2023屆新高考化學(xué)一輪單元質(zhì)檢卷第五單元　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與元素周期律

單元質(zhì)檢卷5一、選擇題(本題共16小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)1．(2021·鹽城東臺創(chuàng)新高級中學(xué)月考)下列說法錯誤的是()A．CH4分子球棍模型：B．基態(tài)Si原子價電子排布圖：C．第一電離能：N>O>CD．石墨質(zhì)軟的原因是其層間作用力微弱解析：C原子的半徑大于H原子，因此CH4分子的球棍模型為，A項錯誤；基態(tài)Si原子價電子排布式為3s23p2，排布圖為，B項正確；N原子的2p軌道處于半滿狀態(tài)，因此其第一電離能最大，則第一電離能N>O>C，C項正確；在石墨中，同層的C原子以共價鍵結(jié)合，而層與層之間以范德華力結(jié)合，其層間作用力微弱，層與層之間可以滑動，因此較為松軟，D項正確。答案：A2．關(guān)于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，下列說法錯誤的是()A．CH3OH為極性分子B．N2H4空間結(jié)構(gòu)為平面形C．N2H4的沸點高于(CH3)2NNH2D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N雜化方式均相同解析：甲醇可看成是甲烷中的一個氫原子被羥基取代得到的，為四面體結(jié)構(gòu)，是由極性鍵組成的極性分子，A項正確；N2H4中N原子的雜化方式為sp3，不是平面形，B項錯誤；N2H4分子中連接N原子的H原子數(shù)多，存在氫鍵的數(shù)目多，而偏二甲肼[(CH3)2NNH2]只有一端可以形成氫鍵，另一端的兩個甲基基團(tuán)比較大，影響了分子的排列，沸點較N2H4的低，C項正確；CH3OH為四面體結(jié)構(gòu)，－OH結(jié)構(gòu)類似于水的結(jié)構(gòu)，(CH3)2NNH2的結(jié)構(gòu)簡式為，兩者分子中C、O、N雜化方式均為sp3，D項正確。答案：B3．(2021·南京大廠高級中學(xué)月考)工業(yè)制乙醇的反應(yīng)為CH2=CH2＋H2Oeq\o(→,\s\up17(催化劑),\s\do20(△))CH3CH2OH，下列有關(guān)化學(xué)用語錯誤的是()A．乙烯的電子式：B．碳的原子結(jié)構(gòu)示意圖：C．水的結(jié)構(gòu)式：D．中子數(shù)為8的氧的核素：eq\o\al(16,8)O解析：乙烯是碳碳雙鍵，其電子式為，故A項錯誤；碳的原子序數(shù)為6，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故B項正確；水是“V”形結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)式為，故C項正確；氧的質(zhì)子數(shù)為8，中子數(shù)為8的氧的核素，其質(zhì)量數(shù)為16，其核素符號為eq\o\al(16,8)O，故D項正確。答案：A4．短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。W是宇宙中最豐富的元素，W2X是維持生命過程的必需物質(zhì)，WY可用于玻璃的刻蝕，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，室溫下化合物ZY4是氣體。下列說法錯誤的是()A．Y的第一電離能在四種元素中最大B．W2X和ZX2的中心原子分別為sp3和sp2雜化C．W2X的沸點高于W2Z的沸點D．ZY4分子中原子均為8電子結(jié)構(gòu)解析：W是宇宙中最豐富的元素，則W是H元素；W2X是維持生命過程的必需物質(zhì)，則X為O元素；WY可用于玻璃的刻蝕，則WY為HF，Y為F元素；ZX2是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序數(shù)比Y大，則Z為S元素；綜上所述，W、X、Y和Z分別為H、O、F、S。據(jù)此分析解答。非金屬性越強(qiáng)，第一電離能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一電離能比同周期相鄰元素大，因此F的第一電離能在四種元素中最大，A項正確；H2O中O的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，SO2中S的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(6－2×2,2)＝3，因此H2O和SO2的中心原子分別為sp3和sp2雜化，B項正確；O和S屬于同主族元素，但H2O分子間存在氫鍵，而H2S分子間不存在氫鍵，因此H2O的沸點高于H2S的沸點，C項正確；SF4中S的最外層電子數(shù)為10，D項錯誤。