吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21晶体结构与性质
一、单选题
1．（2023·吉林白山·统考三模）Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图所示(Fe原子均位于面上)。晶胞棱边夹角均为90°，X的坐标为(0，1， )，Y的坐标为( ，，)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
已知：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
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2
B．坐标为(，1，)的原子是Li原子
C．Se原子X与Se原子Y之间的距离为nm
D．该晶体的密度为g·cm-3
二、工业流程题
2．（2023·吉林白山·统考模拟预测）科学家开发的光催化剂BiVO4实现了高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)的流程如图所示。
已知部分信息如下：
①滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+。
②常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Bi(OH)3
开始沉淀的pH 7.6 1.6 4.0
完全沉淀的pH 9.6 3.1 5.5
回答下列问题：
(1)浸取时可以适当加热，但温度不宜过高，其原因是 。写出Bi2S3转化的离子方程式： 。
(2)加H2O2氧化的目的是 。调pH的最低值为 。
(3)稀释水解时通入水蒸气的目的是 。
(4)将气体X通入酸性KMnO4溶液中，实验现象可能是 。
(5)将滤液5经蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到NH4Cl晶体，其晶胞结构如图所示。
①与氯离子最近且等距离的氯离子有 个。
A．4 B．6 C．8 D．12
②晶胞有两个基本要素：
i．原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。其中A的坐标参数为(0，0，0)，B的坐标参数为(1，1，1)，则 的坐标参数为 。
ii．晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知NH4Cl晶胞的晶胞参数为apm，阿佛伽德罗常数的值为NA，其密度为 g· cm-3(列出计算式即可)。
3．（2023·吉林白山·统考模拟预测）优化的NaFePO4复合材料作钠离子电池的正极材料时表现出优异的循环稳定性。以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备NaFePO4的流程如图所示。
已知：“滤渣2”中不含硫单质。涉及离子的氢氧化物常温下的溶度积常数如表。(当离子的物质的量浓度≤10-5mol·L-1时，认为沉淀完全，lg4=0.6)
离子 Fe2+ Fe3+
Ksp 8×10-16 4×0-38
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是 。
(2)“灼烧”时的大量尾气直接排放，会引起的主要环境问题为 (填一种)。
(3)常温下，“酸浸”时，加入过量50%的硫酸的目的为 (答一条即可)。
(4)“浸渣1”的主要成分是 (填化学式) 。
(5)“还原”中FeS2与Fe3+反应的离子方程式为 ；通入空气的条件下， “溶液1”可在“还原”步骤中循环利用，则通入空气的目的是 。
(6)“一系列操作”包括 、 、过滤、 洗涤和低温干燥。
(7)铬与铁为同周期元素，某含铬化合物立方晶胞如图所示。晶体的化学式为 ；与Cr最近的氧原子的个数为 ；Ca 和Cr的最近距离为a nm，设NA为阿伏加德常数的值，则该晶体密度为 (填含 a、NA的表达式)g· cm-3。
三、原理综合题
4．（2023·吉林长春·统考模拟预测）氮和碳及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。
回答下列问题：
(1)燃料在汽车发动机中燃烧时会产生污染环境的，加装三元催化转化器可使汽车尾气中的转化为无毒物质。
已知：I．
II．
III．
①反应III对应的 ，该反应能自发进行的条件是在 (填“低温”、“高温”或“任意温度”)下。
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III。下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内气体的密度不再改变B．容器内气体的温度不再改变
C．D．容器内气体的平均摩尔质量不再改变
③向容积均为的三个恒容密闭容器中分别通入和，发生上述反应III，a、b、c三组实验的反应温度分别记为。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化如图所示．则平衡常数由大到小的顺序是 ；实验b中，内，分压的平均变化率为 ，该反应的分压平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)汽车三元催化剂中含有铂()、钯()、铑()等贵金属元素。其中形成的晶体，其晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为。
①该晶体的配位数为 。
