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1、最新高考化学 新题分类汇编N 物质结构与性质真N单元物质结构与性质N1原子结构与元素的性质11N1 E2 H2 D52018安徽卷 中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是()A根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是7C根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH6.8的溶液一定显酸性D根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出CO2通入NaClO溶液中能生成HClO11N1 E2 H2 D5【解析】 DMg元素具有全充满的3s2状态，Al元素的3s23p1不是全充满、半充满

2、或全空的状态，因此，Mg的第一电离能比Al大，故A错误；在卤族元素中F元素是非金属性最强的元素，只能显负价，不能显正价，故B错误；溶液中水的电离程度受温度的影响，C项中没有说明溶液的温度，因此，无法判断溶液的酸碱性，故C错误；由于H2CO3的酸性比HClO的强，故将CO2通入NaClO溶液能生成HClO，符合较强酸制取较弱酸的规律，D正确。25F1N12018北京卷 在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K(t1)K(t2)F2H2 2HF1.811861.91182Cl2H2 2HCl9.710124.21011Br2H2 2HBr5.61189.311

3、8I2H2 2HI4334(1)已知t2t1，HX的生成反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。(2)HX的电子式是_。(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是_。(4)X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：_。(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：_，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。(6)仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，_(选填字母)。a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱25F1N1(1)放热(2)H (

4、3)HF、HCl、HBr、HI(4)卤素原子的最外层电子数均为7(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多(6)ad【解析】 (1)温度越高K值越小，说明升温平衡逆向移动，则正反应(HX的生成反应)是放热反应；(2)卤原子最外层有7个电子，与H以共价键结合为卤化氢分子，其电子式为H 。(3)F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，共用电子对偏移程度依次减小，因而HX共价键的极性依次减弱。(4)卤原子最外层有7个电子，易得到1个电子形成8电子稳定结构，而氢原子最外层1个电子，恰好与卤原子形成一对共用电子，也达到2电子稳定结构。(5)生成HF、HCl、HBr、HI的K依次减小，即各反应进

5、行程度依次减弱，说明F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，这是由于同主族元素自上而下电子层数依次增多导致的。(6)平衡常数K表明了可逆反应进行的程度，K越小，反应进行的程度越小，即相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低；同理说明产物HX越易分解，故HX的稳定性逐渐减弱。根据K值无法判断反应的剧烈程度。N2化学键N3分子的结构与性质7N3、B3、A12018安徽卷 科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图13所示)。已知该分子中NNN键角都是118.1，下列有关N(NO2)3的说法正确的是()NO2NNO2NO2图13A分子中N、O间形成的共价键是非极性键B分子中四个氮原

6、子共平面C该物质既有氧化性又有还原性D15.2 g该物质含有6.181182个原子7N3、B3、A1【解析】 C分子中N、O间形成的共价键是由不同元素的原子形成的，属于极性键，故A错误；由夹角118.1可知该分子的结构类似NH3的结构，是三角锥形，因此，四个氮原子不可能共平面，故B错误；该分子中N的化合价为3价，处于中间价态，因此，该物质既有氧化性又有还原性，C正确；15.2 g该物质含有的原子数约为106.1811836.181183，故D错误。N4晶体结构与性质N5物质结构与性质综合30N52018福建卷 化学物质结构与性质氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：(1)基态氮原子的价电子排

7、布式是_。(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是_。(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。NH3分子的空间构型是_；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是_。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)2N2H4(l)=3N2(g)4H2O(g)H1188.7 kJmol1若该反应中有4 mol NH键断裂，则形成的键有_mol。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在_(填标号)。a离子键b共价键c配位键 d范德华力(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构，

8、其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_(填标号)。图0aCF4 bCH4cNH dH2O30N5(1)2s22p3(2)NOC(3)三角锥型sp33d(4)c【解析】 (1)基态氮原子的价电子排布式是2s22p3，注意不要写成基态氮原子的电子排布式。(2)C、N、O三种元素第一电离能的顺序为NOC。同周期元素的第一电离能一般趋势是从左到右依次增大，但是同周期的第A族元素第一电离能比第A族元素第一电离能大，因为第A族元素价电子的p轨道是半充满状态，原子更稳定。失去第一个电子更难

9、。(3)NH3的空间构型是三角锥型，N2H4的氮原子的轨道杂化类型是sp3杂化，因为氮原子在成键过程中，有三个价电子形成共价键，有一对孤对电子。sp3杂化的四个轨道，有三个形成共价键，有一个容纳孤对电子。有4 mol NH键断裂，说明反应掉N2H4的为1 mol，通过化学方程式的化学计量数关系可知生成的N2为1.5 mol，而每个N2分子中有2个键，所以形成的键为1.5 mol23 mol。N2H6SO4的晶体类型与硫酸铵相同，为离子晶体，存在离子键；N与H之间存在共价键和配位键。只有分子晶体才存在范德华力。(4)能形成氢键的元素是N、O、F，题目所给选项中只有NH符合要求，既能满足形成氢键的

