1．(2011全国II卷13)某含铬Cr₂O₇^2－ 废水用硫亚铁铵［FeSO₄·(NH₄)₂ SO₄·6H₂O］处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n molFeO·Fe_yCr_xO₃ 。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是

A．消耗硫酸亚铁铵的物质量为n(2-x)mol

B．处理废水中Cr₂O₇^2－ 的物质量为mol

C．反应中发生转移的电子数为3nx mol

D．在FeO·Fe_yCr_xO₃中3x=y

解析：由铬元素守恒知废水中Cr₂O₇^2－ 的物质量为mo，反应中发生转移的电子数为6×mo ＝3nx mol。由得失电子守恒知y＝3x，而由铁元素守恒知消耗硫酸亚铁铵的物质量为n×(1+y)mol＝n(3x+1)mol，因此选项A是错误的。

答案：A

23.(2011上海23)工业上制取冰晶石(Na₃AlF₆)的化学方程式如下：

　　 2Al(OH)₃+ 12HF+ 3Na₂CO₃=2Na₃AlF₆+ 3CO₂↑+ 9H₂O

根据题意完成下列填空：

(1)在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式　　　　　　　　　 ，

　 属于弱酸的电离方程式 　　　　　　　　　　　　　　　　　　。

(2)反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是

　　　　　　　 (选填编号)。

　　 a．气态氢化物的稳定性　 　　　　b．最高价氧化物对应水化物的酸性

　　 c．单质与氢气反应的难易　 　　　d．单质与同浓度酸发生反应的快慢

(3)反应物中某些元素处于同一周期。它们最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。

(4) Na₂CO₃俗称纯碱，属于　　　　 晶体。工业上制取纯碱的原料是　　　　　　　　　　　 。

解析：本题考察电子式和方程式的书写、元素周期律的应用和具体类型的判断。CO₂属于非极性分子，HF和H₂O属于极性分子；其中氟和氧位置相邻，且位于同一周期；钠和铝、C和O及F处于同一周期。

答案：

(2)ac

(3)Al(OH)₃+OH^－=AlO₂^－+H₂O

(4)离子晶体　 氯化钠、二氧化碳和氨

22.(2011四川，15分)

甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。

请回答下列问题

(1)　　　　　 戊离子的结构示意图为_______。

(2)　　　　　 与出乙的单质的电子式：_______。

(3)　　　　　 戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2:4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为________。

(4)　　　　　 写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_________。

(5)　　　　　 按下图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_______。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到得现象是__________。

解析：本题主要考察元素周期表的结构、元素周期律及电解的应用。由题意知甲、乙、丙、丁、戊分别为H、N、Na、Al、Cl。

答案：(1)Cl^－：

　　 (2)

　　 (3)2：3

(4)H⁺+AlO₂^－+H₂O=Al(OH)₃↓

(5)NaCl+H₂ONaClO+H₂↑　 先变红后褪色

21.(2011海南，20分)

19-I(6分)下列分子中，属于非极性的是

A.SO₂　　　　　　　 B.BeCl₂　　　　　　 C.BBr₃　　　　　 D.COCl₂

[答案]BC

命题立意：考查价层电子对互斥理论(VSEPR)对分子结构分析或识记

解析：根据价层电子对互斥理论(VSEPR)可得四种分子的结构如下：

[思维拓展]进入新课标高考以来，关于价层电子对互斥理论的运用成了重要的常考点，每年都会考到，是高考复习必备知识与能力点。

19-II(14分)铜是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO₄溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：

(1)CuSO₄可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为___________；

(2)CuSO₄粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是_______；

(3)SO₄^2-的立体构型是________，其中S原子的杂化轨道类型是_______；

(4)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为______；一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为_______；该晶体中，原子之间的作用力是________；

(5)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF₂的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为__________。

[答案](1)Cu+2 H₂SO₄(浓) 　CuSO₄ + SO₂↑+ 2H₂O；

(2)白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO₄·5 H₂O，显示水合铜离子特征蓝色；

(3)正四面体，sp³；(4)6s¹；(5)3:1；(4)金属键；(5)H₈AuCu₃

命题立意：物质结构与性质的综合考查。包含有铜元素相关的性质考查、硫酸根空间结构考查、杂化轨道考查、原子结构考查、晶体结构及计算考查。

解析：本题各小题内容考查点相互的联系不大，仍属于“拼盘”式题。(3)硫酸根中心原子的价层电子对为：孤对电子数6-2×4+2=0，成键电子对数4，所以为正四面体结构，中心原子为sp³杂化；(4)Au电子排布或类比Cu，只是电子层多两层，由于是面心立方，晶胞内N(Cu)=6×=3，N(Au)=8×=1；(5)CaF₂结构如下图所示，所以氢原子在晶胞内有4个，可得储氢后的化学式为H₈AuCu₃

