(江苏)高考化学大一轮复习真题备选题库专题物质结构与性质试题

1、专题 11物质结构与性质考点一原子结构与性质1(2022·浙江自选模块，10 分)请答复以下问题：(1)N、Al、Si、Zn 四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I41Im/kJ·mol5781817274511 578那么该元素是(填写元素符号)。(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是。Ce的最高价氯化物分子式是。该元素可能的性质或应用有。A是一种活泼的金属元素B其电负性大于硫C其单质可作为半导体材料D其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点(3)关于化合物，以下表达正确的有。A分子间可形成氢键4B分子中既有极性键又有非极性键C分子中有 7 个 键和

2、1 个 键D该分子在水中的溶解度大于 2­丁烯(4)NaF中熔点答案：Al1s22s22p63s23p63d104s24p2GeCl4C、DB、D>BF的熔点(填>、或<)，其原因是。两者均为离子化合物，且阴阳离子电荷数均为 1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低2(2022·福建理综，13分)(1)元素的第一电离能：AlSi(填“或“)。(2)基态Mn2的核外电子排布式为。(3)硅烷(SinH2n2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如下图，呈现这种变化关系的原因是。(4)硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子 Xm(含 B、O、H 三种元素)的

3、球棍模型如下图：在Xm中，硼原子轨道的杂化类型有；配位键存在于原子之间(填原子的数字标号)；m(填数字)。2硼砂晶体由Na、Xm和HO构成，它们之间存在的作用力有(填序号)。A离子键B共价键C金属键D范德华力E氢键解析：(1)通常情况下，同周期元素，第一电离能从左到右逐渐增大，故 AlSi；(2)Mn 的核外电子数为 25，故 Mn2的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)；(3)硅烷是分子晶体，相对分子质量越大，分子间范德华力越大，熔沸点越高；4 4 9(4)由中心原子 B 的球棍模型可知，硼原子能形成 3 条、4 条共价键，B 原子为 sp2、sp3杂化；B

4、 原子提供空轨道，O 原子提供孤对电子，故 4,5 原子之间形成配位键；由阴离子的组成可知，Xm为H B O m2，得出 m2；Na与 Xm分子间存在离子键，H O 分子间存在氢键和范德华力。答 案 ：(1) (2)1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)(3)硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(或其他合理答案)(4)sp2、sp34,5(或5,4)2ADE4(2022·安徽理综，16 分)X、Y、Z、W 是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX 的基态原子 L 层电子数是 K 层电子数的 2 倍YY 的基态原子最外层电子排布式为：ns

5、nnpn2ZZ 存在质量数为 23，中子数为 12 的核素WW 有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(1)W位于元素周期表第周期第族，其基态原子最外层有个电子。(2)X的电负性比Y的(填“大或“小)；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是(写化学式)。(3)写出Z2Y2与XY2反响的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：。(4)在X的原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称：。氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反响的离子方程式：。解析：根据原子核外电子排布规律以

6、及“中子数质子数质量数和题中有关信息可推知元素 X、Y、Z、W 分别为 C、O、Na、Fe。(1)Fe 的价电子排布式为 3d64s2，故可知其位于周期表的第四周期第族，最外层电子数是 2。(2)非金属性：OC，故电负性：CO；非金属性越强其气态氢化物越稳定，因此 C、O 的气态氢化物中，较稳定的是 H2O。(3)在 Na2O2与 CO2的反响中，氧化剂与复原剂均为 Na2O2，因此可写出化学方程式：(4)在由 C、H 形成的分子中，含有两种化学环境不同的氢原子的分子有丙烷、2­甲基丙烷等；由 H、C、O 形成的酸有 HCOOH、CH COOH 等，形成的常见无机阴离子为 HCO，故

7、反响的离子方程式为 CH COOH333HCO=CH COOCO H O 等 。3322答案：(1)四2,(2)小H2O,(3),(4)丙烷(其他合理答案均可)CHCOOHHCO=CHCOOCO)HO(其他合理答案均可)333225.(2022·新课标全国理综，15 分)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反响可以得到 BF3和 BN，如下图：请答复以下问题：(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是、；,(2)基态B原子的电子排布式为；B和N相比，电负性较大的是，BN中B元素的化合价为；,(3)在BF3分子中，FBF的键角是，B原子的杂化轨道

