大单元三 五类必考大题解题方略(一) 物质结构与性质-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（双选版）

五类必考大题解题方略(一)　 物质结构与性质 优化探究 大单元三　物质结构与性质 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 4 精研　高考真题 5 精研　高考真题 1.(2024·山东卷)锰氧化物具有较大应用价值,回答下列问题: (1)Mn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Mn多的元素是　　　　(填元素符号)。  四 ⅦB Cr 解析: 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[Ar]3d54s2,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[Ar]〗3d54s1,有6个未成对电子。 6 (2)Mn的某种氧化物MnOx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MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,Mn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　　　(填字母)。  A.CaO　　B.V2O5　　C.Fe2O3　　D.CuO MnO2 降低 A 7 解析:由均摊法得,晶胞中Mn的数目为1+8×=2,O的数目为2+4×=4,即该氧化物的化学式为MnO2;MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,即x减小,Mn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价、CuO中Cu的化合价为+2价,其中CaO中Ca的化合价下降只能为0,其余可下降得到比0高的价态,说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 8 (3)[BMIM]+B(如图)是MnOx晶型转变的诱导剂。B的空间构型为　　 　;[BMIM]+中咪唑环存在大π键,则N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　。  正四面体形 sp2 解析: B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π键,N原子形成3个σ键,杂化方式为sp2。 9 (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF,除相对分子质量存在差异外,另一重要原因是 　 。  FDCA形成的分子间氢键更多 解析: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。 10 2.(2024·全国甲卷)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 +4 解析:ⅣA族元素基态原子的价层电子排布式为ns2np2,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。 11 (2)CaC2俗称电石,该化合物中不存在的化学键类型为　　　　(填字母)。  a.离子键　　　　　　　　 b.极性共价键 c.非极性共价键 d.配位键 bd 解析: CaC2俗称电石,其为离子化合物,由Ca2+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b、d。 12 (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　　　　　　。  C sp3 解析: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sp3。 13 (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:_____________________________________________ ______________________________________________________________  　 。  物质 SnF4 SnCl4 SnBr4 SnI4 熔点/ ℃ 442 -34 29 143 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质量越大,分子间作用力越强,熔点越高 14 解析: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质量越大,分子间作用力越强,熔点越高。 15 (5)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料,其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为　　　。设NA为阿伏加德罗常数的值,则该晶体密度为 　 g·cm-3(列出计算式)。  6 [或] 16 解析:由PbS晶胞结构图可知,该晶胞中有4个Pb和4个S,距离每个原子周围最近的原子数均为6,因此Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值,则晶胞的质量为 g,晶胞的体积为(594×10-10 cm)3,因此该晶体密度为 g·cm-3或 g·cm-3。 17 3.(2024·浙江6月选考)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,Cl-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NH4Cl溶液反应的化学方程式:　 　 。  12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O 18 解析: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1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。 19 (2)下列有关单核微粒的描述正确的是　　　　(填字母)。  A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能 C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D.Fe原子变成Fe+,优先失去3d轨道上的电子 AB 20 解析: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;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;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;基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2,Fe原子变成Fe+,优先失去4s轨道上的电子,D项错误。 21 (3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2),按照氢键由强到弱对三种酸排序　　 　　,请说明理由:_____________________ ______________________________________________________________ 　  　 。  