高考化学试题分类解析 考点23 物质结构与性质选修3Word格式.docx
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此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色,深蓝色溶液中阳离子的化学式为 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)记住物质化学键的类型和晶胞的计算方法。
(2)可以通过求算价电子数目判断物质的立体构型。
【解析】Ⅰ.第4周期元素中,锰原子价电子排布式为3d54s2,含5个未成对电子,铬原子价电子排布式为3d54s1,含6个未成对电子,A错误;
同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小,B正确;
在卤素氢化物中,HF分子间能形成氢键,沸点最高,HCl、HBr、HI中均不含氢键,HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小,C错误;
价层电子对相斥理论中,中心原子的价层电子对数包括σ键电子对数和孤电子对数,不包括π键电子对数,D正确。
Ⅱ.根据M是第4周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子,则价电子排布式为3d104s1,M是铜,Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同可推出Y是氯元素。
(1)铜属于金属晶体,原子间通过金属键形成面心立方密堆积,其中配位数为12。
(2)氯元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5;
同周期元素中,从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势,第3周期中第一电离能最大的是Ar;
氯元素的含氧酸中,酸性最强的是HClO4;
根据价层电子对互斥模型分析
中心原子没有孤电子对,立体构型为正四面体。
(3)①根据立方晶胞分析,每个晶胞中含有铜原子的个数:
8×
+6×
=4,含氯原子4个,该化合物的化学式为CuCl;
1个CuCl晶胞中含有4个CuCl,此晶体的密度为
。
②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物;
此化合物的氨水溶液遇到空气时,+1价的铜被氧化,深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+。
答案:
Ⅰ.B、D
Ⅱ.
(1)金属晶体 金属键 12
(2)1s22s22p63s23p5 Ar HClO4 正四面体
(3)①CuCl
或
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)[Cu(NH3)4]2+
3.(2016·
浙江高考自选模块·
15)“物质结构与性质”模块
磷(P)是组成生命物质的重要元素,请回答:
(1)基态P原子外围电子的轨道表示式为 。
与氮(N)相比,第一电离能P N(填“=”“>
”或“<
”)。
每个白磷分子中有 个σ键。
(2)PH3的分子构型与NH3的分子构型相似。
下列关于PH3和NH3的说法正确的是
。
A.P—H键的极性大于N—H键的极性,PH3和NH3均为极性分子
B.PH3的沸点高于NH3的沸点
C.PH3可形成分子晶体
D.PH3中,P—H键的键长大于N—H键的键长,其键角小于BF3分子中的键角
(3)磷脂的结构简式为
在水中磷脂可能更倾向于形成下列图 (填“A”或“B”)所示的双分子层结构,试说明理由
。
【解题指南】解答本题时应注意以下几点:
(1)白磷分子为正四面体结构;
(2)形成分子间氢键能够使物质的沸点升高;
(3)在判断分子构型(或键角)时注意孤电子对的影响;
(4)看懂磷脂的结构,分清亲水端和憎水端。
【解析】
(1)磷(P)是15号元素,位于元素周期表第3周第ⅤA族,因此其外围电子的轨道表示式为
;
N和P位于同一主族,从上到下元素的第一电离能逐渐减小,因此第一电离能P<
N;
白磷分子的空间构型为
因此一个白磷分子中含有6个σ键。
(2)由于氮元素的电负性强于磷元素,因此N—H键的极性强于P—H键,PH3和NH3均为极性分子,故A项错误;
由于NH3分子之间能形成氢键,因此其沸点高于PH3,故B项错误;
PH3在常温下为气体,说明其熔、沸点较低,因此可形成分子晶体,故C项正确;
由于磷原子的半径大于氮原子的半径,因此P—H键的键长大于N—H键的键长,PH3中有孤电子对,因此其键角小于109.5°
而BF3分子中没有孤电子对,其键角为120°
故D项正确。
(3)根据磷脂的结构简式可以看出Ⅱ端正电荷和负电荷均存在,因此Ⅱ端为亲水基,在水中容易与之靠近;
而Ⅰ端为长的碳链,极性较弱,在水中只能相互靠近。
(1)
<
6
(2)C、D (3)A
在水中,磷脂分子的弱极性部分(Ⅰ端)易相互靠近,而其亲水部分(Ⅱ端)与水分子极性相近,因而朝向水
4.(2016·
江苏高考·
21A)A.[物质结构与性质]
[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
(1)Zn为30号元素,30-18=12,其核外价层电子排布为3d104s2,失去电子时,先从4s开始,所以Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10。
(2)HCHO的结构式为
单键全为σ键,双键中,只有一个为σ键,1molHCHO中存在3molσ键。
(3)HOCH2CN中“—CH2—”的C为sp3杂化,“—C≡N”中C为sp杂化。
(4)N得一个电子与氧原子的电子数相等,所以
与H2O互为等电子体。
(5)Zn2+与CN-之间为配位键,配位键由C指向Zn。
(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2)3 (3)sp3和sp
(4)
(5)
5.(2016·
四川高考·
8)M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z是一种过渡元素。
