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    13．物质的结构决定物质的性质．请回答下列涉及物质结构和性质的问题：
    （1）第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有3种．
    （2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d84s2．
    （3）乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在（C2H5O）3P=O存在下加热脱H2O得到．乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是sp2和sp，1mol（C2H5O）3P=O分子中含有的σ键的数目为25NA．
    （4）已知固态NH3、H2O、HF的氢键键能和结构如下：
     物质氢键X-H…Y键能kJ•mol-1
     （HF）n D-H…F 28.1
     冰 O-H…O 18.8
     （NH3）n N-H…N 5.4

    解释H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因单个氢键的键能是（HF）n＞冰＞（NH3）n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）n＞（NH3）n．
    （5）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能．碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，与碳原子等距离最近的碳原子有12个．已知碳化硅晶胞边长为apm，则晶胞图中1号硅原子和2号碳原子之间的距离为$\frac{\sqrt{11}a}{4}$pm，碳化硅的密度为$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm3．

    分析 （1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于同周期相邻元素的；
    （2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，碳原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为Ni；
    （3）乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2；（C2H5O）3P=O分子含有25个σ键；
    （4）平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，结合气化要克服的氢键的总键能；
    （5）根据均摊法计算晶胞中Si、C原子数目，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，可以计算碳原子周围与其距离最近的硅原子数目；
    以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；
    作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，利用余弦定理计算cos∠AOB的值，再利用余弦定理计算BC的长度，即晶胞图2中1号硅原子和2号碳原子之间的距离；
    结合晶胞中原子数目，表示出晶胞质量，再根据ρ=$\frac{m}{V}$计算晶体密度．

    解答 解：（1）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期相邻元素的高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素，
    故答案为：3；
    （2）某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，则该元素为Ni，其基态原子的价层电子排布式为3d84s2，
    故答案为：3d84s2；
    （3）乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，（C2H5O）3P=O分子含有25个σ键，1mol（C2H5O）3P=O分子中含有的σ键的数目为25NA，
    故答案为：sp2和sp；25NA；
    （4）单个氢键的键能是（HF）n＞冰＞（NH3）n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）n＞（NH3）n，故H2O、HF、NH3沸点依次降低，
    故答案为：单个氢键的键能是（HF）n＞冰＞（NH3）n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，（HF）n和（NH3）n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞（HF）n＞（NH3）n；
    （5）晶胞中Si原子数目为4、C原子数目为8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4，每个Si原子周围有4个碳原子，原子配位数与原子数目成反比，则碳原子配位数也是4，即碳原子周围与其距离最近的硅原子数目为4；
    以顶点C原子研究，与之距离最近的C原子位于面心上，每个顶点原子为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，与碳原子等距离最近的碳原子有$\frac{8×3}{2}$=12个；
    作过1号Si原子的体对角线、2号碳原子的体对角线，相交于O点，与顶点碳原子形成如图所示：，其中B为2号碳原子，C为1号Si原子，1号Si原子与周围的4个C原子形成正四面体，1号Si原子与顶点碳原子连线处于晶胞体对角线上，且距离为体对角线长度的$\frac{1}{4}$，体对角线长度为$\sqrt{3}$a pm，则OA=OB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a pm，故OC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a pm，则：
    （$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）2+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）2-2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×cos∠AOB=a2，
    解得cos∠AOB=$\frac{1}{3}$
    故（$\frac{\sqrt{3}}{4}$a）2+（$\frac{\sqrt{3}}{2}$a）2-2×$\frac{\sqrt{3}}{4}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$a×$\frac{1}{3}$=BC2，
    解得BC=$\frac{\sqrt{11}a}{4}$
    晶胞质量为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g，则晶体密度为4×$\frac{28+12}{{N}_{A}}$g÷（a×10-10 cm）3=$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$g/cm3，
    故答案为：4；12；$\frac{\sqrt{11}a}{4}$；$\frac{1.6×1{0}^{32}}{{a}^{3}×{N}_{A}}$．

    点评 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化轨道、化学键、氢键、晶胞计算等，（4）（5）为易错点、难点，侧重考查学生分析计算能力，难度较大．

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    18．太阳能电池板材料除单晶硅外，还有铜、硒、氮、硼、镓、镁、钙等化学物质．

    （1）亚铜离子（Cu+）基态时的价电子排布式为3d10；
    （2）氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第3位；写出与NO${\;}_{3}^{-}$互为等电子体的一种非极性分子化学式SO3等；
    （3）H2Se的酸性比H2S强（填“强”或“弱”）．
    （4）晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子（如图1），其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有3种不同的结构类型．
    （5）如图2为碳化硅的晶胞（其中●为碳原子，○为硅原子）．
    ①三个碳原子和三个硅原子相间构成一个椅式（船、椅）六元环．
    ②如果我们以一个硅原子为中心，则与硅原子次近的第二层有12个原子．
    ③已知：碳原子半径为a×10-8cm，硅子半径为b×10-8cm，假设碳、硅原子是刚性小球，在晶体中彼此相切，计算碳化硅晶体的密度为$\frac{160}{{N}_{A}×[\frac{4（a+b）}{\sqrt{3}}×1{0}^{-8}]^{3}}$g/cm3（只要求列出算式），查表知该密度比实测值偏小，其原因可能是密度偏小，说明实际晶胞的体积下小于计算值，实际上碳、硅原子之间形成共价键，而不是相切，碳、硅原子间的距离比两个原子半径之和小．
    （6）在浓的CrCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为CrCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为[TiCl（H2O）5]2+．
    （7）难溶碳酸盐受热易分解，试比较MgCO3和CaCO3的稳定性，并说明理由稳定性：CaCO3＞MgCO3，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果，产物中氧化镁和氧化钙都为离子晶体，因为镁离子半径小于钙离子半径则氧化镁晶格能大，更稳定，更易于生成．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    4．硅及其化合物在材料领域中应用广泛．下列说法正确的是（　　）
    A．硅酸钠可用于制备木材防火剂B．硅单质广泛用于光纤通讯
    C．硅酸可由二氧化硅与水反应制得D．水晶项链是硅酸盐制品

