发布时间 : 星期四 文章2021届新高考版高考化学一轮复习考点考法突破训练：专题十二物质结构与性质更新完毕开始阅读da90051a473610661ed9ad51f01dc281e53a56b7
8.(1)①晶体(1分) sp3(1分) ②异硫氰酸分子间可形成氢键(2分) 5∶4(2分) (2)正四面体形(1分) O(1分) sp2(1分) sp2(1分) sp3(1分) (3)①分子晶体(1分) 1∶1(1分) ②sp2、sp3(2分) BD(2分) ③N>C(1分) CO2(或N2O)(1分)
【解析】 (1)①晶体具有自范性,原子在三维空间里呈周期性有序排列,根据Cu5Zn8的特点知该金属互化物属于晶体。根据VSEPR模型可以计算N的价层电子对数=3+
=4,所以N采用sp3杂化。②异硫氰酸
分子中N原子上连接有H原子,分子间能形成氢键,而硫氰酸分子间不能形成氢键,故异硫氰酸
的沸点高。类卤素(SCN)2的结构式为(2)LiAlH4中阴离子为Al
,Al的价层电子对数为4+
,含有5个σ键,4个π键,σ键与π键数目之比为5∶4。=4,无孤对电子,故Al
的空间构型为正四面体形;8-
羟基喹啉的组成元素有H、C、N、O,电负性最大的是O;8-羟基喹啉中环上的C、N均为sp2杂化,羟基氧为sp3杂化。(3)①由Ni(CO)4的熔、沸点较低,知其为分子晶体。CO与N2互为等电子体,故1个CO分子中含2个π键和1个σ键,且每个CO与Ni形成1个配位键(σ键),故该分子中σ键数为8,π键数为2×4=8,σ键和π键数目之比为1∶1。②该配合物中有饱和碳原子和形成双键的不饱和碳原子,故碳原子的杂化方式为sp3、sp2。该配合物中,N与Ni之间为配位键,其他化学键均为共价键,故不存在离子键和金属键。③同周期主族元素从左到右,电负性逐渐增强,故电负性C 【解析】 (1)①Na2O为离子化合物,其电子式为Na+[︰︰]2-Na+。②结合Na3OCl具有反钙钛矿晶体结构知,在化合物Na3OCl中,Na+与O2-、Na+与Cl-之间形成离子键;在H2分子中,H原子和H原子间为非极性共价键。(2)结合化合物中各元素化合价代数和为0,C、O分别为+2价和-2价,可知Mo为0价。根据N2分子中含氮氮三键,CO与N2互为等电子体,故CO分子中含1个σ键和2个π键,即配体CO分子中σ键与π键数目之比为1∶2。(3)该有机物中Na+与阴离子之间为离子键,阴离子中N—H键、C—N键、C—As键、As—O键等均为σ键,AsO键中含有σ键、π键,该有机物中不含碳碳双键。(4)P4O6的分子结构中只含有单键,且每个原子的最外层都满足8电子稳定结构,结合P4为正四面体结构且每个P原子均满足8电子稳定结构,可知 P4O6的结构为,则每个P4O6有12个共价键。 10.(除标明外,每空2分)(1)直线形 sp3 sp2 9 (2)①N原子的半径比P原子的小 ②中心原子N的电负性大于P,NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子,成键电子对间的斥力更大,键角更大 ③NH3分子间存在氢键(3分) 【解析】 (1)中N 与CO2互为等电子体,等电子体具有相同的结构,则可以判断 的空间构型为直线形。NH4NO3 的中心原子价层电子对数为4,孤电子对数为0,杂化方式为sp3;N的中心原子价层电子对数为3,孤电 子对数为0,杂化方式为sp2。1个单键为1个σ键,1个双键含有1个σ键,所以1个亚硝基胍分子中含有9个 σ键。(2)①N的原子序数比P的小,原子半径也比P的小,使NH3中N—H键的键长比PH3中P—H键的键长短。②NH3和PH3中,N、P原子的杂化方式相同,但中心原子N的电负性大于P的,NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子,成键电子对间的斥力更大,键角更大,所以H—N—H间的夹角比H—P—H间的大。③NH3分子间存在氢键,沸点更高,NH3比PH3易液化。 11.D 判断晶体可以采用X射线衍射法,晶体是晶胞规则排列而成的,会有相应的衍射图谱,而非晶体没有。 12.(1)①4(2分) ②分) 【解析】 (1)①由题图1可知,距离Zn2+最近的S2-有4个,即Zn2+的配位数是4,而ZnS中Zn2+与S2-的数目之比为1∶1,故S2-的配位数也是4。②根据均摊法,铜与金形成的金属互化物的晶胞中Cu的个数为6×=3,Au的个数为8× =1,该金属互化物晶胞的质量为 g,则该金属互化物的密度为 (3分) (2)① (2分) ② (2分) (3)①(,1,)(1分) ② ×107(2 g·cm-3=g·cm-3。(2)①紧邻的两个As原子之间的距离x=apm;将题给晶胞拆成8个等大 ×0.5apm, 的小立方体,4个小立方体的体心位置由Ga原子填充,小立方体的棱长为0.5apm,体对角线长度为则紧邻的As、Ga原子之间的距离y=×As,晶胞质量为 ×0.5apm=×apm,故= = 。②该晶胞中含4个Ga、4个g·cm-3。(3)①由题图4知,d的 g,体积为(a×10-10)3cm3,则GaAs的密度为 坐标参数为(,1,)。②每个晶胞含Ti原子数为8×=1,O原子数为6×=3,Co原子数为1,故该晶胞的体积为 cm3,则晶胞参数a= ×107nm。 13.(除标明外,每空2分)(1)3d84s2(1分) (2)sp2、sp3 丙烯醇中分子间存在氢键 (3)O>C>Ni (4)三角锥形 (或N 等) (5)①(0,,) ② × ×107 【解析】 (1)Ni是28号元素,根据构造原理知,它的价电子排布式为3d84s2。(2)丙烯醇分子中双键碳原子均是形成2个单键和1个双键,且无孤电子对,所以双键碳原子采取sp2杂化,另一个碳原子形成4个单键,且无孤电子对,采取sp3杂化;丙醛与丙烯醇的相对分子质量相等,但丙烯醇分子间存在氢键,所以丙醛比丙烯醇的沸点低得多。(3)同周期元素,从左到右电负性逐渐增强,同族元素,从上到下电负性逐渐减弱,且非金属的电负性大于金属的,则电负性:O>C>Ni。(4)NH3分子中N原子形成3个σ键,且有1对孤电子对,则NH3的空间构型为三角锥形;寻找与SCN-互为等电子体的离子时,把C原子的价层电子增加1个,S原子的价层电子减少1个,则均可改写成N原子,进而可以写出 ,同理可写出N 等。(5)①晶胞中A和B的坐标参数分别为(0,0,0)和(,,), 半径为r1nm,O2-半径为r2nm,晶胞参数 ,a= ×107, 则C的坐标参数为(0,,)。②已知氧化镍晶胞密度为dg·cm-3,设N为anm,1个晶胞中含有4个NiO,则m(晶胞)= g,V(晶胞)=a3nm3,则有(a×10-7)3×d= 又因为晶胞中面对角线上的3个O2-相切,则有2a2=(4r2)2,即r2=a,又由a=2r1+2r2,代入可得 r1=-a=××107。 1.(除标明外,每空1分)(1)第四周期第ⅤB族 球形 (2)Mn (3)①NO+(合理即可) ②C的电负性小于O,对孤电子对吸引能力弱,给出电子对更容易(2分) (4)①C (2分) ②分子晶体(2分) 【解析】 (1)钒是23号元素,处于周期表中第四周期第ⅤB族,价电子排布式为3d34s2,电子占据的最高能级为4s,其电子云轮廓图为球形。(2)Fe、Ti、Mn、Zn、V的价电子排布式分别为3d64s2、3d24s2、3d54s2、3d104s2、3d34s2,核外单电子数分别为4、2、5、0、3,故基态原子核外单电子数最多的是Mn。(3)①等电子体具有相同的原子数和价电子数,与CO互为等电子体的有NO+、 等。②由于C的电负性小于O,吸引孤电 子对能力弱,更容易给出电子对,故CO作配体时,配位原子是C而不是O。(4)①由题目信息可知[V(H2O)6]2+中V最外层电子数为5-2+6×2=15,[V(CN)6为5+1+6×2=18,[V(O2)4分子晶体。 2.(1)3d54s1(2分) (2)N>O>S>Cr(2分) (3)平面三角形(1分) sp3(1分) (4)直线形(1分) N2O (答案合理即可)(1分) (5)O、Cl(2分) 6(1分) (6)ac(2分) (7) ×1010(2分) 中V最外层电子数为5+4+6×2=21,[V(CO)6]-中V最外层电子数 中V最外层电子数为5+3+4×2=16,故本题答案为C。②该化合物熔点较低,属于 【解析】 (1)Cr是24号元素,其基态原子的价电子排布式为3d54s1。(2)金属元素的第一电离能较非金属元素小,同周期主族元素,从左往右第一电离能整体呈增大的趋势,同主族元素,从上到下第一电离能逐渐减小,由于N原子的2p能级处于半充满的稳定状态,第一电离能较大,故O、N、S、Cr的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S>Cr。(3)SO2分子中S原子的孤电子对数=为平面三角形;S 的中心原子S的孤电子对数= =1,价层电子对数=2+1=3,故其VSEPR模型的名称=1,价层电子对数=3+1=4,故中心原子的杂化方式为 sp3。