2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练：物质结构与性质(选考) 含解析
2．(20xx·湖南名校大联考)钛被称为继铁、铝之后的第三金属，回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子排布图为________________________，金属钛晶胞如图1所示，为________(填堆积方式)堆积。
(2)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－24℃，沸点为136℃，可知TiCl4为________晶体。
图1
(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2。
化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是______________ ________________。
化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为________。
(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示，其化学式为________。
(5)钙钛矿晶体的结构如图4所示。
钛原子位于立方晶胞的顶角，被________个氧原子包围成配位八面体；钙原子位于立方晶胞的体心，被________个氧原子包围，钙钛矿晶体的化学式为________。
[解析] (1)Ti为22号元素，由构造原理可知基态Ti原子的3d 能级和4s能级上各有2个电子，则其价电子排布图为
；由题图1可知，钛晶体的堆积方式为六方最密堆积。
(2)根据TiCl4在通常情况下呈液态，且熔沸点较低，可知TiCl4为分子晶体。
(3)化合物乙能形成分子间氢键，而化合物甲不能形成分子间氢键，故化合物乙的沸点明显高于化合物甲。
化合物乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，第一电离能N >O>C。
(4)如题图3所示，每个O原子被2个Ti原子共用，每个Ti原子被2个O原子共用，由均摊法可知该阳离子中Ti、O原子个数之比为1∶1，结合Ti为＋4价，O为－2价，故该阳离子的化学式为TiO2＋(或[ TiO]2n＋
n)。
(5)钛原子位于立方晶胞的顶角，被6个氧原子包围成配位八面体；钙原子位于立方晶胞的体心，被12个氧原子包围；每个晶胞中含有的钛原子和钙原子均为1个，晶胞的12个边上各有一个氧
原子，根据均摊法可知每个晶胞实际占有的氧原子数为12×1 4
＝3，故该钙钛矿晶体的化学式为CaTiO3。
[答案] (1)
六方最密
(2)分子(3)化合物乙分子间形成氢键N>O>C
n) (5)6 12 CaTiO3
(4)TiO2＋(或[TiO]2n＋
3．(20xx·河南省级示范性高中4月联考)近日，我国科学家在《自然·通信》杂志上发表研究报告称，利用铬同位素的系统分析发现
24“中元古代大气氧含量高于现代水平的1%”。
铬的同位素有50 Cr、5224Cr、5324Cr、5424
Cr。
铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。
回答下列问题：
(1)基态5324Cr的价层电子轨道表达式为________。
(2)交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理为2K2Cr2O7＋3C H3CH2OH＋8H2SO4―→3CH3COOH＋2Cr2(SO4)3＋2K2SO4＋11H2 O。
①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3(二甲醚)、HCOOCH3(甲酸甲酯)，主要原因是____________。
②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是________；CH3COO H分子中σ键和π键的数目之比为________。
③K2SO4晶体中阴离子的空间构型是________。
该反应中，只含极性键的极性分子有________(填分子式)。
(3)CrF3晶体、CrBr3晶体的熔点分别为1100℃以上、79℃，其可能的原因是_______________________________________。
(4)晶体铬的晶胞结构如图1所示，其堆积模型为________；铬原子的配位数为________。
[答案] (1)
(2)①CH3CH2OH、CH3COOH分子间存在氢键②sp2、sp3 7∶1 ③正四面体形H2O、H2SO4
(3)CrF3是离子晶体，CrBr3是分子晶体，离子键比分子间作用力强
(4)体心立方堆积8
(5)Cr2O3错误!
