高考化学试题分类解析 考点23 物质结构与性质选修3.docx

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高考化学试题分类解析考点23物质结构与性质选修3

考点23物质结构与性质（选修3）

一、选择题

1.（2016·上海高考·4）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是

　（　　）

A.CaO与CO2B.NaCl与HCl

C.SiC与SiO2D.Cl2与I2

【解析】选C。

离子晶体的熔点和离子键的晶格能有关,原子晶体的熔点和共价键的键能有关,而分子晶体的熔点和化学键的键能无关。

CaO、NaCl是离子晶体,CO2、HCl、Cl2与I2均为分子晶体;SiC与SiO2均为原子晶体,所以选C。

二、非选择题

2.（2016·海南高考·19）[选修3——物质结构与性质]

Ⅰ.下列叙述正确的有　（　　）

A.第四周期元素中,锰原子价电子层中未成对电子数最多

B.第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小

C.卤素氢化物中,HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小

D.价层电子对相斥理论中,π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数

Ⅱ.M是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子。

元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。

回答下列问题:

（1）单质M的晶体类型为　　　　,晶体中原子间通过 作用形成面心立方密堆积,其中M原子的配位数为　　　　。

（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为　　　　,其同周期元素中,第一电离能最大的是　　　　（写元素符号）。

元素Y的含氧酸中,酸性最强的是　　　　（写化学式）,该酸根离子的立体构型为　　　　。

（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为　　　,已知晶胞参数a=0.542nm,此晶体的密度为　　　g·cm-3。

（写出计算式,不要求计算结果。

阿伏加德罗常数为NA）

②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是 　。

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

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。

答案:

（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 　。

【解析】

（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。

答案:

（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×

+6×

=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。

答案:

（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。

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）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

（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>Ge>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）;B为（

0,

）;C为（

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）。

答案:

（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>Ge>Zn

（5）sp3　共价键

（6）①（

）　②

7.（2016·全国卷Ⅱ·37）[化学——选修3:

物质结构与性质]

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。

【解析】

（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。

答案:

（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:

物质结构与性质]

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%。

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　

×10-30×100%

9.（2016·上海高考·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　　　　　。

【解析】

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

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

。

答案:

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

28.极性