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）.DOC

n单元物质结构与性质n1原子结构与元素的性质25.f2 n12013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：元素相关信息xx的最高价氧化物对应的水化物化学式为h2xo3yy是地壳中含量最高的元素zz的基态原子最外层电子排布式为3s23p1ww的一种核素的质量数为28，中子数为14 (1)w位于元素周期表第_周期第_族；w的原子半径比x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a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si4hf=sif42h2(4)4al(s)3o2(g)=2al2o3(s)h3352 kjmol1(其他合理答案均可)解析 利用x的信息知其为a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a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3p1电子容易失去，因此al、si相比，第一电离能较小的是al；co2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al3，因此向该溶液中加入naoh至过量，依次发生反应为al33oh=al(oh)3、al(oh)3oh=alo2h2o，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h2，同时还生成sif4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al2o3时，放出热量为419 kj3352 kj。31n1 n4 n2 n3 n52013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)nf3可由nh3和f2在cu催化剂存在下反应直接得到：4nh33f2nf33nh4f。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金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。(3)bf3与一定量的水形成(h2o)2bf3晶体q，q在一定条件下可转化为r：h2ohohbfffqh3o r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r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ka1.11010；水杨酸第一级电离形成的离子coooh能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数ka2(水杨酸)_ka(苯酚)(填“”或“”)，其原因是_。31答案 (1)(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)coooh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：bconf；(2)nf3、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；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ar3d104s1；(3)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oh、bf、ob、oho，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；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bf共价键、1个ob配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则coooh中形成分子内氢键，即oho(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。32n1、n3、n42013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 xyn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hfhcl；卤族元素单质结构相似，f2、cl2、br2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412，同理可知含有n的个数为812，因此该功能陶瓷的化学式为bn。(3)在bcl3与ncl3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sp2、sp3；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bcl3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。8c5 e2 f3 n12013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。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_。almg合金焊接前用naoh溶液处理al2o3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。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_。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。80.0 g cual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_。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ph3.4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)第三周期第a族co2al2o32naoh=2naalo2h2oar(其他合理答案均可)(2)吸氧腐蚀caco3或cao(3)83.1%al、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全部转化为al(oh)3；almg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；cual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ph3.4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。4e2 e5 n12013四川卷 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43，z原子比x原子的核外电子数多4。下列说法正确的是()aw、y、z的电负性大小顺序一定是zywbw、x、y、z的原子半径大小顺序可能是wxyzcy、z形成的分子的空间构型可能是正四面体dwy2分子中键与键的数目之比是214c解析 利用题中“w、x原子的最外层电子数之比为43和x的原子序数大于w”可知w一定在x的上一周期，且可推知w为c，进而可知x为al，z为cl，则y可能是si(硅)、p(磷)或s(硫)。si(硅)的电负性小于c(碳)，a项错误；c(碳)核外电子层数只有2层，小于核外电子层数为3的al、cl等元素的原子半径，b项错误；若y为si，则sicl4的空间构型是正四面体，c项正确；cs2分子中的碳硫双键中一条为键、一条为键，故该分子中键与键数相等，d项错误。37n1 n42013新课标全国卷 化学选修3：物质结构与性质前四周期原子序数依次增大的元素a、b、c、d中，a和b的价电子层中未成对电子均只有1个，并且a和b的电子数相差为8；与b位于同一周期的c和d，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：(1)d2的价层电子排布图为_。(2)四种元素中第一电离能最小的是_，电负性最大的是_。(填元素符号)(3)a、b和d三种元素组成的一个化合物的晶胞如图0所示。图0该化合物的化学式为_；d的配位数为_；列式计算该晶体的密度_gcm3。(4)a、b和c3三种离子组成的化合物b3ca6，其中化学键的类型有_；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_，配位体是_。37答案 (1)(2)kf(3)k2nif463.4(4)离子键、配位键fef63f解析 结合“a和b的价电子层中未成对电子均只有1个，并且a与b电子数相差8”，可知a位于n周期第a族、b位于n2周期第a族，它们均为前四周期元素，那么a为f，b为k，再结合“与b位于同一周期的c和d，它们电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2”，可知c为fe(26号)、d为ni(28号)。(1)ni2即是失去4s上的2个电子，价层电子排布式为3d8，排布图为。(2)结合元素性质，第一电离能最小的是k，电负性最强的是f。(3)据均摊法，f的个数为16428，k的个数为824，ni的个数为812，该晶体的化学式为k2nif4；ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。结合知，该晶胞有2个k2nif4，其质量为，该晶胞的体积为1308101040010104001010 cm3，即可计算密度。(4)k3fef6是配合物，内界(fef6) 3以配位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是f。n2化学键31.n1 n4 n2 n3 n52013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)nf3可由nh3和f2在cu催化剂存在下反应直接得到：4nh33f2nf33nh4f。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金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。(3)bf3与一定量的水形成(h2o)2bf3晶体q，q在一定条件下可转化为r：h2ohohbfffqh3o r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r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ka1.11010；水杨酸第一级电离形成的离子coooh能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数ka2(水杨酸)_ka(苯酚)(填“”或“”)，其原因是_。31答案 (1)(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)coooh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：bconf；(2)nf3、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；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ar3d104s1；(3)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oh、bf、ob、oho，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；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bf共价键、1个ob配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则coooh中形成分子内氢键，即oho(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。11b1 b3 g1 h3 f4 n22013重庆卷 化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(1)催化反硝化法中，h2能将no还原为n2。25 时，反应进行10 min，溶液的ph由7变为12。n2的结构式为_。上述反应离子方程式为_，其平均反应速率v(no)为_moll1min1。还原过程中可生成中间产物no，写出3种促进no水解的方法_。(2)电化学降解no的原理如图0所示。图0电源正极为_(填“a”或“b”)，阴极反应式为_。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为_g。11答案 (1)nn2no5h2n22oh4h2o0.001加酸升高温度加水(2)a2no6h2o10e=n212oh14.4解析 (1)n2结构中含有氮氮三键，其结构式为nn；h2与no发生氧化还原反应，h由0价升到1价，n由5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5h22non24h2o2oh；溶液的ph由7变为12，表明c(h)由107变成1012，则c(oh)由107增大到102，c(oh)在10 min 内的变化量约为102 mol/l，而c(oh)与c(no)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(no)的变化量为0.01 mol/l，则v(no)0.001 mol/(lmin)；no水解：noh2ohno2oh，是一个吸热过程，可通过升高温度、加酸和加水的方法促进其水解。(2)根据题图可知，电解池右侧no转化成n2，发生还原反应：2no10e6h2o=n212oh，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2h2o4 e=o24h，其电极作阳极，与其相连的a端为电源的正极；转移2 mol电子时，右侧产生0.2 mol n2，质量为5.6 g，左侧产生0.5 mol o2，质量为16 g，同时生成2 mol h，由于h可通过质子交换膜由左侧进入右侧，则右侧电解液质量实际减少：5.6 g2 g3.6 g，左侧电解液质量实际减少：16 g2 g18 g，则两侧质量差为14.4 g。n3分子的结构与性质31.n1 n4 n2 n3 n52013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)nf3可由nh3和f2在cu催化剂存在下反应直接得到：4nh33f2nf33nh4f。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金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。(3)bf3与一定量的水形成(h2o)2bf3晶体q，q在一定条件下可转化为r：h2ohohbfffqh3o r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r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ka1.11010；水杨酸第一级电离形成的离子coooh能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数ka2(水杨酸)_ka(苯酚)(填“”或“”)，其原因是_。31答案 (1)(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)coooh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：bcon离子晶体分子晶体，则sicl4mgbr2bn，c项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于h2o、nh3分子间存在氢键，d项正确。n4晶体结构与性质31.n1 n4 n2 n3 n52013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)nf3可由nh3和f2在cu催化剂存在下反应直接得到：4nh33f2nf33nh4f。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金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。(3)bf3与一定量的水形成(h2o)2bf3晶体q，q在一定条件下可转化为r：h2ohohbfffqh3o r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r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ka1.11010；水杨酸第一级电离形成的离子coooh能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数ka2(水杨酸)_ka(苯酚)(填“”或“”)，其原因是_。31答案 (1)(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)coooh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：bcon离子晶体分子晶体，则sicl4mgbr2bn，c项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于h2o、nh3分子间存在氢键，d项正确。11b2 j1 j2 n42013四川卷 明矾石经处理后得到明矾kal(so4)212h2o。从明矾制备 al、k2so4和h2so4的工艺过程如下所示：图0焙烧明矾的化学方程式为4kal(so4)212h2o3s=2k2so42al2o39so248h2o。请回答下列问题。(1)在焙烧明矾的反应中，还原剂是_。(2)从水浸后的滤液中得到k2so4晶体的方法是_。(3)al2o3在一定条件下可制得 aln，其晶体结构如图所示，该晶体中 al的配位数是_。图0(4)以al和nio(oh)为电极，naoh溶液为电解液组成一种新型电池，放电时nio(oh)转化为ni(oh)2，该电池反应的化学方程式是_。(5)焙烧产生的so2可用于制硫酸。已知25 、101 kpa时：2so2(g)o2(g)2so3(g)h1197 kj/mol；h2o(g)=h2o(l)h244 kj/mol；2so2(g)o2(g)2h2o(g)=2h2so4(l)h3545 kj/mol。则：so3(g)与h2o(l)反应的热化学方程式是_。焙烧948 t明矾(m474 g/mol)，若so2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸_t。11答案 (1)s(硫)(2)蒸发结晶(3)4(4)al3nio(oh)naohh2o=naalo23ni(oh)2(5)so3(g)h2o(l)=h2so4(l)h130 kj/mol432解析 (1)结合明矾煅烧的方程式可知，s的化合价升高，被氧化，作还原剂。(2)从溶液中得到晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)结合aln的晶体图可推出处于晶胞体心的al与4个n直接相连，因此该晶体中al的配位数为4。(4)利用题中放电时信息可知niooh作正极(放电时发生还原反应)，则al作负极，因电解质溶液为naoh，则放电时al极发生氧化反应生成naalo2，由此容易写出电池总反应。(5)首先写出该反应为so3(g)h2o(l)=h2so4(l)，利用盖斯定律，将方程式进行叠加：2，则h545 kj/mol(197 kj/mol)(44 kj/mol)2260 kj/mol；结合题中给出煅烧明矾的方程式可得关系式：4kal(so4)212h2o9so29h2so4，可知948 t明矾可得到98%的浓硫酸的质量为106 gt1432 t。8b1 e2 n42013四川卷 x、y、z、r 为前四周期元素且原子序数依次增大。x的单质与氢气可化合生成气体g，其水溶液ph7；y的单质是一种黄色晶体；r基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。y、z分别与钠元素可形成化合物q和j，j的水溶液与agno3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀l；z与氢元素形成的化合物与g反应生成m。请回答下列问题：(1)m固体的晶体类型是_。(2)y基态原子的核外电子排布式是_；g分子中x原子的杂化轨道类型是_。(3)l的悬浊液中加入q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是_。(4)r的一种含氧酸根ro具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是_。8答案 (1)离子晶体(2)1s22s22p63s23p4sp3杂化(3)ag2s的溶解度小于agcl的溶解度(4)4feo20h=4fe33o210h2o解析 “x的单质与氢气化合生成气体g，其水溶液ph7”，可知x为n(氮)，“y是一种黄色晶体”，可知y为s(硫)，“r基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍”即核外电子排布式为ar3d64s2，结合电子排布规律可知其是26号元素fe，由“z与钠元素形成的化合物与agno3反应生成不溶于硝酸的白色沉淀”，可知z为cl(氯)，进而可推知g、q、j、l、m分别为nh3、na2s、nacl、agcl、nh4cl。(1)nh4cl是nh与cl间通过离子键结合，属于离子晶体。(2)s元素为16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4(或者ne3s23p4)；nh3分子中n原子成键电子对数为3，孤电子对数为1，即价层电子对数为4，故n原子为sp3杂化。(3)agcl悬浊液加入na2s溶液，白色沉淀转化成黑色沉淀，是由于ksp(ag2s)ksp(agcl)，agcl沉淀可转化成更难溶的ag2s沉淀。(5)feo在酸性溶液中，得到黄色溶液说明溶液中有fe3，即有铁元素被还原，那么得到的气体只能是氧化产物o2。37n1 n42013新课标全国卷 化学选修3：物质结构与性质前四周期原子序数依次增大的元素a、b、c、d中，a和b的价电子层中未成对电子均只有1个，并且a和b的电子数相差为8；与b位于同一周期的c和d，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：(1)d2的价层电子排布图为_。(2)四种元素中第一电离能最小的是_，电负性最大的是_。(填元素符号)(3)a、b和d三种元素组成的一个化合物的晶胞如图0所示。图0该化合物的化学式为_；d的配位数为_；列式计算该晶体的密度_gcm3。(4)a、b和c3三种离子组成的化合物b3ca6，其中化学键的类型有_；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_，配位体是_。37答案 (1)(2)kf(3)k2nif463.4(4)离子键、配位键fef63f解析 结合“a和b的价电子层中未成对电子均只有1个，并且a与b电子数相差8”，可知a位于n周期第a族、b位于n2周期第a族，它们均为前四周期元素，那么a为f，b为k，再结合“与b位于同一周期的c和d，它们电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2”，可知c为fe(26号)、d为ni(28号)。(1)ni2即是失去4s上的2个电子，价层电子排布式为3d8，排布图为。(2)结合元素性质，第一电离能最小的是k，电负性最强的是f。(3)据均摊法，f的个数为16428，k的个数为824，ni的个数为812，该晶体的化学式为k2nif4；ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。结合知，该晶胞有2个k2nif4，其质量为，该晶胞的体积为1308101040010104001010 cm3，即可计算密度。(4)k3fef6是配合物，内界(fef6) 3以配位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是f。n5物质结构与性质综合31.n1 n4 n2 n3 n52013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