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 22 ②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD,请从结构角度说明理由: ______________________________________________________________ ______________________________________________________________   　 。  S的原子半径大于O的原子半径,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- 23 解析: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。 24 4.(2024·北京卷)锡(Sn)是现代“五金”之一,广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整: 。 答案: 25 解析:Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族,基态Sn原子的最外层电子 排布式为5s25p2,Sn的基态原子最外层轨道表示式为 。 26 (2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物,SnCl2可被氧化得到SnCl4。 ①SnCl2分子的VSEPR模型名称是　　　 　。  ②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的　　 　　轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。  平面三角形 sp3杂化 27 解析:①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3,故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形;②SnCl4中Sn的价层电子数为4+×(4-4×1)=4,有4个σ键、无孤电子对,故Sn采取sp3杂化,则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 28 (3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图,白锡具有体心四方结构;灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有　　　个。  ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3,则白锡和灰锡晶体的 密度之比是　　　　。  4 29 解析:①灰锡具有立方金刚石结构,金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连,此5个碳原子在空间构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个。 ②根据均摊法,白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2,灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8,所以白锡和灰锡晶体的密度之比为∶=。 30 (4)单质Sn的制备:将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是___________________________   　 。  与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn 解析:将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应;若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn,有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2 Sn+2CO2。 31 强化 关键能力 强化 关键能力 1.某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液,Nax[MnFe(CN)6]作正极材料,Na作负极材料。 (1)CO2与环氧丙烷( )在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。 ①CO2是　　　　(填“极性”或“非极性”)分子。  ②环氧丙烷中,O原子的杂化轨道类型是　　　　杂化。  ③沸点:环氧丙烷　　(填“>”或“<”)CO2,解释其原因:__________________ 　 。  非极性 sp3 > 二者均为分子构成的物质,环氧丙烷的相对分子质量更大,范德华力更大 33 解析:①CO2分子中碳原子为sp杂化,分子为直线形,正负电荷的中心重合,是非极性分子。②环氧丙烷中,O原子的孤电子对数为2,成键电子对数为2,所以其价层电子对数为2+2=4,所以O原子的杂化轨道类型是sp3杂化。③环氧丙烷和CO2均为分子晶体,分子晶体的相对分子质量越大,范德华力越大,熔沸点越高,环氧丙烷的相对分子质量大于CO2,所以环氧丙烷的沸点高于CO2。 (2)MnCl2溶液与Na4[Fe(CN)6]溶液混合可制备Nax[MnFe(CN)6]晶体。 ①基态Mn原子的电子排布式是　　　　　 　　。  ②CN-的性质与卤素离子相近,被称为拟卤离子,(CN)2被称为拟卤素。 a.(CN)2与H2O反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、　　 　。  b.HCN有酸性但乙炔无明显酸性,HCN的酸性比乙炔的强的原因是 ______________________________________________________________ _____________________________________。  1s22s22p63s23p63d54s2 H—O—C≡N N原子的电负性大,—CN具有吸电子效应,使HCN中H—C的极性更大,更易断裂 ③为防止晶体缺陷过多,制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠(Na3C6H5O7)溶液混合,发生反应:3Mn2++2C6H5⥫⥬Mn3(C6H5O7)2,再加入Na4[Fe(CN)6]溶液以制备Nax[MnFe(CN)6]晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用: ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ __________________________________________________________。  柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn3(C6H5O7)2,降低了Mn2+的浓度,使制备晶体的反应速率减小;随着反应进行,Mn2+的浓度降低,3Mn2++2C6H5⥫⥬ Mn3(C6H5O7)2逆向进行,释放出Mn2+,使制备晶体的反应缓慢且平稳 解析:①Mn是25号元素,所以基态Mn原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2。②a.由CN-的性质与卤素离子相近,被称为拟卤离子,(CN)2被称为拟卤素可知,(CN)2与H2O反应的生成物是HCN和HOCN,其结构式分别是H—C≡N、H—O—C≡N;b.N原子的电负性大,—CN具有吸电子效应,使HCN中H—C的极性更大,更易断裂,从而体现出酸性。③为防止晶体缺陷过多,制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠(Na3C6H5O7)溶液混合,发生反应:3Mn2++2C6H5⥫⥬Mn3(C6H5O7)2,降低了Mn2+的浓度,使制备晶体的反应速率减小;随着反应进行,Mn2+的浓度降低,3Mn2++2C6H5⥫⥬Mn3(C6H5O7)2逆向进行,释放出Mn2+,使制备晶体的反应缓慢且平稳。 (3)钠离子电池的正极材料Nax[MnFe(CN)6]在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如下。 ①Nax[MnFe(CN)6]中存在的化学键有配位键、　　　 　。  ②该时刻的晶胞所示的Nax[MnFe(CN)6]中,x=　　　　。  离子键、(极性)共价键 1 解析:①Nax[MnFe(CN)6]中有Na+、[MnFe(CN)6]x-,存在离子键,C、N原子以共价键结合,存在共价键。②由晶胞示意图可知,每个晶胞中含有Na+的个数为4个,Mn2+或Mn3+的个数为8×+6×=4,即Na原子和Mn原子的个数比为4∶4=1∶1,所以x=1。 2.回答下列问题: (1)钛铝合金是制造航空航天及武器装备热端部件的理想材料(如图1)。 ①基态Ti原子的价层电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　。  ②下列说法正确的是　　　　(填字母)。  A.Al2H6分子中既存在共价键又存在离子键 B.化学键中离子键成分的百分数:Al2O3>MgO C.第一电离能:Mg>Al D.测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量,测量值偏大的理由是存在相当量的水分子因氢键而相互缔合 ③该合金的化学式是　　　　,密度为　　 　　g·cm-3。  CD Ti3Al 解析:①Ti为22号元素,基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2,其价层电子的轨道表示式为 。②A.Al2H6分子中只存在离子键,A错误;B.由于电负性:Al>Mg,成键元素的电负性差值越大,化学键中离子键成分的百分数越大,离子键成分的百分数:Al2O3<MgO,B错误;C.由于Mg的3s轨道为全充满结构、3p轨道为全空结构,第一电离能:Mg>Al,C正确;D.接近沸点的水蒸气会通过氢键缔合在一起,测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量,测量值偏大,D正确。③由晶胞图知,该晶胞中Al的个数为×8+1=2,Ti的个数为×2+×8+3=6,Al和Ti的个数比为1∶3,该合金的化学式是Ti3Al;密度为ρ= g·cm-3 = g·cm-3。 (2)碳和氧是构建化合物的常见元素。 某烃结构如图2所示,分析带星号碳的杂化方式为　　　　　　;带星号碳碳之间的键长比一般碳碳单键的键长要长,请从碳成键轨道的成分角度分析其原因:___________________________________________________ ______________________________________________________________ 　 　 。  sp2杂化 并环的碳碳单价是通过未杂化的两个p轨道形成的σ键,一般的碳碳单键是sp3杂化轨道头碰头形成,p轨道比sp3轨道要伸展的更长,因此带星号碳碳之间的键长长 解析:由图2可知,带星号碳的杂化方式为sp2杂化;并环的碳碳单价是通过未杂化的两个p轨道形成的σ键,一般的碳碳单键是sp3杂化轨道头碰头形成,p轨道比sp3轨道要伸展的更长,因此带星号碳碳之间的键长长。 3.(2025·山东临沂一模)铜及其化合物在医疗卫生、工农业生产等方面有广泛应用。回答下列问题: (1)基态Cu原子中,核外电子占据的最高能层符号为　　　　;基态Cu2+的价层电子排布式为　　　。  N 3d9 解析:基态Cu原子中,核外电子占据的最高能层为N,基态Cu原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1,则基态Cu2+的价层电子排布式为3d9。 (2)Cu2+与H2O、NH3、Cl-均可形成配位数为4的配离子:[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示: ①[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角　　　　(填“>”“<”或“=”)H2O中H—O—H的键角。  > ②[CuCl4]2-呈黄色,溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是________________________ _____________________________________________________________   　 ;  溶液Ⅰ加水稀释后呈蓝色,其原因是_______________________________ ______________________________________________________________  　 。  ③向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量,观察到的现象是　 。  蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化:[Cu(H2O)4]2++4Cl-⥫⥬ [CuCl4]2-+4H2O,蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色 加水稀释使[Cu(H2O)4]2++4Cl-⥫⥬ [CuCl4]2-+4H2O平衡逆向移动,蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加,溶液显蓝色 溶液呈现深蓝色 解析:①[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的O中只含有一个孤电子对,而水分子中含有两个孤电子对,孤电子对间的排斥力大于成键电子对与孤电子对间的排斥力,故[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角大于H2O中H—O—H的键角。②蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化:[Cu(H2O)4]2++4Cl-⥫⥬ [CuCl4]2-+4H2O,蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色。加水稀释使平衡逆向移动,蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加,溶液显蓝色。③向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量,发生[CuCl4]2-+4NH3⥫⥬ [Cu(NH3)4]2+ +4Cl-,使溶液呈现深蓝色。 (3)黄铜矿晶胞结构如图所示(晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°),与单个Fe键合的S有　　　个。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,称为原子的分数坐标,如原子1的分数坐标为(,,),则原子2的分数坐标为　　　　　;若NA为阿伏加德罗常数的值,则晶胞密度ρ= 　　　 　g·cm-3。  4 (,,) 解析:观察晶胞结构可知,与单个Fe键合的S有4个,原子1的分数坐标为(,,),则原子2的分数坐标为(,,)。晶胞中Cu的个数为8×+4×+1=4,晶胞中Fe的个数为4×+6×=4,晶胞中S的个数为8。故晶胞密度ρ= g·cm-3= g·cm-3。 $