高考化学备考一轮训练题：物质结构与性质

试卷第=page1717页，共=sectionpages1717页试卷第=page1616页，共=sectionpages1717页高考化学备考一轮训练题：物质结构与性质1．（2022·辽宁锦州·统考一模）氧钒()碱式碳酸铵晶体是制备多种含钒产品和催化剂的基础原料和前驱体。已知：①氧钒()碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇②有较强还原性，易被氧化实验室以为原料制备该晶体的流程如图：ⅰ．向中加入足量盐酸酸化的溶液，微沸数分钟。ⅱ．将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，析出紫红色晶体。ⅲ．待反应结束后，在有保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，得到粗产品。请回答下列问题：(1)基态钒原子的价层电子的轨道表示式为_______。(2)步骤ⅰ中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。(3)步骤ⅱ可在如图装置中进行：①导管a的作用为_______。②实验时先关闭，打开，当_______(填实验现象)时，再关闭，打开。③装置B中的试剂为_______。(4)步骤ⅲ中用饱和溶液洗涤晶体，检验晶体已洗涤干净的操作是_______。(5)称取粗产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，滴入几滴铁氰化钾溶液，最后用0标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为。(设钒的相对原子质量为M，滴定反应为：)①滴定终点时的现象为_______。②产品中钒的质量分数为_______%(用含有m、M的式子表示)。2．（2022·重庆·统考模拟预测）铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应用，回答下列问题。(1)铁在元素周期表第四周期第_______列，属于_______区元素，基态铁原子M层的核外电子排布式为_______。(2)铁形成的常见离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：_______。(3)检验Fe2+是否被氧化为Fe3+的方法之一是取待测液，加入KSCN溶液，观察是否有红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+生成。①[Fe(SCN)(H2O)5]2+中Fe3+的杂化类型为_______。A．dsp2B．dsp3C．sp3d2D．sp3②配体SCN-和H2O的键角大小：SCN-_________H2O(填“<”、“>”或“=”)，请用杂化轨道理论解释其原因_______。③SCN-可写出两种常见的电子式，分别为_______、_______。③④O、N、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。(4)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交晶胞结构如图a所示，沿z轴与x轴的投影图分别如图b和图c所示。①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，称作原子坐标。如1号原子的坐标为(0，0，)，2号原子的坐标为(，-m，-m)，则3号Fe原子的坐标为_______。②若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式)。3．（2022·江西上饶·上饶市第一中学校考模拟预测）铁在成人体中的含量约为4~5g，是入体必需的微量元素中含量最多的一种，回答下列问题：(1)基态Fe原子的核外电子排布式为_______，用原子结构知识解释Fe2+易被氧化为Fe3+的原因_______。(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。①甘氨酸H2NCH2COOH中C原子的杂化形式为_______，C、N、O三种原子第一电离能由小到大的顺序是_______。②甘氨酸易溶于水，原因为_______。(3)五羰基合铁[Fe(CO)5]的配位体是_______；已知配位原子是C而不是O，其可能的原因是_______。(4)已知Fe3++K++[Fe(CN)6]4-=KFe[Fe(CN)6]↓，利用该离子方程式可以检验溶液中的Fe3+。[Fe(CN)6]4-中σ键、π键数目之比为_______。(5)Fe3O4晶体的晶胞如下图所示(阳离子略去)，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号O2-围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号O2-围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中。①O2-周围紧邻的O2-数目为_______。②已知晶胞参数为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则晶体密度为___g·cm-3(用含a和NA的代数式表示)。③晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为_______。4．（2022·四川德阳·统考三模）废锂电池回收是对“城市矿产”的资源化利用，可促进新能源产业闭环。处理钴酸锂(LiCoO2)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)废电池材料，可回收Li、Fe、Co金属。(1)Co3+价层电子排布式是_______，LiFePO4中铁未成对电子数为_______。(2)的空间构型为_______，中心原子的杂化类型是_______。(3)下列状态的锂中，失去一个电子所需能量最大的是_______。A． B． C． D．(4)一种含Co阳离子[Co(H2NCH2CH2NH2)2Cl2]+的结构如下图所示，该阳离子中钴离子的配位数是_______，配体中提供孤电子对的原子有_______。乙二胺(H2NCH2CH2NH2)与正丁烷分子量接近，但常温常压下正丁烷为气体，而乙二胺为液体，原因是：_______。(5)钴酸锂(LiCoO2)的一种晶胞如下图所示(仅标出Li，Co与O未标出)，晶胞中含有O2-的个数为_______。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为_______g·cm-3(用含有NA的代数式表示)。5．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）铬、钛、锌的化合物在化工、医药等领域有着广泛应用。(1)[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O是铬的重要配合物。①写出铬元素基态原子的价层电子轨道表示式_______。②氧元素第一电离能I1=13.62eV，氯元素第一电离能I1=12.97eV，氧元素第一电离能大于氯元素第一电离能的主要原因是_______。③[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O中的配体是_______。其配离子的两种同分异构体结构如图1所示，极性较小的是_______(填“a”或“b”)。(2)二氧化钛与COCl2(光气)、SOCl2(二氯亚硫)等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。①COCl2分子的空间构型为_______，分子中σ键和π键的数目之比为_______。②SOCl2中心原子的杂化方式为_______。③四氯化钛沸点136.4℃，二氧化钛沸点2900℃，导致这种差异的主要原因是_______。(3)硒化锌(ZnSe)的晶胞结构如图2所示。①图中“△”处所示离子均为_______(填化学用语)。②若该晶胞密度为ρg•cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg•mol-1。用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则a、b原子核间距为_______cm。6．（2022·四川成都·统考二模）近年来，重金属羧酸盐作为贮存气体(进入晶体中间隙)的化合物而备受关注。如果长时间放置甲酸铜［Cu(HCOO)2]、对苯二甲酸()、乙醇混合溶液，将析出一种晶体X(晶胞结构如图)，甲酸根全部被交换到溶液中。X对热稳定，磁矩约为1.7B。M(磁矩=，n为未成对电子数)。(1)由磁矩推算X中铜离子的未成对电子数为_______；该基态铜离子价电子的轨道表示式为_______。(2)1mol对苯二甲酸分子中含有_______molσ键，对苯二甲酸的熔点(427℃)高于对二硝基苯(，相对分子质量为168，熔点173℃)的主要原因是_______。(3)甲酸根中C原子的杂化类型为_______，其与铜离子配位的原子是_______；写出甲酸根的一种等电子体分子的结构式_______。(4)X晶胞中含有Cu的数目为_______个；1molX的晶胞质量为456g，实验表明，100mg晶体X可吸收22.0mgN2，所得晶体中Cu：N个数比约为1：(保留两位有效数字)_______。7．（2022·安徽黄山·统考二模）元素周期表中，第四周期包括10种过渡元素(21号-30号)，它们的单质及其化合物在化工生产和研究中有重要的应用。(1)Fe原子核外电子排布式为___________，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素有___________种。(2)甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]的主要生理功能是预防和改善缺铁性贫血。甘氨酸(H2NCH2COOH)中C原子的杂化形式为___________(3)在催化作用下，呋喃()可与氨反应，转化为吡咯()。二者熔、沸点关系为：呋喃___________吡咯(填“高于”或“低于”)，原因是___________。(4)离子水合能是气态离子溶于水中成为稀溶液时释放的能量，其值越大，离子越稳定。已知离子水合能跟溶解离子的半径和电荷数有关，试分析在水溶液中比稳定的原因___________。(5)Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，该化合物中Ti3+的配位数为___________，在该化合物中不含___________(填标号)。A．键

