【高考领航】2017届高三化学二轮复习限时规范训练：第1部分-专题16含解析

限时规范训练

(建议用时：35分钟)

1．(2016·高考全国丙卷)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：

(1)写出基态As原子的核外电子排布式________。

(2)根据元素周期律，原子半径Ga________As，第一电离能Ga________As。(填“大于”或“小于”)

(3)AsCl3分子的立体构型为________，其中As的杂化轨道类型为________。

(4)CaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是______________________________________________________。

(5)GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。

该晶体的类型为________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为M Ga g·mol－1和M As g·mol－1，原子半径分别为r Ga pm和r As pm，阿伏加德罗常数值为N A，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。

解析：(1)As元素在周期表中处于第ⅤA族，位于P元素的下一

周期，则基态As 原子核外有33个电子，根据核外电子排布规律写出其核外电子排布式：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 3或[Ar]3d 104s 24p 3。(2)同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，Ga 与As 在周期表中同位于第四周期，Ga 位于第ⅢA 族，则原子半径：Ga>As 。Ga 、As 原子的价电子排布式分别为4s 24p 1、4s 24p 3，其中As 原子的4p 轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能较大，则第一电离能：Ga

π×[(r Ga ×10－10 cm)3＋(r As ×10－10 cm)3]＝16π3×10－30(r 3Ga ＋r 3As ) cm 3。又知Ga 和As 的摩尔质量分别为M Ga g·mol －1和M As g·mol －1，晶胞的密度为ρ g·cm －3，则晶胞的体积为V 晶胞＝4(M Ga ＋M As )/ρN A cm 3，故CaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的

百分率为V 原子V 晶胞

×100%＝16π3×10－30(r 3Ga ＋r 3As ) cm 34(M Ga ＋M As )ρN A

cm 3×100%＝

4π10－30×N Aρ(r3Ga＋r3As)

3(M Ga＋M As)

×100%。

答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3

(2)大于小于(3)三角锥形sp3(4)GaF3为离子晶体，GaCl3

为分子晶体(5)原子晶体共价4π10－30×N Aρ(r3Ga＋r3As)

3(M Ga＋M As)

×100%

2．(1)元素的第一电离能：N________O(填“>”或“<”)。

(2)基态Fe2＋的电子排布式为___________________________________________________。

(3)在N、Mg、Al、Si四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：

(4)NO－3的空间构型______________________________(用文字描述)，SO2－4中硫原子的杂化方式为________________________。

(5)硅烷(Si n H2n＋2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是_________________________________________________。

(6)金属铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，铜的原子半径为r nm ，则铜晶胞的体积表达式为________ cm 3。

解析：(1)同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，由于第ⅡA 族元素和第Ⅴ A 族元素最外层电子处于稳定结构，所以它们的第一电离能大于同周期其他相邻元素，所以N 的第一电离能大于O 。(2)铁为26号元素，根据核外电子排布规律可知基态Fe 2＋的电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6。(3)根据同一电子层上电子的电离能相近，比较表中电离能的数据可知，I 1、I 2、I 3的数据与I 4的数据差别较大，所以该原子应该有3个电子在同一层，所以该元素

为Al 。(4)根据NO －3的中心原子的价层电子对数为5＋12＝3，所以氮原

子杂化方式为sp 2杂化，离子中没有孤电子对，所以其空间构型为平

面三角形，SO 2－4中硫原子的价层电子对数为6＋22

＝4，所以硫原子的杂化方式为sp 3杂化。(5)硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高。(6)金属铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，即铜原子位于晶胞立方体的顶点和面心上，所以晶胞的面对角线等于铜原子半径的4倍，所以晶胞的边长应为面

对角线的

2

2，铜的原子半径为r nm，所以铜晶胞的体积为(

2

2×4r

nm)3＝1.62×10－20r3 cm3。

答案：(1)>(2)1s22s22p63s23p63d6

(3)Al(4)平面三角形sp3杂化

(5)硅烷是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高

(6)1.6 2×10－20r3

3．(2016·高考全国甲卷)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

(1)镍元素基态原子的电子排布式为________________________________________________________，3d能级上的未成对电子数为________。

(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。

①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是________。

②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。

③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是________________________________________________________；

氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。

(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：I Cu＝1 958 kJ·mol－1、I Ni＝1 753 kJ·mol－1，I Cu>I Ni 的原因是_______________________________________________。

(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。

②若合金的密度为d g·cm －3，晶胞参数a ＝________nm 。

解析：(1)Ni 是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2。根据洪特规则可知，Ni 原子3d 能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成

