2013年高考化学试题分类解析 - 考点23 物质结构与性质（选修）

考点23 物质结构与性质（选修）

1.（2013·上海化学·13）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是 A.X元素的氢化物的水溶液显碱性

B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径

C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应 D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点 【答案】C

【解析】根据题意，Z元素为Mg，Y元素原子最外电子电子排布为ns2np2,是C或Si，X为N或O，W为Al或Cl，N的氢化物的水溶液显碱性，但O的氢化物的水溶液显中性或弱酸性，A错误，Al3+的半径比Mg2+小，B错误；氮气、氧气均能与镁反应，C正确；CO2形成的晶体熔沸点低，D错误。

【考点定位】本题考查物质结构和元素周期律。

2.（2013·海南化学·19I）（6分）下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是

A．CaC2 B．N2H4 C．Na2S2 D．NH4NO3 [答案]AC [解析]：略。

3.（2013·上海化学·4）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.氯化氢和氯化钾的溶解 D.溴和汞的气化 【答案】A

【解析】A项变化客服的都是分子间力，正确，硅和C50的融化分别克服的都是共价键，分子间力， B项错误，氯化氢和氯化钾的溶解分别克服的都是共价键，离子键，C项错误，溴和汞的气化分别克服的都是分子间力金属键，D项错误，

4.（2013·上海化学·5）374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，

+-并含有较多的H和OH，由此可知超临界水

A.显中性，pH等于7 B.表现出非极性溶剂的特性 C.显酸性，pH小于7 D.表现出极性溶剂的特性 【答案】Bks5u

【解析】超临界水任然呈中性，ＡＣ项错误 根据相似相容的原理可以知道Ｂ正确（有机物大多数是非极性分子） Ｄ错误。ks5u

5.（2013·安徽理综·7）我国科学家研制出一中催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2 催化剂 CO2+H2O。下列有关说法正确的是 A．该反应为吸热反应 B．CO2分子中的化学键为非极性键 C．HCHO分子中既含α键又含π键 D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O2 【答案】C

【解析】A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，错误；B、二氧化碳结构为O?C?O,为极性键，错误；C、甲醛中，含有碳氧双键，故期中既含有?键又含有?键，正确；D、氧气的体积，并没有标明状况，故不一定为2.24L，错误。

【考点定位】以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念，涉及化学反应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识。

6.（2013·重庆理综·12）已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g) ΔH＝akJ·mol1

－

P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g) ΔH＝ bkJ·mol1

－

P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol

－

－1

下列叙述正确的是( )

A．P－P键的键能大于P－Cl键的键能 B．可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔH b－a＋5.6c－1C．Cl－Cl键的键能kJ·mol 45a－3b＋12c－1D．P－P键的键能为kJ·mol 8

解析：考察盖斯定律以及键能与反应热的关系。根据P4是正四面体，P4有6个P—P键， 6E(P—P)+6（Cl—Cl）—12×1.2c=a, 6E(P—P)+10（Cl—Cl）—20c=b, Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(g) △H=( bkJ·mol1—akJ·mol1)/4。A项，E(P—P)

－

－

4E(Cl—Cl)+12×1.2c—20×c=b—a，有E(Cl—Cl)= —P)=

5a—3b—12c

，错误。选择C。 12

b－a＋5.6c

，正确；D项，经过计算，E(P4

7.（2013·四川理综化学·8）（11分）

X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可以化合生成气体G，其水溶液pH>7;Y单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可以形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L;Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。 请回答下列问题：

⑴M固体的晶体类型是 。

⑵Y基态原子的核外电子排布式是 ① ；G分子中X原子的杂化轨道的类型是 ② 。

⑶L的悬浊液加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是 。

－

⑷R的一种含氧酸根RO42具有强氧化性，在其钠盐中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是 。 答案：

（1）M的晶体类型，M为NH4Cl，属离子晶体；

（2）Y基态原子的电子排布：1s2 2s2 2p6 3s2 3p4，G分子中X原子的杂化轨道类型为sp3杂化； （3）AgCl悬浊液中加入Ag2S，Ksp（AgCl）

（4）R的含氧酸跟RO42-为FeO42-，向其钠盐溶液中加入硫酸，溶液变黄，说明生成Fe3+，并有无色气体生成，反应中Fe的化合价降低，只能是O元素的化合价升高，则无色气体比为O2，反应的离子方程式为：4FeO42-+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O

解析：①气体G可溶于水且水溶液呈碱性，知气体G为NH3，气体G由X的单质与H2化合得到，则X为N元素。

②Y的单质为黄色晶体，知Y为S元素。ks5u

③R的3d轨道电子数为为4s轨道的三倍，则R为第四周期元素，4s轨道电子数为2，3d轨道为6，R原子的电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2，则R为Fe元素。 ④Z的原子序数大于Y，且能与Na化合，则X为Cl元素。

⑤则Q为Na2S，J为NaCl，I为AgCl，M为NH4Cl

8.（2013·安徽理综·25）（15分）

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：

（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“小”）； XY2油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）震荡下，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 。 （4）在25°、101kpa下，已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419kJ,该反应的热化学方程式是 。 25

【答案】

（1）三 NA 小

（2）小 分子间作用力（范德华力） 甲醛（甲酸） （3）先产生白色沉淀，后沉淀溶解 Si + 4HF = SiF4? + 2H2?

（4）2Al + 3 O2 =Al2O3 △H= -1675KJmol

【解析】X的最高价氧化对应的水化物为H2XO3，可以确定X为+4价，故可能为C、Si；Y是地壳中含量最高的为O，Z、最外层电子为3s23p1，为Al；W质子数为28-14=14为Si，故综上有X、Y、Z、W分别为C、O、Al、Si。

【考点定位】以物质结构为基础，考查原子结构、分子结构，元素周期表和元素周期律，反应热的计算及热化学方程式的书写。

9.[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）（2013·新课标卷Ⅱ·37） 前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，

－+

A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A和B 的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价 电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数 相差为2。

回答下列问题：

2+

（1）D的价层电子排布图为_______。

（2）四种元素中第一电离最小的是________， 电负性最大的是________。（填元素符号）

（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。 ①该化合物的化学式为_________；D的配位数为_______；

-3

②列式计算该晶体的密度_______g·cm。

－+3+

（4）A、B和C三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______，配位体是____。 参考答案： （1）

（2）K F

（3）①K2NiF4; 6

39×4+59×2+19×8

②232—18=3.4

6.02×10×400×1307×10

（4）离子键、配位键；[FeF6]； 10、（2013·山东理综·32）（8分）【化学——物质结构与性质】 卤族元素包括F、CL、Br等。

（1）下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是 。

3－

（2）利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，右图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为 ，该功能陶瓷的化学式为 。

（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为 和 。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有 种。

（4）若BCl3与XYn 通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物提供孤对电子的原子是 。 【答案】（1）a （2）2；BN （3）sp2；sp3；3 （4）X 【解析】（1）F无正价，b项错误；HF分子之间能形成氢键，沸点最高，c项错误；由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高。 （2）B的原子半径比N大，因而结构示意图中大球代表B原子，利用晶胞结构很容易计算出含有2个B和2个N，化学式为BN。 （3）利用价层电子对互斥理论计算很容易判断出杂化方式；根据电离能的变化规律（见右图），半充满和全充满的要高，所以第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。 （4）B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X。

11.[化学—选修3:物质结构与性质](15分)（2013·新课标卷I·37）

硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题: (1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号 ，该能层具有的原子轨道数为 、电子数为 。

(2)硅主要以硅酸盐、 等化合物的形式存在于地壳中。

(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以 相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献 个原子。

(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4,，该反应的化学方程式为 。 (5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实:

① 硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因

是

② SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是

(6)在硅酸盐中，

四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨

架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为 。Si与O的原子数之比为 化学式为

12.（2013·江苏化学·21A）(12分) A.[物质结构与性质]

元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。 (1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。

①在1个晶胞中，X离子的数目为 。 ②该化合物的化学式为 。

(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是 。

(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是 。 (4)Y与Z可形成YZ42－

2－

①YZ4的空间构型为 (用文字描述)。

②写出一种与YZ42－互为等电子体的分子的化学式： 。 (5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为 。 【参考答案】 (1)①4 ②ZnS

(2)sp3

(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键 (4)①正四面体 ②CCl4或SiCl4

23

(5)16mol或16×6.02×10个

【解析】本题考查学生对原子核外电子排布、晶体结构与计算、原子轨道杂化类型、分子空间构型、氢键、配合物等《选修三》中基础知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。

元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，显然是锌。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，即硫。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，为氧。

(1)①在1个晶胞中，Zn离子的数目为8×1/8＋6×1/2=4。 ②S离子的数目也为4，化合物的化学式为ZnS。

(4)①SO42－的空间构型根据VSEPR模型与杂化类型可知无孤对电子为正四面体。

2－

②SO4互为等电子体的分子的化学式CCl4或SiCl4

(5)锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目既要考虑到配体中，还要考虑配体与中心原子之间的配位键，因此1mol该配合物中含有σ键

23

的数目为16mol或16×6.02×10个。

13.（2013·海南化学·19II）（14分）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示。

回答下列问题：

（1）图B对应的物质名称是 ，其晶胞中的原子数为 ，晶体类型为 。

（2）d中元素的原子核外电子排布式为 。

（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是 ，原因是 ，该物质的分子构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。

（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是 。

（5）k的分子式为 ，中心原子的杂化轨道类型为 ，属于 分子（填“极性”或“非极性”）。

[答案] （1）金刚石 8 原子晶体 （2）1s22s22p63s23p5 （3）H2O 分子间形成氢键 V形（或角形） sp3 （4）HCl （5）COCl2 sp2

极性

[解析]：（1）每个原子周围有4个键，判断为金刚石。（2）a为C，则b为H2、c为O2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2。（3）除a、b、c、d外，f为CO，g为CO2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2（在历届高考中有出现过）。所有两元

素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体。（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而极性最大。（5）COCl2中羰基的平面结构显示其为sp2杂化。

14.（2013·福建理综·31）[化学—物质结构与性质]（13分）

（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。

（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：

2NH3?3F2 Cu NF3?3NH4F

①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_________（填序号）。

a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体 ②基态铜原子的核外电子排布式为________。

（3）BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：

①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及___________（填序号）。ks5u ．．．

a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力

②R中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。 （4）已知苯酚(

)具有弱酸性，其Ka=1.1 ×10-10；水杨酸第一级电离形成的离子

能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨

酸)_______Ka(苯酚)（填“>”或“<”），其原因是__________。

【知识点】化学键、晶体结构、电子排布式的书写、杂化轨道、分子的空间构型以及电离 常数等知识。 【答案】

【解析】（1）同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于N 原子为1S2S2P3 达 到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，O 原子为1S2 2S2 2P4 ，2P 轨道有一堆成堆电子，相对于N 原子的半满结构，第一电离能会略小于N，即C

②29Cu 的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（ 这样排列保证了3d轨道的全充满和4s轨道的半充满）或者[Ar]3d104s1。

（3）①H2O 分子中的O 原子与(H2O)2·BF3分子中的H 原子之间存在氢键，(H2O)2·BF3分子中H2O分子和BF3分子之间存在配位键，H2O 分子内的O 原子与H 原子之间存在共价键，Q 分子之间存在分子间作用力；

②水合氢离子中O 原子有一对孤对电子，会排斥三个氢原子(和氨分子类似)，即空间构型为三角锥形

（4） 能形成分子内氢键， 致使H+ 更难电离， 而苯酚属于弱酸， 就能电离出H+ ， 即 Ka2(水杨酸)

ks5u

2

2

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