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  • 2021-07-08 发布

2021届新高考选考化学一轮复习人教版热点题型7物质结构与性质综合题突破策略学案

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热点题型7 物质结构与性质综合题突破策略 ‎——宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知 ‎[热点精讲]‎ ‎1.判断σ键和π键及其个数 共价单键全为σ键,双键中有一个σ键和一个π键,三键中有一个σ键和两个π键。‎ ‎2.判断中心原子的杂化轨道类型 ‎(1)根据价层电子对数判断 价层电子对数 杂化轨道类型 ‎2‎ sp ‎3‎ sp2‎ ‎4‎ sp3‎ ‎(2)有机物中、及上的C原子都是sp2杂化,—C≡C—上的C原子是sp杂化,—C—上的C原子是sp3杂化。‎ ‎3.判断分子或离子的立体构型 ‎(1)根据价层电子对互斥理论判断。‎ ‎(2)根据中心原子的杂化方式判断,如①CH4、CCl4、SO中的中心原子均为sp3杂化,它们均为正四面体形结构;②有机物CH2==CH2、、HCHO中的中心原子均为sp2杂化,这3种物质均为平面形结构;③HC≡CH、BeCl2中碳原子、铍原子均为sp杂化,二者均为直线形结构。‎ ‎4.晶体结构中的有关计算 ‎(1)根据晶体晶胞的结构特点确定晶体的化学式。‎ 晶胞中粒子数目的计算(均摊法):‎ ‎(1)当晶胞为六棱柱时,其顶点上的粒子被6个晶胞共用,每个粒子属于该晶胞的部分为,而不是。‎ ‎(2)审题时一定要注意是“分子结构”还是“晶胞结构”,若是分子结构,其化学式由图中所有实际存在的原子个数决定,且原子个数可以不互质(即原子个数比可以不约简)。‎ ‎(2)根据晶体晶胞的结构特点和有关数据,求算晶体的密度或晶体晶胞的体积或晶胞参数a(晶胞边长)。‎ 对于立方晶胞,可建立如下求算途径:‎ 得关系式:ρ=(ρ表示密度,a表示晶胞边长,NA表示阿伏加德罗常数的值,n表示1 mol晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量,M表示摩尔质量)。‎ ‎5.“原因解释”型试题解题模型 ‎[热点精练]‎ ‎1.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素。A的核外电子总数与其周期数相同;B的价电子排布式为nsnnpn+2;C、D为同周期元素,C是同周期元素中离子半径最小的元素,D元素最外层有一个未成对电子;E位于元素周期表的第四周期ⅣB族,常用加热ED4溶液的方法制备纳米材料。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)D原子的价电子排布图为________,E原子核外有________个未成对电子,五种元素中电负性最大的是________(填元素符号)。‎ ‎(2)化合物D2B的中心原子的杂化方式为________,分子的立体构型为________。‎ ‎(3)由A、B、D三种元素所形成的一系列化合物中氧化性最强的是________________(填化学式)。‎ ‎(4)C与D能形成化合物Q。在1.01×105 Pa、T ℃时,气体摩尔体积为53.4 L·mol-1,实验测得Q的气态密度为5.00 g·L-1,则此时Q的化学式为______________________。‎ 解析:A、B、C、D、E为原子序数依次增大的五种前四周期元素。A的核外电子总数与周期数相同,则为氢元素;B的价电子排布式为nsnnpn+2,n为2,则为氧元素;C、D为同周期元素,C是同周期元素中离子半径最小的元素,则C为铝元素,D元素最外层有一个未成对电子,则为氯元素,E位于元素周期表的第四周期ⅣB族,常用加热ED4溶液的方法制备纳米材料,则E为钛元素,ED4为TiCl4。‎ ‎(1)D为氯元素,价电子排布式为3s23p5,价电子排布图为 ‎;E为钛元素,是22号元素,原子核外有2个未成对电子;元素非金属性越强电负性越大,则五种元素中电负性最大的是O。(2)Cl2O中O原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4,含有2对孤电子对,中心原子杂化轨道类型是sp3杂化,分子的立体构型为V形。(3)由A、B、D三种元素所形成的一系列化合物中氧化性最强的是HClO。(4)实验测得气态Q在1.01×105 Pa,T ℃的密度为5.00 g·L-1,气体摩尔体积为53.4 L·mol-1,则该化合物的摩尔质量为5.00 g·L-1×53.4 L·mol-1=267 g·mol-1,令化合物Q化学式为(AlCl3)n,则n×(27+35.5×3)=267,解得n=2,所以化合物Q的化学式为Al2Cl6。‎ 答案:(1)  2 O (2)sp3杂化 V形 ‎(3)HClO (4)Al2Cl6‎ ‎2.(2020·试题调研)乙烯酮是最简单的烯酮,其结构简式为CH2===C===O,是一种重要的有机中间体,可由乙酸分子内脱水得到,也可通过下列反应制备:2HC≡CH+O22CH2==C==O。‎ ‎(1)基态钙原子的核外电子排布式为____________________________________。‎ ‎(2)乙炔分子的立体构型为________,乙炔分子属于________(填“极性”或“非极性”)分子。‎ ‎(3)乙烯酮分子中碳原子的杂化类型为________;乙烯酮在一定条件下可聚合成双乙烯酮(结构简式为),双乙烯酮分子中含有的σ键和π键的数目之比为________。