2014高考化学(真题-模拟题-综合演练题)：选修3-物质结构与性质(共23页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2013选修3物质结构与性质高考试题考点一 原子结构与性质1.(2013年上海化学,13,3分)X、Y、Z、W是短周期元素,X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构,工业上通过分离液态空气获得其单质;Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等;Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同;W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是()A.X元素的氢化物的水溶液显碱性B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点解析:根据题意知Z元素为Mg,Y元素原子最

2、外电子层排布为ns2np2,是C或Si,X为N或O,W为Al或Cl。N的氢化物的水溶液显碱性,但O的氢化物H2O显中性,H2O2显弱酸性,A错误;若W为Cl,则Mg2+半径小于Cl-,B错误;氮气或氧气均能与镁反应,C正确;CO2形成的晶体为分子晶体,熔沸点低,D错误。答案:C2.(2012年上海化学,6,3分)元素周期表中铋元素的数据见右图,下列说法正确的是()A.Bi元素的质量数是209B.Bi元素的相对原子质量是209.0C.Bi原子6p亚层有一个未成对电子D.Bi原子最外层有5个能量相同的电子解析:209.0表示的是Bi元素的相对原子质量,A错误,B正确;根据洪特规则,Bi原子6p亚层

3、中的3个电子分别占据3个轨道,故有三个未成对电子,C项错;Bi原子最外层6p亚层中的3个电子的能量略高于6s亚层中的2个电子的能量,D项错。答案:B3.(2013年安徽理综,25,15分)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XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW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

4、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 、101 kPa下,已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态,放热419 kJ,该反应的热化学方程式是  。 解析:根据短周期元素X的最高化合价为+4,可知X为碳或硅,又因Y为O,结合原子序数Y>X,则可确定X为C,根

5、据Z的最外层电子排布式可写出其核外电子排布式为:1s22s22p63s23p1,即Z为铝元素;再结合W的质量数与中子数关系可确定W的质子数为14,即W为Si。(1)Si位于元素周期表第三周期、A族,同主族元素原子半径从上到下依次增大,则W(Si)的原子半径比X(C)的要大。(2)因周期元素从左到右,元素的第一电离能逐渐增大,故Z(Al) 的第一电离能比W(Si)的要小。XY2(CO2)为分子晶体,由固态变为气态,克服的是分子间作用力。由C、H、O组成的分子中,存在分子间氢键的物质很多,如:CH3CH2OH、CH3COOH等。(3)Z单质即为铝,铝和盐酸反应生成氯化铝,向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠

6、溶液,先生成氢氧化铝沉淀,氢氧化钠过量时,氢氧化铝沉淀溶解。W单质为硅,硅和氢氟酸反应生成SiF4和H2两种气体。(4)13.5 g铝的物质的量为0.5 mol,所以该反应的热化学方程式为4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)H=-3 352 kJ·mol-1。答案:(1)三A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+4HFSiF4+2H2(4)4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)H=-3 352 kJ·mol-1(其他合理答案均可)4.(2012年安徽理综,25,16分) X、Y、Z、W是元素周

7、期表前四周期中的常见元素,其相关信息如下表:元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为:ZZ存在质量数为23,中子数为12的核素WW有多种化合价,其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色,最后变成红褐色(1)W位于元素周期表第周期第族,其基态原子最外层有个电子。 (2)X的电负性比Y的(填“大”或“小”);X和Y的气态氢化物中,较稳定的是(写化学式)。 (3)写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:。 (4)在X的原子与氢原子形成的多种分子中,有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢,写出其中一种分子的

8、名称:。氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子,写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式:  。 解析:由题中信息可推知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Fe四种元素。(1)Fe的基态原子价电子排布式为3d64s2,最外层有2个电子。(2)同周期从左到右,电负性逐渐增大,所以C的电负性小于O。(3)Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,在标电子转移的方向和数目时,应注意Na2O2中氧元素化合价一部分升高,一部分降低。(4)本小题为发散型试题,答案不唯一。烃分子中含有两种氢原子的烃较多,如丙烷(CH3CH2

