2021高考化学(浙江专用)二轮考点突破-答案解析-选修3物质结构与性质-.docx

选修3物质结构与性质真题考点高效突破考点一:原子结构与性质【真题题组】1.C依据题意知Z元素为Mg,Y元素原子最外电子层排布为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。2.B209.0表示的是Bi元素的相对原子质量,A错误,B正确;依据洪特规章,Bi原子6p亚层中的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。3.解析:依据短周期元素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YX,则可确定X为C,依据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,元素的第一电离能渐渐增大,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 kJmol-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,后沉淀渐渐溶解,最终变成无色溶液Si+4HFSiF4+2H2(4)4Al(s)+3O2(g)2Al2O3(s)H=-3 352 kJmol-1(其他合理答案均可)4.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轨道处于半布满状态,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轨道上全布满,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。(3)由Q知,H2O与BF3H2O分子间有氢键,BF3H2O分子内有共价键和配位键,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,故接受sp3杂化。(4)分子内氢键的存在,使H+难以电离出,故Ka2Ka。答案:(1)如图所示(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)OC。(3)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N相像,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供应4个氢原子,并至少存在“NH”、“HO”、“HF”三类键中的一种,对比选项,只N符合要求。答案:(1)2s22p3(2)NOC(3)三角锥形3d(4)c7.解析:(1)由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3,同时还应当产生硫酸钙和水,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B2O3+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都属于其次周期,同周期自左向右电负性渐渐增大,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)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,而层与层之间靠分子间作用力结合。(4)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(361.510-10)3cm3,则晶体的密度可表示为gcm-3。答案:(1)B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2OB2O3+2NH32BN+3H2O(2)1s22s22p1N+3(3)共价键(或极性共价键)分子间作用力(4)448.解析:(1)同周期从左右,电负性增大,则CSi,所以电负性为:OCSi。(2)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。(3)Si的原子半径较大,Si、O原子间距离较大,pp轨道肩并肩重叠程度较小,不能形成上述稳定的键。答案:(1)1s22s22p63s23p2OCSi(2)MgMg2+半径比Ca2+小,MgO晶格能大(3)Si的原子半径较大,Si、O原子间距离较大,pp轨道肩并肩重叠程度较小,不能形成上述稳定的键考点二:微粒间作用力与物质性质【真题题组】1.C该反应相当于HCHO的燃烧,燃烧反应均放热,A项错误;依据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,但不愿定是在标准状况下,故其体积不愿定是2.24 L,D项错误。2.B只要是纯水确定呈中性,超临界水照旧呈中性,由题干可知水的电离程度大了,c(H+)变大,则pH小于7,A、C项错误;依据相像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。