2019年高考化學一輪總復習 第十二章 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì).DOC

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2019年高考化學一輪總復習 第十二章 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 考點一　原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 1．(xx浙江自選模塊，10分)請回答下列問題： (1)N、Al、Si、Zn四種元素中，有一種元素的電離能數(shù)據(jù)如下： 電離能 I1 I2 I3 I4 …… Im/kJmol－1 578 1817 2745 11 578 …… 則該元素是__①__(填寫元素符號)。 (2)基態(tài)鍺(Ge)原子的電子排布式是__②__。Ce的最高價氯化物分子式是__③__。該元素可能的性質(zhì)或應用有__④__。 A．是一種活潑的金屬元素 B．其電負性大于硫 C．其單質(zhì)可作為半導體材料 D．其最高價氯化物的沸點低于其溴化物的沸點 (3)關(guān)于化合物，下列敘述正確的有__⑤__。 A．分子間可形成氫鍵 B．分子中既有極性鍵又有非極性鍵 C．分子中有7個σ鍵和1個π鍵 D．該分子在水中的溶解度大于2丁烯 (4)NaF中熔點__⑥__BF的熔點(填>、＝或<)，其原因是__⑦__。 答案：①Al ②1s22s22p63s23p63d104s24p2 ③GeCl4 ④C、D ⑤B、D ⑥> ⑦兩者均為離子化合物，且陰陽離子電荷數(shù)均為1，但后者的離子半徑較大，離子鍵較弱，因此其熔點較低 2．(xx福建理綜，13分)(1)元素的第一電離能：Al________Si(填“＞”或“＜”)。 (2)基態(tài)Mn2＋的核外電子排布式為________。 (3)硅烷(SinH2n＋2)的沸點與其相對分子質(zhì)量的變化關(guān)系如圖所示，呈現(xiàn)這種變化關(guān)系的原因是________。 (4)硼砂是含結(jié)晶水的四硼酸鈉，其陰離子Xm－(含B、O、H三種元素)的球棍模型如圖所示： ①在Xm－中，硼原子軌道的雜化類型有________；配位鍵存在于________原子之間(填原子的數(shù)字標號)；m＝________(填數(shù)字)。 ②硼砂晶體由Na＋、Xm－和H2O構(gòu)成，它們之間存在的作用力有________(填序號)。 A．離子鍵　　　B．共價鍵　　　C．金屬鍵 D．范德華力　　　E．氫鍵 解析：(1)通常情況下，同周期元素，第一電離能從左到右逐漸增大，故Al＜Si； (2)Mn的核外電子數(shù)為25，故Mn2＋的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)； (3)硅烷是分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越大，熔沸點越高； (4)①由中心原子B的球棍模型可知，硼原子能形成3條、4條共價鍵，B原子為sp2、sp3雜化；B原子提供空軌道，O原子提供孤對電子，故4,5原子之間形成配位鍵；由陰離子的組成可知，Xm－為[H4B4O9]m－，得出m＝2；②Na＋與Xm－分子間存在離子鍵，H2O分子間存在氫鍵和范德華力。 答案：(1)＜ (2)1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) (3)硅烷的相對分子質(zhì)量越大，分子間范德華力越強(或其他合理答案) (4)①sp2、sp3　4,5(或5,4)　2 ②ADE 4．(xx安徽理綜，16分)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常見元素，其相關(guān)信息如下表： 元素 相關(guān)信息 X X的基態(tài)原子L層電子數(shù)是K層電子數(shù)的2倍 Y Y的基態(tài)原子最外層電子排布式為：nsnnpn＋2 Z Z存在質(zhì)量數(shù)為23，中子數(shù)為12的核素 W W有多種化合價，其白色氫氧化物在空氣中會迅速變成灰綠色，最后變成紅褐色 (1)W位于元素周期表第________周期第________族，其基態(tài)原子最外層有________個電子。 (2)X的電負性比Y的________(填“大”或“小”)；X和Y的氣態(tài)氫化物中，較穩(wěn)定的是________(寫化學式)。 (3)寫出Z2Y2與XY2反應的化學方程式，并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：________。 (4)在X的原子與氫原子形成的多種分子中，有些分子的核磁共振氫譜顯示有兩種氫，寫出其中一種分子的名稱：________。氫元素、X、Y的原子也可共同形成多種分子和某種常見無機陰離子，寫出其中一種分子與該無機陰離子反應的離子方程式：________。 解析：根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律以及“中子數(shù)＋質(zhì)子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)”和題中有關(guān)信息可推知元素X、Y、Z、W分別為C、O、Na、Fe。(1)Fe的價電子排布式為3d64s2，故可知其位于周期表的第四周期第Ⅷ族，最外層電子數(shù)是2。(2)非金屬性：O＞C，故電負性：C＜O；非金屬性越強其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，因此C、O的氣態(tài)氫化物中，較穩(wěn)定的是H2O。