（通用版）2020高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型四物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題的研究（選考）大題突破教案.docx

物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題的研究（選考）考向突破一以某種元素及化合物為載體的綜合題1.題型特點以一種已知的元素立題，選取與其相關(guān)的某些典型單質(zhì)或化合物展開設(shè)問，綜合考查原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。2.解題指導(dǎo)(1)提高審題能力，圈畫出題干中的關(guān)鍵詞語，一定要看清楚題干的要求。(2)熟記第四周期元素在周期表中的信息，通過原子結(jié)構(gòu)推斷或解釋元素的性質(zhì)。(3)熟記成鍵原理，突破價層電子對數(shù)與雜化軌道，價層電子對數(shù)與分子、離子的立體構(gòu)型。(4)計算題，看清楚題干中各物理量的單位，先統(tǒng)一單位再計算。熟記面心立方最密堆積、六方最密堆積、簡單立方堆積、體心立方堆積中金屬元素的配位數(shù)分別為12、12、6、8。(5)注意語言描述的準(zhǔn)確性和邏輯性。1.碳元素不僅能形成豐富多彩的有機化合物，而且還能形成多種無機化合物，同時自身可以形成多種單質(zhì)，碳及其化合物的用途廣泛。(1)C60分子能與F2發(fā)生加成反應(yīng)，其加成產(chǎn)物為_，C60分子的晶體中，在晶胞的頂點和面心均含有一個C60分子，則一個C60晶胞的質(zhì)量為_。(2)干冰和冰是兩種常見的分子晶體，下列關(guān)于兩種晶體的比較中正確的是_(填字母)。a.晶體的密度：干冰冰b.晶體的熔點：干冰冰c.晶體中的空間利用率：干冰冰d.晶體中分子間相互作用力類型相同(3)金剛石和石墨是碳元素形成的兩種常見單質(zhì)，下列關(guān)于這兩種單質(zhì)的敘述中正確的是_(填字母)。a.金剛石中碳原子的雜化類型為sp3雜化，石墨中碳原子的雜化類型為sp2雜化b.晶體中共價鍵的鍵長：金剛石中CC鍵石墨d.晶體中共價鍵的鍵角：金剛石石墨e.金剛石晶體中只存在共價鍵，石墨晶體中則存在共價鍵、金屬鍵和范德華力f.金剛石和石墨的熔點都很高，所以金剛石和石墨都是原子晶體(4)金剛石晶胞結(jié)構(gòu)如圖，立方BN結(jié)構(gòu)與金剛石相似，在BN晶體中，B原子周圍最近的N原子所構(gòu)成的立體圖形為_，B原子與N原子之間共價鍵與配位鍵的數(shù)目比為_，一個晶胞中N原子數(shù)目為_。(5)C與孔雀石共熱可以得到金屬銅，銅原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖為_，金屬銅采用面心立方最密堆積(在晶胞的頂點和面心均含有一個Cu原子)，則Cu的晶體中Cu原子的配位數(shù)為_。已知Cu單質(zhì)的晶體密度為gcm3，Cu的相對原子質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則Cu的原子半徑為_。答案(1)C60F60g(2)ac(3)ae(4)正四面體314(5)12cm解析(1)C60中每個碳原子的連接方式為，所以一個C60中共有雙鍵0.56030個，則與F2加成的產(chǎn)物應(yīng)為C60F60；C60為面心立方最密堆積，則mNA41260gmol1，mg。(2)在冰中存在氫鍵，空間利用率較低，密度較小，a、c正確。(3)石墨中CC鍵鍵長小于金剛石中CC鍵鍵長，所以熔點：石墨金剛石，金剛石的碳原子呈sp3雜化，而石墨中的碳原子呈sp2雜化，所以共價鍵的鍵角：石墨大于金剛石，石墨屬于混合晶體，則a、e正確。(4)在BN中，B原子周圍最近的N原子所構(gòu)成的立體圖形為正四面體形，在四個共價鍵中，其中有一個配位鍵，其個數(shù)之比為31，在晶胞中，含N：864個，含B4個。(5)根據(jù)銅的堆積方式，Cu原子的配位數(shù)應(yīng)為12，設(shè)晶胞邊長為a cm，則a3NA4M，a，面對角線為 cm，其為Cu原子半徑，即r cm。2.銅及其化合物在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途。回答下列問題：(1)Cu2O中陽離子的基態(tài)核外電子排布式為_；Cu和Ni在元素周期表中的位置相鄰，Ni在元素周期表中的位置是_。(2)將過量的氨水加到硫酸銅溶液中，溶液最終變成深藍色，繼續(xù)加入乙醇，析出深藍色的晶體Cu(NH3)4SO4H2O。乙醇分子中C原子的雜化軌道類型為_；NH3能與H以配位鍵形成NH的立體構(gòu)型是_。Cu(NH3)4SO4H2O中存在的化學(xué)鍵除了極性共價鍵外，還有_。NH3極易溶于水的原因主要有兩個，一是_，二是_。(3)CuSO4溶液中加入過量KCN溶液能生成配離子Cu(CN)42，1molCN中含有的鍵數(shù)目為_，與CN互為等電子體的離子有_(寫出一種即可)。(4)Cu與F形成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若晶體密度為agcm3，則Cu與F最近距離為_pm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出計算表達式，不用化簡)。