答案：D5．(2021·福州市第一中學(xué)月考)短周期元素X、Y、Z、M原子序數(shù)依次增大，Z的基態(tài)原子2p軌道半充滿，M的最高正價與最低負(fù)價絕對值之差為4，它們組成的一種分子結(jié)構(gòu)如圖。下列說法正確的是()A．電負(fù)性：X>Y>ZB．原子半徑：Y>Z>XC．分子中Z原子的雜化方式均為sp2D．Y、Z、M的最高價氧化物的水化物均為強(qiáng)酸解析：已知X、Y、Z、M為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，Z的基態(tài)原子2p軌道半充滿，則Z為N元素，M的最高正價與最低負(fù)價絕對值之差為4，則M為S元素，4種元素組成的一種分子結(jié)構(gòu)如題圖，根據(jù)共價鍵數(shù)目可推知，則X為H元素，Y為C元素。據(jù)此分析解答。X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，則電負(fù)性N>C>H，A項錯誤；H原子核外有1個電子層，而C、N原子核外均有2個電子層，電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則原子半徑C>N>H，B項正確；分子中N原子均形成共價單鍵，為sp3雜化，C項錯誤；C元素的最高價氧化物的水化物為H2CO3，H2CO3為弱酸，D項錯誤。答案：B6．(2021·石家莊第二十四中學(xué)月考)已知NixMg1－xO晶體屬立方晶系，晶胞邊長a。將Li＋摻雜到該晶胞中，可得到一種高性能的p型太陽能電池材料，其結(jié)構(gòu)單元如圖所示。假定摻雜后的晶胞參數(shù)不發(fā)生變化，下列說法正確的是()A．該結(jié)構(gòu)單元中O原子數(shù)為3B．Ni和Mg間的最短距離是eq\f(\r(2),2)aC．Ni的配位數(shù)為4D．該物質(zhì)的化學(xué)式為Li0.5Mg1.12Ni2.38O4解析：由均攤法可知該結(jié)構(gòu)單元中O原子數(shù)＝1＋12×eq\f(1,4)＝4，A項錯誤；由題圖可知，Ni和Mg間的最短距離為晶胞面對角線的一半，即eq\f(\r(2),2)a，B項正確；由晶胞可知Ni的配位數(shù)為6，C項錯誤；1個晶胞中Li的個數(shù)＝1×eq\f(1,2)＝0.5，Mg的個數(shù)＝2×eq\f(1,2)＋1×eq\f(1,8)＝1.125，Ni的個數(shù)＝7×eq\f(1,8)＋3×eq\f(1,2)＝2.375，O的個數(shù)＝4，因此該物質(zhì)的化學(xué)式為Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，D項錯誤。答案：B7．X、Y為第三周期元素、Y最高正價與最低負(fù)價的代數(shù)和為6，二者形成的一種化合物能以[XY4]＋[XY6]－的形式存在。下列說法錯誤的是()A．原子半徑：X>YB．簡單氫化物的還原性：X>YC．同周期元素形成的單質(zhì)中Y氧化性最強(qiáng)D．同周期中第一電離能小于X的元素有4種解析：Y位于第三周期，且最高正價與最低負(fù)價的代數(shù)和為6，則Y是Cl元素，由X、Y形成的陰離子和陽離子知，X與Y容易形成共價鍵，根據(jù)化合物的形式知X是P元素。P與Cl在同一周期，則P半徑大，即X>Y，A項不符合題意；兩者對應(yīng)的簡單氫化物分別是PH3和HCl，半徑是P3－>Cl－，所以PH3的失電子能力強(qiáng)，還原性強(qiáng)，即X>Y，B項不符合題意；同周期元素從左往右，金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng)，各元素對應(yīng)的金屬單質(zhì)還原性減弱，非金屬單質(zhì)的氧化性增強(qiáng)，所以Cl2的氧化性最強(qiáng)，C項不符合題意；同一周期，從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，第ⅤA族元素的第一電離能大于相鄰元素的第一電離能；所以第三周期第一電離能從小到大依次為Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以第一電離能小于P的元素有5種，D項符合題意。答案：D8．(2021·漯河中學(xué)月考)已知：乙烯在酸性KMnO4溶液的作用下，碳碳雙鍵完全斷裂生成CO2(反應(yīng)①)；在銀作催化劑時，可與氧氣反應(yīng)生成環(huán)氧乙烷(反應(yīng)②)。下列說法錯誤的是()①CH2=CH2eq\o(→,\s\up17(KMnO4/H＋))CO2A．反應(yīng)①是氧化反應(yīng)B．反應(yīng)②是還原反應(yīng)C．Mn基態(tài)原子的價電子排布式為3d54s2D．環(huán)氧乙烷分子中的氧原子是sp3雜化解析：反應(yīng)①CH2=CH2轉(zhuǎn)化為CO2，分子中O原子增加，是氧化反應(yīng)，A項正確；反應(yīng)②CH2=CH2轉(zhuǎn)化為，分子中O原子增加，是氧化反應(yīng)，B項錯誤；Mn是25號元素，Mn基態(tài)原子的價電子排布式為3d54s2，C項正確；環(huán)氧乙烷分子中，C原子與O原子之間以單鍵相連，故O原子是sp3雜化，D項正確。答案：B9．(2021·鹽城東臺創(chuàng)新高級中學(xué)月考)我國科學(xué)家合成了富集11B的非碳導(dǎo)熱材料立方氮化硼晶體，晶胞結(jié)構(gòu)如圖。下列說法正確的是()A．11BN和10BN的性質(zhì)無差異B．該晶體具有良好的導(dǎo)電性C．該晶胞中含有14個B原子，4個N原子D．N原子周圍等距且最近的N原子數(shù)為12解析：11B和10B互為同位素，形成的化合物在化學(xué)性質(zhì)上無差異，但其物理性質(zhì)不同，故A項錯誤；該晶體結(jié)構(gòu)中無自由移動的電子，不具有導(dǎo)電性，B項錯誤；由題圖可知，該晶胞含4個N原子，B原子位于晶胞的頂點和面心上，故B原子的數(shù)量為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，C項錯誤；由晶胞示意圖，1個N原子與4個B原子成鍵，1個B原子可以和3個N原子成鍵，這些N原子距中心N原子等距離且最近，總數(shù)為12個，D項正確。答案：D10．(2021·襄陽棗陽二中月考)已知SiCl4發(fā)生水解反應(yīng)的機(jī)理如下圖所示，下列敘述正確的是()A．SiCl4的鍵角與白磷(P4)的鍵角相同B．H4SiO4脫水后加熱分解得到的晶體中每個Si可參與形成12個12元環(huán)C．SiO2和SiCl4均屬于共價晶體D．CCl4不能按照上述機(jī)理發(fā)生水解反應(yīng)，原因是C的原子半徑小解析：SiCl4是和甲烷相似的結(jié)構(gòu)，正四面體中心與頂點夾角為109°28′，P4為中空的正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角為60°，故A項錯誤；H4SiO4脫水后加熱分解得到二氧化硅，1個Si被12個12元環(huán)共用，故B項正確；SiCl4屬于分子晶體，由分子構(gòu)成，SiO2是共價晶體，故C項錯誤；CCl4不能按照上述機(jī)理發(fā)生水解反應(yīng)，是因為C原子只有2個電子層，沒有d軌道，難以形成sp3d雜化，故D項錯誤。答案：B11．(2021·常州北郊高級中學(xué)月考)Cu2＋與縮二脲在堿性溶液中形成的紫色配離子的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列有關(guān)該配離子的說法不正確的是()A．Cu2＋的配位數(shù)是2B．Cu2＋的核外電子排布式為[Ar]3d9C．與Cu2＋形成的化學(xué)鍵具有方向性和飽和性D．能與水分子形成氫鍵的原子有N、O、H解析：由圖中Cu2＋與周圍原子的配位鍵連接數(shù)量可以看出，每個Cu2＋的配位數(shù)為4，A項符合題意；Cu原子核外電子排布式為[Ar]3d104s1，Cu原子失去兩個電子形成Cu2＋，所以Cu2＋電子排布式為[Ar]3d9，B項不符合題意；配位鍵形成原理同共價鍵，所以成鍵角度及成鍵數(shù)量都受Cu2＋核外的原子軌道數(shù)量及軌道雜化類型限制，所以配位鍵具有方向性和飽和性，C項不符合題意；水分子中H原子可與其他分子中的N、O原子之間形成氫鍵，水分子中O原子可與其他分子中的H原子之間形成氫鍵，D項不符合題意。答案：A12．(2021·泰州口岸中學(xué)月考)磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是目前主流的動力電池之一，安全性較好，其工作原理可表示為LixC6＋Li(1－x)FePO4LiFePO4＋6C(LixC6表示鋰原子嵌入石墨形成的復(fù)合材料)。LiFePO4的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。一種制備LiFePO4的反應(yīng)為2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up17(高溫))2LiFePO4＋3CO2↑＋3H2O↑。下列說法不正確的是()A．基態(tài)Fe2＋的電子排布式為[Ar]3d54s1B．每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有4個C．制備LiFePO4時應(yīng)當(dāng)在還原性或惰性氛圍中進(jìn)行D．制備LiFePO4時每轉(zhuǎn)移1mole－生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO233.6L解析：基態(tài)Fe原子的電子排布式為[Ar]3d64s2，其d軌道和s軌道各失去1個電子后，為半充滿狀態(tài)，此時能量最低，所以亞鐵離子的電子排布式為[Ar]3d54s1，故A項正確；每個晶胞中含有4個鋰離子，根據(jù)題意，所以每個晶胞中含有4個LiFePO4單元，故B項正確；亞鐵離子具有還原性和氧化性，制備LiFePO4時，應(yīng)在惰性氛圍中避免被氧化和被還原，故C項不正確；根據(jù)反應(yīng)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up17(高溫))2LiFePO4＋3CO2↑＋3H2O↑可知，制備LiFePO4時，每轉(zhuǎn)移1mol電子，生成1.5molCO2，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為33.6L，故D項正確。答案：C13．(2021·邢臺五中月考)鈮(41Nb)和鎳合金的用途非常廣泛，Nb、Ni互化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是()A．Nb位于元素周期表第四周期第ⅤB族B．Nb、Ni互化物的化學(xué)式為NbNi2C．Nb、Ni互化物晶體的密度為eq\f(540,6.02×0.3622×0.741)g·cm－3D．圖中Nb原子與Ni原子的距離d為0.181eq\r(2)nm解析：鈮的原子序數(shù)為41，位于元素周期表第五周期第ⅤB族，故A項錯誤；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點和體心的鈮的原子個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，位于棱上和面心的鎳原子個數(shù)為4×eq\f(1,4)＋10×eq\f(1,2)＝6，則互化物的化學(xué)式為NbNi3，故B項錯誤；由晶胞的質(zhì)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項正確。答案：D14．(2021·秦皇島一中月考)A、B、C、D、E、F、G、H均為18電子分子。A和E為雙原子分子，E為淺黃綠色氣體；C和F為四原子分子，F(xiàn)的水溶液常用于醫(yī)用消毒；B有臭雞蛋氣味；D與甲烷分子構(gòu)型相同；G為火箭推進(jìn)器常用燃料；H為烴。下列判斷錯誤的是()A．B分子中的化學(xué)鍵為sp3sσ鍵，有軸對稱性，可以旋轉(zhuǎn)B．F和H中均含有極性鍵和非極性鍵，但是前者為極性分子，后者為非極性分子C．G可以和氫離子通過配位鍵形成陽離子，反應(yīng)前后中心原子雜化方式不變D．C分子中原子序數(shù)較大的元素可形成正四面體結(jié)構(gòu)的單質(zhì)分子，鍵角為109°28′解析：A、B、C、D、E、F、G、H均為18電子分子，A和E為雙原子分子，E為淺黃綠色氣體，可推知A為HCl、E為F2，C和F為四原子分子，F(xiàn)的水溶液常用于醫(yī)用消毒，可推知C為PH3、F為H2O2，B有臭雞蛋氣味，可推知B為H2S，D與甲烷分子構(gòu)型相同，可推知D為SiH4，G為火箭推進(jìn)器常用燃料，可推知G為N2H4，H為烴，可推知H為C2H6。據(jù)此分析解答。B為H2S，中心原子硫原子形成sp3雜化軌道，氫原子提供s原子軌道，形成sp3sσ鍵，sp3sσ鍵有軸對稱性，可以旋轉(zhuǎn)，故A項正確；F為H2O2，H為C2H6均含有極性鍵和非極性鍵，但是前者為極性分子，后者為非極性分子，故B項正確；G為N2H4，和氫離子通過配位鍵形成陽離子N2Heq\o\al(＋,5)，反應(yīng)前后中心原子雜化方式不變，故C項正確；C為PH3，原子序數(shù)較大的元素為P，P元素形成P4，其為正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角為60°，故D項錯誤。答案：D15．(2021·無錫第一次模擬)由EDTA制備食品鐵強(qiáng)化劑Na[FeEDTA]的合成路線如圖，下列有關(guān)說法正確的是()A．Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合價為＋2價B．[FeEDTA]－中碳原子的雜化類型為sp2C．1molEDTA與鹽酸反應(yīng)時最多消耗2molHClD．EDTA分子間可通過取代反應(yīng)形成肽鍵解析：由Na[FeEDTA]的結(jié)構(gòu)可知，化合物中鐵元素的化合價為＋3價，故A項錯誤；由Na[FeEDTA]的結(jié)構(gòu)可知，化合物中含有雜化方式為sp3的單鍵碳原子和雜化方式為sp2的雙鍵碳原子，故B項錯誤；由結(jié)構(gòu)簡式可知，EDTA分子中含有2個氮原子，則1molEDTA與鹽酸反應(yīng)時最多消耗2molHCl，故C項正確；由結(jié)構(gòu)簡式可知，EDTA分子中氮原子沒有連接氫原子，不能與羧基發(fā)生取代反應(yīng)形成肽鍵，故D項錯誤。答案：C16．(2021·聊城第一次模擬)B2O3的氣態(tài)分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，硼酸(H3BO3)晶體結(jié)構(gòu)為層狀，其二維平面結(jié)構(gòu)如圖2所示。下列說法錯誤的是()A．圖1、圖2所示的兩分子中B原子分別采用sp雜化、sp2雜化B．硼酸晶體中層與層之前存在范德華力C．1molH3BO3晶體中含有6mol氫鍵D．硼原子可提供空軌道，硼酸電離的方程式為H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋解析：B最外層3個電子，在圖1分子中每個B原子只形成了2個σ鍵，且其沒有孤電子對，故其sp雜化，在圖2分子中每個B原子形成了3個σ鍵，且其沒有孤電子對，故其采用sp2雜化，A項正確；由題中信息可知，硼酸晶體為層狀結(jié)構(gòu)，類比石墨的晶體結(jié)構(gòu)可知其層與層之間存在范德華力，故B項正確；由圖中信息可知，每個硼酸分子有3個羥基，其O原子和H原子均可與鄰近的硼酸分子形成氫鍵，平均每個硼酸分子形成了3個氫鍵，因此，1molH3BO3晶體中含有3mol氫鍵，故C項錯誤；硼原子的2p軌道有空軌道，水電離的OH－中的氧原子有2個孤電子對，故兩者可形成配位鍵并破壞了水的電離平衡使溶液顯酸性，其電離方程式為H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋，故D項正確。答案：C二、非選擇題(本題共4小題，共56分。)17．(2021·秦皇島新世紀(jì)高級中學(xué)月考)(13分)科學(xué)工作者合成了含鎂、鎳、碳3種元素的超導(dǎo)材料，具有良好的應(yīng)用前景。回答下列問題：(1)鎳元素位于周期表第______列，基態(tài)鎳原子d軌道中成對電子與單電子的數(shù)量比為______。(2)在CO分子中，C與O之間形成______個σ鍵、______個π鍵，在這些化學(xué)鍵中，O原子共提供了______個電子。(3)第二周期元素的第一電離能(I1)隨原子序數(shù)(Z)的變化情況如圖1。I1隨Z的遞增而呈增大趨勢的原因是__________________________________________________________，原子核對外層電子的引力增大。導(dǎo)致I1在a點出現(xiàn)齒峰的原因是__________________。(4)下列分子或離子與CO2具有相同類型化學(xué)鍵和空間構(gòu)型的是______(填字母)。A．SO2 B．OCN－C．NFeq\o\al(－,2) D．NOeq\o\al(＋,2)(5)過渡金屬與CO形成羰基配合物時，每個CO分子向中心原子提供2個電子，最終使中心原子的電子總數(shù)與同周期的稀有氣體原子相同，稱為有效原子序數(shù)規(guī)則。根據(jù)此規(guī)則推斷，鎳與CO形成的羰基配合物Ni(CO)x中，x＝______。(6)在某種含鎂、鎳、碳3種元素的超導(dǎo)材料晶體中，鎂原子和鎳原子一起以立方最密堆積方式形成有序結(jié)構(gòu)。結(jié)構(gòu)中的兩種八面體空隙，一種完全由鎳原子構(gòu)成，另一種由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成，碳原子只填充在由鎳原子構(gòu)成的八面體空隙中，晶胞如圖2所示。①組成該晶體的化學(xué)式為________。②完全由鎳原子構(gòu)成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙的數(shù)量比為________，由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙中鎳原子和鎂原子的數(shù)量比為________。③若取碳原子為晶胞頂點，則鎳原子位于晶胞的________位置。解析：(1)Ni是28號元素，位于第四周期第Ⅷ族的第3列，則為周期表的第10列；其d軌道的電子排布為3d8，有3對(6個)成對電子和2個單電子，數(shù)量比為6∶2＝3∶1。(2)在CO分子中形成碳氧三鍵，C與O之間形成1個σ鍵、2個π鍵，其中1個π鍵為O原子提供孤電子對，C原子提供空軌道形成的配位鍵，所以O(shè)原子共提供了4個電子。(3)I1隨Z的遞增而呈增大趨勢的原因是隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸減小，原子核對外層電子的引力增大；a點為第ⅤA族元素，即N元素，其最高能層的p能級軌道半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，所以出現(xiàn)齒峰。(4)CO2只含有極性共價鍵，空間構(gòu)型為直線形；SO2只含有極性鍵，但空間構(gòu)型為V形，故A項不符合題意；OCN－只含有極性鍵，與CO2為等電子體，空間構(gòu)型相同，故B項符合題意；HFeq\o\al(－,2)是由F－和HF通過氫鍵形成，故C項不符合題意；NOeq\o\al(＋,2)只含有極性鍵，與CO2為等電子體，空間構(gòu)型相同，故D項符合題意；綜上所述答案為BD。(5)Ni原子核外電子數(shù)為28，同周期的稀有氣體元素為Kr，原子序數(shù)為36，每1個CO可提供2個電子，所以x＝eq\f(36－28,2)＝4。(6)①根據(jù)均攤法，C原子位于晶胞內(nèi)部，個數(shù)為1，Mg原子位于頂點，個數(shù)為8×eq\f(1,8)＝1，Ni原子位于面心，個數(shù)為6×eq\f(1,2)＝3，所以化學(xué)式為MgNi3C。②據(jù)圖可知鎳原子構(gòu)成的八面體空隙數(shù)目為1，每條棱上的2個鎂原子與相鄰面心的鎳原子構(gòu)成正八面體空隙的eq\f(1,4)，所以鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙為12×eq\f(1,4)＝3，則完全由鎳原子構(gòu)成的八面體空隙與由鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙的數(shù)量比為1∶3；鎳原子和鎂原子共同構(gòu)成的八面體空隙中有2個鎂原子、4個鎳原子，所以鎳原子和鎂原子的數(shù)量比2∶1。③若取碳原子為晶胞頂點，據(jù)圖可知鎳原子位于2個C原子之間，即棱心上。答案：(1)103∶1(2)124(3)隨原子序數(shù)增大，核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸減小N元素原子的2p能級軌道半滿，更穩(wěn)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產(chǎn)、生活中用途廣泛。請回答下列問題：(1)①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一電離能較大的是________。②As4S4俗稱雄黃，其中基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]______，有______個未成對電子。③P、S、As電負(fù)性由大到小的順序是________。(2)NH3、PH3、AsH3中沸點最高的是________，其主要原因是____________________________。(3)①白磷在氯氣中燃燒可以得到PCl3和PCl5，其中氣態(tài)PCl3分子的空間構(gòu)型為________。②研究發(fā)現(xiàn)固態(tài)PCl5和PBr5均為離子晶體，但其結(jié)構(gòu)分別為[PCl4]＋[PCl6]－和[PBr4]＋Br－，分析PCl5和PBr5結(jié)構(gòu)存在差異的原因是______________________________________。(4)銻酸亞鐵晶胞如圖所示，其晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，則：①銻酸亞鐵的化學(xué)式為________。②晶體的密度為________g·cm－3(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。解析：(1)①P元素3p能級軌道半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，所以第一電離能較大的是P。②As元素為33號元素，第四周期第ⅤA族，原子核外電子排布為[Ar]3d104s24p3；核外有4p軌道上3個未成對電子。③非金屬性S>P>As，所以電負(fù)性：S>P>As。(2)PH3、AsH3分子間只存在范德華力，而NH3分子間還存在氫鍵，所以NH3沸點最高。(3)①PCl3－半徑較大，而Cl－半徑較小，所以P周圍可以容納6個Cl－，而無法容納6個Br－，無法形成[PBr6]－。(4)①根據(jù)題圖可知1個晶胞中含有Sb原子的個數(shù)為8×eq\f(1,4)＋2＝4，O原子的個數(shù)為4×eq\f(1,2)＋10＝12，F(xiàn)e2＋的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以銻酸亞鐵的化學(xué)式為Fe(SbO3)2。②晶胞的質(zhì)量為eq\f(122×4＋16×12＋56×2,NA)g＝eq\f(792,NA)g，晶體的體積為abcnm3＝abc×10－21cm3，所以晶體的密度為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分子間存在氫鍵(3)①三角錐形②Br－半徑較大，無法形成[PBr6]－(4)①Fe(SbO3)2②eq\f(792,abc×10－21NA)19．(10分)非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應(yīng)用廣泛。回答下列問題：(1)基態(tài)F原子核外電子的運動狀態(tài)有______種。(2)O、F、Cl電負(fù)性由大到小的順序為_______________________________________；OF2分子的空間構(gòu)型為______；OF2的熔、沸點______(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的XeF2室溫下易升華。XeF2中心原子的價層電子對數(shù)為______，下列對XeF2中心原子雜化方式推斷合理的是______(填字母)。A．sp B．sp2C．sp3 D．sp3d(4)XeF2晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，該晶胞中有______個XeF2分子。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，如A點原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))。已知Xe—F鍵長為rpm，則B點原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為______；晶胞中A、B間距離d＝______pm。解析：(1)基態(tài)F原子共有9個核外電子，則每個電子都有對應(yīng)的軌道和自旋狀態(tài)，所以核外電子的運動狀態(tài)有9種。(2)電負(fù)性一定程度上相當(dāng)于得電子能力，半徑越小，得電子能力越強(qiáng)，電負(fù)性越大，半徑由小到大的順序為F、O、Cl，所以電負(fù)性大小順序為F>O>Cl；根據(jù)VSEPR理論，OF2的中心O原子的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(6－1×2,2)＝4，去掉2個孤電子對，知OF2分子的空間構(gòu)型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高。(3)XeF2易升華，所以是分子晶體，其中心原子的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(8－1×2,2)＝5，其中心原子的雜化方式應(yīng)為sp3d。(4)圖中大球的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，小球的個數(shù)為8×eq\f(1,4)＋2＝4，根據(jù)XeF2的原子個數(shù)比知大球是Xe原子，小球是F原子，該晶胞中有2個XeF2分子；由A點坐標(biāo)知該原子位于晶胞的中心，且每個坐標(biāo)系的單位長度都記為1，B點在棱的eq\f(r,c)處，其坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(r,c)))；圖中y是底面對角線的一半，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都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高(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晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國科學(xué)工作者制備的超大KH2PO4晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器，填補(bǔ)了國家戰(zhàn)略空白。回答下列問題：(1)在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡單離子中，核外電子排布相同的是______________(填離子符號)。(2)原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用＋eq\f(1,2)表示，與之相反的用－eq\f(1,2)表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的磷原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為________。(3)已知有關(guān)氨、磷的單鍵和三鍵的鍵能(kJ·mol－1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489從能量角度看，氮以N2，而白磷以P4(結(jié)構(gòu)式可表示為)形式存在的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)已知KH2PO2是次磷酸的正鹽，H3PO2的結(jié)構(gòu)式為____________，其中P采取________雜化方式。(5)與POeq\o\al(3－,4)電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為____________。(6)磷酸通過分子間脫水縮合形成多磷酸，如：如果有n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應(yīng)的酸根