②距离最近的两个原子的核间距为 (列出计算式)。
四、结构与性质
5．（2022·吉林·统考模拟预测）镍钴锰酸锂是锂电池的关键三元正极材料，化学式为LiNixCoyMn1-x-yO2。其中的锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一、回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为 。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“ 理论”解释。
(2)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为 ，ClO的空间构型是 ， SO(CH3)2中键角∠C—S—O CH3COCH3中键角∠C—C—O(填“＞”、“＜”或“=”)，元素S、Cl、O的电负性由小到大的顺序为 。
(3)已知：r(Fe2+)为61pm、r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 。
(4)La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图所示：
①该储氢材料的化学式为 。
②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为 g·cm-3。
6．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）中国冶金报指出，钢铁行业作为国民经济重要的基础产业，碳排放量在国内占比13-15%，因此钢铁行业应承担起碳减排的主体责任，努力成为碳减排的先行者。已知，铁有α、γ、δ三种晶体结构，并且在一定条件下可以相互转化(如图)，请回答相关的问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置 ，Fe2+的外围电子排布式 ，铁的三种晶体之间的转化属于 变化(填“物理”或“化学”)，理由是： 。
(2)铁的α、γ、δ三种晶体结构中，Fe原子的配位数之比为： 。
(3)设α-Fe晶胞边长为a cm，δ-Fe晶胞边长为b cm， 计算确定：两种晶体的密度比为： 。(用a、b的代数式表示)
(4)Fe3C是工业炼铁生产过程中产生的一种铁的合金，在Fe3C晶体中，每个碳原子被6个位于顶角位置的铁原子所包围，成八面体结构，即碳原子配位数为6，那么，铁原子配位数为 。
(5)事实上，Fe3C是C与铁的晶体在高温下形成的间隙化合物(即碳原子填入铁晶体中的某些空隙)，根据相关信息，你认为形成碳化铁的铁的三种晶体结构中，最有可能的是： ，(选填“α-Fe”、“γ-Fe”或“δ-Fe”)
(6)摩尔盐[ (NH4)2 SO4·FeSO4·6H2O]是一种复盐， 它易溶于水，不溶于乙醇，性质比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，试分析该晶体中亚铁离子可稳定存在的原因 。
7．（2022·吉林长春·统考模拟预测）单质硼的硬度近似于金刚石，有很高的电阻。但它的导电率随温度的升高而增大，高温时为良导体。硼在自然界中主要以硼酸和硼酸盐的形式存在。
(1)基态硼原子的价电子排布式为 ，晶体硼的熔沸点 (填“高于”或“低于”)金刚石，原因是 。
(2)硼酸与氢氧化钠在一定条件下可以生成四硼酸钠，结构如图所示，四硼酸钠中含有的化学键类型为 ，O原子的杂化类型为 ，B原子与相连的3个O原子围成的图形为 ，第一电离能介于硼元素和氧元素之间的第二周期元素有 种。
(3)硼和氮可以构成多种类型的晶体，其中一种晶体的晶胞如图所示，晶胞上下底面均为菱形，晶胞参数如图所示，该晶体的化学式为 ，晶胞密度为 (写出表达式即可)。
8．（2022·吉林长春·统考模拟预测）2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文，为钙钛矿电池研究开辟新方向。
(1)基态钛原子的px原子轨道上的电子数为 个。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是 (写元素符号)。
(2)Ti的配合物有多种，如Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF等。
①上述三种配位化合物中，配体所含原子中电负性由大到小的顺序是 (写元素符号)；
②Ti(H2O) 中配位 H2O中H—O键的键角 (填“大于”、“小于”或“等于”)游离H2O中H—O键的键角，原因是 。
③Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti的配位数是 ，N原子的杂化方式为 。
(3)反型钙钛矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2-aNb，反应如图)，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。
TiO2-aNb晶体中 a= 。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标为 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为 g cm-3(列出计算式)。
9．（2022·吉林延边·统考一模）铜是人类广泛使用的第一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)铜锰氧化物(CuMn2O4能在常温下催化氧化一氧化碳和甲醛(HCHO)。
