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［2013•安徽卷］X、Y、Z、W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

X

X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XOS

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

WW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”)。

(2)Z的第一电离能比W的(填“大”或“小”)；XL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。

(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

___________________________________________________________________________O

(4)在25℃、101kPa下，已知13.5g的Z固体单质在匕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+2H2t

(4)4Al(s)+30z(g)=2Ah03(s)AH=-3352kJ•mol(其他合理答案均可)

［解析］利用X的信息知其为WA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；Z的基态原子的电子排

布式为3s,Bp)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3p'电子容易失去，因此Al、Si相比，第一电离能较小的是Al；CO,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、乙醇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

3+

Al,因此向该溶液中加入NaOH至过量，依次发生反应为A13++3O『=A1(OH)3I、Al(0H)3

+0H-=A10；+2H20,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HF反应可置换出玲，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4molAl与氧气完全反应生成固态A1G时，放出热量为419kJX-=3352kJ。

31.N1N4N2N3N5

[2013•福建卷][化学——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。

⑵明可由NM和Fz在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+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)BF3与一定量的水形成([U))2•BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

„„gun口口口熔化(279.2K)

HQ…HOHB卜FF结晶

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(=1.1X10-1°；水杨酸第一级电离形成的离子C00PH

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

“>”或“<”)，其原因是

31.[答案](1)原子序数

⑵①a、b、d

②Is%22P63s23P63dzs'或[Ar]3d,04sl

(3)①a、d

②三角锥形sp

(4)<CO(TOH中形成分子内氢键，使其更难电离出H+

［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•电离能：B<C<0<N<F;(2)①NF3、NH：,、

F,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'3T3P63dzs'或［Ar］3dzs1(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

+的中心氧原子上有1对孤对电子，因此HQ卡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；⑷氧的电负性较大,

则OXTOH中形成分子内氢键，即0—H…0(或一C0(T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，使其更难电离出仁，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电

离常数。

32.Nl、N3、N4

［2013•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.o

(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图。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

(3)BCh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XL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o

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的最高正价为+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，H、Ck、Bn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8X)+1=2,因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCh与NCh的

O

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\sp3；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提供孤对电子。

8.C5E2F3N1

［2013•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。工业炼铝的原料山铝土矿提取而得，提取

过程中通入的气体为。

②Al-Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al203膜，其化学方程式为

焊接过程中使用的保护气为(填化学式)。

(2)航母舰体材料为合金钢。

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。

23456789101112

23456789101112

pH

图o

8.［答案］（1）①第三周期第mA族co?

②A1203+2Na0H=2NaA102+HaAr（其他合理答案均可）

（2）①吸氧腐蚀②CaCOs或CaO

（3）①83.1%②Al、Ni

［解析］从铝土矿（主要成分是AI2O3,含SiOz、Fe203,MgO等杂质）中提取氧化铝通常有两

种工艺，其流程图示如下：

姮加过量固体A

H1|

re--------J------1加过俄沉淀

1滤搦产~H1------c-|'通入

耳滤液E|

尾矿IU滤液D|过量*6

科滤液Y|------

Z_____通入

加过量HWCO;

烧碱固体x|

C滤液K|

无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量C02,目的是将A107全部转化为Al（OH）3；

Al-Mg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的G、M、CO?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SiOz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Al（0H）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A1,在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni。

4.E2E5N1［2013•四川卷］短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、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“W、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Al,Z为C1,贝（JY可能是Si（硅人

P（磷）或$（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；CS2分子中的碳硫双键中一条为。键、一条为加键，故该分子中。

键与“键数相等，D项错误。

37.NlN4

［2013•新课标全国卷R］［化学——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、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A-和B'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：

（1）D?'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。（填元素符号）

（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图0所示。

'*"400piiT*'

QAQB•D

图0

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-\

(4)A-、B+和C+三种离子组成的化合物B3cA6,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_________。

3d

37.［答案］⑴口山山山」上

(2)KF

(3)①KzNiF」6

39X4+59X2+19X8

n②6.02义1023义400々1308乂10一产'*4

(4)离子键、配位键［FeFj-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A-与B+电子数相差8"，

可知A位于n周期第VHA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

3d

子，价层电子排布式为3d、排布图为皿HnnnL&)结合元素性质，第一电离能最小

的是K,电负性最强的是Fo(3)①据均摊法，F的个数为16x1+4X：+2=8,K的个数为8

X1+2=4,Ni的个数为8X：+1=2,该晶体的化学式为LNiFgNi的配位数是6(三维坐标

4o

213X2

分别有2个)。②结合①知，该晶胞有2个KAiF,,其质量为——，该晶胞的体积为1308X10

-'OX4OOX1O_WX4OOX1O^°cm3,即可计算密度。(4)MFeF6是配合物，内界［(FeFe)以配

位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是F,

N2化学键

31.NlN4N2N3N5

［2013•福建卷］［化学——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。

原子序数

图0

⑵怩可由NM和&在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2=^=NF3+3NH4FO

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

⑶BFs与一定量的水形成(1助2•BFs晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

+

［H：i0］［H0BFFF］

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.氢健f.范德华力

②R中阳离子的空间构型为一，阴离子的中心原子轨道采用______杂化。

(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其KA=1.1X10T°；水杨酸第一级电离形成的离子OXTOH

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

“>”或“V”)，其原因是

31.［答案］(1)原子序数

⑵①a、b、d

②Is22s22Ps3s23P63dH4sl或［Ar］3d104s'

(3)①a、d

②三角锥形sp3

(4)<COCTOH中形成分子内氢键，使其更难电离出1广

［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）①丽3、加3、

F?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Is22s22P63s23PNcC4sl或[Ar]3d'04si；（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H：Q

+的中心氧原子上有1对孤对电子，因此上。+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OfB配位键，因此硼原子轨道采用sd杂化；（4）氧的电负性较大,

则COCTOH中形成分子内氢键，即O—H…0（或一coo-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，使其更难电离出仁，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电

离常数。

11.BlB3G1H3F4N2

[2013•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。

（1）催化反硝化法中,上能将N0；还原为N”25℃时，反应进行10min,溶液的pH由7

变为⑵

①用的结构式为。

②上述反应离子方程式为

其平均反应速率v（NO；）为mol•L-1,min^'o

③还原过程中可生成中间产物NOT,写出3种促进N0「水解的方法

⑵电化学降解NO；的原理如图0所示。

—直流电源M-

质子交换膜

图o

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，则膜两侧电解液的质量变化差（Am〃一Am八）为

________g。

11.［答案］⑴①N三N

催价而I

@2N0；+5H2N2+201F+4H200.001

③加酸升高温度加水

-

(2)①A2N0；+6H20+10e=N2t+120H

②14.4

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

H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

5Hz+2N0：他型%2+4H20+201T；溶液的pH由7变为12,表明cGf)由10.变成10-12,则

c(OH-)由10'增大到102,c(OH-)在10min内的变化量约为l()Tmol/L,而c(OH)与。(瓯

的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NQT)的变化量为0.01mol/L,则v(N07)=0.001

mol/(L-min)；③NOJ水解：N02+H20HN02+0H\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，电解池右侧N0；转化成发生还原反

应：2N0B+10e+6H20=N2t+120H,其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H41

+

=02t+4H,其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；②转移2moi电子时，右侧产

生0.2mol弗，质量为5.6g,左侧产生0.5mol0”质量为16g,同时生成2molH+,由

于肘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

［2013•福建卷］［化学——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。

6789

原子序数

图0

⑵怩可由NM和&在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2=^=NF3+3NII.1F«

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(山0)2•BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

Q

+

[H3O][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(=1.1X1010；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(2(水杨酸)及(苯酚)(填

“>”或“<”)，其原因是

31.［答案］(1)原子序数

(2)①a、b、d

②Is22s22Pti3s23P63ds4s'或［Ar］3d'°4s'

(3)①a、d

②三角锥形sp，

(4)<co(ro【i中形成分子内氢键，使其更难电离出H+

［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•电离能：B<C<0<N<F;(2)①而外NH：,、

艮属于分子晶体，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加"3s23P63dzs'或［Ar］3d'°4s'；⑶①晶体Q山分子构成，

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&o+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；⑷氧的电负性较大，

则C000H中形成分子内氢键，即O—H…0(或一C00一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，使其更难电离出仁，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电

离常数。

32.Nl、N3、N4

［2013•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—

电

最

高

负

正

性F

-clBr

价[

CD

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

(3)BCk和NCk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_______o

32.［答案］(1)A

(2)2BN

(3)sp2sp33

(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的最高正价为+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，b、Ck、Bn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4x1+l=2,

同理可知含有N的个数为8X：+1=2,因此该功能陶瓷的化学式为BN,⑶在BCL与NCL的

O

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\sp3；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、。三种元素。(4)在BCh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