(4)CO2的结构式为,CO2分子立体构型的名称为直线形;原子总数相同,价电子总数也相同的粒 子互为等电子体,与CO2分子互为等电子体的分子有N2O、CS2等。(5)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中提供孤电子对的原子为O和Cl,配位数为6。(6)NH3分子与H+结合生成N ,微粒的电子数不变,均为10,N原子的价层 电子对数不变,均是4,故N原子的杂化方式不变,N原子的孤电子对数由1变为0,则微粒的空间构型由三角锥形变为正四面体形, 的键角减小。(7)晶胞中碳原子数目=4+8×+6×=8,设晶胞棱长为apm,则 ×1010。 8×g=ρg·cm-3×(a×10-10cm)3,解得a= 3.(1)N(1分) d(1分) (2)>(1分) O>N>H(1分) (3)sp3(1分) H3O+(其他合理答案也可)(1分) (4)离子晶体(1分) Mg2+的半径小于Ca2+,MgO的晶格能大于CaO(2分) (5)①6(1分) ②(,0,)(2分) ③ × ×1010(3分) 【解析】 (1)基态Fe原子核外电子占据的最高能层的符号为N;Ni位于周期表中的d区。(2)同一周期主族元素第一电离能随着原子序数的增大而整体呈增大的趋势,但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素,Mg、Al位于同一周期,且Mg、Al分别位于第ⅡA族、第ⅢA族,所以第一电离能Mg>Al。电负性O>N>H。(3)NH3分子中N原子价层电子对个数=3+ =4,N原子的杂化方式为sp3;与NH3互为等电子体 的粒子有PH3、H3O+等。(4)MgO、CaO都是离子晶体;离子晶体的熔沸点与晶格能有关,离子所带电荷数越大,离子半径越小,晶格能越大,对应物质的熔沸点越高,Ca2+的半径大于Mg2+,MgO的晶格能大于CaO,则MgO的熔点高于CaO。(5)①由题图可知,与C原子紧邻的Ni原子有6个。②c原子的坐标参数为(,0,)。③设晶胞中Ni原子、Mg原子之间的最短距离为apm,则晶胞棱长为 apm,晶胞体积=(a×1)3cm3,该晶 g·cm-3, 胞中Mg原子个数=8×=1、Ni原子个数=6×=3、C原子个数是1,晶体的密度dg·cm-3=所以a=× ×1010。 4.(除标明外,每空2分)(1)Mg(1分) (1分) (2)平面三角形(1分) (3)①分子(1分) sp3(1分) ×1010 ②极性共价键、配位键 (4)Al3+比Mg2+电荷多,半径小 (5)① 4 ②(1,,) ③× 【解析】 由A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3,可推出A为O,D为S;由工业上电解熔融C2A3制取单质C,可推出C为Al;B、E均除最外层只有2个电子外,其余各层全充满,E位于元素周期表的ds区,且A、B、C、D、E五种元素原子序数依次增大,可推出B为Mg,E为Zn。(1)同周期主族元素第一电离能从左到右整体呈增大趋势,但第ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素的第一电离能,故Mg、Al中第一电离 能较大的是Mg。基态S原子价电子排布图为。(2)SO2分子的VSEPR模型是平面三角形。 (3)①Al2Cl6在加热时易升华,说明其熔沸点比较低,属于分子晶体;结合Al2Cl6的球棍模型可得Al原子与Cl原子形成4个共价键,其杂化轨道类型为sp3杂化。②[Al(OH)4]-中存在的化学键有极性共价键、配位键。(4)由于Al3+比Mg2+电荷多,半径小,所以AlF3的晶格能比MgF2的晶格能大得多。(5)①在该晶胞中,1个Zn原子与4个S原子相连,其配位数为4。②根据晶胞结构可知d原子的坐标参数为(1,,)。③该晶胞中S和Zn的个数均是4,且该晶体的密度为ρg·cm-3,则晶胞边长a=线长度的一半,即为 1.(1)光谱仪(1分) (2)分子(1分) 正四面体形(1分) pm。 ×1010pm,两个S原子之间的最短距离为面对角 (3)① 分) (5)10(1分) (6)12(1分) (2分) (1分) ②CO(1分) ③N>C>Fe>K(1分) ④DE(1分) (4)(2分) sp2(2 【解析】 (1)可以用光谱仪摄取铁元素的原子光谱。(2)FeCl3的熔沸点不高,属于分子晶体,根据VSEPR模型,可判断S 的立体构型是正四面体形。(3)①N为7号元素,基态N原子的轨道表达式为 。 ②铁氰化钾中的配体为CN-,与CN-互为等电子体的极性分子的化学式为CO。③铁氰化钾中,所涉及的元素的