2025高考冲刺考试方法答题技巧预测化学-二 题型4　物质结构与性质答案解析

题型4物质结构与性质考向1【典例】【审答思维】3d64s223d104s24p44和21.【解析】Fe为26号元素,价电子排布式为3d64s2。元素的金属性越强,其电负性越小,元素的非金属性越强则其电负性越大,橄榄石(MgxFe2-xSiO4)中,各元素电负性大小顺序为O>Si>Fe>Mg;因为MgxFe2-xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为+2、+4和-2,根据化合物中各元素化合价的代数和为0,确定铁的化合价为+2。答案:3d64s2O>Si>Fe>Mg+22.【解析】O原子核外有8个电子,根据构造原理书写基态O的电子排布图为,则其电子排布式为1s22s22p4,其2p能级上有2个未成对电子。答案:1s22s22p423.【解析】基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表示式为。答案:4.【解析】硒元素的原子序数为34,基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4。答案:3d104s24p45.【解析】基态S的价电子排布式为3s23p4,根据基态原子电子排布规则,两种自旋状态的电子数之比为1∶2或2∶1。答案:1∶2(或2∶1)6.【解析】Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族,位于ds区,其基态原子的价电子排布式为3d104s1。答案:ds3d104s17.【解析】F的原子序数为9,其基态原子电子排布式为1s22s22p5,1s22s22p43s1,基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上,属于氟原子的激发态,a正确;1s22s22p43d2,核外共10个电子,不是氟原子,b错误;1s22s12p5,核外共8个电子,不是氟原子,c错误;1s22s22p33p2,基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上,属于氟原子的激发态,d正确;而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高,因此能量最高的是1s22s22p33p2,答案选d。答案:add1.【解析】(1)基态Ti原子核外有22个电子,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2;(2)Fe为26号元素,基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2,失去最外层两个电子后得到Fe2+,核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。答案:(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2(2)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d62.【解析】(1)Cu2O中的阳离子为Cu+,铜为29号元素,Cu+为铜原子失去1个电子后形成的,其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10,基态Cu+的价电子排布式为3d10;(2)由Hg为第6周期ⅡB族元素可知,其基态原子价电子排布式为5d106s2。答案:(1)3d10(2)5d106s23.【解析】(1)铜是29号元素,其价电子轨道表示式为。(2)第四周期元素中,价电子排布式为ndx(n+1)sy,且能级处于半满稳定状态时,含有的未成对电子数最多,即价电子排布式为3d54s1,此元素为铬,第三电子层上有3个能级,其基态原子的价电子轨道表示式为。答案:(1)(2)铬34.【解析】(1)基态Ti原子价电子排布式为3d24s2,Ti原子失去4s能级上2个电子,3d能级上1个电子生成基态Ti3+,所以基态Ti3+的未成对电子数有1个,(2)铬、锰元素,价电子排布式分别为3d54s1、3d54s2,未成对电子数分别为6、5,铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为6∶5。答案:(1)1(2)6∶5考向2【典例】【审答思维】12>SiCl>Si—ClSiCl4SiOH-1对1个1对3sp2sp3>sp2sp31.【解析】单键均为σ键,三键含有1个σ键和2个π键,由Ni(CO)4的结构可知,4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键,而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键,因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点很低,结合其结构可知该物质由分子构成,因此其晶体类型为分子晶体。答案:8分子晶体2.