2017年高考真题-专题18+物质结构与性质(选修)Word版含解析

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高考化学复习专题检测—物质结构与性质(含解析)

高考化学复习专题检测—物质结构与性质（含解析）一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1．(2023·黑龙江省绥化市第九中学高三质检)已知在一定条件下，SO2也能体现其氧化性，例如：2H2S+SO2=3S+2H2O，下列化学用语使用正确的是()A．SO2的VSEPR模型：B．HS-电离的离子方程式：HS-+H2O H2S+OH-C．基态硫原子p x轨道的电子云轮廓图：D．基态氧原子最外层电子的轨道表示式：【答案】C【解析】A项，二氧化硫中心原子S的价层电子对数为3，有1对孤电子对，S杂化类型为sp2，VSEPR模型为平面三角形，A错误；B项，HS-电离的离子方程式HS-H++S2-，B错误；C项，基态硫原子P x轨道的电子云轮廓为哑铃型，C正确；D项，基态氧原子最外层电子的轨道表示式：，D错误；故选C。

2．(2023·江苏省南京市江宁区高三期中)尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。

反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可用于尿素的制备。

下列有关说法不正确．．．的是()A．NH3与CO(NH2)2均为极性分子B．N2H4分子的电子式为C．NH3的键角大于H2O的键角D．尿素分子σ键和π键的数目之比为6∶1【答案】D【解析】A项，NH3分子为三角锥形，为极性分子，CO(NH2)2中的N原子与NH3中的N成键方式相同，所以二者均为极性分子，A正确；B项，N原子的最外层电子数为5个，要达到稳定结构，N2H4的电子式为：，B正确；C项，NH3分子中有3个σ键，1对孤电子对，H2O分子中有2个σ键和2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3中的键角，C正确；D项，1个单键1个σ键，1个双键1个σ键和1个π键，尿素中含有6个单键和1个双键，7个σ键和1个π键，尿素分子σ键和π键的数目之比为7∶1，D错误；故选D。

2017年全国高考化学试题---物质结构与性质-专题汇编-含答案与解析

1. (12分)(2017?江苏-21)铁氮化合物(Fe x N y )在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。

某Fe x N y 的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。

(1) ______________________________________________________________ Fe 3+基态核外电子排布式为。

(2 )丙酮(CH 3COCH 3)分子中碳原子轨道的杂化类型是 _____________ , 1mol 丙酮分子中含有键的数目为 ______________ 。

(3) ________________________________________________________________ C 、H 、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为 ________________________________________________________________________。

(4) ___________________________________________________________ 乙醇的沸点高于丙酮，这是因为。

(5)某Fe x N y 的晶胞如图-1所示，Cu 可以完全替代该晶体中 a 位置Fe 或者b 位置Fe ,形成Cu 替代型产物Fe (x -n ) Cu n N y . Fe x N y 转化为两种 Cu 替代型产物的能量变化如图- 2所示，其中更稳定的 C u 替代型产物的化学式为 _________________________ 。

1 j^Cu 普地柱 tFdlf 料化过程2］ 3-2胡祀过找的齟量变化【答案】⑴［Ar ］3d 5 或 1s 22s 22p 63s 23p 63d 5⑵sp 2 和 sp 3 9N A ⑶ H v C v O⑷乙醇分子间存在氢键⑸Fe 3CuN【解析】(1) Fe 的原子序数为26, Fe 3+基态核外电子数为 23,且3d 电子为半满稳定结构，可知 Fe 3+基态核外电子排布式为［Ar ］3d 5 或 1s 22s 22p 63s 23p 63d 5。

2017年高考理综真题试题(化学部分)(新课标全国Ⅱ卷)(Word版+答案+解析)

