山西省晋中市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题

高三模拟试题高三模拟试题PAGE2PAGE1山西省晋中市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题一、实验题1．（2020·山西晋中·统考一模）聚合硫酸铁简称聚铁［Fe2(OH)6-2n(SO4)n〗m广泛用于饮用水等的净化。某化工厂利用硫酸铜废液制备聚铁，其流程如下：回答下列问题：（1）试剂A为__________。（2）本实验中两次加入硫酸，其中“加热浓缩“时加入稀硫酸，除了抑制离子水解，还为了_______，“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏大，则_________。（3）“控温氧化”时选用绿色氧化剂双氧水，该过程需要控温的原因是________。（4）减压蒸发装置如图所示。实验开始时，应先打开减压泵，从_____（填字母）口通入冷水，再打开旋转主机；实验结束时应先关闭旋转主机，再_______，打开阀门a通大气后，最后取下______（填仪器名称），从中获得聚铁。本实验采取减压蒸发的理由是___________。（5）测定聚合硫酸铁样品主要成分的化学式。准确称取所得聚铁样品5.520g，溶于适量稀盐酸中，然后分成两等份：a.一份加入过量的BaCl2溶液，然后过滤、洗涤、干燥，称重，得固体质量1.165g；b.另一份置于250mL锥形瓶中，加入过量KI，充分反应后再用0.5000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：I2+2S2O32–=2I–+S4O62–（无色）①计算所得产品化学式中n=_______。②若m=4，写出“聚合”过程的化学方程式：______。2．（2021·山西·统考一模）铵明矾〖NH4Al(SO4)2·12H2O〗是分析化学常用基准试剂，在生产生活中也有很多重要用途。实验室以NH4HCO3为原料制备铵明钒晶体的过程如图：请回答下列问题：Ⅰ.(1)试写出过程Ⅰ的化学方程式___。(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___，若省略该过程，则会导致制得的铵明矾晶体中混有__杂质(填化学式)。(3)过程Ⅲ获得铵明矾晶体，需进行的实验操作是__、过滤、洗涤、干燥。Ⅱ.为测定铵明矾晶体纯度，某学生取mg铵明矾样品配成500mL溶液，根据物质组成，设计了如下三个实验方案(每个方案取用溶液的体积均为50.00mL)。请结合三个方案分别回答下列问题：方案一：测定SO的量，实验设计如下：(4)老师评价这个方案不科学，测得的SO含量将__(填“偏高”或“偏低”)，理由是__。方案二：测定NH的量，实验设计如图所示：(5)准确测量氨气的体积是实验成功的保证。①读取量气管的读数时应注意__。②量气管中所盛液体可以是__(填字母)。a.水b.乙醇c.苯d.四氯化碳方案三：测定Al3+的量，实验过程如下：(6)取50.00mL待测液，调节溶液pH约为3.5，加入V1mLc1mol/L乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液，加热至沸腾，使Al3+与Na2H2Y迅速反应；待反应完成后调节溶液pH至5~6，加入二甲酚橙指示剂，再用c2mol/L的Zn2+滴定液滴定过量的Na2H2Y，至滴定终点时消耗Zn2+滴定液的体积为V2mL。反应的离子方程式为Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+。通过计算确定铵明矾晶体的纯度__。3．（2022·山西晋中·统考一模）氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为78.8°C，在农药、制药行业中用途广泛。SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并产生有刺激性气味的气体。实验室合成原理：SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。其他相关信息如下：①实验室里通常用Na2SO3固体和浓硫酸在不加热时反应制备二氧化硫。②合成氯化亚砜时可能用到的部分装置如图所示。回答下列问题：(1)装置乙、丙中相同的仪器名称为_______。(2)实验室制取SOCl2是在三颈烧瓶中合成的，从图中选取合适的装置组成整个装置，所选仪器的连接顺序是：⑥→_______→①②←_______(用“→”或“←”连接各接口，箭头表示气体流向，某些仪器可以多次使用。装置乙用于制取氯气)。(3)装置甲中冷凝管的进水口为_______(填“③”或“④”)。冷凝管上连接的干燥管的作用是：①吸收逸出的Cl2、SO2，防污染；②_______。(4)浓硫酸的作用是_______。(5)该实验制取氯气的离子方程式为_______。(6)实验室对SO2尾气进行处理，下列如图装置中最合适的是_______(填标号)。(7)已知SCl2的沸点为60°C。实验结束后，将三颈烧瓶中液体混合物分离开的实验操作名称是_______。若反应中消耗的Cl2的体积为896mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到纯净的SOCl27.12g，则SOCl2的产率为_______(保留两位有效数字)。二、结构与性质4．（2020·山西晋中·统考一模）铬的化合物在医药、材料领域有重要作用，认识铬及其化合物有重要意义。（1）基态铬原子中，电子占据的最高能级符号为_____________。（2）研究表明，当化合物的阳离子有未成对电子时，该化合物具有磁性。下列物质可用作录音带磁粉的是__________。A．V2O5

