专题13 物质结构与性质综合题（7年汇编）（海南专用）2020-2026年高考化学真题分类汇编

专题13 物质结构与性质综合题 7年真题1年模拟 考点分类 海南考情（2020-2026） 命题规律 物质结构与性质综合题 2026海南(1题)、2025海南(1题)、2023海南(1题)、2022海南(1题)、2021海南(1题)、2020海南(1题) 情境设置：2020-2026年海南6道真题主要借助物质结构与性质联系、图表数据与信息转化组织材料与设问，围绕“物质结构与性质综合题”呈现知识应用。考查重点：突出物质结构与性质综合题中的多步推理、信息加工与规范表达，要求准确提取条件、建立证据联系并得出结论。命题趋势：预计继续强化真实情境、图表或实验信息的融合，由单点识记转向概念理解、综合推理和迁移应用。 1.(2026·海南·高考真题)锗元素(Ge)广泛用于半导体材料，Ge的常见化合价有+2和+4。回答下列问题： （1）Ge位于元素周期表第　　　　　　　　　　周期，第ⅣA族。 （2）氧化还原反应中，化合价升高的元素是　　　　　　　　　　。 （3）与形成的配合物A分子中，的孤电子对数是　　　　　　　　　　。 （4）化合物B为1，4-二锗代苯衍生物。在光照条件下，B可反应生成化合物C．C分子中两个Ge原子间距离比B中　　　　　　　　　　(填“大”或“小”)。C中Ge原子轨道杂化类型是　　　　　　　　　　。 （5）B可用于小分子的活化反应。B活化的反应可生成化合物D，E是B活化乙炔的反应产物。将答题卡中E的结构图补充完整　　　　　　　　　　。 一种含、、和四种元素的晶态物质(组成上可视为与的复合物)，其晶胞为立方体形(边长为)，如图所示。对于两类原子(其中一类是金属原子Ge和Li，另一类是非金属原子O和N)，分别以两种不同的小球表示。 （6）空心球(O)占据晶胞顶点和面心，实心球(●)占据空心球围成的正四面体中心。紧邻某空心球的其他空心球的数目是　　　　　　　　　　，两个实心球间的最近距离是　　　　　　　　　　。 （7）代表阿伏加德罗常数的值，、、、依次代表、、、的相对原子质量。晶体中占金属原子数的百分比是　　　　　　　　　　，该晶态物质的密度是　　　　　　　　　　(以含、、、、、的代数式表达)。 2.(2025·海南·高考真题)过渡金属钌(Ru)的配合物A可用于多种化学键的活化。和代表两种不同的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。 回答问题： （1）同位素氘(或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是　　　　　　。 （2）分子中键的极性大于分子中键，主要原因是　　　　　　。 （3）第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是　　　　　　(填碳原子标号)。 （4）某溶剂中，用醇钾()处理前体配合物E，可将其转化为A。转化反应方程式为：　　　　　　。 （5）若第①步参与反应的小分子为(即氨中所有氢原子皆被氘取代)，经第②步反应，得到。将答题卡中的结构图补充完整(须标出全部氘原子) 　　　　　　。 一种可用作强氧化剂的含钌多氟化物的晶体晶胞，如图1所示，完成(6)、(7)题。 （6）Ag与Cu是同族相邻周期元素。已知该晶体中Ag阳离子有1个未成对电子，此Ag阳离子的基态价电子排布式为　　　　　　。 （7）每个Ag原子周围的紧邻氟原子围成规则配位结构，与该晶胞中氟原子的配位关系均已在图1呈现。沿c方向投影，见图2(已放大处理)。b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是　　　　　　。(紧邻晶胞中相应氟原子标号与图示晶胞相同)。 3.(2023·海南·高考真题)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。     (代表单键、双键或叁键) 回答问题： （1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是　　　　　　　。 （2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是　　　　　　　。 （3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是　　　　　　　。 （4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是　　　　　　　。 （5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为　　　　　　　。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为　　　　　　　。 ②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是　　　　　　　。 a．有或价态形式       b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素       d．替代原子与原离子的离子半径相近 4.(2022·海南·高考真题)以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题： （1）基态O原子的电子排布式　　　　　　　，其中未成对电子有　　　　　　　个。 （2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是　　　　　　　。 （3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取　　　　　　　杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是　　　　　　　。 （4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是　　　　　　　。 （6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面　　　　　　　、　　　　　　　。 5.(2021·海南·高考真题)金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。 回答问题： （1）基态锰原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 （2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为　　　　　　　　　　　。 （3）第一电离能的大小：C　　　　　　　　　　　O(填“大于”或“小于”)。 （4）中碳原子的杂化轨道类型是　　　　　　　　　　　，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式　　　　　　　　　　　。 （5） CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是　　　　　　　　　　　。 以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为　　　　　　　　　　　。 6.(2020·海南·高考真题)氢气的生产、存储是氢能应用的核心。目前较成熟的生产、存储路线之一为：利用CH3OH和H2O在某Cu/Zn-Al催化剂存在下生产H2, H2与Mg在一定条件下制得储氢物质X。 回答问题： . (1) Al在周期表中的位置　　　　　　　　　　　　　　 。基态Zn的价层电子排布式　　　　　　　　　　　。 (2)水分子中氧原子的杂化轨道类型　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)键能是衡量共价键稳定性的参数之一。 CH3OH键参数中有　　　　　　　　　种键能数据。CH3OH可以与水以任意比例互溶的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　        。 (4) X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α =β =γ=90º，a=b=450.25 pm)，密度为1.4g cm-3， H-的配位数为　　　　　　　　　　　　　　， X的储氢质量分数是　　　　　　　　　　　　　　 ，c= 　　　　　　　　　　　 pm (列出计算式即可)。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 物质结构与性质综合题 7年真题1年模拟 考点分类 海南考情（2020-2026） 命题规律 物质结构与性质综合题 2026海南(1题)、2025海南(1题)、2023海南(1题)、2022海南(1题)、2021海南(1题)、2020海南(1题) 情境设置：2020-2026年海南6道真题主要借助物质结构与性质联系、图表数据与信息转化组织材料与设问，围绕“物质结构与性质综合题”呈现知识应用。考查重点：突出物质结构与性质综合题中的多步推理、信息加工与规范表达，要求准确提取条件、建立证据联系并得出结论。命题趋势：预计继续强化真实情境、图表或实验信息的融合，由单点识记转向概念理解、综合推理和迁移应用。 1.(2026·海南·高考真题)锗元素(Ge)广泛用于半导体材料，Ge的常见化合价有+2和+4。回答下列问题： （1）Ge位于元素周期表第　　　　　　　　　　周期，第ⅣA族。 （2）氧化还原反应中，化合价升高的元素是　　　　　　　　　　。 （3）与形成的配合物A分子中，的孤电子对数是　　　　　　　　　　。 （4）化合物B为1，4-二锗代苯衍生物。在光照条件下，B可反应生成化合物C．C分子中两个Ge原子间距离比B中　　　　　　　　　　(填“大”或“小”)。C中Ge原子轨道杂化类型是　　　　　　　　　　。 （5）B可用于小分子的活化反应。B活化的反应可生成化合物D，E是B活化乙炔的反应产物。将答题卡中E的结构图补充完整　　　　　　　　　　。 一种含、、和四种元素的晶态物质(组成上可视为与的复合物)，其晶胞为立方体形(边长为)，如图所示。对于两类原子(其中一类是金属原子Ge和Li，另一类是非金属原子O和N)，分别以两种不同的小球表示。 （6）空心球(O)占据晶胞顶点和面心，实心球(●)占据空心球围成的正四面体中心。紧邻某空心球的其他空心球的数目是　　　　　　　　　　，两个实心球间的最近距离是　　　　　　　　　　。 （7）代表阿伏加德罗常数的值，、、、依次代表、、、的相对原子质量。晶体中占金属原子数的百分比是　　　　　　　　　　，该晶态物质的密度是　　　　　　　　　　(以含、、、、、的代数式表达)。 【答案】（1）4     （2）氢     （3）1     （4）① 小    ② sp3     （5）     （6）① 12    ②      （7）① 10%    ②       【解析】(1)Ge的原子序数为32，价电子排布为4s24p2，在元素周期表中位于第4周期第IVA族； (2)H的电负性大于Ge，所以在GeHCl3中，Ge为+4价，H和Cl均为-1价，所以在反应中，Ge的化合价由+4价降低为+2价，被还原，H的化合价由-1价升高为+1价，被氧化； (3)在中，Ge的孤电子对数为，在配合物A中，P作为配体提供孤电子对，占据Ge的空轨道，Ge的孤电子对数未变，仍为1； (4)B为1,4‑二锗代苯衍生物，六元环为六元芳香环，平面结构，两个Ge之间没有直接化学键，靠环骨架隔开；光照异构得到C：两个Ge之间形成Ge-Geσ单键。形成直接化学键，原子距离会变小。C中每个Ge原子形成4个σ键，价层σ键数目为4，所以Ge原子轨道杂化类型是sp3杂化。 (5)由B活化CO2得到D可知，CO2插入到两个Ge之间，形成环状结构。类比这个反应模式：B活化乙炔CH≡CH，乙炔的三键加成，两个Ge分别连接乙炔两端的C原子，形成六元环状结构，两个Ge分别与乙炔的两个碳成键，碳碳之间变为双键，其结构图为。 (6)空心球位于顶点和面心位置，属于面心立方堆积，紧邻空心球的其他空心球分别位于3个相互垂直的平面内，每个平面有4个，共计12个；实心球填充在面心立方的正四面体空隙，相邻两个实心球最近距离为晶胞边长的一半，即。 (7)每个晶胞内有空心球（代表非金属原子O和N）的个数为，有实心球（代表金属原子Ge和Li）的个数为8；设晶胞内x个、y个，晶胞中金属原子总数：，非金属原子总数：，解得：（注：若是将空心球视为金属，实心球视为非金属，求得，不符合题意），由此可知，晶胞中Ge原子的数目为0.8，金属原子总数为 8。因此晶体中Ge占金属原子数的百分比为； 根据计算，一个晶胞中含有 0.8 个 Ge原子、1.6 个 O原子、7.2 个 Li原子和 2.4 个 N原子。 一个晶胞的质量为：，晶胞体积：，密度：。 2.(2025·海南·高考真题)过渡金属钌(Ru)的配合物A可用于多种化学键的活化。和代表两种不同的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。 回答问题： （1）同位素氘(或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是　　　　　　。 （2）分子中键的极性大于分子中键，主要原因是　　　　　　。 （3）第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是　　　　　　(填碳原子标号)。 （4）某溶剂中，用醇钾()处理前体配合物E，可将其转化为A。转化反应方程式为：　　　　　　。 （5）若第①步参与反应的小分子为(即氨中所有氢原子皆被氘取代)，经第②步反应，得到。将答题卡中的结构图补充完整(须标出全部氘原子) 　　　　　　。 一种可用作强氧化剂的含钌多氟化物的晶体晶胞，如图1所示，完成(6)、(7)题。 （6）Ag与Cu是同族相邻周期元素。已知该晶体中Ag阳离子有1个未成对电子，此Ag阳离子的基态价电子排布式为　　　　　　。 （7）每个Ag原子周围的紧邻氟原子围成规则配位结构，与该晶胞中氟原子的配位关系均已在图1呈现。沿c方向投影，见图2(已放大处理)。