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1、物质结构与性质1.(2013上海高考)下列变化需克服相同类型作用力的是()A碘和干冰的升华B硅和C60的熔化C氯化氢和氯化钠的溶解 D溴和汞的气化【解析】A项变化克服的都是分子间作用力，正确，硅和C60的熔化分别克服的是共价键、分子间作用力， B项错误；氯化氢和氯化钠的溶解分别克服的是共价键、离子键，C项错误；溴和汞的气化分别克服的是分子间作用力、金属键，D项错误。【答案】A2(2013雅安质检)下列说法正确的是()A原子核外电子层数越多，原子半径越大B每一主族所含非金属元素的种类可表示为族序数2C根据泡利原理将氧元素基态原子的电子排布图书写为DC2H2分子中的碳采取sp2杂化【解析】原子半径
2、的影响因素除核外电子层数外，还有核电荷数，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，半径越小，如锂原子半径比氯原子半径大，A项错；氧元素基态原子的电子排布图应该是，C项错；C2H2的结构式为HCCH，C采取sp杂化。【答案】B3(2012上海高考)PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但PH键键能比NH键键能低。下列判断错误的是()APH3分子呈三角锥形BPH3分子是极性分子CPH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低DPH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高【解析】PH3同NH3构型相同，因中心原子上有一对孤电子对，均为三角锥形，属于极性分子，故A、B项正确；PH3的沸点低于N
3、H3，是因为NH3分子间存在氢键，C项错误；PH3的稳定性低于NH3，是因为NH键键能高，D项正确。【答案】C4(2013黄山质检)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=(NH)3通过如下反应制得：3CH42(HB=NH)36H2O=3CO26H3BNH3。对合成A反应方程式的讨论中不正确的是()A反应前后碳原子的杂化类型不变B键角的大小关系：CO2CH4H2OC第一电离能大小关系：NOCBHD生成物H3BNH3中存在配位键【解析】由方程式可知：碳元素由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp。【答案】A5(2012浙江自选模块)下列物质变化，只与范德
4、华力有关的是()A干冰熔化B乙酸汽化C乙醇与丙酮混溶D溶于水【解析】干冰为分子晶体，熔化时只需破坏范德华力；乙酸、乙醇、分子间均存在范德华力和氢键，因此B、C、D三者变化过程中均需克服两种作用力。【答案】A6(2013安徽高考)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：元素相关信息XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW的一种核素的质量数为28，中子数为14(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”)。(2)Z的第一电离能比W的_(填“大”或
5、“小”)；XY2由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)振荡下，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_。【解析】先根据题给条件判断元素的种类，再结合具体元素及其化合物的性质进行分析，在解决问题时要注意相关知识的综合应用。(1)根据题给信息，可以初步判断X为第A族元素，当判断出Y为O元素时，即可确定X为C元素；Z的最外层电子数为3，共有三个电子层，所以Z为Al元素；由质子数质量数中子数，可以确定W的质子数
6、为14，所以W为Si元素。由此可以判断W位于元素周期表第三周期第A族；W和X是同一主族元素，且W在X的下一周期，所以W的原子半径大于X的原子半径。(2)Z和W属于同周期元素，同周期元素的第一电离能从左向右呈逐渐增大趋势，所以Z的第一电离能小于W的；XY2为CO2，属于分子晶体，所以由固态变为气态时克服的作用力为分子间作用力；H、C、O三种元素可组成多种能形成同种分子间氢键的化合物，比如乙酸等。(3)Z单质即为铝，铝和盐酸反应生成氯化铝，向氯化铝中滴加氢氧化钠溶液，发生的反应主要分为两个阶段。第一阶段：先生成氢氧化铝沉淀；第二阶段：氢氧化钠过量时，氢氧化铝沉淀溶解。W单质即为硅，硅和氢氟酸反应生
7、成SiF4和H2两种气体。【答案】(1)三A大(2)小分子间作用力乙酸(其他合理答案均可)(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液Si4HF=SiF42H27(2013德阳模拟)有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子每种轨道中电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn1；D的最外层电子数与电子层数之比为31；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大。(1)B与D形成的非极性分子中中心原子的孤对电子数是_，中心原子的杂化轨道类型为_。(2)A分别与B、C、D能形成
8、电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是_(写分子式)，它们的稳定性由弱到强的顺序是_(写分子式)。(3)分子ABC、BA2D的空间构型分别是_、_。(4)B、C、D三种元素的电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)，第一电离能由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。(5)C的单质分子中存在_个键、_个键。【解析】短周期中族序数等于周期数的非金属元素只有H，故A为H；由B元素原子的得失电子能力可判断B为C，其1s、2s、2p轨道各有2个电子；C元素的价电子构型为nsnnpn1，由s轨道容纳2个电子可知n只能等于2，故C为N；由最外层电子数与电子层数的关系可知D为O；由E在地壳中含量可知
9、其为Fe。(1)C、O形成的非极性分子为CO2，中心原子为碳原子，由电子式可知其中心原子无孤对电子，CO2为直线形分子，采用sp杂化方式。(2)H与C、N、O形成的10电子分子为CH4、NH3、H2O，常温下水为液态，沸点最高，其次为NH3，CH4沸点最低；同周期元素从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强，故稳定性顺序为CH4NH3H2O。(3)HCN的结构式可以表示为HCN，空间构型是直线形；CH2O的结构式为，碳原子采取sp2杂化，故为平面三角形结构。(4)同周期元素从左到右，电负性逐渐增强，故电负性关系为CNO；同周期元素从左到右，第一电离能基本呈现逐渐增大的趋势，但由于N的p轨道电子处于半充
10、满状态，第一电离能较大，故第一电离能关系为CONCNOC(5)218(2012江苏高考)一项科学研究成果表明，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溶液中加入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_。NO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原子轨道的杂化类型为_。1 mol CO2中含有的键数目为_。(3)向CuS
11、O4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu(OH)42。不考虑空间构型，Cu(OH)42的结构可用示意图表示为_。【解析】(1)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5。NO中N原子采取sp2杂化，NO为平面三角形结构。(2)CO与N2是等电子体，N2的结构式为NN，从而推知CO的结构式为CO。杂化轨道用于形成键和容纳未成键电子，H2O分子中O原子形成2个键，且有2对未成键电子，则O原子采取sp3杂化。CO2的结构式为COO,1 mol CO2含有2 mol 键。(
12、3)Cu2有空轨道，OH能提供孤电子对，Cu2与OH形成配位离子Cu(OH)42。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d5(或Ar3d5)平面三角形(2)COsp326.021023个(或2 NA)(3)9(2013山东省潍坊市高考模拟考试)碳、氢、氟、氮、硅等非金属元素与人类的生产生活息息相关。回答下列问题。(1)写出硅原子的电子排布式_。C、Si、N的电负性由大到小的顺序是_。(2)氟化氢水溶液中存在的氢键有_种。(3)科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K原子和C60分子的个数比为_。(4)继C60后，科
13、学家又合成了Si60、N60。请解释如下现象：熔点Si60N60C60，而破坏分子所需要的能量N60C60Si60，其原因是_。【解析】(2)HF、H2O均能形成氢键：HFHF、HOHFH共四种。(3)K处于晶胞表面：126，C60处于晶胞顶点和体心：812。故K原子和C60分子的个数比为：6231。(4)熔点与分子间作用力大小有关，而破坏分子则是破坏分子内的共价键。【答案】(1)1s22s22p63s23p2NCSi(2)4(3)31(4)结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力(或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点：Si60N60C60；而破坏分子需断开化学键，元素电负性
14、越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子需要的能量大小顺序为N60C60Si6010(2013大连调研)原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：(1)这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_，第一电离能最小的元素是_(填元素符号)。(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是_。(3)B元素可形成多种单质，一
15、种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_。另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此晶胞的密度为_gcm3(保留两位有效数字)。(1.732)图一图二图三(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_(填选项序号)。极性键非极性键配位键金属键(5)向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式：_。【解析】根据四种元素分别处于第一至第四周期，结合题中信息可确定A、B、C、D四种元素分别为H、C、Cl和Cu。(1)四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7，价电子排布图为；结合
16、第一电离能的变化规律，可知Cu的第一电离能最小。(2)卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高，但HF分子间存在氢键，沸点最高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl。(3)图一为平面分子，该物质碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为8648，该晶胞的密度为gcm33.5 gcm3。(4)晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键。(5)硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，据此可写出反应的离子方程式。【答案】(1) Cu(2)HFHIHBrHClHF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI
17、、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大(3)sp23.5(4)面心立方最密堆积(5)首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液Cu22NH3H2O=Cu(OH)22NH、Cu(OH)24NH3=Cu(NH3)422OH11(2013大连市高三双基测试)A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A
18、、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为_。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_杂化；BC的空间构型为_(用文字描述)。(3)1 mol AB中含有的键个数为_。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比是_。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.01023cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n_(填数值)；氢在合金中的密度为_。【解析】根据题中已知信息，第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级可知，A为碳元素。B、C、D元素的判断较容易，B为氮元素，C为氧元素，D为铜元素。晶胞的原子个数计算主要注意D原子个数计算，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子。【答案】(1)CON1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(2)sp2平面三角形(3)2NA或26.021023(4)15(5)50.083 gcm38