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精选优质文档-倾情为你奉上第一节 氧化还原反应1、根据下列三个反应，排出氧化剂氧化性的强弱顺序：A4HClMnO2MnCl2Cl22H2OB16HCl2KMnO4=2KCl2MnCl25Cl28H2OC4HClO22Cl22H2O解析：这三个反应中还原剂都是盐酸。不同的氧化剂与同一还原剂反应时，若反应越易发生，则氧化剂的氧化性越强，反之就弱，故其氧化性顺序由强到弱：KMnO4>MnO2>O2。2、配平氧化还原方程式：P4OCl2FY=POCl3P2Cl5解析：本题中P4O中的P元素对应有两种产物，故设P4O的化学计量数为“1”。用待定系数法配平的关键是选准一种物质的化学计量数为1。令P4OaCl2=bPOCl3cP2Cl5，由原子守恒得：代入整理得：4P4O21Cl2=4POCl56P2Cl53、配平下列方程式：Fe3CHNO3=Fe(NO3)3NO2CO2H2O解析：复杂物质Fe3C按常规化合价分析无法确定Fe和C的具体化合价，此时可令组成该物质的各元素化合价为零价，再根据化合价升降法配平。再用观察法，不难确定各物质的化学计量数为：1、22、3、13、1、11，故为Fe3C22HNO3=3Fe(NO3)313NO2CO211H2O4、配平NH4NO3FY=N2HNO3H2O解析：NH4NO3中N的平均化合价为1价，则元素化合价升降关系为：2N 2(10) 降2×1N 15 升4×1用观察法调整确定各物质的化学计量数，故：5NH4NO3=4N29H2O2HNO3注：若配平时不用此平均标价法，则要分析同种元素化合价升降关系。决不会出现化合价交叉现象，即不会出现的情况。5、问四氧化三铁中铁的氧化数为多少？解析：已知氧的氧化数为2，设铁的氧化数为x，则3x4×(2)=0所以Fe3O4中Fe的氧化数为。注：氧化数可以为分数。6、用离子电子法配平下列方程：KMnO4FeSO4H2SO4FY=MnSO4Fe2(SO4)3K2SO4H2O解析：写出反应的离子表达式：Fe2+H+FY=Mn2+Fe3+H2O分别写出氧化和还原半反应：Fe2+eFe3+×58H+5eMn2+4H2O×1根据反应过程中得失电子相等原则，配平氧化剂和还原剂系数：5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2OH2SO4作介质时，化学方程式可写为：2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO42MnSO45Fe2(SO4)38H2O注：离子电子法配平的关键是把氧化还原反应方程式拆为两个半反应式，再利用电子得失守恒即可消去电子，得方程式。7、计算由标准氢电极和标准镉电极组成的电池的自由能。解析：代数值较小的电极应作原电池的负极，代数值较大的电极为正极，因此电池的符号可表示为：（）Cd|Cd2+(1mol/L)/H+(1 mol/L)|H2(Pt)()2×96 500×0.402 6=77 701.8J/mol第二节 离子反应和离子方程式1、在pH=1的无色透明溶液中不能大量共存的离子组是（ ）AAl3+、Ag+、ClBMg2+、ClCBa2+、K+、CH3COO、Fe3+DZn2+、Na+、解析：A组由于Ag+Cl=AgCl而不能共存；C组因生成弱电解质(H+CH3COO=CH3COOH)而不能共存，且Fe3+是棕黄色的，故答案为A、C。注：解答此类题的关键是掌握离子能否共存的判断规则。2、重金属离子有毒性。实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性。经化验甲废液呈碱性，主要有毒离子为Ba2+离子，如将甲、乙废液按一定比例混合，毒性明显降低。乙废液中不可能含有的离子是（ ）ACu2+和 BCu2+和ClCK+和 DAg+和解析：沉淀Ba2+必须用，而在A、C两选项中均含有，但C项中K+无毒性，A项中Cu2+可与甲废液中OH反应生成Cu(OH)2沉淀，从而降低毒性。