复习题教学评价实录

选修3大题拿高分必须突破的热考点

物质结构与性质

一、【命题分析】

1．试题结构

题头(介绍题目背景或物质结构知识，元素推断信息)＋问题(拼盘式考查物质结构相关主干知识)。

2．考查方式

(1)直接给出元素，围绕给出元素的原子结构、形成的物质等进行考查；

(2)给出元素原子的一些结构特点等，首先推导出元素，然后再进行相应的考查。

3．主要考查点

基态原子核外电子排布(电子排布式或价电子的轨道表达式)、第一电离能和电负性递变规律等；共价键类型、数目的判断、氢键配位键的表示、原子轨道杂化类型、分子构型判断、性质比较等；晶体类型的判断、晶体熔沸点高低的比较、氢键对溶解性的影响、晶体密度和晶体参数的计算、晶体空间利用率的计算、金属晶体的堆积方式等。

二、【热点透视】

（一）解题技法

1．解题思路

(1)掌握规律、注意特殊。如电离能、电负性规律和特殊(同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的第ⅢA族和第ⅥA族元素)及核外电子排布中的能级交错等。

(2)根据题目类型总结解题方法。如化学键类型的判断方法，中心原子杂化轨道和价层电子对数的判断方法，中心原子孤对电子对数的判断方法，晶体类型的判断及计算方法等。

2．破题关键

推断元素，确定元素在周期表中的位置，联想变化规律和特殊性，根据要求规范回答问题。

（二）真题再现

【考例1】(2018新课标Ⅰ卷，T35)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：

（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。

A．

B．

D．

（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H−），原因是______。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。

A．离子键

B．σ键

C．π键

D．氢键

（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的

Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为

kJ·mol−1，O=O键键能为

kJ·mol−1，Li2O晶格能为

kJ·mol−1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。

【答案】（1）D （4）520

C（2）Li+核电荷数较大

（3）正四面体

498

2908

（5）87416

NA(0.4665107)3

sp3

AB

4＋3＋1－－（3）LiAlH4的阴离子为AlH4，AlH4中Al的杂化轨道数为＝4，Al采取sp3杂化，2为正四面体构型。LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为σ键。

（4）由题给信息可知，2 mol Li(g)变为2 mol Li(g)吸收1 040 kJ热量，因此Li原子的第一电离能为520 kJ·mol1；0.5 mol氧气生成1 mol氧原子吸收249 kJ热量，因此O＝O键的键－＋能为498 kJ·mol1；Li2O的晶格能为2 908 kJ·mol1。

－－（5）由题给图示可知，Li位于晶胞内部，O位于顶点和面心，因此一个晶胞有8个Li，O

8×7＋4×16原子个数为6×1/2＋8×1/8＝4。因此一个Li2O晶胞的质量为

g，一个晶胞的体积NA8×7＋4×16－－为(0.466 5×107)3cm3，即该晶体密度为cm3。学科~网

－73

g·NA0.466 5×10【考例2】(2018新课标Ⅱ卷，T35)硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：

熔点/℃

沸点/℃[来源学科H2S −85.5 −60.3

S8

115.2 FeS2

>600（分解）SO2

−75.5

−10.0 SO3

16.8 45.0 H2SO4

10.3 337.0 网][来源学&科&网Z&X&X&K][来源学+科+网]

[来源学科网]444.6 [来源学§科§网Z§X§X§K]回答下列问题：

（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。

（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子的是_________。

（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为______________________________________________。

图(a)

图(b)

图(c) （4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。

（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于S2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

【答案】（1）

哑铃（纺锤）（2）H2S 2

（3）S8相对分子质量大，分子间范德华力强

（4）平面三角

2

sp3 （5）4MNAa21103

22a

（3）S8和SO2均为分子晶体，S8的相对分子质量大于SO2，因此S8的分子间作用力大，熔沸点比SO2的高。

（4）SO3的中心原子为S，中心原子的孤电子对数为(6－2×3)/2＝0，中心原子结合3个氧原子，结合每个O原子有且只能有一个σ键，所以S形成3个σ键，S的价层电子对数为0＋3＝3，S为sp2杂化，根据sp2杂化轨道构型可知，SO3为平面形分子，符合形成大π键条件，可形成4中心6电子大π键，因此有两种共价键类型。如图(b)所示的三聚分子中每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3。

（5）分析晶胞结构可知，Fe2位于棱边和体心，S22位于顶点和面心，因此每个晶胞中＋－含有的Fe2个数＝12×1/4＋1＝4，每个晶胞中含有的S21/2＋8×1/8＝4，即每个晶2个数为6×＋－胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量为4M/NAg，晶胞的体积为(a×107)3cm3，该晶体密度－为4M4M－－cm3＝1021g·cm3。正八面体的边长即为两个面心点的距离，因此正3×－73

g·NAaNAa×102a nm。

2八面体的边长为【考例3】(2018新课标Ⅲ卷，T35)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

(1)Zn原子核外电子排布式为________。

(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是____________________________。

(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是_____________________________________。

