考点19 物质结构与性质综合—五年（2020—2024）高考化学真题专项分类汇编(含答案)

这是一份考点19 物质结构与性质综合—五年（2020—2024）高考化学真题专项分类汇编(含答案)，共22页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。


一、填空题
1．氧是构建化合物的重要元素。请回答：
（1）某化合物的晶胞如图1，的配位数（紧邻的阳离子数）为_______；写出该化合物的化学式_______，写出该化合物与足量溶液反应的化学方程式_______。
（2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。
A.的基态原子电子排布方式只有一种
B.的第二电离能的第一电离能
C.的基态原子简化电子排布式为
D.原子变成，优先失去轨道上的电子
（3）化合物和的结构如图2。
①和中羟基与水均可形成氢键（），按照氢键由强到弱对三种酸排序_______，请说明理由_______。
②已知、钠盐的碱性，请从结构角度说明理由_______。
2．氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是__________，晶体类型是____________________。
（2）下列说法正确的是__________。
A.电负性：B.离子半径：
C.第一电离能：D.基态的简化电子排布式：
（3）①，其中的N原子杂化方式为__________；比较键角中的_________中的（填“>”、“<”或“=”），请说明理由_______。
②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：________（填“>”、“<”或“=”）；写出A中阴离子的结构式__________。
3．锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）在元素周期表中位于第________周期________族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是________（填元素符号）。
（2）如某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为________。
当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价________（填“升高”“降低”或“不变”），O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是________（填标号）。
A.B.C.D.
（3）（见下图）是晶型转变的诱导剂。的空间构型为________；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为________。
（4）可作转化为的催化剂（见下图）。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_______。
4．配位化合物X由配体（如图）和具有正四面体结构的构成。
（1）基态的电子排布式为__________________。
（2）所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为____形；每个中采取杂化的C原子数目为_______个，C与O之间形成σ键的数目为_______个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与的吸附作用，可在上引入____________。（假设X晶胞形状不变）
A.B.C.D.
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元（如图）构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个的不同之处在于___________________。
②X晶体中的配位数为______________。
③已知键长为，理论上图中A、B两个之间的最短距离的计算式为________。
④已知晶胞参数为，阿伏伽德罗常数的值为，与的相对分子质量分别为和，则X的晶体密度为_____________（列出化简的计算式）。
5．1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氩的最多，氪次之，氩化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为_______。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是_______。
（3）晶体熔点：_______（填“>”“<”或“=”），判断依据是_______。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为_______。
（5）加合物中_______，晶体中的微粒间作用力有_______（填标号）。
a.氢键b.离子键c.极性共价键d.非极性共价键
6．铁和硒（Se）都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]_____；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子（填“>”“<”或“=”），原因是_______。
（2）富马酸亚铁（）是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化，将转化为，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______。
②与互为等电子体的一种分子为_______（填化学式）。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在和平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数。阿伏伽德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______（列出计算式）。
7．类石墨相氮化碳作为一种新型光催化材料，在光解水产氢等领域具有广阔的应用前景，研究表明，非金属掺杂（O、S等）能提高其光催化活性。具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如图所示。
回答下列问题：
（1）基态C原子的成对电子数与未成对电子数之比为________。
（2）N、O、S的第一电离能大小为，原因是________。
（3）晶体中存在的微粒间作用力有________（填标号）。
a.非极性键
b.金属键
c.键
d.范德华力
（4）中，C原子的杂化轨道类型为________，N原子的配位数为________。
（5）每个基本结构单元（图中实线圈部分）中两个N原子（图中虚线圈的N原子）被O原子代替，形成O掺杂的（OPCN）。OPCN的化学式为________。
8．金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为_____。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。中锰原子的配位数为_____。
（3）第一电离能的大小：C______O（填“大于”或“小于”）。
（4）中碳原子的杂化轨道类型是______，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式______。
（5）可看作是中的氢原子被甲基取代的产物。与反应可用于制备，反应前后锰的配位数不变，与反应的化学方程式为______。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是______。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为（），b点锰原子坐标为（），则c点锰原子坐标为______。
9．很多含巯基（-SH）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
（1）基态硫原子价电子排布式为_______。
（2）的沸点由高到低顺序为_______。
（3）汞的原子序数为80，位于元素周期表第_______周期第ⅡB族。
（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有_______。
A.在I中S原子采取杂化
B.在Ⅱ中S元素的电负性最大
C.在Ⅲ中C-C-C键角是180
D.在Ⅲ中存在离子键与共价键
E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
（5）汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是_______。
（6）理论计算预测，由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体（晶胞如图9a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是_______。
②图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=_______。
③设X的最简式的式量为，则X晶体的密度为_______（列出算式）。
10．回答下列问题：
（1）气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是 。
（2）是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构， 的电子式是 。
（3）常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是 。
11．Fe、C、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题:
（1）Fe、C、Ni在周期表中的位置为___________，基态Fe原子的电子排布式为___________。
（2）CO的面心立方晶胞如图1所示。设阿伏伽德罗常数的值为，则CO晶体的密度为___________：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为___________。
（3）Fe、C、Ni能与反应，其中C和Ni均生成二氯化物，由此推断和的氧化性由强到弱的顺序为___________，与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：___________。
（4）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为___________。由于Ni与反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用和的混酸与Ni反应制备。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加的方式为___________（填“一次过量”或“少量多次”），此法制备的化学方程式为___________。
参考答案
1．答案：（1）12；；
（2）AB
（3）①HC>HB>HA；O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O>C=S>C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与形成的氢键逐渐增强；②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD>HC，的水解能力大于，碱性NaC>NaD
解析：（1）由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为；由图可知，的配位数为=12；该化合物可看成，故该化合物与足量溶液反应生成KCl和，反应的化学方程式为。
（2）根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有一种，A正确；Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，和Ne具有相同的电子层结构，的核电荷数大于Ne，的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能>Ne的第一电离能，B正确；Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C错误；基态Fe原子的价层电子排布式为，Fe原子变成，优先失去4s轨道上的电子，D错误。
（3）①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O>C=S>C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；
②HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，说明酸性HCHC，的水解能力大于，钠盐的碱性NaC>NaD。
2．答案：（1）或；分子晶体
（2）CD
（3）①；<；—中N有孤电子对，对成键电子对的斥力大，键角小；②>；
解析：（1）由晶胞结构可知，晶胞顶点和面心处原子团是一样的，均含有1个Cr、2个Cl、4个，故该化合物的化学式为或，其晶体类型为分子晶体。
（2）同一周期主族元素，从左到右，电负性依次增大，故电负性顺序为O>N>B，A错误；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，半径越小，故离子半径顺序为，B错误；同一周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素例外，故第一电离能：Ge（3）①中N原子的价层电子对数为，故杂化方式为；的价层电子对数为4，有一对孤对电子，的价层电子对数为，无孤对电子，由孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力知，键角。②由题给条件及原子守恒可知，该反应为，硝酸失去得到，则得电子能力更强，即氧化性更强，故氧化性：；A中阴离子为，根据题给已知信息可知其结构式为。
3．答案：（1）四；ⅦB；Cr
（2）；降低；A
（3）正四面体形；
（4）FDCA形成的分子间氢键更多
解析：（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子。
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、中V的化合价为+5价、中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。
（3）根据价电子对互斥理论可知，中孤电子对，价电子对数为4，则的空间构型为正四面体形。由题意可知，中咪唑环存在大π键，形成大π键的原子轨道是未杂化的轨道，垂直于杂化轨道，则N原子的杂化方式为。
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
4．答案：（1）或
（2）哑铃；8；8
（3）BC
（4）①排列方向不同或取向不同；②4；③；④
解析：（1）基态Zn原子核外有30个电子，电子排布式为，则基态的电子排布式为或。
（2）所含元素有C、H、O，其中电负性最大的为O，基态O原子电子占据的最高能级为2p，其电子云轮廓图为哑铃形。中苯环上碳原子、形成碳氧双键的碳原子采取杂化，每个中采取杂化的C原子共8个。单键为σ键，双键含1个σ键，故C与O之间形成σ键的数目为8个。
（3）要增强X与的吸附作用，引入的基团需能与形成氢键，因此可在上引入—OH、—。
（4）①由题图知，晶胞中与同一配体相连的两个的不同之处在于排列方向不同或取向不同。②1个上、下、左、右、前、后共有6个，每个与形成2个Zn←O配位键，1个含有4个Zn←O配位键，则1个中形成的配位键数目为，1个的配位数为4。③图中A、B两个之间的最短距离为晶胞组成单元的体对角线长度减去Zn—O键长的2倍，即。
④X晶胞的组成单元中，的个数为，的个数为，该组成单元的质量为，体积为，则X的晶体密度为。
5．答案：（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
解析：（1）基态As原子核外电子排布式为，4s、4p能级上的电子为其价电子，基态As原子价电子排布式为，答案为：；
（2）Ar、Kr、Xe位于同一族，且原子半径依次增大，原子核对外层电子的有效吸引力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，所以原子的活泼性依序增强，答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，故晶体熔点：<。
（4）的中心原子的价层电子对数为：，杂化轨道类型为。
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，选bc。
6．答案：（1）①；②8；③>；气态的分子构型为平面三角形，的离子构型为三角锥形
（2）①11:3；②
（3）①；②（或，合理即可）
（4）①；②4；③
解析：（1）①Se为34号元素，根据构造原理可写出基态Se原子的核外电子排布式为。②该物质结构对称，具有如图所示8种不同化学环境的C原子：。③中Se的价层电子对数为3，孤电子对数为0，中Se的价层电子对数为4，孤电子对数为，故和中Se原子分别为和杂化，则分子中键角大于中键角。
（2）①由富马酸分子的结构模型可确定其结构简式为，由单键均为σ键，双键有1个σ键和1个π键，知该分子中σ键和π键的数目比为11:3。②富马酸亚铁中含C、H、O、Fe四种元素，由电负性递变规律可知，电负性由大到小的顺序为O>C>H>Fe。
（3）①产物中N原子形成4个共价键，则其采取杂化。②一个有3个原子，价电子数为8，满足条件的等电子体有等。
（4）①分析晶胞在平面的投影图可知，占据顶点和体心位置的为K原子，故K原子个数为，每个竖直棱上有2个Se原子，体内有2个Se原子，故Se原子个数为，每个竖直面上有2个Fe原子，故Fe原子个数为，该物质的晶胞结构如图所示：
其最简化学式为。②以1号Fe原子为研究对象，由题图知，距其最近的Se原子有4个，故Fe的配位数为4。③该晶胞的质量为，体积为，故该晶体的密度为。
7．答案：（1）2:1
（2）N原子2p轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失电子；O，S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子
（3）cd
（4）杂化；2，3
（5）
解析：（1）基态C原子的电子排布式为，2p能级上两个电子为未成对电子，故成对电子数与未成对电子数之比为4:2=2:1。
（2）N、O同周期，N原子2p轨道半充满，为稳定结构，比相邻的O更难失电子，故N的第一电离能比O大；O、S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子，故O的第一电离能比S大。
（3）具有和石墨相似的层状结构，环中存在大键，层间为范德华力，晶体中不存在非极性键和金属键。
（4）中C原子杂化类型为。由题图知，N原子周围的C原子有2个或3个，因此N原子的配位数为2、3。
（5）每个基本结构单元中含C的个数为6，N的个数为，O的个数为2，则C、N、O的个数比为6:6:2=3:3:1，故OPCN的化学式为。
8.
（1）答案：
解析：Mn是25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为。
（2）答案：6
解析：根据题意，结合题图可知，Mn原子的配位数为6。
（3）答案：小于
解析：同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，故第一电离能：O大于C。
（4）答案：；
解析：中C形成3个键，孤对电子数为，为杂化。立体构型为平面三角形，与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子为。
（5）答案：
解析：由反应前后锰的配位数不变，反应物为，一种生成物为，知另一种生成物为，则反应的化学方程式为。
（6）答案：MnS中阴、阳离子所带电荷数比NaCl多，MnS的晶格能大于NaCl；（）
解析：根据晶胞结构，由a点和b点的原子坐标，可知晶胞下底面的左上方顶点为坐标原点，则c点锰原子的原子坐标为（）。
9.
（1）答案：
解析：基态硫原子核外电子排布式为，因此基态硫原子价电子排布式为，故答案为：。
（2）答案：
解析：均为分子晶体，分子间存在氢键，沸点较高，的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：，故答案为：。
（3）答案：六
解析：第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
（4）答案：AD
解析：A.中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取杂化，故A正确；B.中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；C.中C原子成键均为单键，因此C原子采取杂化，所以C-C-C键角接近109º28′，故C错误；D.中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与之间的离子键，故D正确；E.中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故E错误；综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
（5）答案：化合物III
解析：中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
（6）答案：由图c可知，图b中Sb、Hg原子取代位置除图b外还有其它形式；4；1：1：2；
解析：①对比图b和图c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图c可知，图b中Sb、Hg原子取代位置除图b外还有其它形式。②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。③1个晶胞的质量，1个晶胞的体积，则X晶体的密度为，故答案为：。
10．答案：（1）原子半径FC1—H
（2）
（3）乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有
解析：（1）可以根据共价键的稳定性比较气态氢化物的热稳定性，键长越短，键能越大，则气态氢化物的热稳定性越强，原子半径：F < Cl，则键长：F—H < Cl—H，键能：F—H > CI—H，故HF的热稳定性大于HCl的热稳定性。也可以根据元素非金属性的强弱比较气态氢化物的热稳定性，元素的非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：F > Cl，故HF的热稳定性大于HCl的热稳定性。
（2）是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，则阴离子的结构式为，故的电子式为。
（3）影响物质在水中溶解度的因素有:物质的极性、是否含有氢键、能否与水发生化学反应等。乙醇、氯乙烷、水均为极性分子，但乙醇与水分子能形成氢键，因此在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷。

11.
（1）答案：第四周期第VIII族;或
解析：在元素周期表中Fe、CO、Ni都是第四周期第Ⅷ族的元素；Fe为26号元素，其基态原子的电子排布式是或。
（2）答案：;
解析：根据CO晶胞的结构，利用均摊法得出，1个CO晶胞中有4个和4个，故CO晶体的密度为。因为Fe、CO、Ni的二价氧化物是离子化合物，、、半径依次减小，晶体的晶格能依次增大，熔点依次升高，故熔点顺序是NiO>CO>FeO。
（3）答案：;
解析：Fe、C、Ni与反应时分别生成、、，故氧化性强弱顺序是（或）；可以氧化生成，故有。
（4）答案：随质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜;
少量多次;或
解析：当大于63%时，Ni被腐蚀的速率随浓度增大而逐渐降低，说明Ni表面生成了致密的氧化膜，阻止了内部的Ni被进一步氧化（是一种钝化现象）；Ni与硫酸反应较慢，加人稀硝酸可以使N的氧化速率加快（生成NiO后被稀硫酸溶解生成），但硝酸过量会使产物中存在而导致纯度降低，为此，加入稀硝酸应采用少量多次的操作方法，反应的化学方程式是或。