C．红外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析
D．阴极射线、α-粒子散射现象及布朗运动的发现都对原子结构模型的建立作出了贡献
【解析】 光导纤维的主要成分是SiO2，油脂属于酯类化合物，一般相对分子质量不是很大，二者均不属于高分子化合物，故A项错误；使用无磷洗涤剂是为了降低磷元素的排放，防止水体的富营养化，与低碳排放无关，故B项错误；质谱仪可用来测定相对分子质量，红外光谱仪和核磁共振仪可用来鉴定分子结构，都可用于有机化合物结构的分析，故C项正确；布朗运动与原子结构模型的建立无关，故D项错误。
【答案】 C
6．实现社会可持续发展，期待着物质结构研究方面的新成果。为了满足人类生活和生产的需要，人类每年从实验室或工厂制造出成千上万种化学物质。下列说法中正确的是( )
A．人类制造化学物质只具有正面意义 B．制造化学物质导致人类生存环境恶化
C．欲制造出更多更好的新的化学物质，就要进一步研究物质的结构 D．制造化学物质只是化学科学分内的事 【答案】 C
7．据最新报道，科学家发现了如下反应：O2＋PtF6===O2(PtF6)，已知O2(PtF6)为离子化合物(其中Pt的化合价为＋5)，对于此反应，下列说法正确的是( )
A．在O2(PtF6)中不存在共价键
B．在此反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂
C．在此反应中，每生成1 mol O2(PtF6)，转移1 mol电子 D．由O2(PtF6)形成的晶体为分子晶体
＋－＋
【解析】 O2(PtF6)为离子化合物，且Pt为＋5价，F为－1价。在O2(PtF6)中，O2与PtF6间存在离子键，O2中氧原子间存在共价键，所以
＋－
O2(PtF6)形成的晶体为离子晶体，故A、D项均错；由O2―→O2失去1个电子，O2为还原剂，由PtF6―→PtF6得到1个电子，PtF6为氧化剂，故B项错。
【答案】 C
8．绿色化学提倡化工生产应提高原子利用率，原子利用率表示目标产物的质量与生成物的总质量之比。在下列制备环氧乙烷的反应中，原子利用率最高的是 ( )
6
【解
析】 此题是贴近生活、生产实际的信息题，重在对信息的理解。绿色化学的含义就是要求原子利用率越高越好，而生成物只有一种时，原子利用率为100%。C选项生成物中只有目标产物一种，原子利用率为100%，符合绿色化学的要求。
【答案】 C
9．生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。 (1)上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式________________________________________________________________________。
(2)根据等电子原理，写出CO分子的结构式________________________________________________________________________。 (3)甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。 ①甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为____________。
②甲醛分子的空间构型是________；1 mol 甲醛分子中σ键的数目为________。 ③在1个Cu2O晶胞中(结构如图所示)，所包含的Cu原子数目为________。 【解析】 (1)Zn为30号元素，根据核外电子排布规律即可得出。
(2)根据CO与N2互为等电子体具有相似结构推断CO的结构式为CO(或C===O)。
7
(3)根据有机物中碳氧双键为sp杂化，则空间构型为平面三角形。甲醛中C—H键均为σ键，碳氧双键中一个σ键，故有3个σ键。弄
1
清晶胞中位于顶点与体心的空心圆为O，则O原子数＝8×＋1＝2，位于体内的黑点为Cu，Cu原子数为4，满足Cu∶O＝2∶1。
8
22626102102
【答案】 (1)1s2s2p3s3p3d4s或[Ar]3d4s (2)CO
2
(3)①sp杂化 ②平面三角形 3NA ③4
10．人类在使用金属的历史进程中，经历了铜、铁、铝之后，第四种将被广泛应用的金属被科学家预测是钛(Ti)，它被誉为“未来世纪的金属”。试回答下列问题：
(1)Ti元素在元素周期表中的位置是第________周期，第________族；其基态原子的价电子排布为 ________；
2
(2)在Ti的化合物中，可以呈现＋2、＋3、＋4三种化合价，其中以＋4价的Ti最为稳定；
①偏钛酸钡的热稳定性好，介电常数高，在小型变压器、话筒和扩音器中都有应用。偏钛酸钡晶体中晶胞的结构示意图如右图所示，它的化学式是________；
3＋
②已知Ti可形成配位数为6的配合物。现有含钛的两种颜色的晶体，一种为紫色，另一种为绿色，但相关实验证明，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
A．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液； B．分别向待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
C．待沉淀完全后分别过滤，得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶
2
体的水溶液与AgNO3反应得到沉淀质量的。
3
则绿色晶体配合物的化学式为________，绿色晶体中含有化学键的类型是________。 【解析】 (2)①偏钛酸钡晶胞中：
1
Ti原子数为：8×＝1
8
Ba原子数为：1
1
O原子数为：12×＝3
4
故化学式为BaTiO3。
－－－3＋
②由B知两晶体外界均为Cl，再由化学式TiCl3·6H2O及C知，绿色晶体中外界有2个Cl，紫色晶体中外界有3个Cl；又由于Ti的
3＋
配位数为6，故绿色、紫色晶体的化学式分别为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O和[Ti(H2O)6]Cl3。在[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中，H2O内存在极性键，Ti与
－
H2O、Cl之间均为配位键，内界离子与外界离子之间为离子键。
22
【答案】 (1)4 ⅣB 3d4s (2)①BaTiO3
②[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键、配位键、极性共价键
8
选修 物质结构与性质 模块高考热点透视 考题指证 2013·新课标全国卷ⅠT37、四川T4、T8、浙江自选T15、山东T32、上海T13、原子结构与性质 新课标全国卷ⅡT37、2012·安徽T25、福建T30、新课标全国卷T37、江苏T21A、山东T32、浙江自选T15 2013·新课标全国卷ⅠT37、山东T32、江苏T21、浙江自选T15、上海T13、分子结构与性质 2012·福建T30、新课标全国卷T37、江苏T21、山东T32、浙江自选T15、海南T19、大纲全国卷T27 2013·四川T8、T11、山东T32、江苏T21、新课标全国卷ⅠT37、上海T4、晶体结构与性质 新课标全国卷ⅡT37、2011·新课标全国卷T37、海南T19、大纲全国卷T27、山东T32 高频考点 模块高考热点透视
原子结构与性质
1．原子结构：主要考查1～36号元素的电子排布式，根据电子排布式分析原子核外电子的排布特点(如分析未成对电子数和元素在周期表中的位置，推测原子的性质)。
2．原子的性质：主要考查电离能、电负性的比较。
预计今后的高考试题中，该考点应侧重于：(1)原子(离子)核外电子排布式的书写；(2)基态原子外围电子(价电子)排布式的书写；(3)元素第一电离能或电负性的比较。
(1)(2012·江苏高考节选)Mn基态的电子排布式可表示为________。
(2)(2012·新课标高考节选)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)(2012·山东高考节选)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________。
522＋2＋5
【解析】 (1)25号元素Mn基态原子核外电子排布为[Ar]3d4s，失去4s轨道上2个电子后形成Mn，故Mn基态的电子排布式为[Ar]3d。
2262682
(2)同一主族元素从上往下第一电离能逐渐减小。(3)Ni原子的核外电子排布式是1s2s2p3s3p3d4s，所以在3d轨道上有两个未成对电子，
2224
则第二周期元素中，含有两个未成对电子的元素的价电子排布式有2s2p和2s2p，分别是碳元素和氧元素，其中电负性最小的是碳。
2262655
【答案】 (1)1s2s2p3s3p3d(或[Ar]3d) (2)O>S>Se (3)碳(或C)
2＋
9
1．(1)写出Si的基态原子核外电子排布式________________________________________________________________________。 (2)从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属性由强至弱的顺序为________。
22622
【解析】 Si为14号元素，核外电子排布式为1s2s2p3s3p。同周期元素从左到右电负性增强，故电负性：O>C；同主族元素从上到下电负性减弱，故电负性C>Si；电负性越强的元素，其非金属性越强。
2262222
【答案】 (1)1s2s2p3s3p(或[Ne]3s3p) (2)O>C>Si
2．(1)中国古代四大发明之一——黑火药，它的爆炸反应为：2KNO3＋3C＋S引燃,A＋N2↑＋3CO2↑(已配平) 除S外，上列元素的电负性从大到小依次为________________________。
(2)原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排
2＋
布式为________，Q的未成对电子数是________。
【解析】 (1)由反应物可知涉及元素有：K、N、O、C、S，则除S外其他元素的电负性由大到小顺序为：O>N>C>K。(2)Q和T处于同周期、同族且原子序数相差2。可知为Ⅷ族元素，即T为Ni，Q为铁(Fe)。
82
【答案】 (1)O＞N＞C＞K (2)3d4s 4
3．(1)写出基态C原子的电子排布式________________________________________________________________________。 (2)从原子结构的角度分析B、N和O元素的第一电离能由大到小的顺序为________________(用元素符号表示)。
222
【解析】 (1)6号碳元素基态原子核外电子排布式为1s2s2p。(2)B、N、O位于第2周期，其原子序数依次增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p能级上已处于半充满状态，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>B。
222
【答案】 (1)1s2s2p (2)N O B 分子结构与性质
1．分子结构：主要考查共价键的类型、键参数、杂化轨道的类型、分子空间构型、等电子体及配合物等。 2．分子的性质：主要考查分子的极性、分子间作用力(含氢键)对物质性质的影响。
预计今后的高考试题中，将继续保持过去高考中的热点：共价键的类型、键参数、杂化轨道类型、分子空间构型、氢键对物质性质的影响，同时对等电子体、配合物、分子的极性要引起足够的重视。
(2012·江苏高考节选)(1)NO3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________。
2－2－
(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]。不考虑空间构型，[Cu(OH)4]的结构可用示意图表示为________。
5－3×2＋1－2
【解析】 (1)NO3有3个σ键，孤对电子对数＝＝0，所以为sp杂化，平面三角形。
2
(2)①CO与N2是等电子体，N2的结构式为N≡N，所以CO结构式为C≡O；②H2O中的O原子最外层有6个电子，与两个H原子形成2个σ
3
键，最外层还余4个电子，形成两对孤电子对，所以价层电子对数为4，sp杂化；③1个CO2中含有2个σ键。
【答案】 (1)平面三角形
323
(2)①C≡O ②sp ③2×6.02×10个(或2 NA)
－
10