B．键

C．配位键

D．离子键

E．极性键

F．非极性键(6)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏伽德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。8．（2022·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测）过渡元素中，Ti被誉为“未来金属”、“战略金属”，其具有稳定的化学性质。回答下列问题:(1)基态Ti原子的价电子轨道表达式为__________________。(2)基态Ti原子中，最高能层电子的电子云轮廓图的形状为____________，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有____种。(3)过渡金属可形成许多羰基配合物，即CO作为配体形成的配合物。①CO的等电子体有、、_______(任写一个)等。②CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是_________________。(4)是氧化法制取钛的中间产物。的分子结构与相同，二者在常温下都是液体。分子的空间构型是__________，其中Ti原子采取____________杂化；的稳定性比差，极易水解，试从结构的角度分析其原因:_________。(5)金红石()是含钛的主要矿物之一，具有典型的四方晶系结构，其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示:①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是_______。②若A、B、C原子的坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D原子的坐标为D(0.19a，_______，_______)；若晶胞底面边长为x，则钛氧键的键长d=_________(用代数式表示)。9．（2022·全国·模拟预测）Ⅰ．碳族元素的单质和化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。(1)锗是优良的半导体材料，基态Ge原子中，最高能级电子云轮廓图的名称为____。Ge与C同族，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度分析，原因是____。(2)碳可形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。①在反应CO转化成CO2的过程中，下列说法正确的是____。A．每个分子中孤对电子数增多

