2013年全国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。矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。【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．CaC2B．N2H4C．Na2S2D．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，聞創沟燴鐺險爱氇谴净。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-，由此可知超临界水残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。A.显中性，pH等于7B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性，pH小于7D.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酽锕极額閉镇桧猪訣锥。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彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。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2.24LO2【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OCO,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。謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。【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。厦礴恳蹒骈時盡继價骚。6.（2013·重庆理综·12）已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g)ΔH＝akJ·mol－1茕桢广鳓鯡选块网羈泪。P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g)ΔH＝bkJ·mol－1P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。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ΔHC．Cl－Cl键的键能b－a＋5.6c4kJ·mol－1D．P－P键的键能为5a－3b＋12c8kJ·mol－1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·mol－1—akJ·mol－1)/4。A项，E(P—P)E(P—Cl)；B项，PCl5是固态，无法计算；C项，4E(Cl—Cl)+12×1.2c—20×c=b—a，有E(Cl—Cl)=b－a＋5.6c4，正确；D项，经过计算，E(P—P)=5a—3b—12c12，错误。选择C。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。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pH7;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。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。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。渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。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：1s22s22p63s23p4，G分子中X原子的杂化轨道类型为sp3杂化；铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。（3）AgCl悬浊液中加入Ag2S，Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S），则溶液中的AgCl转化为Ag2S，由白色沉淀变为黑色沉淀；擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。（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贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。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。坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。②Y的单质为黄色晶体，知Y为S元素。ks5u③R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1s22s22p63s23p63d64s2，则R为Fe元素。蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。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NH4Cl8.（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”）；2XY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。買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。（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。綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。（4）在25°、101kpa下，已知13.5g的Z固体单质在2Y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。驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。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+3O2=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。猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑。【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。锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。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：（1）D2+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_______；②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。（4）A－、B+和C3+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____。構氽頑黉碩饨荠龈话骛。参考答案：（1）（2）KF（3）①K2NiF4;6②39×4+59×2+19×86.02×1023×4002×1307×10—18=3.4輒峄陽檉簖疖網儂號泶。（4）离子键、配位键；[FeF6]3－；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。（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。尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅。（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。识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒。（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。凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴。【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。恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦。（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。鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫。（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。硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹。（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。阌擻輳嬪諫迁择楨秘騖。(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。氬嚕躑竄贸恳彈瀘颔澩。(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②SiH4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釷鹆資贏車贖孙滅獅赘。12.（2013·江苏化学·21A）(12分)A.[物质结构