M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍,R是同周期元素中最活泼的金属元素,X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物,Z的基态原子4s和3d轨道半充满。
请回答下列问题:
(1)R基态原子的电子排布式是 ,X和Y中电负性较大的是 (填元素符号)。
(2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物,其原因是
(3)X与M形成的XM3分子的空间构型是 。
(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示,则图中黑球代表的离子是 (填离子符号)。
(5)在稀硫酸中,Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物,Z被还原为+3价,该反应的化学方程式是
【解析】M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍,其电子排布式为1s22s22p4,为氧元素;
R是同周期元素中最活泼的金属元素,R的原子序数比O的大,则R一定是钠元素;
引起酸雨的主要大气污染物是二氧化硫,则X是S。
因为M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,则Y只能是氯元素。
Z的基态原子4s和3d轨道半充满,则其价电子排布式为3d54s1,则Z为铬元素。
(1)R是钠元素,其基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1或[Ne]3s1;
非金属性Cl>
S,Cl的电负性比S的大。
(2)X的氢化物是H2S,M的氢化物是H2O,由于H2O中存在分子间氢键使其沸点比H2S的高。
(3)XM3分子是SO3,其价层电子对数=3+
=3,S的杂化方式为sp2,分子中没有孤电子对,其轨道构型和分子构型都是平面三角形。
(4)R2M晶体为Na2O,晶胞中立方体的顶点上有8个白球,六个面的中心有6个白球,根据“均摊法”可知晶胞中实际含有白球的数目为8×
=4;
黑球全部处于晶胞的内部,即晶胞中含有黑球的数目为8,所以黑球为Na+,白球为O2-。
(5)Z为铬元素,Z的最高价含氧酸的钾盐的化学式为K2Cr2O7或K2CrO4,其中K2Cr2O7呈橙红色,K2CrO4呈黄色,所以该钾盐为K2Cr2O7。
K2Cr2O7的还原产物为Cr3+,氧元素的一种氢化物H2O2具有强还原性,其氧化产物为O2,根据得失电子守恒和元素守恒可得如下化学方程式:
3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4
Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O+K2SO4。
(1)1s22s22p63s1或[Ne]3s1 Cl
(2)H2S分子间不存在氢键,H2O分子间存在氢键
(3)平面三角形 (4)Na+
(5)3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4
Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O+K2SO4
6.(2016·
全国高考Ⅰ·
37)[化学——选修3:
物质结构与性质]
锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛。
(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)。
(1)Ge为32号元素,根据构造原理可推出基态锗原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,有2个未成对电子。
(2)锗原子之间难以形成双键或叁键是因为Ge的原子半径大,原子间形成的σ键较长,p轨道之间重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键。
(3)锗的卤化物的熔点和沸点大小顺序均为GeCl4<
GeBr4<
GeI4,原因是它们的分子结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越强。
(4)根据同主族从上到下,元素的电负性逐渐变小可知,O>
Se,根据同周期从左到右元素的电负性逐渐增大可知,Se>
Ge>
Zn,所以Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是O>
Zn。
(5)Ge单晶具有金刚石型结构,其中锗原子的杂化方式为sp3,微粒之间存在的作用力是共价键。
(6)①原子坐标参数是表示晶胞内部各原子的相对位置,根据Ge单晶的晶胞图,分析原子坐标参数A为(0,0,0);
0)可知D原子的坐标参数为(
)。
②Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm,晶胞的体积为a3,a需要进行单位换算,晶胞的质量为
晶胞的密度为晶胞质量除以晶胞体积,所以晶胞密度=
(g·
cm-3)。
(1)3d104s24p2 2
(2)锗原子半径大,原子间形成的σ键较长,p轨道之间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、沸点依次升高,原因是分子结构相似,相对分子质量越大,分子间作用力越强
(4)O>
Zn
(5)sp3 共价键
(6)①(
) ②
7.(2016·
全国卷Ⅱ·
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。
(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。
【解题指南】解答本题注意以下两点:
(1)价层电子对互斥理论在判断分子的空间构型中的应用。
(2)利用“均摊法”求算晶胞中铜原子与镍原子的数量比。
(1)镍是28号元素,位于第4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或[Ar]3d84s2,3d能级有5个轨道,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,
的σ键电子对数等于4,孤电子对数(6+2-2×
4)÷
