高考化学二轮复习-物质结构与性质(配2013高考真题分类详解).doc
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十二、物质结构与性质
1.(2013·高考四川卷)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W、X原子的最外层电子数之比为4∶3,Z原子比X原子的核外电子数多4。
下列说法正确的是( )
A.W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>W
B.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C.Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D.WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
解析:
选C。
因为原子的最外层电子数不超过8个,且W、X为主族元素,故W、X的最外层电子数分别为4和3,结合Z的电子数比X多4且W、X、Y、Z原子序数依次增大可知,W为C元素,则X为Al元素,Z为Cl元素,Y为Si、P、S三种元素中的一种。
A.若Y为Si元素,则电负性Cl>C>Si。
B.因为C元素在第二周期,其余三种元素在第三周期,故原子半径X>Y>Z>W。
C.若Y为Si元素,SiCl4的空间构型为正四面体。
D.CS2分子的结构式为S===C===S,一个分子中含有两个σ键和两个π键。
2.(2013·高考安徽卷)我国科学家研制出一种催化剂,能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化,其反应如下:
HCHO+O2CO2+H2O。
下列有关说法正确的是( )
A.该反应为吸热反应
B.CO2分子中的化学键为非极性键
C.HCHO分子中既含σ键又含π键
D.每生成1.8gH2O消耗2.24LO2
解析:
选C。
从题给信息入手分析,结合原子成键特点,在准确理解相关概念的前提下进行判断。
A.通过分析化学方程式可知,该反应等同于甲醛的燃烧,属于放热反应。
B.CO2的结构式为O===C===O,可见CO2中的共价键是由不同元素的原子形成的,属于极性键。
C.甲醛中碳原子采取sp2杂化,有三个等同的sp2杂化轨道伸向平面三角形的三个顶点,分别形成3个σ键,一个未参加杂化的p轨道与O原子的2p轨道形成π键。
D.根据题给化学方程式可知,每生成1.8g水消耗0.1mol氧气,但由于题中并没有给出温度和压强,所以不能确定氧气的体积一定为2.24L。
3.(2013·高考安徽卷)X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素,其相关信息如下表:
元素
相关信息
X
X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3
Y
Y是地壳中含量最高的元素
Z
Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1
W
W的一种核素的质量数为28,中子数为14
(1)W位于元素周期表第________周期第________族;W的原子半径比X的________(填“大”或“小”)。
(2)Z的第一电离能比W的________(填“大”或“小”);XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________;氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子,写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。
(3)振荡下,向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量,能观察到的现象是________;W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体,该反应的化学方程式是__________________。
(4)在25℃、101kPa下,已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态,放热419kJ,该反应的热化学方程式是________________。
解析:
先根据题给条件判断元素的种类,再结合具体元素及其化合物的性质进行分析,在解决问题时要注意相关知识的综合应用。
(1)根据题给信息,可以初步判断X为第ⅣA族元素,当判断出Y为O元素时,即可确定X为C元素;Z的最外层电子数为3,共有三个电子层,所以Z为Al元素;由质子数=质量数-中子数,可以确定W的质子数为14,所以W为Si元素。
由此可以判断W位于元素周期表第三周期第ⅣA族;W和X是同一主族元素,且W在X的下一周期,所以W的原子半径大于X的原子半径。
(2)Z和W属于同周期元素,同周期元素的第一电离能从左向右呈逐渐增大趋势,所以Z的第一电离能小于W的;XY2为CO2,属于分子晶体,所以由固态变为气态时克服的作用力为分子间作用力;H、C、O三种元素可组成多种能形成同种分子间氢键的化合物,比如乙酸等。
(3)Z单质即为铝,铝和盐酸反应生成氯化铝,向氯化铝中滴加氢氧化钠溶液,发生的反应主要分为两个阶段。
第一阶段:
先生成氢氧化铝沉淀;第二阶段:
氢氧化钠过量时,氢氧化铝沉淀溶解。
W单质即为硅,硅和氢氟酸反应生成SiF4和H2两种气体。
(4)13.5g铝的物质的量为0.5mol,所以该反应的热化学方程式为4Al(s)+3O2(g)===2Al2O3(s) ΔH=-3352kJ·mol-1。
答案:
(1)三 ⅣA 大
(2)小 分子间作用力 乙酸(其他合理答案均可)
(3)先生成白色沉淀,后沉淀逐渐溶解,最后变成无色溶液 Si+4HF===SiF4↑+2H2↑
(4)4Al(s)+3O2(g)===2Al2O3(s) ΔH=-3352kJ·mol-1(其他合理答案均可)
4.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)[化学-选修3:
物质结构与性质]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
键能/(kJ·mol-1)
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:
(1)Si的原子序数为14,则核外电子数为14,电子排布式为1s22s22p63s23p2,依据核外电子能量排布原理,电子由离核近的区域依次由里向外排布,所以电子占据的最高能层符号为M,该能层具有的原子轨道为s、p、d轨道,共计9个原子轨道,电子数为4。
(2)硅元素在地壳中的含量居第二位,自然界中硅元素主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在,无游离态的硅。
(3)结合金刚石的晶体结构,单质硅属于原子晶体,每个硅原子和四个硅原子以共价键结合成空间网状结构。
晶胞结构为面心立方晶胞,在面心上有6个硅原子,每个硅原子为两个晶胞共有,所以一个晶胞中在面心位置对该晶胞贡献3个硅原子。
(4)反应的化学方程式可依据原子守恒写出。
Mg2Si和NH4Cl反应的产物为SiH4、MgCl2、NH3,反应的化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl===SiH4+4NH3+2MgCl2。
(5)①依据图表中键能数据分析,C—C键、C—H键键能大,难断裂;Si—Si键、Si—H键键能较小,易断裂,导致长链硅烷难以生成。
②SiH4稳定性小于CH4,更易生成氧化物,是因为C—H键键能大于C—O键的,C—H键比C—O键稳定。
Si—H键键能远小于Si—O键的,不稳定,倾向于形成稳定性更强的Si—O键。
(6)依据图(a)可知,SiO的结构类似于甲烷分子的结构,为正四面体结构,Si原子的杂化形式和甲烷分子中碳原子的杂化形式相同,为sp3杂化;图(b)是一种无限长单链结构的多硅酸根,每个结构单元中两个氧原子与另外两个结构单元顶角共用,所以每个结构单元含有1个Si原子、3个氧原子,Si原子和O原子数之比为1∶3,化学式可表示为[SiO3]或SiO。
答案:
(1)M 9 4
(2)二氧化硅 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)
5.(2013·高考山东卷)[化学——物质结构与性质]卤族元素包括F、Cl、Br等。
(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是________。
(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷,右图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B原子的个数为________,该功能陶瓷的化学式为________。
(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。
第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。
(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是________。
解析:
(1)F、Cl、Br的原子半径逐渐增大,元素的电负性逐渐减弱,a对。
F元素的非金属性非常强,目前F元素无正化合价,b错。
HF易形成分子间氢键,其沸点高于HCl、HBr,c错。
F2、Cl2、Br2都形成分子晶体,且分子间作用力随相对分子质量的增大而增强,因此其熔点逐渐升高,d错。
(2)B的原子半径大于N的原子半径,则晶胞结构示意图中○代表B原子,○代表N原子,根据晶胞结构,每个晶胞中含有B原子的个数为8×1/8+1=2个,含有N原子的个数为4×1/4+1=2个,B、N原子的个数比为1∶1,则该功能陶瓷的化学式为BN。
(3)杂化轨道用于形成σ键和容纳孤对电子。
BCl3分子中B原子形成3个σ键,无孤对电子,则B原子采取sp2杂化。
NCl3中N原子形成3个σ键,且有1对孤对电子,则N原子采取sp3杂化。
Be、B、N、O原子的最外层电子排布式分别为2s2、2s22p1、2s22p3、2s22p4,Be原子的2s轨道处于全充满的稳定状态,故其第一电离能大于B;N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态,故其第一电离能大于O,因此元素的第一电离能介于B和N元素之间的第二周期的元素有Be、C、O3种。
(4)BCl3与XYn通过B原子和X原子间的配位键形成配合物,B原子只有空轨道,无孤对电子,因此形成配位键时,X原子提供孤对电子,B原子提供空轨道。
答案:
(1)a
(2)2 BN (3)sp2 sp3 3 (4)X
6.(2013·高考江苏卷)[物质结构与性质]元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2。
元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。
元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
①在1个晶胞中,X离子的数目为________。
②该化合物的化学式为________。
(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中,Y原子轨道的杂化类型是________。
(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y,其原因是________________________。
(4)Y与Z可形成YZ。
①YZ的空间构型为________(用文字描述)。
②写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式:
________________。
(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2,1mol该配合物中含有σ键的数目为________。
解析:
根据X位于第四周期,其基态原子内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2,可知外围电子层排布式为3d104s2,X为Zn元素。
元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子,电子排布式为1s22s22p63s23p4,Y为S元素,Z是O元素。
(1)1个晶胞中X离子的数目为8×+6×=4。
Y离子的数目为1×4=4,X与Y离子的个数比为1∶1,则该化合物的化学式为ZnS。
(2)H2S中S原子采取sp3杂化。
(3)H2O与乙醇分子之间可以形成氢键,H2S与乙醇分子之间不能形成氢键,所以H2O在乙醇中的溶解度大于H2S。
(4)SO中S原子采用sp3杂化,SO为正四面体型结构。
与SO互为等电子体的分子可以是CCl4或SiCl4等。
(5)[Zn(NH3)4]Cl2中NH3与Zn2+形成配位键,配位键属于σ键。
NH3中有3个σ键,所以1mol配合物中共有16mol(或16×6.02×1023个)σ键。
答案:
(1)①4 ②ZnS
(2)sp3 (3)水分子与乙醇分子之间形成氢键 (4)①正四面体 ②CCl4(或SiCl4等) (5)16mol(或16×6.02×1023个)
7.
(2013·高考福建卷)[化学——物质结构与性质]
(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照右图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到:
4NH3+3F2NF3+3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。
a.离子晶体 b.分子晶体
c.原子晶体 d.金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为________。
(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力
②R中阳离子的空间构型为________,阴离子的中心原子轨道采用________杂化。
(4)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka=1.1×10-10;水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。
据此判断,相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“>”或“<”),其原因是____________________________________________。
解析:
(1)第2周期从左向右元素的第一电离能呈增大趋势,但氮元素因为p层电子为半充满状态,其第一电离能大于氧。
(2)铜为金属晶体,NH3和F2及NF3都是分子晶体,NH4F是离子晶体。
基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。
(3)①由Q可知,H2O和BF3·H2O之间有氢键,BF3·H2O分子内有共价键和配位键,分子之间存在范德华力,故Q中不存在离子键和金属键。
②R为离子晶体,阳离子[H3O]+的空间构型为三角锥形,阴离子的空间构型为四面体形,B原子采用sp3杂化。
(4)由于能形成分子内氢键,所以水杨酸的第二级电离更困难,故Ka2(水杨酸)<Ka(苯酚)。
答案:
(1)
(2)①a、b、d
②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(3)①a、d
②三角锥形 sp3
(4)< 中形成分子内氢键,使其更难电离出H+
8.(2013·高考四川卷)X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。