答案(1)1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10)第四周期族(2)sp3正四面體形配位鍵、離子鍵氨分子和水分子間能形成氫鍵氨分子和水分子都是極性分子，相似相溶(3)2NAC(4)1010考向突破二以某類元素及化合物為載體的綜合題1.題型特點以幾種已知的元素立題，依托不同元素的物質(zhì)，獨立或側(cè)重考查原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。2.解題指導(dǎo)除“考向一”中的解題策略外，常見分析、比較類解題技巧如下：(1)第一電離能、電負(fù)性：掌握規(guī)律和特殊。隨著原子序數(shù)的遞增，元素的第一電離能、電負(fù)性呈周期性變化：同周期從左到右，元素的第一電離能有逐漸增大的趨勢，稀有氣體的第一電離能最大，除第一周期外，堿金屬的第一電離能最小；同主族元素從上到下，第一電離能有逐漸減小的趨勢。(2)穩(wěn)定性強弱：化學(xué)鍵的穩(wěn)定性、分子的穩(wěn)定性比較。(3)熔、沸點的高低、晶體類型、構(gòu)成晶體微粒間作用力大小。不同晶體類型的熔、沸點比較：(一般規(guī)律)；同種晶體類型的熔、沸點比較：(結(jié)構(gòu)相似)分子晶體、原子晶體、離子晶體；金屬晶體：由于金屬鍵的差別很大，其熔、沸點差別也很大。1.N、P、As、Ga、Cr、Cu等元素形成的化合物種類繁多，具有重要的研究價值和應(yīng)用價值。請回答下列問題：(1)基態(tài)Cr原子的價電子排布式為_。(2)N2F2分子中，氮原子的雜化軌道類型為_，N2F2可能的兩種結(jié)構(gòu)為_。(3)PCl3和PCl5是磷元素形成的兩種重要化合物，請根據(jù)價層電子對互斥理論推測PCl3的立體構(gòu)型：_。(4)砷化鎵的熔點為1238，具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，作為半導(dǎo)體，性能比硅更優(yōu)良。砷化鎵屬于_晶體。已知氮化硼與砷化鎵屬于同類型晶體，則兩種晶體熔點較高的是_(填化學(xué)式)，其理由是_。上述兩種晶體的四種元素電負(fù)性最小的是_(填元素符號)。(5)銅的化合物種類很多，如圖所示的是氯化亞銅的晶胞結(jié)構(gòu)，已知晶胞的棱長為acm，則氯化亞銅密度的計算式為_gcm3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。答案(1)3d54s1(2)sp2(3)三角錐形(4)原子BN二者均為原子晶體，BN鍵的鍵長比GaAs鍵的鍵長短，鍵能更大Ga(5)思路點拔解析(1)Cr的原子序數(shù)為24，基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，價電子排布式為3d54s1。(2)在N2F2分子中，F(xiàn)原子與N原子共用1對電子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，兩個N原子間需共用兩對電子達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，即因此1個N原子形成2個鍵，1個鍵，還有1對孤電子對，因此價層電子對數(shù)為3，雜化軌道類型為sp2。因為存在N=N鍵，類比C=C鍵的順反異構(gòu)可知，可形成的兩種分子結(jié)構(gòu)為和。(3)磷原子最外層有5個電子，其中3個電子分別和氯原子形成三對共用電子對，另有一對孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論推測PCl3的立體構(gòu)型為三角錐形。(4)砷化鎵是具有空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體，熔點為1 238 ，熔點較高，為原子晶體，氮化硼與砷化鎵均屬于原子晶體，BN鍵的鍵長比GaAs鍵的鍵長短，鍵能更大，故氮化硼晶體熔點較高。一般情況下，非金屬性越強，電負(fù)性越大，四種元素中Ga的非金屬性最弱，元素電負(fù)性最小。(5)氯化亞銅密度計算公式為VNANM，氯化亞銅的摩爾質(zhì)量(M)為99.5 gmol1，根據(jù)晶胞圖可知1個CuCl晶胞中Cu有864個，Cl有4個，所以該晶胞中含有4個CuCl，已知晶胞的棱長為a cm，體積為a3cm3，代入上述公式得 gcm3。2.同周期元素中鹵族元素的非金屬性最強，能形成許多具有強氧化性的物質(zhì)，回答下列問題。(1)寫出基態(tài)溴原子核外電子排布式_，氟、氯、溴、氧四種元素中，電負(fù)性由大到小的順序為_。(2)鹵素單質(zhì)的熔點、沸點隨著元素原子序數(shù)的遞增而升高，其原因是_；鹵素可形成眾多的二元化合物：如OF2、S2Cl2、NF3、PCl3、SnCl2、CCl4等。則SnCl2的分子構(gòu)型為_，OF2的中心原子雜化類型為_。(3)氯化鉻酰(CrO2Cl2)是有機合成中常用的氧化劑或氯化劑，它是易溶于CS2、CCl4的液體，則其晶體類型最可能是_晶體，分子結(jié)構(gòu)最可能是下列圖中的_。