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1、高考化学备考一轮复习一物质结构与性质1.(2 0 2 2 秋四川泸州高三统考期末)铁格液流电池亮相冬奥会，因其安全性高、成本低、寿命长等优点备受各方关注。阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值 为 回 答 下 列 问 题：(l)K3 Fe(C N)6 晶体为红色，俗称赤血盐，该化合物中铁离子与C N-以配位键形式相结合，其中配位原子为碳原子。该化合物中，电 负 性 最 大 的 元 素 是,碳 原 子 的 杂 化 方 式 为,l m o l K3 Fe(C N)6中含 个键。(2)Fe S O4 常作补铁剂，Fe 2+的 价 电 子 排 布 式 为,S O：的 空 间 构 型 是。(3)基 态 铭
2、原 子 核 外 电 子 占 有 的 能 级 数 为 C r Os为蓝色晶体，其中C r 为+6 价，也可将其书写为C r O(O2)2.其结构式为。(4)已知单质铁的晶胞为体心立方堆积，结构如图所示，1 个晶胞中含有一个铁原子，假设晶胞的边长2.(2 0 2 2 秋福建三明高三统考期末)离子液体具有很强的溶解性及良好的化学稳定性。某离子液体的结构如图所示，其中A、B、C、D为四种原子序数依次增大的短周期主族元素，C原子核外价电子数等于B与 A的原子序数之差，D位于C的下一周期，A与 B形成的简单化合物与D单质可在光照条件下发生反(1)A、B,C三种 元 素 的 电 负 性 由 大 到 小 的
3、顺 序 为(填 元 素 符 号)。(2)化学式为ABC的分子中G键 与 兀 键 数 之 比 为。(3)D 元素基态原子中能量最高的电子所在能级有 个轨道，其原子轨道的图形为(4)化学式为C A,的 分 子 的 空 间 构 型 为。(5)离子液体对纤维素有优良的溶解能力，其原因是 o (纤维素的结构简式表示为：(6)E是一种过渡金属，可与D 形成两种不同价态的化合物，其中一种易溶于水，其浓溶液呈黄绿色。高温下E 的高价态氧化物可分解成低价态氧化物，试 从 原 子 结 构 角 度 分 析 原 因。E 能与某些中性分子(如：水、氨气形成配合物，也能与某些阴离子(如：0 H C)形成配合物。向含ED?
4、的水溶液中清加足量的浓氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。沉淀溶解的离子方程式为 o3.(2022秋北京东城高三统考期末)利用 杯酚”从C6n和C.的混合物中纯化C6。的过程如下图所示(2广杯酚”分 子 内 官 能 团 之 间 通 过(填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底(H3C)3C(OH(3)(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。该无机物是 关于对叔丁基苯酚的叙述，正 确 的 是(填 序 号)。a.分子式为C“H4Ob.分子中所有碳原子均为s d 杂化c.易被空气中的氧气氧化d.lmol对叔丁基苯酚最多能与ImolBr,发生反应。(4)
5、(不溶于氯仿(化学式为CHC%),“杯酚”溶于氯仿，可 能 的 原 因 是.(5)C)的晶胞结构如下所示。试卷第2 页，共 15页碳 60碳 6 0 的晶胞 碳 6 0 晶胞模刑碳60晶胞中含有 个 分 子。每个c6n分子周围最多可以有 个紧邻的C6n分子。4.(2022秋 湖南邵阳高三统考期末)葡萄糖酸锌 C H qH(CHOH),COO【Zn 用于治疗缺锌引起的营养不良、厌食症、异食癖、口腔溃疡、座疮、儿童生长发育迟缓等，可用葡萄糖酸和碳酸锌反应制得。(1)基态Z n 的 电 子 排 布 式 为,元素铜和锌在周期表中相邻，元素第一电离能L”或，y )，与SiCl4互 为 等 电 子 体 的
6、 离 子 为(任 写 1 种即可)。已知电负性：H S i,则SiHCl，充分水解的化学方程式为(3)复兴号高铁车体材质用到Mn、C o等元素。M n的一种配合物化学式为 Mn(CO)5(CH3CN),下列说法正确的是(填字母标号)。A.CH,CN与 M n原子配位时，提供孤电子对的是C 原子B.M n原子的配位数为6C.CHQN中 C 原子的杂化类型为sp，sp3D.CH.CN中键与兀键数目之比为5口 2 L(N)i/o)的 原 因 是。已知 r(C C H(2)1：1(3 )3 哑铃形#纺锤形(4)三角锥形(5)离子液体中的氯离子与纤维素分子链中羟基上的氢原子形成氢键，离子液体中的阳离子答
7、案第1 6 页，共 1 6 页与纤维素分子链中羟基上的氧原子作用，从而破坏了纤维素中原有的氢键，导致纤维素在离子液体中溶解(6)C u O中C u的价电子排布为3 d CU2 O中C u的价电子排布为3d7为全满结构，更稳定 CU(O H)2+4 NH3-H2O=CU(NH3)；+2 O H+4 H2O【分析】由图可知A为H,B为C,A与B形成的简单化合物为C E，与D单质可在光照条件下发生反应，D为CL C的核外价电子总数等于B与A的原子序数之差，C为N。(1)A为H,B为C,C为N,同周期从左往右电负性逐渐增强，同主族从上往下电负性逐渐减弱，故电负性由大到小的顺序为：N C H；(2)化学
8、式为A B C的分子为H C N,结构式为：H-C=N,分子中。键与无键数之比为：1：1;(3)D元素为C1,基态原子的核外价电子排布为3 s 2 3 P 5,能量最高的电子为3 p能级的电子，所在能级有3个轨道，轨道形状为：哑铃形或纺锤形；(4)化学式为CA,的分子为NH3,中心原子N的价层电子对数为4,分子的空间构型为：三角锥形；(5)离子液体对纤维素有优良的溶解能力，其原因是：离子液体中的氯离子与纤维素分子链中羟基上的氢原子形成氢键,离子液体中的阳离子与纤维素分子链中羟基上的氧原子作用,从而破坏了纤维素中原有的氢键，导致纤维素在离子液体中溶解；(6)E是一种过渡金属，可与D形成两种不同价
9、态的化合物，其中一种易溶于水，其浓溶液呈黄绿色，E为Cu。E的高价态氧化物为Cu O,低价态氧化物为C1 1 2 O,C u O中C u的价电子排布为3 d CU2 O中C u的价电子排布为3d7为全满结构，更稳定；向Cu Cb溶液中加氨水生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，离子方程式为：CU(O H)2+4N H3-H2O=CU(N H,)：*+2 O H +4H,O。3.羟基或-O H(2)氢键(3)水或 H,0 a c(4)C6 n为非极性分子，不溶于极性的C H C 而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的C H C 1,4 12【解析】(1)依据杯酚的结构可判断出来，杯酚
10、含有的官能团为羟基-O H；故答案为羟基或-O H；(2)“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”；故答案为氢键；答案第17页，共16页(3)(H3C)3COH（时叔丁基苯酚）与 HCHO在一定条件下发生的反应为羟醛缩合，会脱去小分子水，所以反应生成“杯酚”和水；结合对叔丁基苯酚的结构简式，数出C原子数为1 0,不饱和度为4,则 H 原子数为2x10+2-2x4=1 4,所以分子为CioHu。，a正确;依据对叔丁基苯酚的结构简式（H3cOH可知，形成苯环的C 原子为sp?杂化，苯环侧链上的C 原子为sp杂化，b 错误；对叔丁基苯酚含有的官能团为酚羟基，容易被空气中的氧气氧
11、化，c 正确；对叔丁基苯酚中羟基邻对位上的氢容易与以2发生取代反应，而对位被烷燃基占据，所以还有两个邻位可发生反应，即 Imol对叔丁基苯酚最多能与2moi Br,发生反应，d 错误；故答案为水或H Q；ac；（4）C“为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，不溶于极性的CH。,，而“杯酚”溶于氯仿，说明“杯酚”与氯仿相似，都为极性分子；故答案为C6n为非极性分子，不溶于极性的CH CI3,而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的CHC1，；（5）依据Ce。的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到C6n晶胞中含有的C6n分子数目为8 x l+6 x l=4；而 晶 胞 是 面 心 立 方，配位数为
12、1 2,所以每个C”）分子周围最多可以有12o 2个紧邻的C g分子；故答案为4；12。4.（1）Is22s22P63s23P63d1或 A r 3 d 锌失去的是全充满的4s 电子，铜失去的是4sl电子（2）O C H s p sp2 4（3）与水分子间能形成氢键（4）非极性 1口1【解析】（1）锌的电子排布式为Is2 2s22P63s23P63dHl4s2,失去2 个电子形成Zn?,，故基态Zr?+的电子排布式为Is22s22P63s23P63d,或Ar3d；Zn的价电子排布式为3d,04s?,为全满稳定结构，Cu的价电子排布式为3d14sl 4s能级为半满稳定结构，全满相对半满而言，能量
13、更低，更稳定，不容易失电子；故答案为：Is22s22P63s23P63dHl或Ar3d，锌失去的是全充满的4s2电子，铜失去的是4s,电子。（2）在葡萄糖酸分子中，含有C、H、。三种元素，元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性由大到小的顺序为O C H；连羟基的碳原子的价层电子对数为4,为sp杂化,竣基中碳原子的价层电子对数为3,为sp?杂化；连有四个不同的原子或基团的碳原子为手答案第18页，共 16页性碳原子，观察结构可知葡萄糖酸分子中存在4 个手性碳原子，则 I m o l 该分子含有的手性碳 原 子 的 个 数 为 故 答 案 为：0CH：s p 、s p2；4(3)葡萄糖酸分子中存在
14、五个羟基、一个段基，能够和水分子形成氢键，故易溶于水；故答案为：与水分子间能形成氢键。(4)二氧化碳结构为0=00,为直线形分子，结构对称，为非极性分子；分子中的键和兀键个数之比为1口1;故答案为：非极性；1口1。(5)由晶胞结构可知，位于顶点和面心的0的个数为8 x：+6 x 4=4,位于体内的Z n 个数o 2 x 4为 4,该化合物的化学式为Z n O,则 密 度 为心 3_ 81x 4 一;故答案(a x l O-)3 g 8为:Z n O；81x 4x l 03o5.(1)4(2)S O：或 P O：-S i H C +S H H j S i O j+S H C l+H,(3)B D
15、 N原子2P 轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失电子 高(4)axlO1044x(48+14)NA(a x l O-8)3【解析】(1)S i 是 14号元素，其价层电子排布式为3s23P 2,基态S i 原子价层电子有4 个,则运动状态有4 种；(2)S i H C b 和 S i C k 均为分子晶体,S i H C b 的相对分子质量小于S i C k,S i H C b 的范德华力小于S i C L,的范德华力，则沸点：S i H C l3 S i,则 H吸引电子的能力更强，S i H C h 中 H显-1价，S i 显+4 价，因此S i H C b 水解时除生成硅酸和H C
16、1外-1价的H和水提供的+1 价的氢还生成氢气，故其水解的化学方程式为S i H C l3+3H2O=H2S i O3+3H C 1+H2.(3)U A.C H 3 C N 中 N有孤电子对，C没有孤电子对，因此C%CN与 M n原子配位时，提供孤电子对的是N原子，A错误；B.配体为5 个 CO和 1 个 C H 3 C N,故 M n原子的配位数为 6,B正确：C.C%CN中甲基C为 sp 3杂化，-C N 中的C为 sp 杂化，C错误；D.C H3C N即 C H 3c三 N,单键全是。键，三键含一个键，二个兀键，故 C%CN中 G键与兀键数目之比为5:2,D正确；答案选B D；口(刈 1
17、。)的原因是N原子2P 轨道半充满，比相邻的0原子更稳定，更难失电子；口相比Mn 2+,半径更小的C o?+与碳酸根离子中的氧离子作用力更强，更利于碳酸根分解为C 02,则 M n C C h 比C o C O3的分解温度高；(4)已知阴离子(N)采用面心立方最密堆积，则其面对角线长为2 个 N 3-离子的直径，晶胞答案第19页，共 16页参数为a x l 0*m,则一个N 3的半径长为Y 2 a x l 0 m,因此，3+的半径为;。2 T i C a 离子键 6(4)4 4 473x 85.84NAx(a x l O-I O)3-a3NAx l O32g/cm3【解析】(1)S i电子排布
18、式为I s22s22P 63s23P 2,价层电子为其最外层电子即为3s23P 2。其结构为立体网状结构，所以为原子晶体，答案为3s23P 2;原子晶体；(2)四者的沸点均相对较低，则为分子晶体，分子晶体熔沸点看氢键和范德华力。答案为四者均为分子晶体，S i F 4-S i l 4摩尔质量增大，范德华力增大，物质的熔沸点升高；(3)化合物中C a和T i呈正价而O呈负价，则电负性O最大。由于Ca与T i为同周期从左到右电负性增强，所以答案为O T i C a。Ca为活泼金属和活泼的非金属之间为离子键，答案为离子键。以顶点的钛为例，离它最近的T i，+应该是与该顶点相连的3条棱心，且晶胞中三条棱
19、进行延申再找到3个，所以有6个。答案为6；(4)从已知坐标得晶胞得边长为1。而D点在晶胞的!立方体体心，则其坐标为(5，；,；)。8 4 4 4晶胞中原子分别位于顶点占1个，面心占3,体内占4个，则共有8个原子。p=-M-N-=-7-3-x-8-5.84 ,n3 2,3 73 x8 5.84 小2，3x 1 0-g/cnr,答案为-x 1 0 g/c m。M V品 胞 NAx(axl O 0)3 a3NA a NA x(axl O-0)3 a3NA 7.(1)1 2 4 3 d 0 4 s正四面体 sp3(3)ACD N H3 O 1 6(4)0 2-半径比S 2-半径小，离子键强，晶格能大，
20、C U 2 O熔点高【解析】(1)铜的晶胞结构是面心立方最密堆积，以最上面面心铜原子为例，距离相等且最近的铜原子同层4个，下层四个面心，上层四个面心，配位数为1 2,一个金属铜晶胞中所含的铜原子数为9 x 8+5 *6=4,基态铜原子的价电子排布式为：S d Ms1,故答案为：1 2；4；O/3 dl 04 s；答案第2 0页，共1 6页(2)S O/中 S 原子价电子对数是4,无孤电子对，空间构型为正四面体，其中心原子的杂化类型是sp?,故答案为：正四面体；sp3；(3)口 N%、H2O中含有极性共价键，N%、比0 通过氢键结合成NH3H2。，氢键不是化学键，氨水中存在的微粒为主要为NH3H
21、2O、镂根离子、氢氧根离子、水分子、氨分子，存在化学键有极性键、键、氢键，故答案为：ACD；CU(N H J/C C)3中阴离子是碳酸根离子，因此配体是N%,非金属性越强电负性越大，因此CU(N H)C C 3所含元素中电负性最大的非金属元素是0;U单键和配位键均是G键，因此Im o lQ N H)中含(4+4x3)mol=16mol c 键；(4)硫化亚铜和氧化亚铜均为离子晶体，熔沸点与晶格能相关，。2-半径比S2-半径小，离子键强，晶格能大，熔点高，所以熔点较高的是氧化亚铜；故答案为：02-半径比S2-半径小，离子键强，晶格能大，CU20熔点高。8.(1)X射线衍射实验(2)5(3)S”的
22、半径比。2-的大，MnS的晶格能小(4)+2(5)高锯酸分子(HMnCU)中含有三个非羟基氧原子，锯酸OhMnO。中只有二个非羟基氧原子 3 NA 丁x/3 标14了M10【解析】(1)晶体具有微观点阵结构，能发生X 射线衍射现象，故能准确证明AloPbM%不是晶体的方法是X 射线衍射实验，若不产生X 射线衍射现象，则不是晶体；(2)M n是 2 5 号元素价电子排布式为3d54s2,5 个 3 d 电子分别位于5 个不同的轨道上，有5 个未成对电子；(3)MnS和 MnO晶体类型相同，均为离子晶体，由于S?-的半径比0?-的大，则 MnS的晶格能比M nO小，MnS熔点比MnO熔点低；(4)
23、配合物Mn(CO)3(CN)B r的配体CO 为分子、CN为离子，B r为-1 价，根据化合价代数和为零，配合物中锌元素的价态为+2；(5)HMnO4和 H2MnO4都是含氧酸，高锦酸是一元酸，含有三个非羟基氧，镒酸为二元酸，含有二个非羟基氧,含非羟基氧越多酸性越强，所以高锌酸的酸性比锦酸强;故本题答案为：高镭酸分子(HMnCW中含有三个非羟基氧原子，镭酸(HzMnCR中只有二个非羟基氧原子；(6)口晶胞中，La个数为8x：=l、N i个数为8x；+l=5,H2个数为2x；+8x5=3,化学式8 2 2 4为 LaNi5(H2)3,所 以 ImolLa的合金可吸附3m。吐，氏 的数目为3 NA
24、,故答案为：3NA；DNi答案第21页，共 16页原子占据晶胞的顶点和面心，将晶胞分成8 个小正方体，M g 2+处于乙图八个小立方体的体心，即位于N i 原子形成的四面体空隙内，所以M g?+和N i 原子的最短距离x为晶胞体对角线的四分之一，设晶胞边长为a c m,贝 i j x=3 a c m,晶胞能有8 个 M g 2+,即晶胞中有4个“M g zN i HJ ,-4 M晶胞质里m=NAx l 07nm,故答案为:9.(1)口 口(3)冰中分子间氢键而CO?没有(4)4 8圜 r T T T T H 2 s 2 p(6)(7)；(3)分子晶体中除了范德华力之外，分子间氢键影响熔沸点高低
25、，冰中分子间氢键而CO 2没有；(4)铜晶体为面心晶胞，原子分别位于顶点和面心，原子总数为6X4+：X8=4。Ca Cb中2 8Ca 2+的配位数即是离它最近的CI-的个数为共由4+4=8；E rF T T T H(5)N的最外层电子排布为2 s 2 2 P 3,价电子排布图为2 s 2 p .(6)电负性大的元素显负价，电负性S i H；(7)S i 与 P为同周期第一电离能DA VE J A。而 N、P同族，至上而下第一电离能增大，即第答案第2 2 页，共 1 6 页一电离能S i P N,所以S i A 1 N a(3)L i+所带电荷比M g 2+少有关(4)N(5)正四面体形4 x
26、M 0 1 2 6G【解析】(1)已知L i 是 1 3 号元素，则基态铝原子的价层电子排布式为3 s2 3 p U 已知同一能级不同轨道的能量相同，则基态钻原子核外有1 s、2 s 2 p、3 s、3 p、3 d、4s共 7 种能量不同的电子，故答案为：3 s23 p;7；(2)根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，DA与U A、VA与 V I A 反常，可知钠、镁、铝的第一电离能大小排序为：M g A I N a,故答案为：M g A l N a；(3)已知U 2 O、MgO均为离子晶体，离子晶体中阴阳离子所带的电荷越多，离子半径越小，晶体的晶格能越大，熔点越高，则它们的熔点差异除
27、离子半径因素外，还 与 L i+所带电荷比M g 2+少有关，故答案为：L i+所带电荷比M g 2+少有关；(4)&N C H 2 c H z N H 2 作配体时，由于-N H 2 的 N原子上有孤电子对，而 C、H上没有孤电子对，即N原子提供孤电子对直接与Mg、C o?+都形成配位键，则其配位原子是N,故答案为：N；(5)L i A l H,是有机合成的常用还原剂，A 1 H；中中心原子A 1 周围的价层电子对数为：答案第2 3 页，共 1 6页4+-M,根据价层电子对互斥理论可知，其的空间结构是正四面体形，故答案为：正四面体形；(6)由题干晶胞图示可知，连接面心上6 个0 构成构成正八
28、面体，故答案为：C；在N i O 晶胞中，每个氧离子周围与它最近且相等距离的氧离子有相互垂直的三个面，每个面上有 4 个，共 3 x 4=1 2 个；每个镇离子周围与它最近且相等距离的氧离子有上、下、左、右、前、后共6 个，故答案为：1 2；6；已知N i O 晶胞边长为a c m,M 为阿伏加德罗常数的值，则 N i O 晶体的密度为由题干图示晶胞可知，每个晶胞中含有N i 2+为1 2 x!+l=4个，41 1 m 4 x M 4 x M8 x-+6 x-=4,则 N i O 晶体的密度P=j=兀f g c m ,故答案为：-一1 1.(1)BD(2)BF(3)小 S e O：空间构型为正
29、四面体，键角1 0 9。28 S e O、空间构型为平面三角形，键角1 20。,S e O：的键角小(4)低于毗咯易形成分子间氢键OC 25 6 x1 0”()2 2)2a2NA【分析】N i O 的晶胞结构所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0),B 为(1,1,1),c 在 X、V、z 轴上的投影分别是(1,1 ),则 c点的离子坐标为(1,1 ),每个N i 原子被3个 O原子包围，每个O原子被3个 N i 原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2a p m,每个三角形含有一个N i 原子，三角形的面积=(；*2a x2a xs i n 6(r xl(y24
30、)m 2=G xl 0-24 xa 2m 2,如图实际上每个N i 原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为右xl 0-24 xa 2m 2,o原子个数为6 x=1,6据此计算，以此来解析；(1)A.C H 3 C N 与 Mn原子配位时，C 原子形成4个共价键，不存在孤电子对，N原子中存在孤电子对，为配体，A错误；B.根据配合物 M n(CO)5(CH 3 CN)可知内界存在5个 CO和 1 个 C H 3 C N,配位数为6,B 正确；C.C%C N中甲基中的C 原子形成4个。键，杂化方式为s p 3,鼠基中C 原子形成2 个。键和2 个兀键，杂化方式为s p,C 错误；D.C H3C
31、N中形成3 个 C-H 键，1 个 C-C键，1 个 C-N 键，共 有 5 个 0键，鼠基中形成2 个兀键，答案第24 页，共 1 6 页键与兀键数目之比为5：2,D 正确；故选B D；(2)T i 能形成化台物 T i Cl(H 2O)5 Cb H 2O,该化合物中0-H 中存在。键和极性共价键，T i 3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在兀键和非极性共价键，B 和F符合题意；故选BF；(3)S e O：是正四面体形，键角为1 0 9。28,而 S e Ch 是平面正三角形，键角为1 20。，故 S e Ot中 S c-0 的键角比S e Ch 的键角小：(4)影响
32、物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的毗咯沸点大于吠喃，瞰咯易形成分子间氢键，沸点较高，则吠喃沸点低于此咯，毗咯易形成分子间氢键；(5)N i O 的晶胞结构所示，其中离子坐标参数A为(0,0,0),B 为(1,1,1),c 在 x、y、z 轴上的投影分别是(1,1 ),则 c 点的离子坐标为(1,g，g )，每个N i 原子被3 个0原子包围，每个0原子被3个 N i 原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2a p m,每个三角形含有一个N i 原子，三角形的面积=(g x2a x2a xs i n 6 0 O xl 0-24)m 2
33、=G xi(y24【解析】(1)BF,的成键电子对为3,孤 电 子 对 为 土 芦=0,故其空间构型为平面三角形或平面正三角形，则 BF3分子中的正负电荷中心重合，属于非极性分子；(2)Cd与 Zn是相邻周期同族元素位于第DB族，故其价电子排布为4dl05s2；可以从晶体类型的角度分析，碎化像(GaAs)属于共价晶体，共价键键能强，熔点高；(3)其中一个甲酸分子的羟基上的氢和另一个甲酸分子的竣基上的氧形成了氢键，从形成环状结构，其二聚体的结构为：X)H .(4)在每个环中，有氧原子个数2xg=l,B 原子数6xg=2,该氧化物的化学式为B2O；B 原子半径大于O 原子半径，故 B-B键的键长
34、B-0键的键长。15.(1)FeS+CrO;+4H2O=Fe(OH),+Cr(OH)3+S+2OH SxlO-5 c(OH)越大，FeS 表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降答案第27页，共 16页(3)Fe2O3;设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,M(FeSp=120g/mol,则3MFeo)=120g/molx66.7%=80.04g/mol,则 56+16x=80.04,x=-，即固体产物为 FezCh*2【详解】(1)在弱碱性溶液中，FeS与CrO：反应生成Fe(OH)3、CKOH
35、%和单质S 的离子方程式为：FeS+Ci-O+4H,O=Fe(OH),+Cr(OH),+S+2OH；FeS+H+;Fe2+HS 0 J平衡常数 K=F,由题目信息可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+).c(S2)=6.5x 1018,H2s 电c(H)离常数Kg=丝嚏燮=L3xlO”,所以 鬻=KFeS)+Ka2=5xl(T5；在pH=47溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH 的浓度增大，降低了对Cr(Vl)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：FeS+CrO；+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-；5x 10-5;FeS 表面
36、带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。(2)因为FeS?的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有 4 个 Na和 4 个 C I,则该FeS?晶体的一个晶胞中S；的数目也为4；FeS?晶体中，每个S 原子与三个Fe?+紧邻，且Fe-S间距相等，根据FeS晶胞中的Fe?+和转的位置中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S 原子与S-S 键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe?+紧邻且间距相等，其中一个S 原子与紧邻的Fe”连接图如下：(3)有图可知，80
37、0时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS：的质量的比值为66.7%,答案第28 页，共 16页设F e S?氧化成含有两种元素的固体产物化学式为F e O x,M(FCSJ)=1 2 0 g/mol,贝 I3M(F e o)=1 2 0 g/molx 6 6.7%=8 0.0 4 g/mol,5 6+1 6 x=8 0.0 4,x=-,所以固体产物为 F e z C h;故2答案为：F e2O3；设F e S,氧化成含有两种元素的固体产物化学式为F e O x,M小“=1 2 0 g/mol,3则 M N H V(3)s p 2、s p S C N-(4)4 b d4 x(5 1+7 5)(
38、5)4 (竽 x a x l O p N A【解析】常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；V是 2 3 号元素，位于第四周期L B,V元素的核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 3 d 3 4 s 2 或 A r 3 d 3 4 s 2,d能级有5个轨道，按照洪特规则，V元素核外有3个未成对电子；故答案为原子光谱；I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 3 d 3 4 s 2 或 A r 3 d 3 4 s 2；3；(2)V为金属元素，其余为非金属元素，一般非金属性越强，电负性越强，同周期从左向右电负性逐渐增大，因此电负性由大到小的顺序
39、是0 N H V；故答案为0 N H V；(3)H2 c 2 O 4 的结构简式为HO O C-C O O H,C原子有3个G键，无孤电子对，杂化类型为s p 2,C O 2 的结构式为O=C=O,空间构型为直线形，即 C原子杂化类型为s p；根据等电子体的定义，与 C O 2 互为等电子体的阴离子是S C N-等；故答案为s p 2、s p；S C N 一 等；(4)1 个双键中有1 个键和1 个 兀键，根据五氧化二钿的结构简式，1 个五氧化二钢中含有4个 兀键，故答案为4；a.氨气空间构型为三角锥形，水的空间构型为V形，故 a 错误；b.氨气中N的杂化类型为s p 3,水中O的杂化类型为s
40、 p 3,故 b正确；c.氨气中心原子N有 1 对孤对电子，水中心原子O有 2 对孤对电子，孤对电子对数越多，键角越小，故 c 错误；d.N H3、H 2 O 均能形成分子间氢键，故 d正确；答案为b d；(5)答案第2 9 页，共 1 6 页根据晶胞图，A s 的配位数为4,故答案为4；根据晶胞图，该晶胞中有4个“V A s”结构单元4 x(5 1+7 5)-晶 胞 质 量 为 一 g,碑帆最近的距离NA厂 4 x(5 1+7 5)是体对角线的;，则晶胞的边长为竿x a x l O,c m,晶 胞 的 密 度 为(逑 xaxlo/N乞小;4 x(5 1+7 5)故 答 案 为(华 x a x
41、 l O N A 01 7.(1)A r 3 d5 4：5(2)1：1 A C(3)不是晶体中最小结构的重复单元 1 2N,、（2 1 0，）3【解析】(1)铁原子失去4 s 能级上2个电子、3 d 能级上1 个电子生成Fe 3+,其核外电子排布式为I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6 3 d 5,简化电子排布式为 A r 3 d 5,基态Fe2+Fe?+离子外围电子排布图分别为3d 3 dI*,1*I )I，I*、，未成对的电子数之比为4：5。故答案为：A r 3 d 5；4：5；(2)铁氟化钾中铁氟酸根离子中铁离子与氟酸根离子形成的配位键属于。键，氟酸根离子的碳氮三键
42、中有1 个。键和2个兀键，Fe(C N)6 中 键与兀键的个数比为(6+1 x 6)：2 x 6=1：1；铁氟化钾为离子化合物，存在的化学键有离子键、极性共价键和配位键，故选AC,故答案为：1：1;A C；(3)口晶胞是晶体微观空间结构里最小结构的重复单元，晶胞的结构应是对称的，图 1 结构不对称，对比图2可知，晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，故 图 1 不是晶胞单元。故答案为：不是晶体中最小结构的重复单元；取晶胞中顶点的F e 2+,与该F e 2+等距且最近的F e 3+位于棱心，其数目为3、8、=1 2；若将晶胞分为8 个相等的小正方体，则 C 处 K+位于右下后方的小立方体的
43、体心，由A 原子的坐标3 3 1参 数 为(0,0,0),B原 子 为(1,1,1),可知C 处 K+的 坐 标 为(;，二，;)；F e 2+位于晶胞4 4 4顶点和面心，个数为8X：+6X；=4,F e 3+位于棱心和体心，个数为1 2 x：+l=4,K+的位于体8 2 4答案第3 0 页，共 1 6 页内，个数为4,根据电荷守恒，晶胞中CN-的个数为；+4 1=2 4,晶胞质量为g,晶胞中F e 2+与 F e 3+的核间距为a n m,则晶胞边长为2 a n m,晶胞体积为(2 a x l(?7)3 c m 3,M M则晶胞密度p=，=N 3 3 1 A g-c m-3,故答案为：1
44、2；(?,：,；)；N,。V-(2 a x lO-7)3(2 a x l0-7)31 8.(1)d 3 d 2 4 s l4 Pl(2)Ti CL、Ti B r4,Ti l,都是分子晶体，相对分子质量越大、分子间作用力越大 Ti R 是离子晶体，熔化需克服离子键，离子键作用力大于分子间作用力+3 s p2 N O C 正四面体1 6 0(4)a3NAx lO-3 0【解析】Ti 是 2 2 号元素，基态Ti 原子价电子排布式为3 d 2 4 s 2,处于周期表的d区，基态Ti 原子4 s轨道上的一个电子激发到4 p轨道上形成激发态，该激发态价层电子排布式为3 d24 s 4 p Ti Cl4,
45、Ti B rls Ti l,都是分子晶体，相对分子质量越大、分子间作用力越大，所以熔沸点依次升高；Ti F,是离子晶体，熔化需克服离子键，离子键作用力大于分子间作用力，所以Ti R 熔点反常。(3)CIO,化合价为-1、尿素是电中性分子，根据元素化合价代数和为0,配合物中Ti 的化合价为+3。尿素中C 原子形成3个。键，无孤电子对，有 3个杂化轨道，杂化轨道类型为s p?；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，N 原子2 P能级半充满，结构稳定，第一电离能大于相邻元素，第一电离能的大小关系为N O C。CIO,中 Cl原子有4个杂化轨道，无孤电子对，空间结构为正四面体。(4)根据均摊原则，晶胞中Ti 原子数为8x J+l=2、O 原子数4 x 4+2=4,若晶胞边长为叩m,o24 8x 2+1 6 x 4 1 6 0则金红石晶体的密度为(4 x 1 0-0)3 N、=示瓦 示 声 gc m-3。答案第3 1 页，共 1 6 页