2023年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(課標(biāo)1)

20231)2023年全國高考化學(xué)試卷〔1)學(xué)校： 姓名： 班級： 考號: 一、單項選擇題陶瓷是火與土的結(jié)晶,是中華文明的象征之一，其形成、性質(zhì)與化學(xué)有著親熱的關(guān)系.以下說法錯誤的選項是A．“雨過天晴云”所描述的瓷器青色,來自氧化鐵B．著名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成C．陶瓷是應(yīng)用較早的人造材料，主要化學(xué)成分是硅酸鹽D．陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點關(guān)于化合物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B．可以發(fā)生加成聚合反響C．分子中全部原子共平面D．易溶于水及甲苯試驗室制備溴苯的反響裝置如以以下圖所示,關(guān)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KB．bC．裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是吸取溴化氫D．反響后的混合液經(jīng)稀堿溶液洗滌、結(jié)晶，得到溴苯固體界面上強酸的吸附和離解是多相化學(xué)在環(huán)境、催化、材料科學(xué)等領(lǐng)域爭論的重要課題。以以下圖為少量HCl253K16頁20231)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(wǎng)格構(gòu)造保持不變冰外表各層之間,均存在可逆反響HCl H++Cl?NaOH〔鄰苯二甲酸氫鉀HAK=1.1×10?3,K

=3.9×10?6)溶液，混合溶液的2 a1 a2相對導(dǎo)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(dǎo)電力氣與離子濃度和種類有關(guān)B．Na+A2的導(dǎo)電力氣之和大于HA的C．bpH=7D．cc〔Na+)〉c(K+〕>c〔OH)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(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件溫存，同時還可供給電能陰極區(qū),在氫化酶作用下發(fā)生反響H+2MV2+ 2H++2MV+2正極區(qū)，固氮酶為催化劑，N發(fā)生復(fù)原反響生成NH2 3電池工作時質(zhì)子通過交換膜由負極區(qū)向正極區(qū)移動7．科學(xué)家合成出了一種化合物〔如以下圖，其中WXYZZXA．WZ的水溶液呈堿性B．元素非金屬性的挨次為X〉Y>ZC．YD．Y826頁20231)二、綜合題硼酸(HBO〔MgBO·HO、3 3 225 2SiOFeOAlO2 23 23答復(fù)以下問題：〔1)在95℃“溶侵”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸取”中反響的化學(xué)方程式為 。〔2)“濾渣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(xué)試劑是 。(3〕依據(jù)HBO的解離反響：HBO+HO H++B〔OH)?，K=5.81×10?10，可推斷HBO是 酸；在“過3 3 3 3 2 4 a 3 3濾2”前，將溶液pH調(diào)整至3.5，目的是 。(4〕在“沉鎂“中生成Mg(OH〕·MgCO沉淀的離子方程式為 ，母液經(jīng)加熱后可返回 2 3工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是 。硫酸鐵銨[NHFe(SO·xHO]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4 42 2制備硫酸鐵銨，具體流程如下：答復(fù)以下問題：〔1)步驟①的目的是去除廢鐵屑外表的油污，方法是 。〔2)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(chǎn)生的氣體需要凈化處理,適宜的裝置為 〔填標(biāo)號)。36頁20231)(3〕步驟③中選用足量的HO，理由是 。分批參與HO，同時為了 ，22 22pH0。5。(4〕步驟⑤的具體試驗操作有 ,經(jīng)枯燥得到硫酸鐵銨晶體樣品.〔5〕承受熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150℃時,失掉1.5個結(jié)晶水,失重5。6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為 。水煤氣變換［CO(g)+HO(g〕=CO(g〕+H(g〕]是重要的化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加2 2 2工等工業(yè)領(lǐng)域中。答復(fù)以下問題：(1〕Shibata曾做過以下試驗：①使純H721℃下的過量氧化鈷CoO(s)，氧化鈷局部被還2原為金屬鈷〔Co)，平衡后氣體中H的物質(zhì)的量分數(shù)為0.0250。2CO復(fù)原CoO(s〕,平衡后氣體中CO0。0192。依據(jù)上述試驗結(jié)果推斷，復(fù)原CoO〔s)為Co(〕的傾向是CO H(填“大于”或“小“。2〔2〕721℃時,在密閉容器中將等物質(zhì)的量的CO〔g)HO(g)混合,承受適當(dāng)?shù)拇呋瘎┻M展反響，則平衡時2體系中H的物質(zhì)的量分數(shù)為 〔填標(biāo)號。2A．＜0.25 B．0.25 C．0.25～0。50 D．0。50 E．＞0。50〔3)我國學(xué)者結(jié)合試驗與計算機模擬結(jié)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(biāo)注.可知水煤氣變換的 〔填“大于”“等于”或“小于”，該歷程中最大能壘〔活化能E正= eV，寫出該步驟的化學(xué)方程式 .〔4〕Shoichi爭論了467℃、489℃時水煤氣變換中CO和H分壓隨時間變化關(guān)系〔如以以下圖所示，催化劑2為氧化鐵,試驗初始時體系中的PH2O

