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《三维设计》2015年高考化学一轮复习真题汇编:专题13 物质结构与性质.DOC

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1、专题13物质结构与性质考点一原子结构与性质1(2013浙江自选模块,10分)请回答下列问题:(1)N、Al、Si、Zn四种元素中,有一种元素的电离能数据如下:电离能I1I2I3I4Im/kJmol15781817274511 578则该元素是_(填写元素符号)。(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是_。Ce的最高价氯化物分子式是_。该元素可能的性质或应用有_。A是一种活泼的金属元素B其电负性大于硫C其单质可作为半导体材料D其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点 (3)关于化合物,下列叙述正确的有_。A分子间可形成氢键B分子中既有极性键又有非极性键C分子中有7个键和1个键D该分子在水中的溶解度大

2、于2丁烯(4)NaF中熔点_BF的熔点(填、或两者均为离子化合物,且阴阳离子电荷数均为1,但后者的离子半径较大,离子键较弱,因此其熔点较低2(2012福建理综,13分)(1)元素的第一电离能:Al_Si(填“”或“”)。(2)基态Mn2的核外电子排布式为_。(3)硅烷(SinH2n2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示,呈现这种变化关系的原因是_。(4)硼砂是含结晶水的四硼酸钠,其阴离子Xm(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示:在Xm中,硼原子轨道的杂化类型有_;配位键存在于_原子之间(填原子的数字标号);m_(填数字)。硼砂晶体由Na、Xm和H2O构成,它们之间存在的作用力有_(

3、填序号)。A离子键B共价键C金属键D范德华力E氢键解析:(1)通常情况下,同周期元素,第一电离能从左到右逐渐增大,故AlSi;(2)Mn的核外电子数为25,故Mn2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5);(3)硅烷是分子晶体,相对分子质量越大,分子间范德华力越大,熔沸点越高;(4)由中心原子B的球棍模型可知,硼原子能形成3条、4条共价键,B原子为sp2、sp3杂化;B原子提供空轨道,O原子提供孤对电子,故4,5原子之间形成配位键;由阴离子的组成可知,Xm为H4B4O9m,得出m2;Na与Xm分子间存在离子键,H2O分子间存在氢键和范德华力。答案:(1)(2)1s

4、22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)(3)硅烷的相对分子质量越大,分子间范德华力越强(或其他合理答案)(4)sp2、sp34,5(或5,4)2ADE4(2012安徽理综,16分)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素,其相关信息如下表:元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为:nsnnpn2ZZ存在质量数为23,中子数为12的核素WW有多种化合价,其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色,最后变成红褐色(1)W位于元素周期表第_周期第_族,其基态原子最外层有_个电子。(2)X的电负性比Y的_(填“大”或“小”);X和Y的气态氢化物

5、中,较稳定的是_(写化学式)。(3)写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:_。(4)在X的原子与氢原子形成的多种分子中,有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢,写出其中一种分子的名称:_。氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子,写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式:_。解析:根据原子核外电子排布规律以及“中子数质子数质量数”和题中有关信息可推知元素X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Fe。(1)Fe的价电子排布式为3d64s2,故可知其位于周期表的第四周期第族,最外层电子数是2。(2)非金属性:OC,故电负性:CO;非金属性越强其气态氢化物

6、越稳定,因此C、O的气态氢化物中,较稳定的是H2O。(3)在Na2O2与CO2的反应中,氧化剂与还原剂均为Na2O2,因此可写出化学方程式:(4)在由C、H形成的分子中,含有两种化学环境不同的氢原子的分子有丙烷、2甲基丙烷等;由H、C、O形成的酸有HCOOH、CH3COOH等,形成的常见无机阴离子为HCO,故反应的离子方程式为CH3COOHHCO=CH3COOCO2H2O等。答案:(1)四2,(2)小H2O,(3),(4)丙烷(其他合理答案均可)CH3COOHHCO=CH3COOCO2)H2O(其他合理答案均可)5.(2011新课标全国理综,15分)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料以天然

7、硼砂为起始物,经过一系列反应可以得到BF3和BN,如图所示:请回答下列问题:(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_、_;,(2)基态B原子的电子排布式为_;B和N相比,电负性较大的是_,BN中B元素的化合价为_;,(3)在BF3分子中,FBF的键角是_,B原子的杂化轨道类型为_,BF3和过量NaF作用可生成NaBF4,BF的立体构型为_;(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中,层内B原子与N原子之间化学键为_,层间作用力为_;(5)六方氮化硼在高温高压下,可以转化为立方氮化硼,其结构与金刚石相似,硬度与金刚石相当,晶胞边长为361.5 pm.立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个