拔高练(25分钟)
1．(20xx·太原一模)高氯酸三碳酰肼合镍{[Ni(CHZ)3](ClO4)2}是一种新型的起爆药。
(1)Ni能与CO形成配合物Ni(CO)4，配体CO中提供孤电子对的是C原子，其理由可能是____________________________；该配合物分子中σ键与π键数目之比为________。
(2)①ClO－4的空间构型是________。
4
②写出与ClO－
互为等电子体的一种分子和一种离子________、________(填化学式)。
(3)化学式中CHZ为碳酰肼，其结构为
，它是一种新型的环保锅炉水除氧剂。
①碳酰肼中氮元素的化合价为________，碳原子的杂化轨道类型为________。
②碳酰肼可以由碳酸二甲酯()和肼(N2 H4)反应制得，有关的化学方程式为
_________________________________________________。
(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成。
①比较次氯酸和高氯酸的酸性，并说明理由
___________________________________________________。
②如图为NiO晶胞，若晶胞中含有的Ni2＋数目为a，Ni2＋的配位数为b，NiO晶体中每个Ni2＋距离最近的Ni2＋数目为c，则a∶b∶c＝_ _______。
[解析] (1)由于O原子的电负性比C原子强，在形成配合物时不易给出孤电子对，故在配合物Ni(CO)4中，配体CO中提供孤电子对的是C原子而不是O原子；Ni(CO)4分子中σ键个数为1×4＋4＝8，π键个数为2×4＝8，所以σ键与π键个数之比为1∶1。
(2)①ClO－4中氯原子的价层电子对数为4＋7＋1－2×4
2＝4，没有孤
电子对，故其空间构型是正四面体。
②等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的分子、离子或原子团，与ClO－4互为等电子
体的一种分子和一种离子分别为CCl4和SO2－
4。
(3)①根据化合物中各元素化合价代数和为零的原则可知碳酰肼中氮元素的化合价为－2，碳酰肼中C原子采取sp2杂化。
(4)②Ni2＋位于晶胞顶点及面
心，晶胞中Ni2＋数目a＝8×1
8＋6×
1
2＝4，以顶点Ni
2＋进行分析，与
之距离最近的O2－位于棱心且关于Ni2＋对称，故Ni2＋的配位数b＝6，与之距离最近的Ni2＋位于面心，每个顶点为12个面共用，则与之距离最近的镍离子数目c＝12，故a∶b∶c＝4∶6∶12＝2∶
3∶6。
[答案] (1)电负性O>C，O原子不易给出孤电子对1∶1
(2)①正四面体②CCl4(或SiF4等)SO2－
4(或PO3－
4等)
(4)①HClO的酸性小于HClO4，非羟基氧的个数越多，Cl的正电性越高，导致Cl—O—H中O的电子向Cl偏移，越容易电离出H＋②2∶3∶6
2．(20xx·保定联考)磷、硼及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途很广。
请回答下列问题：
(1)基态磷原子中电子占据的最高能层符号为________，其中能量最高的电子的电子云在空间有________个伸展方向，原子轨道呈_ _______形。
(2)单质磷与Cl2反应，可以生成PCl3和PCl5，PCl3中各原子最外层均满足8电子稳定结构，其分子的空间构型为________，写出一种与PCl3互为等电子体的分子或离子的化学式________。
PCl5中P原子与5个Cl原子之间均形成σ键，分子呈立体对称结构，则P原子与Cl 原子之间形成的共价键键角有90°、120°和________。
(3)共价分子(ab)2中所有原子均满足8电子稳定结构，则(ab)2中π键与σ键个数之比为________。
(4)ec2常用作白色颜料，纳米ec2也可作催化剂，实例如图2所示。
①化合物M的熔沸点明显低于化合物N，其主要原因是
__________________________________________________。
②化合物N中C原子的杂化类型为________，元素C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为____________。
(5)e元素的主要化合价是＋2、＋4。
某晶体中的阳离子是由c、e 两元素形成的链状聚合形式的离子，结构如图3所示。
该阳离子中c 、e两原子个数比为________。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：1-1专题一 物质的组成、性质和分类 化学用语 含答案
[解析]利用废弃的秸秆生产乙醇的过程中.秸秆中的纤维素水解生成葡萄糖.葡萄糖再转化成乙醇.A项不符合题意；利用石油生产塑料、化纤等高分子材料的过程中.发生加聚反应或缩聚反应.B项不符合题意；利用基本的化学原料生产化学合成药物的过程中.发生了化学反应.C项不符合题意；利用反渗透膜从海水中分离出淡水.属于物理变化.D项符合题意。
[答案] D2．(20xx·北京卷)下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)( )[解析]NaCl是强电解质.在水中完全电离.且图中构成水分子的O靠近Na ＋.H靠近Cl－.A项正确；B项装置为电解装置.阴极上生成Cu.阳极上生成Cl2.该选项中的方程式为电离方程式.而不是电解方程式.错误；乙酸为弱电解质.在水中不能完全电离.C项正确；化学键断裂吸收能量.化学键形成释放能量.故H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－431 kJ·mol－1×2＋436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1.D项正确。
