2016年高考试题(化学)新课标Ⅱ卷解析版..

1、2016 年一般高等学校招生全国统一考试（新课标 h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b 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削减大气污染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 0 温室气体包括g、ch*尊气体,项正确,化石燃料完全燃烧产 生大量 cq 气体，大气中co 冶量过高会导致温室效应等环境问题，b 项错误負g 港化石油气等物质燃烧 能生成水和二氧化碳总一种比较清洁的能源，所以以滋化石油气代昔燃油可削减大气污染k 项正确；d co 是有毒气体，燃料不完全燃烧排放的

2、co 是大气污染物之一，d 项正确；答案选 3©【考点定位】考查燃料燃烧，环境污染与防治等学问。【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。化石燃料所包含的自然资源有煤、石油和自然气；液化石油气是由炼厂气或自然气液化得到的一种无色、挥发性气体，是一种比较清洁的能源。（包括油田伴生气）加压、降温、8 下列各组中的物质均能发生加成反应的是a .乙烯和乙醇【答案】b【解析】b .苯和氯乙烯c.乙酸和溴乙烷d.丙烯和丙烷试题分析：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、溴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

3、加成反应，答案选b。【考点定位】考查有机反应类型【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，烷烃、苯、饱和醇、饱和卤代烃往往简洁发生取代反应，而含碳碳双键或碳碳三键或苯环的有机物简洁发生加成反应。9. 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

4、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二元化合物中其化合价均为+1 b 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】个电子，则包为氢元素，冬 4 s <1 为短周期元素2 和c禽子的电子层结构相冋， 则b 为氧兀素# c na 兀素，d 与b 同族，则心为硫兀素* a. h 与 0、s 形成化合物为h：。和23 氢元素的化合价为十x 而kah 中氢元素的化合价为-1 价，乙项错误；e氧元素与其他元素能形成 氐 6 h oz.so： .

5、 soi. na 0.皿 6 等化合物,b 项正确c.同周期元素，从左到右原子半径逐師减 小电子层数越多，原子半2径越大，原子半径：na>s>h, c 项正确d. d 和包形成的化合物为 硫化氢是二元弱酸，his 的濬浹呈弱酸性，d 项正确,答案选血。【考点定位】考查元素的推断，元素周期律的应用等学问。【名师点睛】本题考查元素的推断，元素周期律的应用等学问。在短周期元素中，能形成b2-和 c+离子的元素只能位于其次、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，然后依据元素周期律的基础学问

6、解答即可。10 .分子式为 c4h8ci2 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：依据同分异构体的书写方法，一共有9 种，分别为 1,2 二氯丁烷；1,3-二氯丁烷；1,4-二氯丁烷；i,1 氯丁烷；2,2 氯丁烷；2,3 氯丁烷；1,1 氯2 甲基丙烷；1,2 氯2甲基丙烷；1,3 二 氯-2甲基丙烷。答案选 co【考点定位】考查同分异构体的推断。【名师点睛】本题考查同分异构体数目的推断。推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

7、烃基的同分异构体数目进行推断。ii.mg-agci 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 .负极会发生副反应 mg+2h 20=mg(0h) 2+h2t【答案】b【解析】;试题分析：依据题竜，电池总反应式対：mg-2agcl=mgcl:ag 正极反应为：2agcke-= 2cl -2ag,负 极反应为:a 项正氤e 项错误；对原电池来说，阴直子由正极移向员极，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，贝i

8、何极会发生副反应mg-2h;o=mgtoh);-h; d 项正确；答案选【考点定位】考查原电池的工作原理。【名师点睛】本题以 mg-agci 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，离子的迁移方向等学问。化学电源是高考中的热点，也是难点，同学要结合原电池的学问来推断试题给出 的化学电源的工作原理，然后结合化合价的变化推断正、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试验： 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 . n