8、类型为，BF 和过量NaF作用可生成NaBF，BF的立体构型为；344(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间化学键为，层间作用力为；(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm.立方氮化硼晶胞中含有个氮原子、个硼原子，立方氮化硼的密度是g·cm3(只要求列算式，不必计算出数值阿伏加德罗常数为 NA)解析：此题主要考查新型陶瓷材料的制取、电子排布、杂化以及晶胞的有关计算，意在考查考生的推理分析能力(1)反响物和主要的生成物，根据原子守恒判断出次要生成物，写出化学方程式，配平即可(2)B 原子

9、核外有 5 个电子，其基态电子排布式为：1s22s22p1；BN 中 N 的电负性较大，N 为3 价，那么 B 就为3 价(3)因为 BF3的空间构型为平面三角形，所以 FBF 的键角为 120°.(4)六方氮化硼晶体结构与石墨相似，故 B、N 以共价键相结合构成分子晶体，其层间作用力是分子间作用力.答案：(1)B2O33CaF23H2SO4=2BF33CaSO43H2O高温B2O32NH3=2BN3H2O(2)1s22s22p1N3(3)120°sp2正四面体(4)共价键(极性共价键)分子间作用力25×4A(5)44361.5×10103×N

10、6(2022·福建理综，13 分)氮元素可以形成多种化合物 答复以下问题：(1)基态氮原子的价电子排布式是(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物NH3 分子的空间构型是；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反响是：N2O4(l)2NH2H4(l)=3N2(g)4H2O(g)H1038.7 kJ·mol1假设该反响中有4molNH键断裂，那么形成的键有mol.肼能与硫酸反响生成N2H6SO4.N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，那么N2H6

11、SO4晶体内不存在(填标号)a离子键b共价键c配位键d范德华力(4)图 1 表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内 4 个氮原子分别位于正四面体的 4 个顶点(见图 2)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成 4 个氢键予以识别以下分子或离子中，能被该有机化合物识别的是(填标号)aCF4bCH44cNHdHO2解析：此题考查了原子核外电子排布、杂化轨道理论、分子结构等知识，同时考查了考生的观察能力和分析推理能力(3)肼分子中有 4 个 NH 键，故有 4 mol NH 键断裂时，有 1 mol 肼发生反响，生成1.5 molN，那么形成 2×1.5 mol3 mol 键SO2中存

12、在配位键、共价键，NH2与 SO2之间存在离子键，242 644离子晶体中不存在范德华力(4)与 4 个氮原子形成 4 个氢键，要求被嵌入微粒能提供 4 个氢原子，并至少存在“NH、“HO、“HF三类键中的一种，对照条件知，NH符合此要求答案：(1)2s22p3(2)N>O>C(3)三角锥形sp33d(4)c考点二分子结构与性质7(2022·安徽理综，6 分)我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化， 催化剂其反响如下：HCHOO2CO2H2O。以下有关说法正确的选项是()A该反响为吸热反响BCO2分子中的化学键为非极性键CHCHO分子中既含 键又含

13、 键D每生成 1.8g H2O消耗 2.24L O2解析：选C此题考查化学根本概念，意在考查考生对化学根本概念的理解能力。该反响中甲醛被氧气氧化生成CO2和H2O，为放热反响，A项错误；CO2中的CO键属于极性键，B项错误；HCHO的结构式为，分子中既含 键又含 键，C项正确；每生成 1.8gH2O消耗标准状况下 2.24LO2，D项错误。8(2022·新课标全国理综，15分)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A和B的电子数相差为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，且原子序数相差为 2。答复

14、以下问题：(1) D2的价层电子排布图为。(2)四种元素中第一电离能最小的是，电负性最大的是元素符号)。(3) A、B和 D三种元素组成的一个化合物的晶胞如下图。该化合物的化学式为；D的配位数为；列式计算该晶体的密度g·cm3。(填(4) A、B和C3三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有；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。解析：此题考查了考生对离子的价层电子排布图、基态原子的第一电离能及电负性大小比拟、晶胞结构分析与计算、配合物等知识的掌握和应用能力。由元素 C 的价电子层中未成对电子数为 4 知，其不可能位于短周期，结合题意知，元素 C 位于第四