本题答案为A。注：设法使重金属离子转化为沉淀，使其毒性明显降低。若仅考虑将Ba2+沉淀为BaSO4，即选C。3、下列反应的离子方程式错误的是（ ）A等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应：Ba2+2OH=BaSO4NH3·H2OH2OB氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：Fe(OH)33H+=Fe2+3H2H2OC足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：CO2H2O=D向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：Ca2+2OH=CaCO32H2O解析：对于A：在水溶液中进一步电离成H+和，且Ba(OH)2与NH4HSO4等物质的量反应，故NH4+与H+分别与OH反应，故A正确。对于B，氢溴酸是强酸，Fe(OH)3为难溶物，故也正确。对于C，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，且Na2CO3为饱和溶液，故析出的是NaHCO3晶体，故C错误。对于D，Ca(OH)2少量，故溶液中还有存在，若Ca(OH)2过量，则不能有存在。故D正确。本题答案为C。注：本题结合元素化合物的知识，从多个侧面考查对离子方程式正误的判断。有的同学对D选项产生怀疑：产物中的阴离子是还是OH？仔细分析可发现，加入的石灰水是少量，n(OH)<因此OH与的反应将全部消耗，故D选项不符合题意。4、下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A向氢氧化钠溶液中通入少量CO2：OHCO2=B用氨水吸收少量SO2：2NH3·H2OSO2=C向硝酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3·H2O=2H2OD向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量H2S：Fe3+H2S=Fe2+S2H+解析：A选项因为CO2量少，只能生成，错误；C选项中生成的Al(OH)3沉淀不与弱碱氨水反应生成，错误；D选项中的离子方程式电荷不守恒，故B选项正确。注：要掌握离子方程式的书写规则，且电荷守恒原理是判断离子方程式的一条重要原理，务必熟悉其应用。5、（1）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_。（2）在以上中性溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：_。解析：因NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解成全部电离。当反应后溶液是中性时其反应式为2NaHSO4Ba(OH)2=BaSO4Na2SO42H2O，离子方程式是2H+Ba2+2OH=BaSO42H2O。此时中性溶液中只有Na2SO4溶液，加入Ba(OH)2的离子方程式应为：Ba2+=BaSO4。注：酸式盐与碱的反应，情况比较复杂。因为由加入碱的量不同，其产物有所不同，所以建议先写成化学式方程式再改写成离子方程式。6、某待测液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、等离子，进行了下述实验（加入的酸、碱、氨水、溴水都过量）：根据实验结果：（1）判定待测液中有无Ba2+、Ca2+离子，并写出理由。_。（2）写出沉淀D的化学式：_。（3）写出从溶液D生成沉淀E离子反应方程式：_。