9、CH3)、丙炔(CH3CCH)等。由C、H、O三种元素形成的分子很多,但形成的无机阴离子只有HC,因此能与HC反应的分子必须为羧酸,如CH3COOH、HCOOH等。答案:(1)四2(2)小H2O(3)或(4)丙烷(其他合理答案均可)CH3COOH+HCCH3COO-+H2O+CO2(其他合理答案均可)5.(2012年福建理综,30,13分)(1)元素的第一电离能:AlSi(填“>”或“<”)。 (2)基态Mn2+的核外电子排布式为  。 (3)硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示,呈现这种变化关系的原因是  。&#

10、160;(4)硼砂是含结晶水的四硼酸钠,其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示:在Xm-中,硼原子轨道的杂化类型有;配位键存在于原子之间(填原子的数字标号);m=(填数字)。 硼砂晶体由Na+、Xm-和H2O构成,它们之间存在的作用力有(填序号)。 A.离子键B.共价键C.金属键D.范德华力E.氢键解析:(1)同一周期元素自左向右第一电离能有增大趋势,故第一电离能Al<Si。(2)Mn是25号元素,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,故Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。(3)硅烷形成的晶体是分子

11、晶体,相对分子质量越大,分子间范德华力越强,沸点越高。(4)由球棍模型可以看出,大黑球为B原子,灰球为O原子,小黑球为H原子。2号B原子形成3个键,采取sp2杂化,4号B原子形成4个键,采取sp3杂化;4号B原子三个sp3杂化轨道与除5号O原子外的三个O原子形成键后还有一个空轨道,而5号O原子能提供孤电子对而形成配位键;由图示可以看出该结构可以表示为B4H4O9m-,其中B为+3价,O为-2价,H为+1价,可知m=2。在晶体中Na+与Xm-之间为离子键,由(4)题干中所给信息知硼砂含结晶水,H2O分子间存在氢键和范德华力。答案:(1)<(2)1s22s22p63s23p63d5(或Ar3

12、d5)(3)硅烷的相对分子质量越大,分子间范德华力越强(或其他合理答案)(4)sp2、sp34、5(或5、4)2ADE6.(2011年福建理综,30,13分)氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题:(1)基态氮原子的价电子排布式是。 (2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是。 (3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。NH3分子的空间构型是;N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是。 肼可用作火箭燃料,燃烧时发生的反应是:N2O4(l)+2N2H4(l)3N2(g)+4H2O(g)H=-1 038.7

13、kJ·mol-1若该反应中有4 mol NH键断裂,则形成的键有mol。 肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,则N2H6SO4的晶体内不存在(填标号)。 a.离子键b.共价键c.配位键d.范德华力(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构,其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)。分子内存在空腔,能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中,能被该有机化合物识别的是(填标号)。 a.CF4 b.CH4 c.N d.H2O解析:(1)价电子排布即最外层电子排布,为2s22p3。(2)同一周期元素随原

14、子序数的递增第一电离能呈增大趋势;由于N原子2p轨道处于半充满状态,其第一电离能大于氧,所以第一电离能为N>O>C。(3)NH3中N采取sp3杂化,含有一对孤电子对,故为三角锥形;N2H4可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2取代形成,取代反应只是由一个原子团代替了氢原子,故不会影响N原子的杂化方式,所以与NH3相同,为sp3杂化。有4 mol NH键断裂则有1 mol N2H4反应,生成 mol N2,因1 moL N2含有2 mol 键,故生成 mol N2会生成3 mol 键。(NH4)2SO4为离子晶体,故N2H6SO4也为离子晶体,含有离子键,N2和S中含有共价键,N2与

15、N相似,含有配位键和共价键,离子晶体中无范德华力。(4)由题意知:能与4个氮原子形成4个氢键,则要求被嵌入的微粒能提供4个氢原子,并至少存在“NH”、“HO”、“HF”三类键中的一种,对照选项,只N符合要求。答案:(1)2s22p3(2)N>O>C(3)三角锥形sp33d(4)c7.(2011年江苏化学,21,12分)原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素,其中X是形成化合物种类最多的元素,Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍,Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子,W的原子序数为29。回答下列问题:(1)Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为,1 mol Y2X2