(3)在Na2O2與CO2的反應中，氧化劑與還原劑均為Na2O2，因此可寫出化學方程式： (4)在由C、H形成的分子中，含有兩種化學環(huán)境不同的氫原子的分子有丙烷、2甲基丙烷等；由H、C、O形成的酸有HCOOH、CH3COOH等，形成的常見無機陰離子為HCO，故反應的離子方程式為CH3COOH＋HCO===CH3COO－＋CO2↑＋H2O等。 答案：(1)四?、?,(2)小　H2O,(3), (4)丙烷(其他合理答案均可)　CH3COOH＋HCO===CH3COO－＋CO2↑)＋H2O(其他合理答案均可) 5.(2011新課標全國理綜，15分)氮化硼(BN)是一種重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應可以得到BF3和BN，如圖所示： 請回答下列問題： (1)由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是________________________、__________________________；,(2)基態(tài)B原子的電子排布式為____________；B和N相比，電負性較大的是____________，BN中B元素的化合價為__________；,(3)在BF3分子中，F(xiàn)—B—F的鍵角是________，B原子的雜化軌道類型為________，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF的立體構(gòu)型為________； (4)在與石墨結(jié)構(gòu)相似的六方氮化硼晶體中，層內(nèi)B原子與N原子之間化學鍵為________，層間作用力為________； (5)六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5 pm.立方氮化硼晶胞中含有________個氮原子、________個硼原子，立方氮化硼的密度是________gcm－3(只要求列算式，不必計算出數(shù)值．阿伏加德羅常數(shù)為NA)． 解析：本題主要考查新型陶瓷材料的制取、電子排布、雜化以及晶胞的有關(guān)計算，意在考查考生的推理分析能力．(1)已知反應物和主要的生成物，根據(jù)原子守恒判斷出次要生成物，寫出化學方程式，配平即可．(2)B原子核外有5個電子，其基態(tài)電子排布式為：1s22s22p1；BN中N的電負性較大，N為－3價，那么B就為＋3價．(3)因為BF3的空間構(gòu)型為平面三角形，所以F—B—F的鍵角為120.(4)六方氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨相似，故B、N以共價鍵相結(jié)合構(gòu)成分子晶體，其層間作用力是分子間作用力. 答案：(1)B2O3＋3CaF2＋3H2SO42BF3↑＋3CaSO4＋3H2O B2O3＋2NH32BN＋3H2O (2)1s22s22p1　N ?。? (3)120　sp2　正四面體 (4)共價鍵(極性共價鍵)　分子間作用力 (5)4　4　 6．(2011福建理綜，13分)氮元素可以形成多種化合物． 回答以下問題： (1)基態(tài)氮原子的價電子排布式是________． (2)C、N、O三種元素第一電離能從大到小的順序是________． (3)肼(N2H4)分子可視為NH3分子中的一個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的另一種氮的氫化物．①NH3分子的空間構(gòu)型是________；N2H4分子中氮原子軌道的雜化類型是________． ②肼可用作火箭燃料，燃燒時發(fā)生的反應是： N2O4(l)＋2NH2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1038.7 kJmol－1 若該反應中有4 mol N—H鍵斷裂，則形成的π鍵有________mol. ③肼能與硫酸反應生成N2H6SO4.N2H6SO4晶體類型與硫酸銨相同，則N2H6SO4晶體內(nèi)不存在________(填標號) a．離子鍵　　　　　 b．共價鍵 c．配位鍵 d．范德華力 (4)圖1表示某種含氮有機化合物的結(jié)構(gòu)，其分子內(nèi)4個氮原子分別位于正四面體的4個頂點(見圖2)，分子內(nèi)存在空腔，能嵌入某離子或分子并形成4個氫鍵予以識別． 下列分子或離子中，能被該有機化合物識別的是________(填標號)． a．CF4 b．CH4 c．NH d．H2O 解析：本題考查了原子核外電子排布、雜化軌道理論、分子結(jié)構(gòu)等知識，同時考查了考生的觀察能力和分析推理能力．(3)肼分子中有4個N－H鍵，故有4 mol N－H 鍵斷裂時，有1 mol 肼發(fā)生反應，生成1.5 mol N2，則形成21.5 mol ＝3 mol π鍵．SO中存在配位鍵、共價鍵，N2H與SO之間存在離子鍵，離子晶體中不存在范德華力．(4)與4個氮原子形成4個氫鍵，要求被嵌入微粒能提供4個氫原子，并至少存在“N…H”、“H…O”、“H…F”三類鍵中的一種，對照條件知，NH符合此要求． 答案：(1)2s22p3　(2)N>O>C　(3)①三角錐形　sp3?、??、踕　(4)c 考點二　分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 7．(xx安徽理綜，6分)我國科學家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，其反應如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．該反應為吸熱反應 B．CO2分子中的化學鍵為非極性鍵 C．HCHO分子中既含σ鍵又含π鍵 D．每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2 解析：選C　本題考查化學基本概念，意在考查考生對化學基本概念的理解能力。