3.BNH3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结构类似都是正四周体构型,B项正确,CO2是分子晶体,而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。4.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四周且排在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5.解析:(1)金属键没有方向性和饱和性,a项错误;金属导电是由于在外加电场作用下,自由电子产生定向移动,c项错误;由于自由电子的存在使金属很简洁吸取光子而发生跃迁,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,则其次周期元素中,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的结构相像,知CO的结构为: ;CO在与过渡金属形成协作物时,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供应的电子数为2(靠近C的那对孤电子对)依据中心原子的价电子数加上配体供应的电子数之和等于18可知,Ni的价电子数是10,所以配体供应的电子数是8,又由于一个CO配体供应两个电子,故n=4;由于氮气的结构式是NN,而CO与N2的结构相像,所以CO中键与键的个数之比是12。答案:(1)b(2)C(碳)(3)4126.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AlSi。(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)C6H5OH,A错误;Ba和Ca同主族,碱性Ba(OH)2Ca(OH)2,B错误;MgBr2为离子晶体,SiCl4为分子晶体,熔点MgBr2SiCl4,C错误;由于NH3分子间存在氢键使其沸点高于PH3,常温下NH3为气态,H2O为液态,故沸点H2ONH3,D正确。2.A碘和干冰都属于分子晶体,升华时克服的是分子间作用力;硅属于原子晶体,C60属于分子晶体,熔化时,分别克服共价键和分子间作用力;氯化氢是共价化合物,氯化钠是离子化合物,溶解时分别克服共价键和离子键;溴和汞气化时分别要克服分子间作用力和金属键,综上所述,只有A项克服作用力类型相同。3.DAlON与石英(SiO2)均为原子晶体,所含化学键均为共价键,A、B正确;Al2O3是离子晶体,晶体中含离子键,不含共价键,C项正确、D项错误。4.D本题的突破点是Y,由Y的性质知Y是硅元素,即X、Y、Z、W属于第三周期,依据X、Z、W的简洁离子可知X、Z、W分别属于钠、硫、氯元素。由于Z、M同主族且X+与具有相同的电子层结构,所以M是氧元素。选项A中钠和氧还可以形成Na2O2,A错误;由于水分子中存在氢键,所以水的沸点最高,B错误;元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体,C 错误;Cl2和O3可以作为消毒剂,D正确。5.CSiO2的晶体结构与金刚石的晶体结构相像,相当于把金刚石中的碳原子换成硅原子,然后在两个硅原子中间插入一个氧原子,金刚石的晶体结构中每个最小的环上是6个碳原子,所以SiO2晶体中最小的环上应有6个硅原子和6个氧原子。在SiO2晶体结构单元中,Si位于中心,O处于4个顶角。6.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NH4Cl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形成四周体结构,则其杂化形式为sp3杂化,图(b)中每个四周体中有两个氧原子是与其他四周体共用的,则每个四周体占有该氧原子的,所以每个四周体共占有这两个氧原子为:2=1,另1个氧原子为该四周体全部,还含有1个SiO键属于该四周体,综上所述,一个四周体中,含1个Si原子,氧原子:1+1+1=3,所以,可知硅与氧原子数之比为13,其化学式为Si或 。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)sp313或Si7.解析:由C在前四周期和有4个未成对电子可推知C为Fe,由此和题干信息可进一步推知D为Ni,B为K,A为F。(2)K 原子易失电子,第一电离能最小,F的非金属性最强,电负性最大。(3)依据分摊法,含F-:2+4+16=8,K+:2+8=4,Ni2+:1+8=2,故化合物的化学式为K2NiF4,由处于晶胞内的Ni2+看出,每个Ni2+四周有6个F-,故配位数为6,晶体的密度可由晶胞的质量除以晶胞的体积求得。(4)K3FeF6属于离子化合物,在FeF63-中,Fe3+供应空轨道,F-供应孤对电子,两种离子间形成配位键。