（新）专题12 分子结构与性质-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx

专题12 分子结构与性质一、单选题1下列有关说法正确的是A水分子间的氢键是一个水分子中氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学健B与水反应时，增加水的用量可以明显加快化学反应速率C纯碱溶液清洗油污时，加热可以增强其去污力D向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化【答案】C【解析】A.氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不是化学键，故A错误；B.钠与水反应时，可将块状钠变成细小颗粒，能加快反应速率，由于水为纯净物，浓度为定值，增加水的用量，浓度不变，不能加快反应速率，故B错误；C.温度升高，使纯碱水解的程度增大，氢氧根变多，碱性增强，所以去污能力增强，故C正确；D.明矾中铝离子水解产生氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的悬浮物，只能用来净水，而不能使海水淡化，故D错误；故答案为C。2缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构（一个原子通过共用电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构）要求的一类化合物。下列说法错误的是（ ）ANH3、BF3、CCl4中只有BF3是缺电子化合物BBF3、CCl4中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3CBF3与NH3反应时有配位键生成DCCl4的键角小于NH3【答案】D【解析】A.NH3电子式为，符合路易斯结构，BF3电子式为，B原子价层电子数为6，不符合路易斯结构，CCl4电子式为、，符合路易斯结构，只有BF3是缺电子化合物，故A正确；B.BF3中心原子B价层电子对数为3+× (3-3×1)=3，则杂化方式为sp2杂化；CCl4中心原子C价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，则杂化方式为sp3杂化，故B正确；C.BF3与NH3反应时，NH3中N原子有孤电子对，BF3中B有空轨道，可生成配位键，故C正确；D.CCl4和NH3均为sp3杂化，CCl4中心原子无孤电子对，NH3有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角减小，则CCl4的键角大于NH3，故D错误；故答案选：D。3砷化氢(AsH3)是一种无色、可溶于水的气体，其分子构型是三角锥形。下列关于AsH3的叙述中正确的是AAsH3分子中有未成键的电子对BAsH3是非极性分子CAsH3是强氧化剂DAsH3分子中的AsH键是非极性键【答案】A【解析】AAs原子最外层有5个电子，其中3根分别与氢原子形成共价键，剩余一对电子未参与成键，故A正确；B砷化氢分子构型是三角锥形，所以正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；C处于最低价态的元素具有强还原性，As为-3价，处于最低价态，具有强还原性，故C错误；D不同种元素之间形成的共价键极性键，故D错误；综上所述答案为A。4X、Y、Z、W、G五种短周期主族元素，其原子序数依次增大。已知Y、W同主族，Y的最外层电子数是Z的6倍，X和Z的质子数之和等于G的质子数。下列说法正确的是A化合物WY2能使溴水褪色表现为漂白性BG的简单阴离子比W的简单阴离子还原性强CX、Y、W三种元素气态氢化物的沸点依次升高DZ与W形成的化合物中可能含有共价键【答案】D【解析】AW为S元素，Y为O元素，化合物WY2为SO2，能使溴水褪色是由于二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应，S元素化合价升高，Br元素化合价降低，SO2被氧化表现还原性，故A错误；BG为Cl，W为S元素，单质的氧化性越强，其简单阴离子的还原性越弱，单质的氧化性Cl2S，则G的简单阴离子比W的简单阴离子还原性弱，故B错误；CX为C元素，Y为O元素，W为S元素，三种元素气态氢化物分别为CH4、H2O、H2S，均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，由于水分子间存在氢键，其熔沸点比CH4、H2S高，三种元素气态氢化物的沸点：YWX，故C错误；DW为S元素，Z为Na元素，Z与W形成的化合物有Na2S或Na2S2，Na2S中只含有离子键，Na2S2中含有，既有离子键又含有共价键，故D正确；答案选D。5HCHO与Zn(CN)42-在水溶液中发生反应：，下列有关说法正确的是AZn(CN)42-中存在共价健和离子键BHCHO中碳原子以sp2的形式杂化CCN-中的键和键数目相同DZn 原子的3d能级中有空轨道【答案】B【解析】AZn(CN)42-中存在共价键和配位键，没有离子键，故A错误。BHCHO中心原子C的价层电子对数=3+=3是平面三角形分子，碳原子以sp2的形式杂化，故B正确；CCN-中C、N原子间形成三键，一个三键中含有1个键和2个键，故C错误；DZn原子的价层电子排布式为3d104s2，3d能级没有空轨道，故D错误；答案选B。6M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（ ）MNWKA四种元素的气态氢化物均为极性分子B四种元素的单质一定只形成分子晶体C四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云D四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数【答案】C【解析】A四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；B四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；C四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云球形和纺锤形，故C正确；D四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；故选C。