9、ahc03、ai(oh) 3 b. agci、nahco3 c. na2so3、baco3 d. na2co3、cuso4【答案】c【解析】试题分析：a . nahco 3> ai(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. agci不溶于水和酸，加入水后，碳酸氢钠溶解，而agci 不溶，再加入足量稀盐酸，agci 仍旧不溶，固体不能全部溶解，b 项错误；c.亚硫酸钠和碳酸钡中加入水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反

10、应生成硫酸钡沉淀、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 c。【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。该题既能检查同学元素化合物基础学问的把握状况，又能检查同学灵活应用学问的力量，更能考查同学的规律推理力量，难度较大，解答时应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条 件。13. 下列试验操作能达到试验目的的是试验目的试验操作a制备 fe（oh）3 胶体将 naoh 浓溶液滴加到饱和的 fecb 溶液中b由 mgci 2 溶液制备无水 mgci 2将 mgci 2 溶液加热蒸干c除去 c

11、u 粉中混有的 cuo加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥第3页共 13 页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冋沸水中滴入饱和氧化铁溶液制备氢氧化铁胶体，a 项错误,b .氟化镁罡强釀弱碱盐,mgc：: 潯液水解产生的hc1 易挥发，所以由lugcly 溶液制备无水mgois 在ho 气流中加热英干命项错误;c铜 与稀硝釀反应，应当用稀盐釀，c 项错误；d.分别将少量钠投入到盛有水和乙醇做杯中，反应猛烈的是 水，反应平缓的是乙酋离利用此反应比较水和乙酵中氢的活泼性，dj 页正确”答案选【考点定位】考查化学试验基本操作。【名师点睛】本题考查

12、化学试验基本操作。借助试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，只要寻常留意基础学问的积存，复习时牢固把握试验基础 学问，有效结合题中的信息，精确答题即可。第口卷26.联氨（又称联肼，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 ）试验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为。222 4i（3 2o （g）+n（g）=n0 （1） h22242 n （g）+2h（g）=nh （l） h2223 o （g）+2h（g）=2h0（g） h4 2

13、 n2h4q） + n 2。 （1）= 3n 2（g）+ 4h 20（g） h4=-1048.9kj/mol上述反应热效应之间的关系式为 h4= ，联氨和 n2o4 可作为火箭推动剂的主要缘由为（4 ）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相像，联氨第一步电离反应的平衡常数值为 （已知：n2h4+hn2h5 的 k=8.7x10 ； kw=1.0 m0 ）。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。向装有少量于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上agbr 的试管中加入联氨溶液，观看到的现象是。联氨可用1kg 的联氨可除去水中溶解的okg;与使用 na2so3 处理

14、水中溶解的。2 相比，联氨的优点是 i） h【答案】26、（ 1）； -2(2) naci0+2nh 3=n2h4+naci+h 202642(4) 8.7 >10-7 , n h (hso )(3) h4=2 h3-2 h2- hi ;反应放热量大、产生大量气体(5)固体渐渐变黑，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,第4页共 13 页而 na2so3产生 na2so4【解析】ii h试题分析：(1联氮是由两种非金属元素形成的共价化合物电子式为“心讣：1 打依据化合价的代数和为黑其中氮的化合价为小 2+ 2 价。( >次謎钠溥液与氨反应制备

15、联氨，c1 元素的优合价由+1 价降低到-1 价n 元素的化合价由/价2上升到-2 价依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:0o(3) 依据盖斯走律，4-艮隔2 k 冋kq41)= 3 氏)+的所以反应热效应 之间的关系式为厶h4=2ah;-2ahrah.联眩育强还原性，育强氧化性两者在一起易发生氧化还原 反应，反应放热量犬，产生大量气体，所汰联氨和恥 0 斗可作为火箭推动剂。(4)式与氨相像，则联氨第一步电离的方程式为n2h4+h+：n2h5+的 k=8.7x107； kw=1.0 m0”14，联氨第一步电离的平衡常数联氨为二元弱碱，

