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1、2019-2020学年广东省肇庆联盟校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）16 克含杂质的Na2SO3样品与足量盐酸反应，可生成1.12 升气体（S、T、P），气体质量为3 克，该样品的组成可能是（）A Na2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，MgCO3，NaHCO3【答案】C【解析】【分析】标况下，1.12L 气体的物质的量=11.2L22.4L/mol=0.05mol，气体质量为3 克，则气体的平均相对分子质量=30.05=60，所以混合气体中必含有
2、一种相对分子质量小于60 的气体，根据选项，应该是CO2。根据平均相对分子质量，44n(CO2)+64 n(SO2)n(CO2)+n(SO2)=60，则 n(CO2)：n(SO2)=1：4，所以 n(CO2)=0.01 mol，n(SO2)=0.04 mol，由于 n(Na2SO3)=n(SO2)=0.04 mol，故杂质质量=6g0.04mol 126g/mol=0.96g，可以生成0.01mol 二氧化碳。【详解】A生成 0.01mol 二氧化碳，需要碳酸钠质量=0.01mol 106g/mol=1.06g0.96g，A 错误；B生成 0.01mol 二氧化碳，需要碳酸氢钠质量=0.01m
3、ol 84g/mol=0.84g Ksp(AgI)，加入 KI，发生 AgCl(s)+I-?AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl 转换为黄色AgI 沉淀，B 不符合；C FeCl3+3H2O?Fe(OH)3(胶体)+3HClH0，温度升高，平衡正向移动，C 不符合；D醋酸是弱电解质，CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释 10 倍，pH2.9+1，D 不符合。答案选 A。【点睛】pH=m 的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m 的弱酸稀释10n倍，新的溶液pHm+n c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)【
4、答案】C【解析】【分析】常温下，向1L0.1mol L1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4+OH-=NH1?H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1?H2O)不断增大。【详解】A 项、M 点是向 1L 0.1mol?L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH 固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A 正确；B 项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得 n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na
5、+)c(Cl)1L，在 M 点时 c(NH4+)=0.05mol?L1，c(Na+)=amol?L 1，c(Cl)=0.1mol?L1，带入数据可得n(OH)n(H+)=0.05mol?L-1+a mol?L-10.1mol?L-1 1L=(a0.05)mol，故 B正确；C 项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着 NaOH 的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D 项、当 n（NaOH）=0.05mol 时，NH4Cl和 NaOH 反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1?H2O 和 NH4Cl、NaCl，NH1H2O 的电离程度大于NH4Cl 水解程度
6、，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故 D 正确。故选 C。7相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A第 IA 族B第 IIIA 族C第 IVA族D第 VIA 族【答案】D【解析】【详解】A、第 IA 族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A 错误；B、第 IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B 错误；C、C、Si、Ge 等都属于第IVA 族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项 C 错误
7、；D、第 VIA 族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D 正确；答案选 D。【点睛】明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。8W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，四种元素的质子数之和为47，其中 X、Y在周期表中位于同一主族，且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍。下列说法正确的是（）A X、Y与氢均可形成原子个数比为1：2 的化合物B元素的最高正价：ZXW C最高价氧化物对应水化物的酸性：YZ D简单离子的半径：r(Z)r(Y)r(X)【答案】A【解析】【分析】已知“X、Y是周期表中位于同一主族的短
8、周期元素”，则Y的核外电子数比X多 8，又已知“Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍”，则X为氧、Y为硫；因为Z的原子序数比Y大，所以Z 为氯；再由“四种元素的质子数之和为47”，可确定W 为碳。【详解】A.X、Y与氢可形成H2O、H2S，二者原子个数比都为1：2，A 正确；B.X 为 O 元素，不能表现出+6 价，最多表现+2 价，则“元素的最高正价：ZXW”的关系不成立，B错误；C.因为 S 的非金属性小于Cl，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：Yr(Cl-)r(O2-)，D 错误；故选 A。9下列物质分类正确的是A SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B多肽、油脂、淀粉均为酯类C烧碱
