2020版高考一轮复习化学新课改省份专用学案：第八章第6课时　应用层面——“物质结构与性质”综合题型分析

第6课时　应用层面——“物质结构与性质”综合题型分析

[题型分析]

物质结构与性质综合大题是高考命题的重要题型之一，试题把原子、分子结构与性质、晶体结构与性质等知识拼盘成一个大题，设置若干个问题，每个问题又相对独立。题目主要考查电子排布式、电负性和第一电离能大小比较、共价键分类及数目判断、杂化轨道类型、分子的空间构型、等电子体、分子极性的判断、晶体类型的判断及熔、沸点高低的比较等。难点是根据晶胞结构推断物质的化学式、晶体的密度、原子半径和空间利用率的计算等。

题目的考查方式灵活，一般有两种命题方式：一是题目给出物质或元素，直接回答题设问题；二是给出一定原子结构与性质的信息来推出元素，再结合推出的元素回答相关问题。

[难点点拨]

晶胞参数的计算方法

1．晶胞参数

(1)晶胞的形状和大小可以用6个参数来表示，包括晶胞的3组棱长a、b、c和3组棱相互间的夹角α、β、γ，此即晶格特征参数，简称晶胞参数。如立方晶胞中，晶胞参数a＝b＝c，α＝β＝γ＝90°。

(2)晶胞参数的计算

2．晶体密度的计算方法

3．金属晶体空间利用率的计算方法

空间利用率＝×100%，球体积为金属原子的总体积。

(1)简单立方堆积

如图所示，原子的半径为r，立方体的棱长为2r，则V球＝πr3，V晶胞＝(2r)3＝8r3，空间利用率＝×100%＝×100%≈52%。

(2)体心立方堆积

如图所示，原子的半径为r，体对角线c为4r，面对角线b为a，由(4r)2＝a2＋b2得a＝r。1个晶胞中有2个原子，故空间利用率＝×100%＝×100%＝×100%≈68%。

(3)六方最密堆积

如图所示，原子的半径为r，底面为菱形(棱长为2r，其中一个角为60°)，则底面面积S＝2r×r＝2r2，h＝r，V晶胞＝S×2h＝2r2×2×r＝8r3,1个晶胞中有2个原子，则空间利用率＝×100%＝×100%≈74%。

(4)面心立方最密堆积

如图所示，原子的半径为r，面对角线为4r，a＝2r，V晶胞＝a3＝(2r)3＝16r3,1个晶胞中有4个原子，则空间利用率＝×100%＝×100%≈74%。

[典例剖析]

[典例]　(2018·全国卷Ⅰ)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)。

(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Born­Haber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0.466 5 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)。

[解析]　(1)D选项表示基态，为能量最低状态；A、B、C选项均表示激发态，但C选项被激发的电子处于高能级的电子数多，为能量最高状态。

(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，Li的核电荷数大于H的核电荷数，因此Li的原子核对电子的吸引能力强，即Li＋半径小于H－半径。

(3)LiAlH4的阴离子为AlH，AlH中Al的杂化轨道数为＝4，Al采取sp3杂化，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·mol－1；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·mol－1；Li2O的晶格能为2 908 kJ·mol－1。

(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原子个数＝6×＋8×＝4。因此一个Li2O晶胞的质量＝ g，一个晶胞的体积为(0.466 5×10－7)3 cm3，即该晶体密度＝ g·cm－3。

[答案]　(1)D　C

(2)Li＋核电荷数较大

(3)正四面体　sp3　AB

(4)520　498　2 908

(5)

[对点练1]　2018年3月5日，《自然》连刊两文报道石墨烯超导重大发现，第一作者均为中国科大10级少年班现年仅22岁的曹原。曹原团队在双层石墨烯中发现新的电子态，可以简单实现绝缘体到超导体的转变。石墨烯是一种由碳原子组成六角形呈蜂巢晶格的二维碳纳米材料(如图甲)，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(如图乙)。

(1)图甲中，1号C与相邻C形成σ键的个数为________。

(2)图乙中，1号C的杂化方式是__________，该C与相邻C形成的键角________(填“>”“<”或“＝”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。

