《2020届高考化学一轮复习 专题十七 物质结构与性质课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考化学一轮复习 专题十七 物质结构与性质课件（191页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题十七 物质结构与性质,20102019年高考全国卷考情一览表,考点37,考点38,考点39,考点37原子结构与性质 1.(2018全国1,35,15分,难度)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题: (1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为 、 (填标号)。 (2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H+),原因是 。,考点37,考点38,考点39,(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是 、中心原子的杂化形式为 。LiAlH4中,存在 (填标号
2、)。 A.离子键 B.键 C.键 D.氢键 (4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。 可知,Li原子的第一电离能为 kJmol-1,O=O键键能为 kJmol-1,Li2O晶格能为 kJmol-1。,图(a),图(b),考点37,考点38,考点39,(5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为 gcm-3(列出计算式)。 答案(1)D C (2)Li+核电荷数较大 (3)正四面体 sp3 AB (4)520 498 2 908,考点37,考点38,考点39,解析(1
3、)基态Li原子能量最低,而电子排布图中D图所示状态为基态。处于激发态的电子数越多,原子能量越高,A中只有1个1s电子跃迁到2s轨道;B中1s轨道中的两个电子1个跃迁到2s轨道,另一个跃迁到2p轨道;C中1s轨道的两个电子都跃迁到2p轨道,故C表示的能量最高。 (2)Li+核电荷数较大,对核外电子的吸引力大,导致其半径小于H- 。 (3)根据价电子对互斥理论,LiAlH4中阴离子的空间构型是正四面体,中心原子采用sp3杂化,LiAlH4中存在离子键和键。 (4)根据循环图中数据可知,Li原子的第一电离能是520 kJmol-1,O=O键的键能是2492 kJmol-1=498 kJmol-1,L
4、i2O的晶格能是2 908 kJmol-1。,考点37,考点38,考点39,2.(2017全国3,35,15分,难度)研究发现,在CO2低压合成甲醇反应(CO2+3H2 = CH3OH+H2O)中,Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性,显示出良好的应用前景。回答下列问题: (1)Co基态原子核外电子排布式为 。元素Mn与O中,第一电离能较大的是 ,基态原子核外未成对电子数较多的是 。 (2)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为 和 。 (3)在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中,沸点从高到低的顺序为 ,原因是 。,考点37,考点38,考点39,(4)硝酸锰是制备上
5、述反应催化剂的原料,Mn(NO3)2中的化学键除了键外,还存在 。 (5)MgO具有NaCl型结构(如图),其中阴离子采用面心立方最密堆积方式,X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm,则r(O2-)为 nm。MnO也属于NaCl型结构,晶胞参数为a=0.448 nm,则r(Mn2+)为 nm。,考点37,考点38,考点39,答案(1)1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2 O Mn (2)sp sp3 (3)H2OCH3OHCO2H2 H2O与CH3OH均为极性分子,H2O中氢键比甲醇多;CO2与H2均为非极性分子,CO2相对分子质量较大,范德华力较大
6、(4)离子和键( 键) (5)0.148 0.076 解析(1)Co是27号元素,其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2。一般元素的非金属性越强,第一电离能越大,金属性越强,第一电离能越小,故第一电离能OMn。氧原子价电子排布式为2s22p4,其核外未成对电子数是2,锰原子价电子排布式为3d54s2,其核外未成对电子数是5,故基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。 (2)CO2和CH3OH中的中心原子碳原子的价层电子对数分别是2和4,故碳原子的杂化方式分别为sp和sp3。,考点37,考点38,考点39,(3)四种物质固态时均为分子晶体,H2O、CH3
7、OH都可以形成分子间氢键,一个水分子中两个H都可以参与形成氢键,而一个甲醇分子中只有羟基上的H可用于形成氢键,水的沸点高于甲醇。CO2的相对分子质量大于H2的,CO2分子间范德华力大于H2分子间的,则沸点CO2高于H2,故沸点H2OCH3OHCO2H2。 (4)硝酸锰是离子化合物,一定存在离子键。 中氮原子与3个氧原子形成3个键,氮原子剩余的2个价电子、3个氧原子各自的1个价电子及得到的1个电子形成4原子6电子的大键。,考点37,考点38,考点39,3.(2016四川,8,13分,难度)M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子
8、数的2倍,R是同周期元素中最活泼的金属元素,X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物,Z的基态原子4s和3d轨道半充满。 请回答下列问题: (1)R基态原子的电子排布式是 ,X和Y中电负性较大的是 (填元素符号)。 (2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物,其原因是 。 (3)X与M形成的XM3分子的立体构型是 。,证据推理与模型认知,考点37,考点38,考点39,(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如右图所示,则图中黑球代表的离子是 (填离子符号)。 (5)在稀硫酸中,Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物,Z被还原为+3价,该反应的化学方程式是 。
9、,考点37,考点38,考点39,答案(1)1s22s22p63s1或Ne3s1 Cl (2)H2S分子间不存在氢键,H2O分子间存在氢键 (3)平面三角形 (4)Na+ (5)K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4 = K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2+7H2O 解析M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍,则电子排布式为1s22s22p4,M为O。原子序数:RM,且R为金属元素,则R位于第三周期,且为本周期最活泼的金属,R为钠。引起酸雨的主要污染物为SO2或氮氧化物,则X为S或N,原子序数:XM,则X为S,Y的原子序数比X的大,则Y为Cl。Z的基态原子4s和3d轨道半充满并结
10、合(5)中的Z的最高价含氧酸的钾盐为橙色,可知Z为Cr。 (1)元素非金属性越强,电负性越大,非金属性:ClS。 (2)H2O分子间存在氢键,沸点高于H2S的。,考点37,考点38,考点39,(5)Cr的最高价含氧酸的钾盐有K2Cr2O7和K2CrO4,其中K2Cr2O7为橙色,K2CrO4为黄色。O的氢化物有H2O和H2O2两种,其中H2O2既有氧化性又有还原性,则反应发生在K2Cr2O7和H2O2之间,K2Cr2O7变为Cr3+,H2O2被氧化为O2,反应在稀硫酸中发生,因此反应物为K2Cr2O7、H2O2和H2SO4,产物为K2SO4、Cr2(SO4)3、O2和H2O,根据电子得失守恒和
11、原子守恒配平化学方程式。,考点37,考点38,考点39,4.(2015四川,8,13分,难度)X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素;Z和U位于第A族;X和Z可形成化合物XZ4;Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等;T的一种单质在空气中能够自燃。 请回答下列问题: (1)R基态原子的电子排布式是 。 (2)利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是 。 (3)X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是 (填化学式);Z和U的氢化物中沸点较高的是 (填化学式);Q、R、U的单质形成的晶体,熔点由高到低的排列顺序是 (填化学式)。 (4)Cu
12、SO4溶液能用作T4中毒的解毒剂,反应可生成T的最高价含氧酸和铜,该反应的化学方程式是 。,考点37,考点38,考点39,答案(1)1s22s22p63s23p2或Ne3s23p2 (2)三角锥形 (3)HNO3 HF Si、Mg、Cl2 (4)10CuSO4+P4+16H2O = 4H3PO4+10Cu+10H2SO4 解析X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。Z和U位于第A族,故Z为F元素,U为Cl元素;X和Z可形成化合物XZ4,则X为C元素;X和R属同族元素,则R为Si元素;Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等,且Q的原子序数比F的大,则Q为Mg元素;T的一种单
13、质在空气中能够自燃,则T为P元素。,考点37,考点38,考点39,(2)根据价层电子对互斥理论,中心原子的价层电子数和配体所提供的共用电子数的总和除以2,即为中心原子的价层电子对数,P原子的价层电子对数为 =4,故PCl3为三角锥形。 (3)与碳同周期,非金属性强弱顺序为FONC,由于F没有正价,O一般不显正价,故所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是HNO3;HF与HCl均为分子晶体,因HF分子间含有氢键,故HF沸点高;Mg、Si、Cl的单质分别为Mg、Si、Cl2,依次形成金属晶体、原子晶体、分子晶体,故熔点由高到低排列为Si、Mg、Cl2。 (4)CuSO4溶液与P4反应可
14、生成P的最高价含氧酸H3PO4和铜,依据化合价升降配平方程式即可。,考点37,考点38,考点39,本题在进行元素推断时容易将Q推断成氧元素,原题中说“Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等”,但是前提条件是六种元素原子序数递增,而Z元素为F,Q的原子序数应该大于9,这种元素为镁元素。,考点37,考点38,考点39,5.(2015福建,31,13分,难度)科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。 (1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为 。 (2)下列关于CH4和CO2的说法正确的是 (填序号)。 a.固态CO2属于分子晶体 b.CH4分子中含有极性共价键,是极性分子
15、 c.因为碳氢键键能小于碳氧键,所以CH4熔点低于CO2 d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp (3)在Ni基催化剂作用下,CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。 基态Ni原子的电子排布式为 , 该元素位于元素周期表中的第 族。 Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,1 mol Ni(CO)4中含有 mol 键。,考点37,考点38,考点39,(4)一定条件下,CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体,其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。 “可燃冰”中分子间存在的2种作用力是 。 为开采深海海底的“可燃冰”,有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586 nm,根据上述图表,从物质结构及性质的角度分析,该设想的依据是 。,考点37,考点38,考点39,答案(1)H、C、O (2)ad (3)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2 8 (4)氢键、范德华力 CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径,且与H2O的结合能大于CH4 解析(1)元素的非金属性越强,电负性越大,故H、C、O的电负性依次增大。 (2)固态CO2是分子晶体,a选项正确;CH4分子是正四面体对称结构,其为含有极性键的非极性分子,b选项错误;CH4和CO2都是分子晶