10、要求，同时自己所含的4个氢又能与题中所给的有机化合物分子中的4个氮形成4个氢键。19.N52018海南化学卷 【选修3物质结构与性质】19下列分子中，属于非极性的是()ASO2 BBeCl2CBBr3 DCOCl219铜(Cu)是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为_；(2)CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是_；(3)SO的立体构型是_，其中S原子的杂化轨道类型是_；(4)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最

11、外层电子排布式为_；一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心、Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为_；该晶体中，原子之间的作用力是_；(5)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为_。19N5：BC：(1)Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O(2)白色的CuSO4粉末遇水变成蓝色(3)正四面体形sp3(4)6s131金属键(5)Cu3AuH8【解析】 ：SO2空间构型为不对称的V形，为极性分子；BeC

12、l2采取sp杂化方式，空间构型为对称的直线形，为非极性分子；BBr3中心原子采取sp2杂化，空间构型为对称的平面正三角形，是非极性分子；COCl2采取sp2杂化，空间构型为不对称的平面三角形。故答案应为BC。：(1)浓硫酸具有强氧化性，能与活泼性较差的金属铜在加热条件下发生氧化还原反应，方程式为：Cu2H2SO4(浓) CuSO4SO22H2O；(2)CuSO4粉末为白色，能与水反应生成蓝色的CuSO45H2O，故可以用CuSO4粉末来检验一些有机物中的微量水分；(3)SO中成键电子对数为4，中心S原子的杂化轨道类型是sp3，空间构型为正四面体形。(4)Cu原子价电子排布式为：3d118s1，

13、Au与Cu同族，其价电子排布式应该相同，故其最外层电子排布式为6s1；Cu原子处于面心，每个面被2个晶胞共有，所以晶胞对自己面上(不含棱)的每个原子只占份额，即Cu原子个数为63，Au原子处于顶点，每个顶点被8个晶胞共有，所以晶胞对自己顶点上的每个原子只占份额，即Au原子个数为81，则合金中Cu原子与Au原子数量之比为31；合金属于金属晶体，其原子之间作用力为金属键。(5)该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构相似，且可以将Cu原子与Au原子等同看待，可推知该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。21.N5、J52018江苏化学卷 本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”

14、两个选修模块的内容。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。A原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。回答下列问题：(1)Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为_，1 mol Y2X2含有键的数目为_。(2)化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是_。(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是_。(4)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图0所示，该氯化物的化学式是_，

15、它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为_。图0B草酸是一种重要的化工产品。实验室用硝酸氧化淀粉水解液制备草酸的装置如图0所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去)。图0实验过程如下：将一定量的淀粉水解液加入三颈瓶中。控制反应液温度在5560 条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65% HNO3与98% H2SO4的质量比为21.5)溶液。反应3 h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体。硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O612HNO33H2C2O49NO23NO9H2OC6H12O68HNO36CO28NO10H2O3H2C2O

16、42HNO36CO22NO4H2O(1)检验淀粉是否水解完全所需用的试剂为_。(2)实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产率下降，其原因是_。(3)装置C用于尾气吸收，当尾气中n(NO2)n(NO)11时，过量的NaOH溶液能将NOx，全部吸收，原因是_(用化学方程式表示)。(4)与用NaOH溶液吸收尾气相比较，若用淀粉水解液吸收尾气，其优、缺点是_。(5)草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_。21N5、J5A(1)sp杂化3 mol或36.21183个(2)NH3分子间存在氢键(3)N2O(4)CuClCuCl2HCl=H2CuCl3(或CuCl2HC

17、l=H2CuCl3)B(1)碘水或KII2溶液(2)由于温度过高、硝酸浓度过大，导致C6H12O6 和H2C2O4进一步被氧化(3)NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O(4)优点：提高HNO3利用率缺点：NOx吸收不完全(5)布氏漏斗、吸滤瓶【解析】 AX是形成化合物种类最多的元素是碳或氢；Y原子基态最外层电子数是其内层电子数的2倍是碳，则X是氢；Z为氮元素，W为铜元素。(1)该物质为乙炔，乙炔是直线形结构，碳碳之间为三键，C原子为sp杂化。乙炔中碳碳之间有一个键，两个碳氢单键也为键，所以1 mol乙炔中含有3 NA 个键。(2)氨气分子间存在氢键，其沸点较大；(3)Y的氧化物有CO、CO

18、2，Z的氧化物较多，经分析N2O与CO2 互为等电子体；(4)用均摊法分析，晶胞中4个铜，4个氯原子，所以化学式为CuCl，该物质与盐酸反应由于化合价不发生变化，可直接写出方程式CuCl2HCl=H2CuCl3(或CuCl2HCl=H2CuCl3)。B(1)淀粉的特征反应为淀粉遇单质碘变蓝，故可以向淀粉水解后的溶液中加含单质碘的物质，若变蓝说明淀粉水解不完全；若不变蓝说明淀粉水解完全。(2)根据题目所给硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生的反应可知，温度越高和硝酸浓度过大时，能导致草酸进一步被氧化而造成草酸的产率下降。(3)根据NO2和NO的比例关系及其能被氢氧化钠溶液完全吸收，即没有气体剩余，所以

