高考化学之考前抓大题10 物质结构与性质二.docx
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高考化学之考前抓大题10物质结构与性质二
1
1
2
2
2
2
2
3
3
A
2
2
22
3
大题10
物质结构与性质
(二)
1.锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。
回答下列问题:
(1)Zn原子核外电子排布式为________。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。
第一电离能I(Zn)________I(Cu)(填“大于”或“小于”)。
原因是______________________。
(3)ZnF具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是________;ZnF不溶于有机溶剂而ZnCl、ZnBr、ZnI能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂__。
(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。
ZnCO中,阴离子空间构型为________,C原子的杂化形式为______。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为________。
六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为N,Zn的密度为________g·cm-3(列出计算式)。
【答案】
(1)[Ar]3d104s2
(或1s2
2s22p63s2
3p6
3d104s2
)
(2)大于
(3)离子键
Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子
ZnF为离子化合物,ZnCl、ZnBr、ZnI的化学键以共价键为主,极性较小
(4)平面三角形
sp2
656
(5)六方最密堆积(A型)
N6
A
3
4
a2c
【解析】
(1)Zn原子核外有30个电子,分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上,其核外电子排布式为
1s22s2
2p6
3s2
3p6
3d104s2或[Ar]3d104s2,故答案为:
1s22s2
2p63s2
3p63d10
4s2或[Ar]3d104s2;
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定,失去电子需要的能量较大,Zn原子轨道中电子处于
全满状态,Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态,所以Cu较Zn易失电子,则第一电离能Cu<Zn,故答案为:
大于;Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子;
2
2
2
22
2
22
2
2
22
3
3
A
3
2
2
(3)离子晶体熔沸点较高,熔沸点较高ZnF,为离子晶体,离子晶体中含有离子键;根据相似相溶原
理知,极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂,ZnF属于离子化合物而ZnCl、ZnBr、ZnI为共价化合
物,ZnCl、ZnBr、ZnI分子极性较小,乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小,所以互溶,故
答案为:
离子键;ZnF为离子化合物,ZnCl、ZnBr、ZnI的化学键以共价键为主,极性较小;
(4)ZnCO中,阴离子CO2-中C原子价层电子对个数=3+
4+2-32
2
=3且不含孤电子对,根据价层电
子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化,故答案为:
平面正三角形;sp2;
11
(5)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积,该晶胞中Zn原子个数=12×+2×+3=6,六棱柱底边
62
3
边长为acm,高为ccm,六棱柱体积=[(6×a2)×3×c]cm3
4
m,晶胞密度=V
=
656
3
N6a2c4
,故答案
656
为:
六方最密堆积(A型);
N6
A
3。
a2c
4
【点睛】
本题考查物质结构和性质,涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布
等知识点,侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力,熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、
价层电子对个数的计算方法,注意:
该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个,为易错点。
2.2018年4月23日,中国人民海军成立69周年。
提到海军就不得不提航空母舰,我国正在建造第三艘航空母舰。
镍铬钢抗腐蚀性能强,可用于建造航母。
(1)航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷(结构如图甲所示)。
基态Cr原子的价电子
排布式为_____________,基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____________形,元素C、O、F的电负性由大到小的顺序为_____________。
(2)海洋是元素的摇篮,海水中含有大量F、Cl、Br、I
元素。
1OF的空间构型为_____________,其中O原子杂化方式为_____________杂化。
2KCl晶体中存在的化学键类型有_____________;CaCl熔点要比KCl的熔点高很多,主要原因为
A
2
2
2
2