(3)我国制墨工艺是将50 nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶于水，在相同条件下所得到的分散系后者更为稳定，其原因是___________________________________________

________________________________________________________________________。

(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱心与内部。该晶胞中M原子的个数为________，该材料的化学式为________。

(5)金刚石与石墨都是碳的同素异形体。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为________。

(6)一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如图丁所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。

①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是______________________________

________________________________________________________________________。

②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知图丁中笼状结构的空腔直径为0.586 nm，结合图表从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是：________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

解析：(1)题图甲中，1号C与相邻3个碳原子成键，σ键的个数为3。(2)题图乙中，1号C与3个C、1个—OH成键，无孤电子对，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3。题图乙中1号C与相邻C形成的键角约为109°28′，而题图甲中1号C为sp2杂化，1号C与相邻C形成的键角为120°，故题图乙中1号C与相邻C形成的键角<题图甲中1号C与相邻C形成的键角。(3)氧化石墨烯中含有羟基、羧基，能与水形成氢键，因此氧化石墨烯溶于水得到的分散系更稳定。(4)该晶胞中，12个M在晶胞的棱心，9个M在晶胞内部，M的个数为12×＋9＝12，而6个C60在晶胞面心，8个C60在晶胞的顶点，C60的个数为6×＋8×＝4，M和C60的个数比为12∶4＝3∶1，故该材料的化学式为M3C60。(5)金刚石的晶胞结构中碳原子位于立方体的顶点(8个)、面心(6个)及内部(4个)，将立方体切割成8个小立方体，在其中4个互不相邻的小立方体体心各有1个碳原子。根据硬球接触模型，立方体体对角线长度的就是C—C键的键长，晶胞立方体体对角线长度为a，所以×a＝2r，所以r＝a。碳原子数为8×＋6×＋4＝8，晶胞的体积为a3，碳原子的体积为8×πr3，空间占有率为×100%＝×100%＝34%。(6)①可燃冰为甲烷的水合物，甲烷和甲烷间、甲烷和水分子间为范德华力，水分子间为氢键。②根据题表中提供的数据可知，CO2的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且CO2与H2O的结合能大于CH4与H2O的结合能，因此科学家提出用CO2置换CH4的设想。

答案：(1)3　(2)sp3　＜　(3)氧化石墨烯可与水形成氢键，更稳定　(4)12　M3C60　(5)×100%(或34%)

(6)①氢键、范德华力　②CO2的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且CO2与水的结合能大于CH4与水的结合能

[对点练2]　元素X、Y、Z为前四周期元素，X的基态原子核外电子有21种运动状态，元素Y的原子最外层电子数是其内层的3倍，Z与X、Y不在同一周期，且Z原子核外p电子比s电子多5个。

(1)X基态原子的核外电子排布式为________________。

(2)X是石油化工中重要的催化剂之一，如催化异丙苯()裂化生成苯和丙烯。

①1 mol苯分子中含有σ键的数目为________mol。

②异丙苯分子中碳原子轨道的杂化类型为________。

(3)与Y3分子互为等电子体的阳离子为________。

(4)XZ3易溶于水，熔点为960 ℃，熔融状态下能够导电，据此可判断XZ3晶体属于________(填晶体类型)。

(5)元素Ce与X同族，其与Y形成的化合物晶体的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为________________。

解析：(1)X核外有21个电子，X为Sc元素，故X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2。(2)①苯分子中，C—H键为σ键，苯环上的C—C键也为σ键，故含有12 mol σ键。②异丙苯分子中苯环上的碳原子采取sp2杂化，其余C原子采用sp3杂化。(3)最外层电子数是内层电子数3倍的元素是O元素，在O3分子中，含有3个原子、18个价电子，与其互为等电子体的阳离子是ClO。

(4)根据晶体在熔融状态下能导电可知其为离子晶体。(5)根据晶胞的结构，O原子全部在体内，故含有8个O原子，Ce原子位于顶点和面心，含有Ce原子的个数＝8×＋6×＝4，故化学式为CeO2。

答案：(1)[Ar]3d14s2　(2)①12　②sp2、sp3

(3)ClO　(4)离子晶体　(5)CeO2