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“>”、“”、“”“”“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；；
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：GeFe。
（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。