高考化学 （真题+模拟新题分类汇编） 物质结构与性质

物质结构与性质

N1原子结构与元素的性质

25.F2N1［•安徽卷］X、Y、Z、N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H2xo.(

YY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3s23Pl

WV的一种核素的质量数为28,中子数为14

(DW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”)o

(2)Z的第一电离能比W的(填“大”或“小”);XY二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O

(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25C、101kPa下，已知13.5g的Z固体单质在Y?气体中完全燃烧后恢复至原状

态，放热419kJ,该反应的热化学方程式是

25.［答案］⑴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=SiF（t+2ILT

（4）4Al（s）+302（g）=2AlsQ3（s）AH=-3352kJ・mol"（其他合理答案均可）

［解析］利用X的信息知其为NA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；7.的基态原子的电子排

2

布式为3s3p'（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。（l）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3Pl电子容易失去,因此Al、Si相比，第一电离能较小的是Al；ca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、0形成的分子：乙酸、乙酣等同种分子间均存在氢键,，（3）A1与盐酸反应后的溶液中含有

A产，因此向该溶液中加入NaOH至过量,依次发生反应为A产+3OI「=A1（OH）「、A1（OH）3

+OH=A1O；+2H；：O,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与亦反应可置换出出，同时还生成SiF,气体。（4）13.5gA1物质的量为0.5mol,由题中

数据可知4moiA1与氧气完全反应生成固态ALO：,时，放出热是为419kJ乂）01?尸352kJ。

v.0IllO1

31.N1N4N2N3N5

［•福建卷］［化学一一物质结构与性质］（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律.

参照图。中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、0三种元素的相对位置。

图。

（2）NF3可由NL和F?在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH5+3F2=^=NF3+3NH.FO

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,与一定量的水形成(HQ)”F：,晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

munmr熔化(279.2K)

IW-HOHBFFF好晶

Q

[HQ]'[HOBFFF]

R

①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(0H)具有弱酸性，其工=1.1X10”;水杨酸第一级电离形成的离子COOOH

能形成分子内氢键二.据此判断，相同温度下电离平衡常数工2(水杨酸)_______K.(苯酚)(填

“>”或“<”)，其原因是

31.[答案](1)

⑵①a、b、d

②Is22s22P63s23Pti3d%i或[Ar]3dHi4s’

⑶①a、d

②三角锥形sp3

(4)<COOOH中形成分子内氢键，使其更难电离出M

[解析](1)第2周期的B、C、N、0、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<(KN〈F；(2)①W：,、NIh、

已属于分子晶体，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；NHF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Is%%；'3s23d3/04sl或［Ar］3d%t(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0—H、B—F、

0-B、0-H-0,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HQ

’的中心氧原子上有1对孤对电子，因此HQ♦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0-B配位键，因此硼原子轨道采用sd杂化；(4)氧的电负性较大，

则COO0H中形成分子内氢键，即0—H…0(或一C00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】【‘，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电

离常数。

32.Nl、N3、N4

［•山东卷］［化学一物质结构与性质］卤族元素包括F、Cl.Br等。

(D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o

图o

(3)BCL和NCL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BCL与XY,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0

32.［答案］(DA

(2)2BN

(3)sp*sp13

(4)X

［解析］(D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的最高工价为+7；因HF分子间存在氢键.故沸点反常高，即沸点HF

>HC1；卤族元素单质结构相似，F2、Ck、Br?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。⑵利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4X；+1=2,

同理可知含有N的个数为8xg+l=2,因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCA与NCL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\sp」；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0,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、0三种元素。(4)在BCL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提供孤刻电干.

8.C5E2F3N1

［・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________C

②Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理A1。膜，其化学方程式为

焊接过程中使用的保护气为________（填化学式）O

（2）航母舰体材料为合金银。

①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为_______O

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。

①80.0gCuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g,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

科

颜

赵

送

卜

奖

糜

娟

仇证123456789101112

完全pH

图。

8.〔答案〕（D①第三周斯第【HA族C02

2AI2O3+2Na0H=2NaA102+H20Ar（其他合理答案均可）

（2）①吸氧腐蚀②CaCO,或CaO

（3）©83.1%②Al、Ni

［解析］从铝土矿（主要成分是A1Q,,含Si（h、Fe。.、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C02,目的是将A102全部转化为A1（OH）3；

Al-Mg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的。2、M、COz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SiO「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）z可溶于氨水，所得

白色沉淀必为A1（OH）3,其物质的量为0.5mol,则原合金中Al的质量为13.5g；当pH=3.4

时开始沉淀，说明该合金中含A】，在川为7.（）、8.0时过滤沉淀，说明含

4.E2E5N1［•四川卷］短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，H、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的电负性大小顺序一定是Z>Y>W

B.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W〉X>Y>Z

C.Y.Z形成的分子的空间构型可能是正四面体

D.WY?分子中。键与n键的数目之比是2：1

4.C［解析］利用题中“甲、X原子的最外层电子数之比为4：3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A1,Z为C1,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、C1等元素的原子半径，B项错误；若Y为Si,则SiCL的空间构型

是正四面体，C项正确；C8分子中的碳硫双键中一条为。键、一条为n键，故该分子中。

键与n键数相等，D项错误。

37.N1N4

［•新课标全国卷1【］［化学—一选修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、I）中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且卜和丁的电子数相差

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：

(DD,'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__________o(填元素符号)

(3)A、B和1)三种元素组成的一个化合物的晶胞如图0所示。

图。

①该化合物的化学式为________；D的配位数为

②列式计算该晶体的密度________g-cm-3.

(4)A\『和C•三种离子组成的化合物BCV,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__________0

37.［答案］⑴

(2)KF

(3)①刖居6

39X4+59X2+19X8

26.02X10：3x400*2x1308x1030=3,4

(4)离子键、配位键［FeR］："F'

［解析］结合“A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且卜与B♦电子数相差8"，

可知A位于n周期第VILA族、B位于n+2周期第IA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）。（DNi?’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。⑶①据均摊法，F的个数为l6X；+4xg+2=8,K的个数为8x

；+2=4,Ni的个数为8X：+1=2,该晶体的化学式为KzNiF^Ni的配位数是6（三维坐标分

4o

213X2

别有2个）。②结合①知，该晶胞有2个KzNiR,其质量为黄一，该晶胞的体积为1308X10

■^xdOOxlO-^xdOOxlo"0^,即可计算密度。（4）K：Fe艮是配合物，内界［（Fe%）以配位键

连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是

N2化学键

31.N1N4N2N3N5

［•福建卷］［化学一一物质结构与性质］（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，

参照图。中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、。三种元素的相对位置。

图。

（2）他3可由NH.和同在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH.+3F22NE+3NHF。

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）BFs与一定量的水形成（IRLBFa晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

H2…HOHBFFF熔化（之22K）

Q

[H：,0]4[HOBFFF]

R

①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及(填序号)。

U.高子键b.共价键C.配位键d.金属键

c.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(0H)具有弱酸性，其KLLIXIO”；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心(水杨酸)K“(苯酚)(填

“>”或“<”)，其原因是

31.[答案](1)

⑵①a、b、d

②Is22s22Pb3s23Pti3d"4s'或[Ar]3d"4s

⑶①a、d

②三角锥形sp3

(4)<CO(TOH中形成分子内氢键，使其更难电离出M

[解析](1)第2周期的B、C、N、0、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)①NW、NH?、

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；NHF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Is22s22P，3s?3P，3(r4sl或[Ar]3d”4si；(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0—H、B—F、

0-B、0-H-0,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1LQ

'的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H。♦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—卜'共价键、1个0-B配位键，因此硼原子轨道采用sp：'杂化；(4)氧的电负性较大，

则C000H中形成分子内氢键，即0—H…0(或一0)0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，

11.BlB3G1H3F4N2

[•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。

(D催化反硝化法中，压能将NO；还原为N2O25°C时，反应进行10min,溶液的pH由7

变为12。

①附的结构式为________o

②上述反应离子方程式为

其平均反应速率v(N05)为mol・Limin-。

③还原过程中可生成中间产物N0；,写出3种促进NO£水解的方法

(2)电化学降解N0：t的原理如图0所示。

一々宜流电喻-

质子交换膜

后

匕

二

任

二

』

图。

①电源正极为（填“A"或"B"），阴极反应式为

②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的辰量变化差（Am左-Am右）为

________go

11.［答案］（1）①N^N

②2N0；+5HJ图到加+20H-+4H④0.001

③加酸升高温度加水

--

（2）①A2\05+6H-0+10e=N2T+120H

②14.4

［解析］（1）①N?结构中含有氮氮三键,其结构式为N三N；②出与NO,发生氧化还原反应，

II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

5H2+2\0；健幽%2+4也0+201「；溶液的pH由7变为12,表明c（H'）由10一‘变成】0一：则

cSK）由1（广增大到10-2,c（CFT）在lOmin内的变化量约为l（Lmo"L,而c（OH）与c（\0「）

的变化量之比等于化学计量数之比，因此c（N0；）的变化量为0.01mol/L,则v（N0；）=0.001

mol/（L-min）；③NO『水解：NQg+lU）HNO2+OH\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）①根据题图可知，电解池右测N05转化成冲，发生还原反

--

应：2N0；+10e+6H20=N2t+120H",其电极应为阴极,则左侧发生氧化反应：2H2Q—4e

=0：t+4H*,其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；⑵转移2mol电子时，右侧产

生0.2mol即质量为5.6g,左侧产生0.5mol02,质量为16g,同时生成2molW\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：5.6g-2g=3.6g,

左侧电解液质量实际减少：16g+2g=18g,则两侧质量差为14.4go

N3分子的结构与性质

31.N1N4N2N3N5

[•福建卷][化学一一物质结构与性质〕（D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、0三种元素的相对位置，

图。

（2）N&可由NIh和同在Cu催化剂存在下反应直接得到：4N1h+3F2.NB+3NHF。

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）1｝卜与一定量的水形成（取0）力自晶体。，Q在一定条件下可转化为R：

熔化（279.2K）

Hu。…HOHBF卜卜时晶

Q

4

[H30][HOBFFF]

R

①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（0H）具有弱酸性，其■=1.1X107°;水杨酸第一级电离形成的离子COO0H

能形成分子内氢键”据此判断，相同温度下电离平衡常数（水杨酸）K“（苯酚）（填

“>”或“<”），其原因是

31.［答案］（1）

（2）①a、b、d

②Is22s22Pb3s加’3dHi4sl或［Ar］3dHi4sl

⑶①a、d

②三角锥形sp3

（4）<COOOH中形成分子内氢键，使其更难电离出M

［解析］（1）第2周期的B、C、N、0、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（如灰、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〈（XO<N〈F；（2）①NE、NH,、

根属于分子晶体，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；NHF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Is22s净%23P股/。4sl或［Ar］3d乂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0—H、B—F、

0-B、0-H-0,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氧禽干.其VSEPR模型为正四面体,但是国0

'的中心氧原子上有1对孤对电子，因此IM）'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0-B配位键，因此硼原子轨道采用sp'杂化；（4）氧的电负性较大，

则COOOH中形成分子内氢键，即0—H…0（或一0）0一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.Nl、N3、N4

［*山东卷］［化学一物质结构与性质］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。

(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__________o

图。

(3)BCL和NCL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BCL与XY,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________0

32.［答案］(DA

(2)2BN

(3)sp*sp13

(4)X

［解析］(D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的最高工价为+7；因HF分子间存在氢键，故沸点反常高，即沸点HF

>HC1；卤族元素单质结构相似，F?、Cl?、Br?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4X；+1=2,

同理可知含有N的个数为8xg+l=2,因此该功能陶瓷的化学式为B义(3)在BCL与NCL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\sp，；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0,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、0三种元素。(4)在BCL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提供孤时电子。

3.H2N3N4

［•重庆卷］下列排序正确的是()

A,酸性：H2cos<CJlsOH<CH3C00H

B.碱性：Ba(OH)2<Ca(OH)2<KOH

C.熔点：MgBn<SiCL<BN

D.沸点:PIE<NII；1<II20

3.D［解析］酸性C6H50H<H£03<CH£00H,A项错误；同主族元素，周期序数越大，元

素的金属性越强，Ca<Ba,同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，Ca<K,故碱性Ca(0越2

<Ba(0H)2,Ca(0H)2<K0H,B项错误；MgBm晶体属于离子晶体,SiCL晶体属于分子晶体，BN

晶体属于原子晶体，熔点：原子晶体》离子晶体)分子晶体，则SiCh<MgBr2<B\,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，但由于比0、NH：,分子间存在

氢键，D项正确。

N4晶体结构与性质

31.N1N4N2N3N5

[•福建卷][化学一一物质结构与性质]（D依据第2周期元素第一电离能的变化规律,

参照图。中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、0三种元素的相对位置。

图。

（2）NR可由NL和F?在Cu理化剂存在下反应直接得到：4阳+3F?旦N&+3NHF。

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）o

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）BR与一定量的水形成仇O）2.BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

压0…HOHBFFF熔化（蠹2K）

Q

[H：,0]4[HOBFFF]

R

①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「.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（0H）具有弱酸性，其卜=1.1义10一%水杨酸第一级电离形成的离子80.011

能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数心（水杨酸）K“（苯酚）（填

“>"或“<”），其原因是

31.［答案］(1)

⑵①a、b、d

②Is22s22P63s23P63dzs।或［Ar］3dzs।

⑶①a、d

②三角锥形sp:,

(4)<COOOH中形成分子内氢键，使其更难电离出

［解析］(1)第2周期的B、C、N、0、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«<(KN〈F；(2)①NF.”Nik

国属于分子晶体，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；NHF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Is22s22d3s23P63dl04sl或［Ar］3d”4s>(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0—H、B—F、

OfB、0-H-0,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H:.O

'的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H：Q♦的空间构型为三角椎形；阴离子中心硼原子周围

形成3个B-F共价键、1个0-B配位键，因此硼原子轨道采用sp'杂化;(4)氧的电负性较大，

则COOOH中形成分子内氢键，即0—H…0(或一C00-中双键氮与羟基氢之间存在氢键)，其大

小介干化学锲和范德华力之间,使其更难申.禽出则水杨酸第二步电离常数小干苯酚的电

离常数。

32.Nl、N3、N4

［•山东卷］［化学一物质结构与性质1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______o

图0

(3)BCL和NCL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BCL与XY.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________0

32.［答案］(DA

(2)2BN

(3)sp'sp33

(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的最高工价为+7；因HF分子间存在氢键.故沸点反常高，即沸点HF

>HC1；卤族元素单质结构相似，F?、Ck、Br?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)利序“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4X；+1=2,

同理可知含有N的个数为8x(+l=2,因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCL与NCL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\sp'；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0,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,因此第一电商能介于在B、N间的第二周期

元素有Be、C、0三种元素,，(4)在BCL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。

3.H2N3N4

［•重庆卷］下列排序正碓的是()

A.酸性：H2C03<C6H50H<CH.JC00H

B.碱性：Ba(OH)2<Ca(OH)2<KOH

C.熔点：MgBn<SiCL<BN

D.沸点：PH：,<NH：)<也0

3.I)［解析］酸性CH50H<H£0：,<CH£00H,A项错误；同主族元素，周期序数越大，元

素的金属性越强，Ca<Ba,同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，Ca<K,故碱性Ca(0H)2

<Ba(0II)2,Ca(0n)2<K0II,B项错误；MgBr?晶体属丁离了晶体，SiCL晶体属丁分了晶体，BN

晶体属于原子晶体，熔点：原子晶体》离子晶体》分子晶体，则SiClxMgBmvBN,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，但由于压0、NM分子间存在

氢键，D项正确。

11.B2JIJ2N4

［•四川卷］明矶石经处理后得到明砒［KAMS。，」2H20L从明砒制备Al、KzS(h和H2so.

的工艺过程如下所示：

图o

焙烧明帆的化学方程式为IKAI(SOJ，12Hq+3S=2K?S0」+234，+9S0J+48H0

请回答下列问题。

(1)在焙烧明机的反应中，还原剂是_______O

⑵从水浸后的滤液中得到K2so晶体的方法是

⑶A1B在一定条件下可制得A1N,其晶体结构如图所示，该晶体中A1的配位数是

图。

(4)以A1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S02可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：

2S02(g)+02(g)2S03(g)AH产-197kj/mol；

H20(g)=H20(l)AH2=-44kj/mol；

2S02(g)+02(g)+2H2(g)=2H£0《)AH3=-545kj/molo

则：

①SO*)与H20(l)反应的热化学方程式是

②焙烧948t明矶(M=474g/mol),若SQ的利用率为96%,可生产质量分数为98%的硫

酸t。

11.［答案］⑴S(硫)

(2)蒸发结晶

(3)4

(4)A1+3NiO(OH)+Na0H+H20=NaA102+3Ni(OH)2

⑸①S6(g)+H#D=H2SOK1)

△H=-130kj/mol

②432

［解析］(1)结合明矶燃烧的方程式可知，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A1N的晶体图可推出处于晶胞体

心的A1与4个N直接相连，因此该晶体中A1的配位数为40(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A1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NaAlO?,由此客易写出电池总反应。(5)①首先写出该反应为SO3(g)+

H20(1)=H2S0I(1),利用盖斯定律，将方程式进行叠加：③-①-②X2,则AH=-545kj/mol

-(-197kj/mol)-(-44kj/mol)X2=-260kj/mol；②结合题中给山煨烧明矶的方程式

可得关系式：4KA1(S04)212H2O~9S0,-9H2SO4,可知948t明机可得到98舟的浓硫酸的质量为

948X10''g9.

TZ~:-----^-x-x96%x98gmol

474gmol4

b

--------------------------x10-g-t-'=432to

8.BlE2N4

［•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pH>7；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AgNO,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Mo

请回答下列问题：

(DM固体的晶体类型是。

(2)Y基态原子的核外电子排布式是一__；G分子中X原子的杂化轨道类型

是________0

(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R0;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］(D离子晶体

⑵①I