［2013•重庆卷］下列排序正确的是()

A.酸性：H2C03<C6H50H<CH3C00H

B.碱性：Ba(0H)z<Ca(0H)2<K0H

C.熔点：MgBr2<SiCli<BN

D.沸点:PH3<NH3<H2O

3.D[解析]酸性C6HQH<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(OH)z

<Ba(OH)2,Ca(OH)2<KOH,B项错误;MgBn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SiCLVMgBnVBN,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、NH：,分子间存在

氢键，D项正确。

N4晶体结构与性质

31.N1N4N2N3N5

[2013•福建卷][化学——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。

原子序数

图0

⑵怩可由NIh和&在Cu催化剂存在下反应直接得到：4N113+3F2=^=NF3+3NH,F«

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

⑶BF3与一定量的水形成(1似))2•BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R：

[HQ]+[H0BFFF]

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。

⑷已知苯酚(0H)具有弱酸性，其K,=l.1X10-，水杨酸第一级电离形成的离子COOPH

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

“>”或“<”)，其原因是

31.［答案］

(2)①a、b、d

②Is22s22P63s23P63d'°4s'或［Ar］3d,04sl

(3)①a、d

②三角锥形sp，

(4)<COOPH中形成分子内氢键，使其更难电离出H+

［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,电离能：B<C<O<N<F;(2)①NF3、N4、

F?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Is22s22P63s23P63dzs।或［Ar］3dzsI(3)①晶体Q山分子构成,

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，因此上0+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OfB配位键，因此硼原子轨道采用sd杂化；(4)氧的电负性较大,

则COCTOH中形成分子内氢键，即0—H…0(或一CO。-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，使其更难电离出仁，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电

离常数。

32.Nl、N3、N4

［2013•山东卷］［化学一物质结构与性质］卤族元素包括F、CKBr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。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。

(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o

32.［答案］(1)A

(2)2BN

(3)sp’sp'3

(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，CKBr的最高正价为+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，艮、Ck、Bm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4x1+l=2,

同理可知含有N的个数为8x)+1=2,因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCL与NCL的

O

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\sp3；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提供孤对电子。

3.H2N3N4

［2013•重庆卷］下列排序正确的是()

A.酸性：H2C03<C6H50H<CH:1C00H

B.碱性：Ba(0H)2<Ca(01I)2<K0H

C.熔点：MgBr2<SiCl4<BN

D.沸点：PH3<NH3<H20

3.D［解析］酸性C6H5OHVH£O3<CHCOOH,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)z

VBa(0H)2,Ca(0H)2<K0H,B项错误;MgBn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SiC*<MgBrz<BN,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HQ、NHs分子间存在

氢键，D项正确。

11.B2JIJ2N4

［2013•四川卷］明矶石经处理后得到明矶［KAI(SO”)2•12H。。从明研制备AhLS0,和

HzSO,的工艺过程如下所示：

图。

焙烧明机的化学方程式为4KA1(SO.)2•12HQ+3s=2K2sol+2A1Q+9S02t+48H£。

请回答下列问题。

(D在焙烧明帆的反应中，还原剂是。

⑵从水浸后的滤液中得到K2SO，,晶体的方法是

⑶A1。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

图中：A1ONQ

图0

(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(01I)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°C、101kPa时：

2S02(g)+02(g)2S03(g)AH,=-197kj/mol；

II20(g)=II20(1)AH，=-44kj/mo1；

2S02(g)+02(g)+2H20(g)=2H2S0.,(l)△%=-545kj/mol,

WO：

①S03(g)与HQ⑴反应的热化学方程式是

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

酸to

11.［答案］⑴S(硫)

(2)蒸发结晶

(3)4

(4)Al+3NiO(OH)+NaOH+H20=NaA102+3Ni(0H)2

(5)©S03(g)+^0(1)=11250,(1)

AH=-130kj/mo1

②432

［解析］(1)结合明机燃烧的方程式可知，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4。(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NaAlOz,由此容易写出电池总反应。(5)①首先写出该反应为S03(g)+

HQ⑴二瞌。,。)，利用盖斯定律，将方程式进行叠加：③一①一②X2,则AH=-545kj/mol

-(-197kJ/mol)-(-44kj/mol)X2=-260kj/mol；②结合题中给出燃烧明矶的方程式

可得关系式：4KAi(SO,卜•12HQ〜9sOz〜9