2025届高三化学一轮复习上海市专练——物质结构17道

2025年上海高考一轮专练——物质结构17道 一、解答题 1．（2024·上海·模拟预测）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。锌元素在周期表中的位置如图所示。 (1)基态Zn2+电子排布式为 ，其核外电子共占据 条轨道。 (2)自然界中共存在五种常见的锌的稳定同位素，其中丰度最高的核素含有34个中子，该核素可以表示为 ___________。 A．34Zn B．34Zn C．64Zn D．64Zn (3)中医典籍中记载了炉甘石(ZnCO3)可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，负离子的空间构型为 ，Zn、C、O的电负性由小到大的顺序是 。 锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成[Zn(NH3)4]2+。 (4)Zn(OH)2溶于强碱生成[Zn(OH)4]2﹣，结构如图所示。该微粒中OH﹣提供孤电子对，Zn2+提供 ，Zn2+的杂化方式为 。 (5)已知常温下Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10-17，pH=6.0的溶液中，可溶解的c(Zn2+)= 。 (6)根据上述信息，写出一种除去硫酸铝中的硫酸锌杂质的方法。 两种卤锌的性质如表所示： 卤化锌 ZnCl2 ZnBr2 熔点/℃ 283 394 (7)解释ZnCl2与ZnBr2熔点存在差异的原因 。 (8)ZnF2晶胞如图所示，一个晶胞中含有 个F﹣。 A．2        B．4        C．6        D．8 若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体(摩尔质量为M)的密度为 g•cm-3(用含a、c、M、NA的代数式表示，1nm=1×10-7cm)。 2．（2024·北京东城·一模）柠檬酸铁铵和铁氰化钾在紫外线照射下产生普鲁士蓝(PB)，可用于染色和能源行业。 (1)制备柠檬酸铁铵的原料有铁盐、氨水和柠檬酸。 ①基态的价层电子轨道表示式是 。 ②的VSEPR模型名称是 。 (2)避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾反应得到普鲁士黄(PY)，其晶胞形状为立方体，结构如图所示。 ①PY中所有均与形成配位键。结合电子式，解释在PY中作配体的原因： 。 ②已知PY中相邻之间的距离为a nm，表示阿伏加德罗常数的值，PY的密度为 (用代数式表示，)。 (3)在紫外线照射下，PY中部分转化为，同时嵌入，PY转变为PB．PB晶胞结构如图所示，其中周围最近且等距的有12个。图中“”位置被或占据，用“”补全PB晶胞结构中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的 。[PB晶胞(未画出)] (4)由于PB中的能很容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测会从PB中脱嵌出来，理由是 。 3．（2024·上海·模拟预测）MnCl2溶液与溶液混合可制备晶体。 (1)基态Mn原子的电子排布式是 。 (2)的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，被称为拟卤素。 i．与反应的生成物的结构式分别是、 。 ii．有酸性但乙炔无明显酸性，的酸性比乙炔的强的原因是 。 (3)为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠混合的原因是： 。 (4)钠离子电池的正极材料在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如下。 ①中存在的化学键有配位键、 。 ②该时刻的晶胞所示的中， 。 4．（2024·上海·三模）芯片作为科技产业，以及信息化、数字化的基础，自诞生以来，就一直倍受关注，也一直蓬勃发展。芯片制造会经过六个最为关键的步骤；沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。 (1)“沉积”是将导体、绝缘体或半导体材料薄膜沉积到纯硅晶圆上。GaN、GaAs是制造芯片的新型半导体材料。 ①镓为第四周期元素，基态Ga原子的核外电子排布为： ； ②GaN、GaP、GaAs的结构类似于金刚石，熔点如表所示：试分析三者熔点变化的原因 。 物质 GaN GaP GaAs 熔点/℃ 1700 1480 1238 ③将Mn掺杂到GaAs的晶体中替换部分Ga得到稀磁性半导体材料，晶体结构如甲图。 掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 。 (2)“光刻胶涂覆”中用到一种701紫外正型光刻胶，结构如图乙所示，其S的杂化方式为 。 (3)“刻蚀”过程可能用到刻蚀剂HF，及清洗剂，三种物质中除H外的各元素的电负性由大到小的顺序为 ，HF分子的极性 (填“大于”“等于”或“小于”)HCl，1mol氟硼酸铵中含有 mol配位键。 (4)LiF晶体结构属于氯化钠型。 ①LiF的熔点和沸点比NaCl的高，请解释原因 。 ②LiF晶体的密度约为，LiF晶胞的体积约为 cm3(计算结果保留一位有效数字)。 5．（2024·上海闵行·二模）ZnO和硫脲[CS(NH2)2]在一定条件可制备纳米ZnS(粒径8-15nm)。 (1)基态硫原子的价电子排布式为 。 (2)金属Zn在元素周期表的 。 A．s区    B．p区    C． ds区    D．f区 (3)下列说法中正确的是 。 A．电负性：S<N    B．第一电离能：Zn>S C． 硫脲[CS(NH2)2]属于分子晶体    D．硫脲[CS(NH2)2]中所有原子共面 (4)将该纳米ZnS均匀分散于水中，可利用 将该分散系与NaCl溶液进行鉴别。 A．渗析    B．丁达尔现象    C． 萃取    D．盐析 6．（2024·上海宝山·二模）硅材料在生活中占有重要地位。 (1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。硅原子核外未成对电子数为 。单晶硅的晶体类型为 。 A．离子晶体            B．分子晶体            C．共价晶体            D．金属晶体 (2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。 A．得电子能力：①>② B．