题目内容

1．【化学-选修3：物质结构与性质】
（1）原高碘酸盐（IO65-）、过二硫酸盐（S2O82-）、二氧化铅（PbO2）是三种具有强氧化性的物质，均能在一定条件下将Mn2+氧化为高锰酸盐．回答下列问题：
①基态锰原子能量最高能级电子排布图为．
②过二硫酸根离子中两个硫原子间存在过氧键，写出过硫酸根离子的结构简式．
③碳酸盐在一定温度下会发生分解，实验证明碳酸盐的阳离子不同，分解温度不同，如表所示：
碳酸盐MgCO3CaCO3BaCO3SrCO3
热分解温度/℃40290011721360
阳离子半径/pm6699112135
试解释为什么随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高？
（2）利用铜萃取剂M，通过如下反应实现铜离子的富集：

①X难溶于水、易溶于有机溶剂，其晶体类型为分子晶体．
②X中以sp2杂化、sp3杂化的原子的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞C．
③上述反应中断裂和生成的化学键有be（填序号）．
a．离子键    b．配位键    c．金属键    d．范德华力    e．共价键    f．氢键
④M与W（分子结构如图）相比，M的水溶性小，更利于Cu2+的萃取．M水溶性小的主要原因是M能形成分子内氢键，使溶解度减小．

（3）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图．化合物乙中手性碳原子有1个，化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是化合物乙分子间形成氢键．化合物乙中采取sp3杂化的原子的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C．

（4）常压下，水冷却至0℃以下，即可结晶成六方晶系的冰．日常生活中见到的冰、霜和雪等都是属于这种结构，其晶胞如图所示（只显示氧原子，略去氢原子），晶胞参数侧棱c=737pm，菱形底边a=452pm，底面菱形的锐角是60°．则：冰的密度=ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{{a}^{2}•sin60°}$=$\frac{\frac{18×4}{6.02×1{0}^{23}}}{45{2}^{2}×737×0.866×（1{0}^{-10}）^{3}}$=0.917 g/cm3（代值列计算式）．

分析 （1）①基态Mn原子的核外电子排布式为：1s2 2s2 sp6 3s2 3p6 4s2 3d5，故基态锰原子能量最高能级为3d，据此画出3d电子的核外电子排布图；
②S2O82-中存在一个过氧键（-O-O-）、S-O键、S=O键，据此写出过硫酸根离子的结构简式；
③分解本质是阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强
（2）①依据X的结构简式判断其晶体类型；
②元素的非金属性越强，电负性越强；即同周期自左而右电负性增大；同一主族元素从上到下电负性逐渐减小；
③由结构简式可知X分子中存在配位键和共价键，据此解答即可；
④分子内氢键的存在，导致水溶性减小，据此解答即可；
（3）先根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子；化合物甲与化合物乙均为分子晶体，但化合物乙分子间可形成氢键；化合物乙中C、N、O三种原子的杂化轨道形成均为sp3，同周期自左而右电负性增大；
（4）冰晶胞中顶点有8个分子，棱上有4个分子，体内有2个分子，晶胞中含有水分子的个数为：8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{4}$+2=4，然后根据冰的密度ρ=$\frac{m}{V}$计算．

解答 解：（1）①基态Mn原子的核外电子排布式为：1s2 2s2 sp6 3s2 3p6 4s2 3d5，则基态锰原子能量最高能级为3d，其基态锰原子能量最高能级电子排布图为，
故答案为：；