‎ ‎(4)乙酸分子间也可形成二聚体(含八元环),该二聚体的结构为_________________。‎ ‎(5)Ag的一种氧化物的晶胞结构如图所示,晶胞中所含氧原子的数目为________。‎ 解析:(1)钙为20号元素,位于第四周期 ⅡA族,故其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2。(2)乙炔分子含 —C≡C—,故为直线形结构,该结构决定了其为对称结构,是非极性分子。(3)乙烯酮结构简式为CH2==C==O,其中含碳碳双键和碳氧双键,与氢原子相连的碳原子为sp2杂化,羰基碳原子为sp杂化。中含3个碳氧σ键、3个碳碳σ键、4个碳氢σ键,还有2个π键,故双乙烯酮分子中含有的σ键和π键的数目之比为10∶2,即5∶1。(4)乙酸分子间能形成氢键,2个乙酸分子中的羟基氢原子分别与对方的羰基氧原子形成氢键,构成八元环结构,故二聚体的结构为。(5)由该晶胞结构可知,氧原子位于四种位置:①顶点,共8个,‎ 属于该晶胞的氧原子数为8×=1;②棱心,共4个,属于该晶胞的氧原子数为4×=1;③面心,共2个,属于该晶胞的氧原子数为2×=1;④晶胞内,共1个,故该Ag的氧化物晶胞中所含的氧原子数为4。‎ 答案:(1)1s22s22p63s23p64s2(或[Ar]4s2)‎ ‎(2)直线形 非极性 (3)sp2、sp 5∶1‎ ‎(4)  (5)4‎ ‎3.砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材料。回答下列问题:‎ ‎(1)Ga基态原子核外电子排布式为________________,As基态原子核外有______个未成对电子。‎ ‎(2)Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是_________________________________,‎ Ga、As、Se的电负性由大到小的顺序是_______________________________________。‎ ‎(3)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因:________________________________________________________________________。‎ 镓的卤化物 GaCl3‎ GaBr3‎ GaI3‎ 熔点/℃‎ ‎77.75‎ ‎122.3‎ ‎211.5‎ 沸点/℃‎ ‎201.2‎ ‎279‎ ‎346‎ GaF3的熔点超过1 000 ℃,可能的原因是__________________________________。‎ ‎(4)二水合草酸镓的结构如图1所示,其中镓原子的配位数为________,草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为________。‎ ‎(5)砷化镓的立方晶胞结构如图2所示,晶胞参数为a=0.565 nm,砷化镓晶体的密度为________________g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值,列出计算式即可)。‎ 解析:(1)Ga是第31号元素,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1。As是第33号元素,其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3,4p能级上有3个未成对电子。(2)同周期由左向右元素的第一电离能呈增大趋势,但是As的p能级是半充满的稳定结构,故第一电离能反常得高,故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ga。同周期元素由左向右电负性逐渐增大,所以电负性由大到小的顺序为Se>As>Ga。(3)由表格中数据可知,三种化合物的熔、沸点较低,可判断三种化合物均为分子晶体,对组成和结构相似的分子晶体而言,相对分子质量越大,范德华力越大,熔、沸点越高。GaF3的熔点超过1 000 ‎ ‎℃,与GaI3、GaBr3、GaCl3的熔点差异比较显著,故GaF3不可能是分子晶体,而是离子晶体。(4)由题图1可知,每个镓原子与4个氧原子相连,所以配位数为4。草酸根离子中碳原子形成了一个碳氧双键,所以是sp2杂化。(5)晶胞中Ga原子位于顶点和面心,所以Ga原子数为8×+6×=4,As都在晶胞内也有4个,所以晶胞质量为 g。晶胞边长为0.565 nm=0.565×10-7 cm,所以晶体的密度为 g·cm-3。‎ 答案:(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)‎ ‎3 (2)As>Se>Ga Se>As>Ga ‎(3)GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高,原因是它们均为组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量依次增大,范德华力依次增大 GaF3是离子晶体 (4)4 sp2 (5) ‎4.尿素是含氮量极高的氮肥,在适当条件下NH3与CO2作用可转化为尿素:2NH3+CO2―→CO(NH2)2+H2O。‎ ‎(1)写出基态氮原子的价电子排布图:__________________________,上述反应涉及元素中,电负性最大的是________,C、N、O属于同一周期,其中________两种元素第一电离能之差最大。‎ ‎(2)上述反应中,碳原子的杂化轨道类型变化为_____________________________;NH3、CO2、H2O三种分子中共价键的键角由大到小的顺序为____________________________;CO2分子中存在极性键,但它是非极性分子,其原因是_________________________。‎ ‎(3)已知尿素的熔点为132.7 ℃,则其晶体类型为__________,研究表明,尿素晶体存在分子间氢键,请表示出尿素晶体中的两类氢键:______________________________。‎ ‎(4)碳元素能形成多种同素异形体,其中金刚石的晶胞结构如图所示,则一个晶胞的质量是________。‎ 解析:(1)非金属性越强,电负性越大,故H、C、N、O中电负性最大的元素是氧元素,C、N、O三种元素的第一电离能大小顺序为N>O>C,故氮、碳元素的第一电离能之差最大。(2)CO2中碳原子为sp杂化,尿素中碳原子为sp2杂化。NH3、CO2、H2O三种分子中,CO2属于直线形分子,键角为180°,另外两种分子的中心原子均为sp3杂化,但水分子中有2对孤电子对,故键角小于NH3分子中的键角。CO2分子是直线形分子,其正负电荷中心重合,故为非极性分子。(3)由尿素的熔点知其是分子晶体。尿素分子中的氮原子、氧原子上均有孤电子对,且尿素分子中有4个氢原子,所以氢键类型为N—H…N、N—H…‎ O。(4)每个晶胞中,8个顶点、6个面上各有一个原子,晶胞内有4个原子,故一个金刚石晶胞中共有8个碳原子,则晶胞质量为 g。‎ 答案:(1) 氧(或O) 氮与碳(或N与C)‎ ‎(2)由sp杂化转化为sp2杂化 CO2>NH3>H2O CO2分子是直线形分子,其正负电荷中心重合 ‎(3)分子晶体 N—H…N、N—H…O (4) g ‎5.(2020·山东等级考模拟)非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题:‎ ‎(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为______;第一电离能I1(Si)________I1(Ge)(填“>”或“<”)。‎ ‎(2)基态Ge原子核外电子排布式为________________;SiO2、GeO2具有类似的晶体结构,其中熔点较高的是______,原因是_____________________________________。‎ ‎(3)下图为H3BO3晶体的片层结构,其中B的杂化方式为________;硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_________________________________。‎ ‎(4)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。CsSiB3O7属正交晶系(长方体形),晶胞参数为a pm、b pm和c pm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为________;CsSiB3O7的摩尔质量为M g·mol-1,设NA为阿伏加德罗常数的值,则CsSiB3O7晶体的密度为________g·cm-3(用代数式表示)。‎ 解析:(1)电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大,同主族由上至下逐渐减小,所以电负性O>C>Si;第一电离能的变化规律为同主族元素由上至下逐渐减小,因此I1(Si)>I1(Ge)。(2)Ge原子位于第四周期ⅣA族,‎ 因此原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2;SiO2、GeO2均为共价晶体,Ge原子半径大于Si,Si—O键键长小于Ge—O键键长,SiO2键能更大,熔点更高。(3)B原子最外层有3个电子,与3个—OH 形成3个共价键,因此为sp2杂化。热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大。(4)原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胞体内,原子分数坐标为(0,0.3,0.5)及(1.0,0.3,0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上,原子分数坐标为(0.5,0.8,1.0)及(0.5,0.8,0)的Cs原子位于晶胞xy面上,原子分数坐标为(0,0.7,1.0)及(1.0,0.7,1.0)、(0,0.7,0)及(1.0,0.7,0)的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上,利用均摊法可计算晶胞中共含Cs原子4个;代入晶胞密度求算公式可得:ρ===×1030 g·cm-3。‎ 答案:(1)O>C>Si > (2)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2) SiO2 二者均为共价晶体,Ge原子半径大于Si,Si—O键键长小于Ge—O键键长,SiO2键能更大,熔点更高 (3)sp2 热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解度增大 (4)4 ×1030‎