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54高考化学二轮专题复习汇编试卷：N单元--物质结构与性质(高考真题+模拟新题)54

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高考化学二轮复习综合大题分类规范练—物质结构与性质(选考)

高考化学二轮复习综合大题分类规范练—物质结构与性质(选考)

高考化学二轮复习综合大题分类规范练—物质结构与性质(选考)1．某笼形包合物Ni(CN)a (NH 3)b (C 6H 6)c 的晶胞如图所示。

回答下列有关问题。

(1)基态镍原子的价层电子排布式为__________；该物质中非金属元素的电负性由大到小是________________________________________________________________________。

(2)NH 3中N 原子的杂化轨道类型为__________；从结构角度分析C 、P 原子之间不易形成π键的原因是________________________________________________。

(3)在晶胞中，镍离子与CN －之间产生配位键，配体CN －提供的配位原子是__________；镍离子的配位数为__________。

(4)推测该包合物中氨与苯分子数目比，即b ∶c 为__________，其中Ni 的平均化合价为__________。

(5)若此晶胞体积为V nm 3，阿伏加德罗常数为N A mol －1，晶胞的摩尔质量为M g·mol －1，则晶体密度为________g·cm －3(列出计算表达式)。

答案(1)3d 84s 2N ＞C ＞H (2)sp 3C 和P 的原子半径相差较大，“头碰头”重叠形成σ键之后很难进行“肩并肩”重叠形成π键(3)C 4(4)1∶1＋2价(5)M N A V ×1021解析(4)由晶胞图示可知，1个晶胞中含有NH 3的个数为8×14＝2，苯分子的个数为4×12＝2，故该包合物中氨与苯分子数目比，即b ∶c ＝2∶2＝1∶1；一个晶胞中含CN －的个数为4，Ni 的个数为8×18＋2×12＝2，其中Ni 的平均化合价为＋2价。

(5)晶体密度为ρ＝m V＝M N A V ×10－21g·cm －3＝M N A V ×1021g·cm －3。

全国新课标卷化学二轮复习-题型训练：高考题型4物质结构与性质答案含答案.doc

全国新课标卷化学二轮复习-题型训练：高考题型4物质结构与性质答案含答案.doc

高考题型4物质结构与性质(选考)1.(1) ®0>Cl>C ②3 : 1 sp2⑵>⑶①LaNis ②(4)①Ar]3cT°4s' ② 12⑸①CuCl②共价③XX 10'°的军析①化学方程式中涉及的非金属有C、0、C1,其电负性由大到小依次为0>Cl>Co②C0CL所有原子均满足8电子构型，则中心原子C原子与2个氯原子形成2个。

键，与0原子形成1个。

键和1 个兀键，因此o键与n键的个数比为3 : 1,C原子的杂化方式为sp2o (2) NiO、FeO结构相同，离子所带电荷数相等，离子半径越小离子键越强，熔、沸点越高,N严半径比F/小，熔点NiO>FeOo (3)该晶胞中丄a原子位于晶胞的顶点,La原子个数=8X=1, Ni位于晶胞的面上与内部,晶胞中Ni原子数目二1+8X=5,该晶体的化学式为La.Ni5;该晶胞的体积戶二cnA (4)②Cu原子堆积方式为面心立方最密堆积,每个铜原子周围最近的铜原子数为12。

(5) M原子的外围电子排布式为3s'3p[可知M为Cl原子,Cu原子位于晶胞内,其原子个数二4, C1原子位于晶胞的顶点和面心，其原子个数为二8X+6X二4,该晶胞的化学式为CuClo Cl元素与Cu元素电负性的差值二3. 0-1. 9=1. K1. 7, Cu原子与C1原子之间为共价键,CuCl为共价化合物。

CuCl晶胞中有4个Cu 原子和4个Cl原子,设晶胞棱长为a cm,贝归P , 则沪,该晶胞中Cu原子与C1原子之间的最短距离为以4个C1原子为顶点、Cu原子为中心的正四面体的中心到顶点的距离，正四面体的棱长为面对角线的一半即2利用数学知识可求正四面体的中心到顶点的距离=cin= X X 10 ° pnio2.(1) ls22s22p'3s23p'3d s4s2⑵3(3)制作安全气囊(4)sp N^O CNO-(或SCN")(5)乙醇分子与水分子形成分子间氢键(6)解析根据题意可知,A、B、C、D、E、F、X、Y、Z分别为H(H「比『多2个电子)、B(次外层和最外层电子数分别为2和3)、C (最高价为+4价最低价为-4价)、N(形成和2)、0、Na (原子序数小于12 且NM是离子晶体)、Mg (原子序数为⑵、Si (单质属于原子晶体且电子排布式ls22s22p B3S23p2)、Ni (第4周期VHI 族元素)。