7下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是：表述表述A在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶体中Cl与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH4分子比SiH4分子稳定性高Si的原子半径比C的大，Si与H之间的键能比C与H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子的最外层电子数相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物【答案】B【解析】A. 溶解度与离子键、分子间作用力的强弱无关，碘为非极性分子，难以溶于极性溶剂，故A错误；B. CH4分子比SiH4分子稳定性高的原因是C与H间的键能大于Si与H之间的键能，故B正确；C. 同一主族元素的最外层电子数相同，但化合价不一定相同，如O无正价，但S的最高正价为+6价，故C错误；D. 氯化氢为共价化合物，水溶液能导电，P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电，是因为二者为非电解质，故D错误；故选：B。8钯的配合物离子可催化合成，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）A是反应中间体B催化合成总反应为C反应过程中的成键数目保持不变D存在反应【答案】C【解析】A由图可知，钯的配合物离子先与氢气生成Pd，Pd继续与O2和Cl-反应生成，再与HCl生成H2O2，所以是反应中间体，故A正确；B结合题意，由图可知发生的总反应为：，故B正确；C中Pd形成6个键，可以看出Pd的成键数目由4变为6再变为4，依次循环，故C错误；D在流程中存在反应，故D正确。答案选C。9在乙烯分子中有5个键、一个键，它们分别是（ ）。A未杂化的sp2轨道形成键、杂化的2p轨道形成键B杂化的sp2轨道形成键、未杂化的2p轨道形成键CC-H之间是sp2形成的键，C-C之间有未参加杂化的2p轨道形成的键DC-C之间是sp2形成的键，C-H之间有未参加杂化的2p轨道形成的键【答案】C【解析】乙烯中存在4个C-H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，C-H之间是sp2形成的键，C-C之间有1个是sp2形成的键，C-C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的键，选项C符合题意，故答案为C。10硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3Ag(S2O3)2+NaBr。下列说法正确的是A基态Br原子中电子的空间运动状态有35种BAg(S2O3)23-中含有离子键、共价键、配位键C中心原子S的杂化方式为sp3 D非金属元素S、O、Br中电负性最大的是Br【答案】C【解析】ABr为35号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，其内层轨道全部占满，共占据14个轨道，4s能级一个轨道全部占满，4p能级3个轨道也占满，所以共有14+1+3=18种空间运动状态的电子，故A错误；BAg(S2O3)23-中存在Ag+和之间的配位键，S原子和O原子之间的共价键，但不存在离子键，故B错误；C与SO原子总数相同，价电子总数相同，所以中心S原子的杂化方式相同，SO中心S原子价层电子对数为=4，所以为sp3杂化，故C正确；D非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性O最强，所以电负性最大的是O元素，故D错误；故答案为C。11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ASO2 和湿润的 Cl2 都有漂白性， 推出二者混合后漂白性更强B根据溶液的 pH 与溶液酸碱性的关系， 推出 pH=7.0 的溶液一定显中性C由 F、 Cl、 Br、 I 非金属性依次减弱， 推出 HF、 HCl、 HBr、 HI 的还原性依次增强D结构和组成相似的物质， 沸点随 相对分子质量增大而升高， 因此 NH3 沸点低于 PH3【答案】C【解析】A等物质的量的二氧化硫和氯气在水溶液中会发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故A错误；B温度不定，pH=7时不一定为中性，如温度在100时，pH=6时溶液呈中性，故B错误；C非金属的非金属性越强，还原性越弱，F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以其还原性依次增强，故C正确；D氨气中含氢键，沸点高于PH3，对不含氢键的，且结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，故D错误；故答案为C。12二茂铁(C5H5)2Fe的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁熔点是173 (在100 时开始升华)，沸点是249 ，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。