2023年高考化学二轮复习试题（新高考专用）专题05物质结构与性质含解析

这是一份2023年高考化学二轮复习试题（新高考专用）专题05物质结构与性质含解析，共21页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，CdSe是一种重要的半导体材料，冰的晶胞结构如图所示等内容，欢迎下载使用。
A组 基础练
高考解密05 物质结构与性质

1．（2022·湖北·模拟预测）某种合成医药、农药的中间体结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是

A．第一电离能：YP，A正确；B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N>P> As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性NH3> PH3> AsH3，B正确；C．同周期自左而右，非金属性增强，非金属性S>P，同主族自上而下非金属性减弱，P> As，所以非金属性S>P>As，所以酸性H2SO4>H3PO4>H3AsO4，C错误；D．镓(Ga)是第四周期IIIA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，D正确；故选C。
6．（2022·湖北·模拟预测）科学家近期合成了一种配合物，该物质可以在温和条件下活化H2，将N3-转化为NH，反应过程如图所示。下列说法错误的是

A．产物中N原子的杂化轨道类型为sp3
B．NH2-的VSEPR模型为四面体形
C．电负性大小：N>C>Fe
D．键角：NH>NH3
【答案】D
【解析】A．产物N连接4根键，为杂化，A正确；B．与H2O互为等电子体，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，B正确；C．一般而言，金属元素的电负性小于1.8，非金属元素电负性大于1.8，C、N属于同一周期，从左到右电负性逐渐增大，Fe为金属元素，电负性最小，即得N>C>Fe，C正确；D．与H2O互为等电子体，均存在两对电子对，键角相同，键角：H2OO>C 中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能为F>N>O>C
(4)4 或
【解析】（1）是25号元素，基态原子核外电子排布式为；原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，电子排布式为，其核外电子自旋磁量子数的代数和为或；
（2）中，甲基与碳形成C-C单键，C与N形成三键，含有孤电子对的原子为N原子，其电子排布式为，其能量最高的电子所在的能级符号为，配合物中心原子Mn的配位数是6；
（3）①根据结构简式中S的价键可知，S形成6对共用电子对，没有孤电子对，S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；②中既有单键也有双键，非金属元素之间形成共价键，故存在的作用力为键、键 ，不存在金属键、氢键，答案选BC；③中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能为F>N>O>C；
（4）位于晶胞体心，位于晶胞的棱，若以为中心，则围在以为中心的棱为中心的四个晶胞的中心为距离最近的，总共有4个；根据均摊法，晶胞中含有8个N，12个，1个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的质量为g，体积为，则边长为或cm。
B组 提升练


1．（2022·浙江温州·模拟预测）氯化铬酰()常温下为深红色液体，能与、等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确的是
A．中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等
B．结构为四面体而非平面形
C．为离子晶体
D．遇水可发生反应：
【答案】C
【解析】A．中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；B．结构式为，中心铬原子上的孤电子数是0，价层电子数是4，为四面体而非平面形，B项正确；C．为分子晶体，C项错误；D．遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：，D项正确；故答案选C。
2．（2022·北京·北大附中三模）在一定条件下，[Zn(CN)4]2-与甲醛发生如下反应：[Zn(CN)4]2-+4HCHO+4H2O=[Zn(OH)4]2-+4HOCH2CN
已知：ⅰ. HCN为剧毒、易挥发的气体，其水溶液有极弱的酸性
ⅱ. Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2- K1；Zn2++4OH-[Zn(OH)4]2- K2
下列说法不正确的是
A．反应前后Zn2+均提供4个空轨道容纳4对孤电子对
B．HOCH2CN的氰基由CN-与甲醛发生反应而来
C．依据上述[Zn(CN)4]2-与甲醛的反应可以证明：K1R2且R3>R4或R1H则该烯烃为顺式，D项错误；故选B。
4．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）新型二维共价晶体材料在光电、催化、新能源以及生物医学等领域中的应用具有重要意义，硒和钒形成的晶体就是其中的一种，晶体中硒原子和钒原子是分层排布的，下图是该晶体微观结构的透视图。