9、、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A.SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐氧化物，故A 错误；B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误;D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形成的溶液，属于混合物；故D 正确；答案选 D。10用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A装置配制100 mL 某浓度 NaNO3溶液B分离溴苯和水混合物
10、C验证质量守恒定律D可以实现防止铁钉生锈【答案】B【解析】【详解】A配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A 错误；B溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B 正确；C盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；D作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D 错误；答案选 B。【点睛】本题的易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；如果反应物中有气体参加反应
11、，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。11下列物质属于碱的是A CH3OHBCu2(OH)2CO3CNH3H2ODNa2CO3【答案】C【解析】【详解】A.CH3OH 为非电解质，溶于水时不能电离出OH，A 项错误；B.Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH，属于碱式盐，B项错误；C.NH3 H2O 在水溶液中电离方程式为32NHH ONH4+OH，阴离子全是OH，C项正确；D.Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D 项错误。本题选 C。12利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知 CO(g)2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况
12、如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A该反应的H 91 kJmol1B加入催化剂，该反应的H 变小C反应物的总能量大于生成物的总能量D如果该反应生成液态CH3OH，则 H 增大【答案】C【解析】【详解】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A 错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D、生成液态CH3OH 时释放出的热量更多，H 更小，选项D 错误。答案选 C。13设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A
13、 1.3g 乙炔和苯蒸汽混合气体中的碳氢键（CH）数为 0.1NAB一定条件下，2 molSO2与 1 molO2反应生成的SO3分子数为2NAC1 L0.1 mol?L1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD 2.24L 的 CO和 N2混合气体中含有的质子数为1.4NA【答案】A【解析】【分析】A乙炔和苯具有相同最简式CH，1molCH 含有 1个 C-H 键；B二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；C乙酸为弱电解质，部分电离；D气体状况未知。【详解】A.1.3g 乙炔和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：1.3g13g/mol=0.1mol，含有碳氢键（CH）数为 0.1NA
14、，故 A 正确；B二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2 mol SO2与 1 mol O2反应生成的SO3分子数小于2NA，故 B 错误；C乙酸为弱电解质，部分电离，1 L0.1 mol?L1的乙酸溶液中含H+的数量小于0.1NA，故 C错误；D气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D 错误；故选：A。【点睛】解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D，注意气体摩尔体积使用条件和对象，A 选项，注意物质的结构组成。14某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之
15、和是X的最外层电子数的2 倍。下列叙述正确的是A元素的非金属性：WZX BY的最高价氧化物的水化物是强酸CW 的最简单氢化物与Z 的单质混合后可产生白烟D Y、Z 形成的化合物中，每个原子均满足8 电子结构【答案】C【解析】【分析】由分子结构可知Y形成 5 个共价键，则Y原子最外层有5 个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W 是 N，Y是 P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2 倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X 最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是 Cl最外层有7 个电子，所以X 最外层电子数为(5+7)2=6，
