2016年高考试题化学新课标Ⅱ卷解析版

1、2016年普通高等学校招生全国统一考试（新课标II卷）化学7 .下列有关燃料的说法错误的是A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一8 .化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一【答案】B【解析】试题分析:A,燃料燃烧产物是加,温室气体包括8；、田等气体，A项正确jB.化石燃料完全燃烧产生大量CO：气体，大气中CO:含量过高会导致温室效应等环境问题，B项错误C流化石油气等物质燃烧能生成水和二氧化碳,是一种比较清洁的能源，所以以液化石油气代替燃油可属少大气污染jC项正确足.CO是有毒气体，燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一

2、，D项正确，答案选输【考点定位】考查燃料燃烧，环境污染与防治等知识。【名师点睛】本题考查燃烧的燃烧，涉及化石燃料和液化石油气等，化石燃料是一种碳氢化合物或其衍生物。化石燃料所包含的天然资源有煤、石油和天然气；液化石油气是由炼厂气或天然气（包括油田伴生气）加压、降温、液化得到的一种无色、挥发性气体，是一种比较清洁的能源。9 .下列各组中的物质均能发生加成反应的是A.乙烯和乙醇B,苯和氯乙烯C.乙酸和澳乙烷D,丙烯和丙烷【答案】B【解析】试题分析：苯和氯乙烯中均含有不饱和键，能与氢气发生加成反应，乙醇、澳乙烷和丙烷分子中均是饱和键，只能发生取代反应，不能发生加成反应，答案选Bo【考点定位】考查有机

3、反应类型【名师点睛】本题考查有机反应类型。取代反应、加成反应的异同比较如下：有机物分子里的某些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应，称为取代反应；有机物分子中双键（或三键）两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应称为加成反应；上一下一，有进有出”是取代反应的特点，断一，加二都进来”是加成反应的特点；一般来说，烷烧、苯、饱和醇、饱和卤代煌往往容易发生取代反应，而含碳碳双键或碳碳三键或苯环的有机物容易发生加成反应。10 a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙第1页共13页述错误的是A. a与其他三种元素形成的

4、二元化合物中其化合价均为+1B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C.c的原子半径是这些元素中最大的D.d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】试题分析：a的原子中只有1个电子.则a为氢元素，般b.ad为矩周期元素jb：和C离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素“A.H与。、$形成化合物为H：0和HS氯元素的化合价为+1,而KaH申氯元素的化合价为-1价，A项错误：B,氧元素与其他元素能形成H/XH2Oz.SO：,S6、N逊O.等化合物,B项正确三C,同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S

5、>O>H,C项正豳D.d和a形成的化合物为比"疏化氢是二元弱酸，HiS的溶液呈弱酸性,D项正确孑答案选A.【考点定位】考查元素的推断，元素周期律的应用等知识。【名师点睛】本题考查元素的推断，元素周期律的应用等知识。在短周期元素中，能形成b2-和C+离子的元素只能位于第二、第三周期，所以b为氧元素，c为Na元素，H原子的核外只有一个电子，则A为H元素，d与b同族，则d为S元素，然后根据元素周期律的基础知识解答即可。10.分子式为C4H8c12的有机物共有（不含立体异构）A.7种B.8种C.9种D.10种【答案】C【解析】试题分析：根据同分异构体的书写方法，一共有9种，分别为

6、1,2二氯丁烷；1,3二氯丁烷；1,4二氯丁烷；1,1氯丁烷；2,2氯丁烷；2,3氯丁烷；1,1氯一2甲基丙烷；1,2氯一2甲基丙烷；1,3.氯2一甲基丙烷。答案选Co【考点定位】考查同分异构体的判断。【名师点睛】本题考查同分异构体数目的判断。判断取代产物同分异构体的数目，其分析方法是分析有机物的结构特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据煌基的同分异构体数目进行判断。11 .Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是2+A.负极反应式为Mg-2e=MgB.正极反应式为Ag+e-=Ag第2页共13页C,电池放电时C由正极向负极迁移D.

7、负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T【答案】B【解析】试题分析：根据题意？电池总反应式为Mg-2AgCl=MgCl:Ag;正极反应为：负极反应为：Mg-2.=Mg二*,A项正确,B项错误对原电池来说，阴离子由正极移向负极，所以电池放电时C1-由正极向负极迁移，C项正确由于镁是活泼金属，典族极会发生副反应Mg-2H9=Mg0H；LH二、D项正确；答案选Bo【考点定位】考查原电池的工作原理。【名师点睛】本题以Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池为载体，考查原电池电极反应式的书写，离子的迁移方向等知识。化学电源是高考中的热点，也是难点，学生要结合原电池的知识来推断

8、试题给出的化学电源的工作原理，然后结合化合价的变化判断正、负极。12 .某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A.NaHCO3、Al(OH)3B.AgCl、NaHCOaC.Na2SO3、BaCOaD.Na2CO3、CUSO4【答案】C【解析】试题分析：A.NaHCO3、Al(OH)3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B.AgCl不溶于水和酸，加入水后，碳酸氢钠溶解，而AgC

9、l不溶，再加入足量稀盐酸，AgCl仍然不溶，固体不能全部溶解，B项错误；C.亚硫酸钠和碳酸钢中加入水，碳酸钢不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钢与盐酸反应生成氯化银、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钢反应生成硫酸钢沉淀、二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D.Na2CO3、CUSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选Co【考点定位】考查物质的推断和性质。【名师点睛】本题考查物质的推断和性质。该题既能检查学生元素化合物基础知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考查学生的逻辑推理能力，难度较大，解答时应认真分析题干，找出明显条件

10、和隐蔽条件。13 .下列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作第3页共13页A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeC13溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸十C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较水和乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【答案】D【解析】试题分析：A.向沸水中滴入饱和氧化铁溶,液制备氢氧化铁肢体，A项错误jB.氯化镁是强酸弱碱盐,MgC：:溶潼水解产生的HCi易挥发，所以由MgC“溶液制备无水Mg©二要在HO气流中加热蒸干再项错误式,铜与稀植酸反应，应该用稀盐酸，C项错误：D

11、.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，反应剧烈的是水反应平缓的是乙醵，利用此反应比莪水和乙醇中氢的活泼性，D项正确f答案选二,【考点定位】考查化学实验基本操作。【名师点睛】本题考查化学实验基本操作。借助实验考查物质的基本性质，涉及胶体的制备、盐类水解的应用、物质的除杂，水和乙醇中氢的活泼性检验，难度不大，只要平时注意基础知识的积累，复习时牢固掌握实验基础知识，有效结合题中的信息，准确答题即可。第n卷26.联氨(又称联队，N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：(1)联氨分子的电子式为,其中氮的化合价为。(2)实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的

12、化学方程式为。(3)2O2(g)+N2(g)=N204(1)AHiN2(g)+2H2(g)=N2H4(1)H2O2(g)+2H2(g)=2H20(g)AH32N2H4(1)+N204(1)=3N2(g)+4H20(g)H4=-1048.9kJ/mo1上述反应热效应之间的关系式为41=,联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为(已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7X107;Kw=1.040-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到

13、的现象是。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的。2相比，联氨的优点是。IIH【答案】26、(1).-2第4页共13页(2)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O(3)H4=2AHa-2AH2-AHi;反应放热量大、产生大量气体(4)8.710-7,N2H6(HSO4)2(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O,而Na2SO3产生Na2so4【解析】IIH试题分析：3)联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物,电子式为印空9H,根据化合价的代数和为零,

14、其中氟的化合价为-3仪+4=-2价*(2)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，口元素的化合价由+1价降低到-1价jN元素的化合价由-3价升高到-2价根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为NaC10-2NH.=X:H4-XaCl-H:0oG)根据盖斯定律，2M，乂-艮田导2匕二印1卜N9H1)=3%售)+4氏£的所以反应熟效应之间的关系式为甩=工出-联胺有强还原性，氏6有强氧化性，两者在一起易发生氧化还停反应，反应放然量大、产生大量气体，所以联氨和冲。4可作为火箭推进剂。(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-,

15、已知：N2H4+h+pN2H5+的K=8.7X107;Kw=1.040-14,联氨第一步电离的平衡常数K=c(N2H5+)>C(OH-)C(N2H4)=c(N2H5+)>C(OH-)£(H+)c(N2H4)£(H+)=K>Kw=8.7X107M.0M0-14=8.710-7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。(5)联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有弱氧化性，两者发生氧化还原反应，化学方程式为4AgBr+N2H4=4Ag+N2T+4HBr所以向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐

16、渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2。，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg与2g/molX32g/moL=1kg;与使用Na2SO3处理水中溶解的。2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4,易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。【考点定位】考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等知识。【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化学基本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离平衡，简单化学计算等知识。对于弱电解质电离平衡常

17、数的计算要注意几点：准确书写电离平衡常数的表达式；若没有直接的数据代入，要根据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。27.丙烯睛(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙睛CH3CN等，回答下歹U问题：(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯睛(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4。)的热化学方程式如下：第5页共13页 C3H6（g）+NH3（g）+O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g）H=-515kJ/mol C3H6（g）+O2（g）=C3H4O（g）+H2O（g）H=-353kJ/mo

18、l两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是;有利于提高丙烯睛平衡产率的反应条件是;提高丙烯睛反应选择性的关键因素是。（2）图（a）为丙烯睛产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为4600c.低于4600c时，丙烯睛的产率（填是”或者不是"）对应温度下的平衡产率，判断理由是;高于4600c时，丙烯睛产率降低的可能原因是（双选，填标号）A.催化剂活性降低B.平衡常数变大C.副反应增多D.反应活化能增大图(a)0404力*】内砌（3）丙烯睛和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为,理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为【答案】27

19、.（1）两个反应均为放热量大的反应；降低温度、降低压强；催化剂；（2）不是；该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC（3）1;该比例下丙烯睛产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1:7.5:1【解析】试题分析：（1）因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯睛的平衡产率；由图a可知，提高丙烯睛反应选择性的关键因素是催化剂。（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，MAC以前是建立平衡的过程，所以低于4的气时，丙烯晴的产率不是对应温度下的平衡产率,高于依WC时，丙懈睛

20、产率降低A.催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高,催化剂活性降低，正确正平衡常数的大小不影响产率j错误#C.根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正礁bD.反应活化能的大小不影响平衡，错误予答案选AC.（3）根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯睛产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根第6页共13页据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%,所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1:7.5:1。【考点定位】考查影响化学平衡的因素

21、，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。【名师点睛】本题考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。该题是对化学平衡的集中考查，涉及的知识点不多，解题的关键点是看懂图像的含义，看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋势；三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。28.(15分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液.在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是。(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入

22、几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是。(4)丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色;第二只试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀:第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是(填

23、离子符号)；实验和说明：在过量的情况下，溶液中仍含有(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为;一段时间后.溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是;生成沉淀的原因是(用平衡移动原理解释)。【答案】28.(1)防止Fe2+被氧化2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+;Fe3+;可逆反应H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O,Fe3+催化H2O2分解产生。2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向

24、移动。第7页共13页1解析】试题分析：(1)亚铁离子具有还原性，菖谶空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCI：溶滴中加入少量铁屑的目的是防止FW或氧化。(2)Cb可将FW簟化成铁离子，自身得电子生成氯离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平,该反应的离子方程式为(3)防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，则煤油的作用是隔绝空气。(4)根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，若生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验检验的离子是Fe2+;碘易溶于0014,在CC14中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验和说明，在过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+和I2,由此

25、可以证明该反应为可逆反应。(5)比0：溶液中加入几滴酸化的FeC"溶液，溶液变成棕黄色，铁离子的溶液呈棕黄色,说明氏。:将士氧化成FM发生反应的离子方程式为HA+汪砂+2HQ一段时间后，溶液中有气泡出现，是因为F3+催化H：02分解产生出0二分解反应放熟，促进F/+的水解平衡正向移动，所以随后有红褐色况淀生成口【考点定位】考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。【名师点睛】本题以常见的铁离子和亚铁离子的性质、H2O2的性质为基础，考查了探究实验方案的设计与评价，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的基础知识，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H

26、2O2的性质，盐类的水解等知识。人们常用KS0N溶液检验Fe3+的存在，若向溶液中加入几滴KS0N溶液，溶液呈血红色，则该溶液中含义Fe3+;人们常用K3Fe(CN)6溶液中金%Fe2+的存在，若向溶液中加入几滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀，则该溶液中含义Fe2+O36.化学-选彳2:化学与技术(15分)双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用葱醍法，其反应原理和生产流程如图所示：第8页共13页A.氢化釜B.过滤器C.氧化塔D.萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配制装置生产过程中，把乙基慈醍溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，

27、再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：(1)慈醍法制备双氧水理论上消耗的原料是,循环使用的|原料是,配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是。(2)氢化釜A中反应的化学方程式为,进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为。(3)萃取塔D中的萃取剂是,选择其作萃取剂的原因是。(4)工作液再生装置F中要除净残留的H2O2,原因是。(5)双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反应的离子方程式为。一种双氧水的质量分数为27.5%,(密度为1.10gcm3),其浓度为mol/L。【答案】36.(1)(1)氢气和氧气乙基慈醍乙基慈醍(乙基氢慈醍)不溶于水，易溶于有机溶剂(3)水H2O

28、2溶于水被水萃取，乙基葱醍不溶于水(4) H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸(5) 6H+5H2O2+2MnO4=2Mn2+5O2f+8HO;8.9【解析】试题分析：(1)根据反应原理可知，恿晶法制备双氧水理论上消耗的原料是氧气和氨气，由工艺流程图可知，循环使用的尉斗是乙基愈酬，乙基憩舐属于有机物，根据相似相溶原理，乙基荽爵基氯葱百昆)不溶于水，易溶于有机溶剂，所以配制工作液时采用有机溶剂而不采用水。产,广丫6"'著化网丫二广也j*h”“"iilrj(2)根据反应原理，氢化釜A中反应的化学方程式为入川宁进入氧化塔C的反应混合液中的主要溶质为乙基氢慰隈。(3

29、)萃取塔D中需要分离双氧水和乙基慈醍，H2O2溶于水被水萃取，乙基葱醍不溶于水，所以选取的萃取剂是水。(4)H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工作液再生装置F中要除净残留的H2O2。(5)双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化还原反应，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，O元素的化合价由-价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为6H+5H2O2+2MnO4-=2Mn2+5O2T+8HO;根据公式c=1000p冶加=1000X1.1067.5%T4=8.9mol/L。【考点定位】考查工业制双氧水的工艺流程分析等知识。第9页共13页【名师点睛】本题

30、以慈醍法生产双氧水的工业制备作为背景，考查了化工中的基本操作和常见工艺流程分析，虽然背景陌生，但考点并不突兀，根据反应原理和生产流程分析可知，氢气与乙基葱醍在氢化釜中反应生成乙基氢慈醍，乙基氢葱醍再与氧气反应乙基意醍与H2O2,利用乙基意醍与H2O2的物理性质将其分离，知识来源于课本，高于课本，学生读题不会感到陌生，有利于考查学生的基础知识。37.化学-选彳3:物质结构与性质(15分)东晋华阳国志情中志卷四中已有关于白铜的记载，云南馍白铜(铜馍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)馍元素基态原子的电子排布式为,3d能级上的未成对的电子数为。(2)硫酸馍溶于氨

31、水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是。在Ni(NH3)62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为,提供孤电子对的成键原子是。氨的沸点(填高于"或低于“)瞬(PH3),原因是;氨是分子(填极性”或非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为。(3)单质铜及馍都是由键形成的晶体：元素铜与馍的第二电离能分别为：Icu=1959kJ/mol,lNi=1753kJ/mol,ICu>lNi的原因是。(4)某馍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与馍原子的数量比为。若合金的密度为dg/cm3,晶胞参数a=nm【答案】37.(1)1s22s22p6

32、3s23p63d84s2或Ar3d84s22(2)正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子，馍失去的是4s1电子(4)3:11一*6.02x1。xd_第10页共13页试题分析：（1）馍是28号元素，位于第四周期，第皿族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,3d能级有5个轨道，这5个轨道先占满5个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。（2）根据价层电子对互斥理论，SO42的的b键电子对数等于4,孤电子对数（6+2-2%）攵=0,则阴离子的立体构型是

33、正四面体形。根据配位键的特点，在Ni（NH3）62+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是No氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于瞬（PH3）;根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的b键电子对数等于3,孤电子对数（5-3）及=1,则中心原子N是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。（3）铜和银属于金属，所以单质铜及银都是由金属键形成的晶体；铜和银分别失去一个电子后若再失去电子j铜失去的是全充满的3d-0电子，银失去的是45：电子，所以Q氐。C4）根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6m3,镇原子的个数为8乂1超=1,则铜和银的数量比为3:K根据上述分析，该晶胞的组成为CuN,合金的密度为dgcn,根据则晶胞参数aL6，°2*1°xH皿.【考点定位】考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，化学键类型，晶胞的计算等知识。【名师点睛】本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点的判断，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8;位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2;位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，