【解析】a.Si—Cl键极性更大,则Si—Cl键更易断裂,因此,SiCl4比CCl4易水解,a符合题意;b.Si的原子半径更大,因此,SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl,从而导致Si—Cl键极性更大,且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻,因此,SiCl4比CCl4易水解,b符合题意;c.通常键能越大化学键越稳定且不易断裂,因此,Si—Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂,故不能说明SiCl4比CCl4易水解,c不符合题意;Si有更多的价层轨道,因此更易与水电离的OH-形成化学键,从而导致SiCl4比CCl4易水解,d符合题意。答案:abd3.【解析】ClO2中心原子为Cl,Cl2O中心原子为O,二者均为V形结构,但ClO2中存在大π键(Π35)。由ClO2中存在Π35可以推断,其中Cl原子只能提供1对电子,有一个O原子提供1个电子,另一个O原子提供1对电子,这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键,Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键,与另一个O形成普通的共价键(σ键,这个O还提供了一个电子参与形成大π键),Cl的价层电子对数n为3,则Cl原子的轨道杂化方式为sp2;Cl2O中心原子为O,价层电子对数n=2+6-2×12=4,因此,O的杂化方式为sp3;根据价层电子对互斥理论可知,n=4时,VSEPR模型为四面体形,n=3时,VSEPR模型为平面三角形,sp2杂化的键角一定大于sp3杂化,因此,虽然ClO2和Cl2O均为V形结构,但O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角,孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。ClO2分子中Cl—O键的键长小于Cl2O中Cl—O键的键长,其原因是ClO2分子中既存在σ键,又存在大π键,原子轨道重叠的程度较大,因此其中Cl—O键的键长较小,答案:>ClO2分子中Cl—O键的键长小于Cl2O中Cl—O键的键长,其原因是ClO2分子中既存在σ键,又存在大π键,原子轨道重叠的程度较大,因此其中Cl—O键的键长较小,而Cl2O只存在普通的σ键4.【解析】分子中的C—Ga—C键角:Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O),其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化,所以为平面结构,而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化,所以为四面体结构,故夹角较小。答案:>Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化,所以为平面结构,而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化,所以为四面体结构,故夹角较小1.【解析】(1)阴离子是某材料的组成部分,单键和双键均含有一个σ键,则1mol该阴离子中含σ键的数目为8NA;标记*的N为sp2杂化,故图中标记*的N和O原子之间的σ键是由N原子的sp2杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成;(2)CrO5中有4个-1价的O,则其结构式为,CrO5中σ键与π键个数比为7∶1。答案:(1)8NAsp22p(2)7∶12.【解析】(1)从物质结构角度分析,虽然F的非金属性强,吸引共用电子对的能力强,但F原子的最外层有3对孤电子对,孤电子对间的排斥作用大,所以F—F键的键能反常的原因是F原子半径小,F原子周围孤电子对间的斥力大,互相排斥导致F—F键的键能反常;(2)①α位置的N原子中含有1对孤电子对,容易形成配位键,β位置的N原子中孤电子对形成了大π键;故产物中α、β两位置的N原子中,α位置的N原子更容易形成配位键;②已知杂化轨道中s成分越多,所形成的化学键越稳定;反应物中氮原子为sp杂化,产物中氮原子为sp2杂化,则反应物中氮氮键更稳定、键长更短,故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短;③NO2+、NO2-中心原子的价层电子对数分别为2、3,NO2+为直线形,键角为180°,NO2-为平面三角形,键角为120°,而NO2中含有大π键(Π34),导致电子对的排斥力增大,故键角大于120°,(3)①N(SiH3)3与H+形成配位键的能力弱于N(CH3)3,原因是N原子的孤电子对位于2p轨道上,与Si的3d空轨道形成大π键,导致N孤电子对的电子云密度降低;其中氮原子提供孤电子对,硅原子提供空轨道,形成4中心2电子的大π键:Π4②N(SiH3)3与H+形成配位键后,不再存在大π键,Si—N键长变长,中心原子杂化方式由sp2变为sp3,Si—N—Si键角变小;(4)CO32-为平面结构,其成键方式可看作碳(C)原子的一个2s轨道和两个2p轨道形成了三个sp2杂化轨道,再与三个氧(O)的价层电子轨道头碰头形成了三个σ键;CO32-的中心原子上无孤电子对,SO2的中心原子上有一对孤电子对,孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力,使键角变小答案:(1)F原子半径小,F原子周围孤电子对间的斥力大,互相排斥导致F—F键的键能反常(2)①α②<反应物中,中心氮原子采用sp杂化,而产物中的N原子采用sp2杂化,反应物中N原子杂化轨道中s成分多,所形成的化学键更稳定,氮氮键的键长短③NO2-<NO2(3)①2pΠ42(4)三三个σ键CO32-的中心原子上无孤电子对,SO2的中心原子上有一对孤电子对,考向3【典例】【审答思维】sp3正四面体3sp2配位键σ键3sp24四面体sp31.