科学家在研究金属矿物质组分的过程中.发现了Cu-Ni-Fe等多种金属互化物．(1)鉴别某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X射线衍射．(2)已知高温下Cu2O比CuO更稳定.试从铜原子核外电子变化角度解释其原因Cu+的最外层电子排布式为3d10.而Cu2+的最外层电子排布为3d9.因为最外层电子排布达到全满时稳定.所以固态Cu2O稳定性强于CuO．2� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

3．科学家在研究金属矿物质组分的过程中，发现了Cu-Ni-Fe等多种金属互化物．
（1）鉴别某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X射线衍射．
（2）已知高温下Cu₂O比CuO更稳定，试从铜原子核外电子变化角度解释其原因Cu⁺的最外层电子排布式为3d¹⁰，而Cu²⁺的最外层电子排布为3d⁹，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu₂O稳定性强于CuO．
（3）镍能与类卤素（SCN）₂反应生成Ni（SCN）₂．（SCN）₂分子中硫原子的杂化方式是sp³，σ键和π键数目之比为5：4；类卤素（SCN）₂对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N═C═S）的沸点，其原因是异硫氰酸分子间能形成氢键而硫氰酸不能形成氢键．
（4）立方FeO晶体的结构如图1所示，设晶胞边长为a cm，密度为b g•cm^-3，则阿伏加德罗常数可表示为$\frac{288}{{a}^{3}b}$/mol（用含a、b的式子表示）．人工制备的FeO晶体常存在缺陷（如图2），已知某氧化物样品组成为Fe_0.96O，该晶体中Fe³⁺与Fe²⁺的离子个数之比为1：11．

分析（1）晶体、非晶体的方法是X射线衍射；
（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时原子最稳定；
（3）（SCN）₂分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断硫原子的杂化方式，该分子中σ键和π键数目之比为5：4；含有氢键的物质熔沸点较高；
（4）该晶胞中亚铁离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，氧离子个数=1+12×$\frac{1}{4}$=4，
设晶胞边长为a cm，晶胞体积为a³cm³，密度为b g•cm^-3，阿伏加德罗常数=$\frac{4M}{ρV}$；
某氧化物样品组成为Fe_0.96O，化合物中各元素化合价的代数和为0，根据电荷守恒判断该晶体中Fe³⁺与Fe²⁺的离子个数之比．

解答解：（1）晶体、非晶体的方法是X射线衍射，故答案为：x射线衍射；
（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时原子最稳定，Cu⁺的最外层电子排布式为3d¹⁰，而Cu²⁺的最外层电子排布为3d⁹，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu₂O稳定性强于CuO，故答案为：Cu⁺的最外层电子排布式为3d¹⁰，而Cu²⁺的最外层电子排布为3d⁹，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu₂O稳定性强于CuO；
（3）（SCN）₂分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp³，该分子中σ键和π键数目之比为5：4；含有氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸分子间能形成氢键而硫氰酸不能形成氢键，所以硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N═C═S）的沸点，
故答案为：sp³；5：4；异硫氰酸分子间能形成氢键而硫氰酸不能形成氢键；
（4）该晶胞中亚铁离子个数=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，氧离子个数=1+12×$\frac{1}{4}$=4，
设晶胞边长为a cm，晶胞体积为a³cm³，密度为b g•cm^-3，阿伏加德罗常数=$\frac{4M}{ρV}$=$\frac{4×72}{b×{a}^{3}}$/mol=$\frac{288}{{a}^{3}b}$/mol；
某氧化物样品组成为Fe_0.96O，化合物中各元素化合价的代数和为0，根据电荷守恒判断该晶体中Fe³⁺与Fe²⁺的离子个数之比，设Fe³⁺与Fe²⁺的个数分别是x、y，$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.96}\\{3x+2y=2}\end{array}\right.$，得
$\left\{\begin{array}{l}{x=0.08}\\{y=0.88}\end{array}\right.$，所以x：y=0.08：0.88=1：11，
故答案为：$\frac{288}{{a}^{3}b}$/mol；1：11．

点评本题考查物质结构和性质，为高频考点，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、氢键、原子核外电子排布等知识点，知道氢键对物质性质影响、构造原理、价层电子对互斥理论、均摊法等知识点即可解答，难点是（4）题晶胞计算，题目难度中等．

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，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜．E的一种合成路线如下：

已知D的相对分子质量是130．请回答下列问题：
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（3）写出C结构简式：

；若只能一次取样，请提出检验C中2种官能团的简要方案：用银氨溶液先检验醛基，再加稀盐酸使溶液呈酸性后，加溴水检验碳碳双键；
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、HOCH₂CH₂C≡C-C≡C-COOH、

；
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（3）铜能与类卤素（SCN）₂反应生成Cu（SCN）₂，1mol（SCN）₂分子中含有π键的数目为5N_A；类卤素（SCN）₂对应的酸有两种，理论上有硫氰酸（H-S-C≡N）和异硫氰酸（H-N═C═S），其中沸点较高的是异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能（填化学名称）
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11．设N_A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）

	A．	25℃时，pH=1的醋酸溶液中含有H⁺的数目为0.1N_A
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18．CuSO₄溶液与Na₂CO₃溶液混合产生蓝绿色沉淀，以下是某兴趣小组对沉淀组成的探究．
【提出假设】
假设1：沉淀为Cu （OH）₂
假设2：沉淀为CuCO₃
假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO₃•mCu（OH）₂]
【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解（假设均不含结晶水）．
【定性探究】
步骤1：将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，风干；
步骤2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的如下装置（夹持仪器未画出）进行定性实验；

（1）若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设1成立．
（2）乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用下列某试剂后，便可验证上述所有假设，该试剂是B（填代号）．
A．浓硫酸 B．无水CuSO₄ C．碱石灰 D．P₂O₅
（3）乙同学验证假设3成立的实验现象是A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO₄固体变蓝，C中有白色沉淀产生．
【定量探究】
（4）乙同学进一步探究假设3中固体的组成：
①乙同学查得一些物质在20℃的数据（如表）后，将C中的澄清石灰水改为Ba（OH）₂溶液，其原因是AC（填代号）

溶解度（S）/g		溶度积（Ksp）		摩尔质量（M）/g•mol^-1
Ca（OH）₂	Ba（OH）₂	CaCO₃	BaCO₃	CaCO₃	BaCO₃
0.16	3.89	2.9×10^-9	2.6×10^-9	100	197