新课改瘦专版2024高考化学一轮复习8.6应用层面“物质结构与性质”综合题型分析学案含解析VIP

PAGEPAGE1第6课时应用层面——“物质结构与性质”综合题型分析[题型分析]物质结构与性质综合大题是高考命题的重要题型之一，试题把原子、分子结构与性质、晶体结构与性质等学问拼盘成一个大题，设置若干个问题，每个问题又相对独立。题目主要考查电子排布式、电负性和第一电离能大小比较、共价键分类及数目推断、杂化轨道类型、分子的空间构型、等电子体、分子极性的推断、晶体类型的推断及熔、沸点凹凸的比较等。难点是依据晶胞结构推断物质的化学式、晶体的密度、原子半径和空间利用率的计算等。题目的考查方式敏捷，一般有两种命题方式：一是题目给出物质或元素，干脆回答题设问题；二是给出肯定原子结构与性质的信息来推出元素，再结合推出的元素回答相关问题。[难点点拨]晶胞参数的计算方法1．晶胞参数(1)晶胞的形态和大小可以用6个参数来表示，包括晶胞的3组棱长a、b、c和3组棱相互间的夹角α、β、γ，此即晶格特征参数，简称晶胞参数。如立方晶胞中，晶胞参数a＝b＝c，α＝β＝γ＝90°。(2)晶胞参数的计算2．晶体密度的计算方法3．金属晶体空间利用率的计算方法空间利用率＝eq\f(球体积,晶胞体积)×100%，球体积为金属原子的总体积。(1)简洁立方积累如图所示，原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V球＝eq\f(4,3)πr3，V晶胞＝(2r)3＝8r3，空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(\f(4,3)πr3,8r3)×100%≈52%。(2)体心立方积累如图所示，原子的半径为r，体对角线c为4r，面对角线b为eq\r(2)a，由(4r)2＝a2＋b2得a＝eq\f(4,\r(3))r。1个晶胞中有2个原子，故空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(3))r))3)×100%≈68%。(3)六方最密积累如图所示，原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60°)，则底面面积S＝2r×eq\r(3)r＝2eq\r(3)r2，h＝eq\f(2\r(6),3)r，V晶胞＝S×2h＝2eq\r(3)r2×2×eq\f(2\r(6),3)r＝8eq\r(2)r3,1个晶胞中有2个原子，则空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,8\r(2)r3)×100%≈74%。(4)面心立方最密积累如图所示，原子的半径为r，面对角线为4r，a＝2eq\r(2)r，V晶胞＝a3＝(2eq\r(2)r)3＝16eq\r(2)r3,1个晶胞中有4个原子，则空间利用率＝eq\f(V球,V晶胞)×100%＝eq\f(4×\f(4,3)πr3,16\r(2)r3)×100%≈74%。[典例剖析][典例](2024·全国卷Ⅰ)Li是最轻的固体金属，采纳Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为________、________(填标号)。(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，缘由是_____________________。(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是________、中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。A．离子键 B．σ键C．π键 D．氢键(4)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born­Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol－1，O=O键键能为______kJ·mol－1，Li2O晶格能为______kJ·mol－1。(5)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为____________g·cm－3(列出计算式)。[解析](1)D选项表示基态，为能量最低状态；A、B、C选项均表示激发态，但C选项被激发的电子处于高能级的电子数多，为能量最高状态。(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，Li的核电荷数大于H的核电荷数，因此Li的原子核对电子的吸引实力强，即Li＋半径小于H－半径。(3)LiAlH4的阴离子为AlHeq\o\al(－,4)，AlHeq\o\al(－,4)中Al的杂化轨道数为eq\f(4＋3＋1,2)＝4，Al实行sp3杂化，为正四面体构型。LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为σ键。(4)由题给信息可知，2molLi(g)变为2molLi＋(g)汲取1040kJ热量，因此Li原子的第一电离能为520kJ·mol－1；0.5mol氧气生成1mol氧原子汲取249kJ热量，因此O=O键的键能为498kJ·mol－1；Li2O的晶格能为2908kJ·mol－1。(5)由题给图示可知，Li位于晶胞内部，O位于顶点和面心，因此一个晶胞有8个Li，O原子个数＝6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)＝4。因此一个Li2O晶胞的质量＝eq\f(8×7＋4×16,NA)g，一个晶胞的体积为(0.4665×10－7)3cm3，即该晶体密度＝eq\f(8×7＋4×16,NA(0.4665×10－7)3)g·cm－3。[答案](1)DC(2)Li＋核电荷数较大(3)正四面体sp3AB(4)5204982908(5)eq\f(8×7＋4×16,NA(0.4665×10－7)3)[对点练1]2024年3月5日，《自然》连刊两文报道石墨烯超导重大发觉，第一作者均为中国科大10级少年班现年仅22岁的曹原。曹原团队在双层石墨烯中发觉新的电子态，可以简洁实现绝缘体到超导体的转变。