該反應中甲醛被氧氣氧化生成CO2和H2O，為放熱反應，A項錯誤；CO2中的CO鍵屬于極性鍵，B項錯誤；HCHO的結(jié)構(gòu)式為，分子中既含σ鍵又含π鍵，C項正確；每生成1.8 g H2O消耗標準狀況下2.24 L O2，D項錯誤。 8．(xx新課標全國Ⅱ理綜，15分)前四周期原子序數(shù)依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有1個，并且A－和B＋的電子數(shù)相差為8；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數(shù)分別為4和2，且原子序數(shù)相差為2。 回答下列問題： (1)D2＋的價層電子排布圖為________。 (2)四種元素中第一電離能最小的是________，電負性最大的是________(填元素符號)。 (3)A、B和D三種元素組成的一個化合物的晶胞如圖所示。 ①該化合物的化學式為________；D的配位數(shù)為________； ②列式計算該晶體的密度________gcm－3。 (4)A－、B＋和C3＋三種離子組成的化合物B3CA6，其中化學鍵的類型有________；該化合物中存在一個復雜離子，該離子的化學式為________，配位體是________。 解析：本題考查了考生對離子的價層電子排布圖、基態(tài)原子的第一電離能及電負性大小比較、晶胞結(jié)構(gòu)分析與計算、配合物等知識的掌握和應用能力。由元素C的價電子層中未成對電子數(shù)為4知，其不可能位于短周期，結(jié)合題意知，元素C位于第四周期，進一步可推出元素A為F，元素B為K，元素C為Fe，元素D為Ni。(2)K原子易失電子，第一電離能最小，F(xiàn)的非金屬性最強，電負性最大。(3)根據(jù)分攤法，可以求得化合物的化學式為K2NiF4，晶體的密度可由晶胞的質(zhì)量除以晶胞的體積求得。(4)Fe3＋提供空軌道，F(xiàn)－提供孤對電子，兩種離子間形成配位鍵。 答案：(1) (2)K　F　(3)①K2NiF4　6 ②＝3.4 (4)離子鍵、配位鍵　[FeF6]3－　F－ 9．(xx山東理綜，6分)鹵族元素包括F、Cl、Br等。 (1)下列曲線表示鹵族元素某種性質(zhì)隨核電荷數(shù)的變化趨勢，正確的是________。 (2)利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，右圖為其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，則每個晶胞中含有B原子的個數(shù)為________，該功能陶瓷的化學式為________。 (3)BCl3和NCl3中心原子的雜化方式分別為________和________。第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有________種。 (4)若BCl3與XYn通過B原子與X原子間的配位鍵結(jié)合形成配合物，則該配合物中提供孤對電子的原子是________。 解析：本題考查元素及物質(zhì)的性質(zhì)、晶胞結(jié)構(gòu)、雜化理論、第一電離能及配位鍵等，意在考查考生靈活應用物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識的能力。(1)同主族元素從上到下元素的電負性逐漸減小，a對；氟無正價，b錯；HF分子間存在氫鍵，所以熔沸點在同族元素氣態(tài)氫化物中最高，c錯；F2、Cl2、Br2三種物質(zhì)的晶體均是分子晶體，組成相似，則相對分子質(zhì)量越大分子間作用力越大，熔點越高，d錯。(2)由晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，根據(jù)均攤法，可得B原子為8＋1＝2個，N原子為4＋1＝2個，則該功能陶瓷的化學式為BN。(3)BCl3中價層電子對數(shù)為：(3＋3)/2＝3，B原子為sp2雜化；NCl3中價層電子對數(shù)為：(5＋3)/2＝4，N原子為sp3雜化。同周期元素的第一電離能從左到右逐漸增大，但是由于氮原子的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，其第一電離能比氧的大，鈹原子的2s軌道處于全滿狀態(tài)，鈹?shù)牡谝浑婋x能比硼的大，所以第一電離能介于硼和氮之間的第二周期元素有鈹、碳、氧3種。(4)B原子最外層有3個電子，與Cl形成3個單鍵后，仍缺少2個電子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，所以在B原子與X形成的配位鍵中，X提供孤對電子。 答案：(1)a　(2)2　BN　(3)sp2　sp3　3　(4)X 10．(xx福建理綜，13分)[化學—物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](1)依據(jù)第2周期元素第一電離能的變化規(guī)律，參照右圖中B、F元素的位置，用小黑點標出C、N、O三種元素的相對位置。 (2)NF3可由NH3和F2在Cu催化劑存在下反應直接得到： 4NH3＋3F2NF3＋3NH4F ①上述化學方程式中的5種物質(zhì)所屬的晶體類型有________(填序號)。 a．離子晶體 b．分子晶體 c．原子晶體 d．金屬晶體 ②基態(tài)銅原子的核外電子排布式為________。 (3)BF3與一定量的水形成(H2O)2BF3晶體Q，Q在一定條件下可轉(zhuǎn)化為R： ①晶體Q中各種微粒間的作用力不涉及________(填序號)。 a．離子鍵　b．共價鍵　c．配位鍵 d．金屬鍵　e．氫鍵　f．范德華力 ②R中陽離子的空間構(gòu)型為________，陰離子的中心原子軌道采用________雜化。 (4)已知苯酚()具有弱酸性，其Ka＝1.110－10；水楊酸第一級電離形成的離子能形成分子內(nèi)氫鍵。據(jù)此判斷，相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2(水楊酸)________Ka(苯酚)(填“>”或“<”)，其原因是________________________。 解析：本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，意在考查考生知識的遷移和應用能力。(1)第2周期元素的第一電離能從左向右逐漸增大，但由于N元素的2p軌道處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，所以N元素的第一電離能大于O，據(jù)此可標出C、N、O三種元素的相對位置。(2)①NH3、F2、NF3屬于分子晶體，NH4F為離子晶體，Cu為金屬晶體。②Cu的核電荷數(shù)為29,3d軌道上全充滿，其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。(3)①晶體Q中不存在陰、陽離子和金屬元素，所以不存在離子鍵和金屬鍵，B原子與O原子間存在配位鍵，H2O與之間存在氫鍵，Q中還存在共價鍵、范德華力。②H3O＋中O原子存在一對孤對電子，其空間構(gòu)型為三角錐形；陰離子的中心原子為B，采用sp3雜化。(4)由于存在分子內(nèi)氫鍵，更難電離出H＋，所以的電離平衡常數(shù)小于。 答案：(1)如圖 (2)①a、b、d?、?s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (3)①a、d?、谌清F形　sp3 (4)<　中形成分子內(nèi)氫鍵，使其更難電離出H＋ 11．(xx江蘇，12分)元素X 位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p 軌道上有4個電子。元素Z 的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍。 (1)X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。 ①在1個晶胞中，X離子的數(shù)目為________。 ②該化合物的化學式為________。 (2)在Y的氫化物(H2Y)分子中，Y原子軌道的雜化類型是________。 (3)Z的氫化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是________。 (4)Y與Z可形成YZ。 ①YZ的空間構(gòu)型為________(用文字描述)。 ②寫出一種與YZ互為等電子體的分子的化學式：________。 (5)X的氯化物與氨水反應可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為________。 解析：本題主要考查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，意在考查考生的空間想象能力及對物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的理解能力。X的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，X為Zn；Y的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S；根據(jù)Z的信息可知Z為O。(1)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，X分別位于晶胞的頂點和面心，根據(jù)晶胞中原子的“分攤法”可計算一個晶胞中的X原子數(shù)為：81/8＋61/2＝4。②Y原子全部在晶胞中，故一個晶胞中含有4個Y原子。故該化合物的化學式為ZnS。(2)H2S分子中S原子有兩對成鍵電子和兩對孤對電子，所以H2S分子中S原子的軌道雜化類型為sp3雜化。(3)H2O與乙醇可以形成分子間氫鍵，使得水與乙醇互溶；而H2S與乙醇不能形成分子間氫鍵，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。(4)①SO的中心原子S周圍有4對成鍵電子，形成以S為體心，O為頂點的正四面體結(jié)構(gòu)；②SO中S、O最外層均為6個電子，故SO中原子最外層共有32個電子；CCl4、SiCl4中原子的最外層電子總數(shù)均為4＋74＝32，故SO、CCl4、SiCl4為等電子體。(5)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋與Cl－形成離子鍵，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4個Zn—N鍵(配位鍵)和12個N—H鍵，共16個共價單鍵，故1 mol該配合物中含有16 mol σ鍵。 答案：(1)①4　②ZnS (2)sp3 (3)水分子與乙醇分子之間形成氫鍵 (4)①正四面體?、贑Cl4或SiCl4等 (5)16NA或166.021023個 12．(xx新課標全國理綜，15分)VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表現(xiàn)出多種氧化態(tài)，含VIA族元素的化合物在研究和生產(chǎn)中有許多重要用途。請回答下列問題： (1)S單質(zhì)的常見形式為S8，其環(huán)狀結(jié)構(gòu)如下圖所示，S原子采用的軌道雜化方式是________； (2)原子的第一電離能是指氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一電離能由大到小的順序為________； (3)Se原子序數(shù)為________，其核外M層電子的排布式為________________； (4)H2Se的酸性比H2S________(填“強”或“弱”)。氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型為________，SO離子的立體構(gòu)型為________。 (5)H2SeO3和K1和K2分別為2.710－3和2.510－8，H2SeO4第一步幾乎完全電離，K2為1.210－2，請根據(jù)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系解釋： ①H2SeO3和H2SeO4第一步電離程度大于第二步電離的原因： ________________________________________________________________________； ②H2SeO4比H2SeO3酸性強的原因：______________________________________。 (6)ZnS在熒光體、光導體材料、涂料、顏料等行業(yè)中應用廣泛。立方ZnS晶體結(jié)構(gòu)如下圖所示，其晶胞邊長為540.0 pm，密度為________________________________ gcm－3(列式并計算)，a位置S2－離子與b位置Zn2＋離子之間的距離為 ____________________________________________ pm(列式表示)。 解析：(1)每個S原子與另外2個S原子形成2個共價單鍵，所以S原子的雜化軌道數(shù)＝σ鍵數(shù)＋孤對電子對數(shù)＝2＋2＝4，故S原子為sp3雜化。(2)同主族元素從上到下，元素的第一電離能逐漸減小，故第一電離能O>S>Se。(3)Se位于第四周期，與S的原子序數(shù)相差18，故其原子序數(shù)為34。由于其核外M層有18個電子，故M層的電子排布式為3s23p63d10。(4)Se的原子半徑大于S的原子半徑，H2Se與H2S相比，H2Se中Se原子對H原子的作用力較弱，H2Se在水中更容易電離出H＋，所以其酸性較強；SeO3中Se原子采取sp2雜化且有3個配位原子，故其立體構(gòu)型為平面三角形；SO中S原子采取sp3雜化且有3個配位原子，故其立體構(gòu)型為三角錐形。(5)所給兩種酸均為二元酸，當?shù)谝徊诫婋x出H＋后，由于生成的陰離子對正電荷有吸引作用，因此較難再電離出H＋。H2SeO3中Se為＋4價，而H2SeO4中Se為＋6價，Se的正電性更高，導致Se—O—H中O原子的電子向Se原子偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易電離出H＋，即酸性越強。(6)每個晶胞的質(zhì)量為(540.010－10cm)3ρ；運用均攤法可求得每個晶胞中含有4個“ZnS”，故每個晶胞的質(zhì)量又可表示為。因此有：(540.010－10cm)3ρ＝4 g，解得ρ＝4.1 gcm3；如圖所示， b位于正四面體的中心(類似于CH4分子中的C)。設ab＝ac＝x pm，∠abc＝10928′，ac＝540.0 pm＝270 pm。在三角形abc中，由余弦定理得：ac2＝x2＋x2－2xxcos∠abc，代入數(shù)據(jù)解得：x＝ pm。 答案：(1)sp3　(2)O>S>Se　(3)34　3s23p63d10　(4)強　平面三角形　三角錐形　(5)①第一步電離后生成的負離子較難再進一步電離出帶正電荷的氫離子?、贖2SeO3和H2SeO4可表示為(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se為＋4價，而H2SeO4中的Se為＋6價，正電性更高，導致Se—O—H中O的電子更向Se偏移，越易電離出H＋ (6)＝4.1　或或135 13．(xx山東理綜，8分)金屬鎳在電池、合金、催化劑等方面應用廣泛。 (1)下列關(guān)于金屬及金屬鍵的說法正確的是________。 a．金屬鍵具有方向性與飽和性 b．金屬鍵是金屬陽離子與自由電子間的相互作用 c．金屬導電是因為在外加電場作用下產(chǎn)生自由電子 d．金屬具有光澤是因為金屬陽離子吸收并放出可見光 (2)Ni是元素周期表中第28號元素，第二周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)與Ni相同且電負性最小的元素是________。 (3)過渡金屬配合物Ni(CO)n的中心原子價電子數(shù)與配體提供電子總數(shù)之和為18，則n＝________。CO與N2結(jié)構(gòu)相似，CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個數(shù)之比為________。 (4)甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氫可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子內(nèi)C原子的雜化方式為________，甲醇分子內(nèi)的O—C—H鍵角________(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子內(nèi)的O—C—H鍵角。 解析：(1)金屬鍵沒有方向性和飽和性，a錯；金屬鍵是金屬陽離子和自由電子間的相互作用，b對；金屬導電是因為在外加電場作用下電子發(fā)生定向移動，c錯；金屬具有光澤是因為自由電子能夠吸收并放出可見光，d錯。(2)Ni的外圍電子排布為3d84s2,3d能級上有2個未成對電子，第二周期中未成對電子數(shù)為2的元素有C、O，其中C的電負性較小。(3)中心原子Ni的價電子數(shù)為10，配體CO中1個O提供2個電子，故n＝4。CO中C和O間為叁鍵，含有1個σ鍵、2個π鍵。(4)甲醇分子內(nèi)C為sp3雜化，而甲醛分子內(nèi)C為sp2雜化，故甲醇分子內(nèi)O—C—H鍵角比甲醛分子內(nèi)O—C—H鍵角小。 答案：(1)b　(2)C(碳)　(3)4　1∶2　(4)sp3　小于 14．(xx江蘇，12分)一項科學研究成果表明，銅錳氧化物(CuMn2O4)能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。 (1)向一定物質(zhì)的量濃度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀經(jīng)高溫灼燒，可制得CuMn2O4。 ①Mn2＋基態(tài)的電子排布式可表示為_____________________________________。 ②NO的空間構(gòu)型是__________________________________________(用文字描述)。 (2)在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO2，HCHO被氧化為CO2和H2O。 ①根據(jù)等電子體原理，CO分子的結(jié)構(gòu)式為___________________________。 ②H2O分子中O原子軌道的雜化類型為__________________________________。 ③1 mol CO2中含有的σ鍵數(shù)目為_______________________________________。 (3)向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考慮空間構(gòu)型，[Cu(OH)4]2－的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為_____________________________________________。 解析：(1)Mn的原子序數(shù)為25，價電子排布式為3d54s2，先失去4s2軌道上的兩個電子，即得Mn2＋。根據(jù)價電子對互斥理論，NO中N原子采用sp2雜化，所以NO的空間構(gòu)型為平面三角形。(2)CO與N2互為等電子體，根據(jù)氮氣分子的結(jié)構(gòu)式可以寫出CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O。H2O分子中O原子存在兩對孤對電子，配位原子個數(shù)為2，價電子對數(shù)目為4，所以O原子采用sp3雜化。二氧化碳分子內(nèi)含有兩個碳氧雙鍵，一個雙鍵中含有一個σ鍵，一個π鍵，則1 mol CO2中含有2 mol σ鍵。(3)Cu2＋中存在空軌道，而OH－中O原子上有孤對電子，故O與Cu之間以配位鍵結(jié)合。 答案：(1)①1s222p63s23p63d5(或[Ar]3d5)　②平面三角形 (2)①C≡O?、趕p3?、?6.021023個(或2 mol) (3) (或) 15．(2011山東理綜，8分)氧是地殼中含量最多的元素． (1)氧元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為________個． (2)H2O分子內(nèi)的O—H鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強到弱依次為________________________________________________________________________． 的沸點比高，原因是___________________． (3)H＋可與H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用________雜化．H3O＋中H—O—H鍵角比H2O中H—O—H鍵角大，原因為_________________________________________． (4)CaO與NaCl的晶胞同為面心立方結(jié)構(gòu)，已知CaO晶體密度為a gcm－3，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則CaO晶胞體積為________cm3. 解析：本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，意在考查考生對原子核外電子排布、化學鍵、晶體等知識的理解和應用能力． (1)氧原子基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p4,2p軌道上有2個電子未成對．(2)氫鍵屬于分子間作用力，比化學鍵弱，但比范德華力強．(3)H3O＋中O原子為sp3雜化．(4)以1個晶胞為研究對象，1個晶胞中含有4個Ca2＋、4個O2－，根據(jù)m＝ρV，則4＝aV，V＝. 答案：(1)2　(2)O—H鍵、氫鍵、范德華力　形成分子內(nèi)氫鍵，而形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子間作用力增大　(3)sp3　H2O中O原子有2對孤對電子，H3O＋中O原子只有1對孤對電子，排斥力較小　(4) 11．(xx山東理綜，6分)碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb. (1)碳鈉米管由單層或多層石墨層卷曲而成，其結(jié)構(gòu)類似于石墨晶體，每個碳原子通過________雜化與周圍碳原子成鍵，多層碳納米管的層與層之間靠________結(jié)合在一起． (2)CH4中共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為________________． (3)用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn—Br鍵的鍵角________120(填“＞”、“＜”或“＝”)． (4)鉛、鋇、氧形成的某化合物的晶胞結(jié)構(gòu)是：Pb4＋處于立方晶胞頂點，Ba2＋處于晶胞中心，O2－處于晶胞棱邊中心．