解析：溴水能将Fe2+氧化成Fe3+，因而无论原待测液含Fe2+、Fe3+中的一种或二种，最终沉淀D均为Fe(OH)3，而沉淀E则一定为Al(OH)3，沉淀C中有Fe(OH)3、Al(OH)3两种沉淀。在此Fe3+、Al3+与强、弱碱反应的相似性和差异性得到了很好的体现。答案为：（1）至少含Ba2+、Ca2+中一种，因为CaSO4微溶，BaSO4难溶；（2）Fe(OH)3（3）2AlO2CO23H2O=2Al(OH)3（3）对反应，因ng=1，所以压力增大，有利于反应逆向移动。对反应，因ng=1，所以压力增大，有利于反应正向移动。对反应，因ng=1，所以压力增大，有利于反应正向移动。3、多硫化钠Na2Sx（x2）在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值是（ ）A5 B4 C3 D2解析：ClO变成Cl，需得到2e，则ClOH2O2e=Cl2OH而需失去(x2)×6e2×7e=(6x2) e，这个结果可这们理解，中2个S的化合价为1价，由1价变成的6价需失去7e，则另外(x2)个S的化合价为0价，由0价变成的6价需失去6e，因此1个共需失去(6x2) e，反应式为：8xOH(6x2) e=4xH2O由这两个电极反应式及116，可得到以下关系式：2(6x2)=116 得x=5所以，本题答案为A。4、反应NOO2NO2H2OHNO3（未配平）是一个有多组计量数（即系数）的化学方程式，当氧气有1/3被NO还原时，参加反应的各物质计量数之比为（ ）A4、9、24、14、28 B1、1、1、1、2C8、9、12、10、20 D任意比均可解析：由于题中氧化还原是有条件的，就必须按条件特殊处理，不能按常规配平。常规配平：即为B，但不符合题意。题意要求有1/3的氧气被NO还原，应按此配平，具体如下：所以应选A。5、次磷酸(H3PO2)是一种强还原剂，将它加入CuSO4水溶液，加热到4050，析出一种红棕色的难溶物A。经鉴定：反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证实A是一种六方晶体，结构类同于纤维锌矿（ZnS），组成稳定，A的主要化学性质如下：温度超过60，分解成金属铜和一种气体；在氯气中着火；与盐酸反应放出气体。（1）写出A的化学式。（2）写出A的生成反应方程式。（3）写出A与Cl2反应的化学方程式。（4）写出A与盐酸反应的化学方程式。解析：由题意得知反应为：H3PO2CuSO4H3PO4A（未配平）。还原剂H3PO4中P（1价）被氧化成P（5价），而S的价态没变，那么氧化剂只可能是Cu2+，但只可能被还原为Cu+说明A中没有Cu+，因为A在温度超过60时会分解成Cu和一种气体，反过来也说明A中还有一种非金属原子，且分解时生成气体；而在反应体系中非金属元素只有O、S、P、H四种，O、P和S都不可Cu2O、Cu3P和Cu2S都已不像ZnS那样由不同元素组成的双原子化合物（习惯上称这样的化合物为二元化合物），唯一可能的是CuH，它属于二元化合物，且分解后生成Cu和H2，可以在氯气中燃烧生成氯化铜和氯化氢，与盐酸生成H2。所以A是CuH。具体解答如下：（1）CuH（2）4CuSO43H3PO26H2O=4CuH3H3PO44H2SO4（3）2CuH3Cl2=2CuCl22HCl（4）CuHHCl=CuClH2或CuH2HCl=HCuCl2H2或CuH3HCl=H2CuCl3H2若盐酸浓度不够，Cu(I)会发生歧化反应；若在较浓的盐酸中，Cl是配位体，可形成酸配位酸6、长期以来一直认为氟的含氧酸不存在。但是自1971年斯图尔杰和阿佩里曼（美）成功地合成了次氟酸后，这种论点被强烈地动摇了。他们是在0以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到了毫克量的次氟酸。（1）写出次氟酸的结构式并指出各元素的氧化数。写出斯图杰尔和阿佩里曼方法制备该酸的反应方程式。（2）下面给出了几个分子和基团化学键的键能：H2O2F2OHOFHFE(kJ·mol1)432494155424220566试计算次氟酸的生成热（即从单质生成1mol该酸反应的热效应）。（3）为什么次氟酸不稳定？试预测它分解的可能途径，求出次氟酸分解的热效应值。（4）次氟酸刹那间能被热水所分解，此时得到的溶液既表现有氧化性（对于碘化钠），又表现有还原性（对于高锰酸盐），试推断次氟酸在水解时能生成什么产物？写出全部反应的方程式。解析：（1）氟与冰反应，生成HOF，当 1mol F2与 1mol水作用时，除生成1 mol HOF外，还剩1 mol 氟原子和1 mol氢原子，因此还有另一产物为HF，所以反应方程式为F2H2O=HFHOF，HOF为共价化合物，只有两个未成对电子，故氧原子应位于氢原子和氟原子的中间，分别与氢原子和氟原子各形成一个共价键，故其结构式为HOF。它的结构与HOCl酸相似，其中氟的氧化数是否与次氯酸中Cl的氧化数一样，显1价呢？因氟的电负性比氧大，吸引电子能力比氧强，它们之间的共用电子对偏向氟，而不偏向氧，所以氟显1价。对于氧原子而言，除与氟共用一对电子外，还与氢共用一对电子，其吸电子能力强于氢，故电子对偏向氧。因为一对共用电子对偏向氧，另一对共用电子对偏离氧，故氧的氧化数为0，次氟酸中各元素的氧化数为：（2）生成热是指由稳定单质生成1摩尔该酸的反应的热效应。计算生成热时，可写出由单质生成该化合物的反应方程式，不管该反应是否能发生。该反应可写出如下反应方程式：（3）由于HOF分子中存在电中性的氧原子以及易极化的带正电荷的氢原子和带负电荷的氟原子，从而易分解成单质O2和氟化氢：2HOF=2HFO2，反应物热效应同样可由键能值求得。（4）次氟酸被热水分解，生成物即表现出氧化性，也表现出还原性，说明生成物中有一种元素的化合价既可升高，也可降低。氟不可能形成此合物，因它无正价，只有负价。由于HOF中氧为0价，故可能是0价的氧与水中2价的氧形成了1价的中间价态产物为常见的H2O2，故分解产物是过氧化氢；反应方程式为：HOFH2O=HFH2O2，2IH2O22H+=I22H2O，5H2O26H+=2Mn2+5O28H2O（1）结构式为HOF，各元素的氧化数为，反应方程式为F2H2O=HFHOF。（2）（3）不稳定的原因在于分子中同时存在有电中性的氧原子、易极化的带正电的氢原子和带负电的氟原子。分解的途径为：2HOF=2HFO2，（4）分解产物为H2O2，反应式见上解析（4）7、为实现2000年消除碘缺乏病的目标，国家卫生部规定食盐必须加碘，其中碘以碘酸钾或碘化钾的形式存在。（1）有人烹调时，把两种不同厂家生产的加碘盐混合，当滴食醋时，产生紫色蒸气，反应的离子方程式为_。（2）这两种加碘食盐可以在潮湿的空气中暴露而加以鉴别，其原理是_，反应的离子方程式_。解析：两种不同厂家的含碘盐中，一家含KI，另一家含KIO3。（1）中产生紫色蒸气（I2），说明将I氧化。故答案如下：（1）反应的离子方程式为：5I6CH3COOH3I26CH3COO3H2O（2）其原理是：KI在潮湿空气里，在阳光的作用下，会被空气氧化产生紫黑色固体（或紫色蒸气0而KIO3不被空气氧化。反应的离子方程式为：4IO22H2O=2I24OH。第二章 物质结构 元素周期律第一节 原子结构和核外电子排布1、下列说法是否正确？如不正确，应如何改正？（1）s电子绕核旋转，其轨道为一圆圈，而p电子是走字形。（2）主量子数为1时，有自旋相反的两条轨道。（3）主量子数为3时，有3s、3p、3d和3f四条轨道。解析：本题是涉及电子云及量子数的概念题。必须从基本概念出发判断正误。（1）不正确，因为电子运动并无固定轨道。应改正为：s电子在核外运动电子云图像或几率密度分布是一个球体，其剖面图是个圆。而p电子云图或几率密度分布是一个纺锤体，其剖面图是形。（2）不正确。因为n=1、l=0、m=0，只有一个1s原子轨道，应改为：主量子数为1时，在1s原子轨道中有两个自旋相反的电子。（3）不正确。因为n=3时，l只能取0、1、2，所以没有3f。另外3s、3p、3d的电子云形状不同，3p还有m=0、±1三种空间取向不同的运动状态，有3个原子轨道，3d有m=0、±1和±2五种空间取向，有5个原子轨道，因此应改为：主量子数为3时，有9个原子轨道。2、现代原子结构理论认为，在同一电子层上，可有s、p、d、f、g、h等亚层，各亚层分别有1、3、5个轨道。试根据电子填入轨道的顺序预测：（1）第8周期只有_种元素。（2）原子核外出现第一个6f电子的元素的电子序数是_/（3）根据“稳定岛”假说，第114号元素是一种稳定同位素，半衰期很长，在自然界都可能可以找到。试推测第114号元素属于_周期_族元素，原子的外围电子构型是_。解析：本题考查四个量子数和电子排布等知识。（1）根据电子的填充特点：(n3)g(n2)f(n1)d n s n p，可知在第8周期中，含有s、p、d、f、g，其填充的元素种数为：1×23×25×27×29×2=50（种）。解答此问时还可以根据元素原子核外电子排布规律，用数学归纳法得出其通式，求出答案。周期数能级组电子亚层数电子数周期所能容纳的元素种数11s212=2×12222s22p228=2×22833s23p628=2×22843d104s24p6318=2×321854d105s25p6318=2×321864f145d106s26p6432=2×4232nns2np6综上归纳，当n为偶数时，每一能级最多可容纳个电子，化简即得n周期种元素：当n为奇数时，每一个能级组最多可容纳个电子，化简即得n周期种元素。这样不难推出第8周期所能容纳的电子数为50种元素。（2）根据（1）的分析，第一个出现6f的元素应该是第8周期IIIB族，应该为类锕系元素，其价电子构型为6f17d18s2。因此它的原子序数为139。（3）114号元素可以氦为基准。根据每一周期的元素种数，得知该元素应该在第七周期，而位于第七周期的稀有元素的原子序数应该为118号，然后逐步往元素周期表的前面推，正好推到IV A族，因此它的价电子构型为7s27p2。3、假定某个星球上的元素服从下面的量子数限制。n=1、2、3；l=0、1、2；m=±1；ms=1/2，则在此星球上，前4个惰性元素的原子序数各是多少？解析：根据量子数的限制，每周期只能有（2n1）个元素（可以n=2为例排一下，特别注意m=±1与ms=1/2这两条限制，看是否只排出3种元素），最后一种元素的序数为n2。这样，可得如下周期表形式：2345678910111213141516满壳层为惰性元素，即1、4、9、16号元素。4、（1）欧洲核子研究中心于1995年9、10月间制成了世界上第一批反原子共9个反氢原子，揭开了人类制造与利用反物质的新篇章。反氢原子的核电荷数是_，核外电子数是_。（2）1974年Dye得到含独立的Na离子的化合物。试画出Na离子的基态电子组态。（3）金属钠和铅的合金可部分溶于液氨，形成溶液。该溶液导电率的测定实验证实其中除少量外只存在一种阳离子和一种阴离子，且它们的个数比为41，阳离子只带一个正电荷，阴离子包括9个原子。试写出该溶液中电解质化学式。解析：（1）反物质的研究是现代科学研究的一个前沿。当物质与反物质相遇时就会发生湮灭，释放出能量。反氢原子核电荷是负电荷，为1；核外电子则为正电子，正电子数为1。（2）金属在特定的条件下也可以带上负电荷。Dye利用穴醚的笔状分子逐个封闭Na+离子，晶体中有一半的Na为Na。Na的基态电子组态为1s22s22p63s2。（3）NaPb合金在液氨的溶剂作用下，Na易失去电子成为Na+；从元素角度考虑， 阴离子是由Pb原子得电子形成的。依题意，阴离子包括9个原子，又阴、阳离子个数比为14，所以阴离子为。电解质的化学式为Na4Pb9。第二节 元素周期律与元素周期表1、A元素的核外电子排布是4s24p2，则下列说法中正确的是（ ）AA常温下可与氧气化合为AO2BA可与浓HNO3反应CA单质有很强的金属性DA的氯化物Acl4可以发生水解反应解析：本题考查元素周期律与核外电子排布的相关知识。