高考化学一轮总复习 专题二十五 物质结构与性质AB卷1.docx

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高考化学一轮总复习专题二十五物质结构与性质AB卷1

物质结构与性质

A卷　全国卷

　原子结构与性质

1．（2013·课标全国卷Ⅰ，37，15分）硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。

回答下列问题：

（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________、电子数为________。

（2）硅主要以硅酸盐、________等化合物的形式存在于地壳中。

（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以____________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献____________个原子。

（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备。

工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为______________。

（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：

化学键

C—C

C—H

C—O

Si—Si

Si—H

Si—O

356

413

336

226

318

452

①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是______________________。

②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是______________________。

（6）在硅酸盐中，SiO

四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。

图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根：

其中Si原子的杂化形式为____________，Si与O的原子数之比为____________，化学式为________________。

解析　硅的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，M能层有s、p、d三个能级，共9个原子轨道；

（3）立方体共有6个面，面心位置上贡献3个原子；

（4）此反应不属于氧化还原反应，产物除SiH4外，还应有MgCl2，另一生成物只能是NH3；

（5）由信息可知应从反应物、产物键能的差异角度进行分析；

（6）一个硅原子与四个氧原子相连，形成4个σ键，硅原子最外层四个电子全部参与成键，无孤电子对，为sp3杂化；①、②两个氧原子有两个结构单元共用，如图

，中间的结构单元均摊1，再加上其他2个氧原子，一个结构单元中含有一个硅原子，3个氧原子，依据化合价可知一个结构单元表现的化合价为－2，即化学式为SiO

或[SiO3]

。

答案　

（1）M　9　4

（2）二氧化硅

（3）共价键　3

（4）Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2

（5）①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成

②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定

。

而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键

（6）sp3　1∶3　[SiO3]

（或SiO

）

　分子结构与性质

2．（2016·课标全国卷Ⅱ，37，15分）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：

ICu＝1958kJ·mol–1、INi＝1753kJ·mol－1，ICu>INi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dg·cm–3，晶胞参数a＝________nm。

解析　

（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；3d能级有5个轨道，根据洪特原则，先占满5个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。

（2）①根据价层电子对互斥理论，SO

的σ键电子对数等于4，孤电子对数为

＝0，则阴离子的立体构型是正四面体形；②根据配位键的特点，在[Ni（NH3）6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N；③氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦（PH3）；根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数为

＝1，则中心氮原子轨道杂化类型为sp3杂化，分子为三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。

（3）铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu＞INi。

（4）①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×

＝3，镍原子的个数为8×

＝1，则铜和镍的数量比为3∶1；②根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为dg·cm－3，根据ρ＝

，则晶胞参数a＝

×107nm。

答案　

（1）1s22s22p63s23p63d84s2（或[Ar]3d84s2）　2

（2）①正四面体　②配位键　　N

③高于　氨气分子间可形成氢键　极性　sp3

（3）金属　铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子

（4）①3∶1　②

×107

3．（2014·课标全国卷Ⅱ，37，15分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。

a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。

回答下列问题：

（1）b、c、d中第一电离能最大的是________（填元素符号），e的价层电子轨道示意图为__________________。

（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为________；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是________（填化学式，写出两种）。

（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是________；酸根呈三角锥结构的酸是________（填化学式）。

（4）e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为________。

（5）这5种元素形成的一种1∶1型离子化合

物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）。

该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有________；该化合物加热时首先失去的组分是________，判断理由是______________

______________________________________________________________。

解析　依题给信息可直接判断a为氢（H），c为氧（O），d为硫（S），e为铜（Cu），又知b的价电子层中未成对电子数有3个，且其原子序数，介于a、c之间，可确定b为氮（N）。

（1）N、O、S三种元素中第

一电离能最大的是N；Cu的价层电子轨道示意图为

。

（2）NH3分子呈三角锥形，分子中N原子采取sp3杂化；分子中含有极性键和非极性键的化合物有H2O2和N2H4等。

（3）这些元素形成的含氧酸有HNO3、HNO2、H2SO4、H2SO3等，其中中心原子价层电子对数为3的是HNO2和HNO3，酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3。

（4）图1所示晶胞中e离子数＝4，c离子数＝1＋8×

＝2，则N（Cu）∶N（O）＝4∶2＝2∶1，该离子化合物的化学式为Cu2O，故铜离子的电荷为＋1。

（5）5种元素形成的离子化合物中阴离子呈四面体结构，阴离子为SO

；由题图2可知阳离子是[Cu（NH3）4（H2O）2]2＋，化学键类型有共价键和配位键，该离子中，H2O分子离Cu2＋较远，Cu2＋与H2O分子间的配位键比Cu2＋与NH3分子间的配位键弱，故该化合物加热时，首先失去的组分是H2O。

