2023年全國統(tǒng)一考試化學試題(新課標Ⅰ)

2023年一般高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合力氣測試化學留意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。答復選擇題時，選出每題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。答復非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在考試完畢后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ar40 Fe56I127一、選擇題：此題共13個小題，每題6分。共78分，在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。陶瓷是火與土的結晶，是中華文明的象征之一，其形成、性質與化學有著親熱的關系。以下說法錯誤的選項是“雨過天晴云”所描述的瓷器青色，來自氧化鐵著名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經高溫燒結而成陶瓷是應用較早的人造材料，主要化學成分是硅酸鹽陶瓷化學性質穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點【答案】A【解析】【分析】陶瓷是以自然粘土以及各種自然礦物為主要原料經過粉碎混煉、成型和煅燒制得的材料的各種制品。陶瓷的傳統(tǒng)概念是指全部以黏土等無機非金屬礦物為原料的人工工業(yè)產品?！驹斀狻緼項、氧化鐵為棕紅色固體，瓷器的青色不行能來自氧化鐵，故A錯誤；B項、秦兵馬俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物經混煉、成形、煅燒而制成的，故B正確；C項、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸鹽礦物，陶瓷的主要成分是硅酸鹽，與水泥、玻璃等同屬硅酸鹽產品，故C正確；D項、陶瓷的主要成分是硅酸鹽，硅酸鹽的化學性質不活潑，具有不與酸或堿反響、抗氧化的特點，故D正確。應選A。【點睛】此題考察物質的性質，側重分析與應用力氣的考察，留意化學與生活的聯系，把握物質性質、反應與用途為解答的關鍵。2苯基丙烯〔

，以下說法正確的選項是不能使稀高錳酸鉀溶液褪色可以發(fā)生加成聚合反響分子中全部原子共平面易溶于水及甲苯【答案】B【解析】【分析】9 2-苯基丙烯的分子式為CH 9 【詳解】A項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，能夠與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反響，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯誤；B項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，確定條件下能夠發(fā)生加聚反響生成聚2-苯基丙烯，故B正確；C2-苯基丙烯中含有甲基，全部原子不行能在同一平面上，故C錯誤；D項、2-2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機溶劑甲苯，故D錯誤。應選B?！军c睛】此題考察有機物的構造與性質，側重分析與應用力氣的考察，留意把握有機物的構造，把握各類反響的特點，并會依據物質分子構造特點進展推斷是解答關鍵。試驗室制備溴苯的反響裝置如以以下圖所示，關于試驗操作或表達錯誤的選項是向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混合液前需先翻開K試驗中裝置b中的液體漸漸變?yōu)闇\紅色裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是吸取溴化氫反響后的混合液經稀堿溶液洗滌、結晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】在溴化鐵作催化劑作用下，苯和液溴反響生成無色的溴苯和溴化氫，裝置b中四氯化碳的作用是吸取揮發(fā)c吸?！驹斀狻緼項、假設關閉K時向燒瓶中加注液體，會使燒瓶中氣體壓強增大，苯和溴混合液不能順當流下。K，可以平衡氣壓，便于苯和溴混合液流下，故A正確；B項、裝置bB正確；C c C項、裝置中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸取反響生成的溴化氫氣體，故

正確；D項、反響后得到粗溴苯，向粗溴苯中參與稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去其中溶解的溴，振蕩、靜置，分層后分液，向有機層中參與適當的枯燥劑，然后蒸餾分別出沸點較低的苯，可以得到溴苯，不能用結晶法提純溴苯，故D錯誤。應選D【點睛】此題考察化學試驗方案的設計與評價，側重于學生的分析力氣、試驗力氣和評價力氣的考察，注意把握試驗操作要點，結合物質的性質綜合考慮分析是解答關鍵。固體界面上強酸的吸附和離解是多相化學在環(huán)境、催化、材料科學等領域爭論的重要課題。以以下圖為少量HCl253K冰外表吸附和溶解過程的示意圖。以下表達錯誤的選項是冰外表第一層中，HCl以分子形式存在冰外表其次層中，H+5×10?3mol·L?1〔0.9g·cm?3〕冰外表第三層中，冰的氫鍵網格構造保持不變冰外表各層之間，均存在可逆反響HCl【答案】D【解析】【分析】

H++Cl?由示意圖可知，在冰的外表第一層主要為氯化氫的吸附，其次層中氯化氫溶于水中并發(fā)生局部電離，第三層主要是冰，與氯化氫的吸附和溶解無關。【詳解】A項、由圖可知，冰的外表第一層主要為氯化氫的吸附，氯化氫以分子形式存在，故A正確；B10—4:1，其次層中溶解的氯化氫分子應少1mol，則所得溶液質量為18g/mol×1mol=18g，則溶液的體積為18g/mol1mol0.9g/mL