X的单质与氢气可化合生成气体G,其水溶液pH>7;Y的单质是一种黄色晶体;R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。
Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J,J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L;Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。
请回答下列问题:
(1)M固体的晶体类型是________。
(2)Y基态原子的核外电子排布式是________;G分子中X原子的杂化轨道类型是________。
(3)L的悬浊液中加入Q的溶液,白色沉淀转化为黑色沉淀,其原因是________________________。
(4)R的一种含氧酸根RO具有强氧化性,在其钠盐溶液中加入稀硫酸,溶液变为黄色,并有无色气体产生,该反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
解析:
氢化物的水溶液显碱性的物质中学阶段接触的只有NH3,故X为N元素;黄色单质为硫单质,故Y为S元素;根据电子排布规律,电子先排布4s轨道后排布3d轨道,故R基态原子的外层电子排布式为3d64s2,R为Fe元素;能与AgNO3溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子为Cl-,故Z为Cl元素。
(1)NH4Cl固体属于离子晶体。
(2)S基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4;在NH3分子中N原子采用sp3杂化方式。
(3)AgCl中加入Na2S后,由于Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度,发生了沉淀的转化。
(4)加入硫酸后溶液变为黄色,说明生成了Fe3+,加入硫酸后生成的无色气体只能为O2,根据电子守恒和原子守恒可以写出离子方程式为4FeO+20H+===4Fe3++3O2↑+10H2O。
答案:
(1)离子晶体
(2)1s22s22p63s23p4 sp3杂化
(3)Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度 (4)4FeO+20H+===4Fe3++3O2↑+10H2O
9.(2013·高考浙江自选模块)[物质结构与性质]请回答下列问题:
(1)N、AI、Si、Zn四种元素中,有一种元素的电离能数据如下:
则该元素是____①____(填写元素符号)。
(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是____②____。
Ge的最高价氯化物分子式是____③____。
该元素可能的性质或应用有____④____。
A.是一种活泼的金属元素
B.其电负性大于硫
C.其单质可作为半导体材料
D.其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
(3)关于化合物,下列叙述正确的有________⑤______。
A.分子间可形成氢键
B.分子中既有极性键又有非极性键
C.分子中有7个σ键和1个π键
D.该分子在水中的溶解度大于2-丁烯
(4)NaF的熔点____⑥____(填“>”“=”或“<”)
的熔点,其原因是____⑦____。
解析:
应用“结构决定性质,性质反映用途”作理论指导,分析、解决相关问题。
(1)分析表中数据可知,该元素的逐级电离能中,I1、I2、I3与I4相差较大,说明该元素原子最外层有3个电子,显然该元素为Al元素。
(2)锗原子核外有32个电子,其基态原子的电子排布式为1s22s23s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2。
Ge元素的最高化合价为+4,其氯化物为GeCl4。
Ge元素处于金属与非金属分界线附近,表现出一定的金属性和非金属性,其单质常用作半导体材料,不属于活泼金属。
Ge元素的电负性小于Si元素的电负性,而Si元素的电负性小于S元素的电负性,则S元素的电负性大于Ge元素的。
GeCl4的相对分子质量小于GeBr4,则GeCl4的分子间作用力小于GeBr4的分子间作用力,GeCl4的沸点低于GeBr4的沸点。
(3)该有机物分子中含有-CHO,含有电负性较强的O原子,但不含与电负性较强的原子相连的H原子,因此不易形成分子间氢键,A项错。
该有机物分子中含有C-H、C=O等极性键,C-C、C=C等非极性键,B项对。
该有机物分子中含有9个σ键和3个π键,C项错。
该有机物分子易与水分子形成分子间氢键,而2-丁烯则不能,故该有机物在水中的溶解度大于2-丁烯,D项对。
(4)两种物质都形成离子晶体,而离子晶体的熔点受离子键强弱的影响,离子键的强弱与离子半径、离子所带的电荷多少有关。
两种化合物中,阴、阳离子所带电荷数均为1,但后者的离子半径大,离子键较弱,因此前者的熔点高于后者。
答案:
(1)①A1
(2)②1s22s22p63s23p63d104s24p2 ③GeCl4④CD (3)⑤BD (4)⑥> ⑦两者均为离子化合物,且阴、阳离子的电荷数均为1,但后者的离子半径较大,离子键较弱,因此其熔点较低
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