欢迎来到高考学习网,

[登录][注册]

免费咨询热线:010-57799777

高考学习网
今日:1530总数:5885151专访:3372会员:401265
当前位置: 高考学习网 > 2018届高考化学二轮复习专题整合突破课件:第1部分 专题6 第20讲 物质结构与性质

2018届高考化学二轮复习专题整合突破课件:第1部分 专题6 第20讲 物质结构与性质

资料类别: 化学/课件

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

下载次数:113次

资料类型:

文档大小:3.22M

所属点数: 2

普通下载 VIP下载 【下载此资源需要登录并付出 2 点,如何获得点?
* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 命题热点1    原子、分子结构与性质 命题热点2    晶体结构与性质 复习效果验收    真题试做  预测尝鲜 栏目导航 专题限时集训 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 第20讲 物质结构与性质
物 质 结 构 与 性 质
考纲定位	命题热点及考频考题	核心素养		1.原子结构与元素的性质
(1)了解原子核外电子的运动状态、能级分布和排布原理,能正确书写 1~36号元素原子核外电子、价电子的电子排布式和轨道表达式。
(2)了解电离能的含义,并能用以说明元素的某些性质。
(3)了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用。
(4)了解电负性的概念,并能用以说明元素的某些性质。
2.化学键与分子结构
(1)理解离子键的形成,能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质。
(2)了解共价键的形成、极性、类型(σ键和π键),了解配位键的含义。
(3)能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。
(4)了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)。
(5)能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测简单分子或离子的空间结构。	1.原子、分子结构与性质
2016年卷T37	1.模型认知——能运用原子结构和分子结构模型(构造原理、杂化、价电子对互斥)、晶体结构模型来描述和解释化学现象,预测物质及其变化的可能结果等。
2.微观探析——能从原子、分子层面理解物质组成、结构和性质的联系;能根据物质的微观结构预测物质在特定条件下可能具有的性质和可能发生的变化。			2.晶体结构与性质2017年卷T35;
2017年卷T35;
2017年卷T35;
2016年卷T37;
2016年卷T37;
2016年卷T37;
2015年卷T37;
2015年卷T37;
2015年卷T37			
3.分子间作用力与物质的性质
(1)了解范德华力的含义及对物质性质的影响。
(2)了解氢键的含义,能列举存在氢键的物质,并能解释氢键对物质性质的影响。
4.晶体结构与性质
(1)了解晶体的类型,了解不同类型晶体中结构微粒、微粒间作用力的区别。
(2)了解晶格能的概念,了解晶格能对离子晶体性质的影响。
(3)了解分子晶体结构与性质的关系。
(4)了解原子晶体的特征,能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。
(5)理解金属键的含义,能用金属键理论解释金属的一些物理性质。了解金属晶体常见的堆积方式。
(6)了解晶胞的概念,能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算。	1.原子、分子结构与性质
2016年卷T37	1.模型认知——能运用原子结构和分子结构模型(构造原理、杂化、价电子对互斥)、晶体结构模型来描述和解释化学现象,预测物质及其变化的可能结果等。
2.微观探析——能从原子、分子层面理解物质组成、结构和性质的联系;能根据物质的微观结构预测物质在特定条件下可能具有的性质和可能发生的变化。			2.晶体结构与性质2017年卷T35;
2017年卷T35;
2017年卷T35;
2016年卷T37;
2016年卷T37;
2016年卷T37;
2015年卷T37;
2015年卷T37;
2015年卷T37			
命题热点1 原子、分子结构与性质
(对应学生用书第92页)
■储知识——剖解重点难点备考·
1.基态原子的核外电子排布
(1)排布规律:能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。
能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态时,体系的能量最低。如24Cr的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,而不是1s22s22p63s23p63d44s2。
(2)四种表示方法
表示方法	举例		电子排布式	Cr:1s22s22p63s23p63d54s1		简化表示式	Cu:[Ar]3d104s1		价电子排布式	Fe:3d64s2		电子排布图(或轨道表示式)			
2.元素第一电离能和电负性的变化规律
	同周期(从左到右)	同主族(自上而下)		第一电离能	增大趋势(注意A、
A的特殊性)	依次减小		电负性	依次增大	依次减小		
[失分预警]同周期元素,A族np0和ⅤA族ns2np3,因p轨道处于全空或半满状态,比较稳定,所以其第一电离能大于同周期右侧相邻的ⅢA族、ⅥA族元素,如第一电离能:Mg>Al,P>S。3.共价键
(1)分类

②配位键:形成配位键的条件是成键原子一方(A)能够提供孤电子对,另一方(B)具有能够接受孤电子对的空轨道,可表示为A―→B。(2)σ键和π键的判断方法
共价单键为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。
(3)三种特殊表示方法
①氢键:A—H…B—,其中A、B为N、O、F元素,“—”表示共价键,“…”表示形成的氢键。
②配位键:
Cu2+是中心离子,接受孤电子对,NH3是配体,氮原子提供孤电子对。
③大π键:
4.杂化轨道
(1)方法:判断分子或离子中中心原子的杂化轨道类型
①看中心原子有没有形成双键或三键。如果有1个三键,则其中有2个π键,用去了2个p轨道,则为sp杂化;如果有1个双键则其中有1个π键,则为sp2杂化;如果全部是单键,则为sp3杂化。
②由分子的空间构型结合价电子对互斥理论判断。没有填充电子的空轨道一般不参与杂化,1对孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3为三角锥形,且有一对孤电子对,即4条杂化轨道应呈正四面体形,为sp3杂化。
(2)杂化类型与分子空间构型
sp杂化→直线形,如BeCl2
5.分子构型与分子极性的关系

6.原子光谱

7.分子结构的测定

■对点练——沿着高考方向训练·
1.(2017·山西重点中学协作体期末)现有前四周期T、X、Y、Z、W、M六种元素,已知W、Z、X、T、Y五种非金属主族元素原子半径依次减小,其中W原子的s电子总数等于p电子总数的2倍。M原子的M能层上有4个未成对电子。请完成下列问题: 
(1)写出W、Z、X、T四种元素第一电离能由大到小的顺序(用元素符号表示):________。
(2)M原子的基态电子排布式为________。
(3)根据VSEPR理论,推断出由W与X两元素组成的最简单二价阴离子的空间构型为________,W原子的杂化类型为________。
(4)Y与T、X、Z、W所形成的最简单化合物的沸点由高到低的顺序为(用化学式表示):________。
【解析】 根据题中信息“W原子的s电子总数等于p电子总数的2倍”可知,W的电子排布式是1s22s22p2,则W是碳元素;又知“W、Z、X、T、Y五种非金属主族元素原子半径依次减小”,根据元素周期律可推知Z是氮元素,X是氧元素,T是氟元素,Y是氢元素;“M原子的M能层上有4个未成对电子”,则M的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2,即M是铁元素。
(1)C、N、O、F四种元素位于同一周期,随原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,但N元素反常,因此第一电离能大小顺序是F>N>O>C。
(3)C和O两种元素组成的最简单的二价阴离子是CO,该离子的中心原子的价层电子对数是3,孤电子对数是0,因此其空间构型是平面三角形,C原子的杂化类型为sp2杂化。
(4)H与F、O、N、C所形成的最简单化合物分别是HF、H2O、NH3、CH4,其中HF、H2O、NH3分子之间都存在氢键,它们的沸点都比没有氢键的CH4高,常温下H2O为液态,HF、NH3为气态,标准状况下HF为液态,NH3仍为气态,因此四种氢化物的沸点由高到低的顺序为:H2O>HF>NH3>CH4。
【答案】 (1)F>N>O>C
(2)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
(3)平面三角形 sp2杂化
(4)H2O>HF>NH3>CH4
2.  (2017·山东威海模拟节选)碲化锌(ZnTe)具有宽禁带的特性,常用于制作半导体材料,在太阳能电池、太赫兹器件、波导以及绿光光电二极管等方面具有良好应用前景。
(1)碲(Te)元素在周期表中的位置:________;核外未成对电子数有________个。
(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态正离子所需的最低能量,第一电离能Zn________Ga(填“>”“<”或“=”)。
(3)基态锌原子的核外电子排布式为[Ar]________;向氯化锌溶液中加入过量的氨水,得到配位化合物[Zn(NH3)4]Cl2,则该配位化合物中含有的化学键有__________________________________________。
(4)碲的同主族元素的化合物有多种。
①H2O、H2S、H2Se的沸点由大到小的顺序是________,氢化物的还原性:H2S________H2Te(填“>”“<”或“=”)。
②SO2分子中,中心原子采取________杂化;SO的VSEPR模型名称为________。
【解析】 (1)碲的核电荷数为52,与氧元素同主族,在周期表中第五周期第ⅥA族;碲的基态原子电子排布式为[Kr]4d105s25p4,则根据泡利不相容原理可知,其核外5p轨道上有2个未成对电子。
(2)Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2,Ga的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1,Zn的4s轨道为全充满结构,相对稳定,其第一电离能大于Ga,即第一电离能:Zn>Ga。
(3)锌的核电荷数为30,基态锌原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2;配位化合物[Zn(NH3)4]Cl2中含有的化学键有离子键、共价键、配位键。
(4)①H2O分子间有氢键,沸点高;H2Se的相对分子质量比H2S大,则H2Se的分子间作用力比H2S大,H2Se的沸点比H2S高,则沸点由大到小的顺序是H2O>H2Se>H2S。非金属性越强,其简单氢化物越稳定,还原性越弱,S的非金属性比Te强,则氢化物的还原性:H2S
(3)3d104s2 离子键、共价键、配位键
(4)①H2O>H2Se>H2S < ②sp2 四面体形
3.(2017·湖南三湘名校第三次联考节选)已知A、B、C、D都是周期表中的短周期元素,它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子,C、D同主族。E、F都是第四周期元素,E原子核外有4个未成对电子,F原子除最外能层只有1个电子外,其余各能层均为全充满。根据以上信息填空: 
(1)基态D原子中,电子占据的最高能层符号为______,该能层具有的原子轨道数为________。
(2)E2+的价层电子排布图是________,F原子的电子排布式是________。
(3)A的最高价氧化物对应的水化物分子结构式为________,其中心原子采取的轨道杂化方式为________,B的气态氢化物的VSEPR模型为________。
(4)化合物AC2、B2C和阴离子DAB-互为等电子体,它们结构相似,DAB-的电子式为________。
(5)配合物甲的焰色反应呈紫色,其内界由中心离子E3+与配位体AB-构成,配位数为6。甲的水溶液可以用于实验室中E2+的定性检验,检验E2+的离子方程式为____________________________________________。
【解析】 根据题中信息不难推出A是C,B是N,C是O,D是S,E是Fe,F是Cu。
(3)由H2CO3的结构式可以直接看出中心原子C原子的价层电子对数是3,因此轨道杂化方式是sp2;B的气态氢化物是NH3,N原子的价层电子对数是4,所以NH3的VSEPR模型是四面体形。
(4)CO2的结构式是OC==O,SCN-与CO2是等电子体,结构相似,其结构式应是,所以其电子式是。
(5)根据题意可知,甲的化学式为K3[Fe(CN)6],与Fe2+反应生成蓝色沉淀,可用于检验Fe2+的存在。
【答案】 (1)M 9 

1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(3)  sp2 四面体形

(5)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-===Fe3[Fe(CN)6]2↓
■提能力——针对热点题型训练·
(见专题限时集训T1、T2、T3、T4)命题热点2 晶体结构与性质
(对应学生用书第94页)
■储知识——剖解重点难点备考·
1.晶体类型的判断
(1)据各类晶体的概念判断,即根据构成晶体的粒子和粒子间的作用力类别进行判断。如由分子通过分子间作用力(范德华力、氢键)形成的晶体属于分子晶体;由原子通过共价键形成的晶体属于原子晶体;由阴、阳离子通过离子键形成的晶体属于离子晶体;由金属阳离子和自由电子通过金属键形成的晶体属于金属晶体。
(2)据各类晶体的特征性质判断,如低熔、沸点的晶体属于分子晶体;熔、沸点较高,且在水溶液中或熔融状态下能导电的晶体属于离子晶体;熔、沸点很高,不导电,不溶于一般溶剂的晶体属于原子晶体;能导电、传热、具有延展性的晶体属于金属晶体。
3.晶体密度及微粒间距离的计算
(1)计算晶体密度的方法

以一个晶胞为研究对象,根据m=ρ·V,其一般的计算规律和公式可表示为:×n=ρ×a3,其中M为晶体的摩尔质量,n为晶胞所占有的粒子数,NA为阿伏加德罗常数,ρ为晶体密度,a为晶胞参数。
(2)计算晶体中微粒间距离的方法4.金属晶体的四种堆积模型
(1)简单立方堆积:Po(钋)等。
晶胞为一个立方体,每个晶胞含一个原子,配位数为6,空间利用率为52%。
(2)体心立方堆积:Na、K、Fe等。
晶胞是一个含有两个原子的立方体,一个原子在体心,一个原子在顶点。配位数为8,空间利用率为68%。
(3)六方最密堆积:Mg、Zn、Ti等。
按ABABABAB……的方式堆积,配位数为12,空间利用率为74%。
(4)面心立方最密堆积:Cu、Ag、Au等。
按ABCABCABC……的方式堆积,配位数为12,空间利用率为74%。
■悟真题——挖掘关键信息解题·
[例] (2017·全国Ⅱ卷节选)我国科学家最近成功合成了世界上首个(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:
(1)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图(b)所示。
①从结构角度分析,R中的相同之处为________,不同之处为________。(填标号)
A.中心原子的杂化轨道类型
B.中心原子的价层电子对数
C.立体结构
D.共价键类型
②R中阴离子N中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号Π表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数如苯分子中的大π键可表示为Π③,则N中的大π键应表示为________。
③图(b)中,其表示式为(NH)N—H…Cl、_________________、________________________________________________________。
(2)R的晶体密度为d g·cm-3,其参数为a nm,晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为_________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
[审题指导]
题眼	挖掘关键信息		①	说明含有N		②	阳离子是NH和H3O+		③	明确Π和m、n的含义		④	示例氢键的表示方法		⑤	立方晶胞的体积为a3		
【解析】 (1)①根据图(b),阳离子是NH和H3O+,NH中心原子是N,含有4个σ键,孤电子对数为(5-1-4×1)/2=0,价层电子对数为4,杂化类型为sp3,空间构型为正四面体形;H3O+中心原子是O,含有3个σ键,孤电子对数为(6-1-3)/2=1,价层电子对数为4,杂化类型为sp3,空间构型为三角锥形,因此相同之处为ABD,不同之处为C。
②根据图(b)N中σ键总数为5个;根据信息,每个N原子有且只有一个p轨道与N环平面垂直,一个p轨道中有1个电子,外来的1个电子也进入这种p轨道中,因此π电子总数为1×5+1=6个,所以大π键可表示为Π。
③由图(b)可知,H3O+中的一个氢原子与N中的一个N原子形成氢键,NH中的一个氢原子与N中的一个N原子形成氢键,则还含有(NH)N—H…N(N)和(H3O+)O-H…N(N)。
(2)一个晶胞的质量为:×yg,一个晶胞的体积为:(a×10-7cm)3,R的晶体密度为dg·cm-3,则d=,解得y=×10-21,将NA=6.02×1023代入×10-21可得:。
【答案】 (1)①ABD C ②5 Π
③(H3O+)O—H…N(N)
(NH)N—H…N(N)
(2)
■对点练——沿着高考方向训练·
1.(2017·广东茂名二模)铁是一种重要的过渡元素,能形成多种物质,如做染料的普鲁士蓝{化学式为KFe[Fe(CN)6]}。
(1)Fe2+基态核外电子排布式为________。
(2)在普鲁士蓝中,存在的化学键有离子键、________和________。
(3)一定条件下,CN-可氧化为OCN-。OCN-中三种元素的电负性由大到小的顺序为________;碳原子采取sp杂化,1 mol该物质中含有的π键数目为________。
【解析】 (1)Fe原子的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,所以Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s2 3p63d6或[Ar]3d6。
(2)KFe[Fe(CN)6]属于离子化合物,是一种复盐,也是一种配合物,阳离子是K+、Fe2+,阴离子是配离子[Fe(CN)6]3-(其中Fe为+3价),其中K+、Fe2+和[Fe(CN)6]3-以离子键相结合,[Fe(CN)6]3-中Fe3+和CN-以配位键相结合,CN-内C和N以共价键相结合。
(3)OCN-中的C原子采取sp杂化,则其空间结构为直线形,结合OCN-与CO2是等电子体,可知OCN-的结构式是[OCN]-,则1  mol OCN-中含有的π键数目是2NA。
(5)图示的堆积方式是非密置层的体心立方堆积,所以配位数是8;铁的一个晶胞中有两个Fe原子,因此晶胞质量m=g,若铁的原子半径为 a  cm,则晶胞边长为cm,晶胞体积V=3cm3,所以铁单质的密度ρ==g/cm3= g/cm3。
【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 (2)共价键 配位键
(3)O>N>C 2NA (4)CO或N2 (5)8 
2.(1)已知KCl、MgO、CaO、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似。下表给出了三种晶体的晶格能数据:
晶体	NaCl	KCl	CaO		晶格能(kJ·mol-1)	786	715	3 401		则该四种晶体(不包括NaCl)的熔点从高到低的顺序为_________________。
(2)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体,其结构与NaCl相同(如图所示)。据此可判断该钙的氧化物的化学式为______________。
已知该氧化物的密度是ρ g·cm-3,则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为________cm(只要求列出算式,不必计算出数值结果,阿伏加德罗常数的值为NA)。
【解析】 (1)KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似,TiN中离子都带3个单位电荷,MgO、CaO中离子都带2个单位电荷,KCl中离子都带1个单位电荷,离子半径O2-MgO>CaO>KCl,故熔点TiN>MgO>CaO>KCl;
(2)根据均摊法可知晶胞中钙离子的个数为8×+6×=4,过氧根离子的个数为12×+1×1=4,故其化学式为CaO2。设晶胞的边长为a,根据ρ=,得a=cm,两个最近的钙离子是位于顶点和面心上的,它们的距离为晶胞边长的倍,即为×cm。
【答案】 (1)TiN>MgO>CaO>KCl
(2)CaO2 ×
	[思维建模]
解答有关晶胞计算的流程
■提能力——针对热点题型训练·
(见专题限时集训T1、T5、T6)
复习效果验收| 真题试做 预测尝鲜
(对应学生用书第96页)
■体验高考真题·
1(2017·全国Ⅰ卷)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)元素K的焰色反应呈紫红色,其中紫色对应的辐射波长为________nm(填标号)。
A.404.4  B.553.5  C.589.2
D.670.8  E.766.5
(2)基态K原子中,核外电子占据最高能层的符号是________,占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。K和Cr属于同一周期,且核外最外层电子构型相同,但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低,原因是____________
________________________________________________________________。
(3)X射线衍射测定等发现,I3AsF6中存在I离子。I离子的几何构型为______________,中心原子的杂化形式为________。
(4)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料,具有钙钛矿型的立体结构,边长为a=0.446 nm,晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置,如图所示。K与O间的最短距离为________nm,与K紧邻的O个数为________。
(5)在KIO3晶胞结构的另一种表示中,I处于各顶角位置,则K处于________位置,O处于________位置。
【解析】 (1)紫色光对应的辐射波长范围是400~430 nm(此数据来源于物理教材 人教版 选修3-4)。
(2)基态K原子占据K、L、M、N四个能层,其中能量最高的是N能层。N能层上为4s电子,电子云轮廓图形状为球形。Cr的原子半径小于K且其价电子数较多,则Cr的金属键强于K,故Cr的熔、沸点较高。
(3)I的价层电子对数为=4,中心原子杂化轨道类型为sp3,成键电子对数为2,孤电子对数为2,故空间构型为V形。
(4)K与O间的最短距离为a=×0.446 nm≈0.315 nm;由于K、O分别位于晶胞的顶角和面心,所以与K紧邻的O原子为12个。
(5)根据KIO3的化学式及晶胞结构可画出KIO3的另一种晶胞结构,如下图,可看出K处于体心,O处于棱心。
【答案】 (1)A
(2)N 球形 K原子半径较大且价电子数较少,金属键较弱
(3)V形 sp3
(4)0.315 12
(5)体心 棱心
2.(2016·全国卷)锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]________________,有________个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、三键,但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析,原因是______________________
________________________________________________________________。
(3)比较下列锗卤化物的熔点和沸点,分析其变化规律及原因_____________
________________________________________________________________。
	GeCl4	GeBr4	GeI4		熔点/℃	-49.5	26	146		沸点/℃	83.1	186	约400		(4)光催化还原CO2制备CH4反应中,带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是________。
(5)Ge单晶具有金刚石型结构,其中Ge原子的杂化方式为________,微粒之间存在的作用力是_________________________________________________
_________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(6)晶胞有两个基本要素:
①原子坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为Ge单晶的晶胞,其中原子坐标参数A为(0,0,0);B为;C为。则D原子的坐标参数为________。

②晶胞参数,描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm,其密度为________g·cm-3(列出计算式即可)。
【解析】 (1)锗元素在周期表的第四周期、第ⅣA族,因此核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2,p轨道上的2个电子是未成对电子。
(2)锗虽然与碳为同族元素,但比碳多了两个电子层,因此锗的原子半径大,原子间形成的σ单键较长,p­p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键。
(3)由锗卤化物的熔沸点由Cl到I呈增大的趋势且它们的熔沸点较低,可判断它们均为分子晶体,而相同类型的分子晶体,其熔沸点取决于分子量的大小,因为分子量越大,分子间的作用力就越大,熔沸点就越高。
(4)Zn和Ge为同周期元素,Ge在Zn的右边,因此Ge的电负性比Zn的强;O为活泼的非金属元素,电负性强于Ge和Zn,因此三者电负性由大至小的顺序为O、Ge、Zn。
(5)Ge单晶为金刚石型结构,金刚石中碳原子的杂化方式为sp3,因此Ge原子的杂化方式也为sp3。微粒之间存在的作用力为共价键。
(6)①根据题给图示可知,D原子的坐标参数为。
②每个晶胞中含有锗原子8×1/8+6×1/2+4=8(个),每个晶胞的质量为,晶胞的体积为(565.76×10-10cm)3,所以晶胞的密度为。
【答案】 (1)3d104s24p2 2
(2)Ge原子半径大,原子间形成的σ单键较长,p­p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠,难以形成π键
(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似,分子量依次增大,分子间相互作用力逐渐增强
(4)O>Ge>Zn
(5)sp3 共价键
(6)① ②×107
3.(2016·全国卷)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为________,3d能级上的未成对电子数为________。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________,提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是_______________
________________________________________________________________;
氨是________(填“极性”或“非极性”)分子,中心原子的轨道杂化类型为________。
(3)单质铜及镍都是由________键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1 958 kJ·mol-1、INi=1 753 kJ·mol-1,ICu>INi的原因是_____________
________________________________________________________________。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g·cm-3,晶胞参数a=________nm。【解析】 (1)Ni是28号元素,根据核外电子的排布规律可知,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。根据洪特规则可知,Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道,其未成对电子数为2。
(2)①SO中,S原子的价层电子对数为=4,成键电子对数为4,故SO的立体构型为正四面体形。
②[Ni(NH3)6]2+中,由于Ni2+具有空轨道,而NH3中N原子含有孤电子对,两者可通过配位键形成配离子。
③由于NH3分子间可形成氢键,故NH3的沸点高于PH3。NH3分子中,N原子形成3个σ键,且有1个孤电子对,N原子的轨道杂化类型为sp3,立体构型为三角锥形。由于空间结构不对称,NH3属于极性分子。
(3)Cu、Ni均属于金属晶体,它们均通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满,较稳定,失去第2个电子较难,因此ICu>INi。
(4)①由晶胞结构图可知,Ni原子处于立方晶胞的顶点,Cu原子处于立方晶胞的面心,根据均摊法,每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×=3,含有Ni原子的个数为8×=1,故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。
②根据m=ρV可得,1 mol晶胞的质量为(64×3+59)g=a3×d g·cm-3×NA,则a=cm=×107 nm。
【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
(2)①正四面体形 ②配位键 N ③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3 (3)金属 铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子 (4)①3∶1 
②×107
■预测2018年高考·
[考情预测] 本部分命题涉及的主要知识点有:能层、能级、轨道数分析,原子、离子的核外电子排布式或价电子的轨道表达式电子排布图等,第一电离能、元素电负性大小比较、原子轨道杂化方式、化学键、氢键以及离子或分子的空间构型判断,晶胞结构的分析和有关晶胞、晶体的计算等。分析近几年的全国卷试题可知,该题的命题形式有两种:一是直接给出元素,围绕给出元素的原子结构、形成的物质等进行考查;二是给出元素原子的一些结构特点等,必须首先推导出元素,然后再进行相应的考查。预测2018年的高考试题会继续延续这种命题模式,以文字结合图表、图示的方式给出题目信息,综合考查物质结构的基础知识和灵活运用知识的能力,仍然会涉及填空、简答、计算等。要特别关注了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用、配位键、范德华力、氢键、晶格能、金属晶体常见的堆积方式等。1.钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量,反应原理为:
2Mn2++5S2O+8H2O2MnO+10SO+16H+ (1)现代化学中,常利用________上的特征谱线来鉴定元素。
(2)试从分子的立体构型和原子的电负性、中心原子上的孤电子对等角度解释为什么与水结构十分相似的OF2的极性很小?________________________。
(3)已知H2S2O8的结构如图。