8、硼原子,立方氮化硼的密度是_gcm3(只要求列算式,不必计算出数值阿伏加德罗常数为NA)解析:本题主要考查新型陶瓷材料的制取、电子排布、杂化以及晶胞的有关计算,意在考查考生的推理分析能力(1)已知反应物和主要的生成物,根据原子守恒判断出次要生成物,写出化学方程式,配平即可(2)B原子核外有5个电子,其基态电子排布式为:1s22s22p1;BN中N的电负性较大,N为3价,那么B就为3价(3)因为BF3的空间构型为平面三角形,所以FBF的键角为120.(4)六方氮化硼晶体结构与石墨相似,故B、N以共价键相结合构成分子晶体,其层间作用力是分子间作用力. 答案:(1)B2O33CaF23H2SO42B

9、F33CaSO43H2OB2O32NH32BN3H2O(2)1s22s22p1N 3(3)120sp2正四面体(4)共价键(极性共价键)分子间作用力(5)446(2011福建理综,13分)氮元素可以形成多种化合物回答以下问题:(1)基态氮原子的价电子排布式是_(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是_(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物NH3分子的空间构型是_;N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是_肼可用作火箭燃料,燃烧时发生的反应是:N2O4(l)2NH2H4(l)=3N2(g)4H2O(g)H1038.7 kJmol1若

10、该反应中有4 mol NH键断裂,则形成的键有_mol.肼能与硫酸反应生成N2H6SO4.N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,则N2H6SO4晶体内不存在_(填标号)a离子键b共价键c配位键 d范德华力(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构,其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2),分子内存在空腔,能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别下列分子或离子中,能被该有机化合物识别的是_(填标号)aCF4 bCH4cNH dH2O解析:本题考查了原子核外电子排布、杂化轨道理论、分子结构等知识,同时考查了考生的观察能力和分析推理能力(3)肼分子中有4个NH键,故有4 mol NH 键断裂

11、时,有1 mol 肼发生反应,生成1.5 mol N2,则形成21.5 mol 3 mol 键SO中存在配位键、共价键,N2H与SO之间存在离子键,离子晶体中不存在范德华力(4)与4个氮原子形成4个氢键,要求被嵌入微粒能提供4个氢原子,并至少存在“NH”、“HO”、“HF”三类键中的一种,对照条件知,NH符合此要求答案:(1)2s22p3(2)NOC(3)三角锥形sp33d(4)c考点二分子结构与性质7(2013安徽理综,6分)我国科学家研制出一种催化剂,能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化,其反应如下:HCHOO2CO2H2O。下列有关说法正确的是()A该反应为吸热反应BCO2分子中的化学键为

12、非极性键CHCHO分子中既含键又含键D每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2解析:选C本题考查化学基本概念,意在考查考生对化学基本概念的理解能力。该反应中甲醛被氧气氧化生成CO2和H2O,为放热反应,A项错误;CO2中的CO键属于极性键,B项错误;HCHO的结构式为,分子中既含键又含键,C项正确;每生成1.8 g H2O消耗标准状况下2.24 L O2,D项错误。8(2013新课标全国理综,15分)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A和B的电子数相差为8;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子

13、序数相差为2。回答下列问题:(1)D2的价层电子排布图为_。(2)四种元素中第一电离能最小的是_,电负性最大的是_(填元素符号)。(3)A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。该化合物的化学式为_;D的配位数为_;列式计算该晶体的密度_gcm3。(4)A、B和C3三种离子组成的化合物B3CA6,其中化学键的类型有_;该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为_,配位体是_。解析:本题考查了考生对离子的价层电子排布图、基态原子的第一电离能及电负性大小比较、晶胞结构分析与计算、配合物等知识的掌握和应用能力。由元素C的价电子层中未成对电子数为4知,其不可能位于短周期,结合题意知,元素C位

14、于第四周期,进一步可推出元素A为F,元素B为K,元素C为Fe,元素D为Ni。(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)根据分摊法,可以求得化合物的化学式为K2NiF4,晶体的密度可由晶胞的质量除以晶胞的体积求得。(4)Fe3提供空轨道,F提供孤对电子,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FeF63F9(2013山东理综,6分)卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是_。(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷,右图为其晶胞结构示意图,则每个晶

15、胞中含有B原子的个数为_,该功能陶瓷的化学式为_。(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为_和_。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有_种。(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是_。解析:本题考查元素及物质的性质、晶胞结构、杂化理论、第一电离能及配位键等,意在考查考生灵活应用物质结构与性质知识的能力。(1)同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小,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最高,c错;F2、Cl2、Br2三种物质的晶体均是分子晶体,组成相似,则相对分子质量越大分子间作用力越大

16、,熔点越高,d错。(2)由晶胞结构示意图,根据均摊法,可得B原子为812个,N原子为412个,则该功能陶瓷的化学式为BN。(3)BCl3中价层电子对数为:(33)/23,B原子为sp2杂化;NCl3中价层电子对数为:(53)/24,N原子为sp3杂化。同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大,但是由于氮原子的2p轨道处于半充满状态,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第二周期元素有铍、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,仍缺少2个电子达到8电子稳定结构,所以在B原子与X形成的配位键中,X提供

17、孤对电子。答案:(1)a(2)2BN(3)sp2sp33(4)X10(2013福建理综,13分)化学物质结构与性质(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照右图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到:4NH33F2NF33NH4F上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_(填序号)。a离子晶体 b分子晶体c原子晶体 d金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及_(填序号)。a离子键b共价键c配位键

18、d金属键e氢键f范德华力R中阳离子的空间构型为_,阴离子的中心原子轨道采用_杂化。(4)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka1.11010;水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断,相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_Ka(苯酚)(填“”或“”),其原因是_。解析:本题考查物质结构与性质知识,意在考查考生知识的迁移和应用能力。(1)第2周期元素的第一电离能从左向右逐渐增大,但由于N元素的2p轨道处于半充满状态,较稳定,所以N元素的第一电离能大于O,据此可标出C、N、O三种元素的相对位置。(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,

19、3d轨道上全充满,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。(3)晶体Q中不存在阴、阳离子和金属元素,所以不存在离子键和金属键,B原子与O原子间存在配位键,H2O与之间存在氢键,Q中还存在共价键、范德华力。H3O中O原子存在一对孤对电子,其空间构型为三角锥形;阴离子的中心原子为B,采用sp3杂化。(4)由于存在分子内氢键,更难电离出H,所以的电离平衡常数小于。答案:(1)如图(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)SSe。(3)Se位于第四周期,与S的原子序数相差18,故

20、其原子序数为34。由于其核外M层有18个电子,故M层的电子排布式为3s23p63d10。(4)Se的原子半径大于S的原子半径,H2Se与H2S相比,H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱,H2Se在水中更容易电离出H,所以其酸性较强;SeO3中Se原子采取sp2杂化且有3个配位原子,故其立体构型为平面三角形;SO中S原子采取sp3杂化且有3个配位原子,故其立体构型为三角锥形。(5)所给两种酸均为二元酸,当第一步电离出H后,由于生成的阴离子对正电荷有吸引作用,因此较难再电离出H。H2SeO3中Se为4价,而H2SeO4中Se为6价,Se的正电性更高,导致SeOH中O原子的电子向Se原子偏移,因而

21、在水分子的作用下,也就越容易电离出H,即酸性越强。(6)每个晶胞的质量为(540.01010cm)3;运用均摊法可求得每个晶胞中含有4个“ZnS”,故每个晶胞的质量又可表示为。因此有:(540.01010cm)34 g,解得4.1 gcm3;如图所示,b位于正四面体的中心(类似于CH4分子中的C)。设abacx pm,abc10928,ac540.0 pm270 pm。在三角形abc中,由余弦定理得:ac2x2x22xxcosabc,代入数据解得:x pm。答案:(1)sp3(2)OSSe(3)343s23p63d10(4)强平面三角形三角锥形(5)第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带

22、正电荷的氢离子H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2,H2SeO3中的Se为4价,而H2SeO4中的Se为6价,正电性更高,导致SeOH中O的电子更向Se偏移,越易电离出H(6)4.1或或13513(2012山东理综,8分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。(1)下列关于金属及金属键的说法正确的是_。a金属键具有方向性与饱和性b金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子d金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光(2)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是_。

23、(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n_。CO与N2结构相似,CO分子内键与键个数之比为_。(4)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为_,甲醇分子内的OCH键角_(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的OCH键角。解析:(1)金属键没有方向性和饱和性,a错;金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用,b对;金属导电是因为在外加电场作用下电子发生定向移动,c错;金属具有光泽是因为自由电子能够吸收并放出可见光,d错。(2)Ni的外围电子排布为3d84s2,3d能级上有2个未成对电子,第二周期中未成

24、对电子数为2的元素有C、O,其中C的电负性较小。(3)中心原子Ni的价电子数为10,配体CO中1个O提供2个电子,故n4。CO中C和O间为叁键,含有1个键、2个键。(4)甲醇分子内C为sp3杂化,而甲醛分子内C为sp2杂化,故甲醇分子内OCH键角比甲醛分子内OCH键角小。答案:(1)b(2)C(碳)(3)412(4)sp3小于14(2012江苏,12分)一项科学研究成果表明,铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液,所得沉淀经高温灼烧,可制得CuMn2O4。 Mn2基