P相等、PPCO CO2

相等。46頁20231)計算曲線a的反響在30～90min內(nèi)的平均速率v〔a)= kPa·min?1。467℃時PH2

P隨時間變CO化關(guān)系的曲線分別是 、 。489℃時P和PH2 CO

隨時間變化關(guān)系的曲線分別是 、 .在一般鋁中參與少量CuMgMgCu微小晶粒，其分散在Al2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(fù)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(biāo)號)。A． B． C． D．乙二胺(HNCHCHNH〕是一種有機化合物,分子中氮、碳的雜化類型分別是 、 。2 2 2 2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:氧化物熔點/°C

LiO21570

MgO2800

PO4623。8

SO2–75.5解釋表中氧化物之間熔點差異的緣由 ?！?〕圖(a〕MgCu的拉維斯構(gòu)造，Mg2面體方式排列的Cu〔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= pm，Mg原子之間最短距離y= pm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為N，則MgCu的密度是 g·cm?3A 2〔列出計算表達式。56頁20231)G答復(fù)以下問題：〔1)A中的官能團名稱是 。(2〕碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出B的構(gòu)造簡式,用星號(＊〕標(biāo)出B中的手性碳 ?！?〕寫出具有六元環(huán)構(gòu)造并能發(fā)生銀鏡反響的B的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式 (不考慮立體異構(gòu)，只需寫出3個)(4〕反響④所需的試劑和條件是 。⑤的反響類型是 。寫出F到G的反響方程式 。設(shè)計由甲苯和乙酰乙酸乙酯〔CHCOCHCOOCH〕制備 的合成路線 〔無機試劑3 2 25任選。66頁1．A【解析】【分析】

參考答案

20231)陶瓷是以自然粘土以及各種自然礦物為主要原料經(jīng)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(chǎn)品.【詳解】AAB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(jīng)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CDDA.【點睛】此題考察物質(zhì)的性質(zhì)，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察,留意化學(xué)與生活的聯(lián)系，把握物質(zhì)性質(zhì)、反響與用途為解答的關(guān)鍵.2．B【解析】【分析】2—苯基丙烯的分子式為CH，官能團為碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反響、氧化反響和加聚反響。910【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AB2-2BC項、有機物分子中含有飽和碳原子,全部原子不行能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基,全部原子不行能CD項、2-2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機溶劑甲苯，故DB?！军c睛】111頁20231)并會依據(jù)物質(zhì)分子構(gòu)造特點進展推斷是解答關(guān)鍵。3．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)出的苯和溴蒸汽,裝置c【詳解】A項、假設(shè)關(guān)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(dāng)流下。翻開K,可以平衡氣壓，便于苯和溴混合液流下，故ABbB正確;CcCD液,向有機層中參與適當(dāng)?shù)目菰飫?然后蒸餾分別出沸點較低的苯，可以得到溴苯，不能用結(jié)晶法提純溴苯，DD?！军c睛】此題考察化學(xué)試驗方案的設(shè)計與評價,側(cè)重于學(xué)生的分析力氣、試驗力氣和評價力氣的考察，留意把握試驗操作要點，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)綜合考慮分析是解答關(guān)鍵.4．D【解析】【分析】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(guān)?！驹斀狻緼AB10—4：1,其次層中溶解的氯化氫分子應(yīng)少于第一層吸附的氯化氫分子數(shù)，與水的質(zhì)量相比,可無視其中溶解的氯化氫的質(zhì)量.設(shè)水的物質(zhì)的量為1mol,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(shù)比可知,溶液中氫離子物質(zhì)的量等于氯離子物質(zhì)的量,為10—4mol，則氫離子濃度為211頁10-4mol2.010-2L

=5×10-3mol/L，B

20231)CCDHClD?！军c睛】

H++Cl-D錯誤。此題考察氯化氫氣體在冰外表的吸附和溶解。側(cè)重考察承受、吸取、整合化學(xué)信息的力氣及分析和解決化學(xué)問題的力氣，留意能夠明確圖像表達的化學(xué)意義，正確計算物質(zhì)的量濃度為解答關(guān)鍵。5．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(dǎo)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Na+A2—的濃度增大。由圖像可知，溶液導(dǎo)電性增加，說明導(dǎo)電力氣與離子濃度和種類有關(guān)，故ABabK+的物質(zhì)的量一樣，K+的物質(zhì)的量濃度變化不明顯，HA—A2—，b點導(dǎo)電性強于aNa+A2-的導(dǎo)電力氣強于HA—BCb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CDb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(zhì)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+)＞〔K+a點到b點參與氫氧化鈉溶液的體積大于bcK+＞〔OH-〔Na＞〔K+＞〔OH-,DC?！军c睛】此題考察水溶液中的離子平衡,試題側(cè)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(dǎo)電性變化的關(guān)系是解答關(guān)鍵。6．B311頁20231)【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+，電極MV+-e—=MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下與H反響生成H+MV+，反響的方程式為2H+2MV2+=2H++2MV+；右室電極為燃料電池的正極,MV2+在正極得電子發(fā)生復(fù)原反響生成MV+,電極反響式為2MV2++e-=MV+,放電生成的MV+N在固氮酶的作用下反響生成NHMV2+,反響的方程式為2 3N+6H++6MV+=6MV2++NH2 3【詳解】A項、相比現(xiàn)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(zhuǎn)化，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故可供給電能，故ABMV+MV2+MV+—e—MV2+MV2+在氫化酶的作用下與HH+MV+，反響的方程式為H+2MV2+=2H++2MV+B2 2CMV2+在正極得電子發(fā)生復(fù)原反響生成MV+，電極反響式為MV2++e—=MV+，放電生成的MV+N在固氮酶的作用下反響生成NHMV2+，故C2 3D〔即質(zhì)子〕通過交換膜由負極向正極移動，故DB.【點睛】此題考察原池原理的應(yīng)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(guān)鍵。7．C【解析】【分析】W、X、Y、Z,ZX,ZCl、XSi，由化0Y—3價，則YPWWNa【詳解】AABCl＞S＞P，BCPCDP38電子穩(wěn)定構(gòu)造，故DC?！军c睛】此題考察元素周期律的應(yīng)用，留意分析題給化合物的構(gòu)造示意圖,利用化合價代數(shù)和為零和題給信息推斷元411頁20231)素為解答關(guān)鍵.8．NH+NHHCO＝(NH〕CO FeO、AlO、SiO KSCN 一元弱 轉(zhuǎn)化為HBO，促進析出3 4 3 4 2 3 23 23 2 3 32Mg2++2HO+3CO2－＝Mg(OH)? MgCO↓+2HCO〔或2Mg2++HO+2CO－＝Mg(OH)? MgCO↓+CO↑〕 溶浸 高2 3 2 3 3 2 3 2 3 2溫焙燒【解析】【詳解】〔1〕依據(jù)流程圖知硼鎂礦粉中參與硫酸銨溶液產(chǎn)生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液吸取，反響方程式為：NH+NHHCO〔NH〕CO3 4 3 4 2 3(2〕IFeOAlOSiOFe3+，可選用的化學(xué)試劑為KSCN；23 23 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(chǎn)生氫離子，而三價硼原子最多只能再形成一個配位鍵,且硼酸不能完全解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過濾2“前，將溶液pH調(diào)整至3。5,B(OH)?轉(zhuǎn)化為HBOHBO4 3 3 3 3〔4)沉鎂過程中用碳酸銨溶液與Mg2+反響生成M〔OH? MgCO沉鎂過程的離子反響為2Mg2++2HO+3CO2-=Mg2 3 2 3〔OH)? MgCO↓+2HCO—；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液,可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不2 3 3穩(wěn)定，高溫下可以分解,故由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是高溫焙燒。9堿煮水洗 加快反響 熱水浴 C 將Fe2+全部氧化為Fe3不引入雜質(zhì) 防止Fe3水解 熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾〔洗滌〕 NHFe(SO〕? 12HO4 4 2 2【解析】【詳解】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；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)；鐵屑中含有少量硫化物，硫化物與硫酸反響生成硫化C步驟③中選用足量的HO,HO可以將Fe2+Fe3+HO的復(fù)原產(chǎn)物為HO，不會引入的雜質(zhì),故22 22 22 2理由是：將Fe2+全部氧化為Fe3+,不引入的雜質(zhì)。由于HO本身易分解，所以在參與時需重量參與，同時為22了防止Fe3+水解,溶液要保持pH小于0。5；(4〕為了除去可溶性的硫酸銨、鐵離子等，需要經(jīng)過的步驟為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾〔洗滌)；〔5〕設(shè)硫酸鐵銨的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2?xH2O266+18x，1.5為1.5×18=27，則27/〔266+18x)=5。6％，解得x=12，則硫酸鐵銨的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2?12H2O。10．大于C小于2.02COOH+H+H2O＝COOH+2H+OHH2O＝H+OH0。0047b511頁20231)c a d【解析】【分析】(1〕HCOCoO2〔2〕依據(jù)三段式以及COH2(3〕依據(jù)反響物與生成物的相對能量差大小進展比較推斷;依據(jù)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(jù)最大能壘對應(yīng)的反響歷程對應(yīng)的物質(zhì)寫出方程式;〔4〕依據(jù)圖中曲線a30～90minCOH2COH的含量范圍，然后依據(jù)溫度變化對化學(xué)平衡的影響推斷出在不同溫度下曲線對應(yīng)的物質(zhì)。2【詳解】〔1〕H復(fù)原氧化鈷的方程式為:H(g〕＋CoO〔s〕2 2