16、含有键的数目为。 (2)化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高,其主要原因是 。 (3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体,元素Z的这种氧化物的分子式是。 (4)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示,该氯化物的化学式是,它可与浓盐酸发生非氧化还原反应,生成配合物HnWCl3,反应的化学方程式为  。 解析:Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍,可推知Y是C;由X是形成化合物种类最多的元素知X是H;根据信息可写出Z的价电子排布式,知Z是N;29号元素W是Cu。(1)Y2X2是C2H2,其结构式为HCCH,C原子采取sp

17、杂化,1 mol C2H2中有3NA个键。(2)ZX3、YX4分别是NH3、CH4,因NH3分子间存在氢键,故NH3的沸点高。(3)Y是C,Z是N,C的氧化物CO2与N的氧化物N2O是等电子体。(4)由图中晶胞结构知白球个数为8×+6×=4个,黑球个数也为4个,故Cu的氯化物中Cu与Cl原子个数比为11,其化学式是CuCl。CuCl与浓盐酸的反应为非氧化还原反应,故其生成物中Cu为+1价,可由化合物中化合价代数和为零知生成物的化学式应为H2CuCl3,即可写出反应CuCl+2HClH2CuCl3。答案:(1)sp杂化3 mol或3×6.02×1023个(

18、2)NH3分子间存在氢键(3)N2O(4)CuClCuCl+2HClH2CuCl3(或CuCl+2HClH2CuCl3)8.(2011年新课标全国理综,37,15分)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物,经过一系列反应可以得到BF3和BN。如下图所示:请回答下列问题:(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是  、  ; (2)基态B原子的电子排布式为;B和N相比,电负性较大的是,BN中B元素的化合价为; (3)在BF3分子中,FBF的键角是,B原子的杂化轨道类型为,BF3和过量NaF作用可生成NaBF4,B的立体构型为;&

19、#160;(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中,层内B原子与N原子之间的化学键为,层间作用力为; (5)六方氮化硼在高温高压下,可以转化为立方氮化硼,其结构与金刚石相似,硬度与金刚石相当,晶胞边长为361.5 pm。立方氮化硼晶胞中含有个氮原子、个硼原子,立方氮化硼的密度是g·cm-3(只要求列算式,不必计算出数值。阿伏加德罗常数为NA)。 解析:(1)由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3,同时还应该产生硫酸钙和水,方程式为B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O;B2O3与氨气在高温下反应即生成BN,方程式为B2O

20、3+2NH32BN+3H2O;(2)B的原子序数是5,所以基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1;B和N都属于第二周期,同周期自左向右电负性逐渐增大,所以B和N相比,电负性较大的是N,B最外层有3个电子,所以化合价是+3价;(3)依据价层电子对互斥理论可计算出中心原子的价层电子对数n=(3+3)=3且中心原子无孤电子对,所以BF3分子为平面正三角形结构,FBF的键角是120°,杂化轨道类型为sp2;B的价层电子对数n=(3+4+1)=4,且中心原子无孤电子对,所以B的结构为正四面体。(4)B、N均属于非金属元素,借助于石墨的结构可知,两者形成的化学键是极性共价键,而层与层之间

21、靠分子间作用力结合。(5)依据金刚石的晶胞结构及化学式BN可知立方氮化硼晶胞中含有4个N原子,4个B原子。则一个晶胞的质量可表示为×4 g,一个晶胞的体积可表示为(361.5×10-10)3cm3,则晶体的密度可表示为 g·cm-3。答案:(1)B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2OB2O3+2NH32BN+3H2O(2)1s22s22p1N+3(3)120°sp2正四面体(4)共价键(或极性共价键)分子间作用力(5)449.(2009年山东理综,32,8分)C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。(1)写出Si的基态原子核外

22、电子排布式。 从电负性角度分析C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为。 (2)SiC的晶体结构与晶体硅的相似,其中C原子的杂化方式为,微粒间存在的作用力是。 (3)氧化物MO的电子总数与SiC的相等,则M为(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料,其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高,其原因是  。 (4)C、Si为同一主族的元素,CO2和SiO2化学式相似,但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成键和键,SiO2中Si与O原子间不形成上述健。从原子半径大小的角度分析,为何C、O原子间能形成,而Si、O原子间不能形

