考点23 物质结构与性质选修3.docx

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考点23物质结构与性质选修3

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考点23物质结构与性质（选修3）

非选择题

一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。

回答下列问题:

（1）准晶是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过

　　　　　　方法区分晶体、准晶体和非晶体。

（2）基态铁原子有　　　　个未成对电子,Fe3+的电子排布式为　　　　　　,可用硫氰化钾检验Fe3+,形成配合物的颜色为　　　　　　。

（3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸,而自身还原成Cu2O,乙醛中碳原子的杂化轨道类型为　　　　;1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为　　　　　　　　　。

乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是 　。

Cu2O为半导体材料,在其立方晶胞内部有4个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有　　　　　　个铜原子。

（4）铝单质为面心立方晶体,其晶胞参数a=0.405nm,晶胞中铝原子的配位数为　　　　　　　　。

列式表示铝单质的密度　g·cm-3（不必计算出结果）。

【解题指南】解答本题要注意以下3点:

（1）核外电子在排布时应遵循洪特规则特例;

（2）分子间氢键能够使物质的沸点升高;

（3）取1mol晶体计算出该晶体一个晶胞的质量,再计算出一个晶胞的体积,然后根据公式计算晶体的密度。

【解析】

（1）区别晶体、准晶体与非晶体最可靠的方法是X-射线衍射。

（2）26号元素铁的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,由此可知基态铁原子的3d轨道上有4个未成对电子,当铁原子失去4s轨道上的两个电子和3d轨道上的一个电子时形成三价铁离子,因此三价铁离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,三价铁离子遇硫氰酸根离子变成红色。

（3）乙醛中甲基上的碳为sp3杂化,醛基上的碳原子为sp2杂化;乙醛分子中有5个单键、一个双键,其中五个单键全是σ键,双键中一个是σ键,一个是π键;乙酸分子间存在分子间氢键,因此沸点较高;氧化亚铜晶胞中含有氧原子个数为4+8×1/8+6×1/2=8,根据氧化亚铜的化学式可知,晶胞中铜原子和氧原子的个数之比为2∶1,所以晶胞中铜原子个数为16个。

（4）在晶体中,与铝原子距离相等且最近的铝原子共有3×4=12个,所以在晶胞中铝原子的配位数为12,一个晶胞中含有铝原子的个数是8×1/8+6×1/2=4,晶体的密度为ρ===g·cm-3。

答案:

（1）X-射线衍射　

（2）4　1s22s22p63s23p63d5　红色

（3）sp3、sp2　6NA

CH3COOH存在分子间氢键　16　（4）12

2.（2014·浙江高考·自选模块·15）请回答下列问题:

（1）31Ga基态原子的核外电子排布式是　　　　。

某种半导体材料由Ga和As两种元素组成,该半导体材料的化学式是　　　　,其晶体结构类型可能为　　　　。

（2）维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢,并有保护神经系统的作用。

该物质的结构式为:

以下关于维生素B1的说法正确的是　　　　。

A.只含σ键和π键　　　　　　B.既有共价键又有离子键

C.该物质的熔点可能高于NaClD.该物质易溶于盐酸

（3）维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力有　　　 。

A.离子键、共价键B.离子键、氢键、共价键

C.氢键、范德华力D.离子键、氢键、范德华力

【解题指南】解答本题时应注意以下三点:

（1）熟悉每个主族所含的元素。

（2）单键含1个σ键,双键含1个σ键和1个π键。

（3）熟练掌握晶体类型与形成晶体作用力的对应关系。

【解析】

（1）Ga与Al同主族,位于第4周期ⅢA族,从而可得其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1。

由于Ga和As组成的物质是半导体材料,不是离子化合物,Ga最外层有3个电子,As最外层有5个电子,两者以共价键形成GaAs,属于原子晶体。

（2）双键含1个σ键和1个π键,其中还有Cl-与N+的离子键,A错误、B正确;与氯化钠晶体相比,维生素B1中的阳离子比Na+半径大,晶格能小,熔点低,C错误;维生素B1中的—NH2是碱性基团,能与盐酸反应,D正确。

（3）维生素B1中含有离子键,水中含有氢键和分子间作用力,维生素B1溶于水时需要克服维生素B1中的离子键、水中的氢键和范德华力。

答案:

（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1　GaAs　原子晶体

（2）B、D　（3）D

3.（2014·海南高考·19）【选修3——物质结构与性质】Ⅰ.对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4）下列叙述正确的是　（　　）

A.SiX4难水解　　　　　B.SiX4是共价化合物

C.NaX易水解D.NaX的熔点一般高于SiX4

Ⅱ.碳元素的单质有多种形式,下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图:

回答下列问题:

（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式,它们互为　　　　。

（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为　　　　、　　　　。

（3）C60属于　　　　晶体,石墨属于　　　　晶体。

（4）石墨晶体中,层内C—C键的键长为142pm,而金刚石中C—C键的键长为154pm,其原因是金刚石中只存在C—C间的　　　　共价键,而石墨层内的C—C间不仅存在　　　　共价键,还有　　　　键。

（5）金刚石晶胞含有　　　　个碳原子。

若碳原子半径为r,金刚石晶胞的边长为a,根据硬球接触模型,则r=　　　　a,列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率

　　　　（不要求计算结果）。

【解题指南】解答本题时应注意以下3点:

（1）原子结构决定化合物中化学键的类型以及晶体类型;

（2）同素异形体的概念和判断;

（3）晶胞的计算和晶体结构的计算。

【解析】Ⅰ.钠位于第ⅠA族,是活泼金属元素,易失电子,钠的卤化物为离子化合物,而硅位于第ⅣA族,既不易失电子也不易得电子,因此硅的氯化物为共价化合物;硅的卤化物易发生水解而NaX一般不水解,氢卤酸中只有氢氟酸为弱酸,其余为强酸,所以正确的叙述为B、D。

Ⅱ.C60为分子晶体,金刚石为原子晶体,石墨为混合晶体,它们均属于碳元素的不同单质,因此互称同素异形体;金刚石为空间立体网状结构,每一个碳原子与四个相邻碳原子形成共价键,因此碳原子杂化方式为sp3杂化,化学键只有σ键;而石墨层内为平面正六边形,层间为分子间作用力,所以石墨中碳原子的杂化方式为sp2杂化,即石墨层内不仅存在σ键还存在π键;金刚石晶胞中各个顶点、面上和体内的原子数目依次为8、6、4,然后依据晶胞计算确定在晶体中碳原子数目,碳原子数目为n=8×1/8+6×1/2+4=8;根据硬球接触模型可以确定,体对角线四分之一处的原子与顶点上的原子紧贴,因此有·（a）=2r,则r=a;然后可以确定原子的占有率为（8×πr3）/a3=。

答案:

Ⅰ.B、D

Ⅱ.

（1）同素异形体　

（2）sp3　sp2

（3）分子　混合

（4）σ　σ　π（或大π或p-pπ）

（5）8　　=

4.（2014·上海高考·四大题）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗,其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体,铜液吸收CO的反应是放热反应,其反应方程式为Cu（NH3）2Ac+CO+NH3[Cu（NH3）3CO]Ac

完成下列填空:

（1）如果要提高上述反应的反应速率,可以采取的措施是　。

（选填编号）

a.减压　b.增加NH3的浓度　c.升温　d.及时移走产物

（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳,写出该反应的化学方程式:

　。

（3）简述铜液吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）。

  　。

（4）铜液的组成元素中,短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为　。

其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是　。

通过比较　　　　　　　可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。

（5）已知CS2与CO2分子结构相似,CS2的电子式是　　　　　　　　。

CS2熔点高于CO2,其原因是 　。

【解析】

（1）减压使气体的浓度减小,速率减小,a错误;增加NH3的浓度反应速率加快,b正确;升温反应速率加快,c正确;及时移走产物使产物浓度减小,反应速率减小,d错误。

（2）过量的氨和二氧化碳反应生成（NH4）2CO3。

（3）铜液吸收CO的反应是气体体积减小的反应,加压平衡右移;反应是放热反应,降温平衡右移。

再生是采取减压、升温使平衡左移,并将得到的气体储存起来。

（4）铜液的组成元素中,短周期元素有氢、碳、氮、氧,同周期从左到右元素的原子半径逐渐减小。

氮原子核外有7个电子,最外层上有5个电子,2s和2p轨道上分别有2、3个电子。

元素的非金属性越强,对应元素的气态氢化物越稳定。

（5）CS2与CO2分子结构相似,CO2分子中含有两个碳氧双键,则CS2的电子式为。

分子组成相似的物质,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高。

答案:

（1）b、c　

（2）2NH3+CO2+H2O（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O2NH4HCO3

（3）①低温、加压下吸收CO;②然后将铜洗液转移至另一容器中;③高温、低压下释放CO,然后将铜洗液循环使用

（4）C>N>O>H　　NH3和PH3的稳定性

（5）　CS2和CO2都是分子晶体,CS2的相对分子质量大,分子间作用力大

5.（2014·四川高考·8）X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大。

XY2是红棕色气体;X与氢元素可形成XH3;Z基态原子的M层与K层电子数相等;R2+的3d轨道中有9个电子。

请回答下列问题:

（1）Y基态原子的电子排布式是　；

Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是　　　　。

（2）X的立体构型是　　　　;R2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是　　　　。

（3）Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示,晶胞中阴离子与阳离子的个数比是　　　　。

（4）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中,通入Y2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是 　。

【解题指南】解答本题需注意以下两点:

（1）常见的红棕色气体是二氧化氮;

（2）利用价层电子对互斥理论可以判断分子的空间构型。

【解析】X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大,XY2是红棕色的气体,该气体是NO2,则X是氮元素,Y是氧元素;X与氢元素可形成XH3,该气体是氨气;Z基态原子的M层与K层电子数相等,则该元素的原子序数是2+8+2=12,即为镁元素,R2+的3d轨道上有9个电子,因此R的原子序数是18+9+2=29,即为铜元素。

（1）氧元素的原子序数是8,根据核外电子排布规律可知,氧元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p4。

同周期自左向右元素的第一电离能有逐渐增大的趋势,镁是第3周期的元素,其所在的周期中第一电离能最大的主族元素是氯元素。

（2）根据价层电子对互斥理论可知,N的立体构型是V型;铜离子含有空轨道,而水分子中的氧原子含有孤电子对,因此在Cu2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是氧原子。

（3）根据晶胞结构可知,阳离子在8个顶点和体心位置,因此晶胞中阳离子个数为1+8×1/8=2,阴离子在上下面各2个,晶胞内部2个,则阴离子个数=4×1/2+2=4,因此晶胞中阴离子与阳离子的个数比为2∶1。

（4）将铜单质的粉末加入氨气的浓溶液中,通入氧气,充分反应后溶液呈深蓝色,这说明在反应中铜被氧化成铜离子,与氨气结合形成配位键,则该反应的离子反应方程式是2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu（NH3）4]2++4OH-+6H2O。

答案:

（1）1s22s2