高考化学(高考真题+模拟新题)分类汇编：N单元 物质结构与性质.pptx

高考化学(高考真题+模拟新题)分类汇编：N单元 物质结构与性质.pptx

先失去的组分是
，判断理由是
；该化合物加热时首 。
学海无 涯
37．(1)N
(2)sp3 H2O2 、 N2H4 (3)HNO2、HNO3 H2SO3
(4)＋1
(5)SO24共－ 价键和配位键 H O 2 H2O 与 Cu2＋的配位键比 NH3 与 Cu2＋的弱 [解析] 由原子序数最小且核外电子总数与其电子层数相同，确定 a 为氢元素，由价电子层中的 未成对电子有 3 个确定 b 为氮元素，由最外层电子数为其内层电子数的 3 倍确定 c 为氧元素，由 d 与 c 同主族确定d 为硫元素，由 e 的最外层只有 1 个电子且次外层有 18 个电子确定e 为铜元素。(1) 第一电离能一般规律：同周期从左至右递增，同主族从上至下递减，但当原子轨道呈全满、半满、 全空状态时稳定，第一电离能反常的大；由铜的价电子排布可画出价电子轨道示意图。(2)有氢且呈 三角锥形的分子是 NH3，N 原子杂化方式为 sp3；O、N、C 的氢化物分子中含有非极性共价键的化合 物有H2O2、N2H4、C2H6、C6H6 等。(4)Cu 与 O 能形成两种化合物，根据均摊法可由原子数比确定化 合物的化学式为 Cu2O，含 Cu＋。(5)5 种元素形成的 1∶1 型离子化合物中，阴离子呈四面体结构的为
(a)石墨烯结构 (b)氧化石墨烯结构
(1)图(a)中，1 号 C 与相邻C 形成 σ 键的个数为
。
(2) 图(b)中，1 号 C 的杂化方式是
，该 C 与相邻C 形成的键角
(填“>”“<”或“＝”)
图(a)中 1 号 C 与相邻C 形成的键角。
(3)若将图(b)所示的氧化石墨烯分散在 H2O 中，则氧化石墨烯中可与 H2O 形成氢键的原子

2021高考化学二轮总复习专练： 物质结构与性质(解析版) Word版含解析

2021高考化学二轮总复习专练： 物质结构与性质(解析版) Word版含解析

物质结构与性质 1．（2022梅州模考）短周期主族元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增大，W 、X 原子的最外层电子数之比为4:3，Z 原子比X 原子的核外电子数多4。

下列说法正确的是( ) A ．W 、Y 、Z 的电负性大小挨次确定是Z>Y>WB ．W 、X 、Y 、Z 的原子半径大小挨次可能是W>X>Y>ZC ．Y 、Z 形成的分子的空间构型可能是正四周体D ．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2:12．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO ＋O2――→催化剂CO2＋H2O 。

下列有关说法正确的是( ) A ．该反应为吸热反应B ．CO2分子中的化学键为非极性键C ．HCHO 分子中既含σ键又含π键D ．每生成1.8 g H2O 消耗 2.24 L O23．下列数据是对应物质的熔点(℃)：据此做出的下列推断中错误的是( ) A ．铝的化合物的晶体中有的是离子晶体 B ．表中只有BCl3和干冰是分子晶体C ．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D ．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体4．（2022荆门调研）短周期非金属元素X 和Y 能形成XY2型化合物，下列有关XY2的推断不正确的是( ) A ．XY2确定是分子晶体B ．XY2的电子式可能是:Y ·· : :X: :Y ··: C ．XY2水溶液不行能呈碱性D ．X 可能是ⅣA 、ⅤA 或ⅥA 族元素。

