2020版高考化学大一轮复习 高考经典必考题创新突破11课件

物质结构与性质题的解题策略高考经典必考题创新突破(十一)高考总复习·化学题型特点考情分析命题趋势2018，全国卷Ⅰ，35T，Ⅱ，35T，Ⅲ，35T2018，江苏卷，21T2018，海南卷，19T物质结构与性质题通常从原子、分子、晶体三个层面来考查结构与性质间的关系，知识覆盖面较广，试题难度呈现梯度式特点，命题角度具有较大的独立性和灵活性。分值：全国卷15分预计2020年高考会稳中有变，在考查原子、分子、晶体结构与性质的基础上，依然会在晶格能、典型晶体等考查方面上进行变化。主要考查“微观探析、模型认识”等核心素养。[解题思维]1．“五个”命题点(1)基态原子及简单离子的核外电子排布式(或外围电子排布)；主族元素的电负性和电离能的变化规律与一些反常元素。(2)σ键或π键的数目；键参数；氢键、范德华力；电子式或结构式的书写(有的需要找相似的等电子体结构去模仿)。(3)分子的空间构型的判断、分子中中心原子的杂化类型的判断；“等电子体”的寻找和“等电子体的原理”的应用。(4)配合物化学式的书写及结构示意图的表示，配合物中的各种化学键。(5)晶胞中微粒数目和晶体密度的计算。2．关于晶体计算的一些重要关系和公式金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a)。面对角线长＝2a；体对角线长＝3a；体心立方堆积4r＝3a(r为原子半径)；面心立方堆积4r＝2a(r为原子半径)。3．金属晶体空间利用率的计算方法空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。空间利用率＝球体积晶胞体积(1)简单立方堆积(如图1所示)立方体的棱长为2r、球的半径为r过程：V(球)＝43πr3V(晶胞)＝(2r)3＝8r3空间利用率＝V球V晶胞×100%＝43πr38r3≈52%(2)体心立方堆积(如图2所示)过程：b2＝a2＋a2(4r)2＝a2＋b2＝3a2，所以：a＝43r空间利用率＝2×43πr3a3×100%＝2×43πr343r3×100%≈68%(3)六方最密堆积(如图3所示)过程：S＝2r×3r＝23r2h＝263rV(球)＝2×43πr3V(晶胞)＝S×2h＝23r2×2×263r＝82r3空间利用率＝V球V晶胞×100%＝2×43πr382r3×100%≈74%(4)面心立方最密规堆积(如图4所示)过程：a＝22rV(球)＝4×43πr3V(晶胞)＝a3＝(22r)3＝162r3空间利用率＝V球V晶胞×100%＝4×43πr3162r3×100%≈74%[真题剖析]考向1.以指定元素或物质为背景的多角度立体考查1．(2018·海南卷)黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：(1)CuFeS2中存在的化学键类型是。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的是(填标号)。(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。①X分子的立体构型是，中心原子杂化类型为，属于(选填“非极性”或“极性”)分子。②X的沸点比水低的主要原因是。(3)CuFeS2与氧气反应生成SO2。SO2中心原子的价层电子对数为，共价键类型有。(4)四方晶系CuFeS2的晶胞结构如图所示。①Cu＋的配位数为，S2－的配位数为。②已知：a＝b＝0.524nm，c＝1.032nm，NA为阿伏伽德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是g·cm－3(列出计算式)。答案(1)离子键CD(2)①V形sp3极性②水分子间存在氢键(3)3σ键和π键(4)①44②4×64＋4×56＋8×320.5242×1.032×10－21×NA考向2以推断元素为背景的“拼盘式”考查2．(经典全国理综卷)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：(1)b、c、d中第一电离能最大的是(填元素符号)，e的价电子轨道示意图为。(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的转化方式为；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是(填化学式，写出两种)。(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子数对数为3的酸是；酸根呈三角锥结构的酸是(填化学式)。(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图甲，则e离子的电荷为。(5)这5种元素形成一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图乙所示)。该化合物中，阴离子为，阳离子中存在的化学键类型有；该化合物加热时首先失去的组分是，判断理由是。解析由原子序数最小且核外电子总数与其电子层数相同，确定a为氢元素；由最外层电子数为其内层电子数的3倍确定c为氧元素；再利用题中信息“原子序数依次增大”和“价电子层中的未成对电子有3个”确定b为氮元素；由d与c同主族确定d为硫元素；由e的最外层只有1个电子且次外层有18个电子确定e为铜元素。(1)同周期元素从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上至下第一电离能递减，但当原子轨道呈全充满、半充满、全空状态时，元素第一电离能反常的大，故N、O、S中第一电离能最大的元素是N；由铜的价电子排布，结合泡利原理可画出Cu的价电子轨道示意图。(2)组成中有氢元素且呈三角锥形的分子是NH3，氮原子杂化方式为sp3；O、N、C的氢化物分子中既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物H2O2、N2H4、C2H6、C6H6等。(3)题中元素形成的含氧酸有HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，其中，HNO2中N原子为sp2杂化(V形)，HNO3中N原子为sp2杂化(平面三角形)，H2SO3中S原子为sp3杂化(三角锥形)，H2SO4中S原子为sp3杂化(正四面体形)。(4)Cu与O能形成两种化合物，根据晶胞结构，利用“均摊法”可知该晶体中Cu、O原子数之比为2∶1，故该化合物的化学式为Cu2O，含Cu＋。