三年高考(2017_2019)高考化学真题分项汇编专题18物质结构与性质(含解析).pdf
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1、专题 18 物质结构与性质 12019 新课标在普通铝中加入少量Cu和 Mg后,形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒, 其分散在 Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小, 形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要村料。回答下列问题: (1)下列状态的镁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号 ) 。 ABCD (2) 乙二胺 (H2NCH2CH2NH2) 是一种有机化合物,分子中氮、 碳的杂化类型分别是、。 乙二胺能与Mg 2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是 ,其中与乙二胺形成的化合物 稳定性相对较高的是 (填“Mg 2+”或“ Cu2+”) 。 (3)一些氧化物的熔点
2、如下表所示: 氧化物Li2O MgO P4O6SO2 熔点/ C1570 280023.8 -75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因。 (4)图 (a) 是 MgCu2的拉维斯结构,Mg以金刚石方式堆积,八面体空隙和半数的四面体空隙中,填入以 四面体方式排列的Cu 。图 (b) 是沿立方格子对角面取得的截图。可见,Cu原子之间最短距离x= pm ,Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为NA,则 MgCu2的密度是 gcm -3( 列出计算表达式 ) 。 【答案】(1)A (2)sp 3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu 2+ (3)Li2O 、M
3、gO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgOLi2O。分子间力(分子量)P4O6SO2 (4) 2 4 a 3 4 a 330 A 824 +1664 10N a 【解析】(1)A.Ne3s 1 属于基态的Mg +,由于 Mg的第二电离能高于其第一电离能,故其再失去一个电子所 需能量较高;B. Ne 3s 2 属于基态 Mg原子,其失去一个电子变为基态Mg +; C. Ne 3s 13p1 属于激 发态 Mg原子,其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子; D.Ne 3p 1 属于激发态Mg +,其失去一个电子所 需能量低于基态Mg +,综上所述,电离最外层一个电子所需能量最大的是
4、Ne3s 1,答案选 A; (2)乙二胺中N形成 3 个单键,含有1 对孤对电子,属于sp 3 杂化; C形成 4 个单键,不存在孤对电子,也 是 sp 3 杂化;由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与Mg 2、Cu2等金 属离子形成稳定环状离子;由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成的化合 物稳定性相对较高的是Cu 2; (3)由于 Li2O、MgO 为离子晶体, P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO Li2O ,分子间力(分子量)P4O6SO2, 所以熔点大小顺序是MgO Li2O P4O6SO2; (4)根据晶胞结构可知Cu原子之
5、间最短距离为面对角线的1/4 ,由于边长是a pm ,则面对角线是2apm, 则 x 2 4 apm ;Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4 ,由于边长是a pm,则体对角线是3apm,则 y 3 4 a;根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是 8 1/8+6 1/2+4 8,则 Cu原子个数16,晶胞的 质量是 A 824 16 64 g N 。由于边长是a pm,则 MgCu2的密度是 330 A 82416 64 10N a gcm -3。 22019 新课标近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe- Sm -As- F-O 组成的化合物。回答下列问题: (
6、1) 元素 As 与 N同族。预测 As 的氢化物分子的立体结构为_,其沸点比 NH3的_ (填“高” 或“低”),其判断理由是_。 (2)Fe 成为阳离子时首先失去_轨道电子, Sm的价层电子排布式为4f 66s2,Sm3+的价层电子排布式 为_ 。 (3)比较离子半径:F - _O 2- (填“大于”等于”或“小于”)。 (4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1 所示,晶胞中Sm和 As 原子的投影位置如图2 所示。 图 1 图 2 图中 F -和O2-共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用 x和1-x代表,则该化合物的化学式表示 为 _,通过测定密度 和晶胞参数,可以计算该物质
7、的x值,完成它们关系表达式: =_gcm -3 。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标,例如图1 中原 子 1 的坐标为 ( 1 1 1 , 2 2 2 ) ,则原子 2 和 3 的坐标分别为 _ _、 _。 【答案】(1)三角锥形低 NH3分子间存在氢键 (2)4s 4f 5 (3)小于 (4)SmFeAsO 1-xFx 330 A 228116(1)19 10 xx a cN ( 1 1 ,0 2 2 ) 、 ( 1 0,0, 2 ) 【解析】(1)As 与 N同族,则AsH3分子的立体结构类似于NH3,为三角锥形;由于NH3分子间存在氢键使沸 点
8、升高,故AsH3的沸点较 NH3低, 故答案为:三角锥形;低;NH3分子间存在氢键; (2)Fe 为 26 号元素, Fe 原子核外电子排布式为1s 22s22p63s23p63d64s2, Fe 原子失去 1 个电子使4s 轨道为 半充满状态,能量较低,故首先失去4s 轨道电子; Sm的价电子排布式为4f 66s2,失去 3 个电子变成 Sm 3+成 为稳定状态,则应先失去能量较高的4s 电子,所以Sm 3+的价电子排布式为为 4f 5, 故答案为: 4s;4f 5 ; (3)F -和 O2- 的核外电子排布相同,核电荷数越大,则半径越小,故半径:F - 600(分解) - 75.516.8
9、 10.3 沸点 / - 60.3 444.6- 10.0 45.0 337.0 回答下列问题: ( 1)基态 Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为_,基态 S原子电子占据最高能级的 电子云轮廓图为_形。 ( 2)根据价层电子对互斥理论,H2S 、 SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同其他分子的 是_。 (3)图( a)为 S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为 _。 ( 4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为_形,其中共价键的类型有_种; 固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为_。 ( 5)
