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

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

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