2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 N单元 物质结构与性质 苏教版.doc

2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 N单元 物质结构与性质 苏教版 N1 原子结构与元素的性质四、xx上海卷 NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN(Ki6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：27N1 E2上述反应涉及的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是_；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为_。273pHONCGeZn(5)sp3共价键(6)(，)107解析 (1)Ge是32号元素，根据构造原理可写出基态Ge原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p2，其中4p能级上有2个未成对电子。(2)由于Ge原子半径较大，原子间形成的单键较长，而pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不重叠，很难形成键，故Ge原子间难以形成双键或叁键。(3)从表格中数据可看出GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点逐渐升高，这是因为它们的分子结构相似，随着相对分子质量增大，分子间的相互作用力增强，导致其熔、沸点逐渐升高。(4)根据三种元素在周期表中的位置关系和电负性递变规律可知，电负性OGeZn。(5)晶体Ge为原子晶体，每个Ge原子与其他相邻的Ge原子间以共价键结合形成空间网状立体结构，Ge为sp3杂化。(6)结合D在晶胞内的位置可确定其坐标为(，)；由均摊法可确定该Ge晶胞中含有Ge原子为(864)个8个，则()mol73 gmol1(565.761010cm)3，解得107 gcm3。37N1、N3、N2、N4、N5xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质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)闻名中外，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能级上的未成对电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62中Ni2与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_；氨是_分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu1958 kJmol1、INi1753 kJmol1，ICuINi的原因是_。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。图00晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a_nm。37(1)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s22(2)正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(4)31 107解析 (1)镍的原子序数为28，则基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；3d能级有5个轨道，其中3个轨道排满2个自旋相反的电子，另外2个轨道分别只排了1个未成对电子。(2)Ni(NH3)6SO4中阴离子为SO，由价层电子对互斥理论推断，SO具有正四面体的空间构型。Ni(NH3)6SO4中阳离子为Ni(NH3)62，由基态Ni原子电子排布式可知，失去2个4s能级上的最外层电子后，所得的基态Ni2具有空轨道，而NH3分子中中心氮原子周围有1对孤对电子，因此Ni2与NH3之间形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。N、P位于同主族，NH3、PH3的组成和结构相似，但NH3的沸点高于PH3，原因是膦分子之间只有范德华力，而氨分子之间不仅有范德华力，还有分子间氢键，且分子间氢键比范德华力强；氨分子的空间构型是三角锥形，不对称，因此氨是极性分子；氨分子的中心氮原子的轨道杂化类型为sp3，其中3个与氢原子的s轨道形成共价单键，另一个轨道由孤电子对占据。(3)单质铜及镍都是金属单质，金属单质通常是由金属键形成的晶体；基态镍、铜原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2、1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，失去1个最外层电子后所得1价金属阳离子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s1或Ar3d84s1、1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10，再失去1个最外层电子时，镍失去的是半充满的4s能级上的1个电子，而铜失去的是全充满的3d能级上的1个电子，因此前者比后者容易发生，这是铜的第二电离能大于镍的第二电离能的原因。(4)读图，由晶胞结构、均摊法可知，1个镍白铜合金晶胞中含有的铜原子和镍原子分别为63、81，则该晶胞中Cu、Ni原子的数量比为31； 以1 mol该晶胞为研究对象，则1 mol该晶胞含有3 mol Cu和1 mol Ni，由mnM可知，1 mol该晶胞的mm(Cu)m(Ni)3 mol64 gmol11 mol59 gmol1251 g；设该晶胞的边长(a)为x107 cm，由晶胞构型可知，1个该晶胞的V (x107cm)3，则6.021023个该晶胞的V6.021023 (x107 cm)3，则该合金的密度d gcm3，即(x107)3，x107或，x107或107。37N1 N3 N4xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：(1)写出基态As原子的核外电子排布式：_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga_As，第一电离能Ga_As。