23、成上述键。 解析:(1)同周期从左右,电负性增大,则C<O,同主族,从上下,电负性减小,则C>Si,所以电负性为:O>C>Si。(2)晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连,呈正四面体结构,所以杂化方式是sp3 ,由题给信息知:SiC也是sp3杂化,SiC为原子晶体,存在共价键。(3)SiC电子总数是20个,则氧化物为MgO;晶格能与所组成离子所带电荷成正比,与离子半径成反比,MgO与CaO的离子电荷数相同,Mg2+半径比Ca2+小,MgO晶格能大,熔点高。(4)Si的原子半径较大,Si、O原子间距离较大,p-p轨道肩并肩重叠程度较小,不能形成上述稳定的键。答

24、案:(1)1s22s22p63s23p2O>C>Si(2)sp3共价键(3)MgMg2+半径比Ca2+小,MgO晶格能大(4)Si的原子半径较大,Si、O原子间距离较大,p-p轨道肩并肩重叠程度较小,不能形成上述稳定的键考点二 分子结构与性质1.(2013年安徽理综,7,6分)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分子中既含键又含键D.每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2解析:该反应相当于HCHO的燃烧,燃烧反应均放

25、热,A项错误;根据CO2的结构式:OCO可知,碳氧之间的化学键为极性键,B项错误;由HCHO的结构式:可知,碳氧之间存在一个键和一个键,碳氢之间各存在一个键,C项正确;生成1.8 g H2O,消耗O2的物质的量为0.1 mol,但不一定是在标准状况下,故其体积不一定是2.24 L,D项错误。答案:C2.(2013年上海化学,5,2分)374 、22.1 Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力,并含有较多的H+和OH-,由此可知超临界水()A.显中性,pH等于7B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性,pH小于7D.表现出极性溶剂的特性解析:只要是纯水一定呈中性,超临界水仍然呈中性,由题干可

26、知水的电离程度大了,c(H+)变大,则pH小于7,A、C项错误;根据相似相容的原理可以知道B项正确(有机物大多数是非极性分子),D项错误。答案:B3.(2011年四川理综,7,6分)下列推论正确的()A.SiH4的沸点高于CH4,可推测PH3的沸点高于NH3B.N为正四面体结构,可推测P也为正四面体结构C.CO2晶体是分子晶体,可推测SiO2晶体也是分子晶体,D.C2H6是碳链为直线型的非极性分子,可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子解析:NH3分子间存在氢键,沸点反常偏高大于PH3,A项错误。N、P是同主族元素,形成的离子:N和P结构类似都是正四面体构型,B项正确,CO2是分子晶体,而

27、SiO2是原子晶体,C项错误。C2H5中两个CH3对称,是非极性分子,而C3H8是锯齿形结构,是极性分子,D项错误。答案:B4.(双选题)(2010年海南化学,191,6分)下列描述中正确的是()A.CS2为V形的极性分子B.Cl的空间构型为平面三角形C、SF6中有6对完全相同的成键电子对D.SiF4和S的中心原子均为sp3杂化解析:CS2与CO2结构类似,为直线形非极性分子,A错误;由价层电子对互斥理论可知Cl中中心原子的价层电子数n=(7+1)=4,孤电子对数为1,所以Cl是三角锥形,B错误;硫原子最外层有6个电子,和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对,C正确;SiF4和S的空间构型分别

28、为正四面体和三角锥形,但中心原子均采用的是sp3杂化,D正确。答案:CD5.(2013年浙江自选模块,15,10分)请回答下列问题:(1)N、Al、Si、Zn四种元素中,有一种元素的电离能数据如下:电离能I1I2I3I4Ia/kJ·mol-15781 8172 74511 578则该元素是(填写元素符号)。 (2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是。Ge的最高价氯化物分子式是。该元素可能的性质或应用有。 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。 A.分

29、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个键和1个键D.该分子在水中的溶解度大于2丁烯(4)NaF的熔点(填“>”、“=”或“<”)B的熔点,其原因是 。 解析:(1)由题中所给数据知,该元素的电离能有:I3I4,故该元素原子最外层有3个电子,结合题意为Al元素。(2)Ge位于元素周期表中第四周期第A族,原子最外层4个电子,所以基态原子的电子排布式为Ar3d104s24p2;Ge的最高价为+4价,故其最高价氯化物分子式为GeCl4;Ge位于元素周期表中金属与非金属的分界线附近且排在Si的下一周期,故A错;借助于Si元素比较其电负性,Ge<S,B错

30、;性质与Si相似,可作半导体材料;由题中所给“Ge的最高价氯化物的分子式”,由“分子式”三个字知其为分子晶体,对于分子晶体而言,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔、沸点越高。(3)尽管该化合物的CHO中含有电负性很强的氧原子,但不含有“裸露”的质子,所以分子间形不成氢键,A错误;该有机物分子中含有CH、CO等极性键,也含有CC、CC等非极性键,B正确;双键中有1个键,1个键,而单键全是键,故该有机物分子中含有9个键和3个键,C错误;该有机物的CHO可以与H2O分子间形成氢键,使其溶解度增大,D正确。(4)这两种物质都属于离子晶体(后者由其结构组成为阴、阳离子确定),且阴、阳离子所带的电荷数

31、又分别相等,而后者,阴离子为多个原子的离子团,其半径显然大于Na+,同理,B的离子半径大于F-的半径,则NaF的晶格能大,所以NaF中离子键较强,熔点较高。答案:(1)Al(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2GeCl4CD(3)BD(4)>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6.(2013年新课标全国理综,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

32、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CCCHCOSiSiSiHSiO键能/(kJ·mol-1)356413336226318452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

33、CH4,更易生成氧化物,原因是  。 (6)在硅酸盐中,Si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)基态硅原子有三个电子层,最外层能量最高,其符号为M,3s轨道数为1,3p为3,3d为5,合计轨道数为9,电子数为4。(2)硅主要以SiO2、硅酸盐形式存在于地壳中。(3)在硅晶体中,硅原子间以共价键结合,晶胞的6个面中各有一个硅原子,依据均摊法知,面心位置贡献了3个硅原子。(4)由题干信息知:Mg2Si与NH4

34、Cl反应,其产物应有SiH4、MgCl2,再结合原子守恒分析知还有NH3,则其反应式为:Mg2Si+4NH4Cl4NH3+2MgCl2+SiH4。(5)物质内化学键的强弱影响物质的稳定性,进而影响物质构成种类数。SiH键的键能小,稳定性差,SiH4易生成稳定性强的氧化物。(6)因Si与O形成四面体结构,则其杂化形式为sp3杂化,图(b)中每个四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的,则每个四面体占有该氧原子的,所以每个四面体共占有这两个氧原子为:2×=1,另1个氧原子为该四面体所有,还含有1个SiO键属于该四面体,综上所述,一个四面体中,含1个Si原子,氧原子:1+1+1=3,所以,

35、可知硅与氧原子数之比为13,其化学式为Si或SiO3。答案:(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3(4)Mg2Si+4NH4ClSiH4+4NH3+2MgCl2(5)CC键和CH键较强,所以形成的烷烃较稳定,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键不能稳定存在,而倾向于形成更稳定的SiO键(6)sp313SiO3或Si7. (2013年福建理综,31,13分)(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

36、)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到:4NH3+3F2NF3+3NH4F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: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R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

37、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)依据元素周期律,同周期元素的第一电离能从左向右依次增大,但N元素的2p轨道处于半充满状态,较稳定,故其第一电离能大于氧的。(2)NH3、F2、NF3属于分子晶体,NH4F为离子晶体,Cu为金属晶体。Cu的核电荷数为29,3d轨道上全充满,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。(3)由Q知,H2O与BF3·H2O分子间有氢键,BF3·H2O分子内有

38、共价键和配位键,其分子间有分子间作用力(范德华力)。H3O+中有孤对电子,由价层电子对互斥理论知,其空间构型为三角锥形,阴离子的中心原子B有四个键,故采用sp3杂化。(4)分子内氢键的存在,使H+难以电离出,故Ka2<Ka。答案:(1)如图所示(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)<中形成分子内氢键,使其更难电离出H+8.(2013年江苏化学,21A,12分)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

39、3倍。(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。在1个晶胞中,X离子的数目为。 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Y。Y的空间构型为 (用文字描述)。 写出一种与Y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)4Cl2,1 mol该配合物中含有键的数目为。 解析:由题给信息可知X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,即X

40、为30号元素,为Zn;Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,即Y为16号元素,为S。由核外各层电子排布规律知:Z只能是O。(1)由晶胞结构可知,X分别位于晶胞的顶点和面心,根据晶胞中原子的“分摊原则”可计算一个晶胞中的X离子数为:8×1/8+6×1/2=4。Y离子全部在晶胞中,故一个晶胞中含有4个Y离子。故该化合物的化学式为ZnS。(2)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤对电子,即有4对价电子,所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(3)H2O与乙醇可以形成分子间氢键,使得水与乙醇互溶;而H2S与乙醇不能形成分子间氢键,故H2S在乙醇中的溶解

41、度小于H2O。(4)S的中心原子S周围有4对成键电子,孤电子对数为=0,即价电子对数为4,采取sp3杂化,形成以S为体心,O为顶点的正四面体结构;根据价电子总数相等的分子或离子之间互为等电子体。S中S、O最外层均为6个电子,故S中原子最外层共有32个电子(价电子);CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为4+7×4=32,故S、CCl4、SiCl4为等电子体。(5)根据形成共价键的两原子间只形成一条键原则可知:Zn(NH3)4Cl2中Zn(NH3)42+与Cl-形成离子键,而1个Zn(NH3)42+中含有4个ZnN键(配位键)和12个 NH键,共16个共价单键,故1 mol该配

42、合物中含有16 mol 键。答案:(1)4ZnS(2)sp3(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键(4) 正四面体CCl4 或SiCl4 等(5)16 mol(或16×6.02×1023个)9.(2012年浙江自选模块,15,10分)(1)可正确表示原子轨道的是。 A.2sB.2dC.3pxD.3f(2)写出基态镓(Ga)原子的电子排布式:。 (3)下列物质变化,只与范德华力有关的是。 A.干冰熔化B.乙酸汽化C.乙醇与丙酮混溶D.溶于水E.碘溶于四氯化碳F.石英熔融(4)下列物质中,只含有极性键的分子是,既含离子键又含共价键的化合物是;只存在键的

43、分子是,同时存在键和键的分子是。 A.N2B.CO2C.CH2Cl2D.C2H4E.C2H6F.CaCl2 G.NH4Cl(5)用“>”、“<”或“=”填空:第一电离能的大小:MgAl;熔点的高低:KClMgO。 解析:(1)第二个电子层无d轨道,第三个电子层无f轨道,A、C正确。(2)Ga是31号元素,核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1。(3)A项干冰是分子晶体,熔化时破坏范德华力。B项乙酸分子间存在氢键,汽化还与氢键有关。C项乙醇分子间存在氢键。D项中水分子之间存在氢键。E项中,溶质分子之间、溶剂分

44、子间以及I2与CCl4之间都只存在范德华力。F项石英是原子晶体,熔融时破坏共价键。(4)C2H4、C2H6中含有CH为极性键,CC键为非极性键。双键中有一个键,一个键。三键中有一个键,两个键。(5)镁原子的s轨道全充满,属于较为稳定的状态,第一电离能大于铝。KCl中离子所带电荷低于MgO(K+<Mg2+、Cl-<O2-),KCl中离子半径大于MgO中的离子半径(K+>Mg2+、Cl->O2-),所以KCl的熔点低于MgO。答案:(1)AC(2)1s22s22p63s23p63d104s24p1(3)AE(4)BCGCEABD(5)><10.(2012年江苏化

45、学,21A,12分)一项科学研究成果表明,铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液,所得沉淀经高温灼烧,可制得CuMn2O4。Mn2+基态的电子排布式可表示为。 N的空间构型是(用文字描述)。 (2)在铜锰氧化物的催化下,CO被氧化为CO2,HCHO被氧化为CO2和H2O。根据等电子体原理,CO分子的结构式为。 H2O分子中O原子轨道的杂化类型为。 1 mol CO2中含有的键数目为。 (3)向CuSO4溶液中加入过量