(4)氯元素能形成多種含氧酸，已知常溫下電離常數(shù)K(HClO)3108、K(HClO2)1.1102，試從結(jié)構(gòu)上加以解釋_。(5)氟化鈣主要用作冶煉金屬的助熔劑，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則編號為的微粒是_(寫具體的微粒符號)，若該晶體的密度為gcm3，則晶胞Ca2、F的最短距離為_cm(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，只寫出計算式)。答案(1)Ar3d104s24p5(或1s22s22p63s23p63d104s24p5)FOClBr(2)鹵素單質(zhì)是分子晶體，分子間作用力隨著相對分子質(zhì)量的增大而增大，而相對分子質(zhì)量隨著原子序數(shù)的增大而增大V形sp3(3)分子a(4)HClO、HClO2中氯元素化合價分別為1價、3價，正電性越高，導(dǎo)致ClOH中O的電子更向Cl偏移，越易電離出H，K值更大一些(5)Ca2解析(1)由周期表中電負(fù)性遞變規(guī)律并結(jié)合元素的性質(zhì)可確定O、F、Cl、Br電負(fù)性大小順序為FOClBr。(2)鹵素單質(zhì)是分子晶體，分子間作用力隨著相對分子質(zhì)量的增大而增大，而相對分子質(zhì)量隨著原子序數(shù)的增大而增大。SnCl2中每個錫原子形成2個鍵，另外還有1對孤電子對，故中心原子錫為sp2雜化，分子為V形，同理分析知OF2的中心原子雜化類型為sp3。(3)由CrO2Cl2的溶解性及CCl4是非極性分子知，CrO2Cl2最可能是非極性分子，故其分子結(jié)構(gòu)中的兩個氯原子、兩個氧原子處于對稱位置，故其最可能的結(jié)構(gòu)為a。(4)HClO、HClO2可表示為HOCl和HOClO，相應(yīng)地氯元素化合價分別為1價、3價，正電性越高，導(dǎo)致ClOH中O的電子更向Cl偏移，越易電離出H，K值更大一些。(5)晶胞中，代表的微粒個數(shù)為864，另一種微粒個數(shù)為8，其個數(shù)之比為12，所以代表Ca2，化學(xué)式為CaF2。設(shè)晶胞邊長為a cm，則a3NA478，得a，則面對角線為 cm，其為 cm，邊長的為 cm，所以其最短距離為 cm cm。考向突破三元素推斷型綜合題1.題型特點以推斷出的幾種元素立題，依托它們之間組成的物質(zhì)，綜合考查原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。2.解題指導(dǎo)元素推斷首先要抓住突破口，表現(xiàn)物質(zhì)特征處大都是突破口所在，每種物質(zhì)都有其獨特的化學(xué)性質(zhì)，當(dāng)看到這些信息時，應(yīng)積極聯(lián)想教材中的相關(guān)知識(原子的結(jié)構(gòu)特點、元素化合物的性質(zhì)特性)，進行假設(shè)驗證，綜合上述信息推斷元素為哪種，再根據(jù)試題要求解答相關(guān)問題，因而元素推斷是解答這類問題的關(guān)鍵所在，常用元素推斷方法有如下三種：(1)直覺法：直覺是一種對問題直接的、下意識的、不經(jīng)嚴(yán)密邏輯推理的思維。直覺是以對經(jīng)驗的共鳴和理解為依據(jù)的，來自于厚實而清晰的知識積累和豐富而熟練的思維經(jīng)驗。因此扭轉(zhuǎn)學(xué)生思維形式上的某種定勢，打破固有因果鏈，通過適當(dāng)?shù)姆椒ㄓ?xùn)練引發(fā)學(xué)生的直覺思維，是實現(xiàn)思維突破的重要途徑。(2)論證法：我們通過對題目背景的初步分析，得到的可能猜測不止一種，這時我們就可以運用論證法，將可能的假設(shè)一一代入原題，與題中的邏輯關(guān)系對照，若結(jié)論與原題條件相符，則為正確答案，反之，則結(jié)論有誤。(3)位置圖示法：采用圖形或圖表對題目條件進行形象化的展示，直觀地揭示題目條件間的內(nèi)在聯(lián)系和變化規(guī)律，使學(xué)生形象簡潔、系統(tǒng)完整地把握題目的關(guān)鍵，降低思維難度，培養(yǎng)學(xué)生掌握規(guī)律、分析問題、解決問題的能力。1.X、Y、Z、W、R五種短周期非金屬元素，原子序數(shù)依次增大。X、Y、Z、W為同周期元素，X原子的最高能級有兩個空軌道，Y為同周期形成化合物種類最多的元素，Z原子的第一電離能大于W原子的第一電離能，R和Z同主族。請回答下列問題：(1)Y、Z、W三種元素的電負(fù)性由大到小的順序為_(用元素符號表示)。(2)R的基態(tài)原子的價層電子排布圖為_。(3)W的常見氫化物的氫鍵的鍵能小于HF氫鍵的鍵能，但W的常見氫化物沸點高于HF沸點的原因是_。(4)某種分子式為Y4Z4W8的物質(zhì)(該物質(zhì)中同種原子的化學(xué)環(huán)境完全相同，不含碳碳雙鍵)是一種威力極強的炸藥，則可推知其結(jié)構(gòu)簡式為_。Y原子的雜化方式為_。(5)XR是一種耐磨材料，可由X的三溴化物和R的三溴化物于高溫下在氫氣的氛圍中合成。R的三溴化物分子的立體構(gòu)型為_。合成XR的化學(xué)方程式為_。