2020年高考化學(xué)刷題仿真模擬4課件

1、一、選擇題(每題 6 分，共 42 分) 7 (2019唐山高三期末唐山高三期末 )用“空氣吹出法”從海水中提取溴的工藝流程如 下： 下列說法不正確的是 ( ) A蒸餾塔中只發(fā)生了物理變化 B吸收塔利用了 SO2的還原性，使 Br 2 被還原成 Br C在吸收塔中溴元素得到了富集 D吹出塔中通入水蒸氣，能減小Br 2 的溶解度 答案 A 答案 解析解析 蒸餾塔中氯氣氧化溴離子生成單質(zhì)溴，蒸餾塔中不只發(fā)生了物理 變化，故 A 錯(cuò)誤；SO 2中硫元素化合價(jià)升高，失電子被氧化，吸收塔利用了 SO2的還原性，使 Br 2 被還原成 Br ，故 B 正確；溴離子被氧化為溴單質(zhì)， 溴單質(zhì)被二氧化硫在吸收塔

2、中吸收，經(jīng)過吸收塔后，溴元素得到了富集，故 C 正確；吹出塔中通入水蒸氣， 溫度升高，能減小 Br 2的溶解度，故 D 正確。 解析解析 8(2019福建南平高三質(zhì)檢福建南平高三質(zhì)檢 )設(shè) NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正 確的是( ) A1 L 0.5 molL 1NH 4Cl 溶液中含有 NH 4 的數(shù)目為 0.5NA B25 時(shí)，pH12 的 NaOH 溶液含有的 OH 數(shù)目為 0.01N A C32 g 18O 2 中含有的氧原子數(shù)是 2NA D質(zhì)量均為 78 g 的 Na2O2和 Na2S 固體，其離子總數(shù)均為 3NA 答案 D 答案 解析解析 NH 4 水解，1 L 0.5 m

3、olL 1 NH 4Cl 溶液中含有 NH 4 的數(shù)目少于 0.5NA，故 A 錯(cuò)誤；缺少溶液的體積， 25 時(shí)，pH12 的 NaOH 溶液含有 的 OH 數(shù)目無法計(jì)算，故 B 錯(cuò)誤；18O 2 的摩爾質(zhì)量是 36 gmol 1，32 g 18O 2 中含有的氧原子數(shù)是 232 36 NA 16 9 NA，故 C 錯(cuò)誤；Na2O2和 Na2S 陽離子與陰 離子的個(gè)數(shù)比為 21，質(zhì)量均為 78 g 的 Na 2O2 和 Na 2S 固體，物質(zhì)的量均為 1 mol，其離子總數(shù)均為 3NA，故 D 正確。 解析 9(2019寶雞市高三二模寶雞市高三二模 )化合物如下圖，下列說法不正確的是 ( )

4、Aa、b、c、d 互為同分異構(gòu)體 B除 a 外均可發(fā)生加成反應(yīng) Cc、d 中所有原子處于同一平面內(nèi) D一氯代物同分異構(gòu)體最多的是d 答案 C 答案 解析解析 a、b、c、d 四種物質(zhì)分子式均為 C8H 8，結(jié)構(gòu)不同，它們互為同 分異構(gòu)體，故 A 正確；只有 a 物質(zhì)不含有碳碳雙鍵，即不能發(fā)生加成反應(yīng)， 故 B 正確；d 物質(zhì)中含有飽和碳原子，所有原子不可能處于同一平面，故C 錯(cuò)誤；a、c 物質(zhì)的一氯代物只有一種， b 物質(zhì)的一氯代物有 2 種，d 物質(zhì)的 一氯代物有 3 種，故 D 正確。 解析解析 10(2019湖南岳陽高三一模湖南岳陽高三一模 )研究表明 CO 與 N2O 在 Fe 作用下

5、發(fā)生反 應(yīng)的能量變化及反應(yīng)歷程如圖所示，兩步反應(yīng)分別為：N2OFe =N 2 FeO (慢)；FeO CO=CO 2Fe (快)。下列說法正確的是 ( ) A反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng) B兩步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，總反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率由反應(yīng)決定 CFe 使反應(yīng)的活化能減小， FeO是中間產(chǎn)物 D若轉(zhuǎn)移 1 mol 電子，則消耗 11.2 L N 2O 答案 C 答案 解析解析 反應(yīng)反應(yīng)、均有元素化合價(jià)的升降，因此都是氧化還原反應(yīng)，A 錯(cuò)誤；由圖可知，F(xiàn)e N 2O=FeO N2、FeO CO=Fe CO 2 兩步中 均為反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，所以兩個(gè)反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，總反應(yīng)