对电子数为2。(2)①SO 2－4中，S 原子的价层电子对数为6＋22＝4，成

键电子对数为4，故SO 2－4的立体构型为正四面体。②[Ni(NH 3)6]2＋中，

由于Ni 2＋具有空轨道，而NH 3中N 原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。③由于NH 3分子间可形成氢键，故NH 3的沸点高于PH 3。NH 3分子中，N 原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，N 原子的轨道杂化类型为sp 3，立体构型为三角锥形。由于空间结构不对称，NH 3属于极性分子。(3)Cu 、Ni 均属于金属晶体，它们均通过金属键形成晶体。因Cu 元素基态原子的价层电子排布式为3d 104s 1,3d 能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此I Cu >I Ni 。

(4)①由晶胞结构图可知，Ni 原子处于立方晶胞的顶点，Cu 原子处于

立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu 原子的个数为6×12

＝3，含有Ni 原子的个数为8×18＝1，故晶胞中Cu 原子与Ni 原子的

数量比为3∶1。②根据m ＝ρV 可得，1 mol 晶胞的质量为(64×3＋59)

g ＝a 3×d g·cm －3

×N A ，则a ＝??????2516.02×1023×d 13 cm ＝??????2516.02×1023×d 13×107 nm 。

答案：(1)1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2或[Ar]3d 84s 2 2

(2)①正四面体 ②配位键 N ③高于 NH 3分子间可形成氢键 极性 sp 3 (3)金属 铜失去的是全充满的3d 10电子，镍失去的是4s 1电子 (4)①3∶1

②????

??2516.02×1023×d 13×107 4．氟在自然界中常以CaF 2的形式存在。

(1)下列有关CaF 2的表述正确的是________。

a ．Ca 2＋与F －间仅存在静电吸引作用

b ．F －的离子半径小于Cl －，则CaF 2的熔点高于CaCl 2

c ．阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF 2晶体构型相同

d ．CaF 2中的化学键为离子键，因此CaF 2在熔融状态下能导电

(2)CaF 2难溶于水，但可溶于含Al 3＋的溶液中，原因是________(用

离子方程式表示)。已知AlF 3－6在溶液中可稳定存在。

(3)F 2通入稀NaOH 溶液中可生成OF 2，OF 2分子构型为________，其中氧原子的杂化方式为________。

(4)F 2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF 3、BrF 3等。已知反应Cl 2(g)＋3F 2(g)===2ClF 3(g) ΔH ＝－313 kJ·mol －1，F —F 键的键能为159 kJ·mol －1，Cl —Cl 键的键能为242 kJ·mol －1，则ClF 3中Cl —F 键的平均键能为________kJ·mol －1。ClF 3的熔、沸点比BrF 3的________(填“高”或“低”)。

解析：(1)a 项，Ca 2＋与F －间不仅存在静电吸引，同时原子核与原子核之间、电子与电子之间也存在静电排斥，错误。b 项，因CaF 2、

CaCl 2均为离子晶体，F －的离子半径小于Cl －，离子晶体的晶格能与离子所带电荷数成正比，与离子核间距成反比，故CaF 2晶体的晶格能大于CaCl 2。晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故CaF 2的熔点高于CaCl 2，正确。c 项，阴、阳离子个数比相同，晶体构型不一定相同。d 项，CaF 2是离子化合物，在熔融状态下能电离产生自由移动的离子，故CaF 2在熔融状态下能导电，正确。(2)由信息可知，

CaF 2(s) Ca 2＋(aq)＋2F －(aq)，Al 3＋与F －可形成配离子AlF 3－6，从而

促进了CaF 2溶解平衡的正向移动，故反应的离子方程式为3CaF 2＋

Al 3＋===3Ca 2＋＋AlF 3－6。(3)OF 2分子中，中心原子的价层电子对数为12

×(6＋1×2)＝4，成键电子对数为2，因此分子构型为V 形，O 原子的杂化方式为sp 3杂化。(4)设Cl —F 键的平均键能为x 。根据反应的焓变＝反应物的键能总和－生成物的键能总和可知，Cl 2(g)＋3F 2(g)===2ClF 3(g)的ΔH ＝242 kJ·mol －1＋159 kJ·mol －1×3－6x ＝－313 kJ·mol －1，则x ＝172 kJ·mol －1。ClF 3和BrF 3为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其熔、沸点越高，因ClF 3的相对分子质量小于BrF 3，故ClF 3的熔、沸点低于BrF 3。

答案：(1)bd

(2)3CaF 2＋Al 3＋===3Ca 2＋＋AlF 3－6

(3)V 形 sp 3 (4)172 低

5．(2016·江苏泰州二模)我国从国外进口某原料经测定主要含有

A 、

B 、

C 、

D 、

E 五种前四周期元素，且原子序数依次增大。元素A 、

B 、

C 、

D 、

E 的原子结构等信息如下：

(1)B、C、D第一电离能由大到小为______________________。

(2)E的二价离子的电子排布式为________________________。

(3)A2B2D4常用作除锈剂，该分子中B的杂化方式为________；1 mol A2B2D4分子中含有σ键数目为________。

(4)与化合物BD互为等电子体的阴离子化学式为________等。

(5)B2A6、C2A4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要原因是_______________________________。

(6)BD2在高温高压下所形成晶体的晶胞如图所示，一个该晶胞中含________个D原子。

解析：A、B、C、D、E五种前四周期元素，且原子序数依次增大。周期表中A元素原子半径最小，故A为H元素；B元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，核外电子排布为1s22s22p2，故B为C元素；D位于短周期，其原子的核外成对电

子数是未成对电子数的3倍，而短周期中原子单电子处于p能级最多有3个，故其成对电子总数只能为6，单电子数为2，核外电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；C元素原子最外层P轨道半充满，原子序数小于O，故其核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；E 位于ds区且原子的最外层电子数与A的相同，价电子排布为3d104s1，则E为Cu。(1)同周期元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C。(2)E为Cu元素，Cu2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。(3)H2C2O4常用作除锈剂，结构简式为HOOC—COOH，分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，该分子中碳原子的杂化方式为sp2，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，故HOOC—COOH分子中含有7个σ键，1 mol A2B2D4分子中含有σ键数目为7×6.02×1023。(4)原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与化合物CO互为等电子体的阴离子化学式为CN－等。(5)C2H6、N2H4分子中均含有18个电子，它们的沸点相差较大，主要原因是：N2H4分子之间存在氢键。(6)CO2在高温高压下所形成晶体的晶胞中小白球为O原子，均为晶胞内部，一个该晶胞中含O原子数目为16。

答案：(1)N>O>C(2)1s22s22p63s23p63d9(3)sp2

7×6.02×1023(4)CN－(5)N2H4分子之间存在氢键

(6)16

6．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素。其中A 的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29。

(1)F原子基态的核外电子排布式为_____________________。

(2)在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是________(用元素符号回答)。

(3)元素B的简单气态氢化物的沸点远高于元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是______________________________。

(4)由A、B、C形成的离子CAB－与AC2互为等电子体，则CAB －的结构式为___________________________________。

(5)在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为________。

(6)由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_______________________________。

解析：A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，A为C元素；根据C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C为O元素，则B为N元素；根据E和C位于同一主族，E为S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，且原子序数小于E，D为Na元素；F的原子序数为29，F为Cu元素。(1)Cu 的核外电子排布比较特殊，价电子排布为3d104s1。(2)由于N原子的2p轨道处于半充满，第一电离能N>O，所以C、N、O的第一电离能由小到大的顺序是C

是CS2，C原子轨道的杂化类型为sp。(6)N、O、Na三种元素形成的化合物的晶胞中，大黑球应为Na＋，顶点上的三原子离子应为NO－2，该化合物的化学式为NaNO2。

答案：(1)[Ar]3d104s1(2)C

7．(2016·苏锡常镇四市模拟)Fe2＋、Fe3＋与O2－2、CN－、F－有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。

(1)C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是

___________________________________________________。

(2)Fe2＋基态核外电子排布式为__________________________________________________。

(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。

此物质中碳原子的杂化方式是______________________。

(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为________________。已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为___________________________________________。

(5)F－不仅可与Fe3＋形成[FeF6]3－，还可以与Mg2＋、K＋形成一种立方晶系的离子晶体，此晶体应用于激光领域，结构如图2所示。

该晶体的化学式为___________________________________。 解析：(1)同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O ＞C 。由于N 原子2p 能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C 、N 、O 三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为N ＞O ＞C 。(2)Fe 是26号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d 64s 2，Fe 2＋为Fe 原子失去4s 上2个电子，则Fe 2＋的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 6或[Ar]3d 6。(3)乙酰基二茂铁中甲基碳原子采用sp 3杂化，羰基碳原子采用sp 2杂化。(4)配合物K 3Fe(CN)6的配体为CN －，C 得到一个e －为N 或N 得到一个e －为O ，所以CN －与N 2或CO 互为等电子体；(CN)2为直线型分子，具有对称性，其结构式为NCCN ，单键为σ键，CN 中含有一个σ键，2个π键，因此(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3。(5)根据晶胞结构可知，Mg 2＋、F －、K ＋分别位于顶点、棱心和体心处，根据均摊法