b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是　　　　　　。(紧邻晶胞中相应氟原子标号与图示晶胞相同)。 【答案】（1）2     （2）电负性O>N     （3）e     （4）     （5）     （6）     （7）2      【解析】(1)的质子数为1，中子数为1，质量数为2； (2)极性共价键的极性强弱取决于原子电负性差异。电负性差异越大，键的极性越强，电负性O>N，故分子中键的极性大于分子中键； (3)第二步(B→C)实质是e处碳原子发生质子化，e处碳原子杂化方式由sp2改变成sp3； (4)观察E、A结构，可知E转化为A，分子里失去一个H原子和一个Cl原子，故； (5)ND3先与Ru结合生成B`()，经过步骤② 将D进行转移至e处，的结构图； (6)Ag与Cu是同族相邻周期元素，Cu+和Cu2+的基态价电子排布式分别为，Ag阳离子有1个未成对电子，故基态价电子排布式为； (7)由图1可知，123在同一平面，b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是2号氟原子。 3.(2023·海南·高考真题)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。     (代表单键、双键或叁键) 回答问题： （1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是　　　　　　　。 （2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是　　　　　　　。 （3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是　　　　　　　。 （4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是　　　　　　　。 （5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为　　　　　　　。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为　　　　　　　。 ②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是　　　　　　　。 a．有或价态形式       b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素       d．替代原子与原离子的离子半径相近 【答案】（1）C、O、P、Cl     （2）根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形     （3）N     （4）配合物Ⅱ     （5）① 6    ②     ③ ad      【解析】(1)根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl； (2)根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形； (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N； (4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键， 中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长； (5)① 晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式； ②a．中Cs为+1价，Sb为-3价，V的总化合价为+14，平均价态介于4-5之间，故替代后，化合价可能为或价态形式，故a正确； b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误； c．Sn是IVA族元素，不属于过渡元素，故c错误；    d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确； 答案为：ad。 4.(2022·海南·高考真题)以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题： （1）基态O原子的电子排布式　　　　　　　，其中未成对电子有　　　　　　　个。 （2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是　　　　　　　。 （3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取　　　　　　　杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是　　　　　　　。 （4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是　　　　　　　。 （6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面　　　　　　　、　　　　　　　。 【答案】（1）① 1s22s22p4或[He]2s22p4    ② 2     （2）自由电子在外加电场中作定向移动     （3）① sp2    ② 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高     （4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑     （5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键     （6）① ▱cdhi    ② ▱bcfe      【解析】(1)O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子； (2)由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性； (3)根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高； (4)金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑； (5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键； (6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。 5.(2021·海南·高考真题)金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。 