[思维拓展]由于《物质结构与性质》模块近年才在在高考中出现，不可能出很难的题，且结构与性质之间的关系的紧密联系也不能体现过深，因而目前的高考来看，试题只能是拼盘式的。学习过程中有一定的难度，但学会后变化较少。主要的几个考点除配位外，基本在本题中都考到，与近三年的考题变化不大。

20.(2011海南，9分)四种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中Z元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍。

请回答下列问题：

(1)元素Z位于周期表中第______________周期，___________族；

(2)这些元素的氢化物中，水溶液碱性最强的是_______________(写化学式)；

(3)XW₂的电子式为_______________；

(4)Y的最高价氧化物的化学式为________________；

(5)W和Y形成的一种二元化合物具有色温效应，请相对分子质量在170-190之间，且W的质量分数约为70%。该化合物的化学式为_________________。

[答案](1)三，VA族；(2)NH₃；(3)；(4)N₂O₅；(5)S₄N₄

命题立意：周期表、律，物质相关结构与性质的关系考查，即常说的“位构性”考查。

解析：由题干先推导出Z元素为磷元素，则X、Y、W分别是C、N、S。(3)小题的电子式教材中没有，得由二氧化碳的结构类比而来。(5)小题中计算为N(S): N(N)=≈1:1，再由相对分子质量得分子式为S₄N₄

[技巧点拨]“位构性”考查的题，要先找到突破口，如本题中的磷元素，再由此逐个突破。但在写教材中没出现过的元素性质、分子结构等方面的题时，可由同族元素的相似性类比。

19.(2011新课标全国)

氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF₃和BN，如下图所示：

请回答下列问题：

(1)　　　 由B₂O₃制备BF₃、BN的化学方程式依次是_________、__________；

(2)　　　 基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；

(3)　　　 在BF₃分子中，F-B-F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF₄，BF₄^－的立体结构为_______；

(4)　　　 在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；

(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶苞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm^-3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为N_A)。

解析：(1)由图可知B₂O₃与CaF₂和H₂SO₄反应即生成BF₃，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为B₂O₃+3CaF₂+3H₂SO₄2BF₃↑+3CaSO₄+3H₂O；B₂O₃与氨气在高温下反应即生成BN，方程式为B₂O₃+2NH₃2BN+3H₂O；

(2)B的原子序数是5，所以基态B原子的电子排布式为1s²2s²sp¹；B和N都属于第二周期，同周期自左向右电负性逐渐增大，所以B和N相比，电负性较大的是N，B最外层有3个电子，所以化合价是+3价；

(3)依据价层电子对互斥理论可计算出中心原子的孤电子对数＝1/2(a-xb)＝1/2(3-3×1)＝0，所以BF₃分子为平面正三角形结构，F-B-F的键角是120°，杂化轨道类型为sp²；在BF₄^－中中心原子的孤电子对数＝1/2(a-xb)＝1/2(4-4×1)＝0，所以BF₄^－的结构为正四面体。

(4)B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；而层与层之间靠分子间作用力结合。

(5)描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示。所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数＝8×1/8+6×1/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。由于立方氮化硼的一个晶胞中含有4个N和4个B原子，其质量是是，立方体的体积是(361.5cm)³，因此立方氮化硼的密度是 g·cm^-3。

答案：(1)B₂O₃+3CaF₂+3H₂SO₄2BF₃↑+3CaSO₄+3H₂O；

B₂O₃+2NH₃2BN+3H₂O；

(2)1s²2s²sp¹；N；+3.