B．Fe2O3

C．ZnO

D．CrO2（3）已知Cr3+在水溶液中的存在形式为〖Cr(H2O)6］3+。在不同条件下，可从CrCl3水溶液中获得紫色、蓝绿色或绿色等不同颜色的配合物，其实验式均为CrCl3•6H2O。现取蓝绿色配合物0.1mol，加入足量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，则该化合物中的化学键类型有___________，写出该蓝绿色配合物的电离方程式：________。（4）常温下，氯化酰铬(CrO2Cl2)是暗红色液体，能与CCl4、CS2等有机溶剂互溶。①固体氯化酰铬属于______（填“极性”或“非极性”）分子，判断依据是______。②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子。写出一种与CCl4分子互为等电子体的阴离子：_______（填化学式）；写出CS2分子的电子式：____________。（5）氮化铬(CrN)在超级电容器领域有良好应用前景，其晶体结构类型与氯化钠相同。①氮化铬的熔点比氯化钠高的主要原因是______。②与Cr3+次邻近的N3–有________个。③已知Cr3+和N3–半径分别为apm、bpm，设Cr3+和N3–都是紧密接触的刚性小球，NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为ρg•cm–3，则CrN的摩尔质量为______。（用含a、b、NA、ρ的算式表示）5．（2021·山西·统考一模）2020年11月24日，长征五号运载火箭携嫦娥五号月球探测器在文昌发射升空，开启了我国首次地外天体采样返回之旅。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿(主要成分为TiO2、Fe2O3等)，月壤中还含有硅、铝、钾、钡、锂、铷、锆、铪和稀土元素等。(1)钛是21世纪重要的金属。基态Ti原子的价电子排布式为___。(2)铝和铁是目前用量最大的金属。①在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是__，该元素的氯化物的空间构型为__。②氧化铁比氧化亚铁稳定，试从原子结构角度解释原因__。(3)TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其固体的晶体类型为___。(4)BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是___；BaCO3热分解温度比CaCO3高的原因是___，CO中心原子的杂化方式为___，与其互为等电子体的粒子有__(写出一种分子和一种离子)。(5)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为__g·cm-3。6．（2022·山西晋中·统考一模）2021年全世界前沿新材料领域取得新的进展，推动了高技术产业变革，钛(Ti)被称为“未来世界的金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。请回答下列问题：(1)基态Ti2+的价电子的电子排布图为_______。与钛同周期的过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为_______(写元素名称)。(2)TiCl4分子中4个氯原子不在同一平面上，则TiCl4的立体构型为_______。(3)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是_______。(4)钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其他离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物CH3NH3PbI3，其中有机阳离子CH3NH可由甲胺(CH3NH2)制得。其晶胞如图(b)所示。①其中Pb2+与图(a)中_______的空间位置相同。②有机阳离子CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是_______；请从化学键的角度解释由甲胺形成CH3NH的过程：_______。(5)将金属元素Al掺杂到TiN多层膜中，能有效地改善纳米多层膜的耐磨性。其晶胞结构如图所示，距离Ti最近的Al有_______个。已知掺杂后的晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，原子①与原子②距离为_______nm。高三模拟试题PAGE2PAGE1▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁：1．