①H2S2O8硫原子的轨道杂化方式为________。上述反应中被还原的元素为________。
②基态S原子中电子的空间运动状态有________种。
③上述反应每生成1 mol MnO,S2O断裂的共价键类型及其数目为________、________。
(4)一定条件下,水分子间可通过氢键将从H2O分子结合成三维骨架结构,其中的多面体孔穴中可包容气体小分子,形成笼形水合包合物晶体。 
①如图是一种由水分子构成的正十二面体骨架(“o”表示水分子),其包含的氢键数为________。
②实验测得冰中氢键的作用能为18.8 kJ·mol-1,而冰的熔化热为5.0 kJ·mol-1,其原因可能是________。
(5)底心晶胞的特征是:将晶胞的框架的顶角移至晶胞的某一对面的中心所得的新晶胞与原晶胞无差别。在晶体学上底心平移的符号是+ (1/2,1/2,0) (C底心);或+ (0,1/2,1/2) (A底心);或+ (1/2,0,1/2) (B底心)。底心平移是指其中之一。 
已知信息如下:
Ⅰ.所用坐标系如图所示:

Ⅱ.碘晶体晶胞结构如图:

Ⅲ.碘晶体晶胞结构中碘分子的排列有两种不同的取向。其中顶角碘分子和一对侧平行面(ac面)面心的碘分子是一种取向,另二对平行面面心的碘分子是另一种取向。
则:I2是________(填“A”“B”或“C”)底心晶胞。
(6)石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成,如图(a)所示,并给出了一个石墨的六方晶胞如图(b)所示。 

图(a)     图(b)

①在图中画出晶胞沿c轴的投影(用“●” 标出碳原子位置即可)________。
②假设石墨的层间距为300 pm。C—C键长为150 pm。计算石墨晶体的密度为________g· cm-3(碳元素的相对原子质量为12,NA=6.0×1023,计算结果保留一位小数)。
【解析】 (1)现代化学中,常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。
(2)从电负性上看,氧与氢的电负性差值大于氧与氟的电负性差值;OF2中氧原子上有两对孤电子对,抵消了F—O键中共用电子对偏向F而产生的极性,从而导致H2O分子的极性很强,而OF2分子的极性却很小。
(3)①H2S2O8中,硫原子价层电子对数=σ 键电子对数+中心原子上的孤电子对数=4+(6-4×1-2)=4,所以采取sp3杂化;该反应中,Mn元素的化合价升高(+2→+7),O元素有-2价和-1价,其中-1价转化为-2价,化合价降低,所以被还原的元素为O。
②基态S原子核外有16个电子,每个电子的运动状态均不相同,故基态S原子中有16种运动状态不同的电子。
③由反应可知,Mn元素的化合价升高(+2→+7),O元素的化合价降低(-1→-2),生成10 mol SO转移电子10 mol,则每生成1 mol MnO,转移电子5 mol,S2O断裂2.5 mol(或2.5NA)O—O间非极性共价键。
(4)①由此结构可知,此单元中含有水分子的个数为20,其中每个水分子形成的氢键属于2个五元环,故每个水分子形成氢键个数为,故总共形成氢键数为20×=30。
②冰中氢键的作用能为18.8 kJ·mol-1,而冰熔化热为5.0 kJ·mol-1,说明冰熔化为液态水时只是破坏了一部分氢键,并且液态水中仍存在氢键。
(5)由题中信息说明晶胞里的半数原子是另半数原子作“底心平移”的产物,即该晶胞是结构基元的2倍体。参考图中的坐标系可知只有将晶胞框架的顶角移至ac面的面心,所得新晶胞才与原晶胞无差别,若移至bc面心或ab面心,得到的新晶胞中的分子排列取向不同于原晶胞,因此不能作A或C平移,故碘是B底心。
(6)①根据图(b)可知,沿c轴的投影,可以看到四边形的四个顶点上各有1个碳原子,结合图(a),视图为,下面一层有一个碳原子位于该原子的对称位置,因此沿c轴的投影为。②在石墨晶体中六方晶胞(b)中占有的碳原子数=8×+4×+2×+1=4,该晶胞为四棱柱,底面是边长为150 pm的菱形,高为600 pm,故晶胞体积V=×(150×10-10)2×600×10-10。根据ρ= 可以计算出密度为 g·cm-3
≈2.3 g·cm-3。
【答案】 (1)  原子光谱 (2) OF2与H2O的立体构型相似,同为V形,但水分子的极性很强,而OF2的极性却很小,这是因为:①从电负性上看,氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差;②OF2中氧原子上有两对孤电子对,抵消了 F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性 (3)①sp3 O ②16 ③非极性键(或σ键) 2.5NA (4)①30 ②液态水中仍然存在大量氢键(或冰融化时只破坏了部分氢键)
(5)B (6)① ②2.3
本网部分资源来源于会员上传,除本网组织的资源外,版权归原作者所有,如有侵犯版权,请联系并提供证据(kefu@gkxx.com),三个工作日内删除。

热门下载

精品专题more

友情链接:初中学习网人民网高考网易高考高中作文网新东方冬令营