2012年高考化学试题分类汇编解析——物质结构与性质

河北省宣化县第一中学 栾春武

 

1.（2012·上海）4．PH₃是一种无色剧毒气体，其分于结构和NH₃相似，但P－H键键能比N－H键键能低。下列判断错误的是

A．PH₃分子呈三角锥形

B．PH₃分子是极性分子

C．PH₃沸点低于NH₃沸点，因为P－H键键能低

D．PH₃分子稳定性低于NH₃分子，因为N－H键键能高

 

解析：本题考查化学键、分子构型。意在考查考生分子结构的知识。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NH₃，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N－H键键能高，D项正确。

 

答案：C

 

2.（2012·福建）30．[化学一物质结构与性质]（13 分）

 

（1）元素的第一电离能：Al＿Si（填“＞”或“＜” ）。

 

（2）基态Mn²⁺的核外电子排布式为 ______。

 

（3）硅烷（Si_nH_2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如右图所示，呈现这种变化关系的原因是＿。

 

 

 

 

 

 

（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子X^m－（含B、O、H 三种元素）的球棍模型如右下图所示：

 

 

 

 

 

 

 

① 在X^m－中，硼原子轨道的杂化类型有      ；配位键存在于         原子之间（填原子的数字标号）；m ＝       （填数字）。

② 硼砂晶体由Na⁺、X^m－和H₂O构成，它们之间存在的作用力有（填序号）。

A.离子键   B.共价键    C.金属键     D.范德华力    E.氢键

 

解析：（1）同一周期元素自左向右第一电离能有增大趋势，故第一电离能Al＜Si。（2）Mn是25号元素，其电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s²，故Mn²⁺的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵。（3）硅烷形成的晶体是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。（4）①由球棍模型可以看出，黑球为B原子，灰球为O原子，小黑球为H原子。2号B原子形成3个键，采取sp²杂化，4号B原子形成4个键，采取sp³杂化；4号B原子三个sp³杂化轨道与除5号外三个O原子形成σ键后还有一个空轨道，而5号O原子能提供孤电子对而形成配位键；由图示可以看出该结构可以表示为[B₄H₄O₉]^m－，其中B为+3价，O为－2价，H为+1价，根据化合价可知m＝2。②在晶体中Na⁺与X^m+之间为离子键，H₂O分子间存在范德华力，而该阴离子能与水分子形成氢键。

 

答案：（1）＜（2）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵或[Ar3d⁵]（3）硅烷的相对分子质量越大，分之间作用力越强（4）①sp²、sp³    4,5或（5，4） 2     ② ADE

 

3.（2012·海南）[选修3——物质结构与性质] (20分)

19－I（6分）下列有关元素锗及其化合物的叙述中正确的是

A．锗的第一电离能高于碳而电负性低于碳

B．四氯化锗与四氯化碳分子都是四面体构型

C．二氧化锗与二氧化碳都是非极性的气体化合物

D．锗和碳都存在具有原子晶体结构的单质

 

解析：碳和锗同主族，碳在第二周期，而锗在第四周期，锗是金属元素，故其第一电离能低于碳，A错；四氯化锗和四氯化碳都是分子晶体且构型相同，B对；金属的氧化物不是气体，C错；锗和碳都易于形成四个键，能形成原子晶体结构的单质，D对。

答案：BD

 

19－II(14分)铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝，广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。回答下列问题：

（1）铜原子基态电子排布式为                            ；

 

（2）用晶体的x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361 pm。又知铜的密度为9.00g·cm^－3，则铜晶胞的体积是     cm³、晶胞的质量是    g，阿伏加德罗常数为     (列式计算，己知Ar(Cu)＝63.6)；

 

（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如下图)，a位置上Cl原子的杂化轨道类型为      。已知其中一种化合物的化学式为KCuCl₃，另一种的化学式为            ；

（4）金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是           ，反应的化学方应程式为            。

 

解析：（1）铜是29号元素，其基态原子的电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；（2）铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞能分摊到4个Cu原子；1pm＝10^－10cm，故一个晶胞的体积为(361×10^－10cm)3＝4.7×10^－23cm³；晶胞的质量＝体积×密度，一个晶胞的质量为4.7×10^－23cm³×9.00g·cm^－3＝4.23×10^－22g；在一个体心晶胞含4个铜原子，故铜的摩尔质量＝1/4×晶胞质量×N_A，由Ar(Cu)＝63.6g·mol^－1＝×N_A，得N_A＝6.01×10²³mol^－1。（3）a位置上Cl原子的杂化轨道类型为：sp³；一种化合物的化学式为KCuCl₃，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，其化学式为：K₂CuCl₃；（4）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，这是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu²⁺形成配离子，两者相互促进使反应进行；方程式可表示为：Cu + H₂O₂ + 4NH_{3 ===} Cu(NH₃)₄²⁺ +2OH^－。

 

答案：（1）1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹；（2）4.70×10^－23；4.23×10^－22；N_A＝63.6g.mol^－1/（0.25×4.23×10^－22g）＝6.01×10^－23；（3）sp³；K₂CuCl₃；（4）过氧化氢为氧化剂，氨与Cu形成配离子，两者相互促进使反应进行；Cu + H₂O₂ + 4NH_{3 ===} Cu(NH₃)₄²⁺ + 2OH^－。

 

4.（2012·江苏）A． [物质结构与性质]

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。

  ①Mn²⁺基态的电子排布式可表示为                       。

  ②NO₃^－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。

  ①根据等电子体原理，CO 分子的结构式为                      。

  ②H₂O 分子中O 原子轨道的杂化类型为                      。

  ③1 mol CO₂ 中含有的σ 键数目为                      。

（3）向CuSO₄ 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu(OH)₄]^2－。不考虑空间构型，[Cu(OH)₄]^2－的结构可用示意图表示为                      。

 

解析：（1）Mn的原子序数为25，价电子排布为3d⁵4s²，先失去4s上二个电子，即得Mn^2＋。NO₃^－离子中氮原子无孤对电子，配位原子为3，则N采用sp²杂化，所以NO₃^－的空间构型为平面三角形。（2）CO与N₂互为等电子体，根据氮分子的结构式可以写出CO的结构式为C≡O。H₂O中O原子存在两对孤对电子，配位原子为2，价电子对为4，所以O原子采用sp³杂化。二氧化碳分子内含有碳氧双键，双键中有一个为σ键，一个为π键，则1molCO₂中含有2molσ键。（3）Cu²⁺中存在空轨道，而OH^－中O原子上面有孤对电子，故O与Cu之间以配位键结合。

 

答案：（1）①1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵(或[Ar]3d⁵)     

 

      ②平面三角形       （2）①C≡O     ②sp³    

 

      ③2×6. 02×10²³个(或2 mol)

 

          

                        

                                              

                                                                                        

5.（2012·全国新课标卷）37 .[选修3物质结构与性质]（15分） VIA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化台物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

 

 

 

 

 

 

（1）S单质的常见形式为S₈，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是       ；

 

（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离

子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为              ；

 

（3）Se原子序数为       ，其核外M层电子的排布式为                  ；

 

（4）H₂Se的酸性比H₂S        （填 “强”或“弱”）。气态SeO₃分子的立体构型为     ，SO₃^2-离子的立体构型为               ；

 

（5）H₂SeO₃的K₁和K₂分别为2.7× l0^－3和2.5×l0^－8，H₂SeO₄第一步几乎完全电离，

K₂为1.2×10^－2，请根据结构与性质的关系解释：

 

 ①H₂SeO₃和H₂SeO₄第一步电离程度大于第二步电离的原因：              ；

 

 ② H₂SeO₄比 H₂SeO₃酸性强的原因：                                  

 

（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0 pm．密度为_______（列式并计算），a位置S^2－离子与b位置Zn²⁺离子之间的距离为______ pm（列示表示）

解析：（1）因为S₈为环状立体结构，键角为120°，所以杂化轨道方式为SP³。（2）根据同主族电离能的变化规律，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为O＞S＞Se。（3）Se的原子序数为34，其核外M层电子的排布为3s²3p⁶3d¹⁰。（4）原子半径越大，氢化物越容易电离出氢离子，所以H₂Se的酸性比H₂S强。（5）①H₂SeO₄和H₂SeO₃第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度。②H₂SeO₃中的Se为+4价，H₂SeO₄中的Se为+6价，正电性更高，导致Se－O－H中O的电子更向Se偏移，越易电离出氢离子。（6）四个Zn²⁺在体内的四个小立方体的中心，不在同一平面上，过b向上面作垂线，构成直角三角形，两边分别为/4a  1/4a，即可求出斜边为/4a(a 为晶胞边长)

 

答案： （1）SP³     （2）O＞S＞Se     （3）34   3s²3p⁶3d¹⁰

 

（4）强   正四面体    平面三角形

 

（5）①H₂SeO₄和H₂SeO₃第一步电离产生的氢离子抑制第二步电离，所以第一步电离程度大于第二步电离程度。

 

②对同一种元素的含盐酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强。

 

（6）＝ 4.1；  或 或135

 

考点：原子的结构与性质、分子的结构与性质、晶体结构与性质、晶体的计算。

 

6.（2011·山东）32．（8分）[化学——物质结构与性质]金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。

 

（1）下列关于金属及金属键的说法正确的是_______。

 

a．金属键具有方向性和饱和性

 

b．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用

 

c．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子

 

d．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光

 

（2）Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是______。

 

（3）过渡金属配合物Ni(CO)_n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝______。CO与N₂结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为________。

（4）甲醛（H₂C＝O）在Ni催化作用下加氢可得甲醇（CH₃OH）。甲醛分子内C原子的杂化方式为________，甲醛分子内的O－C－H键角_______（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O－C－H键角。

 

解析：（1）金属键没有方向性和饱和性，a错；金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b对；金属导电是因为在外加电场作用下发生定向移动，c错；金属具有光泽是因为自由电子能够吸收并放出可见光，d错。（2）Ni的外围电子排布为3d⁸4s²，3d能及上有2个未成对电子，第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小。（3）CO中C和O为三键，含有一个σ键、2个π键。（4）甲醇分子内C的成键电子对为4，无孤电子对，杂化类型为sp³，甲醇分子内O－C－H键角比甲醛分子内O－C－H键角大。

 

答案：（1）b  （2）C  （3）4  1:2  （4）sp³  ＞

 

考点：物质结构与性质，原子结构与元素性质，分子空间构型。

2012-09-27  人教网

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