5．两种元素原子的核外电子层数之比与最外层电子数之比相等，则在周期表前10号元素中，满足上述关系的元素共有( ) A ．1对 B ．2对 C ．3对 D ．4对6．下列关于σ键和π键的理解不正确的是( )A ．σ键能单独形成，而π键确定不能单独形成B ．σ键可以绕键轴旋转，π键确定不能绕键轴旋转C ．双键中确定有一个σ键、一个π键，三键中确定有一个σ键、两个π键D ．气体单质中确定存在σ键，可能存在π键7．（2022无锡模拟）用VSEPR 模型猜想下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是( ) A ．NH ＋4为正四周体形 B ．CS2为直线形 C ．HCN 为折线形(V 形) D ．PCl3为三角锥形8．下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是( )A．元素非金属性Cl>S的试验依据是酸性HCl>H2S。

2022届高考化学二轮复习+专题训练——物质结构与性质题-含答案

2022届高考化学二轮复习+专题训练——物质结构与性质题-含答案

2022年高考化学二轮复习必刷专题——物质结构与性质题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 1．（2021·海南·高考真题）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。

HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。

回答问题：(1)基态锰原子的价层电子排布式为___________。

(2)配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。

HMn(CO)5中锰原子的配位数为___________。

(3)第一电离能的大小：C___________O(填“大于”或“小于”)。

(4)23CO-中碳原子的杂化轨道类型是___________，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式___________。

(5) CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。

CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为___________。

(6)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。

前者的熔点明显高于后者，其主要原因是___________。

以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。

在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为111,,22⎛⎫⎪⎝⎭，b点锰原子坐标为10,,02⎛⎫⎪⎝⎭，则c点锰原子坐标为___________。

2．（2021·山东·高考真题）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。

回答下列问题：(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。

(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。

(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。

2024年高考化学二轮复习+专题复习-物质结构与性质综合题

2024年高考化学二轮复习+专题复习-物质结构与性质综合题

SO(CH3)2 的结构简式为
，S 有 3 对成键电子、1 对孤对电子，故 S 为
sp3 杂化；SO(CH3)2 中 S 原子为 sp3 杂化，且有一对孤对电子，而 CH3COCH3 中羰基 C 原子为 sp2 杂化，没有孤对电子，故 SO(CH3)2 中键角∠C—S—O 小于 CH3COCH3 中键 角∠C—C—O。ClO4－中 Cl 原子的价层电子对数为 4，孤电子对数为 0，则 ClO－ 4 的空间
构型是正四面体形。元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性 O＞Cl＞S。
(三)大π键的判断
1.含义：在一个具有平面(或直线)结构的多原子分子中，如果彼此相邻的3个或多个 原子中有垂直于分子平面的、对称性一致的、未参与杂化的原子轨道，那么这些 轨道可以相互重叠，形成多中心π键。这种不局限在两个原子之间的π键称为离域π 键，或共轭大π键，简称大π键。 2.大π键的形成条件
(2)根据结构式判断(一般用于有机物分子中C、N的杂化类型判断)
杂化类型
sp3
sp2
sp
C的成键方式 4个单键 1个双键和2个单键 2个双键或1个三键和1个单键
N的成键方式 3个单键 1个双键和1个单键
1个三键
(3)根据键角判断 若键角为109.5°或接近109.5°，则为sp3杂化；若键角为120°或接近120°，则为sp2 杂化；若键角为180°，则为sp杂化。
(3)乙酸分子(
)中键角 1__大__于____(填“大于”“等于”或“小于”)键
角 2，原因是___C_=_=_=_O_对__C_—__C_的__斥__力__大_于__C_—__O__对_C__—_C__的__斥_力_______________。
解析 (1)两种物质中碳原子都采用 sp2 杂化，都没有孤电子对，氯的电负性比氢 大，甲醛的共用电子对更向碳原子集中，碳氢键间的斥力更大，键角更大。(2)H3O ＋、H2O 的中心原子的价层电子对数均为 4，H2O 中 O 原子有两对孤电子对，H3O ＋中 O 原子有一对孤电子对，因为孤电子对间的排斥力＞孤电子对与成键电子对 间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，导致 H3O＋中 H—O—H 的键角比 H2O 中 H—O—H 的键角大。(3)由于双键对单键的斥力大于单键对单键的斥力，故乙酸 分子结构中键角 1 大于键角 2。

新教材2024高考化学二轮专题复习专题14物质结构与性质真题研练

专题十四物质结构与性质真题研练·析考情真题研练1.[2023·全国乙卷][选修3：物质结构与性质]中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。