2017年高考理综真题试卷（化学部分）（新课标Ⅱ卷）一、选本题共7个小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.下列说法错误的是（）A. 糖类化合物也可称为碳水化合物B. 维生素D可促进人体对钙的吸收C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质D. 硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多2.阿伏伽德罗常熟的值为N A．下列说法正确的是（）A. 1L0.1mol•L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1N AB. 2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1N AC. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N AD. 0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2N A3.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族，下列叙述正确的是（）A. 原子半径：d＞c＞b＞aB. 4种元素中b的金属性最强C. c的氧化物的水化物是强碱D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强4.下列由实验得出的结论正确的是（）A. AB. BC. CD. D5.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4﹣H2C2O4混合溶液．下列叙述错误的是（）A. 待加工铝质工件为阳极B. 可选用不锈钢网作为阴极6.改变0.1mol•L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（x）随pH的变化]．下列叙述错误的是（）如图所示[已知δ（x）= c(X)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)A. pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣）B. pH=4.2时，lg[K2（H2A）]=﹣4.2C. pH=2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣）D. pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣）=c（H2A）7.由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）A. AB. BC. CD. D二、解答题（共3小题，满分43分）8.（14分）水泥是重要的建筑材料．水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物．实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸．加入硝酸的目的是________，还可使用________代替硝酸．（2）沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为________．（3）加氨水过程中加热的目的是________．沉淀B的主要成分为________、________（填化学式）．（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4﹣+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L﹣1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________．9.（14分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备．回答下列问题：（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1﹣丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：①C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol﹣1已知：②C4H10（g）+ 12③H2（g）+ 1O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ•mol﹣12反应①的△H1为________ kJ•mol﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是________（填标号）．A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等．图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系．图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是________．（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物．丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是________、________；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是________．10.（15分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件．某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧．实验步骤及测定原理如下：Ⅰ．取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样．记录大气压及水体温度．将水样与Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定．Ⅱ．酸化，滴定将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2被I﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣）．回答下列问题：（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是________．（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为________．（3）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定．配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳．（4）取100.00mL水样经固氧、酸化后，用a mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为________mg•L﹣1．（5）上述滴定完成后，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏________．（填“高”或“低”）三、[化学--选修3：物质结构与性质]11.（15分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R代表）．回答下列问题：（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为________．（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是________；氮元素的E1呈现异常的原因是________．（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为________，不同之处为________．（填标号）A．中心原子的杂化轨道类型B．中心原子的价层电子对数C．立体结构D．共价键类型②R中阴离子N5﹣中的σ键总数为________个．分子中的大π键可用符号Πm n表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5﹣中的大π键应表示为________．③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H…Cl、________、________．（4）R的晶体密度为dg•cm﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为________．四、[化学--选修5：有机化学基础]12.化合物G是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G的路线如下：已知以下信息：①A的核磁共振氢谱为单峰；B的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6:1:1．②D的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD可与1mol NaOH或2mol Na反应．回答下列问题：（1）A的结构简式为________．（2）B的化学名称为________．（3）C与D反应生成E的化学方程式为________．（4）由E生成F的反应类型为________．（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1mol的L可与2mol的Na2CO3反应，L共有________种；其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3:2:2:1的结构简式为________、________．答案解析部分一、选本题共7个小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.【答案】C【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点，人体必需维生素的来源及应用，微量元素对人体健康的重要作用【解析】【解答】解：A．糖类化合物符合同式C n（H2O）m，故称为碳水化合物，故A正确；B．维生素D可促进人体对钙的吸收，故B正确；C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不正确，故C错误；D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D正确，故选C．【分析】A．糖类化合物符合同式C n（H2O）m，故称为碳水化合物；B．维生素D的作用是促进钙，磷的吸收和骨骼的发育；C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N四中元素，还有些蛋白质含S、P等元素；D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多．2.【答案】D【考点】盐类水解的原理，摩尔质量，气体摩尔体积，阿伏伽德罗常数【解析】【解答】解：A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1N A，故A错误；=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故B．n（Mg）= 2.4g24g/mol0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2N A，故B错误；C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1N A，故C错误；D．H2+I2=2HI这是一个气体体积不变的反应，故反应前后气体总物质的量不发生变化，反应前气体总物质的量为0.2mol，故反应后气体总物质的量为0.2mol，即分子总数为0.2N A，故D正确，故选D．【分析】A．铵根易水解；B．Mg与H2SO4反应生成Mg2+，故1molMg参与反应转移2mol电子；C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol；D．H2+I2=2HI这是一个气体体积不变的反应，故反应前后气体总物质的量不发生变化．3.【答案】B【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律，元素周期表的结构及其应用，微粒半径大小的比较A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，故A错误；B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C．c为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C错误；D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，故D错误．故选B．【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题．4.【答案】A【考点】性质实验方案的设计，化学实验方案的评价【解析】【解答】解：A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2﹣二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，故A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且﹣OH中H的活性比水弱，故B错误；C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故C错误；D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，故D错误．故选A．【分析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应；C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应；D．使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl．5.【答案】C【考点】电极反应和电池反应方程式，电解原理【解析】【解答】解：A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A正确；B、不论阴极用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故B正确；C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H++2e﹣=H2↑，故C错误；D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，故D正确，故选C．【分析】A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al﹣6e﹣+3H2O=Al2O3+6H+；B、不论阴极用什么材料离子都会在此得电子；D、在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极．6.【答案】D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，离子浓度大小的比较【解析】【解答】解：A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA﹣的曲线相交，则c（H2A）=c（HA﹣），故A 正确；=10﹣4.2，则lg[K2（H2A）]= B．pH=4.2时，c（H+）=10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）=c（A2﹣），K2（H2A）= c(A2−)c(H+)c(HA−)﹣4.2，故B正确；C．由图象可知，pH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣），故C正确；D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，故D错误．故选D．【分析】由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣），pH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），pH=4.2时，c（HA ﹣）=c（A2﹣），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题．7.【答案】C【考点】氧化性、还原性强弱的比较，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，化学实验方案的评价【解析】【解答】解：A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明K sp （AgI）＜K sp（AgCl），故D正确．故选C．【分析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．二、解答题（共3小题，满分43分）8.【答案】（1）将样品中的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2（2）SiO2；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O（3）防止胶体生成，易生成沉淀；Al（OH）3；Fe（OH）3（4）45.0%【考点】硅和二氧化硅，铁盐和亚铁盐的相互转变，探究物质的组成或测量物质的含量【解析】【解答】解：（1）铁离子在pH 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可用过氧化氢代替硝酸，故答案为：将样品中的Fe 2+氧化为Fe 3+；H 2O 2；（2）由以上分析可知沉淀A 为SiO 2 ，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF 的反应，方程式为SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O ，故答案为：SiO 2；SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O ；（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主要是Al （OH ）3、Fe （OH ）3 ，故答案为：防止胶体生成，易生成沉淀；Al （OH ）3、Fe （OH ）3；（4）反应的关系式为5Ca 2+～5H 2C 2O 4～2KMnO 4 ，n （KMnO 4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol ，n （Ca 2+）=4.50mmol ，水泥中钙的质量分数为4.5×10−3mol×40.0g/mol 0.400g ×100%=45.0%，故答案为：45.0%．【分析】水泥熟料的主要成分为CaO 、SiO 2 ，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A 为SiO 2 ，滤液中含有Fe 3+、Al 3+、Mg 2+等离子，加入氨水调节pH4﹣5，可生成Al （OH ）3、Fe （OH ）3沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca 2+ ，加入草酸铵可生成草酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸钾测定，发生5Ca 2+～5H 2C 2O 4～2KMnO 4 ，根据高锰酸钾的量可计算含量，以此解答该题．9.【答案】（1）+123；小于；AD（2）原料中过量H 2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降（3）升高温度时，反应速率加快，单位时间内产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低【考点】盖斯定律及其应用，化学反应速率的影响因素，化学平衡的影响因素【解析】【解答】解：（1）②C 4H 10（g ）+ 12 O 2（g ）=C 4H 8（g ）+H 2O （g ）△H 2=﹣119kJ•mol ﹣1③H 2（g ）+ 12 O 2（g ）=H 2O （g ）△H 3=﹣242kJ•mol ﹣1②﹣③得C 4H 10（g ）=C 4H 8（g ）+H 2（g ）△H 1=+123kJ•mol ﹣1由a 图可知温度相同时，由0.1MPa 变化到xMPa ，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x 的压强更小，x ＜0.1；由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应①正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD 正确，故答案为：+123；小于；AD ；（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应①的产物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低，故答案为：原料中过量H 2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少，产率下降，故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低．【分析】（1）根据盖斯定律，②式﹣③式可得①式的△H1；由a图定温度，压强由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；要使丁烯的平衡产率增大，需通过改变温度和压强使平衡正向移动；（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，增加氢气的量会促使平衡逆向移动，丁烯的产率下降；（3）升温速率加快，单位时间内生成丁烯更多，升温反应①平衡正向移动，丁烯产率增加；由题中信息可知丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以当温度超过590℃时，部分丁烷裂解导致产率降低．10.【答案】（1）使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差（2）2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2（3）一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；氧气（4）当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80ab（5）低【考点】氧化还原反应，配制一定物质的量浓度的溶液，中和滴定，探究物质的组成或测量物质的含量【解析】【解答】（1）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2，故答案为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2；（3）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳，故答案为：氧气；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式，O2～2I2～4S2O32﹣得n（O2）= b×10−3×a4mol，m（O2）=b×10−3×a4mol×32g/mol=8abmg，则水样中溶解氧的含量为：8abmg0.1L=80abmg．L﹣1，故答案为：当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80abmg．L﹣1；（5）根据n（O2）= b×10−3×a4mol分析，不当操作对b的影响，b值减小，则会导致测量结果偏低，故答案为：低．【分析】（1）采集的水样中溶解的氧气因外界条件（特别是温度和压强）改变其溶解度发生改变；（2）“氧的固定”的方法是：用Mn（OH）2碱性悬浊液（含有KI）与水样混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固定；（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；测水样中的氧，故避免使用的蒸馏水溶解有氧；（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根据方程式中I2、S2O32﹣之间的关系式计算；（5）根据n（O2）= b×10−3×a4mol分析，不当操作对b的影响，以此判断测量结果的误差；三、[化学--选修3：物质结构与性质]11.【答案】（1）（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子（3）ABD；C；5N A；Π56；（H3O+）O﹣H…N；（NH4+）N﹣H…N（4）d×(a×10−7)3×N AM【考点】原子核外电子排布，共价键的形成及共价键的主要类型，晶胞的计算，含有氢键的物质【解析】【解答】解：（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为，故答案为：；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）①A．阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为5−1−4×12=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为6−1−32=1，价层电子对数为4，为sp3杂化；B．由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；C．NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；D．含有的共价键类型都为σ键．两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；故答案为：ABD；C；②根据图（b）N5﹣中键总数为5N A个，根据信息，N5﹣有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，故答案为：5N A；Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键，还可表示为（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N，故答案为：（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N；（4）由d= mV =yN A×M(a×10−7)3可知，y= d×(a×10−7)3×N AM，故答案为：d×(a×10−7)3×N AM．【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定；（3）①根据图（b），阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为5−1−4×12=0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为6−1−32=1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；②根据图（b）N5﹣中键总数为5N A个，根据信息，N5﹣的大π键可用符号Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键；（4）根据d= mV =yN A×M(a×10−7)3计算．四、[化学--选修5：有机化学基础]12.【答案】（1）（2）2﹣丙醇（3）（4）取代反应（5）C18H31NO4（6）6；；【考点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构，有机物的推断，同分异构现象和同分异构体，有机分子式的推断与计算【解析】【解答】解：（1）由以上分析可知A的结构简式为，故答案为：；（2）B 的结构简式为CH3CH（OH）CH3，其化学名称为2﹣丙醇，故答案为：2﹣丙醇；（3）D为，对比E的分子式可知，C和D发生取代反应生成E，发生反应生成E的化学方程式为，故答案为：；（4）对比E和F的分子式可知由E生成F的反应类型为取代反应，生成F的同时生成HCl，故答案为：取代反应；（5）由结构简式可知有机物G的分子式为C18H31NO4，故答案为：C18H31NO4；（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，只满足条件的L共有6种，其中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3:2:2:1的结构简式为、，故答案为：6；；．【分析】A的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A为；B的化学C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6:1:1，则B的结构简式为CH3CH（OH）CH3；D的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的氢，1 mol D可与1 mol NaOH或2 mol Na反应，则苯环上有酚羟基和﹣CH2OH，且为对位结构，则D的结构简式为，E应为，结合对应有机物的结构和官能团的性质可解答（1）～（5）；（6）L是D的同分异构体，可与FeCl3溶液发生显色反应，1 mol的L可与2 mol的Na2CO3反应，说明L的分子结构中含有2个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1种，只满足条件的L共有6种，以此解答该题．。

三年高考(2017-2019)高考化学真题分项汇编专题18物质结构与性质(含解析)

专题18 物质结构与性质1．[2019新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量Cu 和Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu 2微小晶粒，其分散在Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。

回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。

A ．B ．C ．D ．（2）乙二胺(H 2NCH 2CH 2NH 2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是、。

乙二胺能与Mg 2+、Cu 2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“Mg 2+”或“Cu 2+”)。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因。

（4）图(a)是MgCu 2的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu 。

图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。

可见，Cu 原子之间最短距离x = pm ，Mg 原子之间最短距离y = pm 。

设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu 2的密度是 g·cm −3(列出计算表达式)。

【答案】（1）A（2）sp 3sp 3乙二胺的两个N 提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu 2+（3）Li 2O 、MgO 为离子晶体，P 4O 6、SO 2为分子晶体。

晶格能MgO>Li 2O 。

分子间力（分子量）P 4O 6>SO 2 （4330A 824+166410N a -⨯⨯⨯ 【解析】（1）A.[Ne]3s 1属于基态的Mg +，由于Mg 的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s 2属于基态Mg 原子，其失去一个电子变为基态Mg +； C. [Ne] 3s 13p 1属于激发态Mg 原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg 原子； D.[Ne] 3p 1属于激发态Mg +，其失去一个电子所需能量低于基态Mg +，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s 1，答案选A ；（2）乙二胺中N 形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp 3杂化；C 形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp 3杂化；由于乙二胺的两个N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg 2＋、Cu 2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu 2＋；（3）由于Li 2O 、MgO 为离子晶体，P 4O 6、SO 2为分子晶体。

2017年高考真题-专题18+物质结构与性质(选修)Word版含解析

4龜十八物质徘构島艘肩1. 【2017新课标1卷】(15分)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。

回答下列问题：(1) ___________________________________________________________ 元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为____________________________________________ nm (填标号)。

A. 404.4B. 553.5C. 589.2D. 670.8E. 766.5(2) ______________________________________________________ 基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_____________________________________________________ ，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________ 。

K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是 ______________________________ 。

(3) __________________________________________________________________________ X射线衍射测定等发现，bAsF6中存在I；离子。

I；离子的几何构型为___________________________________ ，中心原子的杂化形式为___________________ 。

(4) KIO；晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a=0.446 nm ,晶胞中K、1、0分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。

K与O间的最短距离为 _______ nm,与K紧邻的O个数为____________ 。

(5) ______________________________________________________________ 在KIO；晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于_________________________________________位置，O处于_______【参考答案】(1) A ( 2) N 球形K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱(3) V 形sp3(4) 0.315 12 (5)体心棱心【解析】⑴紫色漩长400才4芳眄因此选项岛正确.(2両位于第四刪IA族」电子占据最高能层罡第四爲尺卩N层』最后一亍电子垣充在壬能级上』电子云轮廊图対球形j K的原子半彳耳衣于G的半径，且价电子数卡抄，金属键较乱因此K的熔钛海点.比G佻⑶耳与0为互为等电子检OF2属于V形，因此I；几何构型为V形，其中心原子的杂化类型为sp3； (4)根据晶胞结构，K与0间的最短距离是面对角线的一半，即为、上0 446 nm= 0.315nm ,根据晶胞的结构，距离2K最近的O的个数为12个；（5）根据KIO3的化学式，以及晶胞结构，可知K处于体心，O处于棱心。

2017年全国统一高考化学试卷(新课标ⅰ)(含解析版)

2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共7个小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（）A．尼龙绳B．宣纸C．羊绒衫D．棉衬衣2．（6分）《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。

”文中涉及的操作方法是（）A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取3．（6分）已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（）A．b的同分异构体只有d和p两种B．它们的二氯代物均只有三种C．它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．只有b的所有原子处于同一平面4．（6分）实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是（）A．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体浓度C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气5．（6分）支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。

下列有关表述不正确的是（）A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整6．（6分）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。

下列说法不正确的是（）A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Y与X的简单离子的具有相同的电子层结构C．Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红D．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期7．（6分）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

2017年-2019年高考真题汇编：物质结构与性质(选修) (附答案+全解全析)

2017年-2019年高考真题汇编：物质结构与性质（选修）1．[2019新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。

回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。

A．B．C．D．（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是、。

乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物Li2O MgO P4O6SO2熔点/°C 1570 2800 23.8 −75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因。

（4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。

图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。

可见，Cu原子之间最短距离x=pm，Mg原子之间最短距离y= pm。

设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu2的密度是g·cm−3(列出计算表达式)。

2．[2019新课标Ⅱ] 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O 组成的化合物。

回答下列问题：（1）元素As与N同族。

预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是________________________。

（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。

（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。

2017年全国3卷高考化学(附解析)

2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）化学与生活密切相关．下列说法错误的是（）A．PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料2．（6分）下列说法正确的是（）A．植物油氢化过程中发生了加成反应B．淀粉和纤维素互为同分异构体C．环己烷与苯可用酸性KMnO4溶液鉴别D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物3．（6分）下列实验操作规范且能达到目的是（）目的操作A．取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B．清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C．测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D．配制浓度为0.010 的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A．A B．B C．C D．D4．（6分）N A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．0.1 mol 的11B中，含有0.6N A个中子B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1N A个H+C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6N A个CO2分子D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5（g），增加2N A个P﹣Cl键5．（6分）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2S x（2≤x≤8）．下列说法错误的是（）A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 gC．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D．电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多6．（6分）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21．下列关系正确的是（）W XY ZA．氢化物沸点：W＜ZB．氧化物对应水化物的酸性：Y＞WC．化合物熔点：Y2X3＜YZ3D．简单离子的半径：Y＜X7．（6分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗．可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl﹣．根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（）A．K sp（CuCl）的数量级为10﹣7B．除Cl﹣．反应为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuClC．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl﹣．效果越好D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途．某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究．回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化．再向试管中通入空气，溶液逐渐变红．由此可知：、．（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g．按下图连接好装置进行实验．①仪器B的名称是．②将下列实验操作步骤正确排序（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g．a．点燃酒精灯，加热b．熄灭酒精灯c．关闭K1和K2d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却至室温③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=（列式表示）．若实验时按a、d 次序操作，则使x（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热．实验后反应管中残留固体为红色粉末．①C、D中的溶液依次为（填标号）．C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为．a．品红b．NaOH c．BaCl2 d．Ba（NO3）2 e．浓H2SO4②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式．9．（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是．（2）滤渣1中含量最多的金属元素是，滤渣2的主要成分是及含硅杂质．（3）步骤④调滤液2的pH使之变（填“大”或“小”），原因是（用离子方程式表示）．（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体．冷却到（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多．a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃步骤⑤的反应类型是．（5）某工厂用m1kg 铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为．10．（14分）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：（1）画出砷的原子结构示意图．（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫．写出发生反应的化学方程式．该反应需要在加压下进行，原因是．（3）已知：As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H22As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H=．（4）298K时，将20mL 3x mol•L﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol•L﹣1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2（aq）+2OH﹣⇌AsO43﹣（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．①下列可判断反应达到平衡的是（填标号）．a．溶液的pH不再变化b．v（I﹣）=2v（AsO33﹣）c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化d．c（I﹣）=y mol•L﹣1②t m时，v正v逆（填“大于”“小于”或“等于”）．③t m时v逆t n时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是．④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为．[化学--选修3：物质结构与性质]11．（15分）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景．回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为．元素Mn与O中，第一电离能较大的是，基态原子核外未成对电子数较多的是．（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为和．（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为，原因是．（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO3）2中的化学键除了σ键外，还存在．（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r（O2﹣）为nm．MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r（Mn2+）为nm．[化学--选修5：有机化学基础]12．（15分）氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物．实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：回答下列问题：（1）A的结构简式为．C的化学名称是．（2）③的反应试剂和反应条件分别是，该反应的类型是．（3）⑤的反应方程式为．吡啶是一种有机碱，其作用是．（4）G的分子式为．（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有种．（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺的合成路线（其他试剂任选）．煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入氧化钙后，可与二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，减少二氧化硫排放量，但不与二氧化碳发生反应，所以不能减少温室气体的排放量，故C错误2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）参考答案与试题解析一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（6分）【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．PM2.5是直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物；B．绿色化学是从源头上消除或减少污染物的使用；C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳；D．天然气和液化石油气的燃烧产物无污染．【解答】解：A．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故A正确；B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；C．煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入氧化钙后，可与二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，减少二氧化硫排放量，但不与二氧化碳发生反应，所以不能减少温室气体的排放量，故C错误；D．天然气（CNG）主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故D正确；故选C．【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，侧重考查环境保护与能源的开发与利用，题目难度不大．2．（6分）【考点】HD：有机物的结构和性质．【分析】A．植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应；B．淀粉和纤维素都为高分子化合物，二者的分子式不同；C．环己烷与苯与高锰酸钾都不反应；D．溴苯和苯都不溶于水．【解答】解：A．植物油氢化过程为与氢气发生加成反应的过程，由不饱和烃基变为饱和烃基，故A正确；B．淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度介于较大范围之间，没有具体的值，则二者的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C．环己烷为饱和烃，苯性质稳定，二者与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故C错误；D．溴苯和苯混溶，且二者都不溶于水，不能用水分离，故D错误．故选A．【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题易错点为B，注意把握高分子化合物的特点，难度不大．3．（6分）【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．酸式滴定管刻度以下部分还有盐酸；B．碘易溶于酒精，且酒精可与水混溶；C．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化；D．不能在容量瓶中溶解固体．【解答】解：A.50 mL酸式滴定管，50mL以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；B．碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故B正确；C．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故C错误；D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故D错误．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及仪器的使用、洗涤、pH的测定以及溶液的配制等操作，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等．4．（6分）【考点】4F：阿伏加德罗常数.【分析】A．B的质子数为5，11B中含有中子数=质量数﹣质子数=11﹣5=6；B．缺少溶液体积，无法计算氢离子数目；C．标况下苯的状态不是气体；D．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．【解答】解：A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6N A 个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误；C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P﹣Cl键小于2N A，故D错误；故选A．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B为易错点，注意缺少溶液体积．5．（6分）【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．【分析】由电池反应16Li+xS8=8Li2S x（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e﹣=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e﹣=S82﹣，S82﹣+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e﹣=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e﹣=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算．【解答】解：A．据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4，故A正确；B．负极反应为：Li﹣e﹣=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确；C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；D．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，故D错误；故选D．【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等．6．（6分）【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素，A．W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；B．Y为Al，对应的氧化物的水化物呈碱性，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；C．Al2O3离子化合物，AlCl3为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；D．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确．故选D．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断，注意基础知识的理解掌握，难度不大．7．（6分）【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；GP：铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】A．根据Ksp（CuCl）=c（Cu+）×c（Cl﹣）判断；B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl；C．铜为固体，加入铜的量的多少不能影响化学反应速率和效率；D．酸性条件下，Cu+不稳定，易发生2Cu+=Cu2++Cu．【解答】解：A．由图象可知，横坐标为1时，lgc（Cu+）大于6，则K sp（CuCl）的数量级为10﹣7，故A正确；B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，故B正确；C．发生Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+不足，则加入再多的Cu也不能改变效果，故C错误；D．酸性条件下，Cu+不稳定，易发生2Cu+=Cu2++Cu，可知没有Cl﹣存在的情况下，2Cu+=Cu2++Cu趋向于完全，说明2Cu+=Cu2++Cu的平衡常数很大，故D正确．故选C．【点评】本题综合考查含铜化合物的性质与应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意题给信息以及图标的分析，把握溶度积的计算，难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）【考点】U2：性质实验方案的设计．【分析】（1）亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；（2）①根据仪器的图形可判断仪器名称；②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化；③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1）．m（H2O）=（m2﹣m3），以此计算n（H2O）、n（FeSO4），结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；（3）硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2．【解答】解：（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色，故答案为：硫酸亚铁与KSCN不反应；硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁；（2）①由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管；②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabcfe，故答案为：dabcfe；③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1），m（H2O）=（m2﹣m3），则n（H2O）=、n（FeSO4）=，结晶水的数目等于=，若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，故答案为：；偏小；（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：c、a；产生白色沉淀、品红褪色；②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑．【点评】本题为2017年广西试题，以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等．9．（15分）【考点】U3：制备实验方案的设计．【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al（OH）3、Si，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答．【解答】解：（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al（OH）3；（3）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72﹣，故答案为：小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到40℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，而10℃时可能混有杂质；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，故答案为：c；复分解反应；（5）用m1kg 铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为，由Cr原子守恒可知，则产率为×100%，故答案为：×100%．【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．10．（14分）【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素．【分析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图：（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强提高反应速率，平衡正向进行，反应效率高；（3）①As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2③2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3盖斯定律计算得到反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H；（4）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；②反应从正反应开始进行，t m时反应继续正向进行；③物质的浓度越大，反应速率越大；④根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数．【解答】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为，故答案为：；（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；（3）已知：①As（s）+H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1②H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H2③2As（s）+O2（g）=As2O5（s）△H3则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I﹣）=2v （AsO33﹣），故b错误；c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；d．由图可知，当c （AsO43﹣）=y mol•L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I﹣）=2y mol•L﹣1，所以c（I﹣）=y mol•L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误．故答案为：ac；②反应从正反应开始进行，t m时反应继续正向进行，则v正大于v逆，故答案为：大于；③t m时比t n时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×=xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH﹣）=1mol/L，则K==，故答案为：．【点评】本题为2017年广西考题，综合考查热化学方程式、化学平衡的计算以及影响因素等知识，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题中易错点为（4），注意把握图象的分析以及数据的处理，难度中等．[化学--选修3：物质结构与性质]11．（15分）【考点】9I：晶胞的计算；86：原子核外电子排布．【分析】（1）Co是27号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大；（2）CO2和CH3OH分子中C原子分别形成2、4个σ键；（3）水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；（4）Mn（NO3）2为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；（5）阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径．【解答】解：（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2．元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn；（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3，故答案为：sp；sp3；（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH ＞CO2＞H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，故答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高；（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键，故答案为：π键、离子键；（5）因为O2﹣是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2﹣半径的4倍，即4r=a，解得r=nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 rr（O2﹣）+2r r（Mn2+），则rr（Mn2+）==0.076nm．故答案为：0.148；0.076．【点评】本题为2017年广西考题，涉及核外电子排布、晶胞计算、杂化轨道等知识，侧重考查学生的分析能量和计算能力，需要学生熟练掌握晶胞结构，具备一定的数学计算能力，难度中等．[化学--选修5：有机化学基础]。

三年高考2017-2018学年化学试题分项版解析——专题28物质结构与性质(选修)Word版含解析

专题28 物质结构与性质（选修）1．[选修3——物质结构与性质]19–Ⅰ【2017-2018学年高考海南卷】（6分）下列叙述正确的有A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小C．卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小【答案】19-ⅠBC （6分）考点：原子结构、元素周期律【名师点睛】本题考查了物质的性质，知道范德华力主要影响物质的物理性质（如熔点、沸点、溶解性等）。

（1）对于组成和结构相似的分子，其相对分子质量越大,范德华力越大,物质的溶、沸点越高。

（2）溶质分子与溶剂分子间的范德华力越大，则溶质分子的溶解度越大。

中学所学化学键主要是三个：共价键、离子键、金属键。

化学键对物质的物理性质和化学性质均有影响，主要对化学性质有影响。

2．【2017-2018学年高考海南卷】（14分）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。

元素Y 的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。

回答下列问题：（1）单质M的晶体类型为______，晶体中原子间通过_____作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为______。

（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是______（写元素符号）。

元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________（写化学式），该酸根离子的立体构型为________。

（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为_______，已知晶胞参数a=0.542 nm，此晶体的密度为_______g·cm–3。

（写出计算式，不要求计算结果。

阿伏加德罗常数为N A）②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是________。

此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_______。

【答案】19-Ⅱ（14分）（1）金属晶体金属键12 （每空1分，共3分）（2）1s22s22p63s23p5 Ar HClO4正四面体（每空1分，共4分）（3）①CuCl （每空2分，共4分）②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）[Cu(NH3)4]2+ (2分，1分，共3分)【解析】试题分析：19–Ⅱ（14分）根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。

三年高考(2017-2019)化学真题分项版解析——专题18 物质结构与性质(选修) (解析版)

专题18 物质结构与性质（选修）1．[2019新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量Cu 和Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu 2微小晶粒，其分散在Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。

回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。

A ．B ．C ．D ．（2）乙二胺(H 2NCH 2CH 2NH 2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是、。

乙二胺能与Mg 2+、Cu 2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“Mg 2+”或“Cu 2+”)。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示：解释表中氧化物之间熔点差异的原因。

（4）图(a)是MgCu 2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu 。

图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。

可见，Cu 原子之间最短距离x = pm ，Mg 原子之间最短距离y = pm 。

设阿伏加德罗常数的值为N A ，则MgCu 2的密度是 g·cm −3(列出计算表达式)。

【答案】（1）A（2）sp 3 sp 3 乙二胺的两个N 提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu 2+（3）Li 2O 、MgO 为离子晶体，P 4O 6、SO 2为分子晶体。

晶格能MgO>Li 2O 。

2018届高考化学一轮复习课件专题十八物质结构与性质(选修3)(含17高考真题及解析) (共146张PPT)

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图(a) 图(b) (3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图(b)所示。 ①从结构角度分析,R中两种阳离子的相同之处为 ,不同之处为。(填标号) A.中心原子的杂化轨道类型 B.中心原子的价层电子对数 C.立体结构 D.共价键类型
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②R 中阴离子N5 中的 σ 键总数为个。分子中的大 π 键可用符 �� 号Π�� 表示,其中 m 代表参与形成大 π 键的原子数,n 代表参与形成大
6 π 键的电子数(如苯分子中的大 π 键可表示为Π6 ),则N5 中的大 π -
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高考考查内容高考示例考点 1.原子结构与元素的性质 (1)了解原子核外电子的能 2017 课标级分布,能用电子排布式表全国Ⅰ 56. 示常见元素(1— 36 号)原子 35; 原核外电子的排布。了解原 2017 课标子子核外电子的运动状全国Ⅱ 结态;(2)了解元素电离能的 35; 构含义,并能用以说明元素的 2017 课标与某些性质;(3)了解原子核全国Ⅲ 性外电子在一定条件下会发 35; 2016 课标质生跃迁,了解其简单应全国用;(4)了解电负性的概念, 知道元素的性质与电负性 Ⅰ,37; 的关系
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专题十八物质结构与性质(选修3)
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三年高考(2017-2019)化学真题分项版解析——专题18 物质结构与性质(选修) (原卷版)

专题18 物质结构与性质（选修）1．[2019新课标Ⅰ]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。

回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。

A．B．C．D．（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是、。

乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示：23.8解释表中氧化物之间熔点差异的原因。

（4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。

图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。

可见，Cu原子之间最短距离x=pm，Mg原子之间最短距离y= pm。

设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu2的密度是g·cm−3(列出计算表达式)。

2．[2019新课标Ⅱ]近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O 组成的化合物。

回答下列问题：（1）元素As与N同族。

预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是________________________。

（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。

（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。

（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。

图1 图2图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。

2017年高考试题物质结构与性质部分

2017年高考试题物质结构与性质部分1．（2017新课标1卷）钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。

回答下列问题：（1）元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm（填标号）。

A．404.4 B．553.5 C．589.2 D．670.8 E.766.5（2）基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。

K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________________________。

（3）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。

I3+离子的几何构型为_____________，中心原子的杂化形式为________________。

（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。

K与O间的最短距离为______nm，与K紧邻的O个数为__________。

（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于______位置，O处于______位置。

2．（2017新课标2卷）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R代表）。

回答下列问题：（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为_____________。

（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。

第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___________；氮元素的E1呈现异常的原因是。

（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。

①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为_________，不同之处为__________。

专题18物质结构与性质(选修)-2018年高考题和高考模拟题化学分项版汇编含解析

1．【2018新课标1卷】Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。

回答下列问题：（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）。

A．B．C．D．（2）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。

（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。

LiAlH4中，存在_____（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。

可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。

（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。

已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为N A，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。

【答案】D C Li+核电荷数较大正四面体sp3AB5204982908【解析】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断；（2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断；（3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键；（4）第一电离能是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，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答；（5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。

点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。

2017年高考理综(新课标卷)化学试题及答案(Word版)

2018年普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试试题可能用到的相对原子质量：H l C l2 N 14 O 16 Mg 24 S 32 C1 35 5 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80H0kZM7gQxV一、选择题：本大题共13小题．每小题6分。

在每小题给出的四个选顼中，只有一项是符合题目要求的。

7．下列叙述中正确的是A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋答案：A解读：此题为基础题，B答案在考前多个试题里面都出现过，因为除了氯气外，其它的如臭氧都可以将其氧化得到碘单质。

C答案应该是碘单质，D答案不能排除硫酸根的干扰。

H0kZM7gQxV8．下列说法中正确的是A．医用酒精的浓度通常为95％B．单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料答案：B答案解读：此题为基础题。

A答案应该为75%，C中油脂不为高分子化合物，这个选项也在考前多个试题里出现D答案光导纤维为二氧化硅，合成纤维为有机材料，这个选项多个试题也出现，从前面两个题看来，还是没什么创新，或者考前已经被很多老师抓住题了。

H0kZM7gQxV9．用NA表示阿伏加德罗常数的值。

下列叙述中不正确的是A．分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NAB．28 g乙烯和环丁烷(C4H8>的混合气体中含有的碳原子数为2 NAC．常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6 NAD．常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2 NA答案：D解读：此题为基础题，尤其C选项平时学生练习过多次，估计每位参加高考的学生至少做个3-4次。

2017年高考理综新课标卷化学试题及答案(Word版)

2018年普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试试题可能用到地相对原子质量：Hl Cl2 N14 O 16 Mg 24 S 32 C1 35 5 Fe 56 Cu64 Zn 65 Br 80一、选择题：本大题共13小题．每小题6分.在每小题给出地四个选顼中，只有一项是符合题目要求地.7．下列叙述中正确地是A．液溴易挥发，在存放液溴地试剂瓶中应加水封B．能使润湿地淀粉KI试纸变成蓝色地物质一定是Cl2C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸地白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋答案：A解读：此题为基础题，B答案在考前多个试题里面都出现过，因为除了氯气外，其它地如臭氧都可以将其氧化得到碘单质.C答案应该是碘单质，D答案不能排除硫酸根地干扰.8．下列说法中正确地是A．医用酒精地浓度通常为95％B．单质硅是将太阳能转变为电能地常用材料C．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物D．合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料答案：B答案解读：此题为基础题.A答案应该为75%，C中油脂不为高分子化合物，这个选项也在考前多个试题里出现D答案光导纤维为二氧化硅，合成纤维为有机材料，这个选项多个试题也出现，从前面两个题看来，还是没什么创新，或者考前已经被很多老师抓住题了.9．用N A表示阿伏加德罗常数地值.下列叙述中不正确地是A．分子总数为N A地NO2和CO2混合气体中含有地氧原子数为2N AB．28 g乙烯和环丁烷(C4H8>地混合气体中含有地碳原子数为2 N AC．常温常压下，92 g地NO2和N2O4混合气体含有地原子数为6 N AD．常温常压下，22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移地电子数为2 N A答案：D解读：此题为基础题，尤其C选项平时学生练习过多次，估计每位参加高考地学生至少做个3-4次.D选项因为是常温常压下，气体地体积与状态有关系.10．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气地有机化合物有(不考虑立体异构>A．5种 B．6种 C．7种D．8种答案:D解读：此题也为基础题，也没什么新意，首先写出戊烷地同分异构体<3种），然后用羟基取代这些同分异构体就可以得出有3+4+1=8种这样地醇11．已知温度T时水地离子积常数为K W.该温度下，将浓度为a mol/L地一元酸HA与b mol/L地一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性地依据是A．a = bB．混合溶液地pH =7C．混合溶液中，c(H＋>=mol/LD．混合溶液中，c(H＋>+ c(B－> = c(OH－>+c(A－>答案：C解读：此题为中档题，A答案中a=b,但是无法知道酸与碱是否为强酸、强碱，反应后不一定成中性.B答案PH=7，因为温度不一定为常温25℃，同样也不能说明中性地.C答案也就是C(H+>=C(OH->,溶液当然显中性.D答案是溶液中地电荷守衡，无论酸、碱性一定成立，不能说明溶液就显中性.7167142818818答案:C解读：此题为中档题，其实这道题更象是一个简单地数学题，不需要过多地化学知识，不过学生平时估计也碰到过这种找多少项为什么地类似题.有多种做法，比如我们把它分为4循环，26=4ⅹ6+2，也就是说第24项为C7H14O2,接着后面就是第25项为C8H16,这里面要注意地是第一项是从2个碳原子开始地. 13．短周期元素W、X、Y、Z地原子序数依次增大，其中W地阴离子地核外电子数与X、Y、Z原子地核外内层电子数相同.X地一种核素在考古时常用来鉴定一些文物地年代，工业上采用液态空气分馏方法来生产Y地单质.而Z不能形成双原于分子.根据以上叙述，下列说法中正确地是A．上述四种元素地原子半径大小为W < X < Y < ZB．W、X、Y、Z原子地核外最外层电子数地总和为20C．W与Y可形成既含极性共价键又含非极性共价键地化合物D．由W与X组成地化合物地沸点总低于由W与Y组成地化合物地沸点答案：C解读：此题中档题，重要地是推出W:H X:C Y:N Z:Ne或者ArA选项应该是X>Y,Z为稀有气体原子又有增大地趋势，B答案总和应该为1+4+5+8=18C也就是氢与氧既可以生成水，也可以生成双氧水.D答案要注意H,C形成地烃中，如果碳原子很多地时候，形成地烃为液态或固态.总体来说这次选择题还是比较简单地，学生失分都不会很大.26．(14分>铁是应用最广泛地金属，铁地卤化物、氧化物以及高价铁地含氧酸盐均为重要化合物.(1>要确定铁地某氯化物FeCl x地化学式，可用离子交换和漓定地方法.实验中称取0.54 g 地FeCl x样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH－地阴离子交换柱，使Cl－和OH－发生交换.交换完成后，流出溶液地OH－用0.40 mol/L地盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL.计算该样品中氯地物质地量，并求出FeCl x中，x值：———(列出计算过程>；(2>现有一含有FeCl2和FeCl3地混合物样品，采用上述方法测得n(Fe>：n(C1>=1：2.1，则该洋品中FeCl3地物质地量分数为__________.在实验室中，FeCl2可用铁粉和__________反应制备，FeCl3可用铁粉和__________反应制备；(3>FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应地离子方程式为________________；(4>高铁酸钾(K2FeO4>是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料.FeCl3与KClO 在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应地离子方程式为________________.与MnO2－Zn电池类似，K2FeO4－Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为________________，该电池总反应地离子方程式为________________.答案：解读：此题为中档题，前3问这里面就不说了，在计算第一问X值地时候，完全可以把x=2或者x=3代入，这样可以节损时间.第四问也是近几年多次考到地高铁酸钾，有关高铁酸钾地制备与电化学，第四小问考查化学基本功，这里面有很好地区分度，扎实地同学拿满分没问题.第一个方程式多次书写过，第二个方程式，很多同学觉得无法书写，其实首先写大体物质，高铁酸根被还原为Fe3+,然后再写出转移地电子数，根据电荷守衡，因为溶液是碱性地，所以产物只能写成8个OH-,一个Fe3+结合3个OH-生成Fe(OH>3,因为负极反应式为Zn-2e-=Zn2+最后一个方程式只需要综合得失电子守衡就可以得出正确答案. 27．(15分>光气(COCl2>在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成.(1>实验室中常用来制备氯气地化学方程式为 Mno2+4Hcl(浓>MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2>工业上利用天然气(主要成分为CH4>与CO2进行高温重整制各CO，已知CH4、H2和CO地燃烧热(△H>分别为－890.3 kJ/mol、－285.8kJ/mol和－283.0 kJ/mol，则生成1 m3(标准状况>CO所需热量为__________；(3>实验室中可用氯仿(CHCl3>与双氧水直接反应制备光气，其反应地化学方程式为________________；(4>COCl2地分解反应为COCl2(g>===Cl2(g> +CO(g>△H =+108 kJ/mol.反应体系达到平衡后，各物质地浓度在不同条件下地变化状况如下图所示(第10 min到14 min地COCl2浓度变化曲线来示出>：①计算反应在第8min时地平衡常数K = __________②比较第2 min反应温度T(2>与第8min反应温度(T8>地高低：T(2>____T(8>(填“<”、“>”或“=”>；③若12 min时反应于温度T(8>下重新达到平衡，则此时c(COCl2>= ______mol/L；④比较产物CO在2～3 min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以(2—3>、(5—6>、(l2－13>表示]地大小____________；⑤比较反应物COCl2在5－6min和15－16 min时平均反应速率地大小：(5－6>>(15－16>(填“<”、“>”或“=”>，原因是_______________.答案：解读：此题中挡题，拿满分较难<不过第四问中地①③地答案确实有待商榷，为什么都要保留到小数点后三位，从题目中能看出来吗？）体现在计算麻烦上，第二问其实出题人完全直接说甲烷地燃烧热为890.3kJ/mol,…这样很多同学在计算反应热地时候更容易错.因为反应为CH4+CO2=2CO+2H2△H=反应物地燃烧热-产物地燃烧热=247.3 KJ/mol，也就是生成2mol CO，需要吸热247.3 KJ，那么要得到1立方M地CO,放热为(1000/22.4>×247.3/2=5.52×103 KJ.第三问要根据电负性分析碳元素化合价地变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式.第四问，①根据K计算公式即可求出，但是答案为什么只保留三位小数值得商榷，②同时计算T2时地K值很明显小于T8时地K值，说明是升高温度平衡正向移动地原因.③题目说了是不同条件下地平衡状态，那么后面温度就不会改变.根据K值可计算C(COCl2>.④因为5-6分钟，CO浓度在改变所以平均反应速率大于其它地，因为处于平衡状态，根据V地计算公式，2-3、12-13地平均反应速率为0.⑤因为5-6分钟时浓度改变大于12-13.28．(14分>溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯地装置示意图及有关数据如下：按下列合成步骤回答问题：(1>在a中加入15 mL无水苯和少量铁屑.在b中小心加入4.0 mL液态溴.向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了__________气体.继续滴加至液溴滴完.装置d地作用是____________________________________；(2>液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应地铁屑；②滤液依次用l0 mL水、8mLl0％地NaOH溶液、10mL水洗涤.NaOH溶液洗涤地作用是除去HBr和未反应地Br2；③向分出地粗溴苯中加入少量地无水氯化钙，静置、过滤.加入氯化钙地目地是______；(3>经以上分离操作后，粗溴苯中还含有地主要杂质为______，要进一步提纯，下列操作中必须地是______(填入正确选项前地字母>；A重结晶 B过滤 C蒸馏D萃取(4>在该实验中，a地容积最适合地是______(填入正确选项前地字母>.A 25mLB 50mLC 250mLD 509mL答案：解读：此题为基础题，老师上课讲苯与液溴地实验时，都会讲到大部分，不知命题人出这题是为了什么？这道实验题反成了拿高分地试题.这里就不多说了.36．【化学——选修2化学与技术】(15分>由黄铜矿(主要成分是CuFeS2>炼制精铜地工艺流程示意图如下：(1>在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到l000℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu 和Fe地低价硫化物，且部分Fe地硫化物转变为低价氧化物.该过程中两个主要反应地化学方程式分别是__________、__________，反射炉内生成炉渣地主要成分是__________；(2>冰铜(Cu2S和FeS互相熔合而成>含Cu量为20％～50％.转炉中，将冰铜加熔剂(石英砂>在1200℃左右吹入空气进行吹炼.冰铜中地Cu2S被氧化为Cu2O.生成地Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为98.5％地粗铜，该过程发生反应地化学方程式分别是__________、__________.(3>粗铜地电解精炼如右图所示.在粗铜地电解过程中，粗铜板应是图中电极_____(填图中地字母>；在电极d上发生地电极反应式为____________；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解槽中地存在形式和位置为______.答案：⑴Cu2FeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2 2FeS＋3O22FeO＋2SO2 FeSiO3⑵2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2 2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑⑶ c Cu2＋＋2e－= CuAu、Ag以单质地形式沉积在c(阳极>下方，Fe以Fe2+地形式进入电解液中37．【化学——选修3物质结构与性质】(15分>VIA族地氧、硫、硒(Se>、碲(Te>等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素地化合物在研究和生产中有许多重要用途.请回答下列问题：(1>S单质地常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用地轨道杂化方式是______；(2>原子地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地最低能量，O、S、Se原子地第一电离能由大到小地顺序为______；(3>Se原子序数为______，其核外M层电子地排布式为______；(4>H2Se地酸性比H2S__________(填“强”或“弱”>.气态SeO3分子地立体构型为______平面三角形，SO32－离子地立体构型为______三角锥形；(5>H2SeO3地K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质地关系解释：①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离地原因：__________；第一步电离后生成地负离子较难再进一步电离出带正电荷地氢离子；②H2SeO4比H2SeO3酸性强地原因：______；(6>ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛.立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为____________(列式并计算>，a位置S2－离子与b 位置Zn2＋离子之间地距离为___________________pm(列式表示>.答案：解读：<1）因为S8为环状立体结构，所以为SP3(6>第一问我们常碰到，后面一问要注意四个Zn2+在体内地四个小立方体地中心，不在同一平面上，过b向上面作垂线，构成直角三角形，两边分别为√2/4a 1/4a，即可求出斜边为√3/4a(a 为晶胞边长> 38．【化学——选修5有机化学基础】(15分>对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯>可用作防腐剂，对酵母和霉菌有很强地抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化下进行酯化反应而制得.以下是某课题组开发地从廉价、易得地化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯地合成路线：已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氪溶液反应生成银镜；③F地核磁共振氢谱表明其有两种不同化学环境地氢，且峰面积比为1：1.回答下列问题：(1>A地化学名称为__________；(2>由B生成C地化学反应方程式为____________________，该反应地类型为______；(3>D地结构简式为____________；(4>F地分子式为__________；(5>G地结构简式为________________；(6>E地同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应地共有______种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境地氢，且峰面积比为2：2：1地是________________(写结构简式>.答案：解读：此题为基础题，比平时学生接触地有机题简单些，最后一问也在意料之中，同分异构体有两种形式，一种是一个酯基和氯原子<邻、间、对功三种），一种是有一个醛基、羟基、氯原子，3种不同地取代基有10种同分异构体，所以一共13种，考前通过练习，相信很多老师给同学们一起总结过地还有：3个取代基有2个相同地取代基地同分异构体，4个取代基两两相同地同分异构体.申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途.。