下列有关说法正确的是
A．基态硒原子价层电子排布式为3dl04s24p4
B．该晶体应该具有较高的熔点
C．假设俯视图中菱形的面积为sm2则该晶体单位面积质量为g/m2
D．该晶体的化学式为VSe
【答案】B
【解析】A．主族元素价层电子即为最外层电子，硒在周期表中的位置是第四周期第VIA族，因此价层电子排布式为4s24p4，A选项错误；B．该共价晶体中相邻Se原子与V原子以共价键相作用在一起，熔化时需克服共价键，具有较高的熔点，B选项正确；
C．菱形结构中Se原子个数为，V原子个数为1×1=1，则该晶体单位面积为，C选项错误；D．俯视图中菱形结构为最小晶胞，Se原子个数为，V原子个数为1×1=1，所以该晶体化学式为VSe2，D选项错误；
答案选B。
5．（2022·重庆市育才中学二模）第24届冬奥会于2022年2月4日在北京隆重开幕，“科技冬奥”理念，体现在方方面面。回答下列有关问题：
(1)冬奥会采用的石墨烯(即单层石墨)材料制造户外保暖穿戴设备，该材料中的碳原子采取_______杂化，属于元素周期表中_______区，同主族的元素基态Ge原子核外电子的空间运动状态有_______种。
奥运会场馆使用了大量的合金。第VIII族元素Fe、Co、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。
(2)基态Fe2+与Fe3+离子的最外层电子数之比为_______，实验室常用A离子来检验Fe3+离子，且又是CO2的某一种等电子体，写出A离子的结构式_______。
(3)Fe(CO)5是一种黄色粘稠状液体化合物，则CO作配体时，配位原子是_______，其原因是_______。
(4)写出与Ni同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相同的元素名称_______。
(5)如表为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，Ni2+比较稳定的配离子配位数是_______(填“4”或“6”)
离子
配位数
晶体场稳定化能(Dq)
离子
配位数
晶体场稳定化能(Dq)
Co2+
6
-8Dq+2p
Ni2+
6
-12Dq+3p
4
-5.34Dq+2p
4
-3.56Dq+3p

(6)目前新能源汽车电池主要是磷酸铁锂(LiFePO4)和三元锂电池(正极含有Ni、Co、Mn三种元素)。LiFePO4中阴离子的立体构型名称是_______。三元锂电池的负极材料是石墨，石墨晶体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示。根据图2计算石墨晶体的密度是_______g/cm3(写出表达式即可)。

【答案】(1)sp2杂化； P； 17；
(2)14：13； [S=C=N]-；
(3)C；C 的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易；
(4)钛、 锗、硒；
(5)6；
(6)正四面体形； 或或；
【解析】（1）石墨每层结构中每个C原子与周围的3个C原子形成3个o键，C原子为sp2杂化，C原子的核外电子排布为：，位于周期表中P区，Ge原子核外电子排布，有1s、2s、3s、4s各有1个轨道，2p、3p各有3个轨道，4p有2个轨道含有电子，3d有5个轨道，所以共有17种空间运动状态，故答案为：sp2；P；17；
（2）基态Fe2+的核外电子排布为：，最外层电子数为14个，Fe3+离子核外电子排布为，最外层电子数为13个，基态Fe2+与Fe3+离子的最外层电子数之比为14：13，原子个数及价电子数相等的微粒是等电子体，故A离子为SCN，结构式为：[S=C=N]-，故答案为：14：13；[S=C=N]-；
（3）C原子的电负性比O的小，对孤电子对的吸引力更小，更容易给出孤电子对，因此配位原子是C，故答案为：C；对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易；
（4）Ni原子的核外电子排布为：，有2个未成对电子，第四周期含有2个未成对电子的有钛、锗、硒，故答案为：钛、锗、硒；
（5）由表格可知Ni2+配位数为6时对应的晶体场稳定化能降低的更多，更稳定，故答案为：6；
C组 真题练
（6）中P原子价层电子对数，且不含孤电子对， 故的空间构型为正四面体，由晶胞结构图可知晶胞含有的C原子个数为，C原子之间的距离为anm，则晶胞底面边长为，晶胞体积：，晶胞密度；故答案为：或或；

1．（2022·江苏·高考真题）下列说法正确的是
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
【答案】B
【解析】A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A错误；B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]3d10，故C错误；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；故选B。
2．（2022·北京·高考真题）由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键







键能/
411
318
799
358
452
346
222
A．稳定性： B．键长：
C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C； D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；选C。
3．（2022·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．乙炔的结构简式：
B．顺丁烯的分子结构模型：
C．基态原子的价层电子的轨道表示式：
D．的电子式：
【答案】C
【解析】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为，A项正确；B．顺丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确；C．基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误；D．是离子化合物，其电子式为，D项正确；答案选C。
4．（2022·湖北·高考真题）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为。下列关于该分子的说法正确的是
A．为非极性分子 B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出 D．分解产物的电子式为
【答案】C
【解析】A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出，C项正确；D．为共价化合物，则电子式为，D项错误；答案选C。
5．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C．   D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。
(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。

①该物质的化学式为_____。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。
【答案】(1)1：2或2：1
(2) Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3)三角锥形 sp3杂化
(4)B
(5)D  D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6)Cu2ZnSnS4     (，，)
【解析】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；故选B；（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。