高考化学复习考点23物质结构与性质选修3 2docx.docx

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高考化学复习考点23物质结构与性质选修32docx

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考点23物质结构与性质（选修3）

．（2015·安徽高考·7）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如下图。

下列有关该物质的说法正确的是

（）

A．分子式为C3H2O3

B．分子中含6个σ键

C．分子中只有极性键

D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

（1）极性键是不同种原子间形成的共价键,非极性键是同种原子间形成的共价键;

（2）σ键是电子云头对头重叠,π键是电子云肩并肩重叠。

【解析】选A。

根据该物质的结构知其分子式为C3H2O3,A正确;碳碳双键或碳氧双键均含1个σ键和1个π键,单键全部是σ键,该物质含1个C

O键、1个C

C键、4个C—O键,2个C—H键,共8个σ键,B错误;同种原子形成的共价键是非极性键,即C

C键是非极性键,C错误;由于没有给出气体所处的外界条件,不能求算CO2的体积,D错误。

【误区提醒】涉及气体体积的计算,一定要看外界条件,若没有给出外界条件则无法根据物质的量或质量求算气体的体积。

．（2015·四川高考·5）设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（）

A．2.0g

O与D2O的混合物中所含中子数为NA

B．常温常压下4.4g乙醛所含σ键数目为0.7NA

C．标准状况下,5.6LCO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA

D．50mL12mol·L－1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

（1）氧化还原反应中转移电子的物质的量是指失去电子或者得到电子的物质的量;

（2）根据两原子间化学键的数目可以判断化学键的类型。

【解析】选A。

A选项中,

O与D2O的相对分子质量均为20,中子数均为10,因此2.0g该混合物中所含中子数为NA;B选项中,1个乙醛分子中存在的4个C—H键、1个C—C键是σ键,而C

O键中的1个键是σ键,另一个键是π键,所以4.4g乙醛即0.1mol的乙醛中应含有0.6mol的σ键,即σ键个数为0.6NA;C选项中,CO2与Na2O2发生如下反应:

2Na2O2＋2CO2

2Na2CO3＋O2↑,标准状况下5.6L即0.25molCO2应转移0.25mol电子,即转移电子数为0.25NA;D选项中,随着反应

进行,盐酸的浓度下降,当达到一定的程度便不再反应,故转移的电子数无法达

到0.3NA。

．（2015·四川高考·8）X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。

X和R属同族元素;Z和U位于第ⅦA族;X和Z可形成化合物XZ4;Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等;T的一种单质在空气中能够自燃。

请回答下列问题:

（1）R基态原子的电子排布式是　。

（2）利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是　。

（3）X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是　　（填化学式）;Z和U的氢化物中沸点较高的是　　　　（填化学式）;Q、R、U的单质形成的晶体,熔点由高到低的排列顺序是　（填化学式）。

（4）CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂,反应可生成T的最高价含氧酸和铜,该反应的化学方程式是　。

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

（1）短周期元素是指前三周期元素;

（2）可以通过求算价电子数目进而判断物质的立体构型。

【解析】T的一种单质在空气中能自燃,为磷元素;Z和U为短周期元素且为卤族元素,原子序数又依次增大,因此分别为F和Cl;Q元素的原子序数大于9,且基态原子的s轨道电子和p轨道电子总数相等,其电子排布式为1s22s22p63s2,即为镁元素;X与Z形成的化合物中Z为－1价,则X为＋4价,X为碳元素,X和R属同族元素,则R为硅元素。

（1）可写出电子排布式为1s22s22p63s23p2。

（2）已知TU3为PCl3,算出其杂化轨道数目为4,VSEPR模型为四面体结构,又因磷原子有一对孤电子对,所以其立体构型为三角锥形。

（3）X元素所在的第2周期由左到右元素非金属性增强,可得到酸性最强的是HNO3;HF中由于含有氢键,其沸点高于HCl;各晶体熔点比较的一般规律为原子晶体>金属晶体>分子晶体,可得出Si>Mg>Cl2。

（4）根据题干中所给信息,硫酸铜与白磷反应生成磷酸和铜:

P4＋10CuSO4＋16H2O

10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4。

答案:

（1）1s22s22p63s23p2

（2）三角锥形

（3）①HNO3　②HF　③Si、Mg、Cl2

（4）P4＋10CuSO4＋16H2O

10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4

【误区提醒】本题在进行元素推断时容易将Q推断成氧元素,原题中说“Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等”,但是前提条件是六种元素原子序数递增,而Z元素为F,所以该元素的原子序数应该大于9,这种元素为镁元素。