答案　

（1）N　

（2）sp3　H2O2、N2H4

（3）HNO2、HNO3　H2SO3

（4）＋1

（5）SO

　共价键和配位键　H2O　H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱

　晶体结构与性质

4．（2016·新课标全国Ⅰ，37，15分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。

回答下列问题：

（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]________，有________个未成对电子。

（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。

从原子结构角度分析，原因是___________________。

（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因____________________________________________________________。

GeCl4

GeBr4

GeI4

熔点/℃

－49.5

26

146

沸点/℃

83.1

186

约

400

（4）

光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。

Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是________________。

（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________________________，微粒之间存在的作用力是________________。

（6）晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（

，0，

）；C为（

，

，0）。

则D原子的坐标参数为________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm，其密度为________g·cm－3（列出计算式即可）。

解析　

（1）锗为32号元素，根据原子核外电子的排布规律，可写出其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，其核外电子排布简式为[Ar]3d104s24p2，其中4p能级有2个未成对电子。

（2）Ge和C虽是同族元素，价电子排布相同，但Ge的原子半径比C的大，所以其原子轨道不易重叠形成π键，即Ge原子间难以形成双键和叁键。

（3）由表中数据，可知几种锗卤化物的熔沸点都较低，都属于分子晶体。

随着相对分子质量的逐渐增大，其分子间作用力逐渐增强，故熔沸点逐渐升高。

（4）Zn、Ge、O三种元素中，Zn和Ge是金属元素，O是非金属元素。

O的电负性比Zn和Ge的大，又根据同周期元素的电负性从左到右逐渐增大的规律，可知电负性：

O＞Ge＞Zn。

（5）由于锗单晶具有金刚石型的结构，故每个锗原子与相邻的四个锗原子形成四个

共价键，其原子轨道杂化类型为sp3杂化。

（6）①由Ge单晶晶胞结构示意图，可知D原子与A原子及位于3个相邻面面心的3个原子构成了正四面体结构，D原子位于正四面体的中心，再根据A、B、C三个原子的坐标参数可知D原子的坐标参数为（

，

，

）。

②由锗单晶的晶胞结构示意图，可知该晶胞中位于顶点的有8个原子，位于面心的有6个原子，位于内部的有4个原子，则一个晶胞中所含有的锗原子个数为8×

＋6

×

＋4＝8，再由晶胞参数可知该晶胞的边长为565.76pm的正方体，则其密度为

g·cm－3。

答案　

（1）3d104s24p2　2

（2）Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p－p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键

（3）GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。

原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强

（4）O＞Ge＞Zn　（5）sp3　共价键

（6）①（

，

，

）　②

×107

5．（2016·课标全国Ⅲ，37，15分）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）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是______________。

（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·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MGag·mol－1和MAsg·mol－1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________。

解析　

（1）As的原子序数为33，则基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。

（2）同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径Ga大于As，As原子的4p轨道处于半满的稳定结构，所以第一电离能Ga小于As。

（3）AsCl3分子中心As原子的价层电子对数＝3＋

＝4，含有1对孤对电子，则其立体构型为三角锥形，其中As的杂化轨道类型为sp3。

（4）二者熔点的差异是因为GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体。

（5）GaAs的熔点很高，则其晶体为原子晶体，Ga和As以共价键键合。

由晶胞结构可知一个晶胞中含有As、Ga原子的个数均为4个，则晶胞的体积为

×4÷ρ，又知二者的原子半径分别为rGapm和rAspm，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为

×100%＝

×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　

×100%

6．（2015·课标全国卷Ⅱ，37，15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型：

C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。

回答下列问题：

（1）四种元素中电负性最大的是________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是________（填分子式），原因是_______________________________________________________________；

A和B的氢化物所属的晶体类型分别为________和________。

（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的立体构型为________，中心原子的杂化轨道类型为________。

（4）化合物D2A的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。

（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度（g·cm－3）_____________________________________________。

解析　由A2－和B＋具有相同的电子构型可知，A是氧元素，B是钠元素；由C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍可知，C是磷元素；A、B、C、D四种元素的原子序数依次增大，C、D为同周期元素，且D元素最外