(填“大于”或“小于”)(3)AsCl3分子的立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。(4)GaF3的熔点高于1000 ，GaCl3的熔点为77.9 ，其原因是_。(5)GaAs的熔点为1238 ，密度为 gcm3，其晶胞结构如图00所示。该晶体的类型为_，Ga与As以_键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1 和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。图0037(1)Ar3d104s24p3(2)大于小于(3)三角锥形sp3(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体(5)原子晶体共价100%解析 (1)As位于第四周期第VA族，核外有33个电子，基态原子As的核外电子排布式为Ar3d104s24p3。(2)Ga、As同周期，根据同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，可得原子半径：GaAs。根据同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，可得第一电离能GaAs。(3)AsCl3分子中As有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，As的杂化轨道数为314，杂化类型为sp3。(4)GaF3、GaCl3的熔点相差较大，是因为晶体类型不同，GaF3熔点高，为离子晶体，而GaCl3的熔点低，为分子晶体。(5)GaAs的熔点高，晶胞为空间网状结构，则为原子晶体，Ga与As以共价键键合。该晶胞中含有4个Ga、4个 As，则晶胞中原子的体积为(rGa1010cm)3(rAs1010cm)34，晶胞的体积为cm3，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为100%100%。8N1 N3 N4 N5xx四川卷 M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题：(1)R基态原子的电子排布式是_，X和Y中电负性较大的是_(填元素符号)。(2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是_。(3)X与M形成的XM3分子的空间构型是_。(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_(填离子符号)。 图00(5)在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物，Z被还原为3价，该反应的化学方程式是_。8(1)1s22s22p63s1或Ne3s1Cl(2)H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键(3)平面三角形(4)Na(5)K2Cr2O73H2O24H2SO4=K2SO4Cr2(SO4)33O27H2O解析 由轨道电子数关系知M是氧元素，由金属性知R是钠元素，由X与氧形成的化合物可引起酸雨知X是硫元素，则Y为氯元素，由Z的基态原子特点知Z是铬元素。(1)因为非金属性Cl比S强，故电负性较大的是氯元素。(2)水分子中含有氧原子，能形成分子间氢键，从而使其沸点升高。(3)SO3中硫原子的价层电子对为3(632)23，没有孤电子对，故空间构型为平面三角形。(4)根据晶胞结构，白球的数目为864，黑球的数目为8，由于化合物为Na2O，故黑球代表的是Na。(5)K2Cr2O7被还原为Cr3，被氧化的为H2O2，氧化产物为O2，根据得失电子守恒及元素守恒写出方程式。题号：15 科目：化学N1、N2、N3、N5“物质结构与性质”模块磷(P)是组成生命物质的重要元素，请回答：(1)基态P原子外围电子的轨道表示式为_。与氮(N)相比，第一电离能P_N(填“”“”或“”)。每个白磷分子中有_个键。(2)PH3的分子构型与NH3的分子构型相似。下列关于PH3和NH3的说法正确的是_。APH键的极性大于NH键的极性，PH3和NH3均为极性分子BPH3的沸点高于NH3的沸点CPH3可形成分子晶体DPH3中，PH键的键长大于NH键的键长，其键角小于BF3分子中的键角(3)磷脂的结构简式为图00在水中磷脂可能更倾向于形成下列图_(填“A”或“B”)所示的双分子层结构，试说明理由：_。图00答案 (1)GeZn(5)sp3共价键(6) (，)107解析 (1)Ge是32号元素，根据构造原理可写出基态Ge原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p2，其中4p能级上有2个未成对电子。(2)由于Ge原子半径较大，原子间形成的单键较长，而pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不重叠，很难形成键，故Ge原子间难以形成双键或叁键。(3)从表格中数据可看出GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点逐渐升高，这是因为它们的分子结构相似，随着相对分子质量增大，分子间的相互作用力增强，导致其熔、沸点逐渐升高。(4)根据三种元素在周期表中的位置关系和电负性递变规律可知，电负性OGeZn。(5)晶体Ge为原子晶体，每个Ge原子与其他相邻的Ge原子间以共价键结合形成空间网状立体结构，Ge为sp3杂化。(6)结合D在晶胞内的位置可确定其坐标为(，)；由均摊法可确定该Ge晶胞中含有Ge原子为(864)个8个，则()mol73 gmol1(565.761010cm)3，解得107 gcm3。37N1、N3、N2、N4、N5xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质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)闻名中外，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能级上的未成对电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62中Ni2与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_；氨是_分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu1958 kJmol1、INi1753 kJmol1，ICuINi的原因是_。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。图00晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a_nm。37(1)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s22(2)正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(4)31 107解析 (1)镍的原子序数为28，则基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；3d能级有5个轨道，其中3个轨道排满2个自旋相反的电子，另外2个轨道分别只排了1个未成对电子。(2)Ni(NH3)6SO4中阴离子为SO，由价层电子对互斥理论推断，SO具有正四面体的空间构型。Ni(NH3)6SO4中阳离子为Ni(NH3)62，由基态Ni原子电子排布式可知，失去2个4s能级上的最外层电子后，所得的基态Ni2具有空轨道，而NH3分子中中心氮原子周围有1对孤对电子，因此Ni2与NH3之间形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。N、P位于同主族，NH3、PH3的组成和结构相似，但NH3的沸点高于PH3，原因是膦分子之间只有范德华力，而氨分子之间不仅有范德华力，还有分子间氢键，且分子间氢键比范德华力强；氨分子的空间构型是三角锥形，不对称，因此氨是极性分子；氨分子的中心氮原子的轨道杂化类型为sp3，其中3个与氢原子的s轨道形成共价单键，另一个轨道由孤电子对占据。(3)单质铜及镍都是金属单质，金属单质通常是由金属键形成的晶体；基态镍、铜原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2、1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，失去1个最外层电子后所得1价金属阳离子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s1或Ar3d84s1、1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10，再失去1个最外层电子时，镍失去的是半充满的4s能级上的1个电子，而铜失去的是全充满的3d能级上的1个电子，因此前者比后者容易发生，这是铜的第二电离能大于镍的第二电离能的原因。(4)读图，由晶胞结构、均摊法可知，1个镍白铜合金晶胞中含有的铜原子和镍原子分别为63、81，则该晶胞中Cu、Ni原子的数量比为31； 以1 mol该晶胞为研究对象，则1 mol该晶胞含有3 mol Cu和1 mol Ni，由mnM可知，1 mol该晶胞的mm(Cu)m(Ni)3 mol64 gmol11 mol59 gmol1251 g；设该晶胞的边长(a)为x107 cm，由晶胞构型可知，1个该晶胞的V (x107cm)3，则6.021023个该晶胞的V6.021023 (x107 cm)3，则该合金的密度d gcm3，即(x107)3，x107或，x107或107。题号：15 科目：化学N1、N2、N3、N5“物质结构与性质”模块磷(P)是组成生命物质的重要元素，请回答：(1)基态P原子外围电子的轨道表示式为_。与氮(N)相比，第一电离能P_N(填“”“”或“”)。每个白磷分子中有_个键。(2)PH3的分子构型与NH3的分子构型相似。下列关于PH3和NH3的说法正确的是_。APH键的极性大于NH键的极性，PH3和NH3均为极性分子BPH3的沸点高于NH3的沸点CPH3可形成分子晶体DPH3中，PH键的键长大于NH键的键长，其键角小于BF3分子中的键角(3)磷脂的结构简式为图00在水中磷脂可能更倾向于形成下列图_(填“A”或“B”)所示的双分子层结构，试说明理由：_。图00答案 (1)GeZn(5)sp3共价键(6)(，)107解析 (1)Ge是32号元素，根据构造原理可写出基态Ge原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p2，其中4p能级上有2个未成对电子。(2)由于Ge原子半径较大，原子间形成的单键较长，而pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不重叠，很难形成键，故Ge原子间难以形成双键或叁键。(3)从表格中数据可看出GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点逐渐升高，这是因为它们的分子结构相似，随着相对分子质量增大，分子间的相互作用力增强，导致其熔、沸点逐渐升高。(4)根据三种元素在周期表中的位置关系和电负性递变规律可知，电负性OGeZn。(5)晶体Ge为原子晶体，每个Ge原子与其他相邻的Ge原子间以共价键结合形成空间网状立体结构，Ge为sp3杂化。(6)结合D在晶胞内的位置可确定其坐标为(，)；由均摊法可确定该Ge晶胞中含有Ge原子为(864)个8个，则()mol73 gmol1(565.761010cm)3，解得107 gcm3。37N1、N3、N2、N4、N5xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质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)闻名中外，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能级上的未成对电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62中Ni2与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_；氨是_分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu1958 kJmol1、INi1753 kJmol1，ICuINi的原因是_。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。图00晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a_nm。37(1)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s22(2)正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(4)31 107解析 (1)镍的原子序数为28，则基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；3d能级有5个轨道，其中3个轨道排满2个自旋相反的电子，另外2个轨道分别只排了1个未成对电子。(2)Ni(NH3)6SO4中阴离子为SO，由价层电子对互斥理论推断，SO具有正四面体的空间构型。Ni(NH3)6SO4中阳离子为Ni(NH3)62，由基态Ni原子电子排布式可知，失去2个4s能级上的最外层电子后，所得的基态Ni2具有空轨道，而NH3分子中中心氮原子周围有1对孤对电子，因此Ni2与NH3之间形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。N、P位于同主族，NH3、PH3的组成和结构相似，但NH3的沸点高于PH3，原因是膦分子之间只有范德华力，而氨分子之间不仅有范德华力，还有分子间氢键，且分子间氢键比范德华力强；氨分子的空间构型是三角锥形，不对称，因此氨是极性分子；氨分子的中心氮原子的轨道杂化类型为sp3，其中3个与氢原子的s轨道形成共价单键，另一个轨道由孤电子对占据。(3)单质铜及镍都是金属单质，金属单质通常是由金属键形成的晶体；基态镍、铜原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2、1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，失去1个最外层电子后所得1价金属阳离子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s1或Ar3d84s1、1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10，再失去1个最外层电子时，镍失去的是半充满的4s能级上的1个电子，而铜失去的是全充满的3d能级上的1个电子，因此前者比后者容易发生，这是铜的第二电离能大于镍的第二电离能的原因。(4)读图，由晶胞结构、均摊法可知，1个镍白铜合金晶胞中含有的铜原子和镍原子分别为63、81，则该晶胞中Cu、Ni原子的数量比为31； 以1 mol该晶胞为研究对象，则1 mol该晶胞含有3 mol Cu和1 mol Ni，由mnM可知，1 mol该晶胞的mm(Cu)m(Ni)3 mol64 gmol11 mol59 gmol1251 g；设该晶胞的边长(a)为x107 cm，由晶胞构型可知，1个该晶胞的V (x107cm)3，则6.021023个该晶胞的V6.021023 (x107 cm)3，则该合金的密度d gcm3，即(x107)3，x107或，x107或107。37N1 N3 N4xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：(1)写出基态As原子的核外电子排布式：_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga_As，第一电离能Ga_As。(填“大于”或“小于”)(3)AsCl3分子的立体构型为_，其中As的杂化轨道类型为_。(4)GaF3的熔点高于1000 ，GaCl3的熔点为77.9 ，其原因是_。(5)GaAs的熔点为1238 ，密度为 gcm3，其晶胞结构如图00所示。该晶体的类型为_，Ga与As以_键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa gmol1 和MAs gmol1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。图0037(1)Ar3d104s24p3(2)大于小于(3)三角锥形sp3(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体(5)原子晶体共价100%解析 (1)As位于第四周期第VA族，核外有33个电子，基态原子As的核外电子排布式为Ar3d104s24p3。(2)Ga、As同周期，根据同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，可得原子半径：GaAs。根据同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，可得第一电离能GaAs。(3)AsCl3分子中As有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，As的杂化轨道数为314，杂化类型为sp3。(4)GaF3、GaCl3的熔点相差较大，是因为晶体类型不同，GaF3熔点高，为离子晶体，而GaCl3的熔点低，为分子晶体。(5)GaAs的熔点高，晶胞为空间网状结构，则为原子晶体，Ga与As以共价键键合。该晶胞中含有4个Ga、4个 As，则晶胞中原子的体积为(rGa1010cm)3(rAs1010cm)34，晶胞的体积为cm3，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为100%100%。8N1 N3 N4 N5xx四川卷 M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题：(1)R基态原子的电子排布式是_，X和Y中电负性较大的是_(填元素符号)。(2)X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是_。(3)X与M形成的XM3分子的空间构型是_。(4)M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_(填离子符号)。 图00(5)在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物，Z被还原为3价，该反应的化学方程式是_。8(1)1s22s22p63s1或Ne3s1Cl(2)H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键(3)平面三角形(4)Na(5)K2Cr2O73H2O24H2SO4=K2SO4Cr2(SO4)33O27H2O解析 由轨道电子数关系知M是氧元素，由金属性知R是钠元素，由X与氧形成的化合物可引起酸雨知X是硫元素，则Y为氯元素，由Z的基态原子特点知Z是铬元素。(1)因为非金属性Cl比S强，故电负性较大的是氯元素。(2)水分子中含有氧原子，能形成分子间氢键，从而使其沸点升高。(3)SO3中硫原子的价层电子对为3(632)23，没有孤电子对，故空间构型为平面三角形。(4)根据晶胞结构，白球的数目为864，黑球的数目为8，由于化合物为Na2O，故黑球代表的是Na。(5)K2Cr2O7被还原为Cr3，被氧化的为H2O2，氧化产物为O2，根据得失电子守恒及元素守恒写出方程式。题号：15 科目：化学N1、N2、N3、N5“物质结构与性质”模块磷(P)是组成生命物质的重要元素，请回答：(1)基态P原子外围电子的轨道表示式为_。与氮(N)相比，第一电离能P_N(填“”“”或“”)。每个白磷分子中有_个键。(2)PH3的分子构型与NH3的分子构型相似。下列关于PH3和NH3的说法正确的是_。APH键的极性大于NH键的极性，PH3和NH3均为极性分子BPH3的沸点高于NH3的沸点CPH3可形成分子晶体DPH3中，PH键的键长大于NH键的键长，其键角小于BF3分子中的键角(3)磷脂的结构简式为图00在水中磷脂可能更倾向于形成下列图_(填“A”或“B”)所示的双分子层结构，试说明理由：_。图00答案 (1)GeZn(5)sp3共价键(6)(，)107解析 (1)Ge是32号元素，根据构造原理可写出基态Ge原子的核外电子排布式为Ar3d104s24p2，其中4p能级上有2个未成对电子。(2)由于Ge原子半径较大，原子间形成的单键较长，而pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不重叠，很难形成键，故Ge原子间难以形成双键或叁键。(3)从表格中数据可看出GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点逐渐升高，这是因为它们的分子结构相似，随着相对分子质量增大，分子间的相互作用力增强，导致其熔、沸点逐渐升高。(4)根据三种元素在周期表中的位置关系和电负性递变规律可知，电负性OGeZn。(5)晶体Ge为原子晶体，每个Ge原子与其他相邻的Ge原子间以共价键结合形成空间网状立体结构，Ge为sp3杂化。(6)结合D在晶胞内的位置可确定其坐标为(，)；由均摊法可确定该Ge晶胞中含有Ge原子为(864)个8个，则()mol73 gmol1(565.761010cm)3，解得107 gcm3。37N1、N3、N2、N4、N5xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质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)闻名中外，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能级上的未成对电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)62中Ni2与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_；氨是_分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为ICu1958 kJmol1、INi1753 kJmol1，ICuINi的原因是_。(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。图00晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。若合金的密度为d gcm3，晶胞参数a_nm。37(1)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s22(2)正四面体配位键N高于NH3分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子(4)31 107解析 (1)镍的原子序数为28，则基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2；3d能级有5个轨道，其中3个轨道排满2个自旋相反的电子，另外2个轨道分别只排了1个未成对电子。(2)Ni(NH3)6SO4中阴离子为SO，由价层电子对互斥理论推断，SO具有正四面体的空间构型。Ni(NH3)6SO4中阳离子为Ni(NH3)62，由基态Ni原子电子排布式可知，失去2个4s能级上的最外层电子后，所得的基态Ni2具有空轨道，而NH3分子中中心氮原子周围有1对孤对电子，因此Ni2与NH3之间形成配位键，提供孤电子对的成键原子是N。N、P位于同主族，NH3、PH3的组成和结构相似，但NH3的沸点高于PH3，原因是膦分子之间只有范德华力，而氨分子之间不仅有范德华力，还有分子间氢键，且分子间氢键比范德华力强；氨分子的空间构型是三角锥形，不对称，因此氨是极性分子；氨分子的中心氮原子的轨道杂化类型为sp3，其中3个与氢原子的s轨道形成共价单键，另一个轨道由孤电子对占据。(3)单质铜及镍都是金属单质，金属单质通常是由金属键形成的晶体；基态镍、铜原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2、1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，失去1个最外层电子后所得1价金属阳离子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d84s1或Ar3d84s1、1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10，再失去1个最外层电子时，镍失去的是半充满的4s能级上的1个电子，而铜失去的是全充满的3d能级上的1个电子，因此前者比后者容易发生，这是铜的第二电离能大于镍的第二电离能的原因。(4)读图，由晶胞结构、均摊法可知，1个镍白铜合金晶胞中含有的铜原子和镍原子分别为63、81，则该晶胞中Cu、Ni原子的数量比为31； 以1 mol该晶胞为研究对象，则1 mol该晶胞含有3 mol Cu和1 mol Ni，由mnM可知，1 mol该晶胞的mm(Cu)m(Ni)3 mol64 gmol11 mol59 gmol1251 g；设该晶胞的边长(a)为x107 cm，由晶胞构型可知，1个该晶胞的V (x107cm)3，则6.021023个该晶胞的V6.021023 (x107 cm)3，则该合金的密度d gcm3，即(x107)3，x107或，x107或107。37N1 N3 N4xx全国卷 化学选修3：物质结构与性质砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：(1)写出基态As原子的核外电子排布式：_。(2)根据元素周期律，原子半径Ga_As，第一电离能Ga_As。(填“大于”或“小于”)(3)AsCl3分子的立体构型为_，其中As的杂化轨