①基态Cu原子的M层电子排布式为 。
②CO和N2互为等电子体。标准状况下V L CO分子中π键数目为 。
(2)钙铜合金可用作电解法制备金属钙的阴极电极材料。钙在元素周期表中位于 (填“s”、“p”、“d”或“ds")区。一种钙铜合金的结构如图(Ⅲ可看作是由Ⅰ、Ⅱ两种原子层交替堆积排列而形成的)。该钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为 。
(3)已知硫酸铜稀溶液呈蓝色，判断硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有 (填英文字母)。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．氢键 E．范德华力
(4)已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是 。
(5)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3-HN-CH2-CH2-NH2。则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有 mol。
(6)一种含有Fe、Cu、S三种元素的矿物的晶胞(如图所示)，属于四方晶系(晶胞底面为正方形)，则该化合物的化学式为 ；若晶胞的底面边长为a nm，晶体的密度为p g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的高为 nm。
10．（2022·吉林白山·统考一模）我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
(1)基态Cu+的电子排布式为 。
(2)Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号，下同)。
(3)H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为 ，该有机物中，碳原子的杂化类型是 。
(4)区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是 。
(5)有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因是 。
(6)我国科学家开发钙钯络合氢化物(CaPdH2)来实现乙炔高选择性合成乙烯。CaPdH2由Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．非极性键 D．金属键
(7)白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为 (只列计算式)nm。
11．（2022·吉林四平·统考模拟预测）X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素。其中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量最高的元素，M的内层电子数是最外层电子数的9倍，N的原子序数比M小1，Q在元素周期表的各元素中电负性最大。P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子。请回答下列问题：
(1)基态X的外围电子电子排布图为 ，P元素属于 区元素。
(2)XZ2分子的空间构型是 ，YZ2分子中Y的杂化轨道类型为 ，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是 （写分子式），理由是 。
(3)含有元素N的盐的焰色反应为 色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是 。
(4)元素M与元素Q形成晶体中，M离子与Q离子的配位数之比为 。
(5)P单质形成的晶体中，P原子采取的堆积方式为 ，P原子采取这种堆积方式的空间利用率为 （用含π表达式表示）。
12．（2021·吉林松原·统考模拟预测）人类使用铜和它的合金具有悠久的历史，铜及其化合物在电子工业、材料工业、工农业生产及日常生活方面用途非常广泛。试回答下列问题。
(1)Cu+的核外电子排布式为 。
(2)CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐，的立体构型是 ，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为 。
(3)金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是 ，反应的离子方程式为 。
(4)丁炔铜是一种优良的催化剂，已知：CH≡CH+2HCHOOHC—CH2CH2OH。则OHC—CH2CH2OH中碳原子杂化方式有 。
(5)利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为(，，)。则D原子的坐标参数为 ，它代表 原子。
②若Cu2O晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数值NA= 。
13．（2021·吉林长春·统考三模）氮元素是重要的非金属元素，可形成多种铵盐、氮化物、叠氮化物及配合物等。
(1)基态氮原子价电子的轨道表达式(价电子排布图)为 ；第二周期元素原子中第一电离能大于氮原子的有 种，NH4NO3中阴离子的空间构型为 。
(2)常温下某含N化合物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是 。
(3)叠氮化钠(NaN3)用于汽车的安全气囊，结构如图甲。中的存在两个大π键可用符号表示，一个中键合电子(形成化学键的电子)总数为 。叠氮酸(HN3)结构如图乙，分子中②号N原子的杂化方式为 。
(4)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Fe3+配合物的结构如图丙所示，1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
(5)某含氮的化合物晶胞结构如图丁所示，Br-作简单立方堆积，两个立方体共用的面中心存在一个Hg，NH3位于立方体的体心，相邻的Br的距离均为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。该物质的化学式为 ，该晶体的密度为 g·cm-3。
14．（2021·吉林长春·统考二模）近年来，我国工程建设自主创新能力实现大跨越，尤其在新材料研究方面有重大突破，回答下列问题：
(1)钛是一种新兴的结构材料，比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价电子排布式为 ， 与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相间的有 种；
(2)铁能与三氮唑(结构见图甲)形成多种配合物。
①l mol三氮唑中所含σ键的数目为 mol； 碳原子杂化方式是 ；
②三氮唑的沸点为260°C，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构见图乙)的沸点为42.5℃，前者沸点较高的原因是 。
(3)碳化钨是耐高温耐磨材料。图丙为碳化钨晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙化合物。
①在该结构中，每个钨原子周围距离其最近的碳原子有 个：
②假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g mol-1，密度为d g cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA用上述数据表示为 。
③金属镁的晶体结构与碳化钨相似，金属镁的晶胞可用图丁表示，已知镁原子的半径为r pm，晶胞高为h pm，求晶胞中镁原子的空间利用率 (用化简后含字时π、r和h的代数式表示)
15．（2021·吉林延边·统考模拟预测）我国已经形成对全球稀土产业链的统治力，在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。同时也是最早研究稀土—钴化合物结构的国家。请回答下列问题：
(1)钴原子的价层电子排布图为 ，其M层上共有 个不同运动状态的电子。Fe和Co的第四电离能I4(Fe) I4(Co)(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)①为某含钴配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，是该配合物中钴离子的配位数是6。1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，则该配合物的配体是 ，其中氮原子的杂化类型为 。试判断NH3分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会 (填“变大”、“变小”或“不变”)，并说明理由 。
②某含钴配合物化学式为CoCl3·3NH3，该配合物在热NaOH溶液中发生反应产生絮状沉淀，并释放出气体，该反应的化学方程式为 。该配合物中存在的化学键有 (填字母)。
A．共价键 B．σ键 C．π键 D．配位键
(3)一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示：
①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 。
②已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点的原子坐标参数为()，则C点的原子坐标参数为 。
16．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）磷是生物体中不可缺少的元素之一它能形成多种化合物。
(1)磷元素位于周期表的 区，基态磷原子价层电子排布图 。
(2)第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有 种。
(3)白磷(P4)分子是正四面体结构，磷原子杂化方式为 ，3.1g白磷中σ键的数目为 。P4易溶于二硫化碳，难溶于水，原因是 。
(4)磷酸与Fe3+可形成H3[FePO4)2]，基态Fe3+的核外电子排布式为 ，Fe、P、O电负性由大到小的顺序是 。
(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，下图为其晶胞结构，阿伏伽德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度为ρg/cm3，B与P最近距离为 cm(列出计算式即可)，估测该晶体的熔点 （填“高于”或“低于”)金刚石。
参考答案：
1．C
【详解】A．Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，故A错误；