16、在水中的电离方程n2h4+h2o n2h5+oh“, 已知：>e2425>c24k=c(n 2h5 )(oh ) e(n h )= c(nh )(oh ) >c(h ) fe(n h )xc(h )=k >kw=8.7 x10 x1.0 m0 =8.7 xo ；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n h (hso ) 。2642(5)者发生氧化还原反应，化学方程式为联氨是一种常用的还原剂，4agbr+n 2h4=agbr 具有弱氧化性，两4ag+n2f +4hb,所以向装有少量 agbr 的试管中加入联氨溶液，可观看到固体渐渐变黑，

17、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+2h2o，理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的氧气为 1kg 完 2g/mol x32g/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，影响锅炉的平安使用。【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，化学计算等学问。【名师点睛】本题以多学问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，简洁化学计算等学问

18、。对于弱电解质电离平衡常数的计算要留意几点：精确书写电离平衡常数的表达式；若没有直接的数据代入，要依据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。27 丙烯腈(ch2=chcn )是一种重要的化工原料，工业上可用(ch2=chcho )和乙腈 ch3cn 等，回答下列问题：(1)式如下：第5页共 13 页丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(c3h3n)和副产物丙烯醛(c3h4o)的热化学方程3632332 c h （g）+nh（g）+o （g）=c h n（g）+3h0（g） h=-515kj/mol362342 c h （g）+ o

19、（g）=c h o（g）+h0（g） h=-353kj/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其缘由是;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。（2） 图（玄）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460°c.低于 460°c 时，丙烯腈的产率（填是”或者不是”对应温度下的平衡产率，推断理由是;高于 460°c 时，丙烯腈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（3） 丙烯腈和丙烯醛的产率与n （氨）/n （丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳 n （

20、氨）/n （丙烯）约图(a)圏b)为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为 【答案】27. （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，平衡产率应随温度上升而降低（3） 1 ；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；【解析】；ac175:1试题分析：（1）由于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腈的平衡产率；由图a 可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。（2） 由于该反应为放热反应，平衡产率应随温度上升而降低，反应刚开头进行，尚未达到平衡状态，以

21、前是建立平衡的过程，所以低于 4wc 时丙烯月青的产率不是对应温度下的平衡产率*高于 4 和 0c 时丙烯膳产率降低，a 催化剂在肯定温度范围内活性较高，若温度过高，催化剂活性降氐正确3.平衡 常数的大小不影响产率错误j u 根揺题意，副产物有丙烯醛，副反应増梦导致产率下降，正确.d.反 应活化能的大小不影响平衡，错误,答案选ac。（3） 依据图像可知，当 n （氨）/n （丙烯）约为 1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根第6页共 13 页3632332据化学反应 c h (g)+nh (g)+ 3/20(g)=ch n(g)+3h0(g)，氨气、氧气、丙烯按1:1.5:

22、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，化学图像的分析与推断，化学计算等学问。【名师点睛】本题考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与推断，化学计算等学问。该题是对化学平衡的集 中考查，涉及的学问点不多， 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，然后依据图象中呈现的关系、题给信息和所学 学问相结合，做出符合题目要求的解答。28. (15 分)某班同学用如下试验探究fe2+、fe3+的性质。回答下列问题:(

23、1)fecl2 溶液中需加入少量铁屑，其目分别取肯定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 0.1mol/l 的溶液.在的是。(2) 甲组同学取 2ml fecl2 溶液，加入几滴氯水，再加入 1 滴 kscn 溶液，溶液变红，说明 cs 可将 fe2+氧化。fecl2 溶液与氯水反应的离子方程式为 。(3)入 0.5ml 煤油，再于液面下依次加乙组同学认为甲组的试验不够严谨，该组同学在 2mlfecl 2 溶液中先加入几滴氯水和 i 滴 kscn 溶液，溶液变红，煤油的作用是 。(4) 丙组同学取 10 ml0.1mol/lki 溶液，加入 6ml0.1mol/lfecl 3 溶液混合。分别取 2

