专题十五 物质结构与性质-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

最新真题分类特训·化学 年真题分类特训 专题十五 物质结构与性质 考点1电池材料类 (2022·河北卷，17)含Cu、Zn、Sn及S的四元 A.[Cu(NH3)2]CI B.[Cu(NH3)4]SO 半导体化合物（简写为CZTS),是一种低价、 C.[Zn(NHs)4]SO D.Na2[Zn(OH)] 无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜 (5)如图是硫的四种含氧酸根的结构： 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 0 (3)SnCl5的几何构型为 ,其中心 离子杂化方式为 D (4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会 根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将 使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质 Mn2+转化为MnO4的是 (填标 中，属于顺磁性物质的是 (填标号)。 号)。理由是 考点2光电材料类 (2022·广东卷，20)硒(S)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应 用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AE在发光材料、生物医学等领域引起广泛 关注。一种含Se的新型AIE分子IV的合成路线如下： CH I (1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 (2)H2Se的沸点低于H2O,其原因是 (3)关于I~Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有 A.I中仅有。键 B.I中的Se一Se键为非极性共价键 C.Ⅱ易溶于水 D.Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2 E.I~Ⅲ含有的元素中，O电负性最大 (4)N中具有孤对电子的原子有 (5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SO H2SO3(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠 喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO?-的立体构型为 (6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有 助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞 结构如图a,沿x、y、之轴方向的投影均为图b。 专题十五物质结构与性质 ①X的化学式为 ②设X的最简式的式量为M,晶体密度为pg·cm3,则X中相邻K之间的最短距离为 nm(列 出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 考点3热电材料、超导材料类 (2020·山东卷，17)CdSnAs2是一种高迁移率 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以 的新型热电材料，回答下列问题： 表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐 (1)Sn为IVA族元素，单质Sn与干燥Cl2反 标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图乙所 应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液 示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的 体，SnCl4空间构型为 ,其固体的晶 分数坐标如下表所示。 体类型为 2a pm O-N. apm 甲 (2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序 为 (填化学式，下同)，还原性由强到 坐标 原子 y 弱的顺序为 键角由大到小的顺序为 Cd 0 0 0 (3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子 Sn 0 0 0.5 (或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物 As 0.25 0.25 0.125 为螯合物。一种Cd+配合物的结构如图甲所 一个晶胞中有 个Sn,找出距离 示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配 Cd(0,0,0)最近的Sn (用分数坐标表 位键有 mol,该螯合物中N的杂化方 示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有 式有 种。 个。 考点4金属、非金属及其化合物类 1.(2025·浙江1月卷，17)磷是生命活动中不可 (2)某化合物的晶胞如图。 或缺的元素。请回答： (1)关于VA族元素原子结构的描述，下列说 法正确的是 (填标号)。 ● A.基态P原子3p轨道上的电子自旋方向 P ○Ca 相同 B.As3+的最外层电子数为18 ①化学式是 C.P3+的半径小于P5+的半径 ②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的 D.电子排布为[Ne]3s13p的P原子处于激 10mLH2O中，实验现象是 (从酸碱 发态 性和溶解性角度推测)。 最新真题分类特训·化学 (3)两分子H3PO4(Ka3=4.8×10-13)脱水聚 ①a-Fe晶胞中Fe原子的半径为 pm。 合得到一分子H4P2O7(K3=2.0×10-7),从 ②研究发现，-Fe晶胞中阴影所示m,n两个 PO月-、HP2O月的结构角度分析Ka3差异的 截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe 原因： 原子个数越多，催化活性越低。m,n截面中， (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为 催化活性较低的是 ,该截面单位面积 Ca5(PO4)3OH、Ca5(PO4)3F、Ca5(PO4)3Cl 含有的Fe原子为 个·pm-2 和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备 H3PO4的方法： I.用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到 H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣（主要成分为 CaSO4)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷(P4)燃烧 3.