×10—3L/ml=2.0×10—2L，由其次層氯離子和水個數比可知，溶液中氫離子物質的量等于氯離子物質的量，為10—4mol，則氫離子濃度為10-4mol2.010-2L

=5×10—3mol/LB正確；C項、由圖可知，第三層主要是冰，與氯化氫的吸附和溶解無關，冰的氫鍵網絡構造保持不變，故C正確；D項、由圖可知，只有其次層存在氯化氫的電離平衡HCl錯誤。應選D。

H++Cl—，而第一層和第三層均不存在，故D【點睛】此題考察氯化氫氣體在冰外表的吸附和溶解。側重考察承受、吸取、整合化學信息的力氣及分析和解決化學問題的力氣，留意能夠明確圖像表達的化學意義，正確計算物質的量濃度為解答關鍵。NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀〔鄰苯二甲酸氫鉀H2A的Ka1=1.1×10?3，Ka2=3.9×10?6〕溶液，混合溶液的相對導電力氣變化曲線如以下圖，其中b點為反響終點。以下表達錯誤的選項是混合溶液的導電力氣與離子濃度和種類有關Na+A2?的導電力氣之和大于HA?的b點的混合溶液pH=7c點的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)【答案】C【解析】【分析】鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽，溶液呈酸性，向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中參與氫氧化鈉溶液，兩者反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中離子濃度增大，導電性增加，鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強堿弱酸鹽，鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性?！驹斀狻緼項、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中參與氫氧化鈉溶液，兩者反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中Na+和A2—A正確；B項、a點和bK+的物質的量一樣，K+的物質的量濃度變化不明顯，HA—A2—，b點導電性強于a點，說明Na+和A2—的導電力氣強于HA—，故B正確；C項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽，A2—在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液pH＞7，故C錯誤；Db點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反響生成等物質的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中c〔Na+〕和c〔K+〕相等，c點是連續(xù)參與氫氧化鈉溶液后，得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液，則溶液中Na+〕〔+a點到b點參與氫氧化鈉溶液的體積大于b點到c〔+＞O—〔N+＞+〕＞O，故D應選C【點睛】此題考察水溶液中的離子平衡，試題側重考察分析、理解問題的力氣，留意正確分析圖象曲線變化，明確酸式鹽與堿反響溶液濃度和成分的變化與導電性變化的關系是解答關鍵。利用生物燃料電池原理爭論室溫下氨的合成，電池工作時MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子，示意圖如下所示。以下說法錯誤的選項是相比現有工業(yè)合成氨，該方法條件溫存，同時還可供給電能2陰極區(qū)，在氫化酶作用下發(fā)生反響H+2MV2+ 2H++2MV+23正極區(qū)，固氮酶為催化劑，N2發(fā)生復原反響生成NH3電池工作時質子通過交換膜由負極區(qū)向正極區(qū)移動【答案】B【解析】【分析】由生物燃料電池的示意圖可知，左室電極為燃料電池的負極，MV+在負極失電子發(fā)生氧化反響生成MV2+，2MV+—e—=MV2+MV2+H2H+MV+，反響的方程式為H+2MV2+=2H++2MV+；右室電極為燃料電池的正極，MV2+MV+，22 電極反響式為MV2++e—=MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反響生成NH3和MV2+，反響的方程式為N+6H++6MV+=6MV2++NH2 【詳解】A項、相比現有工業(yè)合成氨，該方法選用酶作催化劑，條件溫存，同時利用MV+和MV2+的相互轉化，化學能轉化為電能，故可供給電能，故A正確；B項、左室為負極區(qū)，MV+MV2+，電極反響式為MV+—e—=MV2+，放電生2成的M2在氫化酶的作用下與H2反響生成H和M+H+2M2+=2++2M+B錯誤；C項、右室為正極區(qū)，MV2+在正極得電子發(fā)生復原反響生成MV+，電極反響式為MV2++e—=MV+，放電生23MV+與N2在固氮酶的作用下反響生成NHMV2+，故C正確；3D項、電池工作時，氫離子〔即質子〕通過交換膜由負極向正極移動，故D正確。應選B?！军c睛】此題考察原池原理的應用，留意原電池反響的原理和離子流淌的方向，明確酶的作用是解題的關鍵。科學家合成出了一種化合物〔如以下圖，其中YZZ是X核外電子數的一半。以下表達正確的選項是WZ的水溶液呈堿性元素非金屬性的挨次為X>Y>ZY的最高價氧化物的水化物是中強酸該化合物中Y8電子穩(wěn)定構造【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z的核外最外層電子數是X核外電子數的一半可知，Z為Cl、XSi，0可知，Y元素化合價為—3價，則Y為P元素；由W的電荷數可知，W為Na元素?！驹斀狻緼項、氯化鈉為強酸強堿鹽，水溶液呈中性，故A錯誤；B項、同周期元素從左到右，非金屬性依次增加，則非金屬性的強弱挨次為Cl＞S＞P，故B錯誤；C項、P元素的最高價氧化物對應水化物為磷酸，磷酸是三元中強酸，故C正確；D項、化合物中P元素化合價為—38電子穩(wěn)定構造，故D錯誤。應選C?！军c睛】此題考察元素周期律的應用，留意分析題給化合物的構造示意圖，利用化合價代數和為零和題給信息推斷元素為解答關鍵。三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33~38題為選考題，考生依據要求作答?！惨弧潮乜碱}：共129分。3硼酸〔H3BO〕是一種重要的化工原料，廣泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦〔含3MgBO·HO、SiO及少量FeO、AlO〕為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：2 2 5 2 2 2 3 2 3答復以下問題：在95℃“溶侵”硼鎂礦粉，產生的氣體在“吸取”中反響的化學方程式為 ?！盀V渣1”的主要成分有 。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是 ?！?〕依據H3BO3的解離反響：H3BO3+H2O H++B(OH)?4，Ka=5.81×10?10，可推斷H3BO3是 酸；在“過濾2”前，將溶液pH調整至3.5，目的是 ?！?〕在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的離子方程式為 ，母液經加熱后可返回 工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是 ?！敬鸢浮?(1).NH3+NH4HCO3＝(NH4)2CO3 (2).Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3).KSCN (4).一元弱(5). 轉化為HBO，促進析出 (6). 2Mg2++2HO+3CO2－＝Mg(OH)?MgCO↓+2HCO