答案:(1)(2)KF(3)K2NiF463.4(4)离子键、配位键FeF63-F-8.解析:(1)同主族元素从上到下元素的电负性渐渐减小,a对;氟无正价,b错;HF分子间存在氢键,所以熔、沸点在同族元素气态氢化物中反常最高,c错;F2、Cl2、Br2三种物质的晶体均是分子晶体,组成相像,则相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔点越高,d错。(2)由晶胞结构示意图,依据均摊法,可得B原子为8+1=2个,N原子为4+1=2个,则该功能陶瓷的化学式为BN。(3)BCl3中价层电子对数为:(3+3)/2=3,B原子为sp2杂化;NCl3中价层电子对数为:(5+3)/2=4,N原子为sp3杂化。同周期元素的第一电离能从左到右渐渐增大,但是由于氮原子的2p轨道处于半布满状态,较稳定,其第一电离能比氧的大,铍原子的2s轨道处于全满状态,铍的第一电离能比硼的大,所以第一电离能介于硼和氮之间的其次周期元素有铍、碳、氧3种。(4)B原子最外层有3个电子,与Cl形成3个单键后,没有孤电子对,价层却有空轨道,所以在B原子与X形成的配位键中,X供应孤对电子。答案:(1)a(2)2BN(3)sp2sp33(4)X9.解析:(1)电子排布为结构化学中的重点。特殊是24号、29号等存在半满和全满状态的元素。Cu2+应先写出铜原子的电子排布式,然后从外向内失去2个电子。(2)对O2-个数的计算,面上的按算,顶点上按算,棱上按算,体心按1个算,可得O2-个数为:8+2+4+1=4(个)。(3)NH3中的氮原子的孤对电子供应电子,Cu2+供应空轨道,形成配位键,而NF3中氮原子的孤对电子被F吸引,使氮原子上的孤对电子难以与Cu2+形成配位键。(4)离子晶体中,离子间距离越小,离子键越强,离子化合物熔点越高。答案:(1)1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9(2)4(3)F的电负性比N大,NF成键电子对向F偏移,导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引力气增加,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子(4)高Cu2O与Cu2S相比,阳离子相同、阴离子所带电荷也相同,但O2-的半径比S2-小,所以Cu2O的晶格能更大,熔点更高三年模拟力气提升1.C同周期元素,从左到右第一电离能呈现增大的趋势,但由于氮原子的p能级电子处于半布满状态,所以第一电离能NO。2.B核外电子排布为1s2的原子是He,核外电子排布是1s22s2的为铍(Be),He是惰性元素,Be是金属元素,明显化学性质不相像,A错;Fe的价电子排布为3d64s2,失去电子时先失最外层,再失次外层,失去2个电子变成Fe2+时最外层电子排布为3s23p63d6,失去3个电子变成Fe3+时,最外层电子排布为3s23p63d5,B正确;基态铜原子的轨道表示式,符合3d全布满时能量最低,即洪特规章特例,C错;基态碳原子是2s比2p轨道能量低,先填满2s再填2p,即,不存在半布满能量低的问题,D错。3.解析:依据题中A、B、C、D、E的信息可确定AE分别为O、Cl、N、C和Fe。(1)Y为P,P的价电子排布为3s23p3,为半布满状态,第一电离能小于Cl。(2)Fe为26号元素,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(3)盐为NH4NO3,属于强酸弱碱盐,因水解而显酸性;Cl的非金属性大于C,所以高氯酸酸性强于碳酸。(4)N2分子含氮氮三键,键和键的个数比为12;由于分子间存在氢键,故使其沸点毁灭反常。(5)H2O释放出一个电子生成H2O+,其中氧元素为-1价,具有强氧化性。答案:(1)(2)1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)(3)酸性强(4)12NH3分子间存在氢键(5)+2H2O+H2SS+2H2O+2H+4.AA项中H2是由两个1s轨道形成的键;B项中HCl是由H的1s轨道与Cl的3p轨道形成的键;C项中Cl2是由两个3p轨道形成的键;D项中F2是由两个2p轨道形成的键。5.C氯原子3p轨道上有1个未成对电子,而氢原子1s轨道上有1个未成对电子,通过最大重叠形成键,C正确。6.C氨气是三角锥形结构,所以PH3的结构也是三角锥形,A正确;氨气是极性分子,则PH3也是极性分子,B正确;由于氨气分子中存在氢键,所以氨气的沸点高于PH3的,沸点凹凸与键能无关,键能大小影响分子的稳定性,所以选项C不正确,D正确。7.B选项A中形成的都是原子晶体,形成原子晶体的原子半径越小,共价键越强,晶体的熔、沸点越高,正确的挨次应当是金刚石碳化硅晶体硅,所以选项A不正确;选项B中形成的晶体都是分子晶体,其熔、沸点与分子间作用力有关系,而分子间作用力大小与相对分子质量大小有关系,所以选项B正确;氧化镁是离子晶体,而另外三种都是分子晶体,但由于水分子中存在氢键,所以水的熔、沸点高于氧气和氮气的,所以选项C不正确;合金的熔点一般低于其成分金属的熔点,正确的挨次应当是金刚石纯铁生铁钠,所以选项D不正确。