铁粉

增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）

Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低

温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解

b

关闭减压泵

旋转瓶

降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解

1

4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4〖祥解〗分析制备流程，利用硫酸铜废液制备聚铁，则将硫酸铜废液除酸后，需先加入一定量的铁粉，搅拌、过滤，得到硫酸亚铁溶液。向其中加入少量硫酸，一方面可在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，另一方面为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。通过双氧水将Fe2+氧化为Fe3+。该步骤注意控制反应温度。之后加入水和稀硫酸进行聚合，最后通过减压蒸发得到聚铁。据此分析解答。〖详析〗（1）根据原料和产品可知将硫酸铜废液转化为聚铁，故硫酸铜废液除酸后，加入一定量铁粉，则可知试剂A为铁粉。〖答案〗为：铁粉；（2）由分析可知，加入少量稀硫酸，除了在加热浓缩时抑制Fe2+的水解，还为下一步氧化提供酸性环境，提高双氧水的氧化能力。“聚合”时加硫酸是为了控制溶液的pH在一定范围内，若pH偏小时，Fe3+水解程度弱，pH偏大时，Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；〖答案〗为：增加H+浓度，提高双氧水的氧化能力（或促进Fe2+被氧化）；Fe3+容易转化成Fe(OH)3沉淀，导致聚铁产率降低；（3）控制温度在一定范围内，一方面是为了加快反应速率，另一方面是防止双氧水分解，〖答案〗为：温度过低反应速率慢，温度过高双氧水分解；（4）该装置使用减压泵给系统减压，降低溶液的沸点，可以在较低温度下蒸馏，避免产品聚铁分解。实验开始时，先打开减压泵使系统处于负压状态，再从用于冷凝蒸出物的（蛇形）冷凝管下口即b口通入冷水，从上口即c口排出；要将聚铁与水分离，因为水的沸点相对聚铁要低，故水浴锅温度调至减压条件下水的沸点附近，打开电动机转动旋转瓶，旋转瓶置于水浴中一边旋转，一边加热，可以增大蒸发面积，利于瓶内溶液扩散蒸发。结束时应先停止旋转电动机，防止蒸馏烧瓶在转动中脱落，再打开通气阀通大气，然后取下收集瓶和旋转瓶。实验中通过水浴加热是蒸发溶剂水，故水在收集瓶中，聚铁在旋转瓶中，取下旋转瓶得聚铁。〖答案〗为：b；关闭减压泵；旋转瓶；降低蒸发温度，防止加热时聚铁分解；（5）①n(SO42-)=n(BaSO4)=，依据关系式：2Fe3+～I2～2S2O32-，可知n(Fe3+)=n(S2O32-)=，，n=1。〖答案〗为：1；②若m=4，说明Fe2(SO4)3“聚合”生成［Fe2(OH)4SO4］4，即部分Fe3+水解，反应方程式为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。〖答案〗为：4Fe2(SO4)3+16H2O=［Fe2(OH)4SO4］4+8H2SO4。2．

2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4

除去溶液A中剩余的HCO

Al(OH)3

蒸发浓缩，冷却结晶

偏高

铵明钒中混有硫酸钠

保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的凹液面

cd

%〖祥解〗Ⅰ.NH4HCO3饱和溶液加入稍过量的饱和Na2SO4溶液，利用NaHCO3溶解度较小，NH4HCO3和Na2SO4发生复分解反应：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，过滤后滤液中含有硫酸铵、硫酸钠和一定量的NaHCO3，加入稀硫酸调节溶液pH=2，可除去HC，最后加入硫酸铝溶液制取铵明钒晶体。Ⅱ.方案一是利用氯化钡测定溶液中的SO的量，由此求出铵明矾晶体的量；方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质量，再除以样品的质量，即可求出样品的纯度；方案三是用乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液测定Al3+的量，由此求出铵明矾晶体的含量。〖详析〗Ⅰ.(1)根据以上分析过程Ⅰ为NH4HCO3和Na2SO4发生复分解反应，反应的化学方程式为2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4，故〖答案〗为：2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；(2)过程Ⅱ中加入稀硫酸的可除去溶液A中剩余的HCO，使之生成CO2，得到含有(NH4)2SO4、H2SO4和少量Na2SO4的溶液，若省略该过程，溶液中还有一定量的HC，加入Al2(SO4)3，Al3+会HCO与发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀，导致制得的铵明矾晶体中混有Al(OH)3，故〖答案〗为：除去溶液A中剩余的HCO；Al(OH)3；(3)过程Ⅲ为从溶液中获得铵明矾晶体的过程，则需进行的实验操作是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故〖答案〗为：蒸发浓缩，冷却结晶；Ⅱ.(4)方案一是利用氯化钡测定溶液中的SO的量，由此求出铵明矾晶体的量，由于铵明钒中混有硫酸钠，测得的SO含量将偏高，故〖答案〗为：偏高；铵明钒中混有硫酸钠；(5)①一定温度下，气体体积与压强有关，所以读取量气管的读数时应注意保持量气管两侧液面相平，同时眼睛平视量气管内液体的凹液面，避免造成读数误差，故〖答案〗为：保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的凹液面；②方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质量，实验成功的关键是尽可能不让氨气溶于量气管中的液体，由于氨气易溶于水和乙醇，不溶于苯和四氯化碳，故选cd，故〖答案〗为：cd；(6)根据反应的离子方程式：Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+，50.00mL待测液中含n(Al3+)=n(H2Y2-)-n(Zn2+)=(c1V110-3-c2V210-3)mol，则mg铵明矾样品配成的500mL溶液中含n(Al3+)=(c1V110-3-c2V210-3)mol=(c1V110-2-c2V210-2)mol，铵明矾晶体的质量=(c1V110-2-c2V210-2)mol453g/mol=4.53(c1V1-c2V2)g，铵明矾晶体的纯度=100%=%。故〖答案〗为：%。3．(1)分液漏斗(2)