首先判断出A在元素周期表中的位置以及是何元素，再利用元素周期律分析各选项的正误。由A的核外电子排布4s24p2可知A在第4周期第A族，是Ge。A族元素位于元素周期表的中部，即无很强的金属性，又无很强的非金属性。通常金属性强的金属易与氧气化合，如K、Na、Ca等；而金属性弱的金属不易与氧气化合，如Cu、Ag、Au等；不很活泼的金属的盐通常容易发生水解，如铅盐、锡盐等。因此可推断出B、D选项符合题意。2、指出下列元素景族元素还是副族元素？位于周期表第几周期第几族？（1）1s22s22p63s23p5 （2）Kr4d105s25p2（3）Ar3d34s2 （4）Ar3d104s1 （5）Ar4s1解析：先根据其外围电子构型确定在元素周期表中的位置，再确定其所在周期和族。（1）p区，A族或零族，族序数等于最外层电子数；25=7。是第三周期第A。（2）p区，A族或零族，族序数等于最外层电子数；22=4，是第五周期第A族。（3）d区，B族或族，族序数等于次外层d电子与最外层s电子之和：32=5。是第四周期第V B族。（4）ds区，III B族，族序数等于其最外层电子数。是第四周期第I B族。（5）s区，III A族，族序数等于其最外层电子数。是第四周期第I A 族。3、设想你去某外层星球做了一次科学考察，采集了该星球上十种元素单质的样品，为了确定这些元素的相对位置以便进行系统研究，你设计了一些实验并得到如下结果：单质ABCDEFGHIJ熔点（）50055016021050370450300260250与水反应与酸反应与氧气反应不发生化学反应相对于A元素的原子质量1.08.015.617.123.831.820.029.63.918.0按照元素性质的周期递变规律，试确定以上10种元素的相对位置，并填入下表：ABH解析：解题的关键是突破思维定势。首先从熔点和不发生化学反应两栏可确定A、E为不活泼的稀有气体。再由元素性质可得出B、F、G、H性质相似，I、C性质相似，D、J性质相似。最后结合相对于A元素的原子质量大小顺序（F>H>E>G>J>D>D>B>I>A）确定它们的相对位置。同性相似的元素在周期表中位置相邻，其中相对原子质量相差较大的为同族相邻，相对较小的为同周期相邻。然后，按照相对原子质量小的元素其原子序数小原则排列，故上述元素在表中的相对位置为：AIBCDJGEHF4、下图表示元素X的前五级电离能的对数值，试推测X可能是哪些元素？lgIE+12345×××××解析：本题考查对图形的分析，要注意图中纵坐标的标度是对数值，因此X元素的第二和第三三电离能之间有突变，说明它有两个电子容易电离，电离第三个电子需要破坏8电子构型，所以它是IIA 族元素。图中示出5个电子的电离能值，因此它不可能是Be。因为Be原子总共只有4个电子，综合分析，X可能是Mg、Ca、Sr或Ba。所以X可能是Mg、Ca、Sr或Ba。第三节 化学键1、BF3的几何构型为平面正三角形，而NF3却是三角锥形，试用杂化轨道加以说明。解析：用sp2杂化轨道、sp3杂化轨道的空间构型及等性杂化和不等性杂化轨道加以说明。在BF3中B原子以三个sp2杂化轨道分别与三个P原子的2p轨道形成3个sp2p键，B原子的三个sp2杂化轨道是等性杂化轨道，其空间构型为平面正三角形，所以BF3的几何构型的为平面正三角形。而NF3中，N原子形成4个sp3杂化轨道，其中有一个杂化轨道已排布两个电子（弧电子对），能量稍低，另外3个杂化轨道仅排1个电子，能量稍高。N原子用这3个能量相等、各排布有1个电子的sp3杂化轨道分别于3个F原子的2p轨道形成3个sp3p键间的夹角小于109°28(实为102.5°)。因此NF3分子的几何构型为三角锥形。2、试分别用价键理论和分子轨道理论说明稀有气体不能形成双原子分子的理由。解析：从稀有气体原子间的电子不能配对成键和它们的键极为零分别进行说明。稀有气体外层电子结构为ns2np6（He除外），是稳定的8电子构型，现以Ne为例加以说明。