B．由晶胞结构可知坐标为(，1，)的原子是Z原子，即Fe原子，故B错误；
C．Se原子X与Se原子Y，沿x轴方向的距离为，沿y轴方向的距离为，沿z轴方向的距离为，两点间的距离为 nm，故C正确；
D．Li原子有8位于顶点，1个位于体心，个数为：，Fe有8个位于面上，个数为，Se原子8个位于棱上，2个位于体内，个数为：，晶胞的质量为：g，晶胞体积为：×10-21 cm3，密度为： g·cm-3，故D错误；
故选：C。
2．(1) 避免盐酸挥发，防止Bi3+、 Fe3+水解 Bi2S3 +6Fe3+=2Bi3+ + 3S+6Fe2+
(2) 将Fe2+氧化成Fe3+ ，便于除去铁元素 3.1
(3)促进BiCl3水解
(4)紫红色溶液变浅(或变为无色)
(5) B (，， )
【分析】原料中共含有五种物质，二氧化硅在本实验中不参与反应，加入双氧水将亚铁离子氧化，调节pH除去铁离子，水解生成氯化氧铋。
【详解】（1）盐酸受热易挥发，且加热会促进Bi3+、 Fe3+水解，不利于后续的处理；根据题意可知Bi2S3的转化是与Fe3+的氧化还原反应实现的，产物有Bi3+和S以及Fe2+，故可以写出离子方程式应为Bi2S3 +6Fe3+=2Bi3+ + 3S+6Fe2+；
故答案为：避免盐酸挥发，防止Bi3+、 Fe3+水解；Bi2S3 +6Fe3+=2Bi3+ + 3S+6Fe2+；
（2）加入过氧化氢的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁元素由于此时铁元素已经完全以铁离子形式存在，所以，应将pH调整为铁离子完全沉淀的pH即最低值为3.1；
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁元素；3.1；
（3）氯化铋水解吸热，通入水蒸气可以提高温度，促进水解；
故答案为：促进BiCl3水解；
（4）由原子守恒可知，X气体是二氧化硫，通入酸性KMnO4溶液中，由于发生氧化还原反应，实验现象为紫红色溶液变浅(或变为无色)；
故答案为：紫红色溶液变浅(或变为无色)；
（5）可以将8个同样的晶胞组合成为一个B为体心的大晶胞，可以明显观察到距离B最近且等距离的氯离子均在大晶胞的面心上，故有6个；由B的坐标参数可知，该晶胞的棱长为1，且铵根离子处于晶胞的体心位置，故其坐标参数为(，， )；可以观察到晶胞中刚好包含有一个NH4Cl，故可得到晶胞密度公式：；
故答案为：B；(，， )；。
3．(1)增大固体接触面积(或提高反应速率，提高原料转化率等合理答案)
(2)形成酸雨
(3)抑制溶液中的Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀(或将固体完全溶解等其他合理答案)
(4)SiO2
(5) FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2+ +2 +16H+ 将“溶液1”中的Fe2+转化为Fe3+
(6) 蒸发浓缩 降温结晶
(7) CaCrO3 6
【分析】以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2等杂质)为原料制备NaFePO4，黄铁矿研磨过筛，然后通入空气焙烧，FeS2转化为氧化铁、SO2气体，然后加入50%的硫酸，得到硫酸铁溶液，SiO2不溶，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液加入黄铁矿，发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁，过滤除去不溶的SiO2，经系列操作得到硫酸亚铁晶体，加入柠檬酸、磷酸二氢钠晶体得到产品，据此解答。
【详解】（1）“研磨”可以增大接触面，加快反应速率，目的是增大固体接触面积(或提高反应速率，提高原料转化率等合理答案)；
（2）“灼烧”时的大量尾气为二氧化硫，二氧化硫在空气中最终生成硫酸，故直接排放会引起的主要环境问题为形成酸雨；
（3）铁离子水解显酸性，常温下，“酸浸”时，加入过量50%的硫酸的目的为抑制溶液中的Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀(或将固体完全溶解等其他合理答案)；
（4）根据分析， “浸渣1”的主要成分是SiO2；
（5）“还原”中FeS2与Fe3+反应生成硫酸根离子和亚铁离子，离子方程式为FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2+ +2 +16H+； “溶液1”中存在亚铁离子，可在“还原”步骤中循环利用，结合反应流程，则通入空气的目的是将“溶液1”中的Fe2+转化为Fe3+；
（6）“一系列操作”目的是通过硫酸亚铁溶液得到晶体，包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、 洗涤和低温干燥；
（7）根据均摊法，该晶胞含Ca为，含Cr为1，含O为，晶体的化学式为CaCrO3；Cr处于体心位置，Cr处于O构成的正八面体中，与Cr最近的氧原子的个数为6 ；Ca 和Cr的最近距离为a nm，则体对角线为2anm，则晶胞边长为，则该晶体密度为g· cm-3。
4．(1) -749 低温 BD Ka=Kb>Kc 2
(2) 12
【详解】（1）①由盖斯定律可知，2×II- I即可得到==-749，该反应是气体体积减小的反应，，当时，反应能自发进行，则该反应在低温下能够自发进行；
②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体密度是定值，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．该反应是放热反应，在绝热恒容密闭容器进行，温度一直上升，当容器内气体的温度不再改变时，能说明反应达到平衡，故B选；
C．时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．该反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，则容器内气体的平均摩尔质量增大，当容器内气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；
故选BD；
③恒温恒容条件发生发应Ⅲ，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，随着反应的进行，各容器内压强：pa=pb
。
（2）①由晶胞结构可知，形成的晶体是面心立方堆积，该晶体的配位数为12；
②原子的个数为8=4，该晶胞的质量为g，体积V=，晶胞的边长a=，两个原子的核间距为晶胞体对角线长的，为=
5．(1) 3d84s2 电子气
(2) sp3 正四面体 ＜ S＜Cl＜O
(3)Fe2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子或Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，则FeCO3分解温度低于CoCO3
(4) LaNi5 ×1021
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释；
（2）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O>Cl>S，则电负性的大小顺序为S＜Cl＜O。
（3）由题意可知，Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，Fe2+更容易结合氧离子，FeCO3受热分解需要外界能量更少，FeCO3比CoCO3易分解，则FeCO3分解温度低于CoCO3。
（4）①根据均摊原则，晶胞中La原子数是、Ni原子数是，该储氢材料的化学式为LaNi5；②晶胞参数边长为anm，高为bnm，则晶胞体积为，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为g·cm-3。
6．(1) 第四周期第VIII族 3d6 物理 没有新物质生成或没有化学键变化或金属键不变
(2)4：6：3
(3)2b3：a3
(4)2
(5)γ-Fe
(6)摩尔盐中的N、O、H可形成空间网络化氢键，将亚铁离子包围起来，避免其与氧化性物质接触，所以比较稳定
【详解】（1）已知铁是26号元素，则26-18=8，即铁元素在元素周期表中的位置为第4周期第八纵列即第四周期第VIII族，Fe2+的外围电子排布式3d6，铁的三种晶体之间的转化过程中没有新物质的生成，仅仅是原子的排列方式发生改变，故属于物理变化，故答案为：第四周期第VIII族；3d6；物理；没有新物质生成或没有化学键变化或金属键不变；
（2）金属晶体中离某一原子最近的等距离的原子为其配位数，由题干图示晶胞可知铁的α、γ、δ三种晶体结构中，Fe原子的配位数分别为：8,12,6，故配位数之比为：8:12:6=4:6:3，故答案为：4:6:3；
（3）由题干晶胞示意图可知，一个α-Fe晶胞含有铁原子个数为：，设α-Fe晶胞边长为a cm，则其晶胞密度为：，一个δ-Fe晶胞含有铁原子个数为：，δ-Fe晶胞边长为b cm，则该晶胞的密度为：，则两种晶体的密度比为：：=2b3：a3，故答案为：2b3：a3；
（4）在Fe3C晶体中，每个碳原子被6个位于顶角位置的铁原子所包围形成八面体结构，碳原子的配位数是6，根据Fe、C比为3：1，故Fe、C配原子数目之比为1：3，则铁原子的配位数为2，故答案为：2；
（5）由于在Fe3C晶体中，每个碳原子被6个位于顶角位置的铁原子所包围形成八面体结构，则形成碳化铁的铁的三种晶体结构中，最有可能的是γ-Fe，故答案为：γ-Fe；
（6）摩尔盐[ (NH4)2 SO4·FeSO4·6H2O]中的N、O、H可形成空间网络化氢键，将亚铁离子包围起来，避免其与氧化性物质接触，所以比较稳定，故答案为：摩尔盐中的N、O、H可形成空间网络化氢键，将亚铁离子包围起来，避免其与氧化性物质接触，所以比较稳定。
7．(1) 2s22p1 低于 两者均为原子晶体，rB>rC，则B-B键键长长，键能小于C-C的键能，则硼晶体的熔沸点低于金刚石。
(2) 离子键和共价键 sp3 平面正三角形 1
(3) BN
【详解】（1）B为5号元素，其电子排布式为1s22s22p1，则价电子排布式为2s22p1。由已知信息得知，硼晶体类型应该与金刚石类似为原子晶体。rB>rC，则B-B键键长长，键能小于C-C的键能，则硼晶体的熔沸点低于金刚石；
（2）物质中含有阴阳离子则含有离子键，同时B与O之间为共价键，所以化学键由离子键和共价键。与两个硼相连的O价层电子对为，则该类为sp3杂化。与一个B相连的O价层电子对为，则该类为sp3杂化。B的价层电子对为，则B的立体构型为平面正三角形。第二周期中第一电离能从左到右增大，且ⅡA>ⅢA、VA>ⅥA族。即第一电离能B
8．(1) 4 Zn
(2) F>O>C>H 大于 Ti(H2O)内H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H—O—H变大 8 sp2
(3) (1，1，)