层有一个未成对电子，因此D是氯元素。

（1）元素的非金属性O>Cl>P，则电负性O>Cl>P，Na是金属，其电负性最小；P的电子数是15，根据构造原理可写出其核外电子排布式。

（2）氧元素有O2和O3两种同素异形体，相对分子质量O3>O2，范德华力O3>O2，则沸点O3>O2。

A和B的氢化物分别是H2O和NaH，所属晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。

（3）PCl3分子中P含有一对孤电子对，其价层电子对数为4，因此其立体构型为三角锥形，中心原子P的杂化轨道类型为sp3。

（4）Cl2O分子中心原子O原子含有2对孤电子对，其价层电子对数为4，因此其立体构型为V形；根据电子守恒和质量守恒可写出Cl2与湿润的Na2CO3反应的化学方程式。

（5）根据化合物F的晶胞结构，利用均摊法可计算出氧原子个数

：

N（O）＝8×

＋6×

＝4，钠原子全部在晶胞内，N（Na）＝8，因此F的化学式为Na2O；以顶角氧原子为中心，与氧原子距离最近且等距离的钠原子有8个，即晶胞中A原子的配位数为8；晶胞参数即晶胞的棱长a＝0.566nm，晶体F的密度＝

＝

＝2.27g/cm3。

答案　

（1）O　1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）

（2）O3　O3相对分子质量较大，范德华力较大　分子晶体　离子晶体

（3）三角锥形　sp3

（4）V形　4　2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl）

（5）Na2O　8

＝2.27g/cm3

B卷　地方卷

　原子结构与性质

1．（2015·福建理综，31，15分）科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。

（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________________。

（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是________（填序号）。

a．固态CO2属于分子晶体

b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子

c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2

d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。

①基态Ni原子的电子排布式为________，该元素位于元素周期表的第________族。

②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1molNi（CO）4中含有________molσ键。

（4）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构（如下图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表。

CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。

　　　参数

分子　　　

分子直径/nm

分子与H2O的结合能E/kJ·mol－1

CH4

0.436

16.40

CO2

0.512

29.91

①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是________________________。

②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。

已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是___________________________________________。

解析　

（1）元素的非金属性越强，其电负性越大。

因为元素的非金属性由强到弱的顺序为：

O＞C＞H，所以元素的电负性从小到大的顺序为：

H＜C＜O；

（2）a项，固态CO2是由CO2分子通过分子间作用力结合而成的分子晶体，正确；b项，CH4分子中含有极性共价键，但由于该分子中的共价键排列对称，因此该分子是非极性分子，错误；c项，固态时CH4和CO2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越强，物质的熔沸点就越高，而不是取决于分子内共价键的强弱，错误；d项，CH4分子中碳原子形成的都是σ键，C原子采取sp3杂化，而CO2分子中的C原子与两个O原子形成的是碳氧双键，含有2个σ键和2个π键，C原子采取sp杂化，正确。

故答案选a、d。

（3）①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；该元素位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族。

②Ni能与CO形成正四面体型的配合物Ni（CO）4，在每个配位体中含有1个σ键，在每个配位体与中心原子之间也形成1个σ键，所以1molNi（CO）4中含有8molσ键。

（4）①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力分别是分子间作用力（也叫范德华力）和氢键。

②根据表中的数据可知，笼状结构的空腔直径为0.586nm，大于CO2分子的直径（0.512nm），而且CO2与H2O分子之间的结合力大于CH4，因此可以实现用CO2置换出“可燃冰”中CH4的设想。

答案　

（1）H、C、O　

（2）ad

（3）①1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　Ⅷ　②8

（4）①氢键、范德华力　②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH4

　分子结构与性质

2．（2016·江苏化学，21，12分）[Zn（CN）4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：

4HCHO＋[Zn（CN）4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn（H2O）4]2＋＋4HOCH2CN

（1）Zn2＋基态核外电子排布式为__________________________________。

（2）1molHCHO分子中含有σ键的数目为________mol。

（3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是________。

（4）与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。

（5）[Zn（CN）4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键，不考虑空间构型，[Zn（CN）4]2－的结构可用示意图表示为________。

解析　

（1）先写锌原子核外电子排布式[Ar]3d104s2，再由外向内失2个电子，得Zn2＋核外电子排布式为[Ar]3d10。

（2）甲醛结构式为

，σ键数为3。

（3）HOCH2CN可表示为HOCH2C≡N，碳原子分别为sp3、sp杂化。

（4）等电子体可以“左右移位、平衡电荷”判断，H2O等电子体阴离子为NH

。

（5）Zn2＋提供空轨道，CN－中碳原子提供孤对电子形成配位键。

答案　

（1）1s22s22p63s23p63d10（或[Ar]3d10）

（2）3　（3）sp3和sp　（4）NH

（5）

3．（2015·山东理综，33，15分）氟在自然界中常以CaF2的形式存在。

（1）下列关于CaF2的表述正确的是________。