____________________________________________________________________。
(3)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物,蕴藏着大量的资源,含有硅、氧化铁、锰、
锌等。
Zn2+与S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示(黑球表示Zn2+
,白球表示S2-),Zn2+
的配位数为
_____________。
晶胞边长为anm、ZnS相对分子质量为M,阿伏加德罗常数的值为N,其晶体密度的计算表达式为_____________g·cm-3。
【答案】
(1)3d54s1
哑铃
F>O>C
(2)①V形
sp3
②离子键
Ca2+半径比K+
小,
Ca2+
所带电荷数比K+
多,CaCl的晶格能更高(3)4
4M
a3N
A
10
21
【解析】
【分析】
(1)依据原子核外电子排布规则写出基态Cr原子的价电子排布式;依据Si的核外电子排布式可知其最
高能级为3p能级,3p能级电子云轮廓图为哑铃形;根据C、O、F的非金属性推断其电负性;
(2)①OF分子的中心原子为O原子,其中含有的孤电子对数为2,σ键数为2,价层电子对数为4,
所以OF的空间构型为V形,其中O原子的杂化方式为sp3
杂化;②氯化钾为离子晶体,存在的化学键
为离子键;钙离子的半径比钾离子小,钙离子所带电荷数比钾离子多,氯化钙的晶格能更高,所以氯化钙的熔点更高。
(3)通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子,即可知锌离子的配位数;通过硫
化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为4
1=4,含有硫离子的数目为
6
11
+8=4
28
,一个晶胞的体积为
(a×10-7)3cm3
,由密度公式计算晶体的密度。
【详解】
(1)Cr为24号元素,核电荷数为24,故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1;Si元素为14号元素,
核电荷数为14,核外电子排布式为1s22s2
2p6
3s23p2,最高能级为3p能级,3p能级电子云轮廓图为哑铃
形;非金属性:
F>O>C,则C、O、F的电负性由大到小的顺序为F>O>C。
(2)①OF分子的中心原子为O原子,其中含有的孤电子对数为2,σ键数为2,价层电子对数为4,
2
32618
3
3
3
3
32618
4
A
所以OF的空间构型为V形,其中O原子的杂化方式为sp3
杂化;②氯化钾为离子晶体,存在的化学键
为离子键;钙离子的半径比钾离子小,钙离子所带电荷数比钾离子多,氯化钙的品格能更高,所以氯化钙的熔点更高。
(3)由硫化锌的晶胞结构可知,每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个,所以锌离子的配位数
为4;一个晶胞中含有锌离子的数目为4,含有硫离子的数目为4,一个晶胞的体积为(a×10-7)3cm3,则
晶体的密度为
4M
a3N
A
10
21
。
【点睛】
计算晶胞密度时,利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数,再根据m=nM计算质量,根据V=a3算体积,由此计算晶体的密度。
计
3.祖母绿被称为绿宝石之王,是国际珠宝世界公认的四大名贵宝石之一,其化学式为BeAlSiO。
回答下列问题:
(1)基态Be原子的电子排布图为____________,基态Al原子核外电子占据________个轨道,其中能量最高能级的原子轨道的形状为__________。
(2)Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为____________________。
(3)SO分子中硫原子的杂化类型是_____,SO分子的空间构型是________。
(4)工业上,电解制取金属铝,不能用熔融的AlCl,AlCl的晶体类型是__________,将BeAlSiO写为氧化物的式子是_____________________。
(5)LiAlH在有机合成中可将羧基还原成羟基。
甲酸和乙醇的熔、沸点如图所示:
1mol甲酸分子中σ键与π键的比值为________________,甲酸和乙醇的熔点相差较大的主要原因是____________________________________________。
(6)碳化硅的晶体类型类似金刚石,晶胞结构如图所示。
已知:
碳化硅的晶体密度为ag/cm3
,N代表
23
2
232
3
3
阿伏伽德罗常数的数值。
该晶胞边长为_____________pm。
【答案】
(1)
(2)O>Si>Al
平面正三角形
(2)sp2
7
哑铃(或纺锤)形
(4)分子晶体
AlO•3BeO•6SiO(或3BeO•AlO•6SiO)
(5)4:
1
甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强
(6)
3
160
Na
A
1010
【解析】
【分析】
(1)Be为4号元素,Al为13号元素,结合电子排布式分析解答;
(2)同一周期,从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。
同族元素,从上至下第一电离能逐渐减小,据此排序;
(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+
1
2
(a-xb)计算判断SO分子中硫原子的杂
化类型和空间构型;
(4)AlCl为共价化合物,熔点较低;结合硅酸盐改为氧化物的方法改写;
(4)根据共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键、一个是π键计算甲酸分子中σ键与π键数目之比;
分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高,甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键,比乙醇分子间氢键强;
(6)根据均摊法计算碳化硅晶胞中Si原子和C原子个数,求出晶胞的质量,在根据晶体密度计算晶胞边长。
【详解】
(1)Be为4号元素,基态Be原子的电子排布图为,Al为13号元素,基态Al原子核外
电子排布式为1s22s22p6
3s23p1,占据7个轨道,其中能量最高能级的原子轨道为3p,形状为哑铃(或纺锤)
形,故答案为:
;7;哑铃(或纺锤)形;
(2)同一周期,从左到右,元素的第一电离能呈增大趋势,但第IIA族、第VA族元素的第一电离能
大于相邻元素。
同族元素,从上至下第一电离能逐渐减小,Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为O>Si>Al,故答案为:
O>Si>Al;
3
3
3
3
3
32618
23
2
232
23
2
232
10
33
3
3
3
3
333
3
A
(3)SO分子中硫原子的价层电子对数=3+
6-23
2
=3,杂化类型为sp2
杂化,SO分子的空间构型是平
面正三角形,故答案为:
sp2;平面正三角形;
(4)工业上,电解制取金属铝,不能用熔融的AlCl,是因为AlCl为共价化合物,熔融状态不能导电,AlCl的熔点较低,属于分子晶体;将BeAlSiO写为氧化物的式子为AlO•3BeO•6SiO(或
3BeO•AlO•6SiO),故答案为:
分子晶体;AlO•3BeO•6SiO(或3BeO•AlO•6SiO);
(5)甲酸的结构简式为HCOOH,分子中共价单键为σ键,共价双键中一个是σ键、一个是π键,所以
甲酸分子中σ键与π键数目之比=4∶1;分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高,甲酸中羧基上的两个
O原子均可形成氢键,比乙醇分子间氢键强,所以甲酸熔沸点高于乙醇,故答案为:
4∶1;甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强;
11
(6)碳化硅晶胞中Si原子个数=8×+6×=4,C原子个数为4,晶胞的质量为
82
4(1228)N
A
g,晶体
密度为ag/cm3,则晶胞边长=
3
4(1228)
N
A
ag/cm3
g
=
3
160160160
cm=310pm,故答案为:
3
NaNaNaAAA
1010
。
【点睛】
本题的易错点为(5),要注意HCOOH的结构式的书写,同时注意共价双键中一个是σ键、一个是π键,本题的难点为(6),要注意均摊法在晶胞的计算中的应用。
4.磷化硼是一种典型的超硬无机材料,常以BCl、PH为原料制备。
回答下列问题:
(1)基态P原子与B原子中未成对电子数之比为___。
(2)与BC1分子互为等电子体的一种离子为___(填化学式)。
(3)PH分子的立体结构为___;PH的沸点___(填“高于”或“低于”)NH,理由是___。
(4)BCl、PCl和PF三种分子中键角由大到小的顺序为___。
(5)BCl可转化为硼酸,硼酸为一元强酸的原因是___(用离子方程式表示)。
(6)磷化硼晶胞的示意图如图甲所示,其中实心球表示P原子,空心球表示B原子,晶胞中P原子空
间堆积方式为___。
已知磷化硼晶体的密度为ρg·cm-3,设阿伏加德罗常数的值为N,则晶胞中B原子
与P原子间最短距离为___pm。
若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示(虚线圆圈表示P原子的投影),请在图乙中用实线圆圈画出B原子的投影位置___(注意原子体积的相对大小)。
3
3
3
333
332
4
2321
2-
333
【答案】
(1)3:
1
(2)CO2-或NO-
(3)三角锥形
低于
NH分子之间存在氢键
(4)BCl>PCl>PF
(5)HBO+HOH++[B(OH)]-
(6)面心立方最密堆积
3
4
3
168
×1010
Nρ
A
或
【解析】
(1)基态P原子的最外层电子排布为3s3p,而B原子的最外层电子排布为2s2p,因此二者未成对电子数之比为3:
1;
(2)原子数和价电子数分别均相等的是等电子体,与BCl互为等电子体的离子有很多,例如CO或
33
NO
-
3
均可;
(3)
PH
3
的结构与
NH
3
一致,均为三角锥形,也可根据VSEPR理论来判断,磷原子为sp
3
杂化且有一
对孤电子;NH中存在氢键,所以熔沸点均高于其它同主族氢化物;
3
(4)BCl为平面三角形,因此键角为120°,PCl为三角锥形,键角为100.1°,而PF发生的是非等性333
sp
3
杂化,为三角锥形,但是氯原子的半径大于氟原子,空间阻力更大,因此PF的键角小于PCl,因
33
此键角BCl>PCl>PF;
(5)硼是缺电子原子,能结合水中的氢氧根来释放质子,因此是一元酸,电离方程式为:
HBO+HOH+[B(OH)]-3324
;
(6)根据甲图可以看出每个面的面心上均有磷原子,因此是面心立方最密堆积;晶胞中白色球周围最
近的4个黑色球构成正四面体结构,白色球处于正四面体的中心,顶点黑色球与正四面体中心白色球连
2
4
4
22
4
4
2
1
线处于晶胞体对角线上,由几何知识可知晶胞中硼原子位于晶胞的体对角线处,因此根据
4
ρ=
m114+314=
VNa3A
13a
先求出晶胞常数a值,再用a值求出体对角线的长度的即=
44
3
4
3
168
Nρ
A
cm
=
3
4
3
168
Nρ
A
×1010
pm;根据晶胞结构分析,立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形,中
心B与P重合,外侧大正六边形均由P原子构成,而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子形间隔
成,所以画图为
或,注意硼原子的半径小于磷原子。
5.2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获,以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献,他们最早发明用LiCoO作离子电池的正极,用聚乙炔作负极。
回答下列问题:
(1)基态Co原子价电子排布图为______________(轨道表达式)。
第四电离能I(Co)比I(Fe)小,是因为_____________________。
(2)LiCl的熔点(605℃)比LiF的熔点(848℃)低,其原因是_________________________.
(3)乙炔(CH)分子中δ键与π键的数目之比为_______________。
(4)锂离子电池的导电盐有LiBF等,碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。
1LiBF中阴离子的空间构型是___________;与该阴离子互为等电子体的分子有_____________。
(列一种)
2碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_______________________。
(5)LiS是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质,其晶胞结构如图所示,已知晶胞参数a=588pm。
①S2-的配位数为______________。
A
2
4
22
4
4
4
②设N为阿伏加德罗常数的值,LiS的晶胞密度为____________(列出计算式)
gcm
3
。
【答案】
(1)
上的一个电子,故Fe需要的能量较高3d5
Co失去的是3d6
上的一个电子,而Fe失去的是半充满状态
(2)LiCl和LiF均为离子晶体,Cl-半径比F-(3)3:
2
大,LiCl的晶格能比LiF的小
(4)①正四面体
CF
②sp2、sp3
(5)①8
②
446
N588
A
3
10
30
【解析】
【分析】
(1)基态Co原子价电子排布式为3d74s2
,再得价电子排布图;Co3+为3d6
,Fe3+
为3d5
,Fe3+
半满,稳定,
难失去电子,因此得到结论。
(2)LiCl与LiF都为离子晶体,主要比较离子晶体中离子半径,键能和晶格能。
(3)乙炔(CH)分子中碳碳三键,因此可得分子δ键与π键的数目之比。
(4)①先计算LiBF中阴离子的电子对,再得空间构型,根据左右价电子联系得出与该阴离子互为等电子体的分子。
②分别分析碳酸亚乙酯分子中每个碳原子的δ键和孤对电子得到结论。
(5)①以最右面中心S2-分析,分析左右连接的锂离子个数。
②先计算晶胞中有几个硫化锂,再根据密度公式进行计算。
【详解】
(1)基态Co原子价电子排布式为3d74s2
,其价电子排布图为;第四电离能I(Co)
比I(Fe)小,其Co3+为3d6,Fe3+为3d5,Fe3+半满,稳定,难失去电子,因此原因为Co失去的是3d6上
的一个电子,而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子,故Fe需要的能量较高,故答案为:
;Co失去的是3d6
上的一个电子,而Fe失去的是半充满状态3d5
上的一个电
子,故Fe需要的能量较高。
(2)LiCl的熔点(605℃)比LiF的熔点(848℃)低,它们都为离子晶体,离子晶体熔点主要比较半径,键
22
4
4
4
A
2
42
4
4
4
3
5
能和晶格能,因此其原因是LiCl和LiF均为离子晶体,Cl-半径比F-
大,LiCl的晶格能比LiF的小,故
答案为:
LiCl和LiF均为离子晶体,Cl-半径比F-
大,LiCl的晶格能比LiF的小。
(3)乙炔(CH)分子中碳碳三键,因此分子δ键与π键的数目之比为3:
2,故答案为:
3:
2。
(4)①LiBF中阴离子的电子对为
4+
1
2
(3141)4
,因此空间构型是正四面体型;B-的价电子等
于C的价电子,因此与该阴离子互为等电子体的分子有CF,故答案为:
正四面体;CF。
②碳酸亚乙酯分子中碳氧双键的碳原子,δ键有3个,没有孤对电子,因此杂化方式为sp2,另外两个碳
原子,δ键有4个,没有孤对电子,因此杂化方式为sp3,所以碳原子的杂化方式有sp2、sp3,故答案为:
sp2、sp3。
(5)①以最右面中心S2-分析,连接左边有4个锂离子,右边的晶胞中也应该有4个锂离子,因此配位数为8,故答案为:
8。
②设N为阿伏加德罗常数的值,根据晶胞计算锂离子有8个,硫离子8个顶点算1个,6个面心算3
个即总共4个,LiS的晶胞密度
446
30
10
。
3
N588
A
46
4
mN
ρ=AV(5881010)3
g
cm-3
464
=1030gN5883
A
cm-3
,故答案为:
6.氮、磷、钾是农作物生长的必须营养元素,磷和钙都是促成骨骼和牙齿的钙化不可缺少的营养元素。
回答下列问题:
(1)基态K的核外电子排布式为____________,基态N的价电子排布图为____________。
(2)元素的第一电离能:
Ca________(填“>”或“<”)P。
(3)白磷P在CS中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度,N是氮的一种新型单质,若N分子结构类似于白磷P,则N的杂化方式为________。
(4)下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径:
碳酸盐
CaCO
3
SrCO
BaCO
3
热分解温度/℃
阳离子半径/pm
900
99
1172
112
1360
135
根据上表数据分析碳酸钡分解温度最高的原因是___________________
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- 高考化学之考前抓大题10 物质结构与性质二 高考 化学 考前 抓大题 10 物质 结构 性质