下列说法不正确的是( )A二茂铁属于分子晶体B在二茂铁结构中，C5H与Fe2之间形成的化学键类型是离子键C已知：环戊二烯的结构式为：，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化DC5H中一定含键【答案】B【解析】A、根据二茂铁的物理性质，熔点低，易升华，易溶于有机溶剂，说明二茂铁为分子晶体，故说法正确；B、碳原子含有孤电子对，铁原子含有空轨道，两者形成配位键，故说法错误；C、1号碳原子含有4个键无孤电子对，杂化类型为sp3，2、3、4、5碳原子有3个键无孤电子对，杂化类型为sp2，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，故说法正确；D、C5H5中，碳原子没有达到饱和，存在碳碳双键，成键原子间只能形成一个键，另一个键必然形成键，故说法正确。13下列关于CH3-CC-CH2-CH3的说法中正确的是（）A分子中只有非极性键，没有极性键B分子中所有的碳原子都在同一条直线上C能发生加成反应D不能发生取代反应【答案】C【解析】AC-H为极性共价键，C与C之间为非极性共价键，则既含有极性键，又含有非极性键，故A错误；BCC为直线结构，与其直接相连的原子在同一直线上，所以分子中4个碳原子共线，以亚甲基为中心的C为四面体结构，则不可能所有C原子共线，故B错误；C含CC，能发生加成反应，故C正确；D该有机物中含H原子，在一定条件下能发生取代反应，故D错误；故选C。14阿伏加德罗常数的值约6.02×1023mol1，下列叙述中错误的是() 12.4 g白磷晶体中含有的PP键数是0.6×6.02×1023 电解精炼铜时转移了6.02×1023个电子，阳极溶解 32 g铜 7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数大于0.1×6.02×1023 2 mol SO2和1 mol O2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2×6.02×1023 6.8 g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子 1.00 mol NaCl中，所有Na的最外层电子总数为10×6.02×1023A B C D【答案】C【解析】12.4 g白磷晶体中含有的P4的物质的量为0.1mol，每个白磷分子中有4个PP键，所以共含PP键数是0.6×6.02×1023，正确；电解精炼铜时转移了6.02×1023个电子，阴极析出32g铜，阳极溶解的是粗铜，除了铜溶解之外，还有比铜活泼的杂质金属也会溶解，所以说阳极溶解32g铜是错误的；因为硫化钠和过氧化钠的摩尔质量相等，所以7.8 g Na2S和Na2O2的混合物一定是0.1mol，含有阴离子是硫离子和过氧根，总物质的量为0.1mol，所以说阴离子数大于0.1×6.02×1023是错误的；2 mol SO2和1 mol O2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，由于该反应是可逆反应，所以二氧化硫不能完全转化为三氧化硫，容器内反应混合物的物质的量一定大于2mol，分子数大于2×6.02×1023是正确的；6.8 g KHSO4的物质的量为0.05mol，熔融时KHSO4电离成0.05molK+和0.05mol HSO4-，所以含有0.1NA个阳离子是错误的；钠离子的最外层有8个电子，1.00 mol NaCl中有1.00mol Na，所有Na的最外层电子总数为10×6.02×1023是错误的，只有8×6.02×1023.综上所述，选C。二、综合题15某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：对该反应有催化作用。方案：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_。查阅资料：溶于水可以生成和_。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因_。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。iii_iii(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为_。【答案】(1)Cu2+ 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：BCA，反应速率随 浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用 (2)有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子(3) (4) Cu2O 【解析】(1) 溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：BCA，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2) 根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为 ，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形， 在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3) Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为： ，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii 为：。(4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。16本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A氰化钾是一种由剧毒的物质，贮存和使用时必须注意安全。已知：KCN+H2O2=KOCN+H2O，回答下列问题：（1）OCN-中所含三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_(用元素符号表示，下同)，电负性从大到小的顺序为_，基态氮原子外围电子排布式为_。（2）H2O2中的共价键类型为_(填“键”或“键”)，其中氧原子的杂化轨道类型为_；分子中4个原子_(填“在”或“不在”)同一条直线下；H2O2易溶于水除它们都是极性分子外，还因为_。（3）与OCN-键合方式相同且互为等电子体的分子为_(任举一例)；在与OCN-互为等电子体的微粒中，由一种元素组成的阴离子是_。B四碘化锡是一种橙红色结晶，熔点为144.5，沸点为364，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四碘化锡的主要步骤如下：步骤1：在干燥的圆底烧瓶中加入少量碎锡箔和稍过量的I2，再加入30mL冰醋酸和30mL醋酸酐(CH3CO)2O。实验装置如图所示，组装好后用煤气灯加热至沸腾约1-1.5h，至反应完成；步骤2：冷却结晶，过滤得到四碘化锡粗品；步骤3：粗品中加入30mL氯仿，水浴加热回流溶解后，趁热过滤；步骤4：将滤液倒入蒸发皿中，置于通风橱内，待氯仿全部挥发后得到四碘化锡晶体。回答下列问题：（1）图中仪器a的名称为_；冷却水从接口_(填“b”或“c”)进入。（2）仪器a上连接装有无水CaCl2的干燥管的目的是_；锡箔需剪碎的目的是_；加入醋酸酐的目的是_。（3）烧瓶中发生反应的化学方程式为_；单质碘需过量的主要目的是_。（4）反应已到终点的现象是_。（5）步骤3和步骤4的目的是_。【答案】A（1）NOC；ONC；2s22p3；（2）键；sp3；不在；H2O2分子与H2O分子间可形成氢键（3）CO2(或N2O)；N3-B（1）（球形）冷凝管；b；（2）防止空气中水蒸气进入反应器中；增大与I2的接触面，加快反应速率；除去体系中的水，防止四碘化锡水解；（3）Sn+2I2SnI4；防止锡屑混入四碘化锡晶体中(或使锡反应完全)（4）紫红色的碘蒸气消失，溶液颜色由紫红色变成橙红色（或其他合理答案）（5）提纯SnI4产品。【解析】试题分析：A（1） 在在OCN-中所含的C、N、O三种元素都是同一周期的元素，一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大，但是由于N元素的原子最外层处于其轨道的半充满的稳定状态，失去电子比O元素还难，所以元素的第一电离能比O大，故第一电离能从大到小的顺序为NOC (用元素符号表示，下同)，元素的非金属性越强，其电负性就越大，由于元素的非金属性O>N>C，所以电负性从大到小的顺序为ONC，基态氮原子外围电子排布式为2s22p3。（2） H2O2中原子之间都是通过共价单键结合，其中的共价键类型为键，其中氧原子的杂化轨道类型为sp3杂化；H2O2分子向一个展开的书页，因此分子中4个原子不在同一条直线下；H2O2易溶于水除它们都是极性分子外，还因为H2O2分子与H2O分子间可形成氢键；增加了与水分子的吸引力；（3）与OCN-键合方式相同且互为等电子体的分子为CO2(或N2O)；在与OCN-互为等电子体的微粒中，由一种元素组成的阴离子是N3-；B（1）根据图示可知图中仪器a的名称为(球形)冷凝管；（2）仪器a上连接装有无水CaCl2的干燥管的目的是吸收水分，防止空气中水蒸气进入反应器中；锡箔需剪碎的目的是增大与I2的接触面，加快反应速率；加入醋酸酐的目的是与体系中的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解。（3） 烧瓶中Sn与I2发生反应产生SnI4，反应的化学方程式为Sn+2I2SnI4；单质碘需过量的主要目的是使锡反应完全，防止锡屑混入四碘化锡晶体中。（4）由于I2是紫色的而SnI4是橙红色的，所以反应已到终点的现象是紫红色的碘蒸气消失，溶液颜色由紫红色变成橙红色。（5）步骤3和步骤4的目的是除去其中含有的乙酸及乙酸酐，提纯SnI4产品。考点：考查盐酸的电负性、第一电离能的比较、等电子体、原子的杂化等、有机物制取的有关知识。17三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：元素ABC结构信息基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子基态原子的M层有1对成对的p电子基态原子核外电子排布为Ar3s104sx，有+1、+2两种常见化合价（1）写出B原子的基态电子排布式_；（2）用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键_（任写一种）；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角_（填写“变大”、“变小”、“不变”）；（3）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为_，简要描述该配合物中化学键的成键情况_；（4）下列分子结构图中的“”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“”表示氢原子，小黑点“·”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。在以上分子中，中心原子采用杂化形成化学键是_（填写序号）；在的分子中有_个键和_个键。【答案】(1)1s22s22p63s23p4 (2) N-HN或N-HO或 O-HN或O-HO等 变大 (3) Cu（NH3）4SO4 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (4) (10)3 (11) 2 【解析】（1）B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4；（2）在氨水中，由于N和O的非金属性较强，可形成氢键，溶液中存在的氢键有：N-HN或N-HO或 O-HN或O-HO等；N的氢化物分子结合一个H形成阳离子后，为正四面体结构，键角变大；（3）生成的配合物为Cu（NH3）4SO4，存在的化学键有配位键和离子键，中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合；（4）为氨气为乙炔为甲烷，为水，其中氨气、甲烷和水的中心原子均以sp3杂化形成化学键，在乙炔中，含有一个碳碳三键（其中一个为键，另两个为键）和两个碳氢单键（均为键）。