2023屆人教版高中化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義-高考綜合大題研究-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題真題研究

第二篇高考綜合大題研究

四物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題

真題研究

1.(2022?全國甲卷，35)2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉(zhuǎn)身為“冰

立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯

(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)F原子的價電子排布圖(軌道表示式)為o

(2)圖a、b、C分別表示C、N、。和F的逐級電離能/變化趨勢(縱坐標的標度不同)。第一電

離能的變化圖是(填標號)，判斷的根據(jù)是:第三電離能的變化圖是

__________(填標號)。

⑶固態(tài)氟化氫中存在(HF),,形式，畫出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)?

(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為和；聚四氟乙烯

的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯,從化學(xué)鍵的角度解釋原因___________________________________O

⑸螢石(CaF2)是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是

;若該立方晶胞參數(shù)為“pm,正負離子的核間距最小為pm。

2s/P

答案m1,I(2)圖a同一周期第一電離能從左向右有增大的趨勢，但由

于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高圖b

（3）H-H-H（4）sp2sp?C-F的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化

學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定（5）Ca2+Wa

（2）C、N、0、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能從左向右有增大的趨勢，但由于

N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種元素高，因此C、N、

0、F四種元素的第一電離能從小到大的順序為C<O<N<F,滿足這一規(guī)律的圖像為圖a,氣

態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價陽離子所需要的能量為該原子的第三

電離能，同一周期原子的第三電離能的總體趨勢也依次升高，但由于C原子在失去2個電子

之后的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個電子需要的能量稍高，則滿足這一規(guī)律的圖

F，F(xiàn),F

像為圖b。（3）固體HF中存在氫鍵，則（HF）3的鏈狀結(jié)構(gòu)為'H,、H。（4）由于F元素

的電負性較大，因此在與C原子的結(jié)合過程中形成的C—F的鍵能大于聚乙烯中C—H的鍵

能，鍵能的強弱決定物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定，因此聚四氟乙烯的化學(xué)

穩(wěn)定性高于聚乙烯。（5）根據(jù)螢石晶胞結(jié)構(gòu)，X離子分布在晶胞的頂點和面心上，則1個晶胞

中X離子共有8xB+6x[=4個，Y離子分布在晶胞內(nèi)部，則1個晶胞中共有8個Y離子，

因此該晶胞的化學(xué)式應(yīng)為XY2,結(jié)合螢石的化學(xué)式可知，X為Ca2+;根據(jù)晶胞，將晶胞分成

8個相等的小正方體,仔細觀察CaFa的晶胞結(jié)構(gòu)不難發(fā)現(xiàn)F-位于晶胞中8個小立方體中互不

相鄰的4個小立方體的體心，小立方體邊長為上,體對角線為半α,Ca?+與F-之間距離就是

小晶胞體對角線的一半，因此晶體中正負離子的核間距的最小距離為坐αpm。

2.（2021.全國甲卷，35）我國科學(xué)家研發(fā)的全球首套千噸級太陽能燃料合成項目被形象地稱為

“液態(tài)陽光”計劃。該項目通過太陽能發(fā)電電解水制氫，再采用高選擇性催化劑將二氧化碳

加氫合成甲醇。回答下列問題：

⑴太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的價電子層的電子排布式為

；單晶硅的晶體類型為。SiCI4是生產(chǎn)高純硅的前驅(qū)體，其中

Si采取的雜化類型為OSiCl4可發(fā)生水解反應(yīng)，機理如下：

cr/OH

Cl

CI

含s、p、d軌道的雜化

含s、p、d軌道的雜化類型有：①dsp2、②sp?k③sp3d2,中間體SiCI432。）中Si采取的雜

化類型為（填標號）。

(2)CO2分子中存在個σ鍵和個π鍵。

⑶甲醇的沸點(℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,℃)之間，其原因是

(4)我國科學(xué)家發(fā)明了高選擇性的二氧化碳加氫合成甲醇的催化劑，其組成為Zno/ZrCh固溶

體。四方ZrO2晶胞如圖所示。Zd+離子在晶胞中的配位數(shù)是,晶胞參數(shù)為。pm、

apm,cpm,該晶體密度為g?crrΓ3(寫出表達式)。在ZrO2中摻雜少量Zno后形成

的催化劑，化學(xué)式可表示為ZnZjO,,,則y=(用X表達)。

答案⑴3s23p2原子晶體(或共價晶體)sp3②(2)22(3)甲硫醇不能形成分子間氫

鍵，而水和甲醇均能形成氫鍵，且水比甲醇的氫鍵多(4)8黑器：：冬。2-χ

解析⑴基態(tài)Si原子的核外電子排布式為ls*22s22p63s23p2,因此Si的價電子層的電子排布式

為3s23p2:晶體硅中Si原子與Si原子之間通過共價鍵相互結(jié)合，整塊晶體是一個三維的共價

4—4×1

鍵網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，因此單晶硅為原子晶體；SiCl4中Si原子價層電子對數(shù)為4+—?—=4,因此

Si原子采取sp3雜化；由圖可知，SiCl4(H2O)中Si原子的C鍵數(shù)為5,說明Si原子的雜化軌

道數(shù)為5,由此可知Si原子的雜化類型為sp3d。

(2)CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O,1個雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，因此1個CCh分子中含

有2個o鍵和2個兀鍵。

(3)甲醇分子之間和水分子之間都存在氫鍵，因此沸點高于不含分子間氫鍵的甲硫醇，甲醇分

子間氫鍵的總強度低于水分子間氫鍵的總強度，因此甲醇的沸點介于水和甲硫醇之間。

44

(4)以晶胞中右側(cè)面心的Zr+為例，同一晶胞中與Zr+連接最近且等距的數(shù)為4,同理可

知右側(cè)晶胞中有4個。2一與Zr4+相連，因此Z/+離子在晶胞中的配位數(shù)是4+4=8;1個晶胞

中含有4個ZrO2微粒，1個晶胞的質(zhì)量為,"=4X91j?8X16ɑ?個晶胞的體積為3χcm)

4X91+8X16

γ)γNAg

×(<7×10-10cm)×(c×10^10cm)=6r2c×10^30cm3,因此該晶體密度為歹=..義普三建!!?=

弁g?cm^3;在ZrO2中摻雜少量Zno后形成的催化劑，化學(xué)式可表示為ZnXZrl-Q

CrCXNAXIO-

其中Zn元素為+2價，Zr為+4價，O元素為一2價，根據(jù)化合物中各元素的化合價代數(shù)和

為O可知2x+4X(I-X)=2y,解得y=2-χ°

3.(2022?全國乙卷，35)鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣?/p>

列問題：

(1)氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有,其中能量較高的是。(填標號)

a.ls22s22p43slb.1s22s22p43d2

c.ls22s'2p5d.1s22s22p33p2

⑵①一氯乙烯(C2H3CI)分子中，C的一個雜化軌道與Cl的3p,軌道形成

C-Cl鍵，并且Cl的3p：軌道與C的2p：軌道形成3中心4電子的大π鍵(馬。

②一氯乙烷(C2H5CI)、一氯乙烯(C2H3CI)、一氯乙快(CzHCI)分子中，CYI鍵長的順序是

,理由：(i)C的雜化軌道中S成分越多，形成的C—Cl越

強；(ii)c

⑶鹵化物CSICI2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為

。解釋X的熔點比Y高的原因________________________________。

(4)α-AgI晶體中I作體心立方堆積(如圖所示)，Ag,主要分布在由I構(gòu)成的四面體、八面體等

空隙中。在電場作用下，Ag*不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，a-Agl晶體在電池

中可作為≈

已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則a-Agl晶體的摩爾體積Vm=m3?moL(列出算式)。

答案⑴add(2)Φsp2σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙煥Cl參與形成的大π鍵越多，

形成的C-Cl越強(3)CsClCsCl為離子晶體，ICl為分子晶體(4)電解質(zhì)

NAX(504X1(Γ12)3

2

解析(I)F的原子序數(shù)為9,其基態(tài)原子電子排布式為Is22s22p5,k22s22p43s∣為基態(tài)氟原子2p

能級上的1個電子躍遷到3s能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，a正確；Is22s22p43d2,核外共10

個電子，不是羸原子，b錯誤；ls22sl2p5,核外共8個電子，不是氟原子，c錯誤；ls22s22p33p2

為基態(tài)氟原子2p能級上的2個電子躍遷到3p能級上，屬于氤原子的激發(fā)態(tài)，d正確；同一

原子3p能級的能量比3s能級的能量高，因此能量較高的是1s22s22p33p2,⑵①一氯乙炸的結(jié)

HH

\/

C=C

/\

構(gòu)式為HCl,碳原子采取sp2雜化，因此C的一個sp2雜化軌道與Cl的3p.t軌道形

成C-Clσ鍵。②C的雜化軌道中S成分越多，形成的CYl越強，C—Cl的鍵長越短，-

氯乙烷中碳采取Sp3雜化，一氯乙烯中碳采取Sp?雜化，一氯乙快中碳采取SP雜化，SP雜化

時S成分多，sp3雜化時S成分少，同時Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl的鍵長越

短，一氯乙烯中Cl的3p軌道與C的2p軌道形成3中心4電子的大π鍵(Γ?),一氯乙烘中

Cl的3p軌道與C的2p軌道形成2個3中心4電子的大π鍵(Γβ),因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵

長的順序為一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙塊。(3)CSlCl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價不

變，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CSC1,紅棕色液體為ICl,而CSCl為離子晶

體，熔化時克服的是離子鍵，ICl為分子晶體，熔化時克服的是分子間作用力，因此CSCl的

熔點比ICl高。

(4)由題意可知，在電場作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是

優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì)；每個晶胞中含碘離子的個數(shù)為8X1+1=2個，依

O

N2

據(jù)化學(xué)式Agl可知，銀離子個數(shù)也為2個，晶胞的物質(zhì)的量〃=MmOI=麻mol,晶胞體積V

123

=/pm3=(504×10~)nA則a-Agl晶體的摩爾體積Vm=Y=創(chuàng)器史型空=

"?m°1

NA義(504X1(Γ∣2)3

2m`,mol。

4.(2021?全國乙卷，35)過渡金屬元素銘(Cr)是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設(shè)

中有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：

(1)對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是一(填字母)。

A.軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54s∣

B.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動

C.電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大

(2)三價珞離子能形成多種配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供電子對形成配位鍵的原

子是，中心離子的配位數(shù)為o

(3)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配體分子NH3、H2O以及分子PH3的空間結(jié)構(gòu)和相應(yīng)的鍵角如下圖

所示。

PH,NH,1H2O

PH3中P的雜化類型是,NH3的沸點比PH3的,原因是。

H2O的鍵角小于NFh的，分析原因_________________________________________________。

(4)在金屬材料中添加AlCr2顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。Aler2具有體

心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示。處于頂角位置的是原子。設(shè)Cr和Al原子半徑分別為∕?

和ΓAh則金屬原子空間占有率為%(列出計算表達式)。

O

QQQY

?γ?Q

o

答案(I)AC⑵N、0、Cl6⑶sp3高NH3存在分子間氫鍵NH3含有1對孤電子對,

而H2O含有2對孤電子對，H2O中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用較大(4)A1

8π(2?+?,)χιoo

解析(1)基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系總能量

低，核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54s∣,A正確；電負性為原子對鍵合電子的吸引力，同周期(除0

族)元素原子序數(shù)越大電負性越強，鉀與格位于同周期，銘?的原子序數(shù)大于鉀，故銘?的電負性

比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大，C正確。

(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三價格離子提供空軌道，N、O、Cl提供孤對電子與三價銘■離子形

成配位鍵，中心離子的配位數(shù)為N、0、Cl三種原子的個數(shù)和，即3+2+1=6。

(3)PH3中P的價層電子對數(shù)為3+1=4,故PH3中P的雜化類型是sp3;N原子的電負性較強，

NH3存在分子間氫鍵，因此NH3的沸點比PM的高；比0的鍵角小于NFh的鍵角，原因是

NH3含有1對孤電子對，而HzO含有2對孤電子對，比0中的孤電子對對成鍵電子對的排斥

作用較大。

(4)已知AICr2具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，灰球個數(shù)為8X5+1=2,白球個數(shù)為8x1+2

o4

=4,結(jié)合化學(xué)式AlCr2可知，白球為Cr,灰球為Al,即處于頂角位置的是Al原子。設(shè)Cr

和Al原子半徑分別為?和加，則金屬原子的體積為苧X4+苧X2=阮器+小),故

8兀(2-Hl)

金屬原子空間占有率為---高----×100%=阮(2*即爪DX100%o

5.(2022?海南，19節(jié)選)以C112O、Zno等半導(dǎo)體材料制作的傳感器和芯片具有能耗低、效率

高的優(yōu)勢?；卮饐栴}：

(1)基態(tài)O原子的電子排布式,其中未成對電子有個。

(2)Cu,Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性，從金屬鍵的理論看，原因是。

(3)酰菁的銅、鋅配合物在光電傳感器方面有著重要的應(yīng)用價值。獻菁分子結(jié)構(gòu)如下圖，分子

中所有原子共平面，所有N原子的雜化軌道類型相同，均采取雜化。鄰苯二甲酸

OQα>

醉(1)和鄰苯二甲酰亞胺(O)都是合成醐菁的原料，后者熔點高于前者,

主要原因是?

(4)金屬Zn能溶于氨水，生成以氨為配體，配位數(shù)為4的配離子，Zn與氨水反應(yīng)的離子方程

式為o

(5)ZnO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導(dǎo)體的性能，Zn-N鍵中離子鍵成分

的百分數(shù)小于Zn-O鍵，原因是0

答案(I)IS22s22p?或[He]2s22pit)2(2)自由電子在外加電場中作定向移動⑶sp?兩者

均為分子晶體，后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，熔點更高(4)Zn+4NE+

2+

2H2O=[Zn(NH3)4]+2OH+H2t(5)電負性：O>N,Zn與N元素間的電負性差值小于

Zn與O元素間的電負性差值，成鍵元素電負性差值越大，形成的化學(xué)鍵中離子鍵成分越大

解析(1)基態(tài)O原子核外有8個電子，因此基態(tài)O原子的電子排布式為Is22s22p4或

[HeJ2s22p4,其2p軌道有2個未成對電子，即O原子有2個未成對電子。(2)由于金屬的自由

電子可在外加電場中作定向移動，因此Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性。(3)根據(jù)結(jié)構(gòu)式可

知，N原子的雜化方式均為sp2,由于鄰苯二甲酸酊和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者

能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點更高。(4)金屬Zn與氨水反應(yīng)可生成

2+

[Zn(NH3)4](OH)2和H2,反應(yīng)的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]+2OH^+

H2t0

6.(2022?北京，15)FeSe)4?7比0失水后可轉(zhuǎn)為FeSO4?H2O,與FeS2可聯(lián)合制備鐵粉精(FeQV)

和H2SO4<>

I.FeSO4H2O結(jié)構(gòu)如圖所示。

(1)Fe2+價層電子排布式為__________________________________________________________

(2)比較SCr和H2O分子中的鍵角大小并給出相應(yīng)解釋：

2

(3)H2O與Fe'?Ser和H2O的作用分別為____________________________________________

∏.FeS2晶胞為立方體，邊長為e/nm,如圖所示。

(4)①與Fe?.緊鄰的陰離子個數(shù)為。

②晶胞的密度為P=gvmr。(1nm=I09m)

⑸以FeS?為燃料，配合FeSO4H2O可以制備鐵粉精(FexOV)和H2SO4o結(jié)合圖示解釋可充分

實現(xiàn)能源和資源有效利用的原因為。