价键理论认为：氖的外层电子结构为2s22p6或，所有电子都已互相成对，当两个Ne原子接近时，不能再相互配对（原子中无未成对电子），所以Ne不能形成Ne2分子。分子轨道理论认为：若能形成Ne2分子，则其分子轨道排布式为：KK(2s)2所以Ne不能形成双原子分子。3、NSF是一种不稳定的化合物，它可以聚合成三聚分子A，也可以加合一个F生成B，还可以失去一个F变成C。（1）试写出NSF和产物A、B、C的Lewis结构式。（2）预期A、B、C中哪一个NS键最长？哪一个NS键最短？为什么？（3）假设有NSF的同分异构体存在SNF，请按照（1）、（2）内容回答问题。解析：（1）本题可采用Lewis结构理论，计算出NSF的化学键数。因应该是三条共价键，即N=SF，但它存在形式电荷：而N=SF中各原子的形式电荷为零，所以只要修正S原子的nr=10即可。所以NSF的Lewis结构式为NSF，其中，N、S、F的形式电荷均为零。（2）从A、B、C的结构看，C的NS键最短，因为NS之间为共价叁键，A、B结构式中NS之间都为共价键，但A中可认为有离域键存在，所以A中NS键最长。（3）当SNF排列时，Lewis结构式为，所以从结构上看，C中的NS键仍然最短，A中NS键最长。4、1919年Langmuir提出：“凡原子数与电子总数相等的物质，则结构相同，物理性质相近，”称为等电子原理，相应的物质互称为电子体。(BN)n是一种新型无机合成材料，它与某单质互称为等电子体。工业上制造(BN)n的方法之一是用硼砂和尿素在 1 0731 273 K时反应，得到-(BN)n及其他元素的氧化物。-(BN)n可作高温润滑剂，电器材料和耐热的涂层材料等。如在高温下反应，可制得-(BN)n，-(BN)n硬度特高，是作超高温耐热陶瓷材料、磨料、精密刀具的优良材料。试问：（1）它与什么单质互为等电子体？（2）写出硼砂与尿素反应的方程式。（3）根据等电子原理画出-(BN)n与-(BN)n的构型。解析：等电子体是一个很重要的概念。它可以从已知物质的结构和性质推测未知的等电子体的结构和性质。由于BN的价电子=35=8，(BN)n的价电子数为8n(2×4n)，与金刚石和石墨的价电子数相等(4n)，而n，因此在此情况下4n与2×4n相等。再根据题中信息“-(BN)n硬度特高，是作超高温耐热陶瓷材料、磨料、精密刀具的材料”易知：-(BN)n结构与金刚石结构相似，而由“-(BN)n可作高温润滑剂、电器材料和耐热的涂层材料等”可推知：-(BN)n结构与石墨相似。问（2）主要是写化学方程式。在高温下反应除生成指定产物(BN)n外，还应生成其他的稳定物质。根据质量定恒定律，这些在高温下稳定的物质Na2O、CO2、H2O。（1）-(BN)n、-(BN)n的与金刚石、石墨互为等电子体。（2）Na2B4O72CO(NH2)2=4(BN)4Na2O4H2O2CO2（3）因为-(BN)n结构与石墨相似，-(BN)n结构与金刚石结构相似，则它们的结构画成：（-(BN)n结构） （-(BN)n结构）需要指出的是：在画-(BN)n结构时，要注意B、N的位置。B位于A族，在一般化合物中每个B原子周围只能相连三根共价键。第四节 分子间作用力1、某温度、某压强下取三份等体积无色气体A，于198K、353K和363K下测得其摩尔质量分别为58.0g·mol1、20.6g·mol1；于298K、353K、363K下各取1L（气体压强相同）上述无色气体分别溶于10 L水中，形成的溶液均显酸性。则（1）无色气体是_。（2）各温度下摩尔质量不同的可能原因是_。（3）若三份溶液的体积相同（设溶解后溶液温度也相同），其物质的量浓度比值是多少？解析：（1）由题目信息可知不同温度下测得A气体的摩尔质量不同，并且随着温度的升高而减小，这种情况可能是由于分子发生了缔合所致。那么，A气体究竟是什么气体？这可以从所学过的溶于水且具有酸性的气体如HCl、Cl2、SO2、NO2、HF等气体去寻找。