（12分） “物质结构与性质”（1）第ⅢA、ⅤA元素组成的化合物GaN、GaP、GaAs等是人工合成的新型半导体材料，其

A．（1）①K₃[Fe（CN）₆为离子化合物，应含有离子键，Fe和CN之间为配位键，C与N之间为极性键，
故答案为：CEF；
②Fe的电子排布式为[Ar]3d⁶4S²，则Fe³⁺离子的电子排布式为：[Ar]3d⁵，故答案为：[Ar]3d⁵；
③CN^-为双原子离子，含有14个电子，其等电子体有CO、N₂，故答案为：CO、N₂；
④二氧化硒分子中含有2δ键个，孤电子对数为
6−2×2
2＝1，分子为V形，故答案为：V形；
（2）As的价电子排布为4s²4p³，而Se的价电子排布为4s²4p⁴，二者相比较，前者p轨道半充满，处于稳定状态，第一电离能较大，硫化锌是离子化合物，硫元素与锌元素的物质的量比是1：1，每个硫原子与4个锌原子形成离子键，同时每个锌原子同时与4个硫原子形成离子键，故配位数为4，故答案为：＞；4；
B．（1）卤素互化物IBr的性质与卤素单质类似，具有氧化性，腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管盛装，IBr易发生水解反应，反应方程式为：IBr+H₂O=HIO+HBr，故答案为：酸式滴定管（或移液管 ）；IBr+H₂O=HIO+HBr；
（2）溴化氢易挥发，置于暗处可减少溴化氢挥发，为使反应充分进行，应不断搅动使物质充分接触而反应，
故答案为：碘瓶置于暗处可减少溴化氢挥发，不断搅动可以让物质间充分反应；
（3）碘遇淀粉变蓝色，可用淀粉为反应的指示剂，滴定时终点的判断为 溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不变化，
故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不变化．

点评：
本题考点： 配合物的成键情况；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；极性键和非极性键；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查配合物知识和实验化学两部分知识，题目较为综合，具有一定难度，做题时注意等电子体以及配位数的判断．

A．（1）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；（2）N、O元素处于第二周期，且N元素处于第VA族，O元素处于第VIA族，S元素处于第三周期第VIA族，所以这...

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查物质结构和性质及制备实验方案的设计，注意物质结构和性质中第一电离能变化趋势及异常现象，为易错点．

A．（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VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是：F＞N＞O；
OF₂分子中O原子价层电子对个数=2+[1/2(6−2×1)=4，且含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，
故答案为：F＞N＞O；V形；
（2）NO₂⁺离子中氮原子价层电子对个数=2+
1
2]（5-1-2×2）=2，所以为sp杂化；
O₂²⁺和N₂分子为等电子体，其结构和N₂结构相似，一个氮气分子中含有2个π键，所以一个O₂²⁺中含有两个π键，则1mol O₂²⁺中含有的π键数目为2N_A；
故答案为：sp；2N_A；
（3）Cr元素的原子序数是24号元素，其原子核外有24个电子，Cr³⁺核外电子数是21，根据构造原理其核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d³，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d³；
（4）该晶胞中，钙离子个数=8×[1/8+6×
1
2]=4，过氧根离子个数=12×[1/4]+1=4，所以其化学式为：CaO₂，故答案为：CaO₂；
B．（1）锌和稀硫酸反应生成可溶性的硫酸锌，铅和硫酸反应生成难溶性的硫酸铅，所以废液中不溶性杂质为PbSO₄，故答案为：PbSO₄；
（2）氧化锌和碳酸锌与稀硫酸反应生成硫酸锌且不引进新的杂质，氨水和氢氧化钠溶液都能改变溶液pH，但引进杂质，故选bc；
（3）当溶液表面出现晶膜时停止加热，利用余热将水分蒸干即可，故答案为：溶液表面出现晶膜；
（4）硫酸锌为强酸弱碱盐，锌离子水解而使其溶液呈酸性，为防止硫酸锌水解，应该向溶液中加入少量稀硫酸，故答案为：防止硫酸锌水解；
（5）该仪器为吸滤瓶；C装置有缓冲作用，能防止倒吸，故答案为：吸滤瓶；防止倒吸；
（6）乙醇和水能互溶，且乙醇易挥发，挥发时带走水分，故答案为：利用乙醇挥发性除去晶体表面的水分．

点评：
本题考点： 晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了物质结构、性质和物质的分离和提纯，涉及电子式的书写、杂化轨道理论、空间构型的判断、晶胞的计算、化学与实验等知识点，根据价层电子对互斥理论、均摊法等知识点来分析物质结构和性质；化学与实验中，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析实验操作步骤，难度中等．