微粒半径：③>①>② C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② (3)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表： 熔点/℃ -90.0 -69.8 5.6 120.7 沸点/℃ -85.8 57.8 154.2 287.7 ①气态分子的空间构型是 。 A．正四面体形    B．三角锥形        C．角形            D．直线形 ②0℃时，、、、呈液态的是 。 A．            B．            C．            D． ③比较上述的熔沸点，分析其变化规律及原因 。 (4)与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如下图所示： N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 。 (5)硅合金具有良好的性能。 ①下列关于合金的说法错误的是 。 A．熔点高于组成金属        B．可能含有非金属 C．硬度通常比组成金属大        D．一般比单一金属用途更广 ②白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示(Cu位于面心)，该晶胞含有的Cu原子和Ni原子个数分别为 、 。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Ni和Ni之间的最短距离为 nm。 7．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·三模）科技强国，我国科学家在诸多领域取得新突破。 (1)芯片制造会经过六个最为关键的步骤：沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。其中“刻蚀”过程可能用到刻蚀剂、及清洗剂。 ①基态F原子核外电子有 种空间运动状态，下列为氟原子激发态的电子排布式的是 （填标号）。 A．      B．     C．      D． ②C、N、O、F四种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。 ③氟硼酸铵（）中B的杂化方式为 ，的空间构型为 。 (2)复兴号高铁车体材质用到了Mn、Co等元素。Mn的一种配合物的化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是 （填元素符号），Mn原子的配位数为 ，CH3CN中键与键数目之比为 。 (3)超导材料具有型结构（如图），晶胞参数（晶胞边长）为a pm，该氮化钛晶体的密度为 （列出计算式即可）。 8．（2024·上海嘉定·二模）在铜、银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷()和乙醛，下图是该反应的部分历程。 (1)据上图信息，在相同条件下，催化效果较好的催化剂是 ，通过数据计算说明(以生成乙醛为例) 。 (2)鉴别以上产物乙醛和环氧乙烷可以用___________。 A．原子发射光谱 B．原子吸收光谱 C．核磁共振氢谱 D．红外光谱 (3)以下电子排布式和价电子轨道表示式中，正确且对应微粒为基态原子的是___________。 A． B． C． D． (4)已知的熔点为1235℃，的熔点为1130℃，二者晶体结构类似，且熔点都较高，但熔点比高，其原因是 。 (5)晶胞结构如图所示，其中代表的原子是 ，晶体密度为，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值 。(用含和a的代数式表示) (6)可以形成一种配位化合物，其结构如下图所示。以下说法正确的是___________。 A．的配位数是2 B．此配合物中存在配位键、极性键、非极性键 C．配体中O原子提供空轨道 D．提供孤电子对 (7)已知：常温下，①  ； ②   则常温下 。 9．（2024·上海奉贤·二模）镍颜色近似银白色，我国古时使用 “白铜”(一种镍铜合金)制造兵器。现代工业镍及其化合物主要用于生产不锈钢、电池以及催化剂领域。 (1)基态镍原子的价电子排布式为 ，镍元素在周期表中的位置为 。 (2)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如下图所示，该合金的化学式为___________。 A．LaNi5 B．LaNi6 C．LaNi8 D．LaNi9 (3)已知NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠相同，Ni2+和Fe2+的半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO FeO(选填“<””或“>”)，理由是 。 (4)丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示，下列关于该配合物结构分析正确的是__________。 A．配体的分子式为C8H14N4O4 B．既有内界，又有外界 C．配位数为4 D．氧原子与氢原子之间形成的化学键有共价键和氢键 (5)镍镉(Ni-Cd)可充电电池应用广泛。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充电和放电的反应原理为：Cd＋2NiOOH＋2H2OCd(OH)2＋2Ni(OH)2，有关该电池的说法正确的是_______。 A．充电时阳极反应：Ni(OH)2＋OH——e—=NiOOH＋H2O B．充电过程是化学能转化为电能的过程 C．放电时负极附近溶液的碱性不变 D．放电时OH—向正极移动 (6)工业上通过调节pH除杂并回收废液中的镍，用于制备硫酸镍晶体。常温下，加碱调节pH在7.2~8.7，使Ni2+开始沉淀，至其浓度降为1.0×10−5 mol·L-1，可认为Ni2+已经完全沉淀，则Ni(OH)2的Ksp= 。 (7)硫酸镍溶液在强碱中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。 (8)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用。其主要目的是 。 10．（2024·上海青浦·二模）Ⅰ.钙钛矿是一种含Ca、Ti、O的化合物，其晶胞结构如下图所示： (1)Ti元素在周期表中的位置是 。 (2)根据钙钛矿的晶胞结构，离Ca2+最近的O2-个数为___________。 A．6 B．8 C．10 D．12 (3)Ti3+易形成紫色配位化合物[Ti(H2O)6]Cl3，1mol该配合物中含有的共价键数目为___________。 A．12NA B．15NA C．18NA D．21NA Ⅱ.钙钛矿型太阳能电池常用CH3NH3PbI3作为光敏层材料。 (4)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为___________。 