【详解】（1）Ti的原子序数为22，核外有22个电子，处于周期表中第四周期第IVB族，基态钛原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道上电子数2px上有2个，3px上有2个，所以px原子轨道上电子数共4个；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素分别为Zn、Ga，基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Ga的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，第一电离能比Ga的大；答案为4；Zn。
（2）①由Ti(CO)6、Ti(H2O) 、TiF可知，它们的配体分别为CO、H2O、F-，含有的原子有H、C、O、F，而C、O、F的氢化物中它们均表现负化合价，说明电负性均大于氢元素的，C、O、F属于同周期元素，从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大，所以H、C、O、F的电负性由大到小的顺序是F>O>C>H；
②由Ti(H2O)可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H—O—H变大，所以Ti(H2O)中∠H—O—H大于单个水分子中∠H—O—H；
③由Ti(NO3)4的球棍结构可知，每个配体NO中有两个O原子与Ti4+形成环状结构，NO作为双齿配体，Ti的配位数是2×4=8；NO中心原子N原子的价层电子对数=3+5+1 2×3=3+0=3，无孤电子对，N原子采取sp2杂化；
（3）由TiO2-aNb晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为6×+6×+1=，N原子1个在棱上、1个在面上，N原子个数为1×+1×=，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子个数为8×+4×+1=4，所以Ti：O：N=4： ：=1： ：，该物质的化学式为TiON，则2-a=，a=2-=；可知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)；由TiO2的晶胞结构可知，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8×+8×+2=8，则1mol晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m= ，体积为V=m2n×10-30cm3，则TiO2的密度为ρ= =。
9．(1) 3s23p63d10
(2) s 5：1
(3)BC
(4)两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高
(5)10
(6) FeCuS2
【详解】（1）①Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu原子的M层电子排布式为3s23p63d10；
②CO和N2互为等电子体。等电子体结构相似，CO分子中C、O原子之间以共价三键C≡O结合，其中含有1个σ键，2个π键。在标准状况下V L CO气体中含有气体分子物质的量是n(CO)= 则该分子中含有的π键数目N(π)=2n(CO)NA=；
（2）Ca是20号元素，Ca原子核外电子排布为2、8、8、2，所以Ca位于元素周期表第四周期第ⅡA族，属于s区元素；
由图可知：上下底面为菱形，内角为120°、60°，上下面共用4个对称的Cu原子、前后面和左右面共用1个Cu原子，体心有1个Cu原子；Ca原子为晶胞的顶点，则一个晶胞中含有Ca的数目为4×+4×==1，含有Cu的数目为8×+1=5，所以钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为5：1；
（3）硫酸铜在溶液中完全电离产生自由移动的离子，不存在离子键；水分子之间存在范德华力、氢键，水分子、硫酸根中原子之间形成共价键，水合铜离子中存在配位键，不存在金属键，故合理选项是BC；
（4）已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者的熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，这是由于两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但离子半径：r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高；
（5）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—HN—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子价层电子对数都是4，VSEPR模型为四面体形，1个[Cu(X)2]2+中含有的四面体形原子有2×5=10个，则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有10 mol；
（6）根据图示可知在一个晶胞中含有的Fe原子数目为：8×+4×+1=4；含有的Cy原子数目为：4×+6×=4，含有的S原子数目是8个，n(Fe)：n(Cu)：n(S)=1：1：2，所以该物质化学式为FeCuS2；
假设晶胞高度为c pm，该晶胞密度ρ=，所以晶胞的高度c=nm。
10．(1)[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10