．（2015·安徽高考·25）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。

（1）Si位于元素周期表第　　　　周期第　　　　族。

（2）N的基态原子核外电子排布式为　;

Cu的基态原子最外层有　　　　个电子。

（3）用“>”或“<”填空:

原子半径

电负性

熔点

沸点

Al　　Si

N　　O

金刚石　　晶体硅

CH4　　SiH4

（4）常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1）,测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示,反应过程中有红棕色气体产生。

0～t1时,原电池的负极是Al片,此时,正极的电极反应式是 ,溶液中的H＋向　　　　极移动,t1时,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是　。

【解题指南】解答本题时应注意以下3点:

（1）电子层数=周期序数,主族元素的最高正价=最外层电子数=主族序数;

（2）原电池的正极发生还原反应,阳离子移向正极,电子由负极通过导线流向正极;

（3）原子晶体的共价键键长与晶体熔沸点有关,键长短,熔沸点高。

【解析】

（1）Si是14号元素,有3层电子,位于元素周期表的第3周期ⅣA族。

（2）N的核电荷数为7,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p3,Cu的4s轨道有1个电子。

（3）同周期由左向右元素原子半径逐渐减小,即原子半径Al>Si;同周期元素的电负性由左向右逐渐增大,则电负性:

N

（4）原电池的正极是硝酸发生还原反应:

2H＋＋N

＋e－

NO2↑＋H2O,原电池中的阳离子移向正极。

t1时电子流动方向发生改变,则原电池的正、负极发生改变,原因是铝表面生成了氧化膜而不再参加反应,此时铜作负极。

答案:

（1）3　ⅣA

（2）1s22s22p3　1

（3）>　<　>　<

（4）2H＋＋N

＋e－

NO2↑＋H2O　正　铝在浓硝酸中发生钝化,表面生成了氧化膜阻止了Al的进一步反应

．（2015·福建高考·31）《物质结构与性质》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

b.CH4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

d.CH4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。

①基态Ni原子的电子排布式为　,

该元素位于元素周期表中的第　　　　族。

②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4,1molNi（CO）4中含有

　　　　molσ键。

（4）一定条件下,CH4、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形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。

　　参数

分子　　

分子直径/nm

分子与H2O的

结合能E/kJ·mol－1

CH4

0.436

16.40

CO2

0.512

29.91

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。

已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm,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 。

【解题指南】解答本题时应注意以下两点:

（1）原子、分子和晶体结构与性质的关系的理解与应用;

（2）配位键、分子间作用力的理解与应用。

【解析】

（1）元素的非金属性越强,其电负性就越大。

在CH4和CO2所含的H、C、O三种元素中,元素的非金属性由强到弱的顺序是O>C>H,所以元素的电负性从小到大的顺序为H

（2）a项,固态CO2是由CO2分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体,正确。

b项,在CH4分子中含有C—H极性共价键,由于该分子中各个共价键空间排列对称,是正四面体形的分子,所以该分子是非极性分子,错误。

c项,CH4和CO2都是由分子构成的分子晶体,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,与分子内的化学键的强弱无关,错误。

d项,CH4分子中碳原子形成的都是σ键,碳原子的杂化类型是sp3杂化,而CO2分子中碳原子与两个氧原子分别形成了两个共价键,一个σ键,一个π键,碳原子的杂化类型是sp杂化,正确。

故答案选a、d。

（3）①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2,该元素位于元素周期表的第4周期第Ⅷ族。

②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4,在每个配位体中含有一个σ键,在每个配位体与中心原子之间形成一个σ键,所以1molNi（CO）4中含有8molσ键。

（4）①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是分子间作用力和氢键,分子间作用力也叫范德华力。

②根据表格数据可知,笼状空腔的直径是0.586nm,而CO2分子的直径是0.512nm,笼状空腔直径大于CO2分子的直径,而且CO2与水分子之间的结合能大于CH4,因此可以实现用CO2置换CH4的设想。

答案:

（1）H、C、O　

（2）a、d

（3）①1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　Ⅷ　②8

（4）①氢键、范德华力

②CO2的分子直径小于笼状空腔直径,且与H2O的结合能大于CH4

【误区提醒】

①容易根据Ni的电子排布式[Ar]3d84s2判断其位于ⅡA或ⅡB族,Ni最后填充的电子在3d轨道上;

②认为Ni（CO）4中σ键只有C和O之间,容易忽视Ni和CO之间的配位键。

．（2015·全国卷Ⅰ·37）[化学——选修3:

物质结构与性质]

碳及其化合物广泛存在于自然界中。

回答下列问题:

（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用　　　　形象化描述。

在基态14C原子中,核外存在　　　　对自旋相反的电子。

（2）碳在形成化合物时,其键型以共价键为主,原因是　。

（3）CS2分子中,共价键的类型有　　　　,C原子的杂化轨道类型是　　　　,写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子　　　　。

（4）CO能与金属Fe形成Fe（CO）5,该化合物的熔点为253K,沸点为376K,其固体属于　　　　晶体。

（5）碳有多种同素异形体,其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示:

①在石墨烯晶体中,每个C原子连接　　个六元环,每个六元环占有　　　个C原子。

②在金刚石晶体中,C原子所连接的最小环也为六元环,每个C原子连接　　　个六元环,六元环中最多有　　　　个C原子在同一平面。

【解题指南】解答本题要注意以下两点:

（1）记住共价键类型和原子的常见杂化方式;

（2）区别石墨和金刚石的结构和性质。

【解析】

（1）电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布的形象化描述;碳原子的核外有6个电子,电子排布式为1s22s22p2,其中1s、2s上2对电子的自旋方向相反,而2p轨道的电子自旋方向相同;

（2）在原子结构中,最外层电子小于4个的原子易失去电子,而碳原子的最外层是4个电子,且碳原子的半径较小,难以通过得或失电子达到稳定结构,所以通过共用电子对的方式,即形成共价键来达到稳定结构;

（3）CS2分子中,C与S原子形成双键,每个双键都是含有1个σ键和1个π键,分子空间构型为直线形,则含有的共价键类型为σ键和π键;C原子的最外层形成2个σ键,无孤电子对,所以为sp杂化;O与S同主族,所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2;与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN－,所以SCN－的空间构型和键合方式与CS2相同;

（4）该化合物熔点为253K,沸点为376K,熔沸点较低,所以为分子晶体;

（5）根据均摊法来计算。

①石墨烯晶体中,每个碳原子被3个六元环共有,每个六元环占有的碳原子数是6×1/3=2;

②每个碳原子形成4个共价键,每2个共价键即可形成1个六元环,则可形成6个六元环,每个共价键被2个六元环共用,所以一个碳原子可连接12个六元环;根据数学知识,3个碳原子可形成一个平面,而每个碳原子都可构成1个正四面体,所以六元环中最多有4个碳原子共面。

答案:

（1）电子云　2

（2）C有4个价电子且半径较小,难以通过得或失电子达到稳定结构

（3）σ键和π键　sp　CO2、SCN－（或COS等）

（4）分子

（5）①3　2　②12　4

．（2015·全国卷Ⅱ·37）[化学——选修3:

物质结构与性质]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∶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a=0.566nm,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（g·cm－3）　。

【解题指南】解答本题时应注意以下思路:

【解析】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,则A是O,B是Na;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,则C是P;D元素最外层有一个未成对电子,所以D是氯元素。

（1）非金属性越强,电负性越大,四种元素中电负性最大的是O。

P的原子序数为15,其电子排布式为1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）。

（2）氧元素有氧气和臭氧两种单质,由于臭氧的相对分子质量较大,范德华力大,所以沸点高;A和B的氢化物为H2O和NaH,晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。

（3）C和D形成的物质为PCl3,其中P含有一对孤电子对,其价层电子对数是4,所以立体构型为三角锥形,中心原子为sp3杂化。

（4）化合物Cl2O的中心原子O含有2对孤电子对,价层电子对数为4,所以立体构型为V形,Cl2和碳酸钠反应的化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O

Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。

（5）根据晶胞结构可知氧原子的个数=8×

＋6×

=4,Na全部在晶胞中,共计是8个,则F的化学式为Na2O。

以顶点氧原子为中心,与氧原子距离最近的钠原子的个数是8个,即晶胞中A原子的配位数为8。

晶体F的密度=

=

=2.27g·cm－3。

答案:

（1）O　1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）

（2）O3　O3相对分子质量较大,范德华力大　分子晶体　离子晶体

（3）三角锥形　sp3

（4）V形　4　2Cl2＋2Na2CO3＋H2O

Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl

（5）Na2O　8　

=2.27g·cm－3

．（2015·山东高考·33）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　　　　。

a.Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用

b.F－的离子半径小于Cl－,则CaF2的熔点高于CaCl2

c.阴阳离子比为2∶1的物质,均与CaF2晶体构型相同

d.CaF2中的化学键为离子键,因此CaF2在熔融状态下能导电

（2）CaF2难溶于水,但可溶于含Al3＋的溶液中,原因是 （用离子方程式表示）。

已知Al

在溶液中可稳定存在。

（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2,OF2分子构型为　　　　,其中氧原子的杂化方式为　。