Co〔s)＋HO(g)；COCO〔g)2＋CoO(s〕

Co〔s)＋CO(，平衡時H2 nCO

復(fù)原體系中H2

的物質(zhì)的量分數(shù)〔

nH+n2

H2

〕COCO〔nCO+nCO2

，故復(fù)原CoO(〕為Co(sCO大于H;2(2)721℃時,在密閉容器中將等物質(zhì)的量的CO(g〕HO〔g〕1mol，則2CO〔g〕+HO〔g) CO(g〕+H〔g)2 2 2起始〔mol〕 1 1 0 0轉(zhuǎn)化(mol〕 x x x x平衡(mol〕1-x 1-x x x2nH2H2的物質(zhì)的量分數(shù)=n

xmol xmol=2x〈1，總 可假設(shè)二者的復(fù)原傾向相等，則x=0.5,由〔1CO的復(fù)原傾向大于HCO更易轉(zhuǎn)化為Hx>0。2 25,由此可推斷最終平衡時體系中H0.25～0。50C；2(g)+H(g)]并結(jié)合水煤氣變換的反響歷程相對能量可知，CO〔g〕+HO2 2 2 2〔g〕的能量〔—0.32eVCO(g)+H(g)的能量〔-0.83eV)，故水煤氣變換的ΔH0；活化能即反響2 2物狀態(tài)到達活化狀態(tài)所需能量,依據(jù)變換歷程的相對能量可知，最大差值為：611頁20231)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+HO＝COOH+2H+OH;正 2COOH1個H未發(fā)生轉(zhuǎn)變，也可以表述成HO＝H+OH;2由圖可知,30～90minaΔp=〔4。08—3.80〕kPa=0。28kPaa0.28kPa30～90minv(a)=

60min

=0。0047kPa·min

1；由〔2〕中分析得出H的物質(zhì)的20.25～0。5，CO0～0.25,H的分壓始終高于CO2成兩局部：由此可知，a、b表示的是H的分壓，c、d表示的是CO2移動，COH2

467PPH2 CO

隨時間變化關(guān)系的曲線分別是b、c;489PPH2 CO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是a、d。【點睛】此題以水煤氣交換為背景，考察化學(xué)反響原理的根本應(yīng)用，較為留意學(xué)生學(xué)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(xué)生,會比較吃力。第〔3〕問來源于我國化學(xué)工作者發(fā)表Science中的文章“沉積在α-MoC711頁20231)單原子催化能量變化的理論計算模型為情境,讓學(xué)生生疏、分析催化吸附機理及反響過程中的能量變化。本題屬于連貫性綜合題目，此題的解題關(guān)鍵在于第〔1〕問的信息理解與應(yīng)用,假設(shè)此題的第〔1〕問推斷錯誤,會導(dǎo)致后續(xù)多數(shù)題目推斷錯誤；第〔2〕問可以實行特別值法進展賦值并結(jié)合極限法計算，考生假設(shè)只是考慮到完全轉(zhuǎn)化極限，則只能推斷出H的物質(zhì)的量分數(shù)小于0.5，這是由于對題干的信息應(yīng)用力氣不嫻熟而導(dǎo)致；2對于第(4〕問中曲線對應(yīng)物質(zhì)確實定需依據(jù)第1〔2〕線，然后再依據(jù)勒夏特列原理判讀相關(guān)物質(zhì)的變化。11．A 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＋

LiOMgO2晶體，POSO

為分子晶體。晶格能MgO＞LiO，分子間力〔分子量〕PO＞SO a a2346 223

2 46 2 4 48241664Na31030A【解析】【詳解】A。[Ne]3s1屬于基態(tài)的Mg+Mg高；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；C4sp3雜化；由于乙二胺的兩個NMg2＋、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＋；(3〕由于LiO、MgOPOSO為分子晶體。晶格能MgO＞LiO，分子間力(