⑫→⑪→⑨→⑩

⑩←⑨←⑦(3)

③

防止水蒸气进入装置与SOCl2反应(4)干燥产生的氯气和二氧化硫(5)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(6)③(7)

蒸馏

75%〖祥解〗实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫会污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，实验结束后，将三颈烧瓶中混合物蒸馏得到产品。（1）装置乙中仪器有铁架台、酒精灯、石棉网、烧瓶和分液漏斗，装置丙中仪器有锥形瓶和分液漏斗，因此装置乙、丙中相同的仪器名称为：分液漏斗。（2）依据分析可知，实验室用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水吸收HCl，用浓硫酸干燥氯气，二氧化硫气体由亚硫酸钠和浓硫酸制备，同理用浓硫酸干燥制得的二氧化硫气体，干燥纯净的氯气和二氧化硫在三颈烧瓶中由活性炭催化反应制得SOCl2，SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2，SOCl2易水解，氯气和二氧化硫会污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，整个装置所选仪器的连接顺序是：⑥→⑫→⑪→⑨→⑩→①②←⑩←⑨←⑦。（3）为使冷却效果更好，装置甲中冷凝管的水应下口进上口出，即进水口为③；氯气和二氧化硫污染空气，不能直接排放，故冷凝管上连接的盛有碱石灰的干燥管，吸收逸出的氯气和二氧化硫防止污染空气，同时也防止水蒸气进入装置与SOCl2反应。（4）浓硫酸具有吸水性，用来干燥产生的氯气和二氧化硫。（5）该实验中用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。（6）①中洗气时应长管进短管出，①错误；②中二氧化硫不易溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，②错误；③中二氧化硫难溶于四氯化碳，上升时被氢氧化钠溶液吸收，③正确；④中漏斗完全浸入溶液中，不能起到防倒吸的作用，④错误；综上分析，〖答案〗选③。（7）已知氯化亚砜沸点为78.8°C，SCl2的沸点为60°C，所以采用蒸馏的方法即可将之分离；消耗氯气的物质的量为=0.04mol，由方程式SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2可知，生成0.08molSOCl2，则SOCl2的产率为：≈75%。4．

3d

BD

离子键、（极性）共价键、配位键

〖Cr(H2O)5C1〗C12=〖Cr(H2O)5C1〗2++2Cl-

非极性

根据相似相溶原理，CC14、CS2为非极性分子，所以CrO2C12为非极性分子

PO43–、SO42–、C1O4–

氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大

8

〖祥解〗（5）③根据题给信息，结合晶胞的质量公式：①m=ρV、②，可得：，由此可知，要计算CrN的摩尔质量，需计算晶胞的体积、晶胞中所含的微粒个数，据此进行分析求解。〖详析〗（1）Cr元素的基态原子的电子排布式为［Ar］3d54s1，3d能级与4s能级存在能级交错，3d能量高于4s的，所以基态铬原子中电子占据的最高能级符号为3d，〖答案〗为：3d；（2）由信息知：化合物具有磁性需要满足阳离子有未成对电子，据此分析：A．V2O5中钒为+5价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，阳离子中没有未成对电子，所以V2O5没有磁性，A项错误；B．Fe2O3中铁为+3价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，3d5有5个未成对电子，所以Fe2O3有磁性，B项正确；C．ZnO中锌为+2价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，阳离子中没有未成对电子，所以ZnO没有磁性，C项错误；D．CrO2中铬为+4价，对应阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d2有2个未成对电子，所以CrO2有磁性，D项正确；〖答案〗为：BD；（3）向0.1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥得28.7g沉淀，即n(AgCl)=，故1mol蓝绿色配合物中加入足量的AgNO3能产生2molAgCl沉淀，因为配合物内界不电离出离子，而1mol蓝绿色配合物中有3molCl-，所以蓝绿色配合物外界的Cl-是内界的2倍，即外界2份Cl-，内界1份Cl-；再根据“已知Cr3+在水溶液中的存在形式为〖Cr(H2O)6］3+”可知Cr的配位数为6，所以内界还有5份H2O，外界还有1份H2O，因此蓝绿色配合物的结构式为〖Cr(H2O)5C1〗C12·H2O；由于配合物由内界和外界，能电离出离子，所以含有离子键，H2O中存在（极性）共价键，内界的H2O、Cl-与Cr3+之间存在配位键，其电离方程式为：〖Cr(H2O)5C1〗C12=〖Cr(H2O)5C1〗2++2Cl-。〖答案〗为：离子键、（极性）共价键、配位键；〖Cr(H2O)5C1〗C12=〖Cr(H2O)5C1〗2++2Cl-；（4）①根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；〖答案〗为：非极性；根据相似相溶原理，CCl4、CS2为非极性分子，所以CrO2Cl2为非极性分子；②等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子，CCl4具有AX4通式，CCl4含有5个原子、32个价电子，和PO43-、SO42-、ClO4-这些离子互为等电子体；CS2的电子式为：；〖答案〗为：PO43–、SO42–、C1O4–；；（5）①通常离子所带电荷数越多，晶格能就越大，熔沸点就越高。〖答案〗为：氮化铬中离子所带电荷数较多，晶格能较大；②由题给信息：氮化铬晶体结构类型与氯化钠相同，据此分析，顶点的Cr3+到体心N3-的距离为次邻近距离，该顶点的Cr3+为8个晶胞所共有，所以与该顶点的Cr3+次邻近的N3-是8个。〖答案〗为：8；③已知Cr3+和N3-半径分别为apm、bpm，Cr3+和N3-都是紧密接触的刚性小球，所以晶胞的边长为(2a+2b)pm=。由于Cr3+位于8个顶点和6个面的面心上，所以一个晶胞中有4个Cr3+；N3-位于12条棱上和1个体心，所以一个晶胞中有4个N3-，即一个晶胞中有4个CrN，一个晶胞的质量即4个CrN的质量，设CrN的摩尔质量为M，则一个晶胞的质量m=。而晶胞质量还等于晶胞密度与晶胞体积的乘积，即，晶胞的体积V=，所以晶胞质量的关系式如下：，整理得M=。〖答案〗为：。〖『点石成金』〗易忽略（1）中存在的能级交错现象而错写成4s。从第三能级开始各能级不完全遵循能层顺序，产生了能级交错排列现象。能量高低顺序可表示为：Ens＜E(n-2)f＜E(n-1)d＜Enp……即能层序数大，其能级的能量不一定高。做题时要注意题中陷阱。5．

3d24s2

Be或铍

直线形

Fe3+的3d能级半充满，稳定

分子晶体

O>Ti>Ba

Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定

sp2

NO、SO3

〖祥解〗根据元素在周期表中的位置确定原子的电子层数及其价电子数。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据同族替换和等量代换原则找等电子体。根据原子的空间排列特点分析其堆积方式，根据均摊法确定晶体的化学式，进一步根据晶胞的质量和体积求其密度。〖详析〗(1)钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或〖Ar〗3d24s2），22Ti元素基态原子的价电子层排布式为3d24s2，故〖答案〗为：3d24s2。(2)①根据对角线原则，在周期表中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是Be（铍），该元素的氯化物为BeCl2，因为其价层电子对数为=，σ键电子对数为2，孤电子对数为0，根据VSEPR理论，BeCl2的空间构型为直线形。故〖答案〗为：Be或铍；直线形。②Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d⁵，Fe3+的3d能级处于半充满状态，稳定，所以氧化铁比氧化亚铁稳定。故〖答案〗为：Fe3+的3d能级半充满，稳定。(3)TiCl4在常温下是一种无色液体，熔点为250K，沸点为409K，其熔沸点较低，所以其固体的晶体类型为分子晶体。故〖答案〗为：分子晶体。(4)因为Ba是第六周期第IIA族，Ti是第四周期第ⅣB族，O是第二周期第ⅥA族，所以根据第一电离能的变化规律，BaTiO3组成元素的第一电离能由大到小顺序是O>Ti>Ba；同主族半径越大金属性越强,越容易失电子.变成离子后半径越大就越难得电子.形成的盐就越难分解，所以Ca2+半径比Ba2+小，对CO中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定；CO中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为平面三角