(3)120°；sp²；正四面体。

(4)共价键(或极性共价键)；分子间作用力。

(5)

18.(2011重庆，15分)用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成。

(1)Al的原子结构示意图为_____________________；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为

________________________________________________。

(2)³⁰Si的原子的中子数为_________；SiO₂晶体类型为__________________。

(3)Al³⁺与Y^n－的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是________。

(4)焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是__________。

(5)经处理后的熔渣36.0g(仅含Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂)，加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al₂O₃的质量分数为__________________。

解析：本题考察原子的结构、晶体类型、方程式的书写以及有关计算。

(1)Al在周期表中位于第三周期第ⅢA族，其原子结构示意图为；单质铝既能与酸反应产生氢气，又能与强碱反应产生氢气，与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH^－+2H₂O=2AlO₂^－+3H₂↑。

(2)在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数＝质子数+中子数可计算出³⁰Si的原子的中子数为：30－14＝16。SiO₂晶体是由Si和O两种原子通过极性共价键形成的原子晶体。

(3)在元素周期表中只有第 ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al³⁺与Y^n－的电子数相同，所以Y是F元素。卤素元素形成的氢化物均属于分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，但由于HF分子中存在氢键，因而HF的沸点最高，所以沸点最低的是HCl。

(4)由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO₂，因此气体只能是CO₂气体。

(5)熔渣中只有SiO₂与盐酸不反应，因此11.0g是SiO₂的质量。Fe₂O₃、Al₂O₃溶于盐酸分别生成FeCl₃、AlCl₃，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl₃生成NaAlO₂，FeCl₃生成Fe(OH)₃沉淀。所以21.4g固体是Fe(OH)₃的质量，其物质的量为，由铁原子守恒知Fe₂O₃的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×160g·mol^－1＝16.0g。熔渣中Al₂O₃的质量分数为。

答案：(1)　　 2Al+2OH^－+2H₂O=2AlO₂^－+3H₂↑

　　 (2)16　 原子晶体

　　 (3)HCl

　　 (4)CO₂

　　 (5)25%

16.(2011福建高考30，13分)

氮元素可以形成多种化合物。

回答以下问题：

(1)基态氮原子的价电子排布式是_________________。

(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____________。

(3)肼(N₂H₄)分子可视为NH₃分子中的一个氢原子被－NH₂(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。

①NH₃分子的空间构型是_______________；N₂H₄分子中氮原子轨道的杂化类型是___________。

②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：

N₂O₄(l)+2N₂H₄(l)===3N₂(g)+4H₂O(g) 　　△H=－1038.7kJ·mol^－1

若该反应中有4mol N－H键断裂，则形成的π键有________mol。

③肼能与硫酸反应生成N₂H₆SO₄。N₂H₆SO₄晶体类型与硫酸铵相同，则N₂H₆SO₄的晶体内不存在__________(填标号)

a. 离子键　　 b. 共价键　　 c. 配位键　　 d. 范德华力

(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。

下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_________(填标号)。

a. CF₄　　　 b. CH₄　　　 c. NH₄⁺　　 d. H₂O

解析：(1)基态氮原子的价电子排布式是2s²2p³ ，学生可能审题时没注意到是价电子排布式。

(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C

(3)①NH₃分子的空间构型是三角锥型，NH₃中氮原子轨道的杂化类型是sp³，而肼(N₂H₄)分子可视为NH₃分子中的一个氢原子被-NH₂(氨基)取代形成的，所以N₂H₄分子中氮原子轨道的杂化类型是sp³，这个与H₂O，H₂O₂中O的杂化类型都是sp³的道理是一样的。

②反应中有4mol N－H键断裂，即有1molN₂H₄参加反应，生成1.5molN₂，则形成的π键有3mol。　　

③N₂H₆SO₄晶体类型与硫酸铵相同，可见它是离子晶体，晶体内肯定不存在范德华力。

(4)要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是c和d，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选c。

这题中的(3)(4)两问亮点较多，让人耳目一新，其中第(4)耐人回味，这样子就把氢键的来龙去脉和特点考查彻底！高！

答案：(1)2s²2p³

　　　 (2)N＞O＞C

　　　 (3)①三角锥形　 sP³　 ②3　 ③d

　　　 (4)c

17(2011山东高考32，8分)

　氧是地壳中含量最多的元素。

　 (1)氧元素基态原子核外未成对电子数为　　　　　 个。

　 (2)H₂O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为　　　　　　　　　 。

(3) H⁺可与H₂O形成H₃O⁺，H₃O⁺中O原子采用 　　　　　杂化。H₃O⁺中H-O-H键角比H₂O中H-O-H键角大，原因为 　　　　　。

(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag·cm^-3，表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为　　　　 cm³。

解析：(1)氧元素核外有8个电子，其基态原子核外电子排布为1S²2S²2P⁴，所以氧元素基态原子核外未成对电子数为2个；

(2)O-H键属于共价键，键能最大；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O-H键、氢键、范德华力；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内。邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，而在分子之间不存在氢键；对羟基苯甲醛正好相反，只能在分子间形成氢键，而在分子内不能形成氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。

(3)依据价层电子对互斥理论知H₃O⁺中O上的孤对电子对数＝1/2(5－3×1)＝1，由于中心O的价层电子对数共有3+1＝4对，所以H₃O⁺为四面体，因此H₃O⁺中O原子采用的是sp³杂化；同理可以计算出H₂O中O原子上的孤对电子对数＝1/2(6－2×1)＝2，因此排斥力较大，水中H-O-H键角较小。

(4)氯化钠的晶胞如图所示，因此钙晶胞中含有的氯离子个数为8×1/8+6×1/3＝4，同样也可以计算出钠离子个数为4。由于CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以CaO晶胞中也含有4个钙离子和4个氧离子，因此CaO晶胞体积为。

答案：(1)2

(2)O-H键、氢键、范德华力；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键是分子间作用力增大；

(3)sp³；H₂O中O原子有2对孤对电子，H₃O⁺只有1对孤对电子，排斥力较小；

(4)

15.(2011安徽高考25，14分)

W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如下图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。

(1)X位于元素周期表中第　　　 　周期第　　　 　族；W的基态原子核外有

　　　　 　个未成对电子。

(2)X的单质子和Y的单质相比，熔点较高的是　　　 (写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是　　　　　 　(写化学式)。

　(3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是　　　　　　　 　。

(4)在25ºC、101 kPa下，已知Y的气态化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol 电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是　　　　　　　 　。

解析：因为W的一种核素的质量数为18，中子数为10，说明W的质子数为8，即为氧元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，而在短周期元素中只有元素硅符合，即Y是Si；所以由图像中原子半径的大小顺序可知X、Y、Z应该属于第三周期元素，在第三周期主族元素中电负性最大的Cl元素，所以Z是Cl；又因为X和Ne原子的核外电子数相差1，且X位于第三周期，所以X是Na。

(1)O的原子电子排布式是1S²2S²2P⁴，所以O的基态原子核外有2个未成对电子；

(2)单质钠和硅分别属于金属晶体和原子晶体，故单质硅的熔点高；Cl的非金属性强于Br的，所以HCl比HBr稳定；

(3)Y与Z形成的化合物是SiCl₄，SiCl₄可以和水发生水解反应盐酸和硅酸，反应的化学方程式是：SiCl₄+3H₂O=H₂SiO₃↓+4HCl；

(4)Y的气态化物是SiH₄，燃烧后生成二氧化硅，其中Si的化合价由－4价升高到+4价，转移8个电子，所以1mol SiH₄共放出8×190.0kJ＝1520.0KJ能量，因此反应的热化学方程式是：SiH₄(g)+2O₂(g)＝SiO₂(s)+2H₂O　 △H=－1520.0KJ/mol

答案：(1)三 　IA 2　 (2)Si　 HCl　 (3)SiCl₄+3H₂O=H₂SiO₃↓+4HCl

(4)SiH₄(g)+2O₂(g)＝SiO₂(s)+2H₂O(l)　 △H=－1520.0KJ/mol

14.(2011江苏高考21A，12分)原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。

回答下列问题：

(1)Y₂X₂分子中Y原子轨道的杂化类型为　　　　　　　 ，1mol Y₂X₂含有σ键的数目为　　　　 。

(2)化合物ZX₃的沸点比化合物YX₄的高，其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是　　 。

(4)元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图13所示，该氯化物的化学式是　　　　　　 ，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H_nWCl₃，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　 。

解析：本题把元素推理和物质结构与性质熔融合成一体，考查学生对元素推理、原子轨道杂化类型、分子空间结构、氢键、等电子体原理、晶胞结构、化学键的数目计算、新情景化学方程式书写等知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。由题意知X、Y、Z、W四种元素分别是：H、C、N、Cu。

[备考提示]《选修三》的知识点是单一的、基础的，我们一定要确保学生不在这些题目上失分。看来还是要狠抓重要知识点，强化主干知识的巩固和运用。

答案：(1)sp杂化　 3mol或3×6.2×10 个　

(2)NH₃分子存在氢键

(3)N₂O

(4)CuCl　　 CuCl+2HCl＝H₂CuCl₃ (或CuCl+2HCl＝H₂[CuCl₃])