A．N>O>C B．N>C>O C．O>N>C D．C>N>O (5)测定CH3NH3PbI3中碳氮键键长，可以利用的仪器分析方法是___________。 A．原子发射光谱 B．质谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射 Ⅲ.钙钛矿型材料还可用作氧离子传导的载体，利用钙钛矿型材料作电解质的新型NH3—O2固体燃料电池装置如下图所示： (6)M电极为 极(填“正”或“负”)，该电极反应方程式为 。 (7)下列关于该燃料电池叙述不正确的是___________。 A．该燃料电池可以将化学能全部转化为电能 B．电子由M电极经过外电路流向N电极 C．N电极处的氧气发生还原反应 D．该电池工作时，每消耗22.4L(标准状况下)的NH3会有3mol O2-发生迁移 11．（2024·上海普陀·二模）Ⅰ.立方氮化硼(BN)、立方金刚石、碳化硅(SiC)等都是莫氏硬度高的超硬材料，在工业上有广泛应用。 (1)C、N、O三种元素中第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。 A．碳元素                 B．氮元素              C．氧元素 (2)下列有关Si说法正确的有___________。 A．基态Si原子核外有3种能量的电子 B．Si原子由基态变为激发态时会释放能量 C．基态Si原子的价层电子排布式为3p2 D．Si在元素周期表中属于p区元素 Ⅱ.立方氮化硼(BN)可由硼酸(H3BO3)和尿素[CO(NH2)2]反应制得，下图是立方氮化硼(BN)的晶胞示意图，立方金刚石、碳化硅(SiC)结构均与其相似，三者晶体中键长数据如下表。 晶体 键长(pm) 立方氮化硼(BN) 157 立方金刚石 154 碳化硅(SiC) 184 (3)已知尿素[CO(NH2)2]结构中，碳、氮、氧原子均在同一平面，判断碳原子的杂化方式 (4)依据相关数据，比较上述三种晶体的莫氏硬度，并说明原因 。 (5)立方氮化硼 (BN)晶胞中含有 个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有 个。已知立方氮化硼晶体的密度为3.20g·cm−3，NA为阿伏加德罗常数，则该晶体晶胞边长的表达式为 cm。(用含NA的式子表达)已知：M(B) =10.8 g·mol−1，M(N) =14.0 g·mol−1 (6)六方氮化硼(BN)的结构与石墨相似，俗称“白石墨”，其结构如下图所示，若要区分某BN样品是六方氮化硼(BN)还是立方氮化硼(BN)下列方法可行的是___________。 A．晶体X射线衍射 B．原子发射光谱 C．质谱 D．测定晶体的莫氏硬度 12．（2024·上海徐汇·一模）湿法冶炼是以赤铜矿(Cu2O)精矿为主要原料，通过浸出、置换、电解等流程制备高纯度铜的工艺。 已知：Cu2O晶胞为立方体形，边长为4.26×10−8 cm。 (1)根据图示，每个Cu2O晶胞中含O原子的数目为 个。 (2)计算Cu2O晶体的密度ρ= g/cm3.(结果保留两位小数) (3)测定晶体结构最常用的仪器为 A．质谱仪 B．核磁共振仪 C．红外光谱仪 D．X射线衍射仪 (4)赤铜矿在稀硫酸中浸出，得到硫酸铜溶液，该反应的离子方程式为 。 13．（2024·上海金山·一模）砷元素(As)广泛分布于自然界中，土壤、水体、矿物和生物体内都含有微量的砷。工业上提取砷的某步反应如下： (1)砷元素在周期表中的位置是 。 (2)沸点：AsH3 NH3，原因是 。 A．>        B．< (3)关于I~Ⅳ四种物质的说法正确的是___________。 A．I中仅有σ键 B．Ⅱ中部分元素的第一电离能：(O)>(S) C．Ⅲ中含有的元素中砷的电负性最大 D．Ⅳ中含有的化学键为离子键、共价键 (4)已知H3AsO3为三元弱酸，则分子中As原子存在 对孤电子对，AsO的空间构型为 。 A．正四面体            B．三角锥形            C．角形 (5)溶解于水中的H3AsO4存在如下平衡：H3AsO4H2AsO+H+，H2AsOHAsO+H+，HAsOAsO+H+。目前常用吸附法消除水中的砷，已知pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多。分析吸附剂对砷的吸附量随pH升高而下降的原因 。 (6)砷和镍(Ni)形成某种晶体的晶胞如图1所示，图2为该晶胞的俯视投影图。 该晶胞中含有 个Ni原子。该晶体的密度 ρ = g·cm-3。(设NA为阿伏加德罗常数，该晶体的摩尔质量为M g·mol-1，用含 a、b、M和NA的代数式表示。) 14．（2024·上海虹口·一模）“太阳能光催化分解水制氢”原理可以表示为：SO(aq) + H2O(l)SO(aq) + H2(g)。 (1)已知SO3呈平面正三角形结构，推测SO的立体构型为 。 A． 平面正三角形                B． 正四面体型                C． 三角锥型 (2)能说明氯的非金属性比硫强的事实是___________。 A．溶解性：HCl>H2S B．氧化性：HClO>H2SO3 C．热稳定性：HCl>H2S D．酸性：HCl>H2S (3)H2O与H2S结构相似，但H2O的沸点高于H2S，原因是 。 (4)反应开始一段时间后，取出一定量溶液，写出检验溶液中SO的操作方法： 。 15．（2024·上海宝山·一模）铬属于过渡元素，三价铬离子能形成多种配位化合物，例如：。 (1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是 。 A．铬位于周期表的第四周期ⅥB族 B．铬核外电子排布式为 C．4s轨道上电子能量大于3d (2)中提供电子对形成配位键的原子或离子是 ，中心离子的配位数为 。 (3)中基态Cl原子核外电子的运动状态有___________种。 A．2 B．5 C．7 D．17 (4)中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如下图所示。 ①的中心原子的杂化类型是 。 A．sp                B．sp2                C．sp3 分子的空间构型是 。 A．直线形            B．平面三角形        C．三角锥形        D．正四面体形 ② 的沸点比的高，原因是 。 ③ 的键角小于，原因是 。 (5)①铬的一种氮化物晶体立方晶胞结构如下图所示，每个晶胞中平均分摊___________个Cr3+，___________个N3-。 a．1  1                B．4  3                C．4  4            D．14  13 ②若晶胞参数为a nm，计算晶体密度ρ = g·cm-3(阿伏加德罗常数的值为NA)。 16．（2024·上海静安·一模）铁元素是人体必需的元素之一，补铁剂常用于防治缺铁性贫血。第一代口服补铁剂以硫酸亚铁为代表；第二代口服补铁剂以乳酸亚铁、富马酸亚铁等为代表。 (1)铁元素位于元素周期表的_____。 A．s区 B．d区 C．p区 D．f区 (2)基态Fe2+的核外电子排布式是_____。 A．[Ar]3d54s2 B．[Ar]3d54s1 C．[Ar]3d5 D．[Ar]3d6 (3)实验室配制FeSO4溶液时，常加入少量的_____。 A．铁粉 B．铜粉 C．盐酸 D．硫酸 (4)检验FeSO4溶液是否变质的试剂可用_____。 A．稀盐酸 B．酚酞试液 C．KSCN溶液 D．苯酚 (5)血红蛋白是红细胞内运输氧的特殊蛋白质。血红蛋白中电负性最大的元素是 (填写元素符号)；O2通过配位键与血红蛋白中的Fe2+结合，O2提供 ，Fe2+提供 。 (6)某兴趣小组用酸性KMnO4溶液滴定Fe2+，通过测定Fe2+的含量来计算某补铁剂中[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O(乳酸亚铁)的质量分数，发现乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因可能是 。 (7)富马酸()和马来酸()为顺反异构体，两者的熔点及电离平衡常数如下表： 物质名称 熔点 Ka1 富马酸 300℃ a 马来酸 140℃ b ①富马酸分子中的σ键和π键个数比为 。 ②氢键不仅存在于分子之间，也可以存在于分子内。解释富马酸的熔点比马来酸的熔点高的原因 。预测a b(填“>”、“<”或“=”)。 17．（2023·上海浦东新·一模）钛被誉为太空金属和亲生物金属，拥有卓越的金属特性。它在特定温度下能与多种物质发生反应，在生产和日常生活中都能找到它的踪影。 (1)原子的价电子排布式为，它在元素周期表中的位置是 。 (2)钛合金材料可用于制造超音速飞机，下列钛合金的性质与该用途无关的是___________。 A．密度小 B．硬度大 C．熔点高 D．无磁性 (3)合金常用于牙科领域。在基态的原子和原子中，它们的核外电子具有不同的___________。 A．能层数 B．能级数 C．占据轨道数 D．单电子数 (4)钛能与卤素单质发生反应，生成用途多样的卤化钛。 ①卤族元素(、、、)随着原子序数的递增，相关性质逐渐增强或变大的是 。 A．元素的电负性　　　　　　　　　B．简单离子的还原性 C．气态氢化物的热稳定性　　　　　D．最高价氧化物对应水化物的酸性 ②的不同四卤化物熔点如图所示，利用晶体知识解释它们熔点变化的原因 。 ③易与形成。下列关于分子说法错误的是 。 A．键角为　　　B．是极性分子　　　C．含有键　　　D．中心原子采取杂化 (5)钛溶于盐酸制得的三氯化钛()，可作为聚丙烯生产过程中的催化剂。晶体有两种异构体：(绿色)、(紫色)，两者配位数 (选填“相同”或“不同”)，绿色晶体中配体是 。 (6)利用钛粉和碳粉反应可生成硬度接近金刚石的碳化钛，它在刀具制造领域有重要应用。碳化钛晶胞如图所示，其化学式为 。设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞边长为，则晶体的密度为 。(写出表达式) 试卷第16页，共17页 试卷第17页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) [Ar]3d10 14 (2)D (3) 平面三角形 Zn＜C＜O (4) 空轨道 sp3杂化 (5)0.12mol∙L-1 (6)加入过量的氨水，过滤，洗涤沉淀后再加稀硫酸溶解 (7)ZnCl2与ZnBr2为结构相似的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量比ZnCl2大，分子间作用力更大，熔点更高 (8) B ×1021 【详解】（1）Zn为30号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，形成离子先失去最外层电子，基态Zn2+电子排布式为[Ar]3d10，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d共14个轨道。 （2）Zn为30号元素，该核素有34个中子，则质量数为64，故该核素可表示为；故答案为D。 （3）中C原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；通常金属元素的电负性小于非金属，非金属性：C＜O，则电负性由小到大的顺序为：Zn＜C＜O。 （4）[Zn(OH)4]2﹣中，Zn2+与4个OH﹣形成配位键，Zn2+提供空轨道，OH﹣中O原子提供孤电子对形成配位键，Zn2+的价层电子对数为4，为sp3杂化。 （5）)Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH﹣(aq)，达到溶解平衡后，pH=6.0的溶液中，c(OH﹣)=1.0×10﹣8mol/L，Ksp[Zn(OH)2]=c2(OH﹣)×c(Zn2+)，c(Zn2+)=mol∙L﹣1=0.12mol∙L﹣1。 （6）根据氢氧化铝不溶于氨水而氢氧化锌能溶于氨水可知，除去硫酸铝中的硫酸锌杂质的方法：加入过量的氨水，过滤，洗涤沉淀后再加稀硫酸溶解。 （7）ZnCl2与ZnBr2为结构相似的分子晶体，ZnBr2的相对分子质量比ZnCl2大，ZnBr2分子间作用力比ZnCl2大，故ZnBr2的熔点更高。 （8）白球位于顶点和体心，个数为8×+1=2，黑球位于面上和体内，个数为4×+2=4，白球：黑球=2∶4=1∶2，由化学式ZnF2可知，白球为Zn2+，黑球为F﹣，即一个晶胞中含有4个F﹣；晶胞质量为g，晶胞体积为(a2c×10﹣21)cm3，晶体密度ρ=g ∙cm﹣3=×1021g ∙cm﹣3。 2．(1) 正四面体形 (2) 电子式为，C和N均能提供孤电子对 (3) (4)充电过程中失去电子转化成，正电荷增多，从PB中脱嵌 【详解】（1） ①铁是26号元素，基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，价层电子轨道表示式是； ②的中心原子为N，价层电子对为4对，VSEPR模型名称正四面体形结构； （2） ①CN-的电子式为，其中C和N均有孤对电子存在，能提供孤电子对； ②在PY的晶胞结构中最小的一个立方体中，8个Fe3+位于立方体的顶角，属于一个小立方体的Fe3+有8×=1，CN-位于小立方体的棱心，属于一个小立方体的CN-有12×=3，一个小立方体的质量为=g，一个小立方体的体积为(a×10-7)3=a3×10-21cm3，PY的密度为：g/cm3； （3） 根据PB晶胞结构，其中周围最近且等距的有12个，用“”补全PB晶胞结构中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的，结果如下：； （4）充电过程中阳极上发生失去电子转化成，正电荷增多，从PB中脱嵌。 3．(1)1s22s22p63s23p63d54s2 (2) N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使中H-C的极性更大，更易断裂 (3)柠檬酸钠与反应生成，降低了的浓度，使制备晶体的反应速率减小 (4) 离子键、(极性)共价键 1 【详解】（1）Mn是25号原子，所以基态Mn原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2； （2）由的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，被称为拟卤素可知与H2O反应的生成HCN和HOCN，其结构式分别是、；N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中H-C的极性更大，更易断裂，从而体现出酸性； （3）为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠(Na3C6H5O7)溶液混合，发生反应：，降低了的浓度，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，的浓度降低，逆向进行，释放出，使制备晶体的反应缓慢且平稳； （4）中有Na＋、，存在离子键，C、N原子以共价键结合，存在共价键，故答案为：离子键、(极性)共价键； ②由晶胞示意图可知，每个晶胞中含有Na＋的个数为4个，Mn2＋或Mn3＋的个数为，即Na原子和Mn原子的个数比为4∶4＝1∶1，所以x＝1。 4．(1) 或 GaN、GaP、GaAs都属于共价晶体，N、P、As原子半径依次增大，共价键键长依次增大，键能依次减小 (2)杂化 (3) 大于 2 (4) LiF及NaCl都属于离子晶体，半径小于半径，半径小于半径，使LiF的离子键强于NaCl的离子键 【详解】（1）Ga原子的原子序数为31，核外电子数为31，基态原子核外电子排布为或； GaN、GaP、GaAs的结构类似于金刚石，都属于共价晶体，共价键键能大小决定晶体熔点高低，N、P、As为同一主族元素，原子半径依次增大，共价键键长依次增大，键能依次减小，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低； 晶胞结构中Mn位于顶角及面心有，Ga位于顶角及面心有，As位于体内有4个，原子个数比为； 故答案为：或；GaN、GaP、GaAs都属于共价晶体，N、P、As原子半径依次增大，共价键键长依次增大，键能依次减小；； （2）从图乙的结构简式分析，其S原子形成4个键，故杂化方式为； 故答案为：杂化； （3）三种物质中涉及的元素有H、B、C、O、F、N，除H外的各元素位于同一周期，同周期元素从左到右，电负性依次增大，故电负性由大到小的顺序为； 的电负性大于，的极性大于； 是由、 组成，其中1个存在1个配位键，1个存在1个配位键，故1mol含有2mol配位键； 故答案为：；大于；2； （4）LiF及NaCl都属于离子晶体，熔、沸点高低由离子键强弱决定，其中半径小于半径，半径小于半径，LiF的离子键强于NaCl的离子键，故LiF的熔点和沸点比NaCl的高； 氯化钠晶胞结构如图所示，晶胞中含有4个、4个，则LiF晶胞中含有4个、4个，根据晶胞计算公式，晶胞体积约为。 故答案为：LiF及NaCl都属于离子晶体，半径小于半径，半径小于半径，使LiF的离子键强于NaCl的离子键；。 5．(1)3s23p4 (2)C (3)AC (4)B 【详解】（1）硫元素的原子序数为16，基态原子的价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4； （2）锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d,104s2，处于元素周期表的ds区，故选C； （3）A．元素的非金属性越强，电负性越大，氮元素的非金属性强于硫元素，则氮元素的电负性大于硫元素，故正确； B．金属元素的第一电离能小于非金属元素，所以锌元素的第一电离能小于硫元素，故错误； C．硫脲是熔沸点低、硬度小的分子晶体，故正确； D．硫脲中饱和氮原子的杂化方式为sp3杂化，所以分子中的所以原子不可能共平面，故错误； 故选AC； （4）纳米硫化锌均匀分散于水中得到硫化锌胶体，可以利用丁达尔现象鉴别硫化锌胶体和氯化钠溶液，故选B。 6．(1) 2 C (2)BD (3) A B 变化规律：SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4熔沸点逐渐升高，原因：SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 (4)sp2、sp3 (5) A 3 1 【详解】（1）硅原子最外层电子排布式为3s23p2，根据洪特规则其未成对电子数未2；单晶硅的结构类似金刚石，为共价晶体。 （2）硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①为基态Si原子、②为基态Si+、③为激发态Si原子； A．②为基态Si+，容易得到1个电子，故得电子能力：①<②，错误； B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；则微粒半径：③>①>②，正确； C．②为基态Si+，再电离1个电离1个电子所需能量最大；③为激发态Si原子，电离1个电子所需能量最小；故电离一个电子所需最低能量：②>①>③，错误； D．由分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，正确； （3）SiX4，中心原子为sp3杂化，无孤对电子，分子空间构型为正四面体形；根据表格中熔沸点数据可知在0℃呈现液态的是SiCl4；SiX4的结构相似，均为分子晶体，熔沸点主要由分子间作用力决定，因此随着相对分子量的增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点呈现增大的趋势； （4）根据N-甲基咪唑的结构可知，环上碳为sp2杂化，甲基碳为sp3杂化； （5）合金熔沸点低于其组分金属，硬度、强度都比组分金属大，用途也更广泛，而合金可以由金属元素和非金属元素组成，也可以由金属元素和金属元素组成；根据晶胞结构可知，则该晶胞的摩尔质量为（59+64×3）g/mol=251g/mol，则晶体密度为，而Ni和Ni之间的最短距离即为该晶胞的边长。 7．(1) 5 AD F＞N＞O＞C sp3 正四面体形 (2) N 6 5:2 (3) 【详解】（1）①已知F是9号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，核外电子占有5个轨道，故基态F原子核外电子的空间运动状态有5种； A．1s22s22p43s1是F的激发态原子； B．1s22s22p43d2是Ne的激发态原子； C．1s22s12p5是O的激发态原子； D．1s22s22p33p2是F的激发态原子； 故属于F原子激发态的电子排布式是AD； ②同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中VA族元素的第一电离能高于其相邻的元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C； ③氟硼酸铵（NH4BF4）中含有，其中心原子B周围的价层电子对数为4+=4，故B的杂化方式为sp3杂化，的空间构型为正四面体形； （2）Mn的一种配合物的化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，配体为5个CO和1个CH3CN，故Mn原子的配位数为6，CH3CN即CH3C≡N，单键全是σ键，三键含一个σ键，二个π键，故CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2； （3）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ti3+个数为=4，含有N3-的个数为=4，故一个晶胞的质量为g，晶胞参数（晶胞边长）为a pm，故一个晶胞的体积为V=(a×10-10cm)3，故该氮化钛晶体的密度为==g/cm3。 8．(1) 银 银催化下生成乙醛的活化能，小于铜催化下生成乙醛的活化能 (2)CD (3)B (4)半径比半径小，中离子键强于中离子键 (5) (6)B (7) 【详解】（1）以生成乙醛为例，在铜催化下，中间体生成过渡态的活化能为，在银催化下，中间体生成过渡态的活化能为，活化能小，化学反应速率快，催化剂催化效果好，故催化效果较好的催化剂是银； 故答案为：银；银催化下生成乙醛的活化能，小于铜催化下生成乙醛的活化能； （2）A．原子发射光谱是原子光谱的一种，原子光谱的特征谱线可以鉴定元素，环氧乙烷和乙醛组成元素相同，都含有C、H、O，原子发射光谱不能鉴别环氧乙烷和乙醛，A错误； B．原子吸收光谱也是原子光谱的一种，原子光谱的特征谱线可以鉴定元素，环氧乙烷和乙醛组成元素相同，原子吸收光谱也不能鉴别环氧乙烷和乙醛，B错误； C．环氧乙烷结构对称，只有1种氢原子，核磁共振氢谱只有1个吸收峰，乙醛结构中有2种氢原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，核磁共振氢谱能鉴别环氧乙烷和乙醛，C正确； D．二者结构不同，化学键种类不同，环氧乙烷含有，乙醛含有，官能团不同，则红外光谱图不同，红外光谱能鉴别环氧乙烷和乙醛，D正确； 故答案为：CD； （3）A．该电子排布式表示的微粒有个电子，核外有29个电子的原子为铜，其基态原子的电子排布式是，A错误； B．该电子排布式表示的是铜的基态原子，B正确； C．表示的微粒有个电子，核外有29个电子的原子为镍，其基态原子的电子排布式是，C错误； D．该价电子轨道表示式中3d能级有2个轨道中的电子自旋方向相同，违背泡利原理，D错误； 故答案为：B； （4）二者都为离子晶体结构，故熔点都较高，组成晶体的半径比组成晶体的半径小，中离子键强于中离子键，故熔点比高； 故答案为：半径比半径小，中离子键强于中离子键； （5） 在晶胞结构图中，位于体内有4个，白球位于顶角与体心有2个，二者个数比为2:1，故代表的原子是； 根据晶体密度，则，故； 故答案为：；； （6）A．的配位数是4，A错误； B．此配合物中提供空轨道，O原子提供孤电子对形成配位键、存在极性键及非极性键，B正确； C．配体中O原子提供孤电子对，C错误； D．为中心离子，提供空轨道，D错误； 故答案为：B； （7）已知常温下，； ， 则； 故答案为：。 9．(1) 3d84s2 第四周期Ⅷ族 (2)A (3) > 两种物质均为离子晶体，Ni2+半径小，NiO中离子键更强，熔点更高 (4)C (5)A (6)1.0×10−15.6 (7)2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O (8)提高镍元素的回收率 【详解】（1）镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布式为3d84s2，故答案为：3d84s2；第四周期Ⅷ族； （2）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镧原子个数为8×=1，位于面上、面心和体心的镍原子个数为8×+1=5，则合金的化学式为LaNi5，故选A； （3）由题意可知，NiO、FeO都是离子晶体，Ni2+半径小于Fe2+，所以NiO中离子键强于FeO，熔点高于FeO，故答案为：两种物质均为离子晶体，Ni2+半径小，NiO中离子键更强，熔点更高； （4）A．由结构可知，配合物中中心离子为镍离子，配体为分子式是C4H8N2O2的丁二酮肟，故错误； B．由结构可知，配合物只存在内界，不存在外界，故错误； C．由结构可知，配合物中中心离子为镍离子，配体原子为氮原子，配位数为4，故正确； D．氢键是较强的分子间作用力，不属于化学键，则由结构可知，配合物中氧原子与氢原子之间形成的化学键为共价键，故错误； 故选C； （5）A．由方程式可知，充电时，与直流电源正极相连的Ni(OH)2为电解池的阳极，碱性条件下Ni(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2＋OH——e—=NiOOH＋H2O，故正确； B．二次电池的充电过程是电能转化为化学能的过程，故错误； C．由方程式可知，放电时，镉为原电池的负极，碱性条件下镉在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧化镉，电极反应式为Cd—2e—+2OH—=Cd(OH)2，放电消耗氢氧根离子，所以负极附近溶液的碱性减小，故错误； D．放电时，溶液中的阴离子氢氧根离子向负极移动，故错误； 故选A； （6）由题意可知，氢氧化镍的溶度积Ksp=1.0×10−5×(1.0×10−5.3)2=1.0×10−15.6，故答案为：1.0×10−15.6； （7）由题意可知，生成NiOOH的反应为碱性条件下镍离子与次氯酸根离子反应生成NiOOH、氯离子和水，反应的离子方程式为2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O，故答案为：2Ni2+＋ClO—＋4OH—=2NiOOH↓＋Cl—＋H2O； （8）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用可以提高镍元素的回收率，故答案为：提高镍元素的回收率。 10．(1)第4周期IVB族(或第4周期第4族) (2)D (3)C (4)A (5)D (6) 负 2NH3-6e-+3O2-= N2 + 3H2O (7)AD 【详解】（1）已知Ti是22号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d24s2，故Ti元素在周期表中的位置是第四周期第ⅣB族，故答案为：第四周期第ⅣB族； （2）根据钙钛矿的晶胞结构可知Ca2+位于晶胞的8各顶点，O2-位于6个面心，故离Ca2+最近的O2-个数为=12，故答案为：D； （3）[Ti(H2O)6]Cl3中存在[Ti(H2O)6]3+与Cl-之间的离子键，[Ti(H2O)6]3+中含有6个O和Ti3+之间的配位键，以及12个H-O共价键，故Ti3+易形成紫色配位化合物[Ti(H2O)6]Cl3，1mol该配合物中含有的共价键数目为18NA，故答案为：C； （4）根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅤA反常，故C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：A； （5）A. 原子发射光谱中根据不同元素的特征谱线可用于测量元素的种类，A不合题意；     B. 质谱用于测量物质的相对分子质量的，B不合题意；     C. 核磁共振氢谱用于测量物质中不同环境的氢原子的种类和数量，C不合题意；     D. 晶体X射线衍射可以确定晶胞的结构，通过晶胞中点阵可以确定化学键的键长，D符合题意； 故答案为：D； （6）由题干图示原电池装置可知，M极由NH3转化为N2，发生氧化反应，故M电极为负极，电解质为熔融的金属氧化物，故该电极反应方程式为2NH3-6e-+3O2-= N2 + 3H2O，故答案为：负；2NH3-6e-+3O2-= N2 + 3H2O； （7）A. 该燃料电池虽然能量的利用率较高，但也不可能将化学能全部转化为电能，还会转化为热能、光能等，A错误； B. 由题干示意图可知，电子由负极即M电极经过外电路流向正极即N电极，B正确； C. 由题干装置图可知，N电极为电源的正极，故该处的氧气发生还原反应，电极反应为：O2+4e-=2O2-，C正确； D. 由(6)分析可知，该电池工作时，电极反应方程式为2NH3-6e-+3O2-= N2 + 3H2O，则每消耗22.4L(标准状况下)的NH3会有1.5mol O2-发生迁移，D错误； 故答案为：AD。 11．(1) B C (2)D (3)sp2 (4)三者均为共价晶体，结构相似，键长C-C<B-N<C-Si，键能C-C>B-N>C-Si，硬度：金刚石>立方氮化硼>碳化硅 (5) 4 4 (6)AD 【详解】（1）同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第IA族和第VA族元素的第一电离能比相邻元素的第一电离能大，故第一电离能最大的是N元素；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，故电负性最大的是O元素。 （2）A．基恋Si原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共种能量的电子，A错误； B．Si原子由基态变为激发态时会吸收能量，B错误； C．基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，C错误； D．Si在元素周期表中属于p区元素，D正确； 故选D。 （3）已知尿素[CO(NH2)2]结构中，碳、氮、氧原子均在同一平面，则碳原子的杂化方式为sp2。 （4）三者均为共价晶体，结构相似，键长C-C<B-N<C-Si，键能C-C>B-N>C-Si，硬度：金刚石>立方氮化硼>碳化硅。 （5）立方氮化硼 (BN)晶胞中含有=4个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有4个，。已知立方氮化硼晶体的密度为3.20g·cm−3= g·cm−3，则该晶体晶胞边长a= cm。 （6）判断晶体类型，最直接的方法进行晶体X射线衍射；由于六方氮化硼和立方氮化硼的原子构成和质量相等，不可通过原子发射光谱和质谱进行区分；六方氮化硼和立方氮化硼硬度不同，可通过测定莫氏硬度进行区分，故选AD。 12．(1)2 (2)6.19 (3)D (4)Cu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2O 【详解】（1）根据图示，顶点和体心白球原子个数为1+8=2，内部黑球原子个数为4，根据化学式Cu2O，白球个数为O原子个数，则晶胞中含O原子的数目为2个。 （2）该晶胞含有2个Cu2O，。 （3）X射线衍射仪可以测定晶体结构。 （4）赤铜矿在稀硫酸中浸出，Cu2O发生歧化反应，得到硫酸铜溶液和铜，该反应的离子方程式为Cu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2O。 13．(1)第四周期、第VA族(第15族) (2) B NH3分子间存在氢键 (3)BD (4) 1 B (5)随着pH增大，吸附剂表面的负电荷增多；pH增大，电离平衡正向移动，含砷微粒所带负电荷增多。由于静电斥力，吸附剂对砷的吸附量减小 (6) 2 【详解】（1）砷元素最外层5个电子，有4层，所以在周期表中的位置为：第四周期、第VA族； （2）①AsH3＜NH3； ②AsH3与NH3都是分子晶体，NH3分子间形成氢键，PH3只有范德华力，所以熔沸点AsH3＜NH3； （3）A．I中有σ键和π键，A错误 B．Ⅱ中部分元素的第一电离能：(O)>(S)，O和S为于同一主族，从上往下第一电离能在减小，B正确； C．Ⅲ中含有的元素中电负性最大的也是非金属性最强的，应该为O，C错误；   D．Ⅳ中含有钠离子与碳酸根之间的离子键，碳酸根中的碳氧原子之间的共价键，D正确； 故选BD。 （4）①中孤电子对=； ②的σ键为3，孤电子对为1，所以空间构型为三角锥，故选B； （5）吸附剂对砷的吸附量随pH升高而下降的原因为：随着pH增大，吸附剂表面的负电荷增多；pH增大，电离平衡正向移动，含砷微粒所带负电荷增多，由于静电斥力，吸附剂对砷的吸附量减小。 （6）①由图可知，As在内部，为2个，Ni在8个顶点和4个棱上，为； ②晶胞的体积为cm3，所以密度为：g·cm-3。 14．(1)C (2)C (3)水分子之间有氢键，所以熔沸点高 (4)先加足量稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含有SO 【详解】（1）SO中心原子价层电子对数为3+ =4，且含有1个孤电子对，立体构型为三角锥形，故选C。 （2）A．溶解性不能说明元素非金属性的强弱，故A不选； B．氧化性：HClO>H2SO3不能说明非金属性氯比硫强，故B不选； C．气态氢化物热稳定性越好，非金属性越强，热稳定性：HCl>H2S能说明非金属性氯比硫强，故C选； D．氢化物的酸性：HCl>H2S，不能说明非金属性氯比硫强，故D不选； 答案为C。 （3）H2O与H2S结构相似，但H2O的沸点高于H2S，原因是：水分子之间有氢键，所以熔沸点高。 （4）检验溶液中的SO操作方法是取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO。 15．(1)AB (2) N、O、Cl -6 (3)D (4) C C 分子间存在氢键 、的中心原子均为sp3杂化，与中心原子成键的原子都是氢原子，它们的孤电子对数分别是1、2，由于孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此孤电子对数越多，键角越小 (5) C 【详解】（1）A．铬位于周期表的第四周期ⅥB族，A正确； B．基态原子满足能量最低原理，Cr原子核外有24个电子，轨道处于半充满时体系总能量低，则核外电子排布应为[Ar]3d54s1，B正确； C．Cr原子价电子排布式为3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量比4s高，则3d电子能量较高，C不正确； 故选AB； （2）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+ 中，配体分别为NH3、H2O、Cl-，则提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，中心离子的配位数为3+2+1=6； （3）Cl原子有17个核外电子，每个电子运动状态都不同，Cl原子核外电子的运动状态有17种，选D； （4）①从图中可以看出，PH3中P的价层电子对数为4，P的杂化类型是sp3，选C；PH3分子的空间构型是三角锥形，选C； ②NH3分子间能形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，所以NH3的沸点比PH3的高； ③NH3、H2O的中心原子均为sp3杂化，与中心原子成键的原子都是氢原子，它们的孤电子对数分别是1、2，由于孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此孤电子对数越多，键角越小； （5）①铬的一种氮化物晶体立方晶胞结构如图所示，Cr3+在顶点和面心每个晶胞中平均分摊Cr3+的个数为，N3-在棱上和体心，个数为，选C； ②。 16．(1)B (2)D (3)AD (4)CD (5) O 孤电子对 空轨道 (6)乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，乳酸亚铁的质量分数也偏大 (7) 11：3 富马酸是反式结构，形成的主要是分子间氢键，使其分子间的作用力大大强于马来酸，故熔点比马来酸高的多 < 【详解】（1）铁元素位于元素周期表的d区，故选B。 （2）Fe是26号元素，基态Fe2+的核外电子排布式是[Ar]3d6，故选D。 （3）实验室配制FeSO4溶液时，常加入少量的Fe粉防止Fe2+被氧化，同时要加入少量稀硫酸抑制Fe2+水解，故选AD。 （4）FeSO4溶液被氧化变质生成Fe3+，可以用KSCN溶液或苯酚检验Fe3+，故选CD。 （5）血红蛋白中含有C、H、O、N等元素，电负性最大的元素是O，O2通过配位键与血红蛋白中的Fe2+结合，O2提供故电子对，Fe2+提供空轨道。 （6）乳酸亚铁的质量分数总是大于100%，其原因可能是：乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，乳酸亚铁的质量分数也偏大。 （7）①中含有11个σ键和3个π键，σ键和π键的个数比为11:3； ②解释富马酸的熔点比马来酸的熔点高的原因是：富马酸是反式结构，形成的主要是分子间氢键，使其分子间的作用力大大强于马来酸，故熔点比马来酸高的多。马来酸中两个羧基是处于双键的顺式位置，当其中一个羧基的氢离子接力后，会与另一个羧基形成氢键，增强其稳定性，则其第一个氢离子易解离，酸性更强，则a<b。 17．(1)第4周期第IVB族(或第4周期第4族) (2)D (3)C (4) B TiF4为离子晶体，其余为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体。后三者组成和结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔点升高 A (5) 相同 H2O、Cl- (6) TiC 【详解】（1） 原子的价电子排布式为，它在元素周期表中的位置是第4周期第IVB族(或第4周期第4族)。 （2）钛合金材料可用于制造超音速飞机，这是因为其密度小、硬度大、熔点高，和无磁性无关，故选D。 （3）基态Ti核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，镍为28号元素，其核外电子排布为[Ar]3d84s2，具有相同的能层数、能级数、单电子数，它们的核外电子具有不同的占据轨道数，故选C。 （4）①卤族元素(、、、)随着原子序数的递增，非金属性逐渐减弱； A．元素的电负性逐渐减弱，A不选； B．简单离子的还原性逐渐增强，B选； C．气态氢化物的热稳定性逐渐减弱，C不选； D．最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，D不选； 故选B。 ②的不同四卤化物熔点变化的原因TiF4为离子晶体，其余为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体。后三者组成和结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔点升高。 ③PCl3分子中心原子是P原子，σ键电子对数为3，孤电子对数为=1，PCl3分子中每个原子的最外层都达到8电子稳定结构，PCl3分子的空间构型是三角锥形，键角约为109°28′，PCl3分子是极性分子，PCl3分子中的价层电子对数为3+=4，P原子的杂化类型为sp3杂化，故选A。 （5）(绿色)、(紫色)，两者配位数均为6，故填相同，绿色晶体中配体是H2O、Cl-，紫色的为H2O。 （6）根据均摊法，该晶胞含C为，含Ti为，其化学式为TiC。设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞边长为，则晶体的密度为 =。 答案第2页，共18页 答案第3页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $$