第6章 章末综合测评(六)(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学（鲁琼版 不定项）

**基本信息** 聚焦物质结构与性质，以高考真题为载体，系统覆盖原子结构、分子性质、晶体类型及配合物等核心模块，强化结构决定性质的化学观念与证据推理的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |原子结构与元素周期律|4题（如第2、5题）|结合电子排布、电离能比较，考查周期律应用|从基态原子结构推导元素性质，建立结构-性质关联| |分子结构与化学键|5题（如第1、4题）|涉及电子式、空间构型、杂化方式及键参数分析|通过价层电子对互斥理论等模型解释分子性质| |晶体结构与性质|3题（如第3、6题）|晶体类型判断、熔沸点比较及晶胞计算|依据微粒间作用力差异推导晶体性质递变规律| |配合物与超分子|3题（如第9、10题）|配位键、配位数及超分子特性分析|基于配位理论与弱相互作用理解物质组装与功能|

章末综合测评(六) 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．(2025·黑吉辽蒙卷)侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl＋CO2＋NH3＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关化学用语或说法正确的是(　　) A．CO2的电子式： B．H2O的空间结构：直线形 C．NH4Cl的晶体类型：离子晶体 D．溶解度：NaHCO3＞NH4HCO3 解析：选C。CO2的电子式为，A错误；H2O的中心原子O为sp3杂化，且有两个孤电子对，H2O的空间结构为V形，B错误；根据题给反应可知，NaHCO3结晶析出，所以溶解度：NaHCO3<NH4HCO3，D错误。 2．(2025·重庆模拟)白铜是一种延展性好、硬度高、色泽美观、耐腐蚀的合金材料，其主要成分为Cu、Ni、Zn，还含有少量S、P、As等元素。关于上述涉及的元素，下列说法正确的是(　　) A．基态Ni原子的简化电子排布式为3d84s2 B．基态As原子最高能级的轨道形状为哑铃形 C．第一电离能：S>P>Cu D．S、P为p区元素，Cu、Zn为d区元素 解析：选B。基态Ni原子的简化电子排布式为[Ar]3d84s2，故A错误；基态As原子最高能级为4p，轨道形状为哑铃形，故B正确；第一电离能：P＞S＞Cu，故C错误；S、P为p区元素，Cu、Zn为ds区元素，故D错误。 3．(2025·天津卷)下列比较结果，错误的是(　　) A．熔点：石英>苯酚 B．热稳定性：HI>HF C．离子半径：Mg2+>Al3+ D．分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3胶体>NaOH溶液 解析：选B。石英(SiO2)为共价晶体，苯酚为分子晶体，共价晶体熔点高于分子晶体，A正确；非金属性：F＞I，则简单氢化物的热稳定性：HF＞HI，B错误；Mg2+和Al3+电子层排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Mg2+>Al3+，C正确；胶体分散质粒子直径(1～100 nm)大于溶液中溶质粒子直径(＜1 nm)，D正确。 4．Cl2O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O＋H2O===2HClO。下列说法正确的是(　　) A．反应中各分子的σ键均为p­p σ键 B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C．Cl—O键长小于H—O键长 D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 解析：选B。水分子中的H—O σ键和HClO中的H—O σ键均为s­p σ键，A错误；Cl2O的中心O原子的价层电子对数为2＋＝4，H2O的中心O原子的价层电子对数为2＋＝4，HClO的中心O原子的价层电子对数为2＋＝4，故反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确；原子半径：Cl>H，故键长：Cl—O>H—O，C错误；HClO分子的结构式为H—O—Cl，Cl原子只形成一个共用电子对，故Cl的价电子层有3个孤电子对，D错误。 5．运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是(　　) A．第六周期第ⅢA族的铊(Tl)既能与盐酸反应产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气 B．第六周期第ⅦA族的砹(At)为有色固体，易溶于四氯化碳，但难溶于水 C．第五周期第ⅡA族的锶的硫酸盐(SrSO4)是易溶于水的白色固体 D．第四周期第ⅥA族的硒的氢化物(H2Se)是无色有毒，比H2S稳定的气体 解析：选B。同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，则铊(Tl)能与盐酸作用产生氢气，但不能与NaOH溶液反应，故A错误；同主族元素性质具有相似性，从上到下有递变性，则砹(At)为有色固体，易溶于四氯化碳，但难溶于水，故B正确；硫酸钙微溶于水，硫酸钡不溶于水，可知同主族的锶对应的硫酸盐(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故C错误；同主族元素从上到下，简单气态氢化物的稳定性逐渐减弱，则硒化氢(H2Se)是无色有毒，不如H2S稳定的气体，故D错误。 6．(2025·湛江联考)几种物质的沸点如下图所示。下列推断正确的是(　　) A．D可能为共价晶体，H为分子晶体 B．G可能为离子晶体，A可能为分子晶体 C．G、H一定是分子晶体，E、F一定是金属晶体 D．D可能为共价晶体，B一定是离子晶体 解析：选A。不同类型的晶体熔、沸点高低规律一般为共价晶体＞离子晶体＞分子晶体；金属晶体的熔、沸点有的很高，如钨等，有的则很低，如汞等。由题图可知，D的沸点最高，D可能是共价晶体，G、H在常温下呈气态，一定是分子晶体，A正确，B错误；B、E、F的沸点较低，可能为金属晶体或离子晶体，C、D错误。 7．(2025·湖南卷)下列有关物质性质的解释错误的是　(　　) 选项 性质 解释 A 酸性：CH3COOH<HCOOH —CH3是推电子基团 B 熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3 C2H5NH的体积大于NH C 熔点：Fe>Na Fe比Na的金属性弱 D 沸点：H2O>H2S H2O分子间存在氢键 解析：选C。—CH3是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A解释正确；C2H5NH的体积大于NH，导致C2H5NH3NO3的离子键较弱，熔点较低，B解释正确；Fe熔点高于Na是因为Fe的金属键更强，C解释错误；H2O分子间存在氢键，使其沸点高于H2S，D解释正确。 8．(2025·湖北卷)N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是(　　) A．KNO3的熔点比K3PO4的低，因为KNO3的离子键更强 B．磷单质通常不以P2形式存在，因为磷磷之间难以形成三键 C．次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的H—O极性小 D．P形成PF5而N形成NF3，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 解析：选A。K3PO4中PO带3个负电荷，而KNO3中NO只带1个负电荷，离子所带电荷数越多，离子键越强，熔点越高，因此，K3PO4的离子键更强，A错误。氮原子半径小，p轨道有效重叠程度大，能形成稳定的N≡N；而磷原子半径大，p轨道重叠程度小，难以形成稳定的P≡P，因此倾向于形成P4正四面体结构，B正确。含氧酸的酸性与O—H极性有关，中心原子的电负性越大，O—H极性越大，越易解离出H＋，氮的电负性大于磷的，因此HNO3中O—H极性大，酸性强，C正确。氮的价层电子仅占据2s和2p轨道，NF3的中心原子N经sp3杂化后形成3个σ键，且有1个孤电子对，磷有3d轨道可参与sp3d杂化，且原子半径大，故形成PF5，D正确。 9．(2025·黑吉辽蒙卷)化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机化合物乙[(YW2)2XZ]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是(　　) A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中σ键和π键的数目比为6∶1 D．甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2 解析：选D。乙为有机化合物，说明含C元素，W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子，结合甲和乙的化学式可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N的2p能级处于半充满状态，较稳定，故第一电离能：N>O>C，A错误；甲为NH4OCN，NH中存在配位键，B错误；乙的结构式为，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，故乙中σ键和π键的数目比为7∶1，C错误；甲中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式为sp，乙中碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，D正确。 10．(2026·济宁模拟)柱芳烃是一类具有独特柱状空腔结构的超分子主体化合物，腔内具有一定疏水性，可与多种客体分子通过相互作用形成超分子。下图为柱芳烃与某有机分子形成超分子的示意图，结合相关信息，下列说法错误的是(　　) A．柱芳烃作为主体分子识别客体分子时，二者的结构必须完全匹配 B．图示超分子中，客体分子与柱芳烃之间存在范德华力等弱相互作用 C．柱芳烃的结构可能会在不同的溶液环境中发生改变，从而实现对客体分子的结合与分离 D．图中体现出来的是超分子“分子识别”的特性，超分子另外一个重要特性是自组装 解析：选A。由题图可知，柱芳烃作为主体分子识别客体分子时，只要客体分子的部分结构能适配柱芳烃的空腔，就有可能形成超分子，二者结构并非必须完全匹配，A错误。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 11．(2025·临沂第一中学模拟)一种绿色的配位化合物具有温度传感功能，结构如下图所示(L是中性配体)。下列说法错误的是(　　) A.配合物中Ni的化合价为＋1 B.第一电离能：N>O>C C.阳离子中含有两种配体 D.该配合物是离子晶体 解析：选AC。配合物中Ni的化合价为＋2，A项错误；同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：N>O>C，B项正确；阳离子中含有、、L三种配体，C项错误；该配合物中存在阴、阳离子，是离子晶体，D项正确。 12．(2026·湖北联考)下列关于物质结构或性质及其解释存在错误的是(　　) 选项 物质结构或性质 解释 A 细胞膜磷脂双分子层头向外，尾向内排列 磷脂分子头部亲水，尾部疏水 B 聚乙炔能导电 聚乙炔中含共轭大π键，电子能够在分子链上自由移动 C 冰晶体的配位数为12 水分子以分子密堆积方式排列 D 壁虎能在墙上爬行自如 壁虎足的细毛与墙体之间的作用力为范德华力 解析：选C。磷脂分子亲水的头部朝外、疏水的尾部朝内，符合细胞膜结构特点，A正确；聚乙炔中的共轭大π键使电子能够在分子链上自由移动，故聚乙炔能导电，B正确；冰晶体中水分子的配位数为4，而密堆积中配位数为12，C错误；范德华力是壁虎吸附在墙上的主要作用力，D正确。 13．(2026·泰安模拟)已知[Co(H2O)6]2＋呈粉红色，[CoCl4]2－呈蓝色，[ZnCl4]2－为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2＋＋4Cl－⇌[CoCl4]2－＋6H2O　ΔH，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如下： 装置 序号 操作 现象 ① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色 ② 加水稀释 ③ 加少量ZnCl2固体 以下结论和解释正确的是(　　) A．等物质的量的[Co(H2O)6]2＋和[CoCl4]2－中σ键数之比为3∶2 B．由实验①可知，ΔH>0 C．实验②加水稀释后，c降低导致平衡逆向移动 D．由实验③可知，Zn2＋络合Cl－能力比Co2＋络合Cl－能力强 解析：选BD。一个[Co(H2O)6]2＋中H—O的数目为12，配位键的数目为6，二者均为σ键，共18个，一个[CoCl4]2－中σ键的数目为4，故比值为9∶2，A错误；由实验①可知，降低温度，平衡[Co(H2O)6]2＋＋4Cl－⇌[CoCl4]2－＋6H2O逆向移动，故正反应为吸热反应，ΔH>0，B正确；实验②加水稀释后，反应物和生成物浓度均减少，浓度商Q>K，导致平衡逆向移动，C错误；由实验③可知，加入ZnCl2后，发生反应：Zn2＋＋4Cl－⇌[ZnCl4]2－，Cl－浓度减少，导致平衡[Co(H2O)6]2＋＋4Cl－⇌[CoCl4]2－＋6H2O逆向移动，说明Zn2＋络合Cl－能力比Co2＋络合Cl－能力强，D正确。 14．(2025·陕晋宁青卷改编)一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如下图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价层电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是(　　) A.X、Z的第一电离能：X<Z B．X、Y的简单氢化物的键角：X＞Y C．最高价含氧酸的酸性：Z＞X＞Y D．X、Y、Z均能形成多种氧化物 解析：选AD。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价层电子数相等，X、Y位于同一主族，且X形成5个共价键、Y形成3个共价键，基态Y的2p轨道半充满，故Y为N元素，X为P元素；X、Z电子层数相同，说明X、Z位于同一周期，Z的最外层只有1个未成对电子，且Z形成1个共价键，故Z为Cl元素。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，第一电离能：Cl>P，A正确；NH3、PH3的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，电负性：N>P，故NH3中成键电子对更靠近中心原子N，成键电子对之间的斥力更大，键角更大，故键角：NH3>PH3，B错误；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl>N>P，故最高价含氧酸的酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误；P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确。 15．(2025·四川卷改编)CaCO3的四方晶胞(晶胞参数α＝β＝γ＝90°，省略CO中的氧，只标出C4＋)和CaO的立方晶胞如下图所示，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　) A．CaCO3晶胞中1位C4＋的分数坐标为 B．CaCO3晶胞中2位和3位Ca2＋的核间距为a pm C.CaO晶胞和CaCO3晶胞中原子数之比是4∶9　 D．CaO晶体密度小于CaCO3晶体密度 解析：选CD。根据题图，CaCO3晶胞中1位C4＋的分数坐标为(0，0，)，A正确；根据CaCO3的晶胞结构可知，3位Ca2＋所在面的面对角线为a pm，2位和3位Ca2＋的核间距为＝a pm，B正确；CaO晶胞中原子个数为8×＋6×＋12×＋1＝8，CaCO3晶胞中原子个数为4×＋8×＋4＋(8×＋4)×4＝30(晶胞中省略CO中的氧，只标出C4＋，所以一起计算CO的原子)，CaO晶胞和CaCO3晶胞中原子数之比是4∶15，C错误；CaO晶体密度ρ＝ g·cm－3≈ g·cm－3，CaCO3晶体密度ρ＝g·cm－3≈ g·cm－3，故CaO晶体密度大于CaCO3晶体密度，D错误。 三、非选择题 16．(2026·威海模拟)含铜配合物在催化剂中的应用广泛。回答下列问题： (1)铜的一种配合物的化学式为[M2Cu]PF6，配体M为氮杂环卡宾()。 ①该配合物中基态Cu＋的价层电子排布式为________________。 ②PF的空间结构为________。 ③配体M中含氮杂环为平面结构，该环中碳原子的杂化方式为________。 ④该化合物可催化制备三氮唑()，与环戊二烯()结构类似，在水中的溶解度：______(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是______________________________________________________ _______________________________________________________ _______________________________________________________。 (2)某合金由Al-Mn-Cu构成，Al、Mn位于Cu形成的立方体体心，其晶胞结构如下图所示。 ①Mn原子周围最近且等距的Mn原子有________个。 ②若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为________。 ③沿晶胞对角面切面图为________(填字母)。 解析：(1)①Cu为29号元素，基态Cu＋的价层电子排布式为3d10。②PF中心P原子的价层电子对数为6＋＝6，无孤电子对，离子的空间结构为正八面体形。③配体M中含氮杂环为平面结构，该环中碳原子的杂化方式为sp2。④三氮唑能与水形成分子间氢键，且三氮唑的极性大于环戊二烯，因此三氮唑在水中的溶解度大于环戊二烯。 (2)①由晶胞结构可知，Mn原子周围等距且最近的Mn原子位于晶胞内部平面的面对角线上，每个平面有4个，三个横截面，共有12个。②若A原子的分数坐标为(0，0，0)，则B原子的分数坐标为(，，)。 答案：(1)①3d10　②正八面体形　③sp2　④＞　三氮唑能与水形成分子间氢键，且三氮唑的极性大于环戊二烯 (2)①12　②(，，)　③AC 17．(2025·海南联考)锂离子电池是近年来的研究热点，应用的领域正在不断扩大，展示了广阔的应用前景和潜在的巨大经济效益。 (1)一种锂离子电池的电极材料LiFePO4可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等作为原料制备。 ①原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用＋表示，与之相反的用－表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其价层电子的自旋磁量子数的代数和为________。 ②在NH4H2PO4中除氢元素外，其余三种元素中第一电离能最大的是________(填元素符号)，电负性最大的元素为________(填元素符号)。 ③苯胺的熔点________(填“>”或“<”)甲苯的熔点，原因是_______________________________________________________ _______________________________________________________。 (2)某锂电池的负极材料是锂原子嵌入石墨烯层间，其晶胞结构(底边为平行四边形)如图1所示，该晶体的化学式为________。 　 (3)某富锂超离子导体的晶胞是如图2所示的立方体。在该晶体中O原子的配位数为________，晶体密度为__________g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 解析：(1)①基态铁原子的价层电子轨道表示式为，其价层电子的自旋磁量子数的代数和为×4＝2或×4＝－2。(2)根据均摊法，晶胞中Li原子个数为4×＋4×＝1，C原子个数为8×＋2＝6，该晶体的化学式为LiC6。(3)在该晶体中O原子周围等距离且最近的Li原子有6个，故O原子的配位数为6；晶胞中Cl原子个数为4×＝1，O原子个数为2×＝1，Li原子个数为8×＋1＝3，故晶体的密度ρ＝ g·cm-3＝ g·cm-3。 答案：(1)①＋2(或－2)　②N　O　③>　苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺分子之间能形成氢键，甲苯分子间不能形成氢键 (2)LiC6　(3)6　 18．铜及其化合物在医疗卫生、工农业生产等方面有广泛应用。回答下列问题： (1)基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层符号为________；基态Cu2+的价层电子排布式为________。 (2)Cu2+与H2O、NH3、Cl－均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。转化关系如下图所示： CuCl2·2H2O(黄绿色) (绿色) (深蓝色) ①[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角______(填“＞”“＜”或“＝”)H2O中H—O—H的键角。 ②[CuCl4]2-呈黄色，溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是____________________________________________________； 溶液Ⅰ加水稀释后呈蓝色，原因是_______________________________________________________ _______________________________________________________。 ③向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_______________________________________________________。 (3)黄铜矿晶胞结构如下图所示(晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°)，与单个Fe键合的S有________个。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，若原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为________；若NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体密度ρ＝__________________g·cm-3。 解析：(1)基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层符号为N，基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu2+的价层电子排布式为3d9。 (2)①[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的O原子上只含有一个孤电子对，而水分子中O原子上含有两个孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对与孤电子对间的斥力，故[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角大于H2O中H—O—H的键角。②[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2-呈黄色，溶液Ⅰ中存在转化：[CuCl4]2-＋4H2O⥫⥬[Cu(H2O)4]2+＋4Cl－，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液呈黄绿色。加水稀释使平衡正向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液呈蓝色。③向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量的过程中，先生成Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，溶液呈深蓝色。 (3)观察晶胞结构可知，与单个Fe键合的S有4个。原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为(，，)。根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×＋4×＋1＝4，Fe原子的个数为4×＋6×＝4，S原子的个数为8，故该晶体密度ρ＝ g·cm-3＝ g·cm-3。 答案：(1)N　3d9　(2)①>　②蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液呈黄绿色　加水稀释使[CuCl4]2-＋4H2O⥫⥬[Cu(H2O)4]2+＋4Cl－平衡正向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液呈蓝色　③先产生蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解，溶液呈深蓝色 (3)4　(，，)　 19．(2025·山东卷)Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Fe位于第________周期________族。基态Fe原子与基态Fe3+未成对电子数之比为________。 (2)尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是________，电负性最大的是________。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为________。 ③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是________(填元素符号)。 (3)α­Fe可用作合成氨催化剂，其体心立方晶胞如下图所示(晶胞边长为a pm)。 ①α­Fe晶胞中Fe原子的半径为______pm。 ②研究发现，α­Fe晶胞中阴影所示m、n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m、n截面中，催化活性较低的是________，该截面单位面积含有的Fe原子为________个·pm-2。 解析：(1)Fe为26号元素，位于第四周期Ⅷ族，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5。 (2)①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满的稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻元素，因此第一电离能：N>O>C；同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C。②H2NCONH2中C原子形成3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2。③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C===O中O原子参与配位，所以与Fe3+配位的原子是O。 (3)①α­Fe为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为a pm，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r＝a pm，因此Fe原子的半径为 pm。②m截面面积Sm＝a2pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该截面，则该截面所含原子数为4×＝1，单位面积含有的Fe原子为个·pm-2；n截面面积Sn＝a pm×a pm＝a2 pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于该截面，则该截面所含原子数为＋1＝2，单位面积含有的Fe原子为个·pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的Fe原子为个·pm-2。 答案：(1)四　Ⅷ　4∶5　(2)①N　O　②sp2 ③O　(3)①　②n　 学科网（北京）股份有限公司 $