(6)Y與W形成的某種常見化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶體中分子的配位數(shù)為_，若晶胞的棱長為anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度為_gcm3。答案(1)ONC(2)(3)每個H2O平均形成的氫鍵數(shù)目比每個HF平均形成的氫鍵數(shù)目多(4)sp3雜化(5)三角錐形BBr3PBr33H2BP6HBr(6)12命題意圖本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，具體考查電負(fù)性、價電子排布、氫鍵、結(jié)構(gòu)簡式、雜化類型、晶體結(jié)構(gòu)等，意在考查考生分析解決化學(xué)問題及計算能力。解析X、Y、Z、W、R五種短周期非金屬元素原子序數(shù)依次增大，X、Y、Z、W為同周期元素，結(jié)合元素周期表可知，X、Y、Z、W位于第二周期，R位于第三周期，X原子的最高能級有兩個空軌道；即第二能層有兩個空軌道，則2p軌道只有一個電子，故X為B元素；Y為同周期形成化合物種類最多的元素，即Y為C元素；Z與W處于同一周期，且Z的第一電離能大于W的第一電離能，則Z為N元素，W為O元素，R與Z同主族，所以R為P元素。(1)Z為N元素、W為O元素、Y為C元素，同周期元素，從左到右，電負(fù)性逐漸增大，故三種元素的電負(fù)性由大到小的順序為ONC。(2)R為P元素，其基態(tài)原子的價層電子排布圖為。(3)W的常見氫化物為H2O，每個H2O分子能形成4個分子間氫鍵，而每個HF分子只能形成2個分子間氫鍵，所以雖然H2O氫鍵的鍵能小于HF氫鍵的鍵能，但H2O的沸點高于HF的沸點。(4)Y4Z4W8的分子式為C4N4O8，該物質(zhì)中同種原子的化學(xué)環(huán)境完全相同，不含碳碳雙鍵，說明分子具有對稱性，該物質(zhì)是一種威力極強的炸藥，說明含有硝基，由此可推知其結(jié)構(gòu)簡式為，每個C原子連接4個鍵，無孤對電子，故為sp3雜化。(5)R的三溴化物分子式為PBr3，PBr3中P的價層電子對數(shù)為4，且含有一對孤電子對，因此PBr3分子的立體構(gòu)型為三角錐形。BP可由B的三溴化物和P的三溴化物于高溫下在氫氣的氛圍中合成，所以合成XR的化學(xué)方程式為BBr3PBr33H2BP6HBr。(6)由Y與W形成的化合物的晶胞圖可以看出該化合物為CO2，每個CO2分子周圍距離最近且相等的CO2分子共有12個，故該晶體中分子的配位數(shù)為12；若晶胞的棱長為a nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，每個結(jié)構(gòu)單元中含有CO2分子的數(shù)目為864，則 gcm3 gcm3。2.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大。a和b的價電子層中未成對電子均只有1個，均能與水劇烈反應(yīng)，并且a和b具有相同的電子構(gòu)型，c的最外層電子數(shù)為其電子層數(shù)的2倍，補充維生素D可促進d的吸收，e的價電子層中的未成對電子數(shù)為4。回答下列問題：(1)a、b、c中第一電離能最大的是_(填元素符號)，e的價層電子排布圖為_。(2)a與b具有相同的電子構(gòu)型，但r(b)小于r(a)，原因是_。(3)c的最高價氧化物在氣態(tài)時以單分子形式存在，中心原子的雜化方式為_，其分子的立體構(gòu)型為_，它的三聚體環(huán)狀結(jié)構(gòu)如圖甲所示，該結(jié)構(gòu)中SO鍵鍵長有兩類，一類鍵長約為140pm，另一類鍵長約為160pm，較短的鍵為_(填圖中字母)，含有化學(xué)鍵的類型有_。(4)CO能與e形成e(CO)5，該化合物的熔點為253K，沸點為376K，該物質(zhì)屬于_晶體。比較c的氫化物與同族相鄰兩種元素所形成的氫化物的穩(wěn)定性、沸點高低并分別說明理由。穩(wěn)定性：_，理由：_；沸點：_，理由：_。(5)a和d生成的化合物的晶胞如圖乙所示，可用于冶金、化工和建材等很多行業(yè)，已知晶胞參數(shù)為0.5462nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則其密度為_(列出計算式)gcm3。答案(1)F(2)Na的核電荷數(shù)比F大，原子核對核外電子的吸引力大(3)sp2平面三角形m鍵、鍵(4)分子H2OH2SH2Se鍵長：HOHSHSHSeH2OH2SeH2S水分子間有氫鍵，其他兩種分子間無氫鍵，相對分子質(zhì)量：H2SeH2S，范德華力：H2SeH2S(5)命題意圖本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，意在考查考生對核外電子排布、第一電離能、分子立體構(gòu)型、雜化軌道、晶體類型和晶體計算等知識的應(yīng)用能力。解析a和b的價電子層中未成對電子均只有1個，均能與水劇烈反應(yīng)，并且a和b具有相同的電子構(gòu)型，故a和b分別為F元素和Na元素；a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，c的最外層電子數(shù)為其電子層數(shù)的2倍，故c為S元素；補充維生素D可促進d的吸收，故d為Ca元素；e的價電子層中的未成對電子數(shù)為4，故e為Fe元素。(1)a、b、c分別為F元素、Na元素、S元素，隨原子序數(shù)遞增，同周期元素第一電離能總體呈增大趨勢，同主族元素的第一電離能逐漸減小，故第一電離能最大的是F元素；e為Fe元素，它的價層電子排布圖為。(2)a與b分別為F、Na，r(Na)小于r(F)，原因是Na的核電荷數(shù)大，對核外電子的吸引力大，所以離子半徑小。(3)根據(jù)價層電子對互斥理論可以確定SO3中中心原子S的孤電子對數(shù)為(632)0，成鍵電子對數(shù)為3，即中心原子S為sp2雜化，其分子的立體構(gòu)型為平面三角形；由題圖可知，與n鍵相連的O被2個S共用形成SO鍵，與m鍵相連的O與S形成S=O鍵，S=O鍵鍵長較短；該三聚體中含有的化學(xué)鍵類型有鍵和鍵。(4)e為Fe元素，CO能與Fe形成Fe(CO)5，該化合物的熔點為253 K，沸點為376 K，熔、沸點比較低，屬于分子晶體；c為S元素，c的同族相鄰兩種元素分別為O元素和Se元素，三種元素所形成的氫化物分別為H2O、H2S、H2Se，穩(wěn)定性：H2OH2SH2Se，因為鍵長越短，鍵能越大，化合物越穩(wěn)定；沸點：H2OH2SeH2S，因為水分子間有氫鍵，其他兩種分子間無氫鍵，相對分子質(zhì)量：H2SeH2S，范德華力：H2SeH2S，范德華力越大，物質(zhì)的沸點越高。(5)a和d生成的化合物為CaF2，從題圖乙可以看出，晶胞中白球個數(shù)為4，黑球個數(shù)為8，結(jié)合化合物CaF2的分子式可知圖中黑球表示F，白球表示Ca2，每個晶胞中含有4個Ca2和8個F，所以晶體密度 gcm3?？枷蛲黄扑囊孕驴萍肌⑿庐a(chǎn)品為載體的綜合考查1.題型特點以新科技的物質(zhì)為素材，選取與其相關(guān)的某些典型單質(zhì)或化合物展開設(shè)問，綜合考查原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。2.解題指導(dǎo)所選物質(zhì)可能比較陌生，其實就是把原子、分子結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)等知識拼盤成一大題，設(shè)置若干個小問題，每一個小題考查相應(yīng)的知識，解答這類問題應(yīng)具備如下六個方面的知識儲備：(1)基本化學(xué)用語：書寫136號元素原子及簡單離子的基態(tài)核外電子排布式(或外圍電子排布式)；電子式或結(jié)構(gòu)式的書寫(有的需要找相似的等電子體結(jié)構(gòu)去模仿)。(2)化學(xué)鍵及分子間作用力：鍵或鍵的數(shù)目；鍵參數(shù)；氫鍵；范德華力。(3)分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)：分子的立體構(gòu)型的判斷、分子中中心原子的雜化類型的判斷；“等電子體”的尋找和“等電子原理”的應(yīng)用。(4)配合物組成結(jié)構(gòu)的考查：配合物化學(xué)式的書寫，配合物結(jié)構(gòu)示意圖的表示，配合物中的各種化學(xué)鍵。(5)元素周期表、元素周期律：主族元素的電負(fù)性和電離能的變化規(guī)律，特別注意一些元素的反常。(6)晶體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的考查：晶胞中微粒數(shù)目的計算，晶體熔、沸點往往受到氫鍵的影響。1.據(jù)科技日報報道，我國科學(xué)家研制成功一系列石墨烯限域的3d過渡金屬中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化劑，在室溫條件下以H2O2為氧化劑直接將CH4氧化成C1含氧化合物。請回答下列問題：(1)在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，基態(tài)原子核外電子排布要遵循“洪特規(guī)則特例”，該原子的外圍電子排布式為_。在3d過渡金屬中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)最多的元素是_(填元素符號)。(2)銅的焰色反應(yīng)呈綠色，在現(xiàn)代化學(xué)中，常利用原子光譜上的特征譜線來鑒定元素，稱為_。(3)石墨烯限域單原子鐵能活化CH4分子中CH鍵，導(dǎo)致CH鍵的鍵能_(填“增大”“減小”或“不變”)。鐵晶體中粒子之間作用力類型是_。(4)常溫下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。它們的沸點分別為64.7、19.5、100.8，其主要原因是_。CH4、HCHO的鍵角較大的是_，主要原因是_。(5)配離子的顏色與dd電子躍遷的分裂能大小有關(guān)，1個電子從較低能量的d軌道躍遷到較高能量的d軌道所需的能量為d軌道的分裂能，用符號表示。分裂能：Co(H2O)_Co(H2O)(填“”“”或“”)，理由是_。(6)鈷晶胞、白銅(銅鎳合金)晶胞如圖所示。鈷晶胞堆積方式的名稱為_。已知白銅晶胞的密度為dgcm3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。圖2晶胞中兩個面心上銅原子最短核間距為_pm(只列出計算式)。