46、NaOH溶液可生成Cu(OH)42-。不考虑空间构型,Cu(OH)42-的结构可用示意图表示为 。 解析:(1)Mn原子序数为25,Mn的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2,Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5。N离子中氮原子的价层电子对数为n=3,n=配位体数,所以无孤电子对,则N为平面三角形结构。(2)CO与N2互为等电子体,等电子体具有相似的电子结构与几何构型,所以根据氮分子的结构式可以写出CO的结构式CO。H2O分子内氧原子有2对孤电子对、2对成键电子,共4对价层电子,采用sp3杂化,分子空间构型为V形。二氧化碳(OCO)分子内

47、,一个C连接有2个O原子,所以有2个键,故1 mol CO2中含有2 mol 键。(3)Cu2+有空轨道,OH-能提供孤电子对,所以Cu2+与OH-之间形成配位键,Cu2+与OH-以配位键结合。答案:(1)1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)平面三角形(2)COsp32×6.02×1023个(或2 NA)(3)11.(2012年山东理综,32,8分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。(1)下列关于金属及金属键的说法正确的是。 a.金属键具有方向性与饱和性b.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电

48、子d.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光(2)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是。 (3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n=。CO与N2结构相似,CO分子内键与键个数之比为。 (4)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为,甲醇分子内的OCH键角(填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛分子内的OCH键角。 解析:(1)金属键没有方向性和饱和性,a项错误;金属导电是因为在外加电场作用下,自由电子产生定向移动,

49、c项错误;由于自由电子的存在使金属很容易吸收光子而发生跃迁,发出特定波长的光波,因而金属往往有特定的金属光泽,d项错误。(2)Ni原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2,所以在3d轨道上有两个未成对电子,则第二周期元素中,含有两个未成对电子的元素的价电子排布式有2s22p2和2s22p4,分别是碳元素和氧元素,其中电负性最小的是碳。(3)由题意知CO与N2的结构相似,知CO的结构为:;CO在与过渡金属形成配合物时,C的那对孤电子对参与配位键的形成(O的那对孤电子对不参与配位键的形成),所以每个CO提供的电子数为2(靠近C的那对孤电子对)根据中心原子的价电子数加上配体提

50、供的电子数之和等于18可知,Ni的价电子数是10,所以配体提供的电子数是8,又因为一个CO配体提供两个电子,故n=4;因为氮气的结构式是NN,而CO与N2的结构相似,所以CO中键与键的个数之比是12。(4)甲醇分子内碳的成键电子对为4,无孤电子对,所以其碳原子是sp3杂化,由于甲醛中的碳氧之间是双键,而甲醇中碳氧间是单键,碳氧双键中存在键,它对CH键的排斥作用较强,所以甲醛中的键角比甲醇中的键角大。答案:(1)b(2)C(碳)(3)412(4)sp3小于12.(2011年山东理综,32,8分)氧是地壳中含量最多的元素。(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为个。  (2)H2O分子内的

51、OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为 。 的沸点比高,原因是 。 (3)H+可与H2O形成H3O+,H3O+中O原子采用杂化。H3O+中HOH键角比H2O中HOH键角大,原因为  。 (4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构,已知CaO晶体密度为a g·cm-3,NA表示阿伏加德罗常数,则CaO晶胞体积为cm3。 解析:(1)氧元素基态原子,有两个未成对电子。(2)化学键强于氢键,分子间的氢键强于范德华力,也就是从强到弱依次是OH键、氢键、范德华力;由于存在分子间氢键,使沸点升高,而存在分子内氢键,使物质的沸点降低。(3)

52、H3O+中中心原子的价层电子对为4,所以杂化方式为sp3杂化,有一对孤电子对;而H2O中有两对孤电子对,孤电子对数越少,则对所成共价键的排斥力越大,共价键的键角就越大,所以使得H3O+中HOH键角比H2O中HOH键角大。(4)一个CaO晶胞内含有4个CaO,其质量为×4=g,则一个晶胞的体积为: g÷a g·cm-3= cm3。答案:(1)2(2)OH键、氢键、范德华力形成分子内氢键,而形成分子间氢键,分子间氢键使分子间作用力增大(3)sp3H3O+中O原子有2对孤电子对,H3O+中O原子只有1对孤电子对,排斥力较小(4)考点三 晶体结构与性质1.(2013年重庆理综,3,6分)下列排序正确的是()A.酸性:H