25、态的电子排布式可表示为_。NO的空间构型是_(用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下,CO被氧化为CO2,HCHO被氧化为CO2和H2O。根据等电子体原理,CO分子的结构式为_。H2O分子中O原子轨道的杂化类型为_。1 mol CO2中含有的键数目为_。(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu(OH)42。不考虑空间构型,Cu(OH)42的结构可用示意图表示为_。解析:(1)Mn的原子序数为25,价电子排布式为3d54s2,先失去4s2轨道上的两个电子,即得Mn2。根据价电子对互斥理论,NO中N原子采用sp2杂化,所以NO的空间构型为平面三角形。(2)CO与N2互为等电子体,根

26、据氮气分子的结构式可以写出CO的结构式为CO。H2O分子中O原子存在两对孤对电子,配位原子个数为2,价电子对数目为4,所以O原子采用sp3杂化。二氧化碳分子内含有两个碳氧双键,一个双键中含有一个键,一个键,则1 mol CO2中含有2 mol 键。(3)Cu2中存在空轨道,而OH中O原子上有孤对电子,故O与Cu之间以配位键结合。答案:(1)1s222p63s23p63d5(或Ar3d5)平面三角形(2)COsp326.021023个(或2 mol)(3) (或)15(2011山东理综,8分)氧是地壳中含量最多的元素(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为_个(2)H2O分子内的OH键、分子间的范

27、德华力和氢键从强到弱依次为_的沸点比高,原因是_(3)H可与H2O形成H3O,H3O中O原子采用_杂化H3O中HOH键角比H2O中HOH键角大,原因为_(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构,已知CaO晶体密度为a gcm3,NA表示阿伏加德罗常数,则CaO晶胞体积为_cm3.解析:本题考查物质结构与性质,意在考查考生对原子核外电子排布、化学键、晶体等知识的理解和应用能力(1)氧原子基态原子的核外电子排布式为1s22s22p4,2p轨道上有2个电子未成对(2)氢键属于分子间作用力,比化学键弱,但比范德华力强(3)H3O中O原子为sp3杂化(4)以1个晶胞为研究对象,1个晶胞中含有4个Ca

28、2、4个O2,根据mV,则4aV,V.答案:(1)2(2)OH键、氢键、范德华力形成分子内氢键,而形成分子间氢键,分子间氢键使分子间作用力增大(3)sp3H2O中O原子有2对孤对电子,H3O中O原子只有1对孤对电子,排斥力较小(4)11(2010山东理综,6分)碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb.(1)碳钠米管由单层或多层石墨层卷曲而成,其结构类似于石墨晶体,每个碳原子通过_杂化与周围碳原子成键,多层碳纳米管的层与层之间靠_结合在一起(2)CH4中共用电子对偏向C,SiH4中共用电子对偏向H,则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为_(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中SnBr键的

29、键角_120(填“”、“”或“”)(4)铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是:Pb4处于立方晶胞顶点,Ba2处于晶胞中心,O2处于晶胞棱边中心该化合物化学式为_,每个Ba2与_个O2配位解析:本题以第A族元素为载体,考查考生对选修3物质结构与性质知识的综合应用能力(1)石墨晶体是混合型晶体,同一层内碳原子之间以共价键结合成正六边形结构,层与层之间通过范德华力结合,故碳钠米管中碳原子的杂化方式为sp2杂化,层与层之间靠范德华力结合(2)电负性越大,非金属性越强,即吸引电子对的能力越强,故电负性的大小关系为CHSi.(3)在SnBr2分子中,中心原子Sn有2对成键电子,1对孤对电子,采用sp2杂化

30、,故键角小于120.(4)1个晶胞中有1个Ba2,Pb4的个数为81,O2的个数为123,故化学式为BaPbO3.每个Ba2与12个O2配位答案:(1)sp2分子间作用力(或:范德华力)(2)CHSi(3)(4)BaPbO312考点三晶体结构与性质17(2013新课标全国理综,15分)硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号为_,该能层具有的原子轨道数为_,电子数为_。(2)硅主要以硅酸盐、_等化合物的形式存在于地壳中。(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以_相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献

31、_个原子。(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为_。(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:化学键CCCHCOSiSiSiHSiO键能/(kJmol1)356413336226318452硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是_。SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是_。(6)在硅酸盐中, SiO四面体(如图a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图b为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化

32、形式为 _,Si与O的原子数之比为_,化学式为_。解析:本题考查了物质结构与性质方面的知识,意在考查考生的观察能力、推理能力以及语言表达能力。(1)硅的基态原子中,能量最高的能层是第三电子层,符号为M,该能层有9个原子轨道,电子数为4。(2)硅还以SiO2形式存在于地壳中。(3)硅晶体中,硅原子间以共价键结合在一起,其晶胞6个面上各有一个硅原子,依据均摊原则,面心位置贡献3个原子。(4)可先写出:Mg2SiNH4ClSiH4,由原子守恒知还应该有MgCl2生成,配平镁、氯、硅元素后得Mg2Si4NH4ClSiH42MgCl2,再进一步分析知还应该有NH3生成,最终结果为Mg2Si4NH4Cl=

33、SiH42MgCl24NH3。(5)某类物质数量的多少与物质内化学键的稳定性强弱有关,由表中数据知CC键、CH键分别比SiSi键、SiH键稳定,故烷烃数量较多。同理因键能CHCO、SiOSiH,故SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物。(6)因硅与四个氧原子形成四个键,故硅原子为sp3杂化。在图a中,硅、氧原子数目比为14,但图b中每个硅氧四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的,故依据均摊原则可确定图b中硅、氧原子数目比为13,化学式为(SiO3)。答案:(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3(4)Mg2Si4NH4Cl=SiH44NH32MgCl2(5)CC键和CH键较强,所形成的烷

34、烃稳定。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键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键(6)sp313SiO3(或SiO)18(2013江苏,12分)元素X 位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子。元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍。(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。在1个晶胞中,X离子的数目为_。该化合物的化学式为_。(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中,Y原子轨道的杂化类型是_。(3)Z的氢化

35、物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y,其原因是_。(4)Y与Z可形成YZ。YZ的空间构型为_(用文字描述)。写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式:_。(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物X(NH3)4Cl2,1 mol该配合物中含有键的数目为_。 解析:本题主要考查原子结构与性质知识,意在考查考生的空间想象能力及对物质结构和性质的理解能力。X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2,X为Zn;Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,Y为S;根据Z的信息可知Z为O。(1)由晶胞结构可知,X分别位于晶胞的顶点和面心,根据晶胞中原子的“分摊法”可计算一个晶胞

36、中的X原子数为:81/861/24。Y原子全部在晶胞中,故一个晶胞中含有4个Y原子。故该化合物的化学式为ZnS。(2)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤对电子,所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(3)H2O与乙醇可以形成分子间氢键,使得水与乙醇互溶;而H2S与乙醇不能形成分子间氢键,故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。(4)SO的中心原子S周围有4对成键电子,形成以S为体心,O为顶点的正四面体结构;SO中S、O最外层均为6个电子,故SO中原子最外层共有32个电子;CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为47432,故SO、CCl4、SiCl4为等电子体。(5)Zn(

37、NH3)4Cl2中Zn(NH3)42与Cl形成离子键,而Zn(NH3)42中含有4个ZnN键(配位键)和12个NH键,共16个共价单键,故1 mol该配合物中含有16 mol 键。答案:(1)4ZnS(2)sp3(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键(4)正四面体CCl4或SiCl4等(5)16NA或166.021023个19(2010江苏,12分)乙炔是有机合成工业的一种原料工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔(1)CaC2中C与O互为等电子体,O的电子式可表示为_;1 mol O中含有的键数目为_(2)将乙炔通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀Cu基态核外电子排布式为_(3)乙炔

38、与氢氰酸反应可得丙烯腈(CHH2CCN)丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_;分子中处于同一直线上的原子数目最多为_(4)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如右图所示),但CaC2晶体中哑铃形C的存在,使晶胞沿一个方向拉长CaC2晶体中1个Ca2周围距离最近的C数目为_解析:本题主要考查电子式的有关知识及晶胞的有关计算,意在考查化合物结构理论的综合运用能力(1)等电子体结构相似,则O的电子式与C相似,为OO2;1 mol O中含有2 mol 键,即2NA个键;(2)Cu的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10;(3)丙烯腈中碳碳双键上碳原子采用的是sp2杂化,而CN键上的碳原子采用sp杂化,碳碳双键是平面结构,而CN是直线形结构,丙烯腈的结构为,所以在同一直线上的原子最多为3个(4)如果晶胞按纵向拉长,则1个Ca2周围距离最近的C为同一水平面上的4个答案:(1)OO22NA(2)1s22s22p63s23p63d10(3)sp杂化、sp2杂化3(4)4

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