答案(1)3d104s1Cr(2)光譜分析(3)減小金屬鍵(4)CH3OH、HCOOH分子間存在氫鍵且HCOOH分子間氫鍵(或分子間作用力)較強，HCHO分子間只存在范德華力HCHOCH4中C采用sp3雜化，HCHO中C采用sp2雜化(5)前者帶2個正電荷，后者帶3個正電荷，后者對電子吸引力較大(6)六方最密堆積1010解析(1)五種基態(tài)金屬原子的價層電子排布式依次為3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基態(tài)銅原子要遵循洪特規(guī)則特例。3d過渡金屬中，基態(tài)鉻原子外圍電子排布式為3d54s1，有6個未成對電子(最多)。(2)根據(jù)焰色反應(yīng)，測定原子光譜特征線，利用它分析、鑒定元素的方法叫光譜分析。(3)依題意，在該催化劑作用下，CH4在常溫下與雙氧水反應(yīng)，所以催化劑激活了CH鍵，降低其鍵能(或活化能)。鐵晶體是金屬晶體，鐵晶體中存在自由電子和金屬陽離子，靠金屬鍵結(jié)合成金屬單質(zhì)。(4)CH3OH、HCOOH存在分子間作用力和氫鍵，且HCOOH相對分子質(zhì)量較大，分子間作用力較強。CH4、HCHO分子中C原子雜化類型不同，鍵角主要由雜化類型決定。(5)根據(jù)分裂能定義，如果配離子所帶正電荷數(shù)越多，對電子吸引力越大，dd電子躍遷吸收能量較多。Co(H2O)、Co(H2O)中，前者帶2個正電荷，后者帶3個正電荷，所以前者分裂能較小。(6)圖1所示鈷晶胞的堆積方式是六方最密堆積。1個白銅晶胞含3個銅、1個鎳，設(shè)晶胞參數(shù)為a，d，a1010pm。兩個面心上銅原子最短核間距等于面對角線的一半，即等于a1010pm。2.以“堅持圍繞鋰電新能源，推動新時代動力電池高質(zhì)量發(fā)展”為主題的2018第二屆深圳國際鋰電技術(shù)展覽會于12月10日在深圳開幕，傾力打造高端鋰電產(chǎn)業(yè)平臺。工業(yè)上合成鋰離子電池的正極材料LiFePO4的原理是2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO4H2O3CO2。回答下列問題：(1)基態(tài)Li的核外電子云輪廓圖的形狀為_。畫出基態(tài)Li原子的電子排布圖：_。(2)從核外電子排布分析，F(xiàn)e3比Fe2穩(wěn)定的原因是_。(3)已知草酸的結(jié)構(gòu)簡式為其中碳原子的雜化類型是_；9.0g草酸中含鍵的數(shù)目為_。(4)C2O能與多種金屬離子形成配離子，如Fe(C2O4)34、Al(C2O4)33、Co(C2O4)34、Ni(C2O4)34等。C2O中提供孤電子對的原子是_，判斷依據(jù)是_。(5)PO的立體構(gòu)型是_；與PO互為等電子體的分子有_(寫兩種)。(6)FeO晶胞的結(jié)構(gòu)類似于NaCl晶胞，其中Fe2構(gòu)成面心立方結(jié)構(gòu)如圖所示。已知FeO晶胞的棱長為acm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。與O2等距離且最近的Fe2構(gòu)成的空間結(jié)構(gòu)是正八面體，該正八面體的邊長為_cm。FeO晶體的密度為_gcm3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。答案(1)球形(2)基態(tài)Fe3的3d能級為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)(3)sp20.7NA(或0.76.021023)(4)OC的價電子層中沒有孤電子對(5)正四面體形CCl4、SiCl4、SiF4等(任寫其中兩種即可)(6)a命題意圖本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，具體考查碳原子的雜化類型、核外電子排布、等電子體、立體構(gòu)型、有關(guān)晶胞密度的計算等，意在考查考生整合化學(xué)信息、推理、分析圖像和計算的能力。解析(1)基態(tài)Li的核外電子排布式為1s2，電子云輪廓圖呈球形?；鶓B(tài)Li原子的核外電子排為1s22s1，故其電子排布圖為。(2)基態(tài)Fe2和Fe3的價電子排布式分別為3d6、3d5，因Fe3的3d能級為半充滿結(jié)構(gòu)，能量較低，故Fe3比較穩(wěn)定。(3)草酸中的每個C原子連接3個鍵，無孤電子對，故碳原子的雜化類型是sp2。由草酸的結(jié)構(gòu)簡式可知，1個H2C2O4分子含7個鍵，9.0 g草酸的物質(zhì)的量為0.1 mol，故9.0 g草酸中含鍵的數(shù)目為0.7NA或0.76.021023。(4)由草酸的結(jié)構(gòu)簡式可知C2O中C的價電子層沒有孤電子對，O的價電子層有孤電子對，故氧可提供孤電子對與金屬離子形成配位鍵。(5)PO中P原子采取sp3雜化，有4對成鍵電子，沒有孤電子對，故PO的立體構(gòu)型是正四面體形。與PO互為等電子體的分子有CCl4、SiCl4、SiF4等。(6)晶胞中O2位于Fe2所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊長是該晶胞的面對角線的一半，則為a cm。