19、对应的化学方程式为：NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O。(4)用氢氧化钠溶液可将尾气吸收完全，而用淀粉水解液吸收尾气有一氧化氮剩余可得出其优缺点。(5)减压过滤操作中，用到的硅酸盐材料的仪器主要是玻璃的烧杯、玻璃棒、吸滤瓶，瓷器的布氏漏斗。37.N52018课标全国卷 氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图115所示：图115请回答下列问题：(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_、_；(2)基态B原子的电子排布式为_；B和N相比，电负性较大的是_，BN中B元素的化合价为_；(3)在BF3分子中，FBF的键角是_，

20、B原子的杂化轨道类型为_，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的立体构型为_；(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_，层间作用力为_；(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5 pm。立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个硼原子，立方氮化硼的密度是_gcm3。(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)37N5(1)B2O33CaF23H2SO42BF33CaSO43H2OB2O32NH32BN3H2O(2)1s22s22p1N3(3)120sp2正四面体(4)共价键(极性

21、共价键)分子间力(5)44【解析】 (2)N的非金属性比B强，N的电负性大于B的电负性，在BN中B元素的化合价为正价。(3)BF3分子中B原子形成键数为3，孤电子对数为0，故杂化轨道数为3，应为sp2杂化，BF3分子的几何构型为平面三角形，FBF的键角是120；BF中B原子形成键数为4，孤电子对数为0，故BF为sp3杂化，为正四面体形。(5)金刚石的晶胞结构为面心立方体，每个晶胞中含有8个碳原子，根据立方氮化硼与金刚石结构相似可知，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子。取1 cm3的氮化硼晶体，则1 cm3晶体中含有晶胞的物质的量为mol，质量为g，密度为gcm3。32N52018山东卷

22、 (8分)【化学物质结构与性质】 氧是地壳中含量最多的元素。(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为_个。(2)H2O分子内的OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为_。HOCHO的沸点比 OHCHO高，原因是_。(3) H可与H2O形成H3O，H3O中O原子采用_杂化。H3O中HOH键角比H2O中HOH键角大，原因为_。(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为a gcm3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为_cm3。32N52018山东卷【化学物质结构与性质】(1)2(2)OH键、氢键、范德华力OHCHO形成分子内氢键，而HOCHO形成分子间氢键，分子间氢

23、键使分子间作用力增大(3)sp3H2O中O原子有2对孤对电子，H3O中O原子只有1对弧对电子，排斥力较小(4) 【解析】 (1)氧元素基态原子的电子排布式是1s22s22p4，据洪特规则可知，2p轨道上有2个未成对电子。(2)氢键弱于共价键而强于分子间范德华力。分子间氢键能使分子间作用力增大，使物质的熔、沸点升高，而分子内的氢键不能。(3)H3O中O原子成键数为3，孤对电子数为1，所以杂化轨道数为4，为sp3杂化。(4)CaO晶胞为面心立方晶胞，每个晶胞中含有4个Ca2，4个O2。取1 cm3 CaO，其质量为a g，设每个CaO的晶胞体积为V，则有56 gmol1a g，解得Vcm3。120

24、18晋中月考 下列说法中正确的是()A第三周期所包含的元素中钠的原子半径最小B钠的第一电离能比镁的第一电离能大C在所有元素中，氟的电负性最大D电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子1C【解析】 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，第三周期所包含的元素中钠的原子半径最大，A错误；同一周期，从左到右，虽然有个别特殊性，但总体上元素第一电离能是逐渐增大的，钠的第一电离能比镁的第一电离能小，B错误；电负性就是以氟作为标准的，氟的电负性最大是正确的；电子云示意图中的小黑点的疏密代表电子在这一区域出现机会的大小，D不对。22018菏泽统测 下列关于键和键的理解不正确的是()A键能单独形成，而键一定不能

25、单独形成B键可以绕键轴旋转，键一定不能绕键轴旋转C双键中一定有一个键，一个键，三键中一定有一个键，两个键D气体单质中一定存在键，可能存在键2D【解析】 p电子云重叠时，首先头碰头最大重叠形成键， py、pz电子云垂直于px所在平面，只能“肩并肩”地重叠形成键，双键中有一个键，一个键，三键中有一个键，两个键，键不能单独形成，A、B正确。键特征是轴对称，键呈镜面对称，不能绕键轴旋转，C正确。稀有气体为单原子分子，不存在化学键，D不正确。32018河池联考 用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是()ANH为正四面体形BCS2为直线形CHCN为折线形(V形) DPCl3为三角锥形3C【解析】 NH、CS2、HCN、PCl3结构中价层电子对数分别为4对、2对、2对、4对，VSEPR模型分子为正四面体形、直线形、直线形、空间四面体形，其中前三者中心原子均参与成