高考化学二轮复习专题18 物质结构与性质(选修)(讲)(含解析)(2021年最新整理)

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专题18 物质结构与性质(选修）（讲)（1）考纲要求(一)原子结构与元素的性质1．了解原子核外电子的能级分布，能用电子排布式表示常见元素（1~36号)原子核外电子的排布.了解原子核外电子的运动状态。

2．了解元素电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质。

3．了解原子核外电子在一定条件下会发生跃迁，了解其简单应用。

4．了解电负性的概念，知道元素的性质与电负性的关系。

（二）化学键与物质的性质1．理解离子键的形成，能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质.2．了解共价键的主要类型σ键和π键，能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质. 3．了解简单配合物的成键情况。

4．了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。

5．理解金属键的含义,能用金属键理论解释金属的一些物理性质。

6．了解杂化轨道理论及常见的杂化轨道类型(sp，sp2,sp3），能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的简单分子或者离子的空间结构。

（三）分子间作用力与物质的性质1．了解化学键和分子间作用力的区别。

2．了解氢键的存在对物质性质的影响,能列举含有氢键的物质。

3．了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构微粒、微粒间作用力的区别。

(完整word版)高考化学综合解读物质结构与性质的解答方法与技巧.doc

高考化学综合解读物质结构与性质的解答方法与技巧内容详解：1．判断σ键和π键及其个数共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键。

2．判断中心原子的杂化轨道类型(1)根据价层电子对数判断价层电子对杂化轨道类数型2sp3sp24sp3(2)有机物中、及上的C原子都是sp2杂化，中的C原子是 sp 杂化，中的C原子是sp3杂化。

(3)根据等电子原理判断等电子体不仅结构和性质相似，中心原子的杂化轨道类型也相似。

3．判断分子或离子的立体构型(1)根据价层电子对互斥理论判断。

(2)利用等电子原理判断陌生分子的立体构型。

如N2O 与 CO2是等电子体，立体构型均为直线形， N2O 的结构式也和 CO2相似，为 N==N==O。

(3)根据中心原子的杂化方式判断，如：①CH4、CCl4、SO24－的中心原子均为sp3杂化，它们均为正四面体结构；②CH2==CH2、、HCHO 中心碳原子均为 sp2杂化，这三种物质均为平面结构；③CH≡CH、BeCl2中碳原子、铍原子均为 sp 杂化，二者均为直线形结构。

4．晶体结构中的有关计算(1)根据晶体晶胞的结构特点确定晶体的化学式晶胞中粒子数目的计算(均摊法 )注意①当晶胞为六棱柱时，其顶点上的粒子被 6 个晶胞共用，每个粒子属于1 1，而不是8。

该晶胞的部分为6②审题时一定要注意是“ 分子结构”还是“ 晶体结构”，若是分子结构，其化学式由图中所有实际存在的原子个数决定，且原子个数可以不互质 (即原子个数比可以不约简 )。

(2)根据晶体晶胞的结构特点和有关数据，求算晶体的密度或晶体晶胞的体积或晶胞参数 a(晶胞边长 )对于立方晶胞，可建立如下求算途径：n×M得关系式：ρ＝a3×N A (a 表示晶胞边长，ρ表示密度， N A表示阿伏加德罗常数的数值，n 表示 1 mol 晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量，M 表示摩尔质量 )。

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