【解析】BF4-中B形成4个σ键(其中有1个配位键),为sp3杂化,空间构型为正四面体形;咪唑环存在π56大π键,N原子形成3个σ键,答案:正四面体形sp22.【解析】ClO2中心原子为Cl,Cl2O中心原子为O,二者均为V形结构,但ClO2中存在大π键(Π35)。由ClO2中存在Π35可以推断,其中Cl原子只能提供1对电子,有一个O原子提供1个电子,另一个O原子提供1对电子,这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键,Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键,与另一个O形成的是普通的共价键(σ键,这个O只提供了一个电子参与形成大π键),Cl的价层电子对数为3,则Cl答案:sp23.【解析】(1)SnCl2中Sn的价层电子对数为2+12×(4-2×1)=3,故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形;(2)SnCl4中Sn的价层电子对数为4+12×(4-4×1)=4,有4个σ键,无孤电子对,故Sn采取sp3杂化,则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成答案:(1)平面三角形(2)sp3杂化4.【解析】根据Al2Cl6的空间结构,结合相关元素的原子结构可知,Al原子价层电子对数是4,Al原子与周围的4个氯原子形成四面体结构,Al的轨道杂化类型为sp3。答案:sp31.【解析】(1)SO2中S原子的价层电子对数=2+6-2×22=3,VSEPR模型为平面三角形;(2)[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4,VSEPR模型都为四面体形,则VSEPR模型为四面体形的非金属原子共有(2×2+2×2+1+2×1)=11个;(3)Fe3+与水反应会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+,为避免颜色干扰,常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更稳定的配合物,故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是PO43-,PO43-中心原子为P,其中σ键数为4,中心原子孤电子对数=答案:(1)平面三角形(2)11(3)PO42.【解析】(1)由于是平面结构,故N原子为sp2杂化;(2)由图2可知②号氮原子形成两个σ键,剩余的三个电子参与π键的形成,π键电子不占据杂化轨道,杂化轨道主要用于容纳两个σ键电子对,故杂化方式为sp;(3)Al(C2H5)3中碳原子形成的是四个σ键,故为sp3杂化;[AlH4]-中铝形成了4个σ键,属于sp3杂化,[AlH4]-是正四面体结构,NaAlH4中不存在的化学键是非极性键,故选D;(4)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体,则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面,则铜原子的杂化类型为dsp2杂化(若为sp3杂化,则这5个原子构成四面体形)。答案:(1)sp2(2)sp(3)sp3正四面体形D(4)dsp2考向4【典例】【审答思维】羟基氢键高分子晶体分子间作用力越高1.【解析】由HMF和FDCA的结构可知,HMF和FDCA均能形成分子间氢键,但FDCA形成的分子间氢键更多,使得FDCA的熔点远大于HMF。答案:FDCA形成的分子间氢键更多2.【解析】NaCl熔点明显高于SiCl4,原因是氯化钠为离子晶体,其熔点较高;而SiCl4为分子晶体,其熔点较低。SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体,分子晶体的熔点由分子间作用力决定,分子间作用力越大则其熔点越高。答案:钠的电负性小于硅,氯化钠为离子晶体,而SiCl4为分子晶体随着同族元素电子层数的增多,其熔点依次升高,其原因是SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体,分子晶体的熔点由分子间作用力决定,分子间作用力越大则其熔点越高,且随着其相对分子质量增大,其分子间作用力依次增大1.