[答案] B3．(20xx·北京卷)下列化学用语对事实的表述不正确的是( )浓硫酸A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH＋C2H185OH△C17H35COOC2H5＋H182OB ．常温时.0.1 mol·L －1氨水的pH ＝11.1：NH 3·H 2O NH ＋4＋OH －C ．由Na 和Cl 形成离子键的过程：NaCl ···· ··―→Na ＋[×·Cl ···· ··]－ D ．电解精炼铜的阴极反应：Cu 2＋＋2e －===Cu[解析] 羧酸与醇发生酯化反应的历程是酸脱羟基而醇脱去羟基上的氢原子生成水.所以硬脂酸与乙醇发生酯化反应生成的酯为C 17H 35CO 18OC 2H 5.A 项错误；0.1 mol·L －1氨水的pH 为11.1而不是13.说明NH 3·H 2O 是弱电解质.在水溶液中部分电离.即其电离方程式为NH 3·H 2O NH ＋4＋OH －.B 项正确；氯化钠是离子化合物.其离子键的形成过程为NaCl ···· ··―→Na ＋[×·Cl ···· ··]－.C 项正确；电解时阴极发生还原反应.电解精炼铜时阴极发生的反应为Cu 2＋＋2e －===Cu.D 项正确。
2020届高三化学二轮复习微专题知识点强化——物质结构与性质选修大题
2020届届届届届届届届届届届届届届届届届——届届届届届届届届届届届1.X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，M原子外围电子排布式为3d n4s n；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子。
请回答下列问题：(1)X元素在周期表中的位置是_______；W 2+离子的外围电子排布式为____。
(2)X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO(NH2)2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为____、____，该化合物分子中的π键与σ键的个数之比是______；该物质易溶于水的主要原因是_______________。
(3)已知Be和Al元素处于周期表中对角线位置，化学性质相似，请写出Y元素与Be元素两者相应的最高价氧化物对应水化物相互反应的化学方程式：______________。
(4)M晶体的原子堆积方式为六方堆积(如图所示)，则晶体中M原子的配位数是____。
某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1mol该配合物中含配位键的数目是___。
(5)Y离子和Z离子比较，半径较大的是____(填离子符号)，元素Y与元素Z形成的晶体的晶胞结构是如图所示的正方体，每个Y离子周围与它最近的Y离子有_____个。
【答案】(1)第二周期ⅣA族；3d10(2)sp2； sp3； 1：7；CO(NH2)2能与水分子间形成氢键(3)Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O(4)12；6×6.02×1023(5)S2− ；6【解析】【分析】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、配合物、晶胞结构，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求。
【解答】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X的基态原子核外的三个能级上电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；Y的单质在空气中燃烧生成一种淡黄色的固体，则Y为Na元素，淡黄色固体是Na2O2；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素；M原子外围电子排布式为3d n4s n，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn。
(新课标)2020高考化学二轮复习第二部分高考大题突破题型五物质结构与性质(选考)教学案
(3)[2018·高考全国卷Ⅰ，T35(2)]Li＋与 H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于 r(H－)，原因是 _______________________________________________________。
答案：(1)大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
(2)同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增 大 N 原子的 2p 轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子
则立方氮化硼晶体可用作________(填标号)。
a．切削工具
b．钻探钻头
c．导电材料
d．耐磨材料
(3)一种有储氢功能的铜合金晶体具有面心立方最密堆积结构，该晶体储氢后的化学式为
Cu3AuH8。铜与其他许多金属及其化合物都可以发生焰色反应，其原因是______________。
(4)金属氢化物也是具有良好发展前景的储氢材料。某储氢材料是短周期金属元素 R 的氢化物。R
(2)价层电子对互斥理论
①基本观点：分子的中心原子上的价层电子对(包括 σ 键电子对和中心原子上的孤电子对)由于
相互排斥，尽可能趋向彼此远离。
②价层电子对数的计算
中心原子的价层电子对数＝σ 键电子对数(与中心原子结合的原子数)＋中心原子的孤电子对数 1
＝σ 键电子对数＋2(a－xb) 其中 a 为中心原子的价电子数，x、b 分别为与中心原子结合的原子数及与中心原子结合的原子最