(2024·浙江1月卷，17)氮和氧是构建化合物 后与水反应制得H3PO4溶液。 的常见元素。 ①方法I,所得H3PO4溶液中含有的杂质酸 已知： 是 ②以方法I中所得渣为硫源，设计实验制备无 水Na2SO4,流程如下： +H2O→H0 OH 渣(CaSO4) 充分反应 系列操作B 溶液A 操作C 无水 Na2SO4·xH2O Na2SO4 溶液A是 ,系列操作B是 ,操作C是 ③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca1o(PO4)6O(足量) 与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和 请回答： 另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 (1)某化合物的晶胞如图，其化学式是 ,晶体类型是 2.(2025·山东卷，16)Fe单质及其化合物应用 (2)下列说法正确的是 广泛。回答下列问题： A.电负性：B>N>O (1)在元素周期表中，Fe位于第 周期 B.离子半径：P3-<S2-<C1 族。基态Fe原子与基态Fe3+未成 对电子数之比为 C.第一电离能：Ge<Se<As (2)尿素分子(H2 NCONH2)与Fe3+形成配离 D.基态Cr2+的简化电子排布式：[Ar]3d4 子的硝酸盐[Fe(H2 NCONH2)6](NO3)3,俗 (3)①H2N-NH2+H+→H2N-NHg,其 称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 中一NH2的N原子杂化方式为 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 比较键角∠HNH:H2N-NH2中的-NH2 ,电负性最大的是 H2N-NH3中的-NH(填“>”“<” ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 或“=”)，请说明理由 ③八面体配离子[Fe(H2 NCONH2)6]3+中 ②HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化 Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则 合反应生成A,测得A由2种微粒构成，其中 与Fe3+配位的原子是 (填元素 之一是NO2。比较氧化性强弱：NO2 符号)。 HNO3(填“>”“<”或“=”)；写出A中阴离子 (3)a-Fe可用作合成氨催化剂，其体心立方晶 的结构式 胞如图所示（晶胞边长为apm)。 专题十五物质结构与性质 4.(2024·山东卷，16)锰氧化物具有较大应用价 Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高 值，回答下列问题： 于SiCl4,原因是 (1)Mn在元素周期表中位于第 周 分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔 期 族；同周期中，基态原子未成 点变化趋势及其原因 对电子数比Mn多的元素是 (填元素 SiCl4的空间结构为 ,其 符号)。 中Sⅰ的轨道杂化形式为 (2)Mn的某种氧化物MnO,的四方晶胞及其 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构 在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式 属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投 为 影图如图所示，晶胞中含有 个Mg。 该物质化学式为 ,B一B最 近距离为 ● Mn 0 当MnO晶体有O原子脱出时，出现O空位， OOMg●B Mn的化合价 (填“升高”“降低”或 6.(2022·全国乙卷，35)卤素单质及其化合物在 “不变”)，0空位的产生使晶体具有半导体性 科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答 质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半 下列问题： 导体性质的是 (填标号)。 (1)氟原子激发态的电子排布式有 ,其 A.CaO B.V2O5 中能量较高的是 (填标号)。 C.Fe2Os D.CuO a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 (3)[BMIM]+BF,(如图) 是MnOx晶型转变的诱导 N⊙BF c.1s22s12p5 d.1s22s22p33p2 (2)①一氯乙烯(C2H3CI)分子中，C的一个 [BMIM]BF 剂。BF4的空间构型为 杂化轨道与C】的3pz轨道形成 ;[BMIM]+中咪唑环存在I大 C-C1 键，并且C1的3p,轨道与C的 π键，则N原子采取的轨道杂化方式为 2p.轨道形成3中心4电子的大元键（Ⅲ）。 ②一氯乙烷(C2H5C1)、一氯乙烯(C2H3CI)、 (4)MnO,可作HMF转化为FDCA的催化剂 氯乙炔(C2HCI)分子中，C一CI键长的顺序是 (如图)。FDCA的熔点远大于HMF,除相对 ,理由：(1)C的杂化轨道 分子质量存在差异外，另一重要原因是 中s成分越多，形成的C一C1键越强：（ⅱ） (3)卤化物CsC2受热发生非氧化还原反应，生 MnO. 成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 HO HO OH 解释X的熔点比Y高的原因 HMF FDCA 5.(2023·全国乙卷，35)[化学 选修3：物质 (4)a-Agl晶体中I厂离子作体心立方堆积（如 结构与性质] 图所示)，Ag主要分布在由I一构成的四面 中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。 体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag不 探测发现火星上存在大量橄榄石矿物 需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此， (Mg.Fe2-xSiO1)。回答下列问题； -AgI晶体在电池中可作为 (1)基态Fe原子的价电子排布式为 橄榄石中，各元素电负性大小顺序 为 ,铁的化合价为 (2)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl -68.8 a=504 pm GeCl -51.5 已知阿伏加德罗常数为NA,则aAgl晶体的摩 SnCl 34.1 尔体积Vm= m3·mol-1(列出算式)。 最新真题分类特训·化学 考点5 其他材料类 1.(2026·河南卷，10)物质的微观结构决定宏观 (40%) (60%) 性质，下列结构特征不能解释其性质的是 OCH OCH OCH3 ( HOCI 选项 结构特征 性质 CI 金刚砂(SiC)属于共 环六糊精 (4%) (96%) A. 价晶体，C一Si键的 金刚砂硬度大、熔点高 键能大 图3 A.环六糊精属于寡糖 B. 苯分子中存在大 π键 苯难溶于水 B.非极性分子均可被环六糊精包合形成超 分子 对羟基苯甲醛只形 成分子间氢键，邻羟 沸点：对羟基苯甲醛> C.