該化合物化學式為________，每個Ba2＋與________個O2－配位． 解析：本題以第ⅣA族元素為載體，考查考生對選修3《物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》知識的綜合應用能力． (1)石墨晶體是混合型晶體，同一層內(nèi)碳原子之間以共價鍵結(jié)合成正六邊形結(jié)構(gòu)，層與層之間通過范德華力結(jié)合，故碳鈉米管中碳原子的雜化方式為sp2雜化，層與層之間靠范德華力結(jié)合． (2)電負性越大，非金屬性越強，即吸引電子對的能力越強，故電負性的大小關(guān)系為C＞H＞Si. (3)在SnBr2分子中，中心原子Sn有2對成鍵電子，1對孤對電子，采用sp2雜化，故鍵角小于120. (4)1個晶胞中有1個Ba2＋，Pb4＋的個數(shù)為8＝1，O2－的個數(shù)為12＝3，故化學式為BaPbO3.每個Ba2＋與12個O2－配位． 答案：(1)sp2　分子間作用力(或：范德華力) (2)C＞H＞Si　(3)＜　(4)BaPbO3　12 考點三　晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 17．(xx新課標全國Ⅰ理綜，15分)硅是重要的半導體材料，構(gòu)成了現(xiàn)代電子工業(yè)的基礎(chǔ)?；卮鹣铝袉栴}： (1)基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為________，該能層具有的原子軌道數(shù)為________，電子數(shù)為________。 (2)硅主要以硅酸鹽、________等化合物的形式存在于地殼中。 (3)單質(zhì)硅存在與金剛石結(jié)構(gòu)類似的晶體，其中原子與原子之間以________相結(jié)合，其晶胞中共有8個原子，其中在面心位置貢獻________個原子。 (4)單質(zhì)硅可通過甲硅烷(SiH4)分解反應來制備。工業(yè)上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介質(zhì)中反應制得SiH4，該反應的化學方程式為_____________________________________。 (5)碳和硅的有關(guān)化學鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關(guān)事實： 化學鍵 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O 鍵能/(kJmol－1) 356 413 336 226 318 452 ①硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都遠不如烷烴多，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②SiH4的穩(wěn)定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是__________________________ ________________________________________________________________________。 (6)在硅酸鹽中， SiO四面體(如圖a)通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式。圖b為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其中Si原子的雜化形式為 ________，Si與O的原子數(shù)之比為________，化學式為____________________________。 解析：本題考查了物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)方面的知識，意在考查考生的觀察能力、推理能力以及語言表達能力。(1)硅的基態(tài)原子中，能量最高的能層是第三電子層，符號為M，該能層有9個原子軌道，電子數(shù)為4。(2)硅還以SiO2形式存在于地殼中。(3)硅晶體中，硅原子間以共價鍵結(jié)合在一起，其晶胞6個面上各有一個硅原子，依據(jù)均攤原則，面心位置貢獻3個原子。(4)可先寫出：Mg2Si＋NH4Cl―→SiH4，由原子守恒知還應該有MgCl2生成，配平鎂、氯、硅元素后得Mg2Si＋4NH4Cl―→SiH4＋2MgCl2，再進一步分析知還應該有NH3生成，最終結(jié)果為Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋2MgCl2＋4NH3。(5)某類物質(zhì)數(shù)量的多少與物質(zhì)內(nèi)化學鍵的穩(wěn)定性強弱有關(guān)，由表中數(shù)據(jù)知C—C鍵、C—H鍵分別比Si—Si鍵、Si—H鍵穩(wěn)定，故烷烴數(shù)量較多。同理因鍵能C—H＞C—O、Si—O＞Si—H，故SiH4的穩(wěn)定性小于CH4，更易生成氧化物。(6)因硅與四個氧原子形成四個σ鍵，故硅原子為sp3雜化。在圖a中，硅、氧原子數(shù)目比為1∶4，但圖b中每個硅氧四面體中有兩個氧原子是與其他四面體共用的，故依據(jù)均攤原則可確定圖b中硅、氧原子數(shù)目比為1∶3，化學式為(SiO3)。 答案：(1)M　9　4　(2)二氧化硅　(3)共價鍵　3　(4)Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2　(5)①C—C鍵和C—H鍵較強，所形成的烷烴穩(wěn)定。