8.D原子晶体中不存在分子间作用力,A不正确;CO2原子晶体和CO2分子晶体,结构不同,性质不同,属于化学变化,B不正确;由于氧原子的半径小于碳原子的半径,所以熔点应当是原子晶体CO2金刚石,C不正确;由题意知CO2原子晶体与SiO2结构相像,所以D正确。9.解析:.依据I4I3知元素X位于第A,折线c中第2周期元素氢化物的沸点随相对分子质量增大而上升,说明未形成氢键,故折线c可以表达出第A族元素氢化物的沸点的变化规律。.(1)元素o为铁元素,其外围电子排布式为3d64s2。(2)SiC晶体的熔、沸点高于晶体Si,由于都为原子晶体,且CSi键键长比晶体Si中SiSi键键长短。(3)i为Al,依据图示Al晶体为面心立方晶胞,配位数为12,依据均摊思想晶胞中含有的原子数目=8+6=4。答案:.AA.(1)3d64s2(2)SiC因SiC晶体与晶体Si都是原子晶体,由于C的原子半径小,SiC中CSi键键长比晶体Si中SiSi键键长短,键能大,因而熔、沸点高(3)12410.BA不正确,例如稀有气体分子形成的晶体;F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体都是分子晶体,其熔、沸点渐渐上升与分子间作用力有关,选项B正确;C不正确,例如乙炔分子中还含有非极性键;D不正确,例如SiO2是共价化合物,其熔点高于一些离子化合物的熔点。11.解析:(1)铁是26号元素,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(2)C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子的物质是CH2CH2,单键全是键,双键中有1个键和1个键,故键与键的个数比为51。(3)同一周期从左往右,第一电离能有渐渐增大趋势,且前四周期中A元素第一电离能比相邻元素大,故C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的挨次为NOC。(4)HF分子之间能形成氢键使分子缔合在一起,所以测得的相对分子质量为缔合分子的相对分子质量,故试验测得值一般高于理论值。(5)原子晶体的硬度大小与共价键的强弱有关,共价键键长越短硬度越大,因氮原子半径小于碳原子半径,故C3N4晶体的硬度大于金刚石的硬度。(6)顶点为8个晶胞所共有,棱上为4个晶胞所共有,面心为2个晶胞所共有,体内为晶胞所独有,石墨晶胞中含有碳原子的个数=8+4+2+11=4。答案:(1)1s22s22p63s23p63d64s2(2)51(3)NOC(4)HF分子间存在氢键,易形成缔合分子(HF)n(5)氮原子半径小于碳原子半径,氮碳形成的共价键键长比碳碳键键长短,键能更大,所以C3N4硬度更大(6)412.解析:(1)A、C中涉及全布满的问题,B涉及半布满,所以D正确。(2)电子尽可能占据不同的轨道,自旋方向相同,这是洪特规章,B正确。(3)N的价电子排布为2s22p3,为半布满状态,而O的价电子排布为2s22p4,所以N的第一电离能大,C不正确。(4)118号元素中,最外层不成对电子与它的电子层数相等的有C、O、Al、P 4种元素,B正确。(5)假如是第2、3周期相差1,假如是第4、5周期相差11,假如是第6、7周期则相差25,D正确。(6)X是F,是非金属性最强的元素,所以电负性最大,A正确。(7)形成的离子晶体,熔点由离子键打算,由于离子半径增大,离子键减弱,熔点降低。Si的卤化物是分子晶体,熔点由分子间作用力打算,影响因素是相对分子质量。离子晶体熔点比分子晶体熔点高很多。答案:(1)D (2)B(3)C(4)B(5)D(6)A(7)离子半径渐渐增大,离子键渐渐减弱,熔点渐渐降低由SiF4SiI4、SiCl4PbCl4各物质的相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增大,熔点渐渐上升晶体类别钠的卤化物为离子晶体,靠离子键作用,而硅的卤化物为分子晶体,靠范德华力作用,离子键远强于范德华力13.解析:(1)锗是碳族元素,位于第四周期,所以最外层是第四层,最外层有4个电子,其外围电子式为4s24p2,属于p区元素。(2)同一周期元素,随着核电荷数增大,电负性增大;Mg2+半径大于Al3+,且带电荷比Al少,所以Mg的金属键比Al弱,熔点低。(3)Na2O2既有离子键又有非极性共价键,MgCl2中只存在离子键,H2O2既有极性键又有非极性键,CO2中只存在极性键,NH4Cl中存在离子键、极性键和配位键,乙炔中存在极性键和非极性键。(4)用均摊法计算晶胞中粒子个数:8+6=4,:12+8=11,又因Na+数与Al数之比为31,要成31的关系,则晶胞中粒子数变为12,所以为Na+,为Al,为Na+。答案:(1)4s24p2p(2)(3)bcfdf(4)AlNa+