B．分子的极性不变C．原子间成键方式未改变

D．分子的熔沸点变小②干冰和冰是两种常见的分子晶体，晶体中的空间利用率：干冰____冰(填“＞”、“＜”或“=”)；CO2与SiO2是否互为等电子体____(填“是”或“否”)。③X是碳的一种氧化物，X的五聚合体结构如图1所示。X分子中每个原子都满足最外层8电子结构，X分子的电子式为____。(3)C60分子是由许多正五边形构成的空心笼状结构如图2所示，分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。则C60分子中含___个σ键。(4)Ⅱ．某种Ga2O3的晶体结构如图3所示，O2-以六方最密方式堆积，Ga3+在其八面体空隙中(注：未全部标出，如：Ga3+在1、2、3、4、5、6构成的八面体体心)。①该晶胞中O2-的配位数为____。②该晶胞有_____%(保留一位小数)八面体空隙填充阳离子。③已知氧离子半径为rcm，晶胞的高为hcm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为____g·cm-3(用含a、b和NA的代数式表示)。10．（2022·全国·模拟预测）磷元素的化合物在科学研究和工业生产中有许多重要用途。回答下列问题：(1)下列状态的P中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填标号)。A． B．C． D．(2)白磷在空气中缓慢氧化生成P4O6，P4O6的结构如图1所示。P4O6中氧原子的杂化轨道类型为_______，每个P4O6分子中含孤电子对的数目为_______。(3)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图2所示。在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_______，磷原子的配位数为_______。(4)磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，磷青铜是含少量锡、磷的铜合金。磷化铜与水反应产生有毒的磷化氢(PH3)气体，PH3分子的空间构型为_______。(5)磷青铜晶体的晶胞结构如图3所示，该晶体中P原子位于由铜原子形成的_______的空隙中。若晶体密度为ag·cm-3，P原子与最近的Cu原子的核间距为_______nm(用含NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。11．（2022·陕西西安·校联考二模）氢、氮、氧是重要的非金属元素，在新材料和新能源开发中有重要的作用。(1)下列状态的O中，最容易失去最外层电子的是_______(填序号)。A．1s22s22p3 B．1s22s22p4 C．1s22s22p33s1 D．1s22s22p23s1(2)MH中基态H-的核外电子的电子云轮廓图呈_______。已知H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ·mol-1，H(g)=H+(g)+e-吸收的能量为1311kJ·mol-1，则H-的第二电离能为_______。(3)作为新型高能含能材料AgN5在炸药、推进剂和发射药等领域具有较高的应用价值。①N为平面结构，结构为[]，其中N原子的杂化方式是_______，1molN中σ键总数为_______；②AgN5的晶体结构与AgI相似。AgI的一种结构分为γ-AgI立方晶胞的示意图见图1。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，称作原子分数坐标。图2中，原子1的坐标是(，0，)，则原子2的坐标为_______。(4)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼(图3)和六方氮化硼(图4)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似，六方晶胞结构如图5。①X-射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞参数为361.5pm，则立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为_______pm。(=1.732)②已知六方氮化硼同层中B、N原子之间的距离是acm，层与层之间的距离是bcm，晶体的密度是_______g/cm3(不用化简)。12．（2022·河北·模拟预测）全氮类物质凭借其高密度、超高能量及爆炸产物清洁无污染等优点，成为新一代超高能含能材料的典型代表。回答下列问题：(1)5-氨基四唑硝酸盐(结构简式如图甲)是一种新型起爆炸药，其钝感程度堪比TNT。①基态N原子核外电子的运动状态有___________种。②该化合物中阴离子的空间构型为___________。③该化合物的阳离子中H—N—H键角___________(填“大于”或“小于”)氨分子中的H—N—H键角，其原因是___________。(2)CL-20炸药(结构简式如图乙)是我国最新研制的第四代高爆炸药，威力是TNT的10倍以上。

①该化合物组成元素中，处于同周期的元素第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。②该化合物中N原子的杂化方式为___________。(3)五唑银作为新型高能含能材料，在炸药、推进剂等领域具有较高的应用价值。①的立方晶胞结构如图丙所示，晶胞参数为apm。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图丙中，粒子1的原子分数坐标为，则粒子2的原子分数坐标为___________。设阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为___________(列出计算表达式)。②图丁是晶胞正上方的俯视投影图，图中黑球(实心球)代表，请在图丁中用白球(空心球)表示出的相对位置_____。13．（2022·山东·模拟预测）光电材料[氟代硼铍酸钾晶体(KBe2BO3F2)、CaTiO3等]是目前科学家特别关注的材料。KBe2BO3F2(晶胞结构如图a，其中氧原子已省略，图a中的原子分别位于晶胞的顶点、棱及面上)是一种可制造出深紫外固体激光器的光电材料，可由BeO、KBF4和B2O3在一定条件下制得，同时放出BF3气体；CaTiO3(晶胞结构如图b)在光、电、热等领域有着独特的性质特征。(1)基态Ti原子的核外电子排布式为____。(2)KBF4是离子化合物，BF3、BF中B原子的杂化方式依次为____、____。(3)KBe2BO3F2的组成元素中，非金属元素的电负性由强到弱的顺序为____(填元素符号)，基态原子的第一电离能：Be____(填“＞”或“＜”)B。(4)图a中，已知原子半径X＞Y，X、Z分别表示____、____。(填元素符号)(5)图b中，与Ti4+最近且距离相等的氧离子构成的几何图形为____，若设晶胞边长为xcm，则Ti4+与最近的间的距离为____(填含x的表达式)cm；表示该晶体的晶胞还可以有另一种画法，将Ca2+置于立方体的顶点，则Ti4+的位置是____。14．（2022·河北·模拟预测）过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性，常用于处理水体中的有机污染物。(1)的结构如图1所示，用“□”标识出中体现强氧化性的基团：___。(2)Fe2+可活化，活化后产生。氧化性更强，降解废水中有机污染物的能力更强。Fe2+活化过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)：Ⅰ：=2k=2.5×10-9Ⅱ：+H2O=+•OH-+H+k=2×103Ⅲ：+Fe2+=Fe3+++

k=20Ⅳ：Fe2++=Fe3++k=4.6×109向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。①若将FeSO4一次性加入废水中，不利于有机污染物降解。原因是___。②其他条件相同，溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是___。(3)CuxFeyOz是一种复合催化剂，可催化活化过二硫酸盐()产生。①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为___。②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程：____。15．（2022·全国·模拟预测）近期，中国中科院天津工业生物技术研究所，首次实现人工通过二氧化碳合成淀粉。请回答下列问题：(1)基态碳原子的核外电子排布图为___________。(2)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。对于基态的碳原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。(3)①结合如表所示键能数据，分析CO比相对更活泼的原因是___________；COC—O键能/()357.7798.91071.9N2N—N键能/()154.8418.4941.7②Si的氧化物()比干冰()熔点高的原因是___________；③甲醇()是合成淀粉的中间产物，与甲醇()互为等电子体的有机物分子式为___________。(4)葡萄糖()也是合成淀粉的中间产物。若2个葡萄糖分子间脱水形成麦芽糖()，10个葡萄糖分子通过分子间脱水所形成的链状化合物的分子式为___________。A．B．C．D．(5)一种新型多功能复合催化剂成功实现了直接加氢制取高辛烷值汽油。该催化剂成分的晶胞如图所示：①晶胞中处于围成的___________(填“正四面体”“正八面体”或“正十二面体”)空隙；②若晶胞体对角线为anm，阿伏加德罗常数值为，晶体的密度为___________写出表达式)。16．（2022·全国·模拟预测）碳和硅是植物组成中的重要元素，微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态C原子的电子排布图为_______，其第一电离能比Si_______(填“大”或“小”)。(2)三价B易形成配离子，如、等。Al也能形成类似的配离子结构，如_______，写出的一种阳离子等电子体：_______。(3)石墨层状晶体中，层与层之间的作用力是_______，平均每个正六边形有_______碳原子，每个碳原子杂化方式为_______。(4)硼酸晶体是片层结构，图甲表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_______、_______。(5)三氯化硼、四氯化硅的熔点比氯化镁的熔点低，三氯化硼、四氯化硅和三氯化铝的晶体类型是_______，比氯化镁熔点低的原因是_______。(6)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，图乙表示立方氮化硼晶体，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼的密度是_______(列出计算式即可，阿伏加德罗常数为)。17．（2022·甘肃平凉·统考二模）铁及含铁的化合物在生产生活中的应用广泛。回答下列问题：(1)基态铁原子的核外电子排布式为___________。前四周期元素中，基态原子未成对电子数比铁原子多的元素有___________种。(2)是工业制硫酸的主要反应，的VSEPR模型名称是___________；分子中键与键的数目之比为___________。(3)血红素是血红蛋白的辅基，其结构如图1所示，结构中C原子的杂化方式为___________，所含非金属原子的电负性由大到小的顺序为___________；所含化学键的类型有___________(填标号)。a．极性键

b．非极性键

c．氢键

d．配位键

e．金属键(4)温度在1183K以下，纯铁晶体(甲)的晶胞结构如图2所示，温度在1183K以上，纯铁晶体(乙)的晶胞结构如图3所示，两种晶体中铁原子之间的最短距离相等，甲晶体中铁原子的配位数与乙晶体中铁原子的配位数之比为___________；甲晶体的晶胞边长与乙晶体的晶胞边长之比为___________；甲晶体的密度与乙晶体的密度之比为___________。18．（2022·重庆·校联考三模）中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形NiFeMo氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形NiFeMo氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型NiFeMo氧化物。根据所学知识回答下列问题：(1)区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为___________，结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的___________。(2)Mo为第五周期元素与Cr同族，则Mo的价层电子排布式为___________(3)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，Ni(CO)4是___________(填“极性”或“非极性”)分子。(4)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是___________(填编号)。A． B．C． D．(5)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为___________，其中Fe的配位数为___________。(6)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为___________g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。答案第=page3737页，共=sectionpages2121页答案第=page3838页，共=sectionpages2121页参考答案：1．(1)(2)或(3)

平衡气压，使液体顺利流下

D装置中出现浑浊或D装置中产生白色沉淀

饱和碳酸氢钠溶液或饱和溶液(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净(5)

有特征蓝色沉淀产生且30秒内沉淀不溶解

或【分析】钒原子序数为23，在元素周期表ⅤB族，实验室以制备该化合物，步骤ⅰ制备，步骤ⅱ制备出有无色无污染的氮气并析出紫红色晶体，步骤ⅱ根据实验装置A为制备CO2气体的发生装置，B为除杂装置，药品为饱和溶液，D为检验CO2的装置，整个装置会产生气体所以采用恒压漏斗，其目的为平衡气压，使液体顺利流下，检验晶体中是否有氯离子的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净，检验亚铁离子的方法为加入铁氰化钾有蓝色沉淀，检验离子的含量采用氧化还原滴定的方法，据此答题。（1）钒原子序数为23，基态钒原子的价层电子的轨道表示式为：；（2）中加入足量盐酸酸化的溶液反应生成同时生成一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，该气体为氮气，则该化学反应方程式为：或；（3）①步骤ⅱ将净化的溶液缓慢加入到足量溶液，有气泡产生，仪器a为恒压漏斗其作用为平衡气压，使液体顺利流下；②实验时先关闭，打开，A装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则B装置为除去HCl气体，装置B中为饱和NaHCO3溶液，D装置为检验CO2气体，实验现象为：D装置中出现浑浊或D装置中产生白色沉淀；③装置B为除去CO2气体中的HCl气体，B中为饱和NaHCO3溶液；（4）步骤ⅲ中会生成大量的，用饱和溶液洗涤晶体，和会产生白色沉淀，检验晶体已洗涤干净的操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明沉淀洗涤干净；（5）①铁氰化钾溶液与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，滴定终点时的现象为：有特征蓝色沉淀产生且30秒内沉淀不溶解；②滴定反应为：，，根据离子方程式可得：，则产品中钒的质量分数或质量分数。2．(1)

8

d

3s23p63d6(2)二价铁价层为3d6，再失去一个电子可以形成3d5的半满稳定结构，所以易被氧化为三价铁离子(3)

C

>

SCN-中心原子采用sp杂化，分子立体构型为直线型，键角为180°；H2O中心原子采用sp3杂化，有两对孤对电子，分子立体构型为v型，键角小于180°

N>O>S(4)

(，+m，)

【解析】（1）铁是26号元素，位于第四周期第8列，属于d区，基态铁原子M层电子排布式为：3s23p63d6；（2）亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去1个电子形成价电子排布式为半充满稳定结构的3d5的铁离子，所以亚铁离子易被氧化为铁离子，故答案为：二价铁价层为3d6，再失去一个电子可以形成3d5的半满稳定结构，所以易被氧化为三价铁离子；（3）①[Fe(SCN)(H2O)5]2+中Fe3+的配位数为6，则杂化轨道数为6，故选C；②SCN-中的C没有孤电子对，σ键电子对为2，则其价层电子对为2，根据价层电子对互斥理论，则SCN-的空间构型为直线形，键角为180°，而水的空间构型为角形，则键角大小：SCN->H2O；原因为：SCN-中心原子采用sp杂化，分子立体构型为直线型，键角为180°；H2O中心原子采用sp3杂化，有两对孤对电子，分子立体构型为v型，键角小于180°；③SCN-的结构有两种分别为N≡C-S-和S=C=N-，其电子式分别为：，；④同周期越靠右其第一电离能越大，但是VA和VIA反常，同主族元素，越靠上第一电离能越大，则O、N、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S；（4）①晶胞中Y的个数为8，Fe的个数为2，O的个数为8，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号原子空间坐标为(0，0，)，2号原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子空间坐标为(，+m，)；②由第一问可知一个晶胞中含有2个YFeO3，若晶胞参数分别为apm、bpm和cpm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则该晶体的密度为。3．(1)

1s22s22p63s23p63d64s2

Fe2+易失去3d能级的1个电子变为Fe3+的3d5的半充满稳定结构(2)

sp3、sp2

C＜O＜N

甘氨酸分子为极性分子且能与水分子形成分子间氢键(3)

CO

O元素的电负性大于C元素，O原子对电子的吸引力强，较难提供电子对(4)1：1(5)

12

2：1【解析】（1）铁元素的原子序数为26，原子核外有26个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去1和电子形成价电子排布式为半充满稳定结构的3d5的铁离子，所以亚铁离子易被氧化为铁离子，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；Fe2+易失去3d能级的1个电子变为Fe3+的3d5的半充满稳定结构；（2）①甘氨酸分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基中不饱和碳原子的杂化方式为sp2杂化；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：sp3、sp2；C＜O＜N；②由结构简式可知，甘氨酸分子是结构不对称的极性分子，分子中含有的氨基和羧基都能与水分子形成分子间氢键，所以甘氨酸易溶于水，故答案为：甘氨酸分子为极性分子且能与水分子形成分子间氢键；（3）五羰基合铁的中心原子为铁原子，配位体为一氧化碳，一氧化碳分子中氧元素的电负性大于碳元素，氧原子对电子的吸引力强，较难提供电子对，所以配位原子是碳原子而不是氧原子，故答案为：O元素的电负性大于C元素，O原子对电子的吸引力强，较难提供电子对；（4）六氰合铁酸根离子中铁离子与氰酸根离子形成的配位键为σ键，氰酸根离子中碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，则配离子中σ键、π键数目之比为(6+6)：6×2,1：1，故答案为：1：1；（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氧离子与位于面心的氧离子的距离最近，则每个氧离子周围紧邻的氧离子的数目为12，故答案为：12；②由晶胞结构可知，晶胞中氧离子的个数为8×+6×=4，由化学式可知，晶胞中含有1个四氧化三铁，设晶体密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)3d，解得d=，故答案为：；③由晶胞结构可知，1、3、6、7号氧离子围成正四面体空隙，共有8个，3、6、7、8、9、12号氧离子围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点氧离子也围成正八面体，晶胞中正八面体为4个晶胞共有，则晶胞中正八面体数目为1+12×=4，所以晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8：4=2：1，故答案为：2：1。4．(1)

3d6

4(2)

正四面体形

sp3(3)B(4)

6

N、Cl

乙二胺容易形成分子间氢键，沸点较高，常温呈液态(5)

16

【解析】（1）Co是27号元素，Co3+价层电子排布式是3d6，LiFePO4中铁元素显+2价，Fe2+价层电子排布为3d6，未成对电子数为4。（2）中P原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体，中心原子的杂化类型是sp3；（3）A.失去一个电子需要的能量为激发态锂的第一电离能；B.失去一个电子需要的能量为基态锂的第二电离能；

C.失去一个电子需要的能量为基态锂的第一电离能；

D.失去一个电子需要的能量为激发态锂的第二电离能；所需能量最大的是B；（4）该阳离子中与钴离子形成配位键的有4个N和2个Cl，配位数是6，配体中提供孤电子对的原子有N、Cl。乙二胺容易形成分子间氢键，沸点较高，常温呈液态。（5）根据均摊原则，晶胞中Li+数为，钴酸锂的化学式为LiCoO2，晶胞中含有O2-的个数为16。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该钴酸锂晶体的密度可表示为g·cm-3。5．(1)

氧原子半径比氯原子半径小，氧原子对外层电子的束缚力比氯原子大

H2O、Cl-

a(2)

平面三角形

3：1

sp3

四氯化钛为分子晶体，二氧化钛为原子晶体(3)

Se2-

【解析】（1）①Cr是24号元素，根据构造原理，可知基态Cr原子核外电子排布式是[Ar]3d54s1，所以Cr原子的价电子排布式为3d54s1，则其轨道表示式为；②氧原子半径比氯原子半径小，氧原子对外层电子的束缚力比氯原子大，导致氧元素第一电离能比氯元素第一电离能大；③根据[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O可知内界中的中心原子是Cr原子，配体是H2O、Cl-，由a、b两图可知：a图中分子对称，b分子不对称，可知a分子极性较小；（2）①在COCl2中C=O键中含有1个σ键，1个π键，C与Cl原子之间以共价单键结合，共价单键为σ键，则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，则C原子为sp2杂化，中心C原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，该分子中σ键与π键个数之比为3：1；②SOCl2分子中中心原子S原子价层电子对数=3+，价层电子对数是4，故中心原子S杂化方式为sp3杂化；③四氯化钛是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，分子间作用力比较弱，断裂消耗的能量少，因此物质的熔沸点比较低，而二氧化钛为原子之间通过共价键构成的原子晶体，共价键是一种强烈的相互作用，断裂消耗的能量很大，因此物质的熔沸点比较高，故二氧化钛沸点四氯化钛高；（3）①由图2结构图可知：黑球Zn2+的均在晶体内部，Zn2+的个数为4，白球Se2-在顶点8个，Se2-个数为8×=1个，“△”处所示离子均在面心上，个数为6×=3，由ZnSe化学式可知在晶体中Se2-和Zn2+的个数比为1：1，因此“△”处所示离子均为Se2-；②一个晶胞中，含有Zn2+的数目为4，Se2-个数为4，一个晶胞的质量为g，设晶胞边长为xcm，则晶胞体积为V=x3cm3，晶胞密度ρ=g•cm-3，可解得x=cm，Se2-和Zn2+原子核间距为体对角线的的，故Se2-和Zn2+原子核间距为cm。6．(1)

1

(2)

18

对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用(3)

sp2

O

、等(4)

2

3.6【解析】(1)已知X磁矩约为1.7B，M(磁矩=，n为未成对电子数，代入数据可得1.7=，解得n=1，铜离子的未成对电子数为1；Cu是29号元素，处于周期表中第四周期第IB族，基态Cu2+价电子排布式为3d9，价电子轨道表示式为：；(2)共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键，1mol对苯二甲酸分子中含有18molσ键，对苯二甲酸和对二硝基苯都是分子晶体，而含有氢键的物质熔点较高，则对苯二甲酸熔点较高的主要原因是对苯二甲酸分子间有氢键作用，而对二硝基苯分子间无氢键作用；(3)甲酸根中C原子以双键形式存在，价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化类型为sp2，O原子提供孤对电子，与铜离子配位的原子是O；与甲酸根的一种等电子体分子的结构式为、等；(4)由X晶胞结构可知Cu位于顶角，则晶胞中Cu的数目为2；1molX的晶胞质量为456g，则100mg晶体含Cu原子物质的量为，22.0mgN2中含N物质的量为，所得晶体中Cu：N个数比约为。7．(1)

1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2

0(2)sp3、sp2(3)

低于

吡咯易形成分子间氢键(4)与Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大(5)

6

BF(6)

(1，，)

【解析】（1）①铁为26号元素，Fe原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；②铁为第四周期Ⅷ族元素，未成对电子数为4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素0个；（2）①甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的碳原子有四个单键，为杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为杂化；（3）①影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；②吡咯易形成分子间氢键；（4）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里比稳定的原因为：的半径小且所带电荷多，水化能大；（5）①Ti能形成化合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，与Ti3+最近的粒子数目为6，则该化合物中Ti3+的配位数为6；②该化合物中中存在键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的氯离子存在离子键，则不存在键和非极性共价键，答案选BF；（6）①NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，c在x、y、z轴上的投影分别是(1，，)，则c点的离子坐标为(1，，)；②每个原子被3个O原子包围，每个O原子被3个原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个原子，三角形的面积，如图，实际上每个原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为，O原子个数为，每平方米面积上分散的该晶体的质量为。8．(1)(2)

球形

2(3)

、

C的电负性小于O，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易(4)

正四面体形

钛原子的半径比碳原子的大，Ti-Cl键比C-Cl键的键长长、键能低，易断裂(5)

B、D

0.81a

0.5c

【解析】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，价电子轨道表达式为：；（2）基态Ti原子中，最高能层电子所占据的能级为4s，电子云轮廓图的形状为球形；Ti的最外层电子数为2，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钛不同的元素有Cr和Cu，最外层均为1个电子，故有2种；（3）①CO的价电子总数为10，等电子体有N2、CN−、、；②CO作配体时，配位原子是C而不是O，其原因是：C与O成键是C提供空的p轨道接受O的一对电子，致使C略带负电荷，容易向其它含有空轨道的原子提供电子对形成配位键；（4）TiCl4分子中Ti形成了四个σ键，分子的空间构型是正四面体；采取sp3杂化；TiCl4的稳定性比CCl4差，极易水解，从结构的角度分析其原因为：钛原子半径比碳原子半径大，Ti−Cl键比C−Cl键的键长长，键能低，易断裂；（5）根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，晶体化学式为TiO2，O的数目应为Ti数目的2倍，顶点和体心的原子共2个，面上和内部原子共4个，故B、D代表氧原子；A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，根据题意，体心Ti原子的坐标为(0.5a，0.5a，0.5c)，B、C两点的坐标差为(0.31a，0.31a，c)，则D原子的坐标为D(0.5a-0.31a，0.5a+0.31a，0.5c)，即(0.19a，0.81a，0.5c)；金红石晶胞中，Ti处于顶点和体心，顶点C到B的距离即为钛氧键的键长，即为d，d=(a−0.69a)×=，由于底边长为x，所以d=。9．(1)

哑铃形

Ge原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键(2)

A

>

否

(3)90(4)

4

66.7

【解析】(1)(1)Ge元素的原子序数为32，其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p2，核外电子占据最高能级的符号4p，轮廓为哑铃型，Ge与C同族，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度分析，原因是Ge原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，故答案为：哑铃形；Ge原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；(2)①A．CO与N2互为等电子体，二者结构相似，CO分子中C、O原子各有1对孤电子对，CO2分子中碳原子没有孤电子对，而每个O原子均有2对孤电子对，分子中孤对电子数变多，A正确；B．CO属于极性分子，而CO2是直线形，属于非极性分子，反应中分子极性发生变化，B错误；C．CO中存在碳氧三键，而CO2中存在碳氧双键，原子间成键方式改变，C错误；D．CO2的相对分子质量较大，分子间作用力大，熔沸点高，D错误；故答案为：A；②干冰和冰是两种常见的分子晶体，干冰不存在氢键，晶体为密堆积，空间利用率大，等电子体的概念应用于分子或者离子，SiO2为共价晶体，不存在分子；故答案为：>；否；③分析图1可知，该分子中含有15个C原子，10个O原子，比例为3：2，分子式为C3O2，该分子中每个原子均满足8电子稳定结构，故C'与O之间共用两对电子，C与C之间也共用两对电子，对应电子式为：，故答案为：；(3)C60分子是由许多正五边形构成的空心笼状结构如图2所示，分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则一个C所拥有的化学键数目为个，C60分子中含个σ键，故答案为：90；(4)①由晶胞示意图可知，该晶胞中氧离子位于晶胞的顶点、面心和体内，则1个晶胞中氧离子的个数为，镓离子位于晶胞的体内，则1个晶胞中镓离子的个数为4，氧离子和镓离子的个数比为6:4=3:2，镓离子周围等距的氧离子的数目为6，故镓离子配位数为6，氧离子周围等距的镓离子数目为4，故氧离子配位数为4；故答案为：4；②该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Crs+，所占比例为；故答案为：66.7；③已知氧离子的半径为rcm，则底面边长为2rcm，又知晶胞的高度为hcm，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个Ga2O3，其质量为，所以该晶体的密度，，故答案为：。10．(1)A(2)

sp3

16(3)

面心立方最密堆积

4(4)三角锥形(5)

正八面体

×107【分析】根据同一原子电离能变化规律判断所需电离能的大小；根据VSEPR模型判断杂化轨道类型和空间结构；根据VSEPR模型计算孤电子对数；根据均摊法计算晶胞参数等数据。（1）同一原子的不同级电离能随核外电子数的减少逐渐增大，说明核外电子数越少电离能越大，从选项上看，A选项为P原子所需的第一电离能，B选项为P元素所需的第三电离能，C选项为P原子所需的第二电离能，D选项为P原子所需的第四电离能，根据前述规律，所需能量最小的为P的第一电离能，故答案为：A。（2）P4O6中O元素存在6个价电子，根据VSEPR模型计算，O原子存在=4对电子对，因此O原子的杂化方式为sp3杂化；P4O6中P元素存在5个价电子，其中3个价电子分别与3个O原子形成共用电子对，剩余1对孤电子对，O元素存在6个价电子，其中2个价电子分别与2个P原子形成共用电子对，剩余2对孤电子对，因此P4O6中存在4×1+6×2=16对孤电子对；故答案为：sp3、16。（3）根据晶胞结构，晶胞中P位于晶胞的顶点和面心上，P原子的空间堆积方式为面心立方最密堆积；晶胞中，与P原子距离最近的B原子的个数为4，因此P原子的配位数为4。故答案为：面心立方最密堆积、4。（4）根据VSEPR模型，PH3中中心原子P的电子对数为=4，其VSEPR模型为四面体型，其中3对电子对与H共用，存在1对孤电子对，因此PH3的空间构型为三角锥形。故答案为：三角锥形。（5）根据晶胞结构，Cu原子位于晶胞的6个面心上，这6个Cu原子构成的空间结构为正八面体形，P原子位于晶胞的体心上，同样也在正八面体的中心，因此P原子位于由铜原子形成的正八面体空隙中；根据均摊法计算晶胞中的原子个数，Sn位于晶胞的顶点上，1个晶胞中存在8×=1个Sn原子，Cu位于晶胞的面心上，1个晶胞中存在6×=3个Cu原子，P位于晶胞的体心，1个晶胞中存在1个P原子；已知晶胞的密度为ag·cm-3，则晶胞的棱长===cm=×107nm，P原子与最近的Cu原子的核间距为晶胞棱长的一半，因此P原子与最近的Cu原子的核间距为×107nm。故答案为：正八面体、×107。11．(1)C(2)