觀察題中晶胞圖可知，1個晶胞中含F(xiàn)e2的數(shù)目為864，含O2的數(shù)目為1214，故FeO晶體密度 gcm3 gcm3?！?物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”特訓(xùn)A組(30分鐘)1.(2019衡中一模)高鐵酸鉀(K2FeO4)是很好的凈水劑，高鐵酸鋇(BaFeO4)是高能電池陽極的優(yōu)良材料。已知：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液，在酸性或中性溶液中能快速產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定；在堿性溶液中，NaCl、NaNO3、K2FeO4的溶解性都小于Na2FeO4；BaFeO4難溶于水和堿性溶液。某化學(xué)興趣小組欲制取“84”消毒液，進而制取少量K2FeO4和BaFeO4。請回答下列問題：【實驗一】選擇合適的儀器和試劑制取氯氣，進而制備高濃度的“84”消毒液。(1)選擇合適的儀器，導(dǎo)管接口正確的連接順序為_；所選裝置(A或B)中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_?！緦嶒灦坑谩?4”消毒液制取K2FeO4。實驗步驟：用如圖所示裝置(夾持儀器略去)使反應(yīng)物充分反應(yīng)；用砂芯漏斗對燒杯中的溶液進行抽濾，向濾液中慢慢加入KOH溶液；再用砂芯漏斗對步驟的最后反應(yīng)混合物進行抽濾，并用苯、乙醚洗滌沉淀，真空干燥后得K2FeO4。(2)寫出步驟中物質(zhì)在20冷水浴中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(3)步驟中能夠發(fā)生反應(yīng)的原因是_，步驟中不用水，而用苯、乙醚洗滌沉淀的目的是_。【實驗三】將上述產(chǎn)品配成K2FeO4堿性溶液，再慢慢加入Ba(OH)2溶液，抽濾得BaFeO4。(4)若投入ag硝酸鐵晶體，得到bg高鐵酸鋇，則高鐵酸鋇的產(chǎn)率是_。已知Fe(NO3)39H2O的摩爾質(zhì)量為404 gmol1，BaFeO4的摩爾質(zhì)量為257 gmol1【實驗四】利用如圖所示電解裝置也可以制得BaFeO4。(5)在_(填“陽極區(qū)”或“陰極區(qū)”)可得到高鐵酸鋇，陽極的電極反應(yīng)式為_。答案(1)a(或b)ihcdgMnO22Cl4HMn2Cl22H2O(或2MnO10Cl16H=2Mn25Cl28H2O)(2)3NaClO2Fe(NO3)310NaOH=2Na2FeO43NaCl6NaNO35H2O(3)相同條件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度避免K2FeO4與水反應(yīng)，減小K2FeO4的損失，便于K2FeO4的干燥(4)%(或100%)(5)陽極區(qū)Fe8OHBa26e=BaFeO44H2O解析(1)與NaOH溶液反應(yīng)制取“84”消毒液的氯氣中不能含有HCl，但含有的水蒸氣不影響反應(yīng)，所以氯氣的制備裝置應(yīng)該連接除去氯化氫的飽和食鹽水，再連有冷水浴裝置的氫氧化鈉溶液，最后連接裝置E，防止剩余的氯氣污染空氣。裝置的選擇有兩種情況：選用固液加熱裝置A時，就用二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)，選用固液不加熱裝置B時，就用高錳酸鉀與濃鹽酸反應(yīng)。(2)根據(jù)實驗?zāi)康闹迫a2FeO4，次氯酸鈉在堿性條件下將Fe(NO3)39H2O氧化為Na2FeO4，本身被還原為NaCl，根據(jù)化合價升降法即可配平方程式。(3)根據(jù)題干中已知物質(zhì)的溶解性情況，相同條件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，步驟2中的反應(yīng)為Na2FeO42KOH=K2FeO42NaOH，抽濾后得K2FeO4固體。用水洗滌產(chǎn)物時K2FeO4與水反應(yīng)，會加大其溶解消耗，用苯或乙醚洗滌，能減少K2FeO4的溶解損失，也便于K2FeO4的干燥。(4)K2FeO4溶液與Ba(OH)2溶液混合后發(fā)生的反應(yīng)為K2FeO4Ba(OH)2=BaFeO42KOH，從總體反應(yīng)關(guān)系看Fe(NO3)39H2OBaFeO4，agFe(NO3)39H2O理論上可以生成BaFeO4257gg，BaFeO4的產(chǎn)率為100%100%。(5)Fe作陽極被氧化為FeO，F(xiàn)eO不能通過陽離子交換膜擴散到陰極區(qū)，Ba2與FeO反應(yīng)生成難溶的BaFeO4，所以在陽極區(qū)可獲得高鐵酸鋇。2.(2019江淮十校第三次聯(lián)考)聚苯乙烯塑料在生產(chǎn)中有廣泛應(yīng)用。工業(yè)中以乙苯()為原料，制取苯乙烯()的主要途徑有：催化脫氫H2(g)H125kJmol1氧化脫氫O2(g)H2O(g)H116.8kJmol1二氧化碳催化脫氫CO2(g)CO(g)H2O(g)H158.8kJmol1(1)苯乙烯在一定條件下合成聚苯乙烯的化學(xué)方程式為_。(2)根據(jù)上述信息，能否計算出CO的燃燒熱？若不能計算，該空不用作答；若能計算，請寫出CO的燃燒熱H為_。