—〔3 3 2 3 2 3 32Mg2++HO+2CO

2－＝Mg(OH)?MgCO↓+CO↑〕 (7).溶浸 (8).高溫焙燒2 3【解析】

2 3 2〔1〕依據流程圖知硼鎂礦粉中參與硫酸銨溶液產生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液吸取，反響方程式為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;3 2 3 濾渣I為不與硫酸銨溶液反響的Fe2O、AlO、SiO;檢驗Fe3+,可選用的化學試劑為KSCN3 2 3 由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是通過與水分子的配位作用產生氫離子，而三價硼原子最多3“2”pH調整至3.5，目的是將B(OH)?4轉化為H3BO，并促進H3BO3析出；3沉鎂過程中用碳酸銨溶液與Mg2+反響生成Mg(OH)?MgCO，沉鎂過程的離子反響為：2 32Mg2++2HO+3CO2-=Mg(OH)?MgCO↓+2HCO-“溶浸”工序循2 3 2 3 3環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)定，高溫下可以分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是高溫焙燒。硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在試驗室中探究承受廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，具體流程如下：答復以下問題：步驟①的目的是去除廢鐵屑外表的油污，方法是 。步驟②需要加熱的目的是 ，溫度保持80~95℃，承受的適宜加熱方式是 。鐵屑中含有少量硫化物，反響產生的氣體需要凈化處理，適宜的裝置為 〔填標號。2 2 步驟③中選用足量的H2O理由是 分批參與HO同時為了 ，溶液要保持pH小于0.52 2 步驟⑤的具體試驗操作有 ，經枯燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。承受熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結晶水數，將樣品加熱到150℃時，失掉1.5個結晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為 。【答案】

(1).堿煮水洗 (2).加快反響 (3).熱水浴 (4).C (5).將Fe2+全部氧化為Fe3+；不引入雜質 (6).防止Fe3+水解 (7).加熱濃縮、冷卻結晶、過濾〔洗滌〕 (8).NH4Fe(SO)

12HO【解析】

42 2〔1〕步驟①的目的是去除廢鐵屑外表的油污，油污在堿性條件下簡潔水解，所以工業(yè)上常常用熱的碳酸鈉溶液清洗，即堿煮水洗；步驟②需要加熱的目的是為了加快反響速率；溫度保持80~95℃，由于保持溫度比較恒定且低于水的沸點，故承受的適宜加熱方式是水浴加熱〔熱水浴氫氣體，可以用氫氧化鈉溶液吸取，為了防止倒吸可以加裝倒置的漏斗，應選擇C裝置；步驟③中選用足量H2O2，H2O2可以將Fe2+氧化為Fe3+H2O2的復原產物為H2O，不會引入的雜質，故理由是：將Fe2+全部氧化為Fe3+，不引入的雜質。由于H2O2本身易分解，所以在參與時需重量參與，同時為了防止Fe3+水解，溶液要保持pH0.5；為了除去可溶性的硫酸銨、鐵離子等，需要經過的步驟為：加熱濃縮、冷卻結晶、過濾〔洗滌；設硫酸鐵銨的化學式為NH