在这些气体中，前四者没有能够发生分子缔合的因素，尽管NO2可以缔合，但是没有哪一种形体的分子量与题目所给数据相吻合，故A只可能是HF，且从摩尔质量角度验证也符合。另一方面，HF分子间能够形成氢键，能发生分子缔合。（2）由于氢键的形成与温度无关。温度越高缔合度越小，温度越低缔合度越大。因此，温度从298K353K363K，摩尔质量从58.0g·mol120.6g·mol120.0g·mol1是可以理解的。（3）由于三种缔合体溶于水后，均成HF单体分子。而溶液体积也是相同的，因此溶质的物质的量浓度之比应等于三种缔合体溶于水后形成的HF单体的物质的量浓度之比。又因p、V是一定的，而气体物质的物质的量也绝对温度成反比，因此在298K、353K、363K条件下制成的三种稀溶液中溶质的物质的量浓度之比为：答案：（1）HF。（2）HF以氢键缔合之故。（3）缔合的HF均以单体分子溶于水，在一定温度下，一定量的缔合气体所含单体分子的物质的量与缔合气体的相对分子质量成正比；P、V一定时，气体物质的物质的量与绝对温度成反比，故在298K、353K、363K下制成的三种稀溶液中溶质的物质的量浓度之比为：2、A和B两种物质互相溶解的关系如图所示，横坐标表示体系的总组成，纵坐标为温度，由下往上，温度逐渐升高。T1时a是B在A中的饱和溶液的组成，b是A在B中的饱和溶液的组成（T2时相应为c，d）。T3为临界温度，此时A和B完全互溶。图中曲线内为两相，曲线外为一相（不饱和液）。某些物质如H2O和(C2H5)3N，C3H5(OH)3和间CH3C6H4NH2有低的临界温度（见图）。请根据上述事实，回答下列问题： （1）解释图中T3存在原因。（2）说明图中所示的两对物质存在低的临界温度的原因。（3）描述图中所示的两对物质的互溶过程。解析：解本题的关键是理解图形。（1）图中所示的A、B相互溶解关系在中学化学中可以找到这种模型，如苯酚与水的互溶体系。将盛有苯酚的晶体和水溶液的试管加热片刻可观察到苯酚溶液。随着温度升高，两相中相互溶解度增大，两相组成也接近直至达到相同。（在1 atm下，该点为65.9和34%（苯酚）。这与题中曲线所示A、B互溶体系是一致的。（2）图乙和和图甲相反，这说明图乙所示的互溶体系有一种特殊的因素影响溶解度。分析给出的H2O与(C2H5)3N，C3H5(OH)3和间-CH3C6H4NH2的例子可找出氢键这种因素，显然溶剂与溶质分子之间氢键的形成有利于互溶，而温度升高，分子间氢键破裂，溶解度而减小。答案：（1）物质的溶解度常随着温度的升高而增大，所以在一定的温度下，A和B两种物质能达到完全互溶。（2）某些物质如H2O和(C2H5)3N，C3H5(OH)3和间-CH3C6H4NH2存在低的临界温度的原因是它们在较低温度能形成分子间氢键，然而，随着温度的升高，分子间氢键破裂，所以溶解度反而减小。第五节 晶体结构1、（2005年全国化学竞赛初赛试题）2001年3月发现硼化镁在39K时呈超导性，可能是人类对超导认识的新里程碑。在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，像维夫饼干一层镁一层硼地相间，图中是该晶体微观空间中取出的部分原子沿c轴方向的投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中硼原子和镁原子投影在同一平面上。（1）由下图可确定硼化镁的化学式为_。（2）在下图右边的方框里画出硼化镁的一个晶胞的透视图，标出该晶胞内面、棱、顶角上可能存在的所有硼原子和镁原子（镁原子用大白球，硼原子用小黑球表示）。解析：本题是晶体结构的基础知识。解答此题的关键是如何将立体图形改写成平面图形，或将平面图形还原成立体图形。其次，要能根据立体图形画出该晶体的晶胞。画出晶胞的关键是进行矢量平移，但所取晶胞应满足晶胞是晶体微观空间基本平移单位的定义，例如晶胞的顶角应完全相同等。晶体结构中周期性重复的最基本单位必须满足3个条件，即化学组成相同、空间结构相同和周围环境相同。需要指