石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料(如图甲)，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生变更，转化为氧化石墨烯(如图乙)。(1)图甲中，1号C与相邻C形成σ键的个数为________。(2)图乙中，1号C的杂化方式是__________，该C与相邻C形成的键角________(填“>”“<”或“＝”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。(3)我国制墨工艺是将50nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水，在相同条件下所得到的分散系后者更为稳定，其缘由是___________________________________________________________________________________________________________________。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱心与内部。该晶胞中M原子的个数为________，该材料的化学式为________。(5)金刚石与石墨都是碳的同素异形体。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，依据硬球接触模型，金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为________。(6)肯定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如图丁所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是______________________________________________________________________________________________________。②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。已知图丁中笼状结构的空腔直径为0.586nm，结合图表从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。参数分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/(kJ·mol－1)CH40.43616.40CO20.51229.91解析：(1)题图甲中，1号C与相邻3个碳原子成键，σ键的个数为3。(2)题图乙中，1号C与3个C、1个—OH成键，无孤电子对，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3。题图乙中1号C与相邻C形成的键角约为109°28′，而题图甲中1号C为sp2杂化，1号C与相邻C形成的键角为120°，故题图乙中1号C与相邻C形成的键角<题图甲中1号C与相邻C形成的键角。(3)氧化石墨烯中含有羟基、羧基，能与水形成氢键，因此氧化石墨烯溶于水得到的分散系更稳定。(4)该晶胞中，12个M在晶胞的棱心，9个M在晶胞内部，M的个数为12×eq\f(1,4)＋9＝12，而6个C60在晶胞面心，8个C60在晶胞的顶点，C60的个数为6×eq\f(1,2)＋8×eq\f(1,8)＝4，M和C60的个数比为12∶4＝3∶1，故该材料的化学式为M3C60。(5)金刚石的晶胞结构中碳原子位于立方体的顶点(8个)、面心(6个)及内部(4个)，将立方体切割成8个小立方体，在其中4个互不相邻的小立方体体心各有1个碳原子。依据硬球接触模型，立方体体对角线长度的eq\f(1,4)就是C—C键的键长，晶胞立方体体对角线长度为eq\r(3)a，所以eq\f(1,4)×eq\r(3)a＝2r，所以r＝eq\f(\r(3),8)a。碳原子数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋4＝8，晶胞的体积为a3，碳原子的体积为8×eq\f(4,3)πr3，空间占有率为eq\f(8×\f(4,3)πr3,a3)×100%＝eq\f(\r(3)π,16)×100%＝34%。(6)①可燃冰为甲烷的水合物，甲烷和甲烷间、甲烷和水分子间为范德华力，水分子间为氢键。②依据题表中供应的数据可知，CO2的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且CO2与H2O的结合能大于CH4与H2O的结合能，因此科学家提出用CO2置换CH4的设想。答案：(1)3(2)sp3＜(3)氧化石墨烯可与水形成氢键，更稳定(4)12M3C60(5)eq\f(\r(3)π,16)×100%(或34%)(6)①氢键、范德华力②CO2的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且CO2与水的结合能大于CH4与水的结合能[对点练2]元素X、Y、Z为前四周期元素，X的基态原子核外电子有21种运动状态，元素Y的原子最外层电子数是其内层的3倍，Z与X、Y不在同一周期，且Z原子核外p电子比s电子多5个。(1)X基态原子的核外电子排布式为________________。(2)X是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。①1mol苯分子中含有σ键的数目为________mol。②异丙苯分子中碳原子轨道的杂化类型为________。(3)与Y3分子互为等电子体的阳离子为________。(4)XZ3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，据此可推断XZ3晶体属于________(填晶体类型)。(5)元素Ce与X同族，其与Y形成的化合物晶体的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为________________。解析：(1)X核外有21个电子，X为Sc元素，故X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2。(2)①苯分子中，C—H键为σ键，苯环上的C—C键也为σ键，故含有12molσ键。②异丙苯分子中苯环上的碳原子实行sp2杂化，其余C原子采纳sp