Fe(SO)?xHO266+18x，1.5個水分子的相對分子質量4 42 21.5×18=2727/(266+18x)=5.6%，解得x=12，則硫酸鐵銨的化學式為NHFe(SO)?12HO。4 42 2水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領域中。答復以下問題：的〔1〕Shibata曾做過以下試驗：①使純H2721℃下的過量氧化鈷CoO(s)，氧化鈷局部被還原為金屬鈷(Co)，平衡后氣體中H2的物質的量分數為0.0250。②在同一溫度下用CO復原CoO(s)，平衡后氣體中CO0.0192。2依據上述試驗結果推斷，復原CoO(s為Co(s的傾向是CO H〔大小于。2〔2〕721℃時，在密閉容器中將等物質的量的CO(g)和H2O(g)混合，承受適當的催化劑進展反響，則平衡時體系中H2的物質的量分數為 〔填標號。A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50我國學者結合試驗與計算機模擬結果，爭論了在金催化劑外表上水煤氣變換的反響歷程，如以下圖，其中吸附在金催化劑外表上的物種用標注。可知水煤氣變換的H 填大于等或小于該歷程中最大能〔活化能E= 寫出該步驟的化學方程式 。Shoichi爭論了467℃、489℃時水煤氣變換中CO和H2分壓隨時間變化關系〔如以以下圖所示PH2OPCO相等、PCO2PH2相等。H2 計算曲線a的反響在30~90min內的平均速率v(a)= kPa·min1。467℃時P 和P 隨時間變化H2 H2 關系的曲線分別是 、 。489℃時P 和P H2 、 ?！敬鸢浮緾OOH +H +H2O(1).＝COOH大于+2H+OH(2).H2OC＝H+OH(3).小于(6).0.0047(4).(7).b2.02(8).c(5).(9).a(10).d【解析】【分析】2由H、CO與CoO反響后其氣體物質的量分數推斷二者的傾向大?。?依據三段式以及COH2的傾向大小關系綜合推斷；依據反響物與生成物的相對能量差大小進展比較推斷；依據反響物到達活化狀態(tài)所需能量為活化能以及相對能量差值大小計算并比較最大能壘；依據最大能壘對應的反響歷程對應的物質寫出方程式；依據圖中曲線a30~90min內分壓變化量計算平均反響速率；先依據CO與H2的傾向大小關系推斷COH2的含量范圍，然后依據溫度變化對化學平衡的影響推斷出在不同溫度下曲線對應的物質?！驹斀狻?〕H2復原氧化鈷的方程式為：H2(g)＋CoO(s) Co(s)＋H2O(g)；CO復原氧化鈷的方程式為：CO(g)＋CoO(s)

Co(s)＋CO2(g)，平衡時H2復原體系中H2的物質的量分數〔nCO

+n2

H2

〕高于CO復原體系中CO的物質的量分數〔nCO+nCO2

，故復原CoO(s為Co(s的傾向是CO大于H；〔2〕721℃時，在密閉容器中將等物質的量的CO(g)和H2O(g)混合，可設其物質的量為1mol，則CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始〔mol〕1 1 0 0轉化〔mol〕x x x x平衡〔mol〕1-x 1-x x x則平衡時體系中H2的物質的量分數=

nH2n

xmol x=1-x1-x+x+xmol=2，因該反響為可逆反響，故總 2x<1，可假設二者的復原傾向相等，則x=0.5，由〔1〕可知CO的復原傾向大于H，所以CO更易轉化為H2，故x>0.5，由此可推斷最終平衡時體系中H20.25~0.50，故答案為C；2依據水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并結合水煤氣變換的反響歷程相對能量可知，2 2 CO(g)+HO(g的能量-0.32e〕高于CO(g)+H(g的能量-0.83e，故水煤氣變換的H小于即反響物狀態(tài)到達活化狀態(tài)所需能量，依據變換歷程的相對能量可知，最大差值為：2 2 其最大能壘〔活化能〕E=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；該步驟的反響物為COOH +H +H2O ＝COOH +2H +OH ；因反響前后COOH 和1個H 未發(fā)生轉變，也可以表述成H2O ＝H +OH ；由圖可知，30~90min內aΔp=〔4.08-3.80〕kPa=0.28kPa，故曲線a的反0.28kPa30~90min內的平均速率v(a)=

60min

=0.0047kPa·min?1；由〔2〕H2的物質的量分數介0.25~0.5，CO0~0.25，即H2的分壓始終高于CO的分壓，據此可將圖分成兩局部：2 H2 由此可知，a、b表示的是H2的分壓，c、d表示的是CO的分壓，該反響為放熱反響，故上升溫度，平衡逆向移動，CO分壓增加，H467PP隨時間變化關系的曲線分別是b、c；4892 H2 a PPa H2 CO【點睛】此題以水煤氣交換為背景，考察化學反響原理的根本應用，較為留意學生學科力氣的培育，難點在于材料分析和信息提取，圖像比較，提取信息力氣較弱的學生，會比較吃力。第〔3〕問來源于我國化學工作者發(fā)表在頂級刊物Science中的文章“沉積在α-MoC上單層金原子對水煤氣的低溫催化反響文章中的單原子催化能量變化的理論計算模型為情境，讓學生生疏、分析催化吸附機理及反響過程中的能量變化。此題屬于連貫性綜合題目，此題的解題關鍵在于第〔1〕問的信息理解與應用，假設此題的第〔1〕問推斷錯誤，會導致后續(xù)多數題目推斷錯誤；第〔2〕問可以實行特別值法進展賦值并結合極限法計算，考生假設只是考慮到完全轉化極限，則只能推斷出H2的物質的量分數小于0.5，這是由于對題干的信息應用力氣不嫻熟而導致；對于第4〕問中曲線對應物質確實定需依據第12〕需先確定物質對應曲線，然后再依據勒夏特列原理判讀相關物質的變化?！捕?5222道生物題中每科任選一題作答。假設多做，則每科按所做的第一題計分。［化學——3：物質構造與性質］在一般鋁中參與少量Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得鋁材的硬度增加、延展性減小，形成所謂“堅鋁”，是制造飛機的主要村料。答復以下問題：以下狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是 (填標號)。A．B．C．D．乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物分子中氮碳的雜化類型分別是 。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其緣由是 ，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。一些氧化物的熔點如下表所示：氧化物氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔點/°C1570280023.8?75.5解釋表中氧化物之間熔點差異的緣由 。A 2圖(a)是MgCu2的拉維斯構造，Mg以金剛石方式積存，八面體空隙和半數的四周體空隙中，填入以四周體方式排列的Cu圖(b)是沿立方格子對角面取得的截圖可見，Cu原子之間最短距離x= Mg原子之間最短距離y= pm。設阿伏加德羅常數的值為N，則MgCu的密度是A 2 g·cm?3(列出計算表達式)。【答案】 (1).A (2).sp3

sp3

乙二胺的兩個N供給孤對電子給金屬離子形成配位鍵Cu2＋ (6).Li2O、MgO為離子晶體，PO、SO為分子晶體。晶格能MgO＞LiO，分子間力〔分子量〕4 6 2 2238241664236P4O6

＞SO2

(7).

a (8).4

a (9).4

Na31030A【解析】〔1〕A.[Ne]3s1屬于基態(tài)的Mg+，由于Mg的其次電離能高于其第一電離能，故其再失去一個電子B.[Ne]3s2MgMg+；C.[Ne]3s13p1屬于激發(fā)態(tài)Mg原子，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg原子；D.[Ne]3p1屬于激發(fā)態(tài)Mg+，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg+，綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最大的是[Ne]3s1A；乙二胺中N31對孤對電子，屬于sp3雜化；C4個單鍵，不存在孤對電子，也是sp3雜化；由于乙二胺的兩個N可供給孤對電子給金屬離子形成配位鍵，因此乙二胺能與Mg2＋、Cu2＋等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子；由于銅離子的半徑較大且含有的空軌道多于鎂離子，因此與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對較高的是Cu2＋；46由于Li2O、MgO為離子晶體，PO46

為分子晶體。晶格能MgO＞Li

O，分子間力〔分子量〕PO2246＞SO，所以熔點大小挨次是MgO＞LiO＞PO＞SO；22462 2 4 6 2Cu原子之間最短距離為面對角線1/4apm，則面對角線是2apm，

apm；Mg原子之間最短距離為體對角線的1/4，于邊長是apm，則體對角線是3apm ，則y2423＝ a；依據晶胞構造可知晶胞中含有鎂原子的個數是8×1/8+6×1/2+4＝8，則Cu16，晶胞的質348241664g。由于邊長是ap