图2中甲氧基对位暴露在反应环境中 C 基苯甲醛易形成分 邻羟基苯甲醛 D.可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚 子内氢键 5.(2024·湖北卷，8)结构决定性质，性质决定用 途。下列事实解释错误的是 ( 基态氩原子的最外 氩气性质稳定，不易形 D. 层电子数为8，原子 结构稳定 成化合物 事实 解释 2.(2026·浙江1月卷，6)物质的结构决定性质， 甘油是黏稠 甘油分子间的氢键 A 下列说法不正确的是 液体 较强 A.N2(N=N)的性质很稳定 B.I2(I-I)单质在CS2(S一C一S)中溶解 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸 的氧化性 度大 C.苯酚( -OH)水溶液呈酸性 冰的密度小 冰晶体中水分子的空 C D.金刚石呈空间网状结构，导电性好 于干冰 间利用率相对较低 3.(2026·湖南卷，5)对下列性质解释正确的是 未杂化的p轨道重叠 ( 0 石墨能导电 使电子可在整个碳原 性质 解释 子平面内运动 酸性：HCI>HF 非金属性：F>CI 6.(2024·全国甲卷，35)[化学一选修3：物质结 B 沸点：H2O>HF 氢键键能：HF>H2O 构与性质] 沸点：正戊烷>新戊烷 分子间作用力：正戊烷>新戊烷 VA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有 D 硬度：金刚石>石墨 碳碳键的键能：石墨>金刚石 着广泛的应用。回答下列问题： 4.(2024·黑吉辽卷，9)环六糊精(D吡喃葡萄糖 (1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极 ,在与其他元素形成化合物时，呈现 性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、 的最高化合价为 图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示 (2)CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学 意图及相关应用。下列说法错误的是( 键类型为 (填标号)。 HOH2CO 0A0 a.离子键 b.极性共价键 O 0H0 CH2OH HOH2C HO c.非极性共价键 d.配位键 OH 0 (3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 0 OH HO 0 0、 HO CHs OH CH2OH HOH2C O QH E S,其中电负性最大的元素是 ,硅 0 01 CH2OH H 图1 图2 原子的杂化轨道类型为 专题十五物质结构与性质 (4)早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的 (3)气态A1CL3通 卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原 常以二聚体 因： A12Cl,的形式存 物质 SnF SnCl SnBr4 SnI4 在，其空间结构如图3aA,C,的分子结构 图3bAF,的晶体结构 图3a所示，二聚体中A1的轨道杂化类型为 熔点/℃ 442 34 29 143 A1F3的熔点为1090℃，远高于A1Cl3 (5)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材 的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数 键。AF3结构属立方晶系，晶胞如图3b 为 。设NA为阿伏加德罗常数的 所示，F一的配位数为 。若晶胞参数为 值，则该晶体密度为 g·cm-3(列 出计算式)。 apm,晶体密度p= g·cm3(列出计算 式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 8.(2022·全国甲卷，35)2008年北京奥运会的 “水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰 立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透 594pm 光气囊材料由乙烯(CH2一CH2)与四氟乙烯 7.(2023·全国甲卷，35)[化学一选修3：物质结 (CF2一CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下 构与性质] 列问题： 将酞菁一钴酞菁一三氯化铝复合嵌接在 (1)基态F原子的价电子排布图（轨道表示式） 碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳 为 的催化剂。回答下列问题： (2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电 (1)如图1所示的几种碳单质，它们互为 离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一 ,其中属于原子晶体的是 ,C60间 电离能的变化图是 (填标号)，判 的作用力是 断的根据是 ;第三电离能的变化 图是 (填标号)。 感 金刚石 石墨 碳纳米管 图1 图a 图b 图c (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。 (3)固态氟化氢中存在(HF)m形式，画出 (HF)3的链状结构 ① (4)CF2一CF2和ETFE分子中C的杂化轨道 类型分别为 和 ;聚四 氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的 酞菁 钴酞菁 角度解释原因 图2 (5)萤石(CaF2)是自然 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道 界中常见的含氟矿物，其 能提供一对电子的N原子是 (填图2 晶胞结构如图所示，X代 酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离 表的离子是 子的化合价为 ,氮原子提供孤对电子 若该立方晶胞参数为apm,正负离子的核间距 与钴离子形成 键。 最小为 pm.电子对与成键电子对间的斥力，知CL,)中C1一)一C1 键角小于C1)。中)一C一O键角。(3)根据均摊法，X 的品跑中白色小球的个教为16X十4×号十2=8， 黑色小球的个薮为8X号十2=4，灰色小球的个教为 8×日+1=2，则X中灰琼、黑球、白球的个数比为1： 2：4,根据Cu化合价为十2，结合元素守恒、化合物中 各元素化合价代数和为0可知，X为K,CuF,,则题中反 应的化学方程式为CuCl,+K十2F,一定条件2KCL十 K,CuF,。该晶胞中含有2个K,CuF,,晶胞质量为 64×2+39×4+19X8g,晶胞体积为aX10°cm×b× N 10-1°cmXcX10-1“cm=abcX10-0cm,则化合物X的 密度p=64X2+39X4+19X8g÷(acX10”cm')= NA 4.36×102 acVA8·cm。 答案：(1)分子晶体HF、HO, (2)sp>C1O:中既存在。键又存在大x键，原子 轨道重叠的程度大，而CL,O中仅存在。键，故CIO,中 C1一)键的键长小于C1,O中C1一)键的键长 （a)CuCL十4K十2R,一-定条件2KC+K,CF, 4.36×10 acN 专题十五物质结构与性质 考点1电池材料类 解析：本题考查物质结构与性质，涉及原子核外电子自旋状 态、电离能大小、杂化方式的判断和晶胞结构分析等。 (1)基态S原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p,价 电子轨道表示式为3s 3p ,则两种自旋 状态的电子数之比为2：1（或1：2）。 (2)Cu的价电子排布式为3d4s,易失去1个电子达到 稳定状态，Zn的价电子排布式为3d“4s,4s轨道为全充 满稳定状态，不易失去电子，故Cu的第一电离能比Zn 的第一电离能小，Cu的价电子排布式为3d°，Zn的价 电子排布式为3d°4s,Cu的3d能级处于全充满状态， 较稳定，Zn十失去4s能级上的1个电子可形成稳定结 构，故Cu的第二电离能比Zn的第二电离能大，因此第 二电离能与第一电离能差值更大的是Cu。 (3)SnCL中Sm+的孤电子对数为号×(4+1-3×1)= 1,成键电子对数为3，所以价层电子对数为4，几何构型 为三角锥形，中心离子杂化方式为$p杂化。 (4)由题给信息结合几种物质的结构可知，主族元素形 成的离子或配体中，不存在未成对的电子，故只需判断 四种物质中Zn和Cu元素是否含有未成对电子，就可判 断该物质是否属于顺磁性物质。[Cu(NH),]CL中，Cu 为+1价，价电子排布为3d°，不含未成对电子： [Cu(NH)]SO),中，Cu为+2价，价电子排布为3d,含 未成对电子；[Zn(NH)]SO,和Na[Zn(OH),]中，Zn 为+2价，价电子排布为3d°，不含未成对电子。故具有 顺磁性的物质为[Cu(NH),S),,B正确。 22 详解详析 (5)MnO中Mn为+7价，Mn2+转化为MnO,的过程 中Mn元素被氧化，所以应该选择具有强氧化性的物质， S,O中含有过氧键，具有强氧化性，因此选择D项。 答案：(1)2：1（或1：2） (2)CuCu的第一电离能比Zn的第一电离能小，但Cu 失去1个电子后形成的Cu的价电子排布为3d°，较难 失去电子，Zn失去1个电子形成的Zn的价电子排布为 3d°4s,较易失去1个电子达到稳定状态，Cu的第二电 离能比Zn的第二电离能大 (3)三角锥形sp3(4)B (5)DD(S2))中含有过氧键，具有强氧化性 考点2光电材料类 解析：(1)基态硫原子价电子排布式为3s3p,Se与S同 族，S为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式 为4s4p;故答案为：4s4p。(2)HSe的沸点低于 日，)，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间 氢键，沸，点高：故答案为：两者都是分子晶体，由于水存 在分子间氢键，沸点高。(3)A.I中有σ键，还有大π键，故 A错误；B.Se一Se是同种元素，因此I中的Se一Se键为非极 性共价键，故B正确；C,烃都难溶于水，因此Ⅱ难溶于 水，故C错误；D.Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的 碳原子杂化类型为s,碳碳三键上的碳原子杂化类型 为sp,故D正确；E.根据同周期从左到右电负性逐渐增 大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I一Ⅲ含有 的元素中，0电负性最大，故E正确：综上所述，答案为： BDE。(4)根据题中信息N中O、Se都有孤对电子，碳、 氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、S。(5)根据非羟 基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱 为H,SeO,>H,SeO,。SeO片中Se价层电子对数为4 十宁(6+2-2X4)=4,其立体构型为正四面体形：故答 案为：>；正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到K有8 个，合有sB的数目是8X日+6×号=4，则X的化 学式为K,SeBr;故答案为：K,SeBr6。②设X的最简式 的式量为M,晶体密度为pg·cm3,设晶胞参数为 M.g·mol -×4 anm,得到p=?-心mo (aX107)一=pg·cm3,解得 MX10'nm,X中相邻K之间的最短距病为品胞 a Nap 参数的-华即合×x10m故老室为：合× 1 34MX102nm。 NAP 答案：(1)4s4p (2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 (3)BDE(4)O、Se (5)>正四面体形 (6)①K,SeBr6 34M:×10 ②2×NP 考点3热电材料、超导材料类 解析：(1)Sn为第NA族元素，由于常温下SnCl,为液 体，故SnCl,为分子晶体：SnCl,分子中中心原子的孤电 子对数=号×4-4X1)=0,键电子对数为4，价层电 子对数为4，故SCL,分子的空间构型为正四面体形： 最新真题分类特训·化学 (2)NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相 对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸，点越高，但是 NH,分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH,> AsH>PH3:N、P、As这三种元素位于元素周期表中第 VA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核 电荷数的增加，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，氢 化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到 弱的顺序为AsH,>PH>NH,:NH,、PH,、AsH,中中 心原子都是sp杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电 负性越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以 这三种物质的键角由大到小的顺序为NH?>PH AsHs; (3)由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配 位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成 环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合 作用形成的配位键有6mol,Cd一NO,那个不算；该螯合 物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的 杂化方式有1种； (4)由部分Cd原子的分数坐标为(0,0,0)，可知8个Cd 在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体 心：部分Sn原子的分数坐标为(0,0,0.5)，4个Sn在晶 胞的棱上，6个S在晶胞的面心；部分As原子的分数坐 标为(0.25,0.25,0.125)，8个As在晶胞的体心：所以1 个晶隐中s的个数为4X+6×7=4:距高Cd0.0,0) 最近的Sn是(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)：由晶胞结构图可 知，CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有4个。 点睛：本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质溶沸 点大小比较，键角大小的比较，配位数的计算，晶胞的计算 等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍 然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用 均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶 胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用， 对一个晶胞的贡献为1/2：③位于晶胞棱心的原子为4个晶 胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子 为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。 答案：(1)正四面体形分子晶体 (2)NH3、AsH、PH3AsH、PH3、NHNH、 PH3、AsH (3)61 (4)4(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)4 考点4金属、非金属及其化合物类 1.解析：(1)A.基态P原子价层电子排布式为3s3p,根据 洪特规则，3p轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正 确：B.基态As原子价层电子排布式为4s4p3,As+的价 层电子排布式为4s,最外层电子数为2，故B错误；C p+比P+多一个电子层，所以P+的半径大于p+的半 径，故C错误；D.基态P原子的电子排布式为 [Ne]3s23p,电子排布式为[Ne]3s3p的P原子处于激 发态，故D正确：选AD。 (2)①根搭均粮法原则，品胞中C1原子数6×？=3、P 原子数8×日=1Ca原子数12×=3，所以化学式 是Ca;PCl3; 22 ②CaPCI3中P显一3价，将0.01mol该化合物加入到 含少量石蕊的10mLH,O中，反应生成氣化钙、氢氧化 钙、PH?气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气 体放出。 (3)当两分子HP):脱水聚合时，结构发生变化，聚合结 构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离 子，而PO的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚 合后的K值增大； (4)①方法I中，Ca(PO,),OH、Ca(PO,)3F、Ca(PO,)C和 浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和 SO反应生成SF,气体和水，所得H3P),溶液中含有 的杂质酸是盐酸、氢氟酸。 ②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫 酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、 碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、 过滤、洗涤得Na,S),·xH,),系列操作B是过滤、加硫 酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，NaS),·xH,)加 热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca1。(PO,)O(足量)与炭(C)、 SO,高温下反应，生成白磷(P,)和另一种可燃性气体， 根据元素守恒，可燃性气体为C),该反应的化学方程式 是2Ca(P0,).0+30C+20S0,高20CaS0,+3P,+ 30C)4。 答案：(1)AD(2)①Ca PCl②溶液变蓝，有气体放出 (3)P)的负电荷密度大，更易结合氢离子 (4)①盐酸、氢氟酸②碳酸钠溶液过滤、加硫酸、蒸 发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤加热脱水③2Ca1 (P0),0+30C+20S0,高温20CaSi0,+3P,+30C0+ 2.解析：(1)Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期 Ⅷ族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d4s,未成对电 子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d,未成对电子 数为5。 (2)①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但 N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O> C;同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性： O>N>C。 ②尿素分子(H NCONH2)中C原子形成3个o键，无孤 电子对，采取的轨道杂化方式为sp杂化。 ③八面体配离子[Fe(H,NCONH,),]3+中Fe+的配位 数为6，碳氯键的键长均相等，因此N原子不会参与形成 配位键，说明C一O中O原子参与配位，所以与Fe+配 位的原子是)。 (3)①Fe为体心立方晶胞，晶胞边长为apm,体对角线 长度为√apm,体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对 角线关系为4r=5a,因此Fe原子的丰径为gpm。 4 ②m截面面积Sn=apm,每个角原子被4个相邻晶胞 共享（二维共享），如图所示： 每个晶胞的顶 1 点原子黄献子个原子给演品面，所合原子数为4X 1,单位面积原子教为个·pmn裁面面积为aX 2a=√2apm,每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心 原子完全焉于本藏面，所合原子量为(4X号）十1=2， 单位面积原子数为 2=巨个·pm,因此催化活性 a 较低的是n藏面，该藏面单位面积含有的Fe原子为 a 个·pm2。 答案：(1)四Ⅷ4：5(2)①NO②sp2③O (n a 3.解析：(1)由晶胞图可知，化学式为CrCL,·4H):构成 晶胞的粒子为CrCL。·4H,)分子，故为分子晶体： (2)A,同一周期元素，从左到右，电负性依次增强，故顺 序为O>N>B,A错误：B.核外电子排布相同，核电荷数 越大，半径越小，故顺序为P->S>C,B错误；C.同 一周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，VA族和 IA族相反，故顺序为Ge<Se<As,C正确；D.基态Cr 的简化电子排布式：[Ar]3d4s,Cr2+的筒化电子排布式 为[Ar]3d',D正确；故选CD: (3)0-NH,的价层电子对数为3+5)X3=4,故杂 2 化方式为sp;一NH,价层电子对数为4，有一个孤电子 对，-NH时价层电子对数4+5-11X4=4,无孤电子 2 对，又因为孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子 对对成键电子对的排斥力，故键角∠HNH:H,N一NH,中 的-NH<HN-NH中的-NH; ②HNO?与SO按物质的量之比1：2发生化合反应生 成A,测得A由2种微粒构成，其中之一是NO,,则A 为NO,HS,O,NO,为硝酸失去一个OH,得电子能力 更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO,>HNO,;阴离子 为HS,)?根据已知可知其结构式为 0-0-0-H 答案：(1)CrCl·4HO分子晶体(2)CD (3)①sp 一NH,有孤电子对，孤电子对成键电子 排斥力大，键角变小② 4.解析：(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周 期B族：基态Mn的电子排布式为：[Ar]3d4s,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]3d4s,有6个 未成对电子： (2)由均辩法得，晶胞中Mn的数月为1十8×言=2,0 的教日为2+4X子=4，即接氧化物的化学式为M0: MnO,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：Ca()中Ca 的化合价为+2价、V,O,中V的化合价为+5价、Fe,O, 中Fe的化合价为十3、Cu()中Cu的化合价为+2，其中Ca() 中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价 态，说明C()不能通过这种方式获得半导体性质； (3)BF:中B形成4个。键（其中有1个配位键），为sp 杂化，空间构型为正四面体形：咪唑环存在Ⅱ大π键，N 原子形成3个。键，杂化方式为sp； 22( 详解详析 (4)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。 答案：(1)四MBCr (2)MnO,降低A (3)正四面体形sp (4)FDCA形成的分子间氢键更多 5.解析：(1)Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为 3d4s。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属 性越强则其电负性越大，因此，橄榄石(MgFe-,SiO,)中， 各元素电负性大小顺序为O>Si>Fe>Mg;因为 MgFe,-SiO,中Mg、Si,O的化合价分别为+2、+4和 一2，x十2一x=2,根据化合物中各元素的化合价的代数 和为0，可以确定铁的化合价为十2。 (2)Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于 SCL,原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体， 其熔，点较高：而SCL,为分子晶体，其熔点较低。由表中 的数据可知，SiCL,、GeCL,、SnCl4熔点变化趋势为随着同 族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是： SiCl,、GeCL,、SnCl,均形成分子晶体，分子晶体的熔，点由 分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高： 随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大， SCL,的空间结构为正四面体形，其中Si的价层电子对 数为4，因此Si的轨道杂化方式为sp。 (3)结合投影图可知，晶体结构图中实线部分为1个晶 胞，Mg位于品胞顶点，数月为4X。十4X2=1:有2 个B位于晶胞体内，B原子数目为2，故该物质的化学式 120°● 为MgB;如图 ,B位于边长为a的正 ●】 三角形的中心，故B一B的最近距离为。 ×2= 3 3a. 答案：(1)3d4s2O>Si>Fe>Mg+2 (2)钠的电负性小于硅，氣化钠为离子晶体、而SCL为 分子晶体随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依 次升高，其原因是：SiCL、GeCL,、SnCl,均形成分子，分子 晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则 其熔点越高：随着其相对分子质量增大，其分子间作用 力依次增大正四面体sp (31MgB￥5 3 6.解析：(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为 1s2s22p,a.1s2s2p3s,基态氟原子2p能级上的1个 电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b. 1s2s2p'3d,核外共10个电子，不是氣原子，b错误；c 1s2s2p,核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d. 1s2s22p3p,基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到 3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；答案选d;而 同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量 最高的是1s2s2p3p,答案选d。 最新真题分类特训·化学 H H (2)①一氯乙烯的结构式为 C-C ,碳为双键碳， H CI 采取sp°杂化，因此C的一个sp杂化轨道与C1的3p 轨道形成C一C1σ键。②C的杂化轨道中s成分越多， 形成的C一CI键越强，C一CL键的键长越短，一氯乙烷中 碳采取sp杂化，一氯乙烯中碳采取sp杂化，一氣乙炔 中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp杂化时p成 分多，因此三种物质中C一CI键键长顺序为：一氯乙烷 >一氯乙烯>一氣乙炔，同时C1参与形成的大π键越 多，形成的C一Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3p, 轨道与C的2p,轨道形成3中心4电子的大π键（Ⅱ）， 一氯乙炔中Cl的3p,轨道与C的2p,轨道形成2套3 中心4电子的大π键（Ⅱ），因此三种物质中C一C1键键 长顺序为：一氨乙烷>一氨乙烯>一氨乙炔。(3)Cs1CL, 发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶 体和红棕色液体，则无色晶体为CsCI,红棕色液体为 ICl,而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICI 为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCI 的熔点比1C1高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag 不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此Agl晶体是 优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中 合喷离子的个数为8X客+1=2个，依据化学式Ag1可 N 知，银病子个数也为2个，晶胞的物质的量”一Nm0l= Nmol,晶胞体积V=apm=(504×10)'m,剥 cAgl晶体的摩尔体积Vm= =504×10)'m= n N.mol NA×(504×10-12)3 m°/mol。 答案：(1)add(2)①spo②一氣乙烷>一氣乙烯 >一氣乙炔C1参与形成的大π键越多，形成的C一C1 键的键长越短(3)CsCl CsCl为离子晶体，ICI为分子 晶体(4)电解质 Na×(504×10-12) 2 考点5其他材料类 1.BA.金刚砂(SC)中原子之间连接成空间网状结构，因 此属于共价晶体，C一S键键能大，难断键，因此金刚砂 硬度大、熔点高，结构可以解释性质，A不符合题意；B 苯难溶于水是因为苯为非极性分子，水为极性分子，符 合相似相溶规律，与苯分子中的大π键无关，结构特征 不能解释其性质，B符合题意；C.分子间氢键会提升分 子间作用力使沸点升高，分子内氢键对分子间作用力无 提升作用，因此对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛， 结构可以解释性质，C不符合题意：D.基态氩原子最外层为 8电子稳定结构，不易得失或共用电子，因此氩气性质稳定 不易形成化合物，结构可以解释性质，D不符合题意。 2.DA.N(N=N)的氪氯三键键能较大，性质很稳定，A 正确：B.I2单质和CS2均为非极性分子，根据相似相溶 规律，I单质在CS2中溶解度大，B正确；C.苯酚能微弱 的电离出氢离子，俗称石炭酸，水溶液呈酸性，C正确： D.金刚石不具有导电性，其呈空间网状结构决定了其硬 度大、熔点高的性质，D错误。 23 3.CA.氢化物水溶液酸性与非金属性无关，非金属性强 弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性或气态氢化物 稳定性比较，HCI酸性强于HF是因为H一F键键能更 大，在水溶液中更难电离，解释不能对应性质，A错误： B.H,O沸，点高于HF的原因是H,O分子间氢键数量多 于HF,H,)分子间氢键总作用更强，虽然HF氢键键能 更大，但该解释无法说明沸点差异，B错误：C.烷烃同分 异构体中，支链越多分子间接触面积越小，分子间作用 力越弱，沸，点越低。正戊烷为直链结构，分子间作用力 大于带多支链的新戊烷，故沸点更高，解释对应性质，C 正确；D.金刚石为空间网状共价晶体，硬度大：石墨为层 状混合型晶体，层间为较弱的范德华力，易滑动，故硬度 小，石墨碳碳键键能更大，与二者硬度差异无关，D错误。 4.BA.1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的糖称为 寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩合物，属于寡 糖，A正确：B.要和环六糊精形成超分子，该分子的直径 必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性 分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误；C.由 于环六糊精腔内极性小，可以将苯环包含在其中，腔外 极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环境中，C正 确：D.环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子 间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲酵不溶 于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代 苯甲醚，D正确。 5.BA.甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的 氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键 较强，因此甘油是黏稠液体，A正确：B.王水溶解铂，是 因为浓盐酸提供的C能与被硝酸氧化产生的高价态的 铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，而不是浓 盐酸增强了浓硝酸的氧化性，B不正确；C,冰晶体中水 分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水 分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利 用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确：D.石墨属于 混合型晶体，在石墨的二雏结构平面内，每个碳原子以 C一C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳 原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过 sp杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电 子处于碳原子的未杂化的2印轨道上，层内碳原子的这 些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大 π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨 能导电，D正确。 6.解析：(1)VA族元素基态原子的价层电子排布为 nsnp,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： (2)CaC,俗称电石，为离子化合物，由Ca2+和C号构成， 两种离子间存在离子键，C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bd; CH (3)聚甲基硅烷七Si,含C、Si、H三种元素，其电负性 H 大小顺序：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s即； (4)根据表中数据可知，SnF:的熔点均远高于其余三种 物质，SnF:属于离子晶体，SnCL、SnBr、Snl属于分子 晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCL、SnBr SL,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：SF,属于离子晶体， SnCl,、SnBr,、Snl,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； (5)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Pb原子周围最近的S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NA个 晶胞的质量为4×(207+32)g,NA个晶胞的体积为NA ×(594X101cm)3,因此该晶体密度为 4×(207+32) NX(594X100)g·cm9 956 （或NX594X10yg·cm)。 答案：(1)2十4 (2)bd (3)C sp (4)SnF:属于离子晶体，SnCL、SnBr、Snl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 4×(207+32) (5)6 VAX(594X100)g·cm9 956 (或N4X594X10yg·cm) 7.解析：(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形 体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元 素。因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子 晶体，石墨属于混合型晶体，C属于分子晶体，碳纳米管 不属于原子晶体：C。间的作用力是范德华力； (2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有 的C原子和所有的N原子均为sD2杂化，且分子中存在 大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据 了一个sp杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与 形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电 子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的 N一H易断裂从而电离出H;钻酞菁分子中，失去了2 个H十的酞菁离子与钻离子通过配位键结合成分子。因 此，钴离子的化合价为十2，氨原子提供孤对电子与钻离 子形成配位键。 (3)由A1,CL:的空间结构结合相关元素的原子结构可 知，A1原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氨原子 形成四面体结构，因此，二聚体中AI的轨道杂化类型为 sp。AlF的熔点为1090℃，远高于AlCl的192℃，由 于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以 判断铝氟之间的化学键为离子键。由A1F?的晶胞结构 可知，其中含友色球的个数为12×=3，小灰色球的个 数为8×名=1，则灰色的球为F,距P最近且学距的 A13+有2个，则F的配位数为2。若晶胞参数为apm, 则晶胞的体积为(apm)3=a3×1030cm,晶胞的质量为 ⑧B,则其品体密度p二81X10 NA·ag·cm3。 答案：(1)同素异形体金刚石范德华力 (2)③十2配位 (3)sp离子2 84×1030 Na·a3 详解详析 8.解析：(1)F为第9号元素其电子排布式为1s2s2p,则 其价电子排布图为门日 (2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离 能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级 为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、)两种 元素高，因此C、N、)、F四种元素的第一电离能从小到 大的顺序为C<)<N<F,满足这一规律的图像为图a, 气态基态十2价阳离子失去1个电子生成气态基态十3 价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周 期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C 原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此 其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的 图像为图b,故答案为：图a:同一周期第一电离能的总体 趋势是依次升高的，但由于N元素的2即能级为半充满 状态，因此N元素的第一电离能较C、)两种元素高；图 b。(3)固体HF中存在氢键，则(HF)?的链状结构为 F FF H HH。4)CF,-CP:中C原子存在3 对共用电子对，其C原子的杂化方式为s杂化，但其共 聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为 sp杂化：由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的 结合过程中形成的C一F键的键能大于聚乙烯中C一H 的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化 学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙 烯，故答案为：sp、sp、C一F键的键能大于聚乙烯中C 一H的键能，键能越大，化学性质越稳定。(5)根据萤石 晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶，点和面心上，则1 个品胞中浅色X离子共有8X日+6×号=4个，深色Y 离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离 子，因此该晶胞的化学式应为XY2,结合萤石的化学式 可知，X为C+:根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正 方体，仔细观察CF。的晶胞结构不难发现F位于晶胞 中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小 立方体边长为了，体对角线为。，C与F之间距离 就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负离子的核 间距的最小的距离为尽。 4apm。 答案：(1)的四☐(2)图a同一周期第一电离 能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级 为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种 元索高图b F F F (3) 、八.(4)spsp聚四氟乙烯 H HH C一F键的键能大于聚乙烯中C一H的键能，键能越大，化 学性质越稳定(5)Ca2+5。 专题十六有机化合物 考点1有机物的组成、分类与结构 1.A硅橡胶属于特种橡胶（有机硅聚合物），属于有机物， A正确；碳化硅属于无机非金属材料，B错误；石墨烯是 只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，属于碳纳米材 料，是新型无机非金属材料，C错误；光导纤雏主要成分 是SiO2,属于无机非金属材料，D错误。