可知，晶胞中含有的Mg 2＋、F －、K ＋

个数分别是8×18＝1个，12×14＝3个，1个，所以该物质的化学式为KMgF 3。

答案：(1)N ＞O ＞C (2)1s 22s 22p 63s 23p 63d 6(或[Ar]3d 6)

(3)sp 3、sp 2 (4)CO(或N 2) 4∶3 (5)KMgF 3

8．(2016·吉林三模)现有A 、B 、C 、D 、E 、F 原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B 元素含有3个能级，

且每个能级所含的电子数相同；D的原子核外有8个运动状态不同的电子；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，且E元素的基态原子有4个未成对电子。

请回答下列问题：

(1)请写出：D基态原子的价层电子排布图：_________________________________________；

F基态原子的价电子排布式：________________________________________。

(2)下列说法错误的是________。

A．二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳大，所以沸点：SiO2>CO2 B．电负性顺序：B

C．N2与CO为等电子体，结构相似

D．稳定性：H2O>H2S，水分子更稳定的原因是水分子间存在氢键

(3)F离子是人体内多种酶的辅因子，人工模拟酶是当前研究的热点。向F的硫酸盐溶液中通入过量的C与A形成的气体X可生成[F(X)4]2＋，该离子的结构式为_____________________________________(用元素符号表示)。

(4)某化合物与F(Ⅰ)(Ⅰ表示化合价为＋1)结合形成图1所示的离子，该离子中碳原子的杂化方式有________。

(5)B单质的一种同素异形体的晶胞如图2所示，则一个晶胞中所含B原子数为________。

(6)D与F形成离子个数比为1∶1的化合物，晶胞与NaCl类似，设D离子的半径为a pm，F离子的半径b pm，求该晶胞的空间利用率________。

解析：A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的六种元素，它们位于元素周期表的前四周期。B元素含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，原子核外电子排布为1s22s22p2，则B为C元素；D的原子核外有8个运动状态不同的电子，则D为O元素；C原子序数介于C、O之间，则C为N元素；E元素与F元素处于同一周期相邻的族，它们的原子序数相差3，应处于第Ⅷ族及相邻的族，E 元素的基态原子有4个未成对电子，价电子排布为3d64s2，则E为Fe，故F为Cu，(3)中C与A形成的气体X，则A为H元素，X为

NH3。(1)D为O元素，基态原子的价层电子排布图：

3d104s1。(2)沸点：SiO2>CO2，是由于二氧化硅属于原子晶体，二氧

化碳形成分子晶体，A错误；同周期随原子序数增大电负性增大，故

电负性顺序：CH 2S ，是因为非金属性O>S ，与分子之间存在氢键无关，

D 错误。(3)C 与A 形成气体X ，则A 为H 元素，

X 为NH 3，F 的硫酸盐为CuSO 4，向CuSO 4溶液中通入过量的NH 3可生成[Cu(NH 3)4]2＋，该离子的结构式为。(4)杂环上的C 原子含有3个σ键，没有孤电子对，采用sp 2杂化，亚甲基上C 原子含有4个共价单键，采用sp 3杂化。(5)由B 单质的一种同素异形体的晶胞结构可知，B 原子有4个位于晶胞内部，其余B 原子位于顶点、面心，则一个晶胞中所含B

原子数为4＋8×18＋6×12＝8。(6)O 与Cu 形成离子个数比为1∶1的

化合物为CuO ，晶胞与NaCl 类似，其晶胞结构为，

晶胞中铜离子数目＝阳离子数目＝8×18＋6×12＝4，

O 2－离子的半径为a pm ，Cu 2＋

离子的半径b pm ，则晶胞中原子总体积＝4×? ????43πa 3＋43πb 3pm 3，晶胞棱长＝2(a ＋b )pm ，故晶胞体积＝8(a ＋b )3pm 3，故该晶胞的

空间利用率＝4×? ??

??43πa 3＋43πb 38(a ＋b )3＝2π(a 3＋b 3)3(a ＋b )3。

答案：(1)

3d 104s 1 (2)AD

2π(a3＋b3) (3)(4)sp2、sp3(5)8(6)

3(a＋b)3