（1）镍属于28号元素，镍原子核外有28个电子，二价镍离子是镍原子失去2个电子得到的，根据构造原理可以写出该离子的核外电子排布式，Ni²⁺的核外电子排布式是1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d ⁸．
故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸或[Ar]3d⁸．
（2）Cu失去一个电子成为Cu⁺，核外电子排布从[Ar]3d¹⁰4s¹变为[Ar]3d¹⁰能量较低的稳定结构，而Zn核外电子排布为[Ar]3d¹⁰4s²较稳定，所以Cu第一电离能较Zn小，第二电离能相对较大．
故答案为：Cu失去一个电子成为Cu⁺，核外电子排布从[Ar]3d¹⁰4s¹变为[Ar]3d¹⁰能量较低的稳定结构，而Zn核外电子排布为[Ar]3d¹⁰4s²较稳定，所以Cu第一电离能较Zn小，第二电离能相对较大．
（3）A、同一周期，原子序数越大，电负性越大；同一主族，原子序数越大，电负性越小，所以电负性大小为
O＞N＞S＞C，故A错误．
B、CO₂与COS（硫化羰）中原子个数相等，氧和硫的价电子数相等都是6，所以互为等电子体，故B正确．
C、NH₃分子中氮原子采用sp³杂化，构型是三角锥形，故C正确．
D、CO、H₂S、HCN都不是对称型结构，所以都是极性分子，故D正确．
故选：BCD．
（4）根据图片知，该离子中含有11个氢原子，5个氧原子，且是带一个单位正电荷的离子，所以该离子为H₁₁O₅⁺．
故答案为：H₁₁O₅⁺．
（5）FeS所带的电荷比氯化钠的多，所以FeS晶体的晶格能比NaCl晶体晶格能大，所以FeS晶体的熔点比NaCl晶体的大；根据氯化钠的判断知其为正八面体．
故答案为：FeS晶体的晶格能比NaCl晶体晶格能大；正八面体．
B、（1）温度较低时，硝酸钾因溶解度变小而析出，为防止降温时析出硝酸钾而降低产率，所以要趁热过滤．
故答案为：防止降温时析出硝酸钾而降低产率．
（2）①29.8g KCl的物质的量=[29.8g/74.5g/mol＝0.4mol；34.0g NaNO₃的物质的量=
34.0g
85g/mol＝0.4mol
氯化钾和硝酸钠不反应，所以氯化钾和硝酸钠的混合溶液可看作是氯化钠和硝酸钾的混合溶液，硝酸钾和氯化钠的物质的量还是0.4mol，硝酸钾的质量为40.4g，氯化钠的质量为23.4g．
100℃时，20g水中溶有氯化钠的质量为39.1g×
1
5]=7.82g＜23.4g，所以析出氯化钠的质量=23.4g-7.82g=15.58g；
20g水中溶有硝酸钾的质量为246g×[1/5]=49.2g＞40.4g，所以硝酸钾形成的是不饱和溶液，溶液析出的固体全部是氯化钠，即m₁g=15.58g．
②10℃时，20g水中溶有氯化钠的质量为35.7g×[1/5]=7.14g，所以析出氯化钠的质量为7.82g-7.14g=0.68g；
20g水中溶有硝酸钾的质量为20.9g×[1/5]=4.18g＜40.4g，所以析出硝酸钾的质量为40.4g-4.18g=36.22g；
所以析出固体的总质量为0.68g+36.22g=36.9g．
10℃时，设0.68g氯化钠溶于水得到饱和溶液所需要水的质量为x．
[0.68/x＝
35.7
100]
x=1.9g．
故答案为：36.9，0.68，1.90．
（3）减压的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；
根据图片知，所用玻璃仪器为吸滤瓶、安全瓶、抽气泵；若实验过程中发现倒吸现象，应采取的措施是打开旋塞K．
故答案为：加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀；吸滤瓶、安全瓶、抽气泵；打开旋塞K．

点评：
本题考点： 原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；蒸发和结晶、重结晶；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了原子核外电子排布、电负性、晶格能、物质的分离和提纯等知识点，综合性较强，难度较大，做题时注意电子排布式的书写方法，注意由原子失去电子生成离子时核外电子的失去先后顺序为：由外向内失去电子，不是根据能量失去电子．

A、原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种元素，原子序数均小于36，X、Y和Z为第三周期元素，由表中元素的电离能可知，X元素的第二电离能剧增，故X表现为+1价，故X为钠元素；Y的第三电离能剧增，Y为+2价，故Y为镁元素；Z的第四电离能剧增，表现+3价，故Y为铝元素．
（1）同周期自左而右，电负性增大，所以电负性从大到小的顺序为Al＞Mg＞Na；同周期自左而右，元素的第一电离能呈增大趋势，但Y的最外层电子排布处于全满稳定状态，能量降低，Y元素的第一电离能高于Z元素．
故答案为：Al＞Mg＞Na；Y的最外层电子排布处于全满稳定状态，能量降低．
（2）W元素应用广泛，是一种重要的生物金属元素，如人体内W元素的含量偏低，则会影响O₂在体内的正常运输，可知W为Fe元素．
①Fe是26号元素，基态原子价电子排布式为3d⁶4s²．
故答案为：3d⁶4s²．
②将C原子及1个电子用“N”代换可得CN^-等电子体分子N₂；CN^-中存在C≡N三键，三键中有1个σ键，2个π键，所以1molCN^-中π键数目为2N_A．
故答案为：N₂；2N_A．
③由结构图可知Fe（CN）₂与KCN反应生成K₄[Fe（CN）₆]，反应方程式为Fe（CN）₂+4KCN=K₄[Fe（CN）₆]．
故答案为：Fe（CN）₂+4KCN=K₄[Fe（CN）₆]．
B、（1）①制氢气的废液中含有硫酸，加入少量氧化锌，将硫酸转化成硫酸锌除去硫酸，且不带进其他杂质．
故答案为：将硫酸转化成硫酸锌除去硫酸，且不带进其他杂质．
②加热至溶液表面出现晶膜时，停止加热，利用余热蒸干．
故答案为：溶液表面出现晶膜．
（2）①a是布氏漏斗，b是吸滤瓶．
故答案为：布氏漏斗；吸滤瓶．
②抽滤跟普通过滤相比，不仅得到沉淀较干燥，而且过滤速度快．
故答案为：过滤速度快．
③晶体表面附着水分，硫酸锌不溶于酒精，利用乙醇的挥发，除去晶体表面附着的水分，减少硫酸锌的损失．
故答案为：利用乙醇的挥发，除去晶体表面附着的水分，减少硫酸锌的损失．
（3）铜不与稀硫酸反应，过滤除去；铁虽然与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，但锌比铁活泼，只要锌粒过量，就可置换硫酸亚铁中铁，过滤除去，锌粒中混有少量的铁、铜杂质，对硫酸锌的质量无影响．
故答案为：无；铜不与稀硫酸反应，过滤除去；铁虽然与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，但锌比铁活泼，只要锌粒过量，就可置换硫酸亚铁中铁过滤除去．

点评：
本题考点： 原子结构与元素周期律的关系；制备实验方案的设计．

考点点评： 题目综合性较大，包含物质结构与化学实验，涉及电离能、电负性、核外电子排布规律、化学键与配合物、对实验利用的理解、实验条件控制、物质分离提纯等，难度较大，需要学生具备良好的心理素质、扎实的基础知识和运用知识理解问题的能力．

A（1）A．N
−3与N₂O原子数相同，电子数目相同，互为等电子体，故A正确；
B．NaN₃、NaNH₂、NaOH、NaNO₃含有离子键，均为离子化合物，故B正确；
C．阴阳离子电荷越多，半径越小，熔点越高，与相对分子质量无关，故C错误；
D．同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，由于N2p轨道为半饱和状态，较为定，难以失去电子，则N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是N＞O，故D正确．
故答案为：ABD；
（2）氨气中存在氢键，氢键使物质的熔沸点升高，故答案为：前者分子间以较强氢键结合，后者以微弱的分子间作用力结合；
（3）NO₃^-中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+[1/2]（6-3×2）=3，所以其空间构型为平面正三角形，故答案为：平面正三角；
（4）铜的原子序数是29，Cu²⁺在基态时核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹，N原子形成2个、3个、4个δ键且无孤对电子，为sp、sp²、sp³杂化，杂化方式有：sp、sp²、sp³，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹或[Ar]3d⁹；sp、sp²、sp³；
（5）A．面心立方空间利用率大于体心立方，α-Fe小于γ-Fe，故A错误；
B．镁型为体心立方，铜型为面心立方，故B错误；
C．金属靠自由电子定向移动导电，故C正确；
D．面心比体心排列紧密，α-Fe压缩可以转变为γ-Fe，故D错误．
故答案为：C；
B．（1）①碎冰温度低有利于酯的生成，故答案为：该反应是放热反应，碎冰温度低有利于酯的生成；
②提高乙酸酐的量能提高苯酚的转化率，故答案为：提高苯酚的转化率；
③Na₂CO₃能除掉苯酚和乙酸酐，降低酯的溶解度，故答案为：Na₂CO₃或NaHCO₃溶液；
（2）①硝基苯是极性溶剂，可溶解乙酰苯酚，故答案为：作（极性）溶剂；
②根据表格确定时间和温度，20～25；180min时收率最高，故答案为：20～25；180min．

点评：
本题考点： 判断简单分子或离子的构型；元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；金属晶体的基本堆积模型；有机物的合成．

考点点评： 本题考查内容较多，是一道综合题，涉及晶体类型、结构、杂化轨道、电子排布式除杂等，题目难度中等，注意面心立方空间利用率大于体心立方．