D．Al(OH)3
【答案】B【解析】A．KSCN属于离子晶体，故A不符合题意；B．CO2属于分子晶体，结构式为O=C=O，含有σ键和π键，故B符合题意；C．H2O2属于分子晶体，结构式为H-O-O-H，只含有σ键，故C不符合题意；D．氢氧化铝的结构式为，只含有σ键，故D不符合题意；答案为B。
3.金属钛(Ti)与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中部分的Ti可提升耐磨性5倍以上，掺杂Al后的晶胞结构如图所示。已知该晶体属立方晶系，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A．b点原子的分数坐标为
B．掺杂Al后，晶体中
C．氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中
D．已知最近的两个N原子之间的距离为，则氮化钛晶体的密度为
【答案】C【解析】A ．b点原子的分数坐标为，A错误；B．结合晶胞结构，Ti为12×=3，Al为1，N为8×+6×=4，晶体中，B错误；C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；D．最近的两个N原子之间的距离为，则晶胞边长为cnm，氮化钛晶体中Ti为12×+1=4，N为8×+6×=4，则化学式为TiN，密度为=，D错误；故选C。
4.氮、氧分别是空气中和地壳中含量最多的两种元素。下列说法正确的是
A．电负性：N>O B．活泼性：
C．第一电离能：N>O D．熔沸点：
【答案】C【解析】A．同周期从左向右电负性逐渐增大(稀有气体除外)，即电负性：O＞N，故A错误；B．氮气分子中氮氮之间存在三键，化学性质稳定，活泼性：O2＞N2，故B错误；C．N的价电子排布式为2s22p3，p能级处于半满，能量低，O的价电子排布式为2s22p4，因此N的第一电离能大于O，故C正确；D．相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，N2、O2分子间存在范德华力，氧气的相对分子质量大于氮气，即氧气的熔沸点比氮气高，故D错误；答案为C。
5.氮化硅(熔点1900℃)具有高强度、高韧性，常用作LED的基质材料，通过SiH4与NH3发生反应3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得。下列说法错误的是
A．键角：SiH4>NH3 B．SiH4稳定性强于NH3，可证明非金属性N>Si
C．Si3N4属于共价晶体 D．SiH4为由极性键构成的非极性分子
【答案】B【解析】A．孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对与键合电子对之间的斥力，NH3的孤电子对数目多于SiH4的孤电子对数目，所以键角：SiH4>NH3，A项正确；B．SiH4的稳定性弱于NH3，非金属性：N>Si，B项错误；C．Si3N4中N原子与Si原子之间通过共价键形成空间网状结构，属于共价晶体，C项正确；D．SiH4是正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，SiH4中的Si-H是极性共价键，D项正确；答案选B。
6.(式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想苂光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A．的价层电子排布式为
B．基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1或
C．若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D．晶体的密度为
【答案】D【解析】A．位于第五周期ⅢA族、核外电子排布式为，A正确；B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D不正确；答案选D。
7.下列关于CO2的说法不正确的是
A．CO2是由极性键形成的非极性分子 B．CO2分子中σ键与π键的数目比为1∶1
C．干冰中一个CO2分子周围有8个紧邻分子 D．CO2的大量排放可能引起温室效应
【答案】C【解析】A．CO2中存在C=O极性键，CO2分子的空间构型为直线形，分子中正电中心和负电中心重合，CO2为非极性分子，A项正确；B．CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含2个σ键和2个π键，即CO2分子中σ键与π键的数目之比为1∶1，B项正确；C．干冰中的CO2之间只存在范德华力，干冰属于面心立方晶胞，一个CO2分子周围有12个紧邻分子，C项错误；D．CO2的大量排放，阻止地球热量的散失，从而可能引起温室效应，D项正确；答案选C。
8.钠的一种氧化物的晶胞如图(“●”或“○”均表示一个简单离子)。正确的是
A．该氧化物的化学式为Na2O2
B．晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C．该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
D．晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
【答案】C
【解析】由晶胞图知，黑色原子有8个在体内；白色原子有8个在体内，6个在面心，根据均摊法计算，可知白色原子和黑色原子个数比为1：2，故该氧化物为氧化钠，且白色表示氧离子，黑色为钠离子，据此回答。由分析知该氧化物为氧化钠，A错误；B．氧化钠为离子化合物且只含有离子键，即线段表示离子键，B错误；C．钠离子和氧离子核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，C正确；D．由晶报图知，晶报中与氧离子最近且等距离的钠离子数目为8，D错误； 故选C。
9.钠的一种氧化物的晶胞如图(“●”或“○”均表示一个简单离子)。正确的是
A．该氧化物的化学式为Na2O2
B．晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C．该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
D．晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
【答案】C
【解析】由晶胞图知，黑色原子有8个在体内；白色原子有8个在体内，6个在面心，根据均摊法计算，可知白色原子和黑色原子个数比为1：2，故该氧化物为氧化钠，且白色表示氧离子，黑色为钠离子，据此回答。由分析知该氧化物为氧化钠，A错误；B．氧化钠为离子化合物且只含有离子键，即线段表示离子键，B错误；C．钠离子和氧离子核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，C正确；D．由晶报图知，晶报中与氧离子最近且等距离的钠离子数目为8，D错误； 故选C。
10.铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5；除去CO的化学反应为：[Cu(NH3)2]OOCCH3+CO+NH3=[Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3。
(1)Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是____。
(2)NH3的空间构型为____，NH3极易溶于水，除了因为NH3是极性分子外还因为____。
(3)配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中碳原子的杂化类型是____，配位体中提供孤对电子的原子是____。
(4)用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有形成____。
a.离子键 b.配位键 c.非极性键 d.σ键
(5)铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，写出该反应的化学方程式____。若两个最近的Fe原子间的距离为scm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度是____g cm-3。(列出计算式)
【答案】(1)分子晶体 (2) 三角锥形 NH3分子和H2O分子之间可形成氢键(3) sp3、sp2 N
(4)b、d （5） 8Fe+2NH32Fe4N+3H2
【解析】（1）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，说明Fe(CO)5熔点低，类似于分子晶体，则Fe(CO)5的晶体类型是分子晶体；（2）价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，NH3价层电子对数为3+(5-3×1)/2=4，NH3的空间构型为三角锥形；NH3分子和H2O分子之间形成氢键可增大NH3分子在水中的溶解度；（3）配合物[Cu(NH3)2]OOCCH3中-CH3中C，C原子形成了4个σ键，是sp3杂化，酯基中的碳形成3个σ键，一个π键，是sp2杂化，碳原子的杂化类型是sp3、sp2；配位体中提供孤对电子的原子是N；（4）用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有b.配位键、d.σ键；（5）晶胞中Fe为8×1/8+6×1/2=4，N为1，分子式为Fe4N，铁和氨气在640℃可发生置换反应，8Fe+2NH38Fe+2NH32Fe4N+3H22Fe4N+3H2；若两个最近的Fe原子间的距离为scm，棱长为，=。
11.海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源，如：镍、铁、铜、锌、铬等。回答下列问题：
(1)铬在希腊文中的原意为“颜色”，三价铬离子能够生成美丽多色的络合物。例如：紫色的、橙红色的［］、灰绿色的。
①铬位于元素周期表中_______区，中非金属元素电负性最大是_______(填名称)。
②请分析沸点：_______(填“>”“＜”或“=”)，并解释原因_______。
(2)从原子结构角度分析(Fe)_______(Cr)(填“>”“＜”或“=”)，并解释原因_______。
(3)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/固溶体。四方晶胞如图所示，晶胞边长为a pm。晶胞中离子的个数为_______，该晶体密度为d ，则阿伏伽德罗常数可表示为_______。在中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为，则y=_______(用x表达)
【答案】(1) d； 氧元素； > 分子中存在氢键，会使分子升高；(2) ＜ 铬的价电子排布为3d54s1，失去1个电子后，价层电子为3d5半充满较稳定，Fe失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；(3) 4； ； 2- x。
【解析】（1）铬的原子序数为24，价电子排布式为：3d54s1，位于元素周期表的d区；铬是金属元素，氢为第一主族元素，碳和氧同周期，故电负性最大的为：氧元素，分子中存在氢键，会使分子升高，故沸点：>；（2）I2(铬)大于I2 (Fe)的主要原因是铬的价电子排布为3d54s1，失去1个电子后，价层电子为3d5半充满较稳定，Fe失去1个电子后为3d64s1，再失去电子相对较易；（3）根据四方ZrO2晶胞图知，利用均摊法，1个晶胞中含离子数，O2-数为8，晶胞体积为，故其密度为：，可得阿伏伽德罗常数可表示为：，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0，(+2)x+(+4)(1- x)+(-2)y=0，解得y=2- x。
二、真题练习
12.（2022·广东卷）与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
【答案】4s24p4
【解析】基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；
13.（2022·海南卷）基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
【答案】1s22s22p4或[He]2s22p4 2
【解析】O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
14.（2022·辽宁卷）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A．X能与多种元素形成共价键 B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．电负性：
【答案】B
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C．O和S，则Y为N。A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确；故选B。
15.（2022·湖南卷）富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
【答案】①11:3 ②O＞C＞H＞Fe
【解析】①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3。
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe。
16.（2022·辽宁卷）下列符号表征或说法正确的是
A. 电离： B. 位于元素周期表p区
C. 空间结构：平面三角形 D. 电子式：
【答案】C
【解析】是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为，A错误；基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；是离子化合物，电子式为，D错误；故选C。
17.（2022·山东卷） GaN、AlN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N-Al键、N-Ga键。下列说法错误的是
A. GaN的熔点高于AlN B. 晶体中所有化学键均为极性键
C. 晶体中所有原子均采取sp３杂化 D. 晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误；不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。综上所述，故选A。
18.（2022·浙江卷）回答下列问题：两种有机物的相关数据如表：
物质 HCON(CH3)2 HCONH2
相对分子质量 73 45
沸点/℃ 153 220
HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是______。
【答案】HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。
【解析】HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。
19.（2022·江苏卷）下列说法正确的是（ ）
A. 金刚石与石墨烯中的夹角都为
B. 、都是由极性键构成的非极性分子
C. 锗原子()基态核外电子排布式为
D. ⅣA族元素单质的晶体类型相同
【答案】B
【解析】金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A错误；的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C错误；ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为共价晶体，故D错误；故选B。
20.（2022·湖北卷）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 的配位数为6 B. 与距离最近的是
C. 该物质的化学式为 D. 若换为，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确；与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误；位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确；与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；故选B。
21.（2022·全国乙卷）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a. b. c. d.
（2）①一氯乙烯分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的轨道形成_______键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。
②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是_______，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强：(ⅱ)_______。
（3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。
（4）晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积_______(列出算式)。
【答案】（1）ad d
（2）①sp2 σ ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
（3） CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 （4）电解质
【解析】
（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5。1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；
答案选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d。
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。
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