(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为________。

(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为________。六棱柱底面边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为______g·cm3(列出计算－式)。

【答案】(1)[Ar]3d104s2

(2)大于

Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子

(3)离子键

ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小

(4)平面三角形

sp2

(5)六方最密堆积(A3型)

65×6

32NA×6××ac4

(4)C原子价层电子对数n＝(4＋3×0＋2)/2＝3，因此C原子为sp2杂化，CO23的空间构－型为平面三角形。

(5)金属Zn晶体为六方最密堆积方式(A3型)。六棱柱底面边长为a cm，则六棱柱上下面33的面积均为6×a2cm2，则六棱柱的体积为6×a2c cm3，锌原子在六棱柱的顶点、上下面44心和晶胞内，一个晶胞含锌原子个数为12×1/6＋2×1/2＋3＝6，因此一个晶胞中Zn的质量为65×665×6－g，由此可知，Zn的密度为g·cm3。

NA32NA×6××ac4（三）试题预测

【预测1】Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。

(1)基态Co原子的价电子排布式为________，Co2核外3d能级上有________对成对电＋子。

(2)Co3的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2中，Co3的配位数是________。1 mol配离子中所＋＋＋含σ键的数目为____________，配位体N3中心原子的杂化类型为____________。

(3)Co2在水溶液中以[Co(H2O)6]2存在。向含Co2的溶液中加入过量氨水可生成更稳定＋＋＋－

的[Co(NH3)6]2，其原因是_________________________________________。

＋(4)某蓝色晶体中，Fe2、Fe3分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均＋＋有一个CN，K位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2间连接起来形成的空间构型是________。

＋－＋(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为________。

(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2为密置单层－排列，Ni2填充其中(如图乙)，已知O2的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质＋－量为________g(用含a、NA的代数式表示)。

【答案】(1)3d74s2

2

(2)6

23NA

sp (3)N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2形成的配位＋键更强

1175253(4)KFe2(CN)6

正四面体形

(5)(1，，)

(6)(或×1024) 2－224222aNA23aNA×1011＋＋－

(4)Fe2、Fe3分别占据立方体互不相邻的顶点，则个数均为4×＝，CN位于棱上，则个821＋＋－＋＋＋数为12×＝3，Fe2、Fe3、CN的个数比为1∶1∶6，根据电荷守恒，K与Fe2、Fe3、4CN的个数比为1∶1∶1∶6，则该晶体的化学式为KFe2(CN)6。Fe2在立方体的4个互不相－＋邻的顶点上，形成的空间构型为正四面体形。

11(5)根据题图甲知，C原子坐标参数为(1，，)。(6)如图所示，以22＋－1个小菱形为研究对象，该菱形中含有1个Ni2、1个O2，该菱形的边长为2a pm，则该菱形

的面积为2a×10－12 m×2a×10－12 m×375－＝23a2×1024m2；该菱形中含有该晶体的质量为

g，2NA7575×1024－242故每平方米面积上分散的该晶体的质量为÷(23×10a)g＝

g。学科！网

NA23a2NA【预测2】核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘-131和铯-137。碘-131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。

(1)与铯同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：

元素代号

第一电离能/(kJ·mol1) －X 520 Y 496 Z 419 基态Z原子的核外电子排布式为__________。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为___________________(用元素符号表示)，其原因为_____________________________________。

(2)F与I同主族，BeF2是由三个原子构成的共价化合物分子，分子中中心原子Be的杂化类型为________，BeF2分子的空间构型是________。

(3)Cl与I同主族，Cl具有很强的活泼性，可以形成很多含氯化合物，其中含氧酸HClO、HClO2、HClO3、HClO4的酸性由强到弱的顺序为____________________________。

(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有________个________(填晶体类型)晶体。

131I2分子，该晶体属于

＋

－－(5)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K的配位数为________。KI晶体的密度为ρ g·cm3，K和I的摩尔质量分别为MK g·mol－1和MI g·mol1，原子半径分别为rK cm和rI cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞中的空间利用率为___________________。

【答案】(1)1s22s22p63s23p64s1

Li＞Na＞K

锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低

(2)sp

直线形

(3)HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO (4)4

分子

334πrK＋r32πr3IρNAK＋rI(5)6

×100%[或×100%] 3MK＋MI3rK＋rI3

价越高，其对应酸的酸性越强，即酸性：HClO4>HClO3>HClO2>HClO。(4)由晶胞图可知，13111I2在晶胞的8个顶点和6个面上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×＋6×＝4个131I2分子，82＋－＋该晶体属于分子晶体。(5) KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K紧邻6个I，即每个K＋－的配位数为6。由均摊法可知该晶胞中含K数目和I数目均为4。晶胞中原子所占的体积4MK＋MI4433V1＝(πr3×4＋πr×4)cm，晶胞的体积V＝

cm3＝[2(rK＋rI)]3cm3，则KI晶胞中KI233ρNA334πr32πr3V1K＋rIρNAK＋rI的空间利用率为×100%＝×100%＝×100%。

V23MK＋MI3rK＋rI3