24、ml 此溶液于 3 支试管中第一支试管其次只试管第三支试管1mlccl4 充分振荡、静置，ccl4 层呈紫色;1 滴 k3fe(cn) 6溶液，生成蓝色沉淀:1 滴 kscn 溶液，溶液变红。(填离子符号实)；验实验检验和的离说子明是：在过量的状况下，溶液中仍含有(填离进行如下试验: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;一段时间后溶液中有气泡消灭，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的缘由是;生成沉淀的缘由是 一(用平衡移动原理解释)。【答案】28.(1)防止 fe2+被氧化(

25、3 )隔绝空气(排解氧气对试验的影响)(2) 2fe2+cl2=2fe3+2c(4)fe2+; fe3+ ;可逆反应(5)h2o2+2fe2+2h+=2fe3+2h2o, fe3+催化 出。2 分解产生。2；h2o2 分解反应放热，促进 fe3+的水解平衡正向移动。第7页共 13 页【解析】试题分折：(1)亚铁离子具有还原性，育獭空气中的氧气氧化，所以在配制的滚液中力入少量铁屑的目的是 防止fw 祕氧化。(2) 可将fm 竜化成铁离子，自身得电子生成氯离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平， 该反应的离子方程式为 2feyh=2fe+2ck(3) 防止空气中的氧气将 fe2+氧化，产生

26、干扰，则煤油的作用是隔绝空气。6(4) 依据 fe2+的检验方法，向溶液中加入 1 滴 k3fe(cn) 溶液，若生成蓝色沉淀，肯定含有亚铁离子； 则实 验检验的离子是 fe2+ ;碘易溶于 cci4,在 cc14 中呈紫色，fe3+遇 kscn 溶液显血红色，试验和说明，在 过量的状况下，溶液中仍含有fe3+和 j,由此可以证明该反应为可逆反应。 氏 0：落液中加入几滴酸化的fec“溶滋，落液变成棕黄色，铁离子的溶液呈棕黄色“说明吐 0：将t 氧化成f 申发生反应的离子方程式为 2f+2hq 段时间后，溶潘中有气泡消灭，罡 由于fw+催化hio »解产生 0:汁吐 0 二分解反应放

27、热，促进fw+的水解平衡正向移动，所以随后有红褐色 沉淀生赫【考点定位】考查铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，【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，盐类的水解等学问。h2o2 的性质为基础，考查了探究试验方案的设计与评价，同学读题不会感到生疏，有利于考查同学的基础学问，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，质，盐类的水解等学问。人们常用kscn 溶液检验 fe3+的存在，若向溶液中加入几滴h2o2 的性kscn 溶液，溶液呈血红色，则该溶液中含义 fe3+;人们常用 k3fe(cn)溶液检验 fe2+的存在，若向溶液中加入几滴 kfe(cn)溶 液，生成蓝色沉淀

28、，636则该溶液中含义fe2+。36. 化学-选修 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。生产双氧水常接受蒽醌法，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，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在肯定的温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。回答下列问题：（1） 蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是，循环使用的|原料是，配制工作液时接受有机溶剂而不接受水的缘由是。（2） 氢化釜 a 中反应的化学方程式为，进入氧化塔

29、 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，选择其作萃取剂的缘由是。（4） 工作液再生装置 f 中要除净残留的 h2o2，缘由是。（5） 双氧水浓度可在酸性条件下用kmno 4 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）氢气和氧气氢蒽醌）不溶于水，易溶于有机溶剂乙基蒽醌 乙基蒽醌（乙基（ 2）乙基氢蒽醌；注（3 ）水 h2o2 溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水2242（4）h2o2 分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸(5)6h + 52+h o +2mno =2

30、mn +5o t +8ho ; 8.9【解析】试题分析：（1依据反应嫌理可知，蔥醍法制备艰氧水理论上消耗的原料是氧气和氢气，由工艺流程图可 知循环使用的原料是乙基蔥醍乙基蔥醍属干有机物，根將相像相濬原理，乙基愛醍（乙基氢恵醍）不（2）根反应原理，氢化釜a 中反应的化学方程式为濬于水，易落于有机潯剂，所以配制工作液时接受有机濬剂而不接受水。 进入氧化塔c 的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蔥醍*（3） 萃取塔 d 中需要分别双氧水和乙基蒽醌，h2o2 溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，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

31、h2o2。（5） 双氧水在酸性条件下与kmno 4 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-价上升到 0 价，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反应的离子方程式为26h +5h2o2+2mno4-=2mn +5o t +8ho;依据公式 c=1000p 泊讪=1000x1.10 17.5% £4=8.9mol/l。【考点定位】考查工业制双氧水的工艺流程分析等学问。第9页共 13 页【名师点睛】本题以蒽醌法生产双氧水的工业制备作为背景，然背景生疏，但考点并不突兀，依据反应原理和生产流程分析可知，考查了化工中的基本操作和常见工艺流程分析

32、，虽氢气与乙基蒽醌在氢化釜中反应生成乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反应乙基蒽醌与h2o2,利用乙基蒽醌与 h2o2 的物理性质将其分别，学问来源于课本，高于课本，同学读题不会感到生疏，有利于考查同学的基础学问。37. 化学-选修 3 :物质结构与性质(15 分)东晋华阳国志？南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)有名中外，曾主要用于造币， 亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1) 镍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。364(2)硫酸镍溶于氨水形成ni(nh) so 蓝色溶液。364 ni(nh) so 中阴离子的立体构型是。363 在ni(nh)

33、2+中 ni2+与 nh 之间形成的化学键称为，供应孤电子对的成键原子是。 氨的沸点(填 高于”或 低于”膦(ph3)，缘由是;氨是分子(填 极性”或 非极性”)， 中心原子的轨道杂化类型为。(3) lni=1753kj/mol ,icu>lni 的缘由是。单质铜及镍都是由键形成的晶体：元素铜与镍的其次电离能分别为：lcu=1959kj/mol ,(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。 晶胞中铜原子与镍原子的数量比为。 若合金的密度为 dg/cm3，晶胞参数 a=nm【答案】37. ( 1) 1s22s22p63s23p63d84s2 或ar 3d 84s22(2) 正四周体 配位键

34、 n 高于(3)nh3 分子间可形成氢键极性 sp3金属 铜失去的是全布满的 3d10 电子，镍失去的是 4s1 电子(4 3:1第10页共13页xlo7【解析】第11页共13页试题分析：（1）镍是 28 号元素，位于第四周期，第忸族，依据核外电子排布规章，其基态原子的电子排布式为 1s22s2 2p63s23p63d84s2, 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依据价层电子对互斥理论，so42-的 b 键电子对数等于 4,孤电子对数（6+2-2 x4）吃=0，则阴离子的立体构型是正四周

35、体形。363 依据配位键的特点，在ni（nh） 2+中 ni2+与 nh 之间形成的化学键称为配位键，供应孤电子对的成键原子是n。 氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦（ph3）；依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）吃=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）铜和粮属于金属，所以单质铜及餵都是由金属键形成的晶体$铜和線分別失去一个电子后若再失 去电子”铜失去的是全布满的 3 曲电子，银失去的是钿电子，所251*2x10xlq7则晶胞夢数沪%nme<4）依据均摊

36、法计算，晶胞中铜原子个数为 1/2=3,謀原子的个数为 8x18=1,则铜和謀的数量比为a7依据上述分析孩晶胞的组成为 5m 合金的密度为dg，依据p=m-v=251-（a?>n ）=d lan- 10”nnb【考点定位】考查核外电子排布，轨道杂化类型的推断，分子构型，化学键类型，晶胞的计算等学问。【名师点睛】本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的推断，分子构型，物质熔沸点的推断，化学键类型，晶胞的计算等学问，保持了往年学问点比较分散的特点，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接受均摊法：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