(5)5种元素形成的1∶1型离子化合物中，呈四面体形结构的阴离子为SO2－4，由图乙中的阳离子结构可知含有1个Cu2＋、4个NH3、2个H2O，阳离子为[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，其中含有共价键、配位键；加热化合物时，根据配位键强弱确定首先失去的成分。答案(1)N(2)sp3H2O2、N2H4(3)HNO2、HNO3H2SO3(4)＋1(5)SO2－4共价键和配位键H2OH2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱[模拟预测]1．(2019·广东韶关质检)硼和氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题：(1)N原子核外有种不同运动状态的电子。基态N原子中，能量最高的电子所占据的原子轨道的形状为。(2)经测定发现，N2O5固体由NO＋2和NO－3两种离子组成，该固体中N原子杂化类型为；与NO＋2互为等电子体的微粒有(写出一种)。(3)大多数铵盐不稳定。NH4F、NH4I中较易分解的是，原因是。(4)第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素之间的元素为(填元素符号)。(5)晶体硼有多种变体，但其基本结构单元都是由硼原子组成的正二十面体(如图甲)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。则每一个此基本结构单元由个硼原子构成；若该结构单元中有2个原子为10B(其余为11B)，那么该结构单元有种不同类型。(6)硼和氮构成的一种氮化硼晶体结构与石墨晶体机构相类似，B、N原子相互交替排列(如图乙)，其晶胞结构如图丙所示。设层内B－N核间距为apm，面间距为bpm，则该氮化硼晶体的密度为g·cm－3(用含a、b、NA的代数式表示)。解析(1)原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，N原子核外有7个电子，所以有7种不同运动状态的电子；基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，呈哑铃形。(2)NO＋2中N原子的价层电子对数为2＋12×(5－1－2×2)＝2，其杂化轨道类型为sp;NO－3中N原子的价层电子对数为3＋12×(5＋1－3×2)＝3，其杂化类型为sp2，含有相同原子数和相同价电子数的微粒互为等电子体，与NO＋2互为等电子体的微粒有SCN－、CO2、CS2、N－3等。(3)F原子半径比I原子小，H→F键比H→I键强(H－F更易形成)，F－更易夺取NH＋4中的H＋。(4)同周期元素中，元素的第一电离能从左向右呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子最外层电子处于全充满、半充满的稳定状态，所以第一电离能大于其同周期相邻元素，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O。(5)由基本结构单元可知，B原子位于顶点处，共20个面，每个面均为正三角形，有3个顶点，而每个顶点都同时属于5个面，所以有20×35＝12个B原子；该结构单元有3种不同类型。(6)根据图丙可知1个晶胞中含有N原子数为4×14＋2×12＝2，B原子数为8×18＋1＝2，晶胞底面积与B、N原子构成的正六边形的面积相等，为6×12×apm×3a2pm＝33a22pm2＝33a22×10－20cm2，晶胞的体积为33a22×10－20cm2×b×10－10cm×2＝33a2b×10－30cm3，故密度ρ＝2MrBN33a2bNA×10－30g·cm－3＝2×2533a2bNA×10－30g·cm－3。答案(1)7哑铃形(2)sp、sp2SCN－、CO2、CS2、N2O、N－3等中的任一种(3)NH4FF原子半径比I原子小，H→F键比H→I键强(H→F更易形成)F－更易夺取NH＋4中的H＋(4)Be、C、O(5)123(6)2×2533a2bNA×10－302．(2019·广西南宁摸底考试)镍(28Ni)及其化合物在工业生产领域有广泛的应用。(1)Ni在元素周期表中的位置是；前4周期元素中，基态原子核外电子排布中单电子数最多的元素的价层电子排布式为。(2)Ni(CO)4中镍的化合价，写出CO互为等电子体的非极性分子的化学式，其分子中σ键和π键的个数比为。(3)Co能形成配离子Co(H2O)2＋6、Co(NH3)3＋6等。①第一电离能：N(选填“”或“”)O。②H2O的VSEPR模型为。(4)如图所示为NaCl的晶胞结构，NiO(氧化镍)的晶胞结构与NaCl相同，Ni2＋与最邻近O2－的核间距离为a×10－8cm，阿伏伽德罗常数的值为NA，NiO晶体的密度是(已知NiO的摩尔质量为74.7g·mol－1)。(5)天然的晶体和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷。例如，在某种氧化镍晶体中就存在如图所示的缺陷，一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代，其晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的个数比却发生了变化。某氧化镍样品组成为Ni0.97O，试计算该晶体中Ni3＋与Ni2＋的个数之比为。解析(1)前4周期元素中，基态原子核外电子排布中单电子数最多的元素为Cr，其价层电子排布式为3d54s1。(2)CO为分子，所以Ni(CO)4中镍的化合价为0；CO中含有2个原子、14个电子，所以与CO互为等电子体的非极性分子为N2。(3)①同周期主族元素随原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p能级为半充满状态，其第一电离能大于O。(4)NiO的晶胞结构与NaCl的晶胞结构相同，可将NiO晶胞分割成八个等同的小立方体，以一个立方体为例，小立方体的边长等于Ni2＋与最邻近O2－的核间距离，为a×10－8cm，在这个小立方体中含0.5个Ni2＋，0.5个O2－，则(a×10－8)3cm3×ρ＝0.5NAmol×74.7g·mol－1，ρ＝62.0a3g·cm－3。(5)设1molNi0.97O中含有Ni3＋的物质的量为xmol，则含Ni2＋的物质的量为(0.97－x)mol，根据晶体呈电中性，则有3x＋2×(0.97－x)＝2×1，解得x＝0.06，Ni2＋的物质的