2019年高考真题专题汇编——物质结构与性质

2019年高考真题专题汇编——物质结构与性质1．（2019海南）Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是（____________）A ．分子的极性：33BCl NCl <B ．物质的硬度：NaI<NaFC ．物质的沸点：HF HCl < D.在2CS 中的溶解度：42CCl O H <Ⅱ.锰单质及其化合物应用十分广泛。

回答下列问题：(1)Mn 位于元素周期表中第四周期____族，基态Mn 原子核外未成对电子有_____个。

(2)2MnCl 可与3NH 反应生成()326Mn NH Cl ⎡⎤⎣⎦ ，新生成的化学键为_____键。

3NH 分子的空间构型为______，其中N 原子的杂化轨道类型为_______。

(3)金属锰有多种晶型，其中δ-Mn 的结构为体心立方堆积，晶胞参数为apm ， δ-Mn 中锰的原子半径为_____pm 。

已知阿伏加德罗常数的值为A N ， δ-Mn 的理论密度ρ=____3cm g -⋅。

(列出计算式)(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为____，其配位数为____。

【答案】AB VIIB 5 配位 三角锥 sp 3330A255N a 10-⨯⨯ +2 6【解析】【分析】I.A.先判断分子是否为极性分子，然后根据极性分子的极性大于非极性分子的极性；B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大；C.HF分子之间存在氢键；D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相似相溶原理分析；II.(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；并根据构造原理书写其核外电子排布式，判断其核外未成对电子数目；(2)在络离子的中心离子与配体之间存在配位键；用价层电子对理论判断NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3；(3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，据此计算Mn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后根据ρ=mV计算晶胞密度；(4)用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上下、前后、左右6个方向有O离子，配位数是6。

【详解】I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确；B.NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-<I-，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF>NaI，B正确；C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误；l4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H 2O 构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS 2中，所以溶解度：CCl 4>H 2O ，D 错误；故合理选项是AB ；II. (1)Mn 是25号元素，在元素周期表中第四周期VIIB 族，根据构造原理可得基态Mn 原子核外电子排布式1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个；(2)MnCl 2中的Mn 2+上有空轨道，而NH 3的N 原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物()326Mn NH Cl ⎡⎤⎣⎦ ，则新生成的化学键为配位键。

NH 3的价层电子对数为3+53142-⨯=，且N 原子上有一对孤电子对，所以NH 3分子的空间构型为三角锥形，其中N 原子的杂化轨道类型为sp 3杂化。

(3)体心立方结构中Mn 原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn 原子半径的4倍，由于晶胞参数为apmpm 4r =，则Mn 原子半径pm ；在一个Mn 晶胞中含有的Mn 原子数为18128⨯+=，则根据晶体密度ρ=m V 可得晶胞密度ρ=m V =A 103255g N a 10cm -⨯⨯（）=330A 255N a 10-⨯⨯g/cm 3； (4)在晶胞中含有的Mn 离子数目为：112144⨯+=，含有的O 离子数目为：1186482⨯+⨯=，Mn 离子：O 离子=4：4=1：1，所以该氧化物的化学式为MnO ，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O 的化合价为-2价，所以Mn 的化合价为+2价；根据晶胞结构可知：在Mn 离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O 离子，所以Mn 离子的配位数是6。

2．（2019江苏）Cu 2O 广泛应用于太阳能电池领域。

以CuSO 4、NaOH 和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。

（1）Cu2+基态核外电子排布式为____。

SO 的空间构型为____（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，（2）24[Cu(OH)4]2−中的配位原子为____（填元素符号）。

（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为____；推测抗坏血酸在水中的溶解性：____（填“难溶于水”或“易溶于水”）。

（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为____。

【答案】[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9正四面体O sp3、sp2易溶于水 4 【解析】【分析】考查物质结构与性质，涉及内容为电子排布式的书写、空间构型、配合物知识、杂化类型的判断、溶解性等知识，都属于基础性知识，难度系数不大；【详解】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu 原子，即Cu原子的数目为4；3．（2019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：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MgCu 2的密度是__________g·cm −3(列出计算表达式)。

【答案】A 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＋ 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 24a330A824166410-⨯+⨯⨯N a 【解析】【详解】（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。

晶格能MgO ＞Li 2O ，分子间力（分子量）P 4O 6＞SO 2，所以熔点大小顺序是MgO ＞Li 2O ＞P 4O 6＞SO 2；（4）根据晶胞结构可知Cu 原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm ，则面对，则x＝4a pm ；Mg 原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm ，，则ya ；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu 原子个数16，晶胞的质量是A8241664g ⨯+⨯N 。

由于边长是a pm ，则MgCu 2的密度是330A 824166410-⨯+⨯⨯N a g·cm −3。

4．（2019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NH 3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。