球形

1311kJ·mol-1(3)

sp2

5NA

(，，0)(4)

156.5pm

【解析】(1)电子能量越高越容易失去，C、D项分别表示O激发态、O+激发态，再失去一个电子所需要的能量相当于氧的第二电离能，则最容易失去最外层电子的是1s22s22p33s1，故答案为C。(2)MH中基态H-的核外电子排布式是1s2，故电子云轮廓图呈球形；H-的第二电离能为H-失去第二个电子所吸收的能量，即H(g)=H+(g)+e-吸收的能量，则H-的第二电离能为1311kJ·mol-1。(3)①N为平面结构，结构为[]，N的中心原子为N，其孤电子对数为1，与中心原子相连的原子数为2，则价层电子对数为3，故杂化方式为sp2杂化；由图可知，N中σ键共有5个，则1molN中σ键总数为5NA个；②由晶胞结构，原子1位于晶胞左侧面的面心，坐标是(，0，)，则坐标原点在左后侧底面顶点，原子2位于晶胞底面的面心，则坐标为(，，0)。(4)①N原子做面心立方最紧密堆积，B原子填充在四面体空隙，B原子与周围的4个N原子形成正四面体结构；设立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x，根据立体几何知识，x等于体对角线的，可求得x=361.5pm156.5pm；②已知六方氮化硼同层中B、N原子之间的距离是acm，六方氮化硼晶胞如图5所示，该晶胞上下底面为菱形，内角分别为120和60，则一个晶胞中含有B的个数=4+4+1=2，含有N的个数=2+2+2=2，层与层之间的距离是bcm，根据正六边形（）可求出晶体中相邻两个B原子之间的距离是acm，即晶胞中上下底面边长为acm，进一步求出晶胞的体积V=3a2bcm3，晶胞的质量m=g=g，则晶体的密度是=g/cm3。12．(1)

7

平面三角形

大于

氨分子中的N原子上有1个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故氨分子中的H—N―H键角更小(2)

N＞O＞C

、(3)

【解析】(1)①基态N原子核外有7个电子，原子核外电子的运动状态各不相同，故基态N原子核外电子的运动状态有7种。②阴离子是，中心N原子的价层电子对数为，不含孤电子对，N原子采取杂化，则的空间构型为平面三角形。③从孤电子对的排斥力大于成键电子对的排斥力看，该化合物的阳离子中H—N—H键角大于氨分子中的H—N—H键角；原因为：该化合物的阳离子中H—N—H的N原子价电子全部参与成键，不含孤电子对，而分子中N原子有1个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故氨分子中的H—N—H键角更小。答案为：7；平面三角形；大于；氨分子中的N原子上有1个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故氨分子中的H—N―H键角更小；(2)①该化合物的组成元素有C、H、N、O，其中C、N、O元素处于第二周期，同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道处于半充满稳定状态，不易失去电子，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故第一电离能：N＞O＞C。②中N原子价层电子对数为3，采取杂化；连接的N原子的价层电子对数为3+1=4，采取杂化。答案为：N＞O＞C；、；(3)①根据题给信息，粒子1的原子分数坐标为，粒子2位于体对角线的处，结合粒子1、2的相对位置，可知粒子2的原子分数坐标为。由晶胞结构推知，每个晶胞含有4个“”，则晶胞质量m(晶胞)；晶胞参数为，则晶胞体积V(晶胞)，故晶体的密度。②据晶胞正上方的俯视投影图，可知黑球(实心球)代表，白球(空心球)代表，则白球应处于4个小正方形格的中心，据此画出图形为。答案为：；；。【点睛】确定在俯视投影图的相对位置时，可先确定的x、y坐标点，然后确定在平面图中的位置。13．(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2(2)

sp2

sp3(3)

F＞O＞B

＞(4)

Be

B(5)

正八面体

x

立方体的体心【解析】(1)钛的原子序数为22，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。(2)BF3中B的价电子对数为3+(3-31)=3，采取sp2杂化，BF中B的价电子对数为4+(3+1-41)=4，采取sp3杂化。(3)KBe2BO3F2的组成元素中，非金属元素有B、O、F，元素非金属性越强，电负性越大，因此电负性由强到弱的顺序为：F＞O＞B；Be的基态原子核外电子排布式为1s22s2，B的基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，Be的最外层电子处于全满结构，较稳定，失去一个电子较难，因此基态原子的第一电离能：Be>B。(4)从化学式KBe2BO3F2可知，X与Y的原子数相同，而原子半径X＞Y，则X为Be、Y为F，所以Z为B。(5)由晶胞结构如图b可知，与Ti4+最近且距离相等的氧离子有6个，可构成正八面体；由晶胞结构如图b可知，Ti4+与最近的间的距离在体对角线上，为体对角线距离的一半，而晶胞边长为xcm，依据勾股定理可得，Ti4+与最近的间的距离为xcm；由化学式CaTiO3可知，与Ti4+个数比为1:1，因此若Ca2+置于立方体的顶点，则Ti4+的位置是立方体的体心。14．(1)(2)

反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性

pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱(3)

CuFe2O4

Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生【解析】（1）为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，用“□”标识出中体现强氧化性的基团如图：；（2）①若将FeSO4一次性加入废水中，反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性，不利于有机污染物降解；②当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱；（3）根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，4=16个Fe，4+4=32个O，故其化学式为CuFe2O4；②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图，Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生。15．(1