【解析】(1)根据相似相溶原理,极性分子的溶质易溶于极性分子,非极性分子的溶质易溶于非极性分子,由于水是极性分子,故顺式甘氨酸铜能溶于水,反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子,反式甘氨酸铜是非极性分子;(2)H2O的极性大于OF2,H2O和OF2都是V形结构,H和O之间的电负性的差值大于O和F之间电负性的差值,所以H2O的极性更大;(3)①BeCl2中Be形成2个共价键且无孤电子对,为sp杂化,为直线形对称分子,故a属于非极性分子;②二聚分子(BeCl2)2中Be原子提供空轨道、氯提供孤电子对形成配位键,故b的结构式为。答案:(1)顺式甘氨酸铜是极性分子,反式甘氨酸铜是非极性分子,而水是极性溶剂(2)H2O的极性大于OF2,H2O和OF2都是V形结构,H和O之间的电负性的差值大于O和F之间电负性的差值,所以H2O的极性更大(3)①非极性②2.【解析】(1)由表中氧化物的组成和性质可知,三种氧化物形成的晶体均为分子晶体,其中水分子间能形成氢键,沸点最高,二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子,且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳,故二氧化硫的沸点高于二氧化碳;(2)分子间形成的氢键越多,其沸点越高,乙二醇分子中羟基比丙醇的多,形成的分子间氢键比丙醇多,分子间作用力较大,所以乙二醇的沸点较高。答案:(1)三种氧化物形成的晶体均为分子晶体,H2O分子间能形成氢键,SO2为极性分子,CO2为非极性分子,且SO2相对分子质量大于CO2(2)乙二醇分子中羟基比丙醇的多,形成的分子间氢键比丙醇多,分子间作用力较大考向5【典例】【审答思维】棱心体心84822a3个6个MgB21.【解析】该合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心,形成如题图所示的结构单元,取Ga为晶胞顶点,晶胞面心也是Ga,Ni处于晶胞棱心和体心,Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构,晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co,故晶胞中Ga、Ni个数为4,Co个数为8,粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni=2∶1∶1,晶胞棱长为2anm,故晶胞的体积为8a3nm3。答案:2∶1∶18a32.【解析】由于二者的晶体结构相似,体积近似相等,则其密度之比等于摩尔质量之比,故1.66=M(Ru)+32g·mol-1答案:1013.【解析】图丙中,Ca位于正方形顶点,N位于正方形中心,故Ca与N的距离为22apm;由均摊法可知,晶胞中Ca的个数为8×18+2=3,N的个数为8×14+2×12=3,B的个数为4×14=1,则化合物的化学式是Ca3N3B;其摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数的值是NA,晶胞体积为a2c×10-30cm3则晶体的密度为M答案:22aCa3N3BMN4.【解析】由图知,晶体中Mg位于正六棱柱的顶点和面心,由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×16+2×12=3个Mg,B在正六棱柱体内共6个,则该物质的化学式为MgB2;由晶胞沿c轴的投影图可知,B原子在图中两个正三角形的中心,该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍,顶点到对边的垂线长度为32a,因此B—B最近距离为32a×1答案:3MgB2331.【解析】(1)由钛酸钴的晶胞结构图可知,与顶点Co等距且紧邻的O位于相邻的三个面的面心,故与Co等距且紧邻的O有3×82=12;Co位于顶点,个数为8×18=1,O位于面心,个数为6×12=3,1个Ti位于体心,晶胞质量为59+48+16×3NAg,晶胞体积为(a×10-10)3cm3,晶胞密度ρ=mV=(2)据“均摊法”,晶胞中含8×18+1=2个Zn、8×12=4个Cu、4×14+2×12=2个Sn、8个Se,故化学式为Cu2SnZnSe4;该晶胞中以体心的Zn为顶点构建晶胞时,则6号Se位置与1号Se位置重合,结合该晶胞中8个Se位置可知,晶胞中平移能完全重合的两个Se为1、6或2、5或3、8或(3)一种金铜合金晶胞可以看成是铜晶胞面心上的铜原子被金原子取代而成,则晶胞中含有的Au原子为12×6=3个,体积为[43πr3(Au)×3]pm3,Cu原子的个数为8×18=1,体积为43πr3(Cu)pm3,晶胞的体积为a3pm3,该金铜合金晶胞中原子空间占有率为原子的总体积答案:(1)12155(2)Cu2SnZnSe41、6(或2、5或3、8或4、7)(3)4π[2.【解析】(1)根据晶胞的三视图可以知道,K原子在晶胞的顶点和体心,一个晶胞含有K原子8×18+1=2,O原子有两个在晶胞内,八个在棱上,一个晶胞中含有的O原子2+8×14=4,晶胞内K原子与O原子个数比为1∶2,所以钾元素和氧元素形成的化合物的化学式为KO2;一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子,晶胞参数为anm,晶体密度为ρ=mV=2×71(a×10(2)①H为非金属元素,该晶胞中,H之间以共价键相连接;②该晶胞中,两个氢原子之间的最近距离为晶胞面对角线长的14,为apm,则晶胞参数为22apm,其中Ca数目为8×18+1=2,H数目为4×6×12=12,所以该晶体的密度为2×40+12×1NA×(答案:(1)142×1021NA×a3.