10、FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA, 其晶体密度的计算表达式为_gcm -3 ;晶胞中 Fe 2+位于2 2 S所形成的正八面体的体心,该 正八面体的边长为_nm。 【答案】( 1)哑铃(纺锤) (2)H2S (3)S8相对分子质量大,分子间范德华力强 (4)平面三角 2 sp 3 (5) 21 3 A 4 10 M Na2 2 a 【解析】分析: (1)根据铁、硫的核外电子排布式解答; (2)根据价层电子对互斥理论分析; (3)根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断; (4)根据价层电子对互斥理论分析; (5)根据晶
11、胞结构、结合密度表达式计算。 详解: (1)基态 Fe原子的核外电子排布式为1s 22s22p63s23p63d64s2,则其价层电子的电子排布图(轨道表达 式)为;基态S 原子的核外电子排布式为1s 22s22p63s23p4,则电子占据最高能级 是 3p,其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。 ( 2)根据价层电子对互斥理论可知H2S、 SO2、 SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数分别是 612622623 24 23 33 222 、,因此不同其他分子的是H2S。 (3)S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体,由于S8相对分子质量大,分子间范德华力强,所以其熔点和 沸点要比二氧化硫的熔点和
12、沸点高很多; (4)气态三氧化硫以单分子形式存在,根据(2)中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3,且不存在 孤对电子,所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键,因此其中共价键的类型有2 种, 即 键、 键;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子形成4 个共价键,因此 其杂化轨道类型为sp 3。 (5)根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12 1/4+1 4,硫原子个数是81/8+6 1/2 4,晶胞边长 为anm、 FeS2相 对 式 量 为M, 阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值 为NA, 则 其 晶 体 密 度 的 计 算 表 达 式 为 3213 33
13、7 A A 44 g/cm10 g/cm 10 mMM VN a Na ;晶胞中 Fe 2+位于 所形成的正八面体的体心,该正八面体 的边长是面对角线的一半,则为 2 2 a nm。 点睛:本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等, 难度中等。其中杂化形式的判断是难点,由价层电子特征判断分子立体构型时需注意:价层电子对互斥模 型说明的是价层电子对的立体构型,而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型,不包括孤电子对。 当中心原子无孤电子对时,两者的构型一致;当中心原子有孤电子对时,两者的构型不一致;价层电 子对互斥模型能预测分子的几何构型,但不能解
14、释分子的成键情况,杂化轨道理论能解释分子的成键情况, 但不能预测分子的几何构型。两者相结合,具有一定的互补性,可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。 72018 新课标卷 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: 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1(Zn)_1(Cu)( 填 “大于”或“小于”) 。原因是 _。 (3)ZnF2具有较高的熔点 (872 ),其化学键类型是_;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、 ZnI2能
15、够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是_。 (4) 中华本草 等中医典籍中, 记载了炉甘石 (ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3 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a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn 的密度为 _gcm 3(列出计 算式)。 【答案】( 1)Ar3d 104s2 (2)大于Zn 核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子 (3)离子键ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (4)平面三角形 sp 2
16、(5)六方最密堆积(A3型) 2 A 656 4 3 6Na c 【解析】分析:本题是物质结构与性质的综合题,需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点,一般来说, 题目都是一个一个小题独立出现的,只要按照顺序进行判断计算就可以了。 详解:(1)Zn 是第 30 号元素,所以核外电子排布式为Ar3d 104s2。 (2)Zn 的第一电离能应该高于Cu的第一电离能,原因是,Zn 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全 满的稳定结构,所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn 最外层上是一对电子,而Cu 的最外层是一个 电子, Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对,额外吸收能量。 (3)根据氟化锌的熔点可
17、以判断其为离子化合物,所以一定存在离子键。作为离子化合物,氟化锌在有机 溶剂中应该不溶,而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物,分子的极性较小,能够溶于乙醇等弱极性 有机溶剂。 (4) 碳酸锌中的阴离子为CO3 2-, 根据价层电子对互斥理论, 其中心原子C的价电子对为3+(4 32 2)/2=3 对,所以空间构型为正三角形,中心C为 sp 2 杂化。 (5)由图示,堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便,选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的 原子是 6 个六棱柱共用的,面心是两个六棱柱共用,所以该六棱柱中的锌原子为12+2+3=6个,所 以该结构的质量为665/NA g。该六棱柱的底面为
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- 三年 高考 2017 _2019 化学 真题分项 汇编 专题 18 物质 结构 性质 解析
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