②过二硫酸离子中存在1个过氧键（-O-O-）、4个S=O键，4个S-O键，则该离子的结构简式为，
故答案为：；
③由于碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，
故答案为：碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解；
（2）①依据所给X的结构简式判断，X难溶于水、易溶于有机溶剂，故X为分子晶体，
故答案为：分子晶体；
②化合物X中苯环C和羰基C以sp2杂化，以sp3杂化方式的原子有O、N、C，由于N原子2p轨道半充满，第一电离能高于O，第一电离能由大到小顺序为：N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；                     
③由结构简式可知X分子中存在配位键和共价键，
故选：be；              
④由于M能形成分子内氢键，导致其溶解度减小，
故答案为：M能形成分子内氢键，使溶解度减小；
（3）手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，化合物乙中满足的条件的只有一个C原子；
化合物乙因分子间存在氢键，则化合物乙的沸点比化合物甲高，化合物乙中C、N、O三种原子的杂化轨道形成均为sp3，同周期自左而右电负性增大，故电负性：O＞N＞C，
故答案为：化合物乙分子间形成氢键；O＞N＞C；
（4）冰晶胞中顶点有8个分子，棱上有4个分子，体内有2个分子，晶胞中含有水分子的个数为：8×$\frac{1}{8}$+4×$\frac{1}{4}$+2=4，根据冰的密度ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{{a}^{2}•sin60°}$=$\frac{\frac{18×4}{6.02×1{0}^{23}}}{45{2}^{2}×737×0.866×（1{0}^{-10}）^{3}}$=0.917g•cm3，
故答案为：ρ=$\frac{m}{V}$=$\frac{\frac{4M}{{N}_{A}}}{{a}^{2}•sin60°}$=$\frac{\frac{18×4}{6.02×1{0}^{23}}}{45{2}^{2}×737×0.866×（1{0}^{-10}）^{3}}$=0.917．

点评 本题考查较为综合，涉及晶胞计算、电负性比较、原子核外电子排布图、氢键、化学键、原子杂化类型等知识，题目浓度较大，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．

练习册系列答案
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17．新合成的一种烃的碳架呈三棱柱体形（棱长相等），其二氯代物（不考虑立体异构）有（　　）
A．2种B．3种C．4种D．5种
12．钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途．
（1）钛铁合金是钛系储氢合金的代表，该合金具有放氢温度低、价格适中等优点．
①Ti的基态原子价电子排布式为3d24s2．
②Fe的基态原子共有7种不同能级的电子．
（2）制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4═2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑．
①上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C（用元素符号表示）．
②COCl2分子中所有原子均满足8电子构型，COCl2分子中σ键和π键的个数比为3：1，中心原子的杂化方式为sp2．
（3）NiO、FeO的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中Ni2+和Fe2+的离子半径分别为6.9×10-2 nm和7.8×10-2 nm．则熔点：NiO＞（填“＞”、“＜”或“=”）FeO．
（4）Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在日本和中国已实现了产业化．该合金的晶胞结构如图所示．
①该晶体的化学式为LaNi5．
②已知该晶胞的摩尔质量为M g•mol-1，密度为d g•cm-3．设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是$\frac{M}{{{N_A}•d}}$ cm3（用含M、d、NA的代数式表示）．
③该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子比较稳定．已知：a=511pm，c=397pm；标准状况下氢气的密度为8.98×10-5g•cm-3；储氢能力=$\frac{储氢后氢气的密度}{标准状况下氢气的密度}$．若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为1236．
9．铜、镓、硒、硅等元素的化合物是生产第三代太阳能电池的重要材料．请回答：
（1）基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；已知高温下CuO→Cu2O+O2，从铜原子价层电子结构（3d和4s轨道上应填充的电子数）变化角度来看，能生成Cu2O的原因是CuO中铜的价层电子排布为3d 94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是．
（2）硒、硅均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，分子构型分别为V形、正四面体，若“Si-H”中共用电子对偏向氢元素，氢气与硒反应时单质硒是氧化剂，则硒与硅的电负性相对大小为Se＞Si（填“＞”、“＜”）．
（3）SeO2常温下白色晶体，熔点为340～350℃，315℃时升华，则SeO2固体的晶体类型为分子晶体；若SeO2类似于SO2是V型分子，则Se原子外层轨道的杂化类型为sp2．
（4）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3•NH3．BF3•NH3中B原子的杂化轨道类型为sp3，B与N之间形成配位键．
（5）金刚砂（SiC）的硬度为9.5，其晶胞结构如右图所示；则金刚砂晶体类型为原子晶体，在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为12个；若晶胞的边长为a pm，则金刚砂的密度表达式为$\frac{4×40}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g/cm3．
16．已知Fe2O3与H2反应会因温度不同而可能生成Fe3O4．兴趣小组在用H2还原Fe2O3的实验中，用磁铁吸出生成的黑色粉末X．为探究X的组成，他们进行了如下实验．
（1）甲同学认为黑色粉末能被磁铁吸附，因此X是铁．但乙同学不同意他的结论，原因是Fe3O4能被磁铁吸附．
（2）乙同学：先将少量黑色粉末X放入装有足量硫酸铜溶液烧杯中，振荡，固体部分溶解，有极少量红色物质析出，过滤；然后向滤渣加入盐酸，滴加几滴KSCN溶液，溶液出现血红色．通过现象分析，丙同学得出X的组成是Fe和Fe3O4．
①滴加KSCN溶液的目的是：检验是否存在Fe3+，确认Fe3O4的存在
②若在粉末X直接加入盐酸、KSCN溶液，溶液不出现血红色．不出现血红色的原因是（用离子方程式表示）Fe+2Fe3+=3Fe2+．
（3）丁同学的实验方案：
2.88X$→_{搅拌}^{足量盐酸}$溶液Y$→_{足量氨水}^{足量H_{2}O_{2}}$$\stackrel{操作Z}{→}$沉淀→3.2g红棕色固体
①操作Z是过滤、洗涤．
②通过以上数据，得出2.88g黑色粉末X中各成分的物质的量为n（Fe3O4）=0.01mol、n（Fe）=0.01mol．
6．A、B、C、D、E、F均为短周期元素，且原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，B的最高价氧化物的水化物可与其氢化物反应形成离子化合物甲；A与D可以按照原子个数比4：1形成化合物乙，且乙分子中含有18个电子，E与B同主族，C的阳离子与F的阴离子相差一个电子层，且可形成离子个数比为2：1的离子化合物丙．
（1）D的原子结构示意图为，丙的电子式为，E在周期表中的位置为第三周期VA族．
（2）下列说法正确的有①②③．
①化合物乙分子中只含有极性共价键
②C、D、E、F原子半径由大到小的顺序为C＞D＞E＞F
③B、E形成的氢化物中，B的氢化物更稳定
④化合物甲和化合物丙都含有离子键和共价键
（3）将F燃烧的产物通入BaCl2和HNO3的混合溶液中，生成白色沉淀并放出无色气体，请用一个离子方程式表示该反应3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+．
（4）写出一个由以上元素构成的10电子微粒与18电子微粒反应的离子方程式2NH3+H2S═2NH4++S2-或NH3+HS-═NH4++S2-或NH3+H2S═NH4++HS-．
（5）甲溶液显酸性（填“酸性”、“碱性”或“中性”），原因是NH4++H2O?NH3•H2O+H+（用离子方程式表示）．
13．有机化合物P（C8H9NO2）可用如下方法来合成：

已知：受对位取代基的影响，HO--NH2中-NH2上的氢原子较活泼．
请回答下列问题：
（1）若A分子的核磁共振氢谱只有一个吸收峰且能使溴水褪色，则其结构简式为CH2═CH2．
（2）写出C→D的化学方程式：2CH3COOH→（CH3CO）2O+H2O．
（3）反应②的反应类型为取代反应；写出P在氢氧化钠溶液中发生水解反应的化学方程式：．
（4）有机物W的结构简式为，W的酸性水解产物的名称为3，4-二羟基丁酸；W不具有的化学性质中是C（填代号）．
A．与浓HBr溶液反应生成溴代产物
B．发生水解反应
C．与溴的CCl4溶液发生加成反应
D．发生消去反应
E．催化氧化生成含羰基的化合物
（5）P的同分异构体较多，其中一类与F互为同系物且氮原子与苯环直接相连，此类同分异构体共有9种；另一类同分异构体同时符合下列条件：①属于对位二取代苯且苯环上连接-NH2；②能发生水解．试写出满足此条件的P的所有同分异构体的结构简式：、、．
10．铝制器具不能用来盛放醋、酸梅汤和碱水等物质．如果盛放这些物质的话，铝制器具就容易被腐蚀．由此说明铝制器表面存在的是两性 氧化物．
11．下列化学用语中，说法正确的是（　　）
A．CO2分子的结构式O-C-OB．乙醇的分子式C2H6O
C．Mg2+结构示意图D．NaCl的电子式

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