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．关工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）的工艺流程如图1所示．

    已知：MnCO3难溶于水、乙醇、潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，回答下列问题：
    （1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．若测得滤液中c（F-）=0.01mol•L-1，则滤液中残留的c（Ca2+）=1.46×10-6mol•L-1mol•L-1 [已知：Ksp（CaF2）=1.46×10-10]
    （2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）=1.05mol•L-1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示．根据图2中信息得出的结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高．
    （3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、先水洗2～3次，再用乙醇洗涤，低温干燥（或低于100℃干燥）．
    （4）MnCO3高温煅烧可得到软磁体Mn3O4，但分解生成的CO需要回收利用．到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压器吸附（PSA）的方式在含N2体系中脱出CO．图3是变压吸附回收炉气中CO的流程．
    ①PSA-Ⅰ吸附CO2的时间对PSA-Ⅱ中CO回收率的影响如图4所示，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSA-I中将CO2脱除（保证PSA-I吸附CO2的时间）．
    ②从PSA-Ⅱ中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，其用途还有作燃料（任写一种）．
    ③检验放空气体中是否含有CO的实验操作是将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式：CO+PdCl2+H2O═Pd↓+2HCl+CO2．
    （5）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.00g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出25.0mL，用0.0200mol•L-1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应．
    已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化，反应原理如下：
    2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
    MnO2+C2O42-+4H+═Mn2++2CO2↑+2H2O
    求该软锰矿中二氧化锰的质量分数87%．

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    科目：高中化学 来源： 题型：实验题

    8．三氯化铁是中学化学实验室中常用的化学试剂．同学们利用废铁屑（含少量铜杂质）来探究制备FeCl3•6H2O的方法，同学甲设计的实验装置如图所示，其实验步骤如下：A中放有废铁屑，烧杯中盛有足量的稀硝酸，实验时先打开a并关闭b，用分液漏斗向A中加入过量的盐酸充分反应，此时溶液呈浅绿色；再打开b进行过滤，过滤结束后，取烧杯内溶液倒入蒸发皿加热，蒸发掉部分水并使剩余HNO3分解，再降温结晶得FeCl3•6H2O晶体．
    填写下列空白：
    （1）滴加盐酸时，发现反应速率较之盐酸与纯铁粉反应要快，其原因是废铁屑中的不溶性杂质与Fe在盐酸中构成原电池，加快了反应速率．
    （2）烧杯内放过量稀HNO3的原因是3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2O（用离子方程式表示）．
    （3）整个实验过程中，弹簧夹a都必须打开，除为排出产生的气体外，另一个目的是使装置内部与外界大气相通，便于A中液体流下．
    （4）乙同学对该实验进行了改进，他是用空烧杯盛接滤液，加入适当的试剂，然后在HC1的气流中、一定温度下蒸发、浓缩、降温结晶而得到纯净的FeCl3•6H2O，你认为加入的试剂可以是①②．（填序号）
    ①适量氯气                  ②适量过氧化氢和稀盐酸
    ③酸性高锰酸钾溶液          ④氢氧化钠溶液．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    18．下列判断正确的是（　　）
    A．Ca（OH）2微溶于水，所以Ca（OH）2是弱电解质
    B．强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱
    C．Cu、NaCl溶液不是电解质，所以是非电解质
    D．SO3溶于水后导电，所以SO3是电解质

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    5．用1mol•L-1NaOH溶液中和某浓度的硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示，原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积（体积变化忽略不计）分别是（　　）
    A．0.5 mol•L-1 100 mLB．0.5 mol•L-180 mL
    C．1 mol•L-160 mLD．1 mol•L-180 mL

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    2．下列关于NA的说法正确的是（　　）
    A．含H2SO40.2mol的浓硫酸与足量的Cu反应可产生SO2分子数为0.1NA
    B．足量Fe与1 mol氯气反应，转移的电子数为3NA
    C．标准状况下，22.4LSO3含有分子的数目为NA个
    D．1molNa2O2所含离子总数为3NA

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    3．X、Y、Z、W、R．均为前四周期元素且原子序数依次增大，X的基态原子核外有7种不同运动状态的电子，Y原子最外层有2对成对电子，Z的原子序数为Y的原子序数的2倍，W3+的基态离子3d轨道为半充满状态，R的氢氧化物悬浊液可用于检验葡萄糖的存在．
    请回答下列问题：
    （1）X2分子中σ键和π键数目比是1：2．
    （2）R的晶胞结构如右图所示，该晶胞中所含的原子个数是4．
    （3）下列有关X、Y、W的说法正确的是②④．
    ①X的第一电离能在同族元素中最小
    ②常温下，Y的氢化物分子间存在氢键
    ③XY3-中X的杂化轨道类型为sp3杂化
    ④W属于d区的元素
    （4）将X的气态氢化物的水溶液滴入R的氢氧化物悬浊液中，可得深蓝色溶液，该反应的离子方程是Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O．
    （5）将Na2Y2与W2+的硫酸盐按物质的量之比为1：1混合并投入水中，溶液中出现红褐色沉淀并有无色气体产生，该反应的离子方程式是4Na2O2+Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+．
    （6）与X3-互为等电子体的分子有N2O或CO2或CS2或BeCl2、离子有SCN-或OCN-或CNO-．

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