18大连理工大学彭孝军院士课题组报道了基于硼氟荧类荧光染料(BODIPY)的铜荧光探针的设计与应用，利用Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物，进行Hela细胞中的Cu2+荧光成像和检测。其反应如下：回答下列问题：(1)在水溶液里，Cu2+比Cu+稳定，是由于水分子配体的作用。在气态时，Cu2+比Cu+_(填“稳定”或“不稳定”)，原因是_。(2)BODIPY荧光探针分子中，B原子的杂化方式为_，1molBODIPY分子中含有_mol配位键，其分子中第二周期元素原子的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)磷锡青铜是有名的弹性材料，广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。磷锡青铜晶胞结构如图所示。NA代表阿伏加德罗常数的值，铜、磷原子最近距离为0.5apm。磷锡青铜的化学式为_，铜与铜原子最近距离为_pm。磷青铜晶体密度为_gcm-3(用代数式表示)。【答案】(1)不稳定 Cu+的价电子排布为3d10，全满，比Cu2+的价电子排布为3d9稳定 (2) sp3 1 FNOCB (3) SnCu3P 【解析】(1)铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，气态时，失去1个价电子形成3d10的全充满稳定结构，而失去2个价电子形成3d9的结构，3d10的结构比3d9的结构稳定，则在气态时，Cu2+比Cu+不稳定，故答案为：不稳定；Cu+的价电子排布为3d10，全满，比Cu2+的价电子排布3d9稳定；(2)由BODIPY荧光探针分子的结构可知，每个B原子周围连接了4个原子或原子团，则B原子的杂化方式为sp3杂化；每个B原子能形成3个共价键，具有空轨道，每个N原子能形成3个共价键，具有孤对电子，则BODIPY荧光探针分子中B原子与形成双键的N原子形成1个配位键；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的元素，则第二周期的F、N、O、C、B的第一电离能由大到小的顺序为FNOCB，故答案为：sp3；1；FNOCB，(3)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的Sn原子的个数为8×=1，位于面心的Cu原子的个数为6×=3，位于体心的P原子个数为1，Sn、Cu、P的原子个数比为1:3:1，则磷锡青铜的化学式为SnCu3P；由晶胞的结构可知，P原子位于4个Cu原子形成的正方形的面心上，设铜与铜原子最近距离为xpm，则2x2=(2×0.5a)2，解得x=，故答案为：SnCu3P；由晶胞的结构可知，晶胞的边长是铜、磷原子最近距离的2倍，为apm，由晶胞的质量公式可得，解得密度gcm-3，故答案为：。19用湿法制磷酸副产品氟硅酸（H2SiF6 ）生产无水氟化氢的工艺如下图所示：已知：氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，不溶于醇。在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸。（1）写出反应器中的化学方程式：（2）在实验室过滤操作中所用的玻璃仪器有： ；在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤，其目的是： ；（3）该流程中哪些物质可以循环使用： (用化学式表达)（4）氟化氢可以腐蚀刻画玻璃，在刻蚀玻璃过程中也会生成H2SiF6 ，试写出该反应方程式： ；（5）为了测定无水氟化氢的纯度，取标况下的气体产物2.24L，测得质量为3.1g，并将气体通入含足量的Ca(OH)2 溶液中，得到5.85gCaF2沉淀，则无水氢氟酸质量分数为： 。（保留2位有效数字）通过计算结果，试解释，为什么标况下2.24L产物的质量远远大于2.0g， 。【答案】（1）H2SiF6+ K2SO4=H2SO4+K2SiF6；（2） 烧杯、漏斗、玻璃棒 氟硅酸钾不溶于酒精，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失（3）H2SO4、K2SO4 （4）6HF+SiO2= H2SiF6 +2H2O （5）97% （3分）HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体【解析】试题分析：（1）根据题意知，氟硅酸与硫酸钾反应后得到硫酸和氟硅酸钾，所以方程式为：H2SiF6+ K2SO4=H2SO4+K2SiF6；（2）过滤实验用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。因为氟硅酸钾微溶于水，不溶于醇，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失。（3）通过流程可看出硫酸有进有出，可以循环使用，硫酸钾也可以循环使用。（4）氟化氢和二氧化硅反应生成了氟硅酸和水，方程式为：6HF+SiO2= H2SiF6 +2H2O 。（5）氟化钙的物质的量为5.8578=0.075摩尔，所以吸收的氟化氢的物质的量为0.15摩尔，氟化氢的质量为3克，质量分数="3/3.1=97%" ；因为HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体，所以0.1摩尔物质的质量会远远大于2.0克。