2023届新高考化学一轮单元质检卷第五单元　物质结构与元素周期律

单元质检卷5一、选择题(本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1．(2021·盐城东台创新高级中学月考)下列说法错误的是()A．CH4分子球棍模型：B．基态Si原子价电子排布图：C．第一电离能：N>O>CD．石墨质软的原因是其层间作用力微弱解析：C原子的半径大于H原子，因此CH4分子的球棍模型为，A项错误；基态Si原子价电子排布式为3s23p2，排布图为，B项正确；N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能N>O>C，C项正确；在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而层与层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D项正确。答案：A2．关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是()A．CH3OH为极性分子B．N2H4空间结构为平面形C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同解析：甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A项正确；N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B项错误；N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼[(CH3)2NNH2]只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C项正确；CH3OH为四面体结构，－OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D项正确。答案：B3．(2021·南京大厂高级中学月考)工业制乙醇的反应为CH2=CH2＋H2Oeq\o(→,\s\up17(催化剂),\s\do20(△))CH3CH2OH，下列有关化学用语错误的是()A．乙烯的电子式：B．碳的原子结构示意图：C．水的结构式：D．中子数为8的氧的核素：eq\o\al(16,8)O解析：乙烯是碳碳双键，其电子式为，故A项错误；碳的原子序数为6，其原子结构示意图为，故B项正确；水是“V”形结构，其结构式为，故C项正确；氧的质子数为8，中子数为8的氧的核素，其质量数为16，其核素符号为eq\o\al(16,8)O，故D项正确。答案：A4．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，W2X是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物ZY4是气体。下列说法错误的是()A．Y的第一电离能在四种元素中最大B．W2X和ZX2的中心原子分别为sp3和sp2杂化C．W2X的沸点高于W2Z的沸点D．ZY4分子中原子均为8电子结构解析：W是宇宙中最丰富的元素，则W是H元素；W2X是维持生命过程的必需物质，则X为O元素；WY可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F元素；ZX2是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S元素；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S。据此分析解答。非金属性越强，第一电离能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A项正确；H2O中O的价层电子对数为2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，SO2中S的价层电子对数为2＋eq\f(6－2×2,2)＝3，因此H2O和SO2的中心原子分别为sp3和sp2杂化，B项正确；O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C项正确；SF4中S的最外层电子数为10，D项错误。答案：D5．(2021·福州市第一中学月考)短周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，Z的基态原子2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，它们组成的一种分子结构如图。下列说法正确的是()A．电负性：X>Y>ZB．原子半径：Y>Z>XC．分子中Z原子的杂化方式均为sp2D．Y、Z、M的最高价氧化物的水化物均为强酸解析：已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，Z的基态原子2p轨道半充满，则Z为N元素，M的最高正价与最低负价绝对值之差为4，则M为S元素，4种元素组成的一种分子结构如题图，根据共价键数目可推知，则X为H元素，Y为C元素。据此分析解答。X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，则电负性N>C>H，A项错误；H原子核外有1个电子层，而C、N原子核外均有2个电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径C>N>H，B项正确；分子中N原子均形成共价单键，为sp3杂化，C项错误；C元素的最高价氧化物的水化物为H2CO3，H2CO3为弱酸，D项错误。答案：B6．(2021·石家庄第二十四中学月考)已知NixMg1－xO晶体属立方晶系，晶胞边长a。将Li＋掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是()A．该结构单元中O原子数为3B．Ni和Mg间的最短距离是eq\f(\r(2),2)aC．Ni的配位数为4D．该物质的化学式为Li0.5Mg1.12Ni2.38O4解析：由均摊法可知该结构单元中O原子数＝1＋12×eq\f(1,4)＝4，A项错误；由题图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即eq\f(\r(2),2)a，B项正确；由晶胞可知Ni的配位数为6，C项错误；1个晶胞中Li的个数＝1×eq\f(1,2)＝0.5，Mg的个数＝2×eq\f(1,2)＋1×eq\f(1,8)＝1.125，Ni的个数＝7×eq\f(1,8)＋3×eq\f(1,2)＝2.375，O的个数＝4，因此该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，D项错误。答案：B7．X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]＋[XY6]－的形式存在。下列说法错误的是()A．原子半径：X>YB．简单氢化物的还原性：X>YC．同周期元素形成的单质中Y氧化性最强D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种解析：Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3－>Cl－，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以第一电离能小于P的元素有5种，D项符合题意。答案：D8．(2021·漯河中学月考)已知：乙烯在酸性KMnO4溶液的作用下，碳碳双键完全断裂生成CO2(反应①)；在银作催化剂时，可与氧气反应生成环氧乙烷(反应②)。下列说法错误的是()①CH2=CH2eq\o(→,\s\up17(KMnO4/H＋))CO2A．反应①是氧化反应B．反应②是还原反应C．Mn基态原子的价电子排布式为3d54s2D．环氧乙烷分子中的氧原子是sp3杂化解析：反应①CH2=CH2转化为CO2，分子中O原子增加，是氧化反应，A项正确；反应②CH2=CH2转化为，分子中O原子增加，是氧化反应，B项错误；Mn是25号元素，Mn基态原子的价电子排布式为3d54s2，C项正确；环氧乙烷分子中，C原子与O原子之间以单键相连，故O原子是sp3杂化，D项正确。答案：B9．(2021·盐城东台创新高级中学月考)我国科学家合成了富集11B的非碳导热材料立方氮化硼晶体，晶胞结构如图。下列说法正确的是()A．11BN和10BN的性质无差异B．该晶体具有良好的导电性C．该晶胞中含有14个B原子，4个N原子D．N原子周围等距且最近的N原子数为12解析：11B和10B互为同位素，形成的化合物在化学性质上无差异，但其物理性质不同，故A项错误；该晶体结构中无自由移动的电子，不具有导电性，B项错误；由题图可知，该晶胞含4个N原子，B原子位于晶胞的顶点和面心上，故B原子的数量为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，C项错误；由晶胞示意图，1个N原子与4个B原子成键，1个B原子可以和3个N原子成键，这些N原子距中心N原子等距离且最近，总数为12个，D项正确。答案：D10．(2021·襄阳枣阳二中月考)已知SiCl4发生水解反应的机理如下图所示，下列叙述正确的是()A．SiCl4的键角与白磷(P4)的键角相同B．H4SiO4脱水后加热分解得到的晶体中每个Si可参与形成12个12元环C．SiO2和SiCl4均属于共价晶体D．CCl4不能按照上述机理发生水解反应，原因是C的原子半径小解析：SiCl4是和甲烷相似的结构，正四面体中心与顶点夹角为109°28′，P4为中空的正四面体结构，键角为60°，故A项错误；H4SiO4脱水后加热分解得到二氧化硅，1个Si被12个12元环共用，故B项正确；SiCl4属于分子晶体，由分子构成，SiO2是共价晶体，故C项错误；CCl4不能按照上述机理发生水解反应，是因为C原子只有2个电子层，没有d轨道，难以形成sp3d杂化，故D项错误。答案：B11．(2021·常州北郊高级中学月考)Cu2＋与缩二脲在碱性溶液中形成的紫色配离子的结构如图所示。下列有关该配离子的说法不正确的是()A．Cu2＋的配位数是2B．Cu2＋的核外电子排布式为[Ar]3d9C．与Cu2＋形成的化学键具有方向性和饱和性D．能与水分子形成氢键的原子有N、O、H解析：由图中Cu2＋与周围原子的配位键连接数量可以看出，每个Cu2＋的配位数为4，A项符合题意；Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu原子失去两个电子形成Cu2＋，所以Cu2＋电子排布式为[Ar]3d9，B项不符合题意；配位键形成原理同共价键，所以成键角度及成键数量都受Cu2＋核外的原子轨道数量及轨道杂化类型限制，所以配位键具有方向性和饱和性，C项不符合题意；水分子中H原子可与其他分子中的N、O原子之间形成氢键，水分子中O原子可与其他分子中的H原子之间形成氢键，D项不符合题意。答案：A12．(2021·泰州口岸中学月考)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是目前主流的动力电池之一，安全性较好，其工作原理可表示为LixC6＋Li(1－x)FePO4LiFePO4＋6C(LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料)。LiFePO4的晶胞结构示意图如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。一种制备LiFePO4的反应为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up17(高温))2LiFePO4＋3CO2↑＋3H2O↑。下列说法不正确的是()A．基态Fe2＋的电子排布式为[Ar]3d54s1B．每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个C．制备LiFePO4时应当在还原性或惰性氛围中进行D．制备LiFePO4时每转移1mole－生成标准状况下的CO233.6L解析：基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，其d轨道和s轨道各失去1个电子后，为半充满状态，此时能量最低，所以亚铁离子的电子排布式为[Ar]3d54s1，故A项正确；每个晶胞中含有4个锂离子，根据题意，所以每个晶胞中含有4个LiFePO4单元，故B项正确；亚铁离子具有还原性和氧化性，制备LiFePO4时，应在惰性氛围中避免被氧化和被还原，故C项不正确；根据反应2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up17(高温))2LiFePO4＋3CO2↑＋3H2O↑可知，制备LiFePO4时，每转移1mol电子，生成1.5molCO2，标准状况下的体积为33.6L，故D项正确。答案：C13．(2021·邢台五中月考)铌(41Nb)和镍合金的用途非常广泛，Nb、Ni互化物的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是()A．Nb位于元素周期表第四周期第ⅤB族B．Nb、Ni互化物的化学式为NbNi2C．Nb、Ni互化物晶体的密度为eq\f(540,6.02×0.3622×0.741)g·cm－3D．图中Nb原子与Ni原子的距离d为0.181eq\r(2)nm解析：铌的原子序数为41，位于元素周期表第五周期第ⅤB族，故A项错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铌的原子个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，位于棱上和面心的镍原子个数为4×eq\f(1,4)＋10×eq\f(1,2)＝6，则互化物的化学式为NbNi3，故B项错误；由晶胞的质量公式可得eq\f(2×（93＋3×59）,6.02×1023)＝0.3622×0.741×10—21×ρ，解得密度ρ＝eq\f(540,602×0.3622×0.741)g·cm－3，故＝0.362nm×eq\f(\r(2),2)＝0.181eq\r(2)nm，故D项正确。答案：D14．(2021·秦皇岛一中月考)A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是()A．B分子中的化学键为sp3sσ键，有轴对称性，可以旋转B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′解析：A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，可推知A为HCl、E为F2，C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，可推知C为PH3、F为H2O2，B有臭鸡蛋气味，可推知B为H2S，D与甲烷分子构型相同，可推知D为SiH4，G为火箭推进器常用燃料，可推知G为N2H4，H为烃，可推知H为C2H6。据此分析解答。B为H2S，中心原子硫原子形成sp3杂化轨道，氢原子提供s原子轨道，形成sp3sσ键，sp3sσ键有轴对称性，可以旋转，故A项正确；F为H2O2，H为C2H6均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子，故B项正确；G为N2H4，和氢离子通过配位键形成阳离子N2Heq\o\al(＋,5)，反应前后中心原子杂化方式不变，故C项正确；C为PH3，原子序数较大的元素为P，P元素形成P4，其为正四面体结构，键角为60°，故D项错误。答案：D15．(2021·无锡第一次模拟)由EDTA制备食品铁强化剂Na[FeEDTA]的合成路线如图，下列有关说法正确的是()A．Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合价为＋2价B．[FeEDTA]－中碳原子的杂化类型为sp2C．1molEDTA与盐酸反应时最多消耗2molHClD．EDTA分子间可通过取代反应形成肽键解析：由Na[FeEDTA]的结构可知，化合物中铁元素的化合价为＋3价，故A项错误；由Na[FeEDTA]的结构可知，化合物中含有杂化方式为sp3的单键碳原子和杂化方式为sp2的双键碳原子，故B项错误；由结构简式可知，EDTA分子中含有2个氮原子，则1molEDTA与盐酸反应时最多消耗2molHCl，故C项正确；由结构简式可知，EDTA分子中氮原子没有连接氢原子，不能与羧基发生取代反应形成肽键，故D项错误。答案：C16．(2021·聊城第一次模拟)B2O3的气态分子结构如图1所示，硼酸(H3BO3)晶体结构为层状，其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是()A．图1、图2所示的两分子中B原子分别采用sp杂化、sp2杂化B．硼酸晶体中层与层之前存在范德华力C．1molH3BO3晶体中含有6mol氢键D．硼原子可提供空轨道，硼酸电离的方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋解析：B最外层3个电子，在图1分子中每个B原子只形成了2个σ键，且其没有孤电子对，故其sp杂化，在图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且其没有孤电子对，故其采用sp2杂化，A项正确；由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知其层与层之间存在范德华力，故B项正确；由图中信息可知，每个硼酸分子有3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，因此，1molH3BO3晶体中含有3mol氢键，故C项错误；硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的OH－中的氧原子有2个孤电子对，故两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性，其电离方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋，故D项正确。答案：C二、非选择题(本题共4小题，共56分。)17．(2021·秦皇岛新世纪高级中学月考)(13分)科学工作者合成了含镁、镍、碳3种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：(1)镍元素位于周期表第______列，基态镍原子d轨道中成对电子与单电子的数量比为______。(2)在CO分子中，C与O之间形成______个σ键、______个π键，在这些化学键中，O原子共提供了______个电子。(3)第二周期元素的第一电离能(I1)随原子序数(Z)的变化情况如图1。I1随Z的递增而呈增大趋势的原因是__________________________________________________________，原子核对外层电子的引力增大。导致I1在a点出现齿峰的原因是__________________。(4)下列分子或离子与CO2具有相同类型化学键和空间构型的是______(填字母)。A．SO2 B．OCN－C．NFeq\o\al(－,2) D．NOeq\o\al(＋,2)(5)过渡金属与CO形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物Ni(CO)x中，x＝______。(6)在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构。结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图2所示。①组成该晶体的化学式为________。②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为________，由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中镍原子和镁原子的数量比为________。③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的________位置。解析：(1)Ni是28号元素，位于第四周期第Ⅷ族的第3列，则为周期表的第10列；其d轨道的电子排布为3d8，有3对(6个)成对电子和2个单电子，数量比为6∶2＝3∶1。(2)在CO分子中形成碳氧三键，C与O之间形成1个σ键、2个π键，其中1个π键为O原子提供孤电子对，C原子提供空轨道形成的配位键，所以O原子共提供了4个电子。(3)I1随Z的递增而呈增大趋势的原因是随原子序数增大，原子半径逐渐减小，原子核对外层电子的引力增大；a点为第ⅤA族元素，即N元素，其最高能层的p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以出现齿峰。(4)CO2只含有极性共价键，空间构型为直线形；SO2只含有极性键，但空间构型为V形，故A项不符合题意；OCN－只含有极性键，与CO2为等电子体，空间构型相同，故B项符合题意；HFeq\o\al(－,2)是由F－和HF通过氢键形成，故C项不符合题意；NOeq\o\al(＋,2)只含有极性键，与CO2为等电子体，空间构型相同，故D项符合题意；综上所述答案为BD。(5)Ni原子核外电子数为28，同周期的稀有气体元素为Kr，原子序数为36，每1个CO可提供2个电子，所以x＝eq\f(36－28,2)＝4。(6)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1，Mg原子位于顶点，个数为8×eq\f(1,8)＝1，Ni原子位于面心，个数为6×eq\f(1,2)＝3，所以化学式为MgNi3C。②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1，每条棱上的2个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的eq\f(1,4)，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为12×eq\f(1,4)＝3，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1∶3；镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，所以镍原子和镁原子的数量比2∶1。③若取碳原子为晶胞顶点，据图可知镍原子位于2个C原子之间，即棱心上。答案：(1)103∶1(2)124(3)随原子序数增大，核电荷数增大，原子半径逐渐减小N元素原子的2p能级轨道半满，更稳定(4)BD(5)4(6)①MgNi3C②1∶32∶1③棱心18．(18分)第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。请回答下列问题：(1)①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一电离能较大的是________。②As4S4俗称雄黄，其中基态As原子的核外电子排布式为[Ar]______，有______个未成对电子。③P、S、As电负性由大到小的顺序是________。(2)NH3、PH3、AsH3中沸点最高的是________，其主要原因是____________________________。(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子的空间构型为________。②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]＋[PCl6]－和[PBr4]＋Br－，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是______________________________________。(4)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，则：①锑酸亚铁的化学式为________。②晶体的密度为________g·cm－3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。解析：(1)①P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能较大的是P。②As元素为33号元素，第四周期第ⅤA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子。③非金属性S>P>As，所以电负性：S>P>As。(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高。(3)①PCl3－半径较大，而Cl－半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl－，而无法容纳6个Br－，无法形成[PBr6]－。(4)①根据题图可知1个晶胞中含有Sb原子的个数为8×eq\f(1,4)＋2＝4，O原子的个数为4×eq\f(1,2)＋10＝12，Fe2＋的个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2。②晶胞的质量为eq\f(122×4＋16×12＋56×2,NA)g＝eq\f(792,NA)g，晶体的体积为abcnm3＝abc×10－21cm3，所以晶体的密度为eq\f(\f(792,NA)g,abc×10－21cm3)＝eq\f(792,abc×10－21NA)g·cm3。答案：(1)①P②3d104s24p33③S>P>As(2)NH3NH3分子间存在氢键(3)①三角锥形②Br－半径较大，无法形成[PBr6]－(4)①Fe(SbO3)2②eq\f(792,abc×10－21NA)19．(10分)非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)基态F原子核外电子的运动状态有______种。(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_______________________________________；OF2分子的空间构型为______；OF2的熔、沸点______(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为______，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是______(填字母)。A．sp B．sp2C．sp3 D．sp3d(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有______个XeF2分子。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，如A点原子的分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为______；晶胞中A、B间距离d＝______pm。解析：(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种。(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论，OF2的中心O原子的价层电子对数为2＋eq\f(6－1×2,2)＝4，去掉2个孤电子对，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高。(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2＋eq\f(8－1×2,2)＝5，其中心原子的杂化方式应为sp3d。(4)图中大球的个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，小球的个数为8×eq\f(1,4)＋2＝4，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的eq\f(r,c)处，其坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(r,c)))；图中y是底面对角线的一半，y＝eq\f(\r(2),2)a，x＝eq\f(c,2)－r，所以d＝eq\r(y2＋x2)＝eq\r(\f(1,2)a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)－r))\s\up12(2))pm。答案：(1)9(2)F>O>Cl角(V)形低于OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高(3)5D(4)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(r,c)))eq\r(\f(1,2)a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)－r))\s\up12(2))20．(2021·河北卷)(15分)KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是______________(填离子符号)。(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＋eq\f(1,2)表示，与之相反的用－eq\f(1,2)表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为________。(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ·mol－1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489从能量角度看，氮以N2，而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为____________，其中P采取________杂化方式。(5)与POeq\o\al(3－,4)电子总数相同的等电子体的分子式为____________。(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根