【解析】D、E之间的高度差为[d-(1-d)]cpm,由于α=120°,D、E水平面间的距离为2×[32×(23-13)]apm=33apm,D、F:8×18+2=3,Be:8×14+4=6,B:4×14+2=3,发生非氧化还原反应可知各元素化合价不变,可知O的个数为9,化学式为Be2BO3F,设阿伏加德罗常数的值为NA,1pm=10-10cm,根据ρ=mV=nMNAV=3×96答案:(33a)4.【解析】由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2,O2-的数目为4,根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1,所以Fe2+应该在c位。答案:在c位,由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2,O2-的数目为4,根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1,所以Fe2+应该在c位1.【解析】(1)Mg位于元素周期表中第三周期ⅡA族,属于s区;Fe3+为铁原子失去3个电子后形成的离子,基态Fe3+价层电子排布式为3d5;(2)EDTA中羧基碳原子为sp2杂化、饱和碳原子为sp3杂化;单键均为σ键,双键中含有1个σ键和1个π键,所以每分子EDTA中所含σ键的数目为35;(3)EDTA分子中饱和碳原子与氮原子都是sp3杂化,而氮原子有一对孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大,所以键角∠HCH大于∠CNC;(4)EDTA分子中N原子和—COOH中O原子均有孤电子对,而Fe3+有空轨道,故能与Fe3+形成配位键的是N原子和O原子;(5)①C原子位于体对角线14处,故C原子的分数坐标为(14,34②由该立方晶胞结构可知,铁原子的配位数为8,镁原子的配位数为4,故铁原子与镁原子的配位数之比为2∶1;该晶胞中铁原子有4个,镁原子有8个,其质量为4×56+24×8NAg=416NAg,晶胞的体积为a3×10-30cm3,则密度为答案:(1)s3d5(2)sp2、sp335(3)>饱和碳原子与氮原子都是sp3杂化,而氮原子有一对孤电子对,孤电子对对成键电子对的斥力大(4)N、OEDTA分子中N原子和—COOH中O原子均有孤电子对,而Fe3+有空轨道,故能与Fe3+形成配位键(5)①(14,34,34)②2∶2.【解析】(1)Se与S同主族,硒位于第四周期ⅥA族,Se的价电子排布式为4s24p4,基态硒原子的价电子轨道表示式为;(2)分子X中的元素有C、H、O、S、Se,其中O的非金属性最强,故O的电负性最大;苯环中所有碳原子均为sp2杂化,碳碳双键中碳原子为sp2杂化,S与两个O形成两个σ键,与两个C又形成了两个σ键,共4个σ键,为sp3杂化,Se与两个C形成两个σ键,还有两对孤对电子,共4条轨道,为sp3杂化;(3)H2O、H2S和H2Se为组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,沸点越高,水分子间还存在氢键,沸点更高,则沸点顺序由高到低的顺序为H2O>H2Se>H2S;(4)SeO3分子的中心原子Se为sp2杂化,则SeO3结构为平面三角形,键角近似120°,SeO32-离子的中心原子Se为sp3杂化,则SeO32-结构为三角锥形,键角近似107°,(5)1个Cu2-xSe晶胞中Se2-的个数为8×18+6×12=4,根据Cu2-xSe知,Cu+和Cu2+的个数和为4(2-x)=8-4x,设1个晶胞中Cu2+和Cu+的个数分别为a、b,则a+b=8-4x,根据化合物中各元素正负化合价代数和为0,有2a+b=8,解得a=4x,所以每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+的个数为4(6)立方Na2Se晶胞为面心立方,每个面上有一个Se2-,共6个Se2-,所围成的空间结构为正八面体;立方Na2Se晶胞中Se2-的个数为8×18+6×12=4,Na+的个数为8,ρ=23×8+79×4N答案:(1)(2)OSe、S(3)H2O>H2Se>H2S(4)键角:SeO3>SeO32-,SeO3结构为平面三角形,键角近似120°,SeO32-结构为三角锥形,键角近似(5)4x(6)正八面体53.【解析】(1)①钴为第27号元素,失去最外层2个电子形成Co2+,其价层电子排布式为3d7。②结合色胺酮分子结构可知,含氧官能团为酰胺基、羰基;色胺酮中包含同周期元素:N、O、C,同周期主族元素第一电离能随原子序数增大而增大,N元素的2p电子排布为半充满结构,电离能高于同周期相邻C、O元素,故第一电离能为N>O>C;色胺酮分子结构上具有较好配位的氮原子和氧原子形成超共轭的平面大π键体系,结合苯环中碳原子的杂化类型可知,N原子的杂化类型为sp2;配位原子为1号原子。③结合色胺酮-钴配合物的结构可知,中心原子Co与分别两个N原子、两个O原子形成配位键,则钴的配位数为4;色胺酮-钴配合物中O及N原子均有孤对电子,CH3OH分子中羟基上的氢原子,