而硅烷中Si—Si鍵和Si—H鍵的鍵能較低，易斷裂，導致長鏈硅烷難以生成　②C—H鍵的鍵能大于C—O鍵，C—H鍵比C—O鍵穩(wěn)定。而Si—H鍵的鍵能卻遠小于Si—O鍵，所以Si—H鍵不穩(wěn)定而傾向于形成穩(wěn)定性更強的Si—O鍵　(6)sp3　1∶3　[SiO3](或SiO) 18．(xx江蘇，12分)元素X 位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2。元素Y基態(tài)原子的3p 軌道上有4個電子。元素Z 的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3倍。 (1)X與Y所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。 ①在1個晶胞中，X離子的數(shù)目為________。 ②該化合物的化學式為________。 (2)在Y的氫化物(H2Y)分子中，Y原子軌道的雜化類型是________。 (3)Z的氫化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是________。 (4)Y與Z可形成YZ。 ①YZ的空間構(gòu)型為________(用文字描述)。 ②寫出一種與YZ互為等電子體的分子的化學式：________。 (5)X的氯化物與氨水反應可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為________。 解析：本題主要考查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識，意在考查考生的空間想象能力及對物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的理解能力。X的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，X為Zn；Y的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S；根據(jù)Z的信息可知Z為O。(1)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，X分別位于晶胞的頂點和面心，根據(jù)晶胞中原子的“分攤法”可計算一個晶胞中的X原子數(shù)為：81/8＋61/2＝4。②Y原子全部在晶胞中，故一個晶胞中含有4個Y原子。故該化合物的化學式為ZnS。(2)H2S分子中S原子有兩對成鍵電子和兩對孤對電子，所以H2S分子中S原子的軌道雜化類型為sp3雜化。(3)H2O與乙醇可以形成分子間氫鍵，使得水與乙醇互溶；而H2S與乙醇不能形成分子間氫鍵，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。(4)①SO的中心原子S周圍有4對成鍵電子，形成以S為體心，O為頂點的正四面體結(jié)構(gòu)；②SO中S、O最外層均為6個電子，故SO中原子最外層共有32個電子；CCl4、SiCl4中原子的最外層電子總數(shù)均為4＋74＝32，故SO、CCl4、SiCl4為等電子體。(5)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋與Cl－形成離子鍵，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4個Zn—N鍵(配位鍵)和12個N—H鍵，共16個共價單鍵，故1 mol該配合物中含有16 mol σ鍵。 答案：(1)①4?、赯nS (2)sp3 (3)水分子與乙醇分子之間形成氫鍵 (4)①正四面體?、贑Cl4或SiCl4等 (5)16NA或166.021023個 19．(xx江蘇，12分)乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料．工業(yè)上曾用CaC2與水反應生成乙炔． (1)CaC2中C與O互為等電子體，O的電子式可表示為________________；1 mol O中含有的π鍵數(shù)目為________． (2)將乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀．Cu＋基態(tài)核外電子排布式為________． (3)乙炔與氫氰酸反應可得丙烯腈(CHH2CCN)．丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是________；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為________． (4)CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似(如右圖所示)，但CaC2晶體中啞鈴形C的存在，使晶胞沿一個方向拉長．CaC2晶體中1個Ca2＋周圍距離最近的C數(shù)目為________． 解析：本題主要考查電子式的有關(guān)知識及晶胞的有關(guān)計算，意在考查化合物結(jié)構(gòu)理論的綜合運用能力．(1)等電子體結(jié)構(gòu)相似，則O的電子式與C相似，為[O??O]2＋；1 mol O中含有2 mol π鍵，即2NA個π鍵；(2)Cu＋的基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；(3)丙烯腈中碳碳雙鍵上碳原子采用的是sp2雜化，而CN鍵上的碳原子采用sp雜化，碳碳雙鍵是平面結(jié)構(gòu)，而CN是直線形結(jié)構(gòu)，丙烯腈的結(jié)構(gòu)為，所以在同一直線上的原子最多為3個． (4)如果晶胞按縱向拉長，則1個Ca2＋周圍距離最近的C為同一水平面上的4個． 答案：(1)[O??O]2＋　2NA (2)1s22s22p63s23p63d10 (3)sp雜化、sp2雜化　3　(4)4