15、周期，进一步可推出元素 A 为 F，元素 B 为 K，元素 C 为 Fe， 元素 D 为 Ni。(2)K 原子易失电子，第一电离能最小，F 的非金属性最强，电负性最大。(3)根据分摊法，可24以求得化合物的化学式为 K NiF ，晶体的密度可由晶胞的质量除以晶胞的体积求得。(4)Fe3提供空轨道，F提供孤对电子，两种离子间形成配位键。答案：(1)(2)KF(3)K2NiF4639×459×219×8232303.46.02×10 ×400 ×1 308×106(4)离子键、配位键FeF3F9(2022·山东理综，6

16、 分)卤族元素包括 F、Cl、Br 等。(1)以下曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的选项是。(2)利用“卤化硼法可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，右图为其晶胞结构示意图， 那么每个晶胞中含有B原子的个数为，该功能陶瓷的化学式为。 (3)BCl3和NCl3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)假设BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，那么该配合物中提供孤对电子的原子是。解析：此题考查元素及物质的性质、晶胞结构、杂化理论、第一电离能及配位键等，意在考查考生灵活应用物质结构与性质知识的能力。(1)同主族元素从上到下元素的

17、电负性逐渐减小，a对；氟无正价，b 错；HF 分子间存在氢键，所以熔沸点在同族元素气态氢化物中最高，c 错；F2、Cl2、Br2三种物质的晶体均是分子晶体，组成相似，那么相对分子质量越大分子间作用力越大，熔点越高，d 错。(2)由晶胞结构示意图，11根据均摊法，可得 B 原子为 8× 12 个，N 原子为 4× 12 个，那么该功能陶瓷的化学式为 BN。(3)BCl384中价层电子对数为：(33)/23，B 原子为 sp2杂化；NCl3中价层电子对数为：(53)/24，N 原子为 sp3杂化。同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于氮原子的 2p 轨道处于半充满状态

18、，较稳定， 其第一电离能比氧的大，铍原子的 2s 轨道处于全满状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧 3 种。(4)B 原子最外层有 3 个电子，与 Cl 形成 3 个单键后，仍缺少 2 个电子到达8 电子稳定结构，所以在 B 原子与 X 形成的配位键中，X 提供孤对电子。答案：(1)a(2)2BN(3)sp2sp33(4)X10(2022·福建理综，13 分)化学物质结构与性质(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。(2) NF3可由 NH3和 F2在 Cu催化剂

19、存在下反响直接得到：Cu 4NH33F2=NF33NH4F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金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为。(3) BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体 Q，Q在一定条件下可转化为 R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及(填序号)。a离子键b共价键c配位键d金属键e氢键f范德华力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。a(4)苯酚)具有弱酸性，其K1.1×1010；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)Ka(苯酚)(填“>

20、;或“<)，其原因是。解析：此题考查物质结构与性质知识，意在考查考生知识的迁移和应用能力。(1)第 2周期元素的第一电离能从左向右逐渐增大，但由于 N元素的 2p轨道处于半充满状态，较稳定，所以 N元素的第一电离能大于 O，据此可标出 C、N、O三种元素的相对位置。(2)NH3、F2、NF3属于分子晶体，NH4F为离子晶体， Cu为金属晶体。Cu的核电荷数为 29,3d轨道上全充满，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1。(3)晶体 Q中不存在阴、阳离子和金属元素，所以不存在离子键和金3属键，B原子与O原子间存在配位键，H2O之间存在

21、氢键，Q 中还存在共价键、范德华力。HO中 O原子存在一对孤对电子，其空间构型为三角锥形；阴离子的中心原子为 B，采用 sp3杂化。(4)由存在分子内氢键，更难电离出H，所的电离平衡常数小于。答案：(1)如图(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)<中形成分子内氢键，使其更难电离出H11(2022·江苏，12 分)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 2。元素 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 3 倍。(1)X与 Y所形

22、成化合物晶体的晶胞如下图。在1个晶胞中，X离子的数目为。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(4)Y 与 Z 可形成 YZ2。4YZ2的空间构型为(用文字描述)。4写出一种与YZ2互为等电子体的分子的化学式：。(5)X的氯化物与氨水反响可形成配合物X(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为。解析：此题主要考查原子结构与性质知识，意在考查考生的空间想象能力及对物质结构和性质的理解能力。X 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s2，X 为 Zn；Y 的核