(3)
(4)四 ⅠB
2．(最新预测)开发新型储氢材料是氢能源利用的重要研究方向之一。请回答以下问题：
(1)Ti(BH4)3 是一种储氢材料，可由 TiCl4 和 LiBH4 反应制得。基态 Ti3＋的电子排布式为 ________________________________________________________________________；
2020版《新高考 二轮专题突破+考前集训 化学》 题库 14专题十四 物质结构与性质(选修)
限时：40分钟1．(2019四川绵阳第三次诊断，35)氮、磷是植物生长所需的重要元素。
回答下列问题：(1)下列N原子电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是________(填标号)。
(2)羟氨(NH2OH)可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N的杂化类型是________。
羟氨易溶于水，其主要原因是__________________________________。
(3)第一电离能I1(N)______I1(P)(填“＞”“＜”“＝”)，原因是________________________________________________________________________。
(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，如图所示。
则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为____________。
(5)氮化锗具有耐腐蚀、硬度高等优点，晶体中锗原子与氮原子之间存在明显的sp杂化现象，氮化锗晶体属于________晶体。
一种氮化锗晶胞的球棍模型如图，其化学式为__________，若晶胞长方体的高为b pm，设阿伏加德罗常数值为N A，晶体的密度为ρg·cm－3，则晶胞底面正方形的边长为____________ pm(列出计算式)。
1．(1)A＜C＜B＜D(2)sp 3杂化 羟氨分子与水分子均为极性分子，分子间都能形成氢键(3)＞ N 的原子半径比P 的原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力较大(4)[P n O 3n ＋1](n ＋2)－(5)原子 Ge 3N 4 550b ρN A ×1015或550b ×10－10ρN A×1010 【解析】(1)基态N 原子具有的能量最低，激发态N 原子具有的能量较高，且较高能级轨道排布的电子越多，原子具有的能量越高，故N 原子能量由低到高的顺序是A ＜C ＜B ＜D 。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：2-2-5选考系列二 物质结构与性质(选考) 含答案
×12＝＋12孤电子对数为2＝6＋2中氧原子的价层电子对数为＋1 2②若KIO 3晶胞中处于左下角顶角的K 原子的坐标参数为(0,0,0).位于下底面面心位置的O 原子的坐标参数为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.在KIO 3晶胞结构的另一种表示中.I 处于各顶角位置.设左下角顶角的I 原子的坐标参数为(0,0,0).则K 原子的坐标参数为____________。
[解析] (1)①该晶胞中含有黑球个数为8×18＋6×12＝4.白球个数为8.根据UO 2的化学式可知.白球代表氧原子；一个U 原子周围有8个氧原子与其最邻近.则U 原子的配位数为8。
②由晶胞结构可知.该晶胞中含有的U 原子数为4.含有的O 原子数为8.则晶胞中原子的总体积为43πr 31×4＋43πr 32×8) cm 3.由晶体的密度及晶胞的结构可得该晶胞的体积为238×4＋16×8dNAcm 3.所以该晶胞的空间利用率为43πr31×4＋43πr32×8238×4＋16×8dNA×100%。
,(2)①NiO 和FeO 均为离子晶体.且晶体中阴、阳离子所带电荷数均相同.由于半径：Fe 2＋>Ni 2＋.则晶格能：FeO<NiO.由此可判断熔点：NiO>FeO 。
②由均摊法可知.该晶胞中La 原子个数为8×18＝1.Ni 原子个数为8×12＋1＝5.则该合金的化学式为LaNi 5。
由晶胞图示可知晶胞体积为a ×a ×sin60°×c cm 3＝32a 2c cm 3.则有1NA ×(139＋59×5)g·mol －1＝ρ×32a 2c g.解得N A ＝8683a2cρmol －1。
,(3)①K 、O 构成面心立方结构.K 的配位数为12；该晶胞中K 的个数为8×18＝1.I 的个数为1.O 的个数为6×12＝3.则晶体密度为(39＋127＋16×3)/[N A ·(a ×10－7)3] g·cm －3或214/[N A ·(a ×10－7)3] g·cm －3。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练20+物质结构与性质(选考)+Word版含解析
专题强化训练(二十)能力练(20分钟)1．(2019·武昌区元月调研)请回答以下问题：(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有________种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表第ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。
每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是________，判断依据是__________________________________ _________________________________________________________。
(3)CO2在高温高压下形成的晶体的晶胞结构如图3所示。
则该晶体属于________晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有________种。
BCl3中心原子的杂化方式为________，写出与BCl3结构相同的一种等电子体(写离子)________。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有________个紧邻分子。
D的醋酸盐晶体局部结构如图4，该晶体中含有的化学键是________(填字母标号)。
a．极性键b．非极性键c．配位键d．金属键(6)Fe的一种晶体如图5中甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A～D中正确的是________(填字母标号)。
铁原子的配位数是________，假设铁原子的半径是r cm，该晶体的密度是ρg·cm－3，则铁的相对原子质量为________(设阿伏加德罗常数的值为N A)。
[解析](1)根据该元素的第一至第五电离能数据，可知该元素的第三电离能发生突变，说明该原子最外层有2个电子，结合该元素为第三周期主族元素可知，该元素为Mg，其核外有12个电子，每个电子的运动状态均不相同，故该元素对应的原子有12种不同运动状态的电子。
2020高考化学新课标地区专用版提分大二轮复习讲义：专题四 物质结构与性质 Word版含答案
姓名，年级：时间：考点一原子结构及核外电子排布1．明确微粒间“三个"数量关系中性原子：核电荷数＝质子数＝核外电子数＝原子序数阴离子：核外电子数＝质子数＋所带的电荷数阳离子:核外电子数＝质子数－所带的电荷数2．元素、核素、同位素、同素异形体之间的联系特别提醒许多元素存在同位素，故原子的种数大于元素的种数。
一种单质可由不同的核素组成，如HD、HT等；同种核素可以构成不同的单质,如18O2、18O3等.3．原子核外电子排布规律(1)能量规律核外电子总是先排布在能量最低的电子层里，然后再按照由里向外的顺序依次排布在能量逐渐升高的电子层里.(2）排布规律特别提醒核外电子的排布规律是相互联系的，不能孤立地理解,必须同时满足各项要求，如M层不是最外层时，最多能容纳18个电子，当M层为最外层时，最多容纳8个电子。
4．基态原子的核外电子排布（1)排布规律①能量最低原理：基态原子核外电子优先占据能量最低的原子轨道，如Ge：1s22s22p63s23p63d104s24p2。
②泡利原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子。
③洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。
（2）表示方法表示方法举例电子排布式Cr：1s22s22p63s23p63d54s1简化电子排布式Cu：[Ar］3d104s1价电子排布式Fe:3d64s2电子排布图(3)特殊原子的核外电子排布式①Cr的核外电子排布:先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d4，因3d5为半充满状态，比较稳定，故需要将4s轨道的一个电子调整到3d轨道，得1s22s22p63s23p64s13d5，再将同一能层的排到一起，得该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1。
②Cu的核外电子排布：先按能量从低到高排列:1s22s22p63s23p64s23d9，因3d10为全充满状态，比较稳定,故需要将4s轨道的一个电子调整到3d轨道,得1s22s22p63s23p64s13d10,再将同一能层的排到一起，得该原子的电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s1。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练：填空题 含解析 (3)
能力练(20分钟)1．(20xx·洛阳第二次统考)工业上常从一种合成气(主要成分为C O2、H2)中分离合成甲醇所需的氢气。
H2提纯过程示意图如图所示：(1)吸收池中发生反应的离子方程式是_________。
(2)用电极反应式和离子方程式表示K2CO3溶液的再生原理_____ __________________________________。
[解析] (1)结合题图可知.在吸收池中.K2CO3溶液吸收合成气的3＋CO2＋CO2生成KHCO3.其离子方程式为CO2－H2O===2HCO－3。
(2)用惰性电极电解KHCO3溶液时.阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－.OH－与KHCO3反应.使K2CO3溶液再生。
3===2HCO－3[答案] (1)CO2＋H2O＋CO2－(2)2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－3＋H2OHCO－3＋OH－===CO2－2．(20xx·山东师大附中二模)(1)水合肼(N2H4·H2O)是一种重要的化工原料.在医药、农业及燃料上都有着广泛的应用。
目前.我国生产水合肼均采用尿素法.即利用NaClO溶液、NaOH溶液与尿素[CO( NH2)2]反应制得粗肼(N2H4)。
生成粗肼反应的化学方程式为________ _______________________。
(2)火箭发射时可用肼(N2H4)作燃料.二氧化氮作氧化剂.生成无毒害的物质.写出反应方程式：_____________________。
[解析] (1)[CO(NH2)2]中氮元素为－3价.N2H4中氮元素为－2价.结合NaClO有强氧化性就可以理解该反应的原理：NaClO把[CO(NH2)2]氧化为N2H4.而NaClO一般被还原为Cl－.CO(NH2)2中的3存在；结合原子守恒可得出反＋4价碳元素在碱性条件下以CO2－应方程式：NaClO＋CO(NH2)2＋2NaOH===N2H4＋H2O＋Na2CO3＋NaCl。
2020高考化学二轮复习能力提升训练16物质结构与性质(选修3)(含解析)
能力提升训练(16)1．已知A 、B 、C 、D 四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。
A 原子、C 原子的L 能层中都有两个未成对的电子，C 、D 同主族。
E 、F 都是第4周期元素，E 原子核外有4个未成对电子，F 原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。
根据以上信息填空：(1)基态D 原子中，电子占据的最高能层符号是M ，该能层具有的原子轨道数为9。
(2)E 2＋的价层电子排布图是，F 原子的核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1。
(3)A 元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为sp 2，B 元素的气态氢化物的分子模型为三角锥形。
(4)化合物AC 2、B 2C 和阴离子DAB －互为等电子体，它们结构相似，DAB －的电子式为[S··C N ··]－。
解析：A 、B 、C 、D 四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A 原子、C 原子的L 能层中都有两个未成对的电子，则A 为碳，C 为氧，B 介于碳和氧之间，则B 是氮，C 、D 同主族，D 为硫，E 、F 都是第4周期元素，E 原子核外有4个未成对电子，E 为Fe ，F 原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F 原子核外电子数＝2＋8＋18＋1＝29，则F 为铜元素。
(1)基态硫原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号为M ，该能层有1个s 轨道、3个p 轨道、5个d 轨道，共有9个原子轨道。
(2)Fe 2＋的价层电子排布式为3d 6，其价层电子排布图是，F 为铜元素，原子核外有29个电子，原子的核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 1。
(3)碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H 2CO 3，分子结构式为，中心碳原子成3个σ键、没有孤电子对，碳原子采取sp2杂化方式；B 的气态氢化物为NH 3，为三角锥形结构。
2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略专题强化训练：填空题 含解析 (2)
能力练(20分钟)1．(20xx·广东七校联合体第一次联考)氨催化分解既可防治氨气污染.又能得到氢能源。
(1)已知：①反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－1266.6 kJ·mol－1②H2的燃烧热ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1③水汽化时ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1反应Ⅰ热力学趋势很大(平衡常数很大)的原因为____________________________；NH3分解的热化学方程式为_____________________。
(2)在Co－Al催化剂体系中.压强p0下氨气以一定流速通过反应器.得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如图所示.活化能最小的催化剂为________.温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因是_________________________________。
如果增大气体流速.则b点对应的点可能为________(填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”)点。
[解析] (1)反应Ⅰ是放热量很大的反应.产物的能量较低.故热力学趋势很大。
根据已知②和③可以写出热化学方程式：H2(g)＋12O2(g)===H2O(l)ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1(反应Ⅱ)和H2O(l)===H2O(g)ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1(反应Ⅲ).根据盖斯定律.由12×(反应Ⅰ－反应Ⅱ×6－反应Ⅲ×6)得NH3分解的热化学方程式：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.1 kJ·mol－1。
(2)从图1可看出.压强为p0、温度相同时.在催化剂90CoAl的作用下.NH3的转化率最高.故该催化剂的活化能最小。
相同条件下.增大气体流速.NH3的转化率降低.此时b点对应的转化率可能降至e点。
[答案] (1)该反应为放热量很大的反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.1 kJ·mol－1(2)90CoAl平衡转化率随温度升高而增大.此反应为吸热反应.温度升高.反应速率加快.转化率接近平衡转化率 e2．(20xx·安徽安庆联考)甲醇是重要的化工原料.又是一种可再生能源.具有广泛的开发和应用前景。