6、的化學(xué)反應(yīng)速率由速率慢的反應(yīng) 決定，B 錯(cuò)誤；Fe 作催化劑，使反應(yīng)的活 化能減小，F(xiàn)eO 是反應(yīng)過程中產(chǎn)生的物質(zhì)，因此是中間產(chǎn)物， C 正確；由于 沒有指明外界條件，所以不能確定氣體的體積，D 錯(cuò)誤。 解析 11(2019北京海淀高三一模北京海淀高三一模 )某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)把小塊木炭在酒精燈上燒某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)把小塊木炭在酒精燈上燒 至紅熱，迅速投入熱的濃硝酸中，發(fā)生劇烈反應(yīng)，同時(shí)有大量紅棕色氣體產(chǎn)至紅熱，迅速投入熱的濃硝酸中，發(fā)生劇烈反應(yīng)，同時(shí)有大量紅棕色氣體產(chǎn) 生，液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光。經(jīng)查閱資料可知濃硝酸分解產(chǎn)生生，液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光。經(jīng)查閱資料可知濃硝酸分解產(chǎn)生NO2和和

7、O2。為了探究。為了探究“液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光”的原因，該小組同學(xué)用如圖的原因，該小組同學(xué)用如圖 裝置完成以下實(shí)驗(yàn)：裝置完成以下實(shí)驗(yàn)： 序號 實(shí)驗(yàn) 實(shí)驗(yàn) 集氣瓶中所盛氣體 O 2 加熱濃硝酸產(chǎn)生的氣體 現(xiàn)象 木炭迅速燃燒發(fā)出亮光 木炭迅速燃燒發(fā)出亮光 下列說法正確的是 ( ) A濃硝酸分解產(chǎn)生的 v(NO2)v(O2)11 B紅棕色氣體的產(chǎn)生表明木炭與濃硝酸發(fā)生了反應(yīng) C能使液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光的主要?dú)怏w是氧氣 D以上實(shí)驗(yàn)不能確定使液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光的主要?dú)怏w一定 是 NO 2 答案 D 答案 解析 濃硝酸分解的方程式為4HNO 3= 4NO 2

8、O22H 2O，則 v(NO 2) v(O2)41，故 A 錯(cuò)誤；紅棕色氣體為 NO 2，它的產(chǎn)生不能表明 木炭與濃硝酸發(fā)生了反應(yīng)，也可能是濃硝酸分解產(chǎn)生的，故B 錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn) 中濃硝酸受熱分解產(chǎn)生的氣體為二氧化氮和氧氣，木炭在此混合氣體中能迅 速燃燒發(fā)出亮光，可能是氧氣助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用， 故 C 錯(cuò)誤；根據(jù) C 的分析，以上實(shí)驗(yàn)不能確定使液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮 光的主要?dú)怏w一定是 NO 2，故 D 正確。 解析解析 12(2019廣東肇慶高三二模 )已知短周期主族元素 X、Y、Z、W、R， 其中 X 的原子半徑在短周期主族元素中最大， Y 元素的原子最外層電子數(shù)為 m

9、，次外層電子數(shù)為 n，Z 元素的原子 L 層電子數(shù)為 mn，M 層電子數(shù)為 m n，W 與 Z 同主族， R 元素原子與 Y 元素原子的核外電子數(shù)之比為 21， 下列敘述錯(cuò)誤的是 ( ) AX 與 Y 形成的化合物中陰陽離子的個(gè)數(shù)比均為12 B簡單氫化物 Y 比 R 的穩(wěn)定、且熔沸點(diǎn)高 CRY 2 和 X2Y2均具有漂白性，均能使品紅溶液褪色 DRY 2 和 WY 2 通入 Ba(NO 3)2 溶液中均不產(chǎn)生白色沉淀 答案 D 答案 解析解析 由分析可知： X 為 Na、Y 為 O、Z 為 Si、W 為 C、R 為 S。X 與 Y 形成的兩種化合物分別為 Na 2O、Na2O2，兩種化合物中陰

10、、陽離子的個(gè)數(shù) 比均為 12，故，故 A 正確；Y 是 O 元素，R 是 S 元素，元素的非金屬性越強(qiáng) 其氫化物越穩(wěn)定，氧元素的非金屬性大于硫元素，所以水的穩(wěn)定性大于硫化 氫，且水中含有氫鍵，熔沸點(diǎn)高，故B 正確；二氧化硫和過氧化鈉都具有漂 白性，都可使品紅褪色，但原理不同，二氧化硫發(fā)生化合反應(yīng)，過氧化鈉具 有強(qiáng)氧化性，故 C 正確；二氧化硫具有還原性，酸性條件下可被硝酸根離子 氧化生成硫酸根離子，可生成硫酸鋇沉淀，故D 錯(cuò)誤。 解析 13(2019深圳市高三調(diào)研深圳市高三調(diào)研 )室溫下，將尿酸鈉 (NaUr) 懸濁液靜置，取上 層清液，再通入 HCl，溶液中尿酸的濃度 c(HUr)與 pH

11、的關(guān)系如圖所示。已 知：Ksp(NaUr) 4.910 5，K a(HUr)2.010 6。下列說法正確的是 ( ) A上層清液中， c(Ur )7.010 2 molL1 B在 MN 的變化過程中， Ksp(NaUr) 的值將逐漸減小 C當(dāng) c(HUr)c(Ur )時(shí)，c(Cl )c(Ur ) D當(dāng) pH7 時(shí)，2c(Na )c(Ur )c(Cl ) 答案 C 答案 解解析析 根據(jù) Ksp(NaUr) c(Na )c(Ur )4.910 5 ，可 得 c(Ur ) Ksp?NaUr ?7.010 3 molL1，故 A 錯(cuò)誤；在 MN 的變化過程中，因溫 度不變，Ksp不變，故 B 錯(cuò)誤；當(dāng)

12、 c(HUr) c(Ur )時(shí)，根據(jù) Ka(HUr) 2.010 6 可得 pH5.7，溶液顯酸性，c(H )c(OH )，根據(jù)電荷守恒：c(Na )c(H )c(OH )c(Cl )c(Ur )， 物料守恒：c(Na )c(Ur )c(HUr) 可得 c(H ) c(HUr) c(OH )c(Cl )，因?yàn)?c(H )c(OH )，所以 c(Cl )c(HUr) ，即 c(Cl )c(Ur )，故 C 正確；根據(jù)電荷守恒， c(Na )c(H )c(Ur )c(Cl ) c(OH )，當(dāng) pH7 時(shí)，c(H )c(OH )，所以 c(Na )c(Ur )c(Cl )，故 D 錯(cuò)誤。 解析 二

13、、非選擇題 (一)必考題(共 43 分) 26(2019廣東韶關(guān)市高三調(diào)研廣東韶關(guān)市高三調(diào)研)(15 分)實(shí)驗(yàn)室用圖示裝置制備 KClO 溶 液，再與 KOH、Fe(NO 3)3 溶液反應(yīng)制備高效凈水劑 K2FeO 4。 【査閱資料】 Cl2與 KOH 溶液在 20 以下反應(yīng)生成 KClO ，在較高 溫度下則生成 KClO 3； K2FeO4 易溶于水，微溶于濃 KOH 溶液，在 05 的強(qiáng)堿性溶液中較穩(wěn)定。 (1)儀 器 a 的 名 稱 是 _ ； 裝 置 A 中 反 應(yīng) 的 化 學(xué) 方程 式 為 _。 (2)裝置 C 中三頸燒瓶置于冰水浴中的目的是 _ 。 (3)裝置 B 吸收的氣體是 _

14、，裝置 D 的作用是_。 (4)C 中得到足量 KClO 后，將三頸瓶上的導(dǎo)管取下，依次加入 KOH 溶 液、Fe(NO 3)3 溶液，水浴控制反應(yīng)溫度為 25 ，攪拌 1.5 h，溶液變?yōu)樽霞t 色(含 K2FeO 4)，該反應(yīng)的離子方程式為 _ 。 (5)往(4)所得溶液中加入飽和 KOH 溶液，冷卻至 05 析出紫黑色晶 體，過濾，得到 K2FeO 4 粗產(chǎn)品。K2FeO 4粗產(chǎn)品含有 KCl 等雜質(zhì)，進(jìn)一步提 純方法是_。 (6)若實(shí)驗(yàn)中消耗了 V mL c mol/L 的 Fe(NO 3)3 溶液，F(xiàn)e(NO 3)3 充分反應(yīng)， 最終制得 a g 的 K 2FeO4 固體，則本實(shí)驗(yàn) K

15、2FeO 4 的產(chǎn)率為 _(列 出算式即可 )。 答案 (1)圓底燒瓶 MnO 24HCl(濃)= MnCl 2Cl22H2O (2)提高 KClO 的產(chǎn)率，防止 Cl2與 KOH 反應(yīng)生成 KClO 3 (3)HCl 吸收 Cl2，防止污染空氣 (4)3ClO 2Fe310OH=2FeO2 4 3Cl 5H 2O (5)重結(jié)晶 (6) a 0.198Vc 100% 答案 解析解析 (3)制取氯氣中含有 HCl，裝置 B 吸收的氣體是 HCl，裝置 D 的 作用是吸收 Cl2，防止污染空氣。 (4)KClO 加入 KOH 溶液、Fe(NO 3)3 溶液，水浴控制反應(yīng)溫度為 25 ， 攪拌 1.

16、5 h，生成 K2FeO 4 和 H2O，則 KClO 被還原成 KCl，根據(jù)得失電子守 恒、電荷守恒等配平離子方程式為： 3ClO 2Fe3 10OH =2FeO2 4 3Cl 5H 2O。 (5)K 2FeO4 和 KCl 均易溶于水，K2FeO 4 粗產(chǎn)品含有 KCl 等雜質(zhì)，應(yīng)用重 結(jié)晶的方法分離提純 K2FeO 4。 解析 (6)依據(jù)反應(yīng)過程中 Fe 守恒，設(shè)生成 K2FeO 4 的物質(zhì)的量為 x， 則有：Fe(NO 3)3K2FeO4 1 1 V10 3c mol x 解得： xV10 3c mol，m(K 2FeO4)V10 3c mol198 g/mol 0.198Vc g，則

17、本實(shí)驗(yàn) K2FeO 4 的產(chǎn)率為： a 0.198cV 100%。 解析 27(2019福州市高三質(zhì)檢福州市高三質(zhì)檢 )(14 分分)鈦及鈦合金在航空航天領(lǐng)域具有重要鈦及鈦合金在航空航天領(lǐng)域具有重要 的應(yīng)用價(jià)值。的應(yīng)用價(jià)值。 鈦鐵礦的主要成分為鈦酸亞鐵鈦鐵礦的主要成分為鈦酸亞鐵 (FeTiO3)， 另含有少量另含有少量 SiO2、 Fe2O3 等雜質(zhì)。以鈦鐵礦為原料制備鈦的工藝流程如圖所示。等雜質(zhì)。以鈦鐵礦為原料制備鈦的工藝流程如圖所示。 (1)為提高鈦鐵礦酸浸時(shí)的浸出率，除了采用循環(huán)浸取、延長時(shí)間、熔塊為提高鈦鐵礦酸浸時(shí)的浸出率，除了采用循環(huán)浸取、延長時(shí)間、熔塊 粉碎外，還可以采用粉碎外，還

18、可以采用 _(寫一種方法寫一種方法)。 (2)硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)對鈦、鐵浸出率的影響如圖所示，據(jù)此判斷，酸浸時(shí)所硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)對鈦、鐵浸出率的影響如圖所示，據(jù)此判斷，酸浸時(shí)所 加硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)應(yīng)為加硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)應(yīng)為 _。鈦鐵礦的主要成分與濃硫酸反應(yīng)的主要產(chǎn)。鈦鐵礦的主要成分與濃硫酸反應(yīng)的主要產(chǎn) 物是物是 TiOSO4和和 FeSO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為 _ 。 (3)查閱資料可知： TiO 2與 Fe3水解轉(zhuǎn)化為沉淀的 pH 接近；反應(yīng)Fe3 H 2Y 2 FeY 2H， K1024.3； 反應(yīng)TiO2H 2Y 2 TiOY 22H， K10 17.3。含鈦鐵溶液經(jīng) EDTA

19、(H 2Y 2 )處理后再調(diào)節(jié) pH，TiO 2水解生成偏 鈦酸 TiO(OH) 2沉淀，則 TiO 2水解的離子方程式為 _ ； Fe 3未轉(zhuǎn)化為沉淀的原因是 _ 。 (4)將濾液 2 經(jīng)_、冷卻結(jié)晶、過濾一系列操作還可獲得副產(chǎn)品綠 礬(FeSO 47H2O)。濾液 2 經(jīng)處理后，還可返回流程中使用的物質(zhì)是 _。 (5)利用如圖所示裝置在一定條件下由TiO 2 制取金屬鈦的化學(xué)方程式為 _ 。陽極的電極反應(yīng)式為 _。 答案答案 (1)連續(xù)攪拌(或適當(dāng)升高溫度等 ) (2)80% 85% FeTiO 3 2H2SO4=TiOSO 4FeSO42H2O (3)TiO 2 2H2OTiO(OH)

20、2 2H 反應(yīng)的 K遠(yuǎn)大于反應(yīng)，F(xiàn)e 3主要轉(zhuǎn)化為 FeY (4)蒸發(fā)濃縮 H2SO4 (5)2CaTiO 2=2CaOTi C2O 24e =CO 2 答案 解析解析 (1)不斷攪拌、適當(dāng)升高溫度等均可提高鈦鐵礦酸浸時(shí)的浸出率。 (2)由題圖知，硫酸質(zhì)量分?jǐn)?shù)在 80% 85% 時(shí)，鈦、鐵浸出率均較高。根 據(jù)反應(yīng)物、產(chǎn)物分析，該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)原子守恒即可寫出反 應(yīng)的化學(xué)方程式。 (3)TiO 2水解時(shí)生成 TiO(OH) 2 和 H ，故 TiO 2水解的離子方程式為： TiO 22H 2O TiO(OH) 22H ；由題知，反應(yīng) 的 K 遠(yuǎn)大于反應(yīng) ，用 ，用 EDTA 處理后再

21、調(diào)節(jié) pH，F(xiàn)e 3主要轉(zhuǎn)化為 FeY，而不轉(zhuǎn)化為沉淀。 (4)從濾液到晶體，需要經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾一系列操作；結(jié) 合題圖知，可返回流程中使用的物質(zhì)是H2SO 4。 解析 (5)由題圖知，陰極上 Ca 2得電子生成 Ca，然后 Ca 與 TiO 2 反應(yīng)置換出 金屬 Ti，化學(xué)方程式為： 2CaTiO 2=2CaOTi；陽極上碳單質(zhì)失電子發(fā) 生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為： C2O 24e =CO2。 解析 28(2019合肥市高三第一次質(zhì)檢 )(14 分)低碳經(jīng)濟(jì)成為人們一種新的生 活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源領(lǐng)域的一個(gè)重要研究方向。請你結(jié)合 下列有關(guān)圖示和所學(xué)知識回答： .用

22、CO2催化加氫 可以制 取乙烯 ：CO2(g)3H2(g) 1 2 C2H4(g) 2H2O(g)。 (1)若該反應(yīng)體系的能量隨反應(yīng)過程變化的關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)的 H_( 用含 a、b 的式子表示)；又知：相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如下 表所示，實(shí)驗(yàn)測得上述反應(yīng)的 H152 kJmol 1，則表中的 x_。 化學(xué)鍵化學(xué)鍵 C=O HH C=C CH HO 鍵能鍵能/kJmol 1 803 436 x 414 464 (2)以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，利用太陽能電池將利用太陽能電池將 CO2轉(zhuǎn)化為乙烯的工作原 理如圖所示。則理如圖所示。則 M 極上的電極反應(yīng)式為 _ 。 .用 CO 2

23、 催化加氫還可以制取二甲醚： 2CO 2(g)6H2(g) CH 3OCH3(g)3H2O(g) H122.5 kJmol 1， 某壓強(qiáng)下，合成二甲醚的反應(yīng)在不同溫度、不同投料比時(shí)， CO 2 的平衡轉(zhuǎn)化 率如圖所示。 (3)圖中 T1、T2分別表示反應(yīng)溫度，判斷T1、T2大小關(guān)系的依據(jù)是 _；圖中 A、 B、C 三點(diǎn)對應(yīng)的平衡常數(shù)分別為KA、KB、KC，其三者大小的關(guān)系是 _ 。 (4)T1溫度下，將 6 mol CO 2 和 12 mol H 2 充入 2 L 的密閉容器中，經(jīng)過 5 min 反應(yīng)達(dá)到平衡，則 05 min 內(nèi)的平均反應(yīng)速率 v(H2)_ ， 平衡常數(shù) K_( 列出計(jì)算式即

24、可 )。 答案答案 (1)(ba) kJmol 1 764 kJmol1 (2)2CO 212e 12H =C 2H44H2O (3)該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動， CO 2 的轉(zhuǎn)化率減小，根據(jù)圖像知在投料比相同時(shí)， T1平衡時(shí) CO 2的轉(zhuǎn)化 率大于率大于 T2，則 T1T2 KAKCKB (4)1.08 molL 1min1 0.92.7 3 1.2 20.66 答案 解析 (1)由圖知 CO2(g)3H 2(g)具有的總能量大于 1 2C 2H4(g)2H2O(g) 具有的總能量，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)的 H生成物具有的總能量反應(yīng) 物具有的總能量 (ba) kJ

25、mol 1；反應(yīng)熱 H反應(yīng)物的鍵能總和生成 物的鍵能總和2E(C=O)3E(HH) ? ? ? ? ? ? ? ? 1 2E?C=C?2E?CH?4E?HO?2803 kJmol 13436 kJmol1 ? ? ? ? ? ? ? ? 1 2x2414 kJmol 14464 kJmol1 152 kJmol 1 ， 解得 x764 kJmol 1。 解析 (2)根據(jù)圖示，在 M 電極上 CO 2 發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成 C2H4，M 電 極為陰極，電極反應(yīng)式為 2CO212e 12H =C2H44H2O。 (3)該反應(yīng)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動，CO 2 的轉(zhuǎn)化率減

26、小，根據(jù)圖像知在投料比相同時(shí)，T1平衡時(shí) CO 2 的轉(zhuǎn)化率大于 T2，則 T1OP (3)sp 3 正四面體 109 28 SO 2 4 、CCl 4 (4)12 4M NA ? ? ? ? ? ? 4?ab? 3 3 (5)MgOCaO Mg 2半徑比 Ca2小，晶格能較大 答案 解析解析 (1) 根據(jù)元素 M 的氣態(tài)原子的第 I1I5電離能大小可以看出： I1、 I2相差不大， I2、I3電離能相差較多，說明M 原子最外層有 2 個(gè)電子。在 Ca 5(PO4)3 中有 Ca、P、O 三種元素，只有 Ca 元素最外層有 2 個(gè)電子，容易 失去最外層的 2 個(gè)電子，化合價(jià)為 2 價(jià)；根據(jù)原子

27、核外電子排布規(guī)律可知 Ca 基態(tài)原子電子排布式為 Ar4s 2 或 1s 22s22p63s23p64s2。 (2)Ca 5(PO4)3F 中非金屬元素有 P、O、F 三種，元素的非金屬性 FOP ， 元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性就越大，所以按電負(fù)性由大到小的順序排列 為 FOP 。 解析解析 (3)PO 3 4 的中心原子 P 的價(jià)層電子對數(shù)是 4，孤對電子對數(shù)為 0，故 P 原 子雜化為 sp3雜化；該離子的空間構(gòu)型為正四面體，鍵角為109 28，其等 電子體有 SO2 4 、CCl 4。 (4)根據(jù) CaF 2晶胞結(jié)構(gòu)可知：在每個(gè)晶胞中與 Ca 2距離最近且等距離的 Ca 2有 3 個(gè)，

28、通過每個(gè) Ca2可形成 8 個(gè)晶胞，每個(gè) Ca2計(jì)算了 2 次，所以 與 Ca 2距離最近且等距離的 Ca2有(38) 212 個(gè)；將 CaF 2 晶胞分成 8 個(gè) 小正方體，正方體中心為 F ，頂點(diǎn)為 Ca2，晶胞中共有 4 個(gè)鈣離子、8 個(gè)氟 離子。立方體的對角線為 2(ab)，則晶胞的對角線為 4(ab)，晶胞的邊長 解析 為4?ab? 3 ， 根據(jù)晶體密度計(jì)算公式可得該晶體的密度 m V 4M NA ? ? ? ? ? ? ? ? 4?ab? 3 3 gcm 3。 (5)MgO 與 CaO 的晶體結(jié)構(gòu)相似，由于離子半徑 Ca 2Mg2，離子半徑越 大，與 O2 形成的離子鍵的鍵長就越長，晶格