16、原子序数比P小中，则X 是 O 元素，然后分析解答。【详解】根据上述分析可知：W 是 N，X 是 O，Y是 P，Z 是 Cl元素。A元素的非金属性：ON，即 XW，A 错误；BY是 P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B 错误；C W是 N，Z是 Cl，W的最简单氢化物NH3与 Z的单质 Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；D Y是 P，Z是 Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中 PCl3中每个原子均满足8 电子结构，而PCl5中 P原子不满足 8 电子结构，D 错误；故合理
17、选项是C。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。15下列实验操作能达到实验目的的是()A加热使2I升华，可除去铁粉中的2IB电解氯化铝溶液，可制备铝单质C加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚D将氨水滴加到饱和3FeCl溶液中，可制备3Fe OH胶体【答案】C【解析】【详解】A.加热时 Fe 与 I2反应，应选磁铁分离，A 错误；B.氧化性 H+Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，B 错误；C.NaOH 与苯酚发
18、生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH 溶液除去苯中的苯酚，C 正确；D.将饱和 FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D 错误；故合理选项是C。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16实验室以海绵铜（主要成分为Cu 和 CuO）为原料制取CuCl的主要流程如图所示。已知：CuCl微溶于水，不溶于乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化。回答下列问题。（1）“氧化”时温度应控制在6070，原因是 _。（2）写出“转化”过程中的离子方程式_。（3）“过滤”所得滤液经 _、_、过滤等操作获得(NH4)2SO4
19、晶体，可用作化学肥料。“过滤”所得滤渣主要成分为CuCl，用乙醇洗涤的优点是_。（4）氯化铵用量42+(NH Cl)(Cu)nn与 Cu2+沉淀率的关系如图所示。随着氯化铵用量的增多Cu2+沉淀率增加，但当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减小，其原因是_。（5）若 CuCl产品中混有少量CaSO4，设计提纯CuCl的实验方案：_。（实验中可选试剂：0.1 molL-1盐酸、10 mol L-1盐酸、蒸馏水、无水乙醇）【答案】温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl +SO42-+2H+蒸发浓缩降温结晶CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免
20、 CuCl被空气中O2氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中向产品中加入10 mol L-1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤23 次，干燥【解析】【分析】实验流程中，海绵铜（主要成分为Cu 和 CuO）中加入硝酸铵和硫酸，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜生成Cu2+，滤液中含有Cu2+、NH4+、H+、SO42-、NO3-，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵，发生氧化还原反应生成CuCl，发生反应：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl +SO42-+2H+，得到产品CuCl，据此分析。【详解】（1）物质“溶解氧化”时，
21、既要考虑反应速率，还要考虑是否有副反应发生，温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解。答案为：温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解；（2）“转化”中氧化产物为硫酸铵，滤液主要是硫酸铵。可知亚硫酸铵被溶液中的CuSO4氧化成硫酸铵，Cu2+被还原生成CuCl。答案为：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl +SO42-+2H+；（3）“过滤”所得滤液为硫酸铵溶液，获取晶体需通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤等操作。CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致CuCl被氧气氧化。答案为：蒸发浓缩、降温结晶；CuCl在乙醇中溶解度小且乙醇挥发快，避免CuCl被空气中O2氧化；
22、（4）根据题中已知条件，CuCl可溶于氯离子浓度较大的溶液中。当氯化铵用量增加到一定程度后，氯化亚铜的沉淀率减小，原因是生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中。答案为：生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中；（5）由题目已知资料可知，CuCl难溶于水和乙醇，可溶于氯离子浓度较大的溶液中。若CuCl产品中混有少量 CaSO4，向产品中加入10 mol L-1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无水乙醇洗涤23 次，干燥即可得到纯净氯化亚铜。答案为：向产品中加入10 mol L-1盐酸，不断搅拌，至固体不再溶解，过滤，向滤液中加蒸馏水至大量固体析出，过滤，再用无