2=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(5-3)÷
2=1,则氨气是sp3杂化,分子呈三角锥形,正、负电荷中心不重叠,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;
Cu+核外电子排布比Ni+稳定,难以失去电子,所以ICu>
INi。
(4)①根据均摊法计算,晶胞中铜原子个数为6×
1/2=3,镍原子的个数为8×
1/8=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=m÷
V,则d=
即晶胞参数a=
×
10-7nm。
(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
(2)①正四面体 ②配位键 N ③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
(3)金属 Cu+核外电子排布比Ni+稳定,难以失电子
(4)①3∶1 ②
10-7或
10-7
8.(2016·
全国卷Ⅲ·
37)[化学——选修3:
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。
(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 。
(1)As是33号元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。
(2)同一周期从左向右,原子半径逐渐减小,所以原子半径:
Ga>
As。
Ga的价电子排布为4s24p1,As的价电子排布为4s24p3,As的4p轨道电子处于半充满状态,稳定性强,所以第一电离能Ga<
(3)AsCl3分子的价层电子对数=3+
=4,As的杂化方式为sp3,因为含有一对孤电子对,所以该分子的立体构型为三角锥形。
(4)GaF3为离子晶体,靠比较强的离子键结合,GaCl3为分子晶体,靠很弱的范德华力结合,所以GaF3的熔点高。
(5)因为GaAs的熔点为1238℃,熔点很高,晶体结构为立体网状结构,所以GaAs为原子晶体,其中Ga与As以共价键键合。
根据晶胞结构可知晶胞中Ga和As的个数均是4个,所以晶胞的体积是
cm3。
二者的原子半径分别为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
100%=
10-30×
100%。
(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%
9.(2016·
四大题)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理:
(1)NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl
(2)NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN(Ki=6.3×
10-10)有剧毒;
HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空:
23.第一次氧化时,溶液的pH应调节为 (选填“酸性”“碱性”或“中性”);
原因是 。
24.写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
25.处理100m3含NaCN10.3mg·
L-1的废水,实际至少需NaClO g(实际用量应为理论值的4倍),才能使NaCN含量低于0.5mg·
L-1,达到排放标准。
26.(CN)2与Cl2的化学性质相似。
(CN)2与NaOH溶液反应生成 、
和H2O。
27.上述反应涉及的元素中,氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 ;
H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 。
28.HCN是直线型分子,HCN是 分子(选填“极性”或“非极性”)。
HClO的电子式为 。
23.已知HCN(Ki=6.3×
10-10)有剧毒,可知NaCN易与酸反应生成HCN,为防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气,因此第一次氧化时,溶液的pH应调节为碱性。
24.反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价,得到2个电子。
氮元素化合价从-3价升高到0价,失去3个电子,则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶3,反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-
+CO2↑+3Cl-+N2↑。
25.参加反应的NaCN是
=20mol,反应中C由+2价升高到+4价,氮元素化合价从-3价升高到0价,即1molNaCN失去5mol电子,1mol次氯酸钠得到2mol电子,所以处理100m3含NaCN10.3mg·
L-1的废水,实际至少需NaClO的质量为
74.5g·
mol-1×
4=14900g。
26.(CN)2与Cl2的化学性质相似,则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。
27.氯元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,所以氯原子核外电子能量最高的电子亚层是3p;
同周期从左到右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,所以H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为H<
O<
N<
C<
Na。
28.HCN是直线型分子,正负电荷重心不重合,所以HCN是极性分子;
HClO含共价键,电子式为
23.碱性 防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气
24.2OCN-+3ClO-
+CO2↑+3Cl-+N2↑
25.14900
26.NaOCN NaCN
27.3p H<
Na
28.极性