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：BCl3?NCl3 B．物质的硬度：NaI (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)MnCl2可与NH3反应生成??Mn?NH3?6??Cl2 ，新生成的化学键为_____键。NH3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NA， δ-Mn的理论密度??____ g?cm?3。(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____。 AB VIIB 5 配位 三角锥 sp3 【答案】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； 2?553a 3?30 +2 Na?104A 1 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= m计算晶胞密度； V(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 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- 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； D.CCl4、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 2 极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，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 2262652 核外电子排布式1s2s2p3s3p3d4s，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)MnCl2中的Mn2+上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合NH3的价层电子对数为3+物?则新生成的化学键为配位键。?Mn?NH3?6??Cl2 ， 5?3?1?4，2且N原子上有一对孤电子对，所以NH3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apm，则3apm?4r，则Mn原子半径r=3 3apm；在一个Mn晶胞中含有的42?55g1mmMn原子数为8??1?2，则根据晶体密度ρ=可得晶胞密度ρ===NA8VV3（a?10?10cm）2?5533?30g/cm； NAa?10(4)在晶胞中含有的Mn离子数目为：?12?1?4，含有的O离子数目为：?8?14181?6?4，2Mn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）Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料， 3 可制备Cu?O。 （1）Cu2+基态核外电子排布式为____。 ?（2）SO2；Cu与OH反应能生成[Cu(OH)4]，4的空间构型为____（用文字描述） 2+?2? [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____。 922626932 【答案】[Ar]3d或1s2s2p3s3p3d 正四面体 O sp、sp 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】 1012＋ （1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d4s，因此Cu基态核外电子排布式为 [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9； 22 （2）SO4－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO4－空间构型为正 22 四面体形；[Cu(OH)4]－中Cu＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对， 2 因此[Cu(OH)4]－中的配位原子为O； 4 （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sp杂化，双键的碳原子为sp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)。 3 2 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 2+ 是__________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg”或 “Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 C 熔点/° 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 5
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