（新）备战2022年高考化学五年真题解密解密19 物质结构和性质(选考)(解析版).docx

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1、解密19 物质结构和性质(选考)1原子结构与元素的性质(1)了解原子核外电子的运动状态、能级分布和排布原理，能正确书写136号元素原子核外电子、价电子的电子排布式和轨道表达式。(2)了解电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质。(3)了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用。(4)了解电负性的概念，并能用以说明元素的某些性质。2化学键与分子结构(1)理解离子键的形成，能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质。(2)了解共价键的形成、极性、类型(键和键)，了解配位键的含义。(3)能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。(4)了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)。(5

2、)能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测简单分子或离子的空间结构。3分子间作用力与物质的性质(1)了解范德华力的含义及对物质性质的影响。(2)了解氢键的含义，能列举存在氢键的物质，并能解释氢键对物质性质的影响。4晶体结构与性质(1)了解晶体的类型，了解不同类型晶体中结构微粒、微粒间作用力的区别。(2)了解晶格能的概念，了解晶格能对离子晶体性质的影响。(3)了解分子晶体结构与性质的关系。(4)了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。(5)理解金属键的含义，能用金属键理论解释金属的一些物理性质。了解金属晶体常见的堆积方式。(6)了解晶胞的概念，能根据晶胞确定晶体

3、的组成并进行相关的计算。1【2020山东卷】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W最外层电子数相同。下列说法正确的是( )A第一电离能：W>X>Y>ZB简单离子的还原性：Y>X>WC简单离子的半径：W>X>Y>ZD氢化物水溶液的酸性：Y>W【答案】C【解析】四种短周期主族元素，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，设若X为第二周期元素原子，则X可能为Be或O，若X为第三周期元素原子，则均不满足题意，Z与X能形成Z2X2的淡黄色化合物，该淡

4、黄色固体为Na2O2，则X为O元素，Z为Na元素；Y与W的最外层电子数相同，则Y为F元素，W为Cl元素。A项，同一周期从左向右第一电离能总趋势为逐渐增大，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能从大到小的顺序为FOClNa，A错误；B项，单质的氧化性越强，简单离子的还原性越弱，O、F、Cl三种元素中F2的氧化性最强O2的氧化性最弱，故简单离子的还原性O2-Cl-F-，B错误；C项，电子层数越多简单离子半径越大，相同结构的离子，原子序数越大半径越小，故四种元素中离子半径从大到小的顺序为Cl-O2-F-Na+，C正确；D项，F元素的非金属性强于Cl元素，则形成氢化物后F原子束缚H

5、原子的能力强于Cl原子，在水溶液中HF不容易发生电离，故HCl的酸性强于HF，D错误；故选C。2【2020山东卷】下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是( )A键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6B立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度CSiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4DSi原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键【答案】C【解析】A项，因键能CCSiSi、CHSiH，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；B

6、项，SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；C项，SiH4中Si的化合价为-4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；D项，Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成键，故Si原子间难形成双键，D正确；故选C。3【2020山东卷】B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大键。下列关于B3N3H6的说法错误的是( )A其熔点主要取决于所含化学键的键能B形成大键的电子全部由N提供C分子中B和N的杂化方式相同D分子中所有原子共平面【答

7、案】A【解析】A项，无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；B项，B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C项，无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；D项，无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；故选A。4【2020新课标卷】Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：(

8、1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_。(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)> I1(Na)，原因是_。I1(Be)> I1(B)> I1(Li)，原因是_。(3)磷酸根离子的空间构型为_，其中P的价层电子对数为_、杂化轨道类型为_。(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_个。电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_，n(Fe2+ )n(F

9、e3+)=_。【答案】(1)4:5 (2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 (3)正四面体形 4 sp3 (4)4 或0.1875 13:3 【解析】(1)基态铁原子的价电子排布式为，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为和，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；(2)同主族元素，从上至下，原子

10、半径增大，第一电离能逐渐减小，所以；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的A元素，因此；(3)经过计算，PO43-中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；(4)由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a)，(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示

11、的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3

12、.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li1-xFePO4中n(Fe2+ )n(Fe3+)=0.81250.1875= 133。5【2020新课标卷】钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：(1)基态Ti原子的核外电子排布式为_。(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_。化合物

13、TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/37724.1238.3155 (3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是_；金属离子与氧离子间的作用力为_，Ca2+的配位数是_。(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I和有机碱离子CH3NH3+，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中_的空间位置相同，有机碱CH3NH3+中，N原子的杂化轨道类型是_；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_g·cm-3(列出计算式)。(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在

14、此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_、_。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d24s2 (2)TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 (3)OTiCa 离子键 12 (4)Ti4+ sp3 (5)2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+ 2Eu2+I2=2Eu3+2I 【解析】(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；(2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离

15、子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配

16、位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；(4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的CH3NH3+ 就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱CH3NH3+中N原子上无孤对电子，周围形成了4个键，故N原子采用

17、sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1×1=1个，CH3NH3+的数目为个，I-的数目为个，故晶胞的密度为；(5)从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2+，右边发生I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-。6【2020新课标卷】氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：(1)H、B、N中，原子半径最大的是_。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素_的相似。(2)NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气

18、：3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O63-+9H2，B3O63-的结构如图所示：在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，与B原子相连的H呈负电性(H-)，电负性大小顺序是_。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_(写分子式)，其熔点比NH3BH3_(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在_，也称“双氢键”。(4)研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度=_g&

19、#183;cm3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)B Si(硅) (2)配位 N sp3 sp2 (3)NHB CH3CH3 低 H+与H的静电引力 (4) 【解析】(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，NB键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子

20、中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3) NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为NHB。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分

21、子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在H+与H-的静电引力。(4)在氨硼烷的2´2´2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为，因此，氨硼烷晶体的密度为gcm-3。7【2020江苏卷】以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁

22、铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2)。(1)Fe基态核外电子排布式为_；Fe(H2O)62+中与Fe2+配位的原子是_(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)与NH4+互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式见图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为_mol。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2 O (2)sp3 NOC (3)CH4或SiH4 (4)7 【解析】(1)Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d

23、64s2或Ar3d64s2；由于H2O中O原子有孤对电子，因此Fe(H2O)62+中与Fe2+配位的原子是O；(2)NH3分子中氮原子价层电子对数为，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC；(3)根据价电子数SiCN+，得出NH4+互为等电子体的分子是CH4或SiH4；(4)羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为7mol。8【2020山东卷

24、】CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：(1)Sn为A族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_，其固体的晶体类型为_。(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为_，键角由大到小的顺序为_。(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_mol，该螯合物中N的杂化方式有_种。(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，

25、称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一个晶胞中有_个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有_个。【答案】(1)正四面体形 分子晶体 (2)NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 (3)6 1 (4)4 (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) 4 【解析】(1)Sn为第A族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为

26、分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数=0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；(2)NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3AsH3PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第A族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3PH3NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电

27、负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3PH3AsH3；(3)由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，CdNO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；(4)由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为(0，0，0.5)，4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部

28、分As原子的分数坐标为(0.25，0.25，0.125)，8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。9【2020天津卷】Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题:(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_，基态Fe原子的电子排布式为_。(2)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为_gcm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_。(3)Fe、Co、Ni能与C12反应

29、，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为_，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：_。(4)95时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为_(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为_。【答案】(1)第四周期第VIII族 1s22s22p63s

30、23p63d64s2或Ar3d64s2 (2) NiOCoOFeO (3)CoCl3Cl2FeCl3 2Co(OH)3 6H+ 2ClCl22Co2+6H2O (4)随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次 3Ni 3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O 【解析】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；(2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2个数为，

31、Co2+个数为，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+Co2+Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiOCoOFeO； (3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2FeCl3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3Cl2FeCl3

32、，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)36H+2ClCl22Co2+6H2O；(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为

33、3Ni3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3 NiSO42NO22H2O。10【2019新课标】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)。ABCD(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，其原因是 ，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“M

34、g2+”或“Cu2+”)。 (3)一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔点/°C1570280023.875.5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隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x= pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是 g·cm3(列出计算表达式)。 【答案】(1)A (2)sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2

35、+(3)Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力(分子量)P4O6>SO2(4) 【解析】(1)A.Ne3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. Ne 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. Ne 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D.Ne 3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是Ne3s1，故选A；(2)乙二

36、胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2；(3)由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgOLi2O，分子间力(分子量)P4O6SO2，所以熔点大小顺序是MgOLi2OP4O6SO2；(4)根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则xpm；Mg原子之间最短

37、距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+48，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是g·cm3。11【2019新课标】近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为FeSmAsFO组成的化合物。回答下列问题：(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_，其沸点比NH3的_(填“高”或“低”)，其判断理由是_。(2)Fe成为阳离子时首先失去_轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为_

38、。(3)比较离子半径：F_O2(填“大于”等于”或“小于”)。(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图1 图2图中F和O2共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1x代表，则该化合物的化学式表示为_，通过测定密度和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：=_g·cm3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为_、_。【答案】(1)三角锥形 低 NH3分子间存在氢键 (2)4s 4f5 (3)小于(4)SmFeAsO1xF

39、x ()、()【解析】(1)As与N同族，则AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低；(2)Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5；(3)F-和O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-<O2-；(4)由图1可知，每个晶胞中含Sm原子：4

40、=2，含Fe原子：4+1=2，含As原子：4=2，含O原子：(8+2)(1-x)=2(1-x)，含F原子：(8+2)x=2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx；根据该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为a2c10-30cm3，则密度=g/cm3，故答案为：SmFeAsO1-xFx；根据原子1的坐标(，)，可知原子2和3的坐标分别为(，0)，(0，0，)。12【2019新课标】磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料

41、制备。回答下列问题：(1)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_(填“相同”或“相反”)。(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中Fe的配位数为_。(3)苯胺()的晶体类型是_。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9)、沸点(184.4)分别高于甲苯的熔点(-95.0)、沸点(110.6)，原因是_。(4)NH4H2PO4中，电负性最高的元素是_；P的_杂化轨道与O的2p轨道形成_键。(5)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸

42、盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_(用n代表P原子数)。【答案】(1)Mg 相反 (2) 4(3)分子晶体 苯胺分子之间存在氢键 (4)O sp3 (5)(PnO3n+1)(n+2)-【解析】(1)根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。(2)氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。(3)大多数有机物都是分子晶体，除了一部

43、分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。(4)电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出P的杂化类型是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是，与氢氧形成的是单键。(5)可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-、P2O74-、P3O105-：磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n；氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1；酸根的变化规律为：3，4，5，n+2；因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n

44、+1)(n+2)-。13【2019江苏卷】Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备CuO。(1)Cu2+基态核外电子排布式为_。(2)的空间构型为_(用文字描述)；Cu2+与OH反应能生成Cu(OH)42，Cu(OH)42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_。【答案】(1)Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9 (2)正四面体O (3)sp3、sp2 易溶于水 (4)4【解析】(1)Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2基态核外电子排布式为Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9；(2)SO42中S形成4个键，孤电子对数为(624×2)/2=0，因此SO42空间构型为正四面体形；Cu(OH)42中Cu2提供空轨道，OH提供孤电子对，OH只有O有孤电子对，因此Cu(OH)42中的配位原子为O；(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