(3)某企業(yè)以反應(yīng)生產(chǎn)苯乙烯。某同學(xué)認(rèn)為：向反應(yīng)體系中通入適量的O2，能增加乙苯的轉(zhuǎn)化率，該同學(xué)作出判斷的依據(jù)可能是_。(4)在溫度為T時，在2L的密閉容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反應(yīng)到平衡時測得混合物各組成的物質(zhì)的量均為1.0mol。若保持溫度和容器容積不變，向該容器中再充入2mol乙苯和2mol二氧化碳達到平衡時，則乙苯的物質(zhì)的量濃度_。A.等于1molL1B小于1molL1C.大于1molL1D不確定若將反應(yīng)改為恒壓絕熱條件下進行，達到平衡時，則乙苯的物質(zhì)的量濃度_。A.等于0.5molL1B小于0.5molL1C.大于0.5molL1D不確定(5)溫度為T時，在恒容容器中進行上述“催化脫氫”反應(yīng)。已知：乙苯的起始濃度為1.0molL1；設(shè)起始時總壓強為a，平衡時總壓強為b，達到平衡時需要的時間為tmin。則從反應(yīng)開始到平衡的過程中苯乙烯的平均反應(yīng)速率為_(用代數(shù)式表示，下同)；該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù)為_。答案(1)(2)275.6 kJmol1(3)因為在高溫下，O2將反應(yīng)中生成的H2消耗掉，減小了H2的濃度，同時該反應(yīng)放出的熱量使體系溫度升高，這兩種因素均使平衡向正反應(yīng)方向移動(4)CD(5) molL1min1解析(2)根據(jù)蓋斯定律，減去可得：CO(g)O2(g)=CO2(g)H275.6kJmol1。(3)氫氣與氧氣反應(yīng)，氫氣濃度降低，同時溫度升高，促使平衡正向移動，增加乙苯的轉(zhuǎn)化率。(4)同等比例的增大反應(yīng)物的量，相當(dāng)于增大壓強，對正反應(yīng)氣體分子數(shù)目增大的反應(yīng)而言，乙苯的轉(zhuǎn)化率減小，即再一次平衡時乙苯的物質(zhì)的量大于2mol，故選C。上述恒容容器中進行反應(yīng)，氣體壓強增大，要將該反應(yīng)在恒壓條件下進行，相當(dāng)于恒容條件下平衡狀態(tài)減壓達到新平衡，在平衡之后減壓，平衡向正方向移動(正方向是氣體分子數(shù)增大的方向)，乙苯的物質(zhì)的量濃度減小；又由于正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，在絕熱容器中，與外界沒有能量交換，平衡向正方向移動，吸收熱量會增多，容器內(nèi)反應(yīng)體系的溫度會降低，平衡會向左移動，乙苯的濃度增大。二者使平衡移動方向不同且移動程度不確定，最終乙苯的濃度增大、減小或不變都有可能。(5)開始/molL1100轉(zhuǎn)化/molL1xxx平衡/molL11xxx在相同溫度、相同容積的條件下，氣體壓強與物質(zhì)的量成正比例。，xv(苯乙烯)molL1min1K。3.過氧化碳酰胺CO(NH2)2H2O2是一種治療塵肺病的藥物。工業(yè)上合成過氧化碳酰胺的流程如下：已知如下信息：合成原理：H2O2CO(NH2)2CO(NH2)2H2O2。過氧化碳酰胺在極少量重金屬離子存在下就會迅速分解。請回答下列問題：(1)合成時控制反應(yīng)溫度為30的原因可能是_。(2)上述流程中，操作的名稱分別為_、_。(3)下列物質(zhì)中，可以作穩(wěn)定劑的是_(填字母)。A.FeCl3BMnO2CNaH2PO4DK2S(4)過氧化碳酰胺的鑒定反應(yīng)：4H2O2Cr2O2H=2CrO5(藍色)5H2O。已知該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)，則1molCrO5中含_mol過氧鍵(OO鍵)。(5)測定成品中過氧化碳酰胺的含量：稱取成品2.000g溶于水，配成250mL溶液；準(zhǔn)確量取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入過量KI和少量稀硫酸，振蕩，充分反應(yīng)后，加入指示劑，再用0.1000molL1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，滴定反應(yīng)為I22S2O=2IS4O。三次平行實驗的結(jié)果如下：實驗序號123滴定前讀數(shù)V始/mL0.200.100.15滴定終點讀數(shù)V終/mL40.2240.0842.15寫出雙氧水和KI在稀硫酸中反應(yīng)的離子方程式：_。過氧化碳酰胺與過量KI在稀硫酸中反應(yīng)時，若振蕩劇烈且時間較長，測定結(jié)果會_(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。成品中過氧化碳酰胺的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。答案(1)溫度過低，反應(yīng)速率過慢；溫度過高，雙氧水分解速率加快，雙氧水利用率降低(2)冷卻結(jié)晶洗滌(3)C(4)2(5)H2O22H2I=I22H2O偏高94.00%解析(1)從反應(yīng)速率和雙氧水分解