23、外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，Y 为 S；根据 Z 的信息可知 Z 为 O。(1)由晶胞结构可知，X 分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“分摊法可计算一个晶胞中的 X 原子数为：8×1/86×1/24。Y 原子全部在晶胞中，故一个晶胞中含有 4 个 Y 原子。故该化合物的化学式为 ZnS。(2)H2S 分子中 S 原子有两对成键电子和两对孤对电子， 所以 H2S 分子中 S 原子的轨道杂化类型为 sp3杂化。(3)H2O 与乙醇可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而 H S 与乙醇不能形成分子间氢键，故 H S 在乙醇中的溶解度小于 H O。(4

24、)SO2的中心原子 S 周围22244有 4 对成键电子，形成以 S 为体心，O 为顶点的正四面体结构；SO2中 S、O 最外层均为 6 个电子，故SO2中原子最外层共有 32 个电子；CCl 、SiCl 中原子的最外层电子总数均为 47×432，故 SO2、CCl 、44444SiCl4为等电子体。(5)Zn(NH3)4Cl2中Zn(NH3)42与 Cl形成离子键，而Zn(NH3)42中含有 4 个 ZnN 键(配位键)和 12 个 NH 键，共 16 个共价单键，故 1 mol 该配合物中含有 16 mol 键。答案：(1)4ZnS (2)sp3(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键

25、(4)正四面体CCl4或SiCl4等(5)16NA或 16×6.02×1023个12(2022·新课标全国理综，15 分)VIA 族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含 VIA 族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请答复以下问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如以下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是；(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基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为；(3)Se原子序数为，其核外M层电子的排布式为；(4)HSe的酸性比HS(填

26、“强或“弱)。气态SeO 分子的立体构型为，SO2离子2233的立体构型为。2312242(5)H SeO 和 K 和 K分别为 2.7×103 和 2.5×108，H SeO第一步几乎完全电离，K为 1.2×102，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO3和 H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：；H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：。(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如以下图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为g·cm3(列式并计算)，a位置S2离子与b 位置 Zn2离子之间的距离为pm

27、(列式表示)。解析：(1)每个 S原子与另外 2个 S原子形成 2个共价单键，所以 S原子的杂化轨道数 键数孤对电子对数224，故 S原子为 sp3杂化。(2)同主族元素从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，故第一电离能 O>S>Se。(3)Se位于第四周期，与 S的原子序数相差 18，故其原子序数为 34。由于其核外 M层有18个电子，故 M层的电子排布式为 3s23p63d10。(4)Se的原子半径大于 S的原子半径，H2Se与 H2S相比，3H2Se中 Se原子对 H原子的作用力较弱，H2Se在水中更容易电离出 H，所以其酸性较强；SeO3中 Se原子采取 sp2杂化且有 3个

28、配位原子，故其立体构型为平面三角形；SO2中 S原子采取 sp3杂化且有 3个配位原子，故其立体构型为三角锥形。(5)所给两种酸均为二元酸，当第一步电离出 H后，由于生成的阴离子对2324正电荷有吸引作用，因此较难再电离出 H。H SeO中 Se 为4 价，而 H SeO中 Se 为6 价，Se 的正电性更高，导致 SeOH 中 O 原子的电子向 Se 原子偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出 H， 即酸性越强。(6)每个晶胞的质量为(540.0×1010cm)3×；运用均摊法可求得每个晶胞中含有4个“ZnS，46532g·mol1故每个晶胞的质量又可表示

29、为6.02×1023mol1。因此有：(540.0×1010cm)3×46532g·mol16.02×1023mol1×4 g，解得 4.1 g·cm3；如下图， 2b位于正四面体的中心(类似于CH4分子中的C)。设abacxpm，abc109°28，ac2×540.0 pm2702pm。在三角形abc中，由余弦定理得：ac2x2x22x·x·cosabc，代入数据解得：x2701cos 109°28pm。答案：(1)sp3(2)O>S>Se(3)343s23p6

30、3d10(4)强平面三角形三角锥形(5)第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的 Se 为4 价，而 H2SeO4中的 Se 为6 价，正电性更高，导致 SeOH 中 O 的电子更向 Se 偏移，越易电离出 H46532g·mol1270540×1010cm3(6)6.02×1023mol14.11cos 109°28°10928sin213(2022·山东理综，8 分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。(1)以下关于金属

31、及金属键的说法正确的选项是。a金属键具有方向性与饱和性b金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子d金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光(2)Ni 是元素周期表中第 28 号元素，第二周期基态原子未成对电子数与 Ni 相同且电负性最小的元素是。(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，那么n。CO与N2结构相似，CO分子内键与键个数之比为。(4)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为， 甲醇分子内的OCH键角(填“大于“等于或“小于)甲醛分子内的OCH键角

32、。解析：(1)金属键没有方向性和饱和性，a 错；金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b 对； 金属导电是因为在外加电场作用下电子发生定向移动，c 错；金属具有光泽是因为自由电子能够吸收并放出可见光，d 错。(2)Ni 的外围电子排布为 3d84s2,3d 能级上有 2 个未成对电子，第二周期中未成对电子数为2 的元素有 C、O，其中 C 的电负性较小。(3)中心原子 Ni 的价电子数为 10，配体 CO 中 1 个 O 提供 2 个电子，故 n4。CO 中 C 和 O 间为叁键，含有 1 个 键、2 个 键。(4)甲醇分子内 C 为 sp3杂化，而甲醛分子内 C 为 sp2杂化，故甲醇分

33、子内 OCH 键角比甲醛分子内 OCH 键角小。答案：(1)b(2)C(碳)(3)412(4)sp3小于14(2022·江苏，12 分)一项科学研究成果说明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物质的量浓度的 Cu(NO3)2和 Mn(NO3)2溶液中参加Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得 CuMn2O4。Mn2基态的电子排布式可表示为。3NO的空间构型是(用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为 CO2，HCHO被氧化为 CO2和 H2O。根据等电子体原理，CO分子的结构式为。H2O分子中O原子轨道的

34、杂化类型为。1molCO2中含有的键数目为。444(3)向CuSO溶液中参加过量NaOH溶液可生成Cu(OH)2。不考虑空间构型，Cu(OH)2的结构可用示意图表示为。解析：(1)Mn的原子序数为 25，价电子排布式为 3d54s2，先失去 4s2轨道上的两个电子，即得 Mn2。根据价电子对互斥理论，NO中 N原子采用 sp2杂化，所以 NO的空间构型为平面三角形。(2)CO与 N互3322为等电子体，根据氮气分子的结构式可以写出 CO 的结构式为 CO。H2O 分子中 O 原子存在两对孤对电子， 配位原子个数为 2，价电子对数目为 4，所以 O 原子采用 sp3杂化。二氧化碳分子内含有两个碳

35、氧双键，一个双键中含有一个 键，一个 键，那么1 mol CO 中含有 2 mol 键。(3)Cu2中存在空轨道，而 OH中 O 原子上有孤对电子，故 O 与 Cu 之间以配位键结合。s答案：(1)1s2222p63s23p63d5(或Ar3d5)平面三角形(2)COsp32×6.02×1023个(或 2mol) (3)(或)15(2022·山东理综，8 分)氧是地壳中含量最多的元素(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为个(2) H2O分子内的 OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为的沸点比高，原因是23332(3) H可与HO形成HO，HO中O原子采用杂化

36、HO中HOH键角比HO中HOH键角大，原因为A(4) CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，CaO晶体密度为ag·cm3，N表示阿伏加德罗常数， 那么CaO晶胞体积为cm3.解析：此题考查物质结构与性质，意在考查考生对原子核外电子排布、化学键、晶体等知识的理解和应用能力3(1)氧原子基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p4,2p 轨道上有 2 个电子未成对(2)氢键属于分子间作用力，比化学键弱，但比范德华力强(3)H O中 O 原子为 sp3杂化(4)以 1 个晶胞为研究对象，1 个晶胞中含有 4个 Ca2、4个 O2，根据 m·V，那么56×4aV，V2

37、24.NAaNA答案：(1)2(2)OH键、氢键、范德华力形成分子内氢键，而23形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大(3)sp3HO中O原子有2对孤对电子，HO中O原224子只有1对孤对电子，排斥力较小(4)aNA11(2022·山东理综，6 分)碳族元素包括 C、Si、Ge、Sn、Pb. (1)碳钠米管由单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠结合在一起(2)CH4中共用电子对偏向 C，SiH4中共用电子对偏向 H，那么C、Si、H 的电负性由大到小的顺序为(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中S

38、nBr键的键角120°(填“、“或“)(4)铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb4处于立方晶胞顶点，Ba2处于晶胞中心，O2处于晶胞棱边中心该化合物化学式为，每个Ba2与个O2配位解析：此题以第A 族元素为载体，考查考生对选修 3?物质结构与性质?知识的综合应用能力 (1)石墨晶体是混合型晶体，同一层内碳原子之间以共价键结合成正六边形结构，层与层之间通过范德8华力结合，故碳钠米管中碳原子的杂化方式为 sp2杂化，层与层之间靠范德华力结合 (2)电负性越大，非金属性越强，即吸引电子对的能力越强，故电负性的大小关系为 CHSi. (3)在 SnBr2分子中，中心原子 Sn 有 2

39、对成键电子，1 对孤对电子，采用 sp2杂化，故键角小于 120°.241214(4)1 个晶胞中有 1 个 BaBa2与 12 个 O2配位，Pb的个数为 ×81，O的个数为 12×3，故化学式为 BaPbO3.每个答案：(1)sp2分子间作用力(或：范德华力) (2)CHSi(3)(4)BaPbO312考点三晶体结构与性质17(2022·新课标全国理综，15 分)硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的根底。答复以下问题：(1)基态Si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，电子数为。(2)硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地

40、壳中。(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置奉献个原子。(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反响来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反响制得SiH4， 该反响的化学方程式为。(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释以下有关事实：化学键CCCHCOSiSiSiHSiO键能/(kJ·mol1)356413336226318452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。SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是。4(6)在硅酸盐中，SiO4四面体(如图a

41、)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O的原子数之比为，化学式为。解析：此题考查了物质结构与性质方面的知识，意在考查考生的观察能力、推理能力以及语言表达能力。(1)硅的基态原子中，能量最高的能层是第三电子层，符号为 M，该能层有 9 个原子轨道，电子数为 4。(2)硅还以 SiO2形式存在于地壳中。(3)硅晶体中，硅原子间以共价键结合在一起，其晶胞 6 个面上各有一个硅原子，依据均摊原那么，面心位置奉献3 个原子。(4)可先写出：Mg2SiNH4ClSiH4，由原子守恒知还应该有 MgCl2生成，

42、配平镁、氯、硅元素后得 Mg2Si4NH4ClSiH42MgCl2，再进一步分析知还应该有 NH3 生成，最终结果为 Mg2Si4NH4Cl=SiH42MgCl24NH3。(5)某类物质数量的多少与物质内化学键的稳定性强弱有关，由表中数据知 CC 键、CH 键分别比 SiSi 键、SiH 键稳定，故烷烃数量较多。同理因键能 CHCO、SiOSiH，故 SiH4的稳定性小于 CH4，更易生成氧化物。(6)因硅与四个氧原子形成3 n四个 键，故硅原子为 sp3杂化。在图 a 中，硅、氧原子数目比为 14，但图 b 中每个硅氧四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的，故依据均摊原那么可确定图 b 中

43、硅、氧原子数目比为 13，化学式为(SiO )2n。答案：(1)M94 (2)二氧化硅 (3)共价键 3(4)Mg2Si4NH4Cl=SiH44NH32MgCl2 (5)CC 键和 CH 键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中 SiSi 键和 SiH 键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 CH 键的键能大于 CO 键，CH 键比 CO 键稳定。而 SiH 键的键能却远小于 SiO 键，所以 SiH 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的 SiO 键 (6)sp3 13 SiO 2n(或 SiO2)3n318(2022·江苏，12 分)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 2。元素 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 3 倍。(1)X与 Y所形成化合物晶体的晶胞如下图。在1个晶胞中，X离子的数目为。该化合物的化学式为。4(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YZ2。4YZ2的空间构