探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(Mg x Fe2 SiO4)。

回答下列问题：－x(1)基态Fe原子的价电子排布式为________。

橄榄石中，各元素电负性大小顺序为________，铁的化合价为________。

(2)已知一些物质的熔点数据如下表：物质熔点/℃NaCl 800.7SiCl4－68.8GeCl4－51.5SnCl4－34.1Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是____________________。

分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

SiCl4的空间结构为__________，其中Si的轨道杂化形式为________。

(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有________个Mg。

该物质化学式为________，B－B最近距离为________。

2．[2023·山东卷]卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。

回答下列问题：(1)－40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。

常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为____________，HOF水解反应的产物为____________(填化学式)。

(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(。

2024届高考化学二轮总复习板块四 物质结构与性质(选修选考)

板块四
物质结构与性质(选修选考)
NO.1 “品”高考考情——考什么?怎么考?精准备考!
以某种或某类元素及其化合物为载体的考查
1.(2023·全国乙卷,35)中国第一辆火星车“祝融号”
成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物
(MgxFe2-xSiO4)。回答下列问题:
64s2
3d
(1)基态Fe原子的价电子排布式为
的N—H易断裂从而电离出H+;酞菁分子电离出2个H+ 形成的酞菁
离子与钴离子通过配位键结合成钴酞菁分子,因此,钴离子的化
合价为+2,氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在,其空间结构如图3a
3
所示,二聚体中Al的轨道杂化类型为 sp 。AlF3的熔点为1 090 ℃,
回答下列问题:
(1)对于基态Cr原子,下列叙述正确的是 AC (填标号)。
A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为
[Ar]3d54s1
B.4s电子能量较高,总是在比3s电子离核更远的地方运动
C.电负性比钾高,原子对键合电子的吸引力比钾大
解析:(1)轨道处于半充满状态时体系总能量低,基态Cr
电子对数是 4,其与周围的 4 个氯原子形成四面体结构,因此,二聚体中 Al 的
轨道杂化类型为 sp3。AlF3 的熔点为 1 090 ℃,远高于 AlCl3 的 192 ℃,由于
F 的电负性最大,其吸引电子的能力最强,因此,可以判断铝氟之间的化学键

为离子键。由 AlF3 的晶胞结构可知,其中含灰色球的个数为 12×=3,黑色球
体,分子晶体的熔点由分子间作用力决定,分子间作用力越大则其

2021-2022年高三化学二轮复习 作业卷 物质结构与性质2(含解析)

2021年高三化学二轮复习作业卷物质结构与性质2（含解析）可能用到的相对原子质量：H~1 O~16 S~32 N~14 Cl~35.5 C~12 Na~23 Al~27 K~39 He~4 P~31 Cu~64 Ba~137 Ca~40 Cu~64 Mg~24一、选择题（本大题共15小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.SCR法（选择性催化还原技术）是一种以NH3作为还原剂，将烟气中NO x分解成无害的N2和H2O的干法脱硝技术，反应原理为：①6NO+4NH3＝5N2+6H2O；②6NO2+8NH3＝7N2+12H2O；③NO+NO2+2NH3＝2N2+3H2O下列说法正确的是（）A．NOx主要来自于汽车尾气的排放，是引起温室效应的主要气体之一B．N2中π键与σ键之比为1:2C．反应③中每生成22.4LN2，转移电子数1.5N AD．NH3的沸点比PH3的沸点高2.有关晶格能的叙述正确的是（）A.晶格能是气态离子形成1摩离子晶体释放的能量B.晶格能通常取正值，但是有时也取负值C.晶格能越大，形成的离子晶体越不稳定D.晶格能越大，物质的硬度反而越小3.下列关于化学键的叙述中，正确的是（）A.离子化合物不能含共价键B.共价化合物可能含离子键C.离子化合物中只含离子键D.共价化合物中不含离子键4.．实验测得BH3为平面三角形(键角均为120°)，NH3为三角锥形(键角为107°18′)，已知电子数相同的微粒具有相似的结构。

由此推断：①甲基，②甲基碳正离子(CH3+)，③甲基碳负离子(CH3- )的键角相对大小顺序为（） A．②>①>③ B．①>②>③ C．③>①>② D．①==②==③5. “暖冰”是韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的．某老师在课堂上做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色．若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN 的FeCl2溶液，则溶液呈血红色．则下列说法中不正确的是（）A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O26.下列含有非极性键的共价化合物是（）A. HClB. Na2O2C. H2O2D. CH47.共价键.离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。

新教材适用2024版高考化学二轮总复习题型突破特训四物质结构与性质综合题

题型突破特训(四) 物质结构与性质综合题1. (2023·广东广州二模节选)(1)GaN 的熔点为1 700 ℃，GaCl 3的熔点为77.9 ℃，它们的晶体类型依次为_共价晶体__、_分子晶体__。

(2)GaN 晶体的一种立方晶胞如图所示。

该晶体中与Ga 原子距离最近且相等的N 原子个数为_4__。

该晶体密度为ρ g·cm －3，GaN 的式量为M r ，则晶胞边长为34M r ρ·N A×107 nm(列出计算式，N A 为阿伏加德罗常数的值)。

【解析】 (1)GaN 熔点较高为1 700 ℃，GaCl 3熔点较低为77.9 ℃，则GaN 为共价晶体，GaCl 3为分子晶体。

(2)从图中可知，该晶体中与Ga 原子距离最近且相等的N 原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N 原子个数为4，Ga 原子个数为18×8＋12×6＝4，设晶胞边长为a nm ，则ρ＝4M r N A ·a ×10－73 g/cm 3，则a ＝34M r ρ·N A×107 nm 。

2. (2023·山东省实验中学一模)钴的配合物和铱的化合物均具有重要的科学研究价值，请回答下列问题：(1)酞菁是一种具有大π键共轭体系的化合物，酞菁钴分子的结构如图1所示，N 原子的VSEPR 模型为_(正)三角形__,1 mol 酞菁钴分子中含有_4N A __个配位键(N A 表示阿伏加德罗常数的值)。

基态原子中，与Co 同周期且单电子数与Co 2＋相同的元素有_2__种。

(2)H 2O 2不会将Co 2＋氧化为Co 3＋，而一定条件下能将[Co(CN)6]4－氧化成[Co(CN)6]3－，其原因是_Co 2＋与CN －形成的配离子[Co(CN)6]4－还原性增强，同时Co 3＋与CN －形成的配离子[Co(CN)6]3－更加稳定，使反应容易发生__，[Co(CN)6]3－中σ键和π键数目比为_1∶1__。

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N单元物质结构与性质(附参考答案)N1原子结构与元素的性质25.F2 N1[2013·安徽卷] X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：(1)W的________(填“大”或“小”)。

(2)Z的第一电离能比W的________(填“大”或“小”); XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________________________________________________________________________；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。

(3)振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。

(4)在25 ℃、101 kPa下，已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。

25．[答案] (1)三ⅣA大(2)小分子间作用力乙酸(其他合理答案均可)(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑(4)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)ΔH＝－3352 kJ·mol－1(其他合理答案均可)[解析] 利用X的信息知其为ⅣA族元素，Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素可知X为碳元素；Z的基态原子的电子排布式为3s23p1，则Z为13号元素铝；W元素的一种核素的质量数为28，中子数为14，则质子数为14，则W为硅元素。

(1)Si核外电子层数为3、最外层电子数为4，因此Si位于第三周期ⅣA 族；同主族元素随核电荷数增大原子半径增大，故Si 的原子半径比C 的大。

(2)铝为较活泼金属，最外层3p 1电子容易失去，因此Al 、Si 相比，第一电离能较小的是Al ；CO 2晶体转化为气体，分子没有改变，只是分子间间距变大，因此破坏的作用力是分子间作用力；由H 、C 、O 形成的分子：乙酸、乙醇等同种分子间均存在氢键。

(3)Al 与盐酸反应后的溶液中含有Al 3＋，因此向该溶液中加入NaOH 至过量，依次发生反应为Al 3＋＋3OH －===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH －===AlO －2＋2H 2O ，可看到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最终变为无色溶液；Si 与HF 反应可置换出H 2，同时还生成SiF 4气体。

(4)13.5 g Al 物质的量为0.5 mol ，由题中数据可知4 mol Al 与氧气完全反应生成固态Al 2O 3时，放出热量为419 kJ ×4 mol 0.5 mol＝3352 kJ 。

31．N1 N4 N2 N3 N5[2013·福建卷] [化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B 、F 元素的位置，用小黑点标出C 、N 、O 三种元素的相对位置。

图0(2)NF 3可由NH 3和F 2在Cu 催化剂存在下反应直接得到：4NH 3＋3F 2=====Cu NF 3＋3NH 4F 。

①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。

a ．离子晶体b ．分子晶体c ．原子晶体d ．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。

(3)BF 3与一定量的水形成(H 2O)2·BF 3晶体Q ，Q 在一定条件下可转化为R ：H 2O …HOHBFFF熔化（279.2 K ）结晶 Q[H 3O]＋[]HOBFFF －R①晶体Q 中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。

a．离子键b．共价键c．配位键d．金属键e．氢键f．范德华力②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。

(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其K a＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。

据此判断，相同温度下电离平衡常数K a2(水杨酸)________K a(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________。

31．[答案] (1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(3)①a、d②三角锥形sp3(4)<COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋[解析] (1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B<C<O<N<F；(2)①NF3、NH3、F2属于分子晶体，熔沸点较低，通常是气体；Cu属于金属晶体，能导电、具有延展性和金属光泽；NH4F属于离子晶体，由阴阳离子构成，故abd均正确；②由核外电子排布规律可得，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(3)①晶体Q 由分子构成，因为氧原子具有孤对电子，硼原子具有空轨道，氧元素的电负性较大，则Q中含有O—H、B—F、O→B、O—H…O，即含有共价键、配位键、氢键、范德华力，不涉及离子键、金属键，故a、d均正确；②观察R的结构可知其中阳离子为水合氢离子，其VSEPR 模型为正四面体，但是H3O＋的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H3O＋的空间构型为三角锥形；阴离子中心硼原子周围形成3个B—F共价键、1个O→B配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则COO－OH中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间存在氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。

32．N1、N3、N4[2013·山东卷] [化学—物质结构与性质]卤族元素包括F、Cl、Br 等。

(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。

图0(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图0为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________。

图0(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。

第一电离能介于B、N 之间的第二周期元素有________种。

(4)若BCl3与XY n通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。

32．[答案] (1)A(2)2BN(3)sp2sp33(4)X[解析] (1)卤族元素随核电荷数的增大，元素的非金属性依次减弱，则电负性逐渐变小；F无最高正价，Cl、Br的最高正价为＋7；因HF分子间存在氢键，故沸点反常高，即沸点HF ＞HCl ；卤族元素单质结构相似，F 2、Cl 2、Br 2的相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，熔点依次升高。

(2)利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B 原子的个数为4×14＋1＝2，同理可知含有N 的个数为8×18＋1＝2，因此该功能陶瓷的化学式为BN 。

(3)在BCl 3与NCl 3的中心原子的价层电子对数分别为3、4，因此二者中心原子的杂化方式分别为sp 2、sp 3；因N 的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N 的第一电离能反常大于O ，Be 的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B ，因此第一电离能介于在B 、N 间的第二周期元素有Be 、C 、O 三种元素。

(4)在BCl 3中，B 具有空轨道，可接受孤对电子形成配位键，因此B 与X 形成配位键时X 提供孤对电子。

8．C5 E2 F3 N1[2013·重庆卷] 合金是建造航空母舰的主体材料。

(1)航母升降机可由铝合金制造。

①铝元素在周期表中的位置为____________。

工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为________。

②Al －Mg 合金焊接前用NaOH 溶液处理Al 2O 3膜，其化学方程式为________________________________________________________________________。

焊接过程中使用的保护气为________(填化学式)。

(2)航母舰体材料为合金钢。

①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为________。

②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为________。

(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。

①80.0 g Cu Al 合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g ，则合金中Cu 的质量分数为________________________________________________________________________。

②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH 溶液调节pH ，当pH ＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH 为7.0、8.0时过滤沉淀。

结合图中信息推断该合金中除铜外一定含有________。

图08．[答案] (1)①第三周期第ⅢA 族 CO 2②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O Ar(其他合理答案均可)(2)①吸氧腐蚀②CaCO3或CaO(3)①83.1%②Al、Ni[解析] 从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝通常有两种工艺，其流程图示如下：无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO－2全部转化为Al(OH)3；Al－Mg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的O2、N2、CO2等发生反应，应使用稀有气体作保护气；炼铁过程中，需加入生石灰或石灰石，跟原料中的SiO2等物质发生反应，将其转化为炉渣而除去；Cu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，因Cu(OH)2可溶于氨水，所得白色沉淀必为Al(OH)3，其物质的量为0.5 mol，则原合金中Al的质量为13.5 g；当pH ＝3.4时开始沉淀，说明该合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni。