2024年高考化学真题分类汇编12物质结构与性质综合含解析答案

这是一份2024年高考化学真题分类汇编12物质结构与性质综合含解析答案，共11页。试卷主要包含了氮和氧是构建化合物的常见元素，氧是构建化合物的重要元素等内容，欢迎下载使用。

1．NiCO4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为 。
(2)NiCO4结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为 ，NiCO4晶体的类型为 。
(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，NiCO4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑， 有利于NiCO4的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α= ，该温度下平衡常数 。
(4)对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间 (用k表示)。
（2024·全国·高考真题）
2．ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 ，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为 。
(2)俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是 ，硅原子的杂化轨道类型为 。
(4)早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因： 。
(5)结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为 。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。
（2024·山东·高考真题）
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 。
（2024·浙江·高考真题）
4．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2+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 。
（2024·浙江·高考真题）
5．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 。
物质
熔点/
442
29
143
参考答案：
1．(1)
(2) 8 分子晶体
(3) 小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000
(4)
【详解】（1）
Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。
（2）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由NiCO4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个NiCO4分子中含有8个σ键。NiCO4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。
（3）随着温度升高，平衡时NiCO4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于NiCO4的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中NiCO4的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和NiCO4的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4ml，反应生成的NiCO4为xml，可得三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）ml，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。
（4）由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。
2．(1) 2 +4
(2)bd
(3) C
(4)SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高
(5) 6
【详解】（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4；
（2）俗称电石，其为离子化合物，由和构成，两种离子间存在离子键，中两个C原子之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd；
（3）
一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为；
（4）根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
（5）由晶胞结构图可知，该晶胞中有4个和4个，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此的配位数为6。设为阿伏加德罗常数的值，则个晶胞的质量为，个晶胞的体积为，因此该晶体密度为。
3．(1) 四 ⅦB Cr
(2) MnO2 降低 A
(3) 正四面体形 sp2
(4)FDCA形成的分子间氢键更多
【详解】（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MnO2；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、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3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）中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（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．(1) 分子晶体
(2)CD
(3) sp3 ＜ 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 ＞
【详解】（1）由晶胞图可知，化学式为；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为分子，故为分子晶体；
（2）A同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为，A错误；
B核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为，B错误；
C同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为，C正确；
D基态的简化电子排布式：，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；
故选CD；
（3）①的价层电子对数，故杂化方式为sp3；价层电子对数为4，有一对孤电子对，价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的＜中的；
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，则A为NO2HS2O7，为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞；阴离子为根据已知可知其结构式为。
5．(1) 12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O
(2)AB
(3) HC>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H2O形成的氢键逐渐增强 S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，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD
【详解】（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K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。
（2）A．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1s22s22p63s23p6一种，A项正确；
B．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，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+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项正确；
C．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项错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；
答案选AB。
（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HC＜HD，原因是：S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，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。