23、水乙醇洗涤 23 次，干燥。【点睛】解题思路：解题时首先要明确原料和产品（包括副产品），即箭头进出方向，其次依据流程图分析反应原理，紧扣信息，搞清流程中每一步发生了什么反应，弄清有关反应原理，明确目的（如沉淀反应、除杂、分离），最后联系储存的知识，有效地进行信息的利用，准确表述。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中 A 属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2 组吸收峰。H 常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G 和 H 以 1：3 反应生成I。试回答下列问题：（1）A
24、 的分子式为：_。（2）写出下列物质的结构简式：D：_；G：_。（3）反应 中属于取代反应的有_。（4）反应 的化学方程式为_；反应 的化学方程式为_。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的 E的同分异构体有_种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2 组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：_。【答案】C5H12CH3CHO C6H12O62C2H5OH+2CO2 4HCOOC(CH3)3【解析】【分析】A 属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此 A 中(C)(H)nn=83.3%/1216.7%/1=512，则 A 为 C5H12；H常温下呈气态，
25、是室内装潢产生的主要污染物之一，H 为 HCHO，根据流程图，B 为卤代烃，C为醇，D 为醛，E为酸；F为乙醇，G 为乙醛，G 和 H 以 1：3 反应生成I，根据信息，I 为，J为，E和 J以 4：1 发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2 组吸收峰，E为，则 D 为，C为。【详解】（1）根据上述分析可知，A 的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D 的结构简式为；G 为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应 是葡萄糖的分解反应；反应 为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应 是醛和醛的加成反应；反应 是
26、醛的氢化反应，属于加成反应；反应 是酯化反应，属于取代反应，属于取代反应，故答案为：；（4）反应 是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2；反应 是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH+2CO2；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4 种结构，故E的同分异构体有4 种，其中核磁共振氢谱只有2 组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4
27、；HCOOC(CH3)3。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钕铁硼磁铁是最常使用的稀土磁铁，被广泛应用于电子产品中。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他物质。请回答下列问题：(1)钕(Nd)为 60 号元素，在元素周期表中位于第_周期；基态Fe2外围电子的轨道表达式为_。(2)实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。该分子中Al 原子采取 _杂化。Al2Cl6与过量 NaOH 溶液反应生成NaAl(OH)4，Al(OH)4中存在的化学键有_（填标号）。A离子键B极性共价键C金属键D非极性共价键E氢键(3)FeO 是离子晶体
28、，其晶格能可通过如下的BornHaber 循环计算得到。基态 Fe 原子的第一电离能为_kJ mol-1，FeO的晶格能为 _kJ mol-1。(4)因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是钕铁硼磁铁的一大弱点，可通过电镀镍(Ni)等进行表面涂层处理。已知 Ni 可以形成化合物四羰基镍Ni(CO)4，其为无色易挥发剧毒液体，熔点为 25，沸点为 43，不溶于水，易溶于乙醇、苯、四氯化碳等有机溶剂，四羰基镍的晶体类型是_，写出与配体互为等电子体的分子和离子的化学式为_、_（各写一种）。(5)已知立方BN 晶体硬度很大，其原因是_；其晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的B、N 原子之间的距离为a nm，阿
29、伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为_g cm-3（列式即可，用含a、NA的代数式表示）。【答案】六sp3B 762.5 3902 分子晶体N2CN-立方BN 晶体是原子晶体，B-N 键键能大，所以质地坚硬213A75 31016a N【解析】【分析】(1)Nd 为 60 号元素，根据各个周期中包含的元素种类数目及元素周期表结构确定其所在的位置；根据构造原理书写Fe2+核外电子排布，并用轨道表达式表达；(2)A12C16为双聚分子结构式，根据图知，每个 Al 原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断 Al 原子杂化类型；Al(OH)4中 Al 离子和 O 原子之间存在配位键、O-H
30、 原子之间存在极性键，配位键也属于共价键；(3)根据第一电离能和晶格能的定义，结合图示数据解答；(4)根据晶体的性质判断其晶体类型，结合等电子体含义书写配体CO互为等电子体的分子和离子的化学式；(5)已知立方BN 晶体硬度很大，说明原子之间作用力很强，属于原子晶体，用均摊方法根据密度计算公式计算 NA的值。【详解】(1)Nd 为 60 号元素，由于元素周期表中各个周期包含的元素种类数目分别是2、8、8、18、18、32、32，则 Nd 为第六周期第IIIB 族，Fe是 26 号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则 Fe2+核外电子排布为1s22s22p63s
31、23p63d6，价层电子的轨道表达式为：；(2)A12C16为双聚分子结构式，根据图知，每个 Al 原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Al 原子杂化类型为sp3杂化；Al(OH)4中 Al 离子和 O 原子之间存在配位键、O-H 原子之间存在极性键，配位键也属于共价键，故合理选项是B；(3)Fe 原子的第一电离能为Fe(g)原子失去1 个电子形成Fe+(g)所需要的能量，故 Fe 的第一电离能为：762.5 kJ/mol；FeO晶格能是成Fe2+(g)与 O2-(g)形成 1 mol FeO 晶体释放的能量，根据图示可知FeO晶格能为3902 kJ/mol；(4)化合物四羰基镍
32、Ni(CO)4，其为无色易挥发剧毒液体，熔点为-25，沸点为43，不溶于水，易溶于乙醇、苯、四氯化碳等有机溶剂，说明其构成微粒之间作用力小，具有分子晶体的特点，故四羰基镍的晶体类型是分子晶体，四羰基镍Ni(CO)4的配位体是CO，含有 2 个原子，电子总数为14，所以根据等电子体的含义可知与CO互为等电子体的分子为N2，离子为CN-；(5)立方 BN 晶体硬度很大，其原因是立方BN 晶体是原子晶体，原子半径小，B-N 键键能大，断裂消耗很高能量，故质地坚硬，熔沸点高；根据 BN 晶体结构可知，在一个晶胞中含有的N 原子数为：818+612=4，含有的B 原子数目为4 1=4，即一个晶胞中含有4
33、 个 BN，晶胞中最近的B、N 原子之间的距离为a nm，该距离等于晶胞体对角线长度的14，晶胞体对角线长度=4a nm，晶胞棱长=43anm，晶胞体积为V=(43anm)3=(43a 10-7cm)3，阿伏加德罗常数的值为NA，=A374 1114gNmV4a10cm3=213A75 31016a Ng/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、原子杂化、晶体类型与性质、电离能、晶胞计算等知识，侧重考查基本公式和基本理论的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，明确“晶胞中最近的 B、N 原子之间的距离”与晶胞棱长关系是解晶胞计算的关键，注意cm 与 nm 之间的换
34、算关系。192019 年 10 月 9 日消息，诺贝尔化学奖颁给约翰B古迪纳夫、M 斯坦利 威廷汉和吉野彰，以表彰他们“开发锂离子电池”的贡献。磷酸亚铁锂(化学式：LiFePO4)是锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为正极活性物质使用，人们习惯也称其为磷酸铁锂。(1)基态锂原子核外能量最高的电子电子云轮廓图形状为_；基态磷原子第一电离能比基态硫的_(填“大”或“小”)，原因是 _。(2)实验室中可用KSCN或 K4Fe(CN)6来检验 Fe3+。FeCl3与 KSCN溶液混合，可得到配位数为5 的配合物的化学式是 _，其中硫、碳的杂化类型分别是_、_。(3)磷酸和亚磷酸(H3PO3
35、)是磷元素的两种含氧酸。PO43-的空间构型为_；亚磷酸与NaOH 反应只生成Na2HPO3和 NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为 _。(4)磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如图所示：由图推知该多磷酸钙盐的通式为_。(5)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为 g cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与O2-紧邻且等距离的Fe2+数目为 _，Fe2+与 O2-最短核间距为_pm。【答案】球形大磷原子的3p 轨道半充满，较稳定K2Fe(SCN)5sp3sp正四面体或(CaP2O6)n6103A3610N【解析】【分析】(1)锂是 3 号元素，基
36、态锂原子核外能量最高的电子位于2s 轨道；基态磷原子3p 轨道上电子半充满，电子的能量低，第一电离能反常。(2)FeCl3与 KSCN溶液混合，可得到配位数为5 的配离子为 Fe(SCN)52-，再依据电荷守恒，配上2 个 K+，从而得出其化学式，依据其中硫、碳的价层电子对数，确定杂化类型。(3)PO43-的空间构型为AB4型结构；亚磷酸与NaOH 反应只生成Na2HPO3和 NaH2PO3两种盐，则H3PO3为二元酸，分子中含有2 个-OH，由此写出结构式。(4)由图找出结构单元，从而推知该多磷酸钙盐的通式。(5)从晶胞中找到位于中心的一个O2-，然后寻找等距离的Fe2+数目。可从一个小立方
37、体中进行计算，在小立方体中，含有12个“FeO”，则由密度可计算其体积，从而求出Fe2+与 O2-最短核间距。【详解】(1)基态锂原子核外能量最高的电子所在的电子云为2s，其轮廓图形状为球形；基态磷原子价电子排布为3s23p3，P轨道电子半充满，能量低，第一电离能出现反常，所以比基态硫的大，原因是磷原子的3p 轨道半充满，较稳定。答案为：球形；大；磷原子的3p 轨道半充满，较稳定；(2)FeCl3与 KSCN溶液混合，可得到配位数为5 的配离子为 Fe(SCN)52-，再依据电荷守恒，配上2 个 K+，从而得出其化学式K2Fe(SCN)5，其中硫、碳的价层电子对数分别为4、2，杂化类型分别是s
38、p3、sp。答案为：K2Fe(SCN)5；sp3；sp；(3)PO43-的结构式中，P原子周围有4 个 O 原子，构成AB4型结构，所以空间构型为正四面体；亚磷酸与NaOH 反应只生成Na2HPO3和 NaH2PO3两种盐，则 H3PO3为二元酸，分子中含有2 个-OH，从而得出 H3PO3的结构式为或。答案为：正四面体；或；(4)由图推知，其结构单元为，该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n。答案为：；(5)从晶胞中找到位于中心的一个O2-，在其周围等距离的Fe2+数目为 6。可从一个小立方体中进行计算，在小立方体中，含有12个“FeO”，设 Fe2+与 O2-最短核间距为a，则 a3=30313A172g/mol210 pmmolg/cmN，从而求出a=103A3610N。答案为：103A3610N。【点睛】在计算体积时，可以一个晶胞作为整体，采用均摊法，求出Fe2+、O2-的个数，也可以最小的立方体为结构单元，利用均摊法，求出含Fe2+个数为 418=12，含 O2-个数为 418=12，所以平均每个小立方体中，含有“FeO”的个数为12。