考点23 物质结构与性质（选修）
Y元素原子最外电子层上 s、p电子数相
1. （2013 •上海化学• 13） X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到 8电子 稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；
等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同； W元素原子的M层有1个未成对的 p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是 A. X元素的氢化物的水溶液显碱性
B. Z元素的离子半径大于 W元素的离子半径 C. Z元素的单质在一定条件下能与 X元素的单质反应 D. Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点 【答案】C
【解析】根据题意，Z元素为Mg，Y元素原子最外电子电子排布为 误，Al3+的半径比Mg2+小，B错误；氮气、氧气均能与镁反应， 的晶体熔沸点低，D错误。
【考点定位】本题考查物质结构和元素周期律。
ns2np2,是C或Si，X为
C正确；CO?形成
N或O, W为Al或Cl，N的氢化物的水溶液显碱性， 但O的氢化物的水溶液显中性或弱酸 性，A错
2. (2013 •海南化学•
191） （6分）下列化合物中，含有非极性共价键B. N2H4 的离子化合物是
A. CaC2 C. Na2S2 ［答案］AC ［解析］:略。
D. NH4NO3
3. （2013 •上海化学• 4）下列变化需克服相同类型作用力的是 A.碘和干冰的升华 C.氯化氢和氯化钾的溶解 【答案】A
【解析】A项变化客服的都是分子间力，正确，硅和 溴和汞的气化分别克服的都是分子间力金属键，
C50的融化分别克服的都是共价键，
C项错误,
分子间力，B项错误，氯化氢和氯化钾的溶解分别克服的都是共价键，离子键，
D项错误，
B.硅和C60的熔化 D.溴和汞的气化
4. （2013 •上海化学• 5） 374C、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力， 并含有较多的 廿和OH，由此可知超临界水 A.显中性，pH等于7 B. 【答案】B学优高考网
【解析】超临界水任然呈中性， AC项错误 大多数是非极性分子）
根据相似相容的原理可以知道E正确
（有机物
表现出非极性溶剂的特性
C.显酸性，pH小于7 D. 表现出极性溶剂的特性
D错误。学优高考网
5. （2013 •安徽理综• 7）我国科学家研制出一中催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛 的氧化，其反应如下: HCHO+O 2催化剂 CO2+H2O。下列有关说法正确的是 A .该反应为吸热反应
C. HCHO分子中既含a键又含n键
B . CO2分子中的化学键为非极性键 D .每生成1.8gH2。消耗2.24L O2
【答案】C
【解析】A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，错误； 氧气的体积，并没有标明状况，故不一定为
2.24L,错误。
涉及化学反
B、二氧化碳结构为
O =C =0,为极性键，错误；C、甲醛中，含有碳氧双键，故期中既含有 匚键又含有二键, 正确；D、
【考点定位】以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念， 应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识。
6.
( 2013 •重庆理综• 12)已知:P4(s)+ 6Cb(g) = 4PCb(g) △半 akJ mol
—1
P4(s)+ 10Cl2(g) = 4PCl5(g) △驾 bkJ mol P4具有正四面体结构， PCl5中P— Cl键的键能为 1.2ckJ mol
—1
ckJ mol
— 1
,PCl3中P — Cl键的键能为
下列叙述正确的是()
A . P— P键的键能大于 P— Cl键的键能 B. 可求 Cl2(g) + PCl3(g) = PCl5(s)的反应热 AH
b — a+ 5.6c 5a— 3b + 12c D. P— P键的键能为
kJ mol
根据P4是正四面体，P4有6个P— P键,
解析：考察盖斯定律以及键能与反应热的关系。 C. kJ mol --------------------------------- Cl — Cl 键的键能 :
—1
1 W位于元素周期表第 _____________ 周期第 _____________ 族；W 的原子半径比 X的
(填“大”或“小”)。
6E(P — P)+6 (Cl — Cl)— 12X 1.2c=a, 6E(P — P)+10 (Cl — Cl)— 20c=b, Cb(g) + PCb(g) =PCl5(g)
△ H=( bkJ mol — akJ mol )/4。A 项，E(P— P) — b _ a+ 5 6c 无法计算；C 项，4E(CI — Cl)+12 X 1.2c— 20 X c=b— a,有 E(Cl — Cl)= ，正确；D 5a— 3b— P)= 项，经过计算, E(P— 12c 12 错误。选择 C 。 4 G, 7. （2013 •四川理综化学• 8） （11分） X、丫、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。 X的单质与氢气可以化合生成气体 其水溶液pH>7;Y单质是一种黄色晶体； 倍。Y、Z分别与钠元素可以形成化合物 请回答下列问题： ⑴M固体的晶体类型是 ___________________ 。 ⑵Y基态原子的核外电子排布式是 ② _。 ⑶L的悬浊液加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因 是 — R基态原子3d轨道的电子数是 4s轨道电子数的3 Q和J, J的水溶液与AgN0 3溶液反应可生成不溶 于稀硝酸的白色沉淀 L;Z与氢元素形成的化合物与 G反应生成M。 ① ___ ； G分子中X原子的杂化轨道的类型是 。 ⑷R的一种含氧酸根 RO42具有强氧化性，在其钠盐中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无 色气体产生，该反应的离子方程式是 ____________________________________________________________ 。 答案： （1） M的晶体类型，M为NH4CI，属离子晶体； (2) Y基态原子的电子排布：1s1 2 2s3 2p6 3s2 3p4, G分子中X原子的杂化轨道类型为 sp3杂 化； (3) AgCI悬浊液中加入 Ag2S, Ksp (AgCI ) R的Fe3+, 并有无色气体生成，反应中 Fe的化合价降低，只能是 O元素的化合价升高，则无色气体比 为。2，反应的离子方程式为： 4FeO42-+20H+==4Fe3++3O2f +10HO 解析：①气体 G可溶于水且水溶液呈碱性，知气体 G为NH3,气体G由X的单质与H2化 合得到，则X为N元素。 ② Y的单质为黄色晶体，知 Y为S元素。学优高考网 ③ R的3d轨道电子数为为4s轨道的三倍，则 R为第四周期元素，4s轨道电子数为2, 3d 轨道为6, R原子的电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2，则R为Fe元素。 ④ Z的原子序数大于 Y，且能与Na化合，则X为Cl元素。 ⑤ 则 Q 为 Na2S, J 为 NaCI, I 为 AgCl , M 为 NH 4Cl 8. (2013 •安徽理综• 25) (15 分) X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表: ------------ ----------------- Y V是地壳中 IF 25 【答案】 (1 )三 NA 小 2 Z的第一电离能比 W的 ___________ (填“大”或“小” );XY2油固态变为气态所需克 服的微粒间作用力是 __________ ;氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一 种能形成同种分子间氢键的物质名称 ____________ 。 3 震荡下，向 Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加 NaOH溶液直至过量，能观察到 的现象是； W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是 (4 )在25 °、101 kpa下，已知13.5g的Z固体单质在 匕气体中完全燃烧后恢复至原状态， 放热419 kJ ,该反应的热化学方程式是 。 (2 )小 分子间作用力(范德华力) (3) 甲醛(甲酸) 先产生白色沉淀，后沉淀溶解 Si + 4HF = SiF 4 + 2H2 (4) 2A1 + 3 O 2 =Al 2O3 △ H= -1675KJmol 【解析】X的最高价氧化对应的水化物为 H2XO3，可以确定X为+4价，故可能为C、Si ； Y是地壳中含量最高的为 O, Z、最外层电子为3s23p1,为Al ； W质子数为28-14=14为Si， 故综上有 X、Y、Z、W分别为 C、O、Al、Si。 【考点定位】以物质结构为基础，考查原子结构、分子结构，元素周期表和元素周期律，反 应热的计算及热化学方程式的书写。 9. ［化学一一选修3:物质结构与性质］(15分)(2013 •新课标卷^• 37) 前四周期原子序数依次增大的元素 A和B的价电子层中未成对电子均只有 序数 相差为2。 回答下列问题： (1) D^F价层电子排布图为 ________ 。 (2 )四种元素中第一电离最小的是 ___________ , 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。 ① 该化合物的化学式为 _________ ; D的配位数为 _______ ; ② 列式计算该晶体的密度 ______ g - cm -3。 (4) 的类型有 参考答案： (1) A, B, C, D中， 1个，平且和B+ 的电子相差为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 A「、B+和Cf三种离子组成的化合物 B3CA,其中化学键;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 ___ 。 (2) K F (3［① KzNiF4； 6 - 39X 4+59 X 2+19X 8 ② 23 2 —78 = 3.4 6.02 X 10 X 400 X 1307 X 10 (4)离子键、配位键；［FeF6］3「； 10、(2013 •山东理综・32) (8分)【化学一一物质结构与性质】 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 点 ft高正枷 R r 1-(: Her « （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 B原子的个数为 _________ ，该功能陶瓷 胞结构示意图，则每个晶胞中含有 的化学式为 ________ 。 （3） BCI3和NCI3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BCI3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物， 则该配合物提供孤对电子的原子是 _______________ 。 【答案】（1）a （2）2； BN （3）sp2； sp3; 3 （4）X 【解析】（1）F无正价，b项错误；HF分子之间能形成氢键，沸点最高， 族元 c素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高。 项错误；由于卤 （2）B的原子半径比N大，因而结构示意图中大球代表 出含有2个B和2个N，化学式为BN。 （3） 化规律（见右图），半充满和全充满的 要高，所以第一电离能介于 B、N之间 的第二周期元素有 Be、C、O三种元素。 （4） B原子的所有价电子已经使用， 因 而提供孤对电子的原子是 X。 B原子，利用晶胞结构很容易计算 利用价层电子对互斥理论计算很 容易判断出杂化方式；根据电离能的变 O O 11. ［化学一选修3:物质结构与性质］（15分）（2013 •新课标卷I • 37） 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 __________________________________ ，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） 晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献 ____________ 个原子。 （4） 甲硅烷（SiH4）分解反应来制备。工业上采用 在液氨介质中 反应制得SiH4,，该反应的化学方程式为 ⑸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 单质硅可通过Mg2Si和NH4CI 。 ： 单质硅存在与金刚石结构类似的晶体， ： 化学键 键能/(kJ^mor1) i C Y C—H c―0 Si—Si Si—H Si—O 356 4B 336 一 - 226 318 452 ①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 ②SiH4的稳定性小于 CH4,更易生成氧化物，原因是 (6)在硅酸盐中，\" ' 四面体(如下图(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原子的杂化形式 为 ______ 。 Si与0的原子数之比为 _____________ 化学式为 ________________ Si SiOf 37. tl)M 9 4 ⑵二氧化妊 <^>MgsSi-4NH_Cl=Si凡 4NH.+2MgCl ⑸丄C(们；C-H沮较坐:所以形威tH穷喊纹钊1帀也汕Si-Si S-H饶的铉怎 * I乐 囲斷裂，导政isy陸確锐难以生成 刊主一H键不聽定而傾向与形成穗定性更强的£：一0键 【需査点】垂题超査了基衽廡子核外电子的捧布， 锁道、优学键尊知识. 金廉晶障，化学亦程式的节写、最化 【审題策齬】理题楫据金刚石M的第杯可以推知晶惮硅册纯恂由键能与物质稳定性的关系. 可以解释⑸中间題.根据均罐思想可以睜出(B)中结论. 【详是1J号元瓶 基每电子搓布式天 U-^-2p^5-3p-(时应能层分别为E二、 M具中能量是离的为M能层.®圧层有輸p> d ft级，*能级有I个原子轨道、p能级珂3个隈 辛轨 道.d話级有£个原辛靴道，共冇7牛康子轨道•任癡子的M能层育4个电子. 吃漩由于性騎活護在自然畀无单简存在，主要臥二氟化硅初硅86盐形式存衽于地壳中. M睦和金(祁B细恂类似*陽于慶子晶体， 陡康子阊从共价健结合.在金刚石1B中毎个 面心具有一 康子*晶体硅和金刚石粪條 则丽心雀■贡啟的90農子6X^*3个・ ⑷幄据辰应扬Mtsi和xiLCi,生防愉s：m(结合原子守恒，可得方程式； Mg：S: ^NKOSifLMXH： -2MgCl；, ⑸®烷婭中时匸_匚遵和C-H键能大于缺中的Sz-Si键和乞一H键的键給 因而造成陡烷种襄 和数崑不如烷炷多. ②由于键能趣丈樹质越穗走，C-H键的穆能大于C-0陆 抜C-H键比C-0键稳定| 而M-H键的键能却远J汙空-0 »所以射一Ii讎不聽定而帧向与形成穂定性更强的$：—0氈 ⑹在硅酸盐中.岳6』形咸四面体结构. 故琏厦子采取即】杂化方式.帳据图(M可知 住无限氏中毬結构的过雄能根中・贺巧0的原了个歎比为仃3,化子成为SKh：「 12. (2013 •江苏化学• 21A) (12 分) A.[物质结构与性质] 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 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 (1) X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。 ① 在1个晶胞中，X离子的数目为 ____________________ 。 ② 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的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于 H2Y，其原因是 。 (4) Y与Z可形成YZ42一 ① YZ42「的空间构型为 ________ ( ________ 用文字描述)。 ② 写出一种与丫乙2「互为等电子体的分子的化学式： ________________________________ 。 ⑸X 2。元 3倍。 的氯化物与氨水反应可形成配合物 [X(NH3)4]Cl2, 1mol该配合物中含有 d键的数目 为 _______________________ 。 【参考答案】 (1) ① 4 ②ZnS ⑵sp (3) 水分子与乙醇分子之间形成氢键 ⑷①正四面体 ②CCb或SiCI 4 23 (5) 16mol 或 16X 6.02 X 10 个 【解析】本题考查学生对原子核外电子排布、晶体结构与计算、 原子轨道杂化类型、分子空 2,显然是 间构型、氢键、配合物等《选修三》中基础知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点 特出。 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 氧。 (1) ①在1个晶胞中，Zn离子的数目为8X 1/8 + 6X 1/2 = 4。 ②S离子的数目也为4,化合物的化学式为 ZnS。 (4) ①SQ2「的空间构型根据 VSEPR莫型与杂化类型可知无孤对电子为正四面体。 ②SC42「互为等电子体的分子的化学式 CCI4或SiCI 4 锌。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，即硫。元素 Z的原子最外层电子数是其内层 的3倍，为 ⑸ 锌的氯化物与氨水反应可形成配合物 的数目为16mol或16X 6.02 X 10个。 ［Zn(NH3) 4］CI 2, 1mol该配合物中含有(T键的数目既 因此1mol该配合物中含有 d键 要考虑到配体中，还要考虑配体与中心原子之间的配位键， 13. (2013 •海南化学• 1911) (14分)图A所示的转化关系中(具体反应条件略) ，a、b、c 和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物， i的溶液为常见的酸，a 的一种同素异形体的晶胞如图 B所示。 回答下列问题： (1) ________________________________ 图B对应的物质名称是 ________ ，其晶胞中的原子数为 ___________________________________ ，晶体类型 为 _______ 。 (2) _____________________________________ d中元素的原子核外电子排布式为 。 (3) _________________________________________________ 图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是 _____________________________________________ ，原因是 _______ ，该物 质的分子构型为 ___________ ，中心原子的杂化轨道类型为 ____________ 。 (4) 图A中的双原子分子中，极性最大的分子是 子的杂化轨道类型为 _________________ ，属于 分子(填“极性”或“非极性”)。 ［答案］(1)金刚石 8 原子晶体 (3)出0 分子间形成氢键 2 。 (5) ________________________ k的分子式为 ______________________________ ，中心原 (2) 1s%22p63s23p5 V形(或角形) sp3 (4) HCl ( 5) COCI2 sp 极性 ［解析］：(1)每个原子周围有 4个键，判断为金刚石。(2) a为C,贝y b为H2、c为 02，因i 是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则 d为Cl2。(3)除a、b、c、d夕卜，f 为CO, g为CO2, i为HCl，而k与水反应生成 CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且 由f、d反应得到，应含 C、0、CI三种元素，只能判断为 COCI2 (在历届高考中有出现过)。 所有两元素形成的物质中， 只有水是液态，其它都是气体。（4）所有双原子分子中，只有H、 Cl电负性差值最大，因而极性最大。 （5）C0CI2中羰基的平面结构显示其为 sp2杂化。 14. （2013 •福建理综• 31）［化学一物质结构与性质］（13分） （1） 依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图 N、0三种元素的相对位置。 （2） NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到： Cu 3 B、F元素的位置，用小黑点标 出C、 2NH3 3F2—NF3NH4F ① 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 ② 基态铜原子的核外电子排布式为 _________ 。 （3） BF3与一定量水形成（H2O）2 • BF3晶体Q, Q在一定条件下可转化为 R: ① 晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及 _____________ （填序号）。学优高考网 a.离子键b.共价键 c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力 ② 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 Ka=1.1 x 10-10；水杨酸第一级电离形成的离子 Ka（苯酚）（填“ >”或，其原因是 “ 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 【知识点】化学键、晶体结构、电子排布式的书写、杂化轨道、分子的空间构型以及电离 常数等知识。 【答案】 (1) .HU 臣子序数 （2） ① 4d ②1『2『2卩疥3『3戸施3捫4『或［AF］3胪4J （3） ①粗、（1 ②三角锥形 sp3 （4） < QLgg0-中形成分子内氢健•使其更难电离出H\" 【解析】（1）同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于 到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大， N原子为1S22S22P3达 0原子为1S2 2S2 2P4，2P轨道 有一堆成堆电子，相对于 N原子的半满结构，第一电离能会略小于 N，即C （3［①H2O分子中的0原子与（H2O）2 • BF3分子中的H原子之间存在氢键，（出0）2 • BF3 分子中H2O分子和BF3分子之间存在配位键， H2O分子内的0原子与H原子之间存在共 价键，Q分子之间存在分子间作用力； ②水合氢离子中 0原子有一对孤对电子，会排斥三个氢原子 为三角锥形 （4）能形成分子内氢键， 致使H+更难电离，而苯酚属于弱酸， 学优咼考网 就能电离出H+ ,即 Ka2（水杨酸） 太阳 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容