回答问题： （1）基态锰原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 （2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为　　　　　　　　　　　。 （3）第一电离能的大小：C　　　　　　　　　　　O(填“大于”或“小于”)。 （4）中碳原子的杂化轨道类型是　　　　　　　　　　　，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式　　　　　　　　　　　。 （5） CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是　　　　　　　　　　　。 以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）6     （3）小于     （4）①     ②      （5）     （6）① MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大    ②       【解析】(1)Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“”； (2)由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”； (3)根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”； (4)① 根据价层电子对互斥理论，中心原子C连接3个O原子，所以δ键为3，孤电子对数(阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”； ② 按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“”； (5)根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“”； (6)① 离子晶体熔沸点高低不光与晶体结构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”； ② 根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为，故本问第二空应填“”。 6.(2020·海南·高考真题)氢气的生产、存储是氢能应用的核心。目前较成熟的生产、存储路线之一为：利用CH3OH和H2O在某Cu/Zn-Al催化剂存在下生产H2, H2与Mg在一定条件下制得储氢物质X。 回答问题： . (1) Al在周期表中的位置　　　　　　　　　　　　　　 。基态Zn的价层电子排布式　　　　　　　　　　　。 (2)水分子中氧原子的杂化轨道类型　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)键能是衡量共价键稳定性的参数之一。 CH3OH键参数中有　　　　　　　　　种键能数据。CH3OH可以与水以任意比例互溶的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　        。 (4) X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α =β =γ=90º，a=b=450.25 pm)，密度为1.4g cm-3， H-的配位数为　　　　　　　　　　　　　　， X的储氢质量分数是　　　　　　　　　　　　　　 ，c= 　　　　　　　　　　　 pm (列出计算式即可)。 【答案】① 第三周期第ⅢA族    ② 3d104s2    ③ sp3    ④ 三    ⑤ 水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶    ⑥ 3    ⑦ 7.7%    ⑧ 【解析】(1) Al是13号元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族；Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2则价层电子排布式为3d104s2，故答案为：第三周期第ⅢA族；3d104s2； (2)水分子中O原子的价层电子数=2+(6−2×1)=4，且含有2对孤电子对，所以采取sp3方式杂化，故答案为：sp3； (3)甲醇分子含有C-H、C-O、O-H三种键能数据；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；故答案为：三；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶； (4)由晶胞结构可知，晶胞内的H-周围等距离的Mg2+有3个，即H-的配位数为3；晶胞中的H-数目为2+4=4，Mg2+数目为1+8=2，该晶胞的化学式为MgH2，则X的储氢质量分数是=7.7%；由X的晶胞结构可知，一个晶胞的质量为：，密度为1.4g cm-3，则晶胞的体积为：cm3=（a×b×c×10-30），则c=pm，故答案为：3；7.7%；。 本题涉及晶胞的计算，晶胞密度计算公式是，利用晶胞参数可计算晶胞体积(V)，根据相对分子质量(M)、晶胞中粒子数(Z)和阿伏加 德罗常数NA，可计算晶体的密度。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题13物质结构与性质综合题 7年真题1年模拟 七年真题分类园 1.【答案】(1)4 (2)氢 (3)1 (4)①小 ② % (5) (6)①12 (7)①10% ② 0.8Ace+7.2Ai+1.6Ao+2.4Aw NA(a×1003 2.【答案】（1)2 (2)电负性O>N (3)e (4)ROH+KCI (5) (6)4d9 (7)2 3.【答案】(1)C、O、P、C1 (2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电 子对数为2，成键电子对之间呈角形 (3)N (4)配合物Ⅱ (5)① 6 ②5s25p ③ad 4.【答案】(1)①1s22s2p或[He2s2p ②2 (2)自由电子在外加电场中作定向移 动 (3)①sp ②两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大， 熔点更高 （4)Z+4NH3+2H0=[ZnNH)4]2+20H+H2↑ (5)电负性O>N,O对电子 的吸引能力更强，Z和O更易形成离子键 (6)①cdhi ②口bcfe 5.【答案】(1)3d4s2 (2)6 (3)小于 (4)①sp ③ NO3 (5)CHaMn(CO+12-CH3I+MnI(COls (6)①Mns中阴阳离子 所带电荷数比NacI的多，离子键强度更大 6.【答案】①第三周期第ⅢA族 ②3d°4s2 ③sp ④三 ⑤水与醇均 具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶 ⑥ ⑦7.7% ⑧ 52 6.02×107×1.4×450.252 1/1