（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物,例如ClF3、BrF3等。

已知反应Cl2（g）＋3F2（g）

2ClF3（g）　ΔH=－313kJ·mol－1,F—F键的键能为159kJ·mol－1,

Cl—Cl键的键能为242kJ·mol－1,则ClF3中Cl—F键的平均键能为　　kJ·mol－1。

ClF3的熔、沸点比BrF3的　　　　（填“高”或“低”）。

【解题指南】解答本题注意以下两点:

（1）晶格能决定了离子晶体的熔点;

（2）化学分子的空间构型可以使用“价层电子对互斥理论”进行判断。

【解析】

（1）离子之间不只有静电吸引作用,还有静电排斥作用;由于离子所带的电荷相同,F－的离子半径小于Cl－,所以CaF2的晶格能大于CaCl2,故熔点高;晶体的构型还与离子的大小有关,所以阴阳离子比为2∶1的物质,不一定与CaF2晶体构型相同;CaF2中的化学键为离子键,熔融状态下可以电离出自由移动的离子,因此CaF2在熔融状态下能导电。

（2）CaF2难溶于水,但可与Al3＋形成Al

反应的离子方程式为Al3＋＋3CaF2

3Ca2＋＋Al

。

（3）OF2分子中1个氧原子与2个氟原子形成2个σ键,氧原子还有两对孤对电子,所以氧原子的杂化方式为sp3,空间构型为V形。

（4）根据焓变的含义可知:

242kJ·mol－1＋3×159kJ·mol－1－6×ECl—F=－313kJ·mol－1,解得ECl—F=172kJ·mol－1;组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,范德华力越大,所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低。

答案:

（1）b、d

（2）Al3＋＋3CaF2

3Ca2＋＋Al

（3）V形　sp3　（4）172　低

．（2015·浙江高考自选模块·15）“物质结构与性质”模块

请回答:

（1）Cu2＋的电子排布式是　。

（2）下列物质中既有离子键又有共价键的是　　　　。

（）

A．MgO

B．NaOH

C．CaCl2

D．（NH4）2SO4

（3）关于下列分子的说法不正确的是　　　　。

（）

A．既有σ键又有π键

B．O—H键的极性强于C—H键的极性

C．是非极性分子

D．该物质的分子之间不能形成氢键,但它可以与水分子形成氢键

（4）下列说法正确的是　　　　。

（）

A．HOCH2CH（OH）CH2OH与CH3CHClCH2CH3都是手性分子

B．N

和CH4的空间构型相似

C．BF3与

都是平面型分子

D．CO2和H2O都是直线型分子

（5）下列有关性质的比较,正确的是　　　　。

（）

A．第一电离能:

O>N

B．水溶性:

CH3CH2OH>CH3CH2OCH2CH3

C．沸点:

HCl>HF

D．晶格能:

NaCl>MgO

【解析】

（1）Cu是29号元素,基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;铜原子失去最外层1个电子和次外层1个电子得到Cu2＋,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。

（2）MgO中只有离子键,NaOH中既有离子键又有O—H极性共价键,CaCl2中只有离子键,（NH4）2SO4中既有离子键,又有N—H、S—O极性共价键,所以答案为B、D。

（3）分析结构简式可得:

分子中含有碳碳双键,故既有σ键又有π键,A项正确;氧原子的非金属性大于碳原子,故O—H键的极性大于C—H键,B项正确;该分子是极性分子,C项错误;该分子既可以形成分子间氢键,又可以形成分子内氢键,D项错误。

（4）手性分子是化学中结构上镜像对称而又不能完全重合的分子,连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子,HOCH2CH（OH）CH2OH不是手性分子,A项错误,N

和CH4的空间构型都是正四面体,B项正确;BF3是平面三角形,苯是平面结构,C项正确;CO2是直线型分子,而H2O是V型分子,D项错误。

（5）第一电离能:

N>O,A项错误;水溶性:

乙醇大于乙醚,B项正确;HF分子间存在氢键,沸点大于无氢键的氯化氢,C项错误;离子所带电荷数:

Mg2＋>Na＋、O2－>Cl－,离子半径:

Mg2＋

MgO>NaCl,D项错误。