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

1、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，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_。

2、 (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CCCHCOSiSiSiHSiO356413336226318452 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_。 SiH4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

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；、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)M94 (2)二氧化硅 (3)共价键3 (4)Mg2Si4NH4Cl=SiH44NH32

4、MgCl2 (5)CC键和CH键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中SiSi键和SiH键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 CH键的键能大于CO键，CH键比CO键稳定。而SiH键的键能却远小于SiO键，所以SiH键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键 (6)sp313SiO3 (或SiO)分子结构与性质2(2016课标全国卷，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)6SO4蓝色溶液

5、。 Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。 在Ni(NH3)62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_。 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：ICu1 958 kJmol1、INi1 753 kJmol1，ICuINi的原因是_。 (4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。 晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。 若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a_nm。 解析(1) 镍是28号元素，位于第四周期，第族

6、，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2；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) 根据价层电子对互斥理论，SO的键电子对数等于4，孤电子对数为0，则阴离子的立体构型是正四面体形；根据配位键的特点，在Ni(NH3)62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；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

7、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ICuINi。(4) 根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为63，镍原子的个数为81，则铜和镍的数量比为31；根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为dgcm3，根据，则晶胞参数a107 nm。 答案(1) 1s22s22p63s23p63d84s2(或Ar3d84s2)2 (2) 正四面体配位键N 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)

8、31 107 3(2014课标全国卷，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

9、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11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)

10、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182，则N(Cu)N(O)4221，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)22，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

11、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)sp3H2O2、N2H4 (3)HNO2、HNO3H2SO3 (4)1 (5)SO共价键和配位键H2OH2O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，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

12、析其变化规律及原因_。GeCl4GeBr4GeI4熔点/49.526146沸点/83.1186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： 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_。 晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a565.76 pm，其密度为_gcm3(

13、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Ar3d104s24p2，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

14、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：OGeZn。 (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)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(，)。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8648，再由晶胞参数可知该晶胞的边长为565.76 pm的正方体，则其密度为gcm3。

15、答案(1)3d104s24p22 (2)Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键 (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)OGeZn(5)sp3共价键 (6)(，)1075(2016课标全国，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

16、立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。 (4)GaF3的熔点高于1 000 ，GaCl3的熔点为77.9 ，其原因是_。 (5)GaAs的熔点为1 238 ，密度为 gcm3，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MGa gmol1和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，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Ar3d104s24p3。(2)同周期元素从左到右原子半径逐

17、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34，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，又知二者的原子半径分别为rGa pm和rAs pm，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)1s22s22p63s23p63d

18、104s24p3(或Ar3d104s24p3) (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，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

19、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a0.566 nm，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(gcm3 )_。 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

20、性OClP，则电负性OClP，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O3O2，范德华力O3O2，则沸点O3O2。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

21、摊法可计算出氧原子个数：N(O)864，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a0.566 nm，晶体F的密度2.27 g/cm3。 答案(1)O1s22s22p63s23p3(或Ne 3s23p3) (2)O3O3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42Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaHCO32NaCl(或2Cl2Na2CO3=Cl2OCO22NaCl) (5)Na2O8 2.27 g/cm3B卷地方卷原子结

22、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 bCH4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 dCH4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。 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。 Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1 mol Ni(

23、CO)4中含有_ mol 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/kJmol1CH40.43616.40CO20.51229.91“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_。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. 586 nm，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：OCH，所以元素的

24、电负性从小到大的顺序为：HCO；(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个键和2个键，C原子采取sp杂化，正确。故答案选a、d。(3)28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p6

25、3d84s2或Ar3d84s2；该元素位于元素周期表的第四周期第族。Ni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个键，在每个配位体与中心原子之间也形成1个键，所以1 mol Ni(CO)4中含有8 mol 键。(4)“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。根据表中的数据可知，笼状结构的空腔直径为0.586 nm，大于CO2分子的直径(0.512 nm)，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)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar

26、3d84s28(4)氢键、范德华力CO2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)42在水溶液中与HCHO发生如下反应： 4HCHOZn(CN)424H4H2O=Zn(H2O)424HOCH2CN (1)Zn2基态核外电子排布式为_。 (2)1 mol HCHO分子中含有键的数目为_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)42中Zn2与CN的C原子形成配位键，不考虑空间构型，Zn(CN)42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Ar3d104s2，再由外向内失2个电子，得Zn2核外电子排布式为Ar3d10。(2)甲醛结构式为，键数为3。(3)HOCH2CN可表示为HOCH2CN，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Ar3d10) (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_。