(2)I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)
(3) X(H)< X(C) < X(O) sp2、sp3
(4)X射线衍射实验
(5)D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
(6)ABC
(7)
【详解】（1）铜元素位于周期表第四周期ⅠB族，核电荷数为29，基态Cu+的电子排布式[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10。
（2）Cu、Zn、Al失去第一个电子分别位于4s1、4s2、3p1，4s2电子处于全满轨道较难失去，三者中第一电离能最大，3p1是单电子，铝的核电荷数比铜小很多，其第一电离能最小，故三者的第一电离能由大到小的顺序为I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)。
（3）H2C=CHCOOCH3中含H、C、O三种元素，同周期元素电负性从左往右增大，故C
（5）从C和D的分子结构简式分析，两者相对分子质量相差较小，C分子间以范德华力为主，D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，故D的沸点明显高于C的。
（6）钙钯络合氢化物(CaPdH2)以Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成，阴阳离子间化学键是离子键，[PdH2]2-络合离子结构中的Pd和H原子存在配位键，共用电子对偏向H一边，属于非极性键，故答案选ABC。
（7）从白铜晶胞结构图可知，Cu原子位于立方晶胞的面心位置，Ni原子位于顶点位置，一个晶胞内含有Cu原子个数 ，含有Ni原子个数 ，设该立方晶胞的边长为nm，根据题意，有，Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，为 nm，故Cu和Ni之间的最短距离为nm。
11． ds V形 sp杂化 SO2 SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大 紫 电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量 2∶1 面心立方最密堆积
【分析】X、Y、Z、M、N、Q、P为元素周期表前四周期的7种元素，X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，则Y为C元素；Z是地壳内含量最高的元素，为O元素；M的内层电子数是最外层电子数的9倍，M只能处于第四周期，最外层电子数只能为2，内层电子总数为18，核外电子总数为20，M为Ca元素；N的原子序数比M小1，则N为K元素；Q在元素周期表的各元素中电负性最大，Q为F元素；P元素的第三电子层处于全充满状态，第四电子层只有一个电子，原子核外电子数=2+8+18+1=29，则P为Cu元素，据此解答。
【详解】X为S元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Ca元素，N为K元素，Q为F元素，P为Cu元素。
(1)X为S元素，元素在周期表中的位置是：第三周期ⅥA族，外围电子排布为3s23p4，它的外围电子的电子排布图为，P元素为Cu，属于ds区元素；
(2)SO2分子中S原子价层电子对数2+=3，S原子含有1对孤电子对，所以其立体结构是V形，CO2分子C原子呈2个σ键、没有孤电子对，C的杂化轨道类型为sp杂化，SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，故SO2的溶解度较大；
(3)含有K元素的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量；
(4)元素M与Q分别为Ca和F，形成的晶体为CaF2，Ca2+作面心立方最密堆积，F-做四面体填隙，Ca2+的配位数为8，F-的配位数为4，所以M离子与Q离子的配位数之比为2∶1；
(5)P为Cu，P单质形成的晶体中，原子采取的堆积方式为面心立方最密堆积，一个晶胞中有Cu的个数为8×个，设Cu的半径为r，则V球=4×=，根据几何关系，晶胞边长为a=2r，所以晶胞的体积V晶胞=a3=16r3，所以空间利用率为×100%。
【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子的排布、化学键、杂化方式与空间构型、分子结构与性质、晶胞计算等，(4)中注意利用均摊法计算晶胞的质量，涉及球、立方体的体积的计算等，难度中等。
12． [Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10 正四面体 N>O>S H2O2为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行 Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)+2OH- sp2、sp3 (，，) Cu
【详解】(1)Cu是29号元素Cu+的核外电子数是28，所以Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10；
(2)硫酸根离子中S的价层电子对数为4+(6+2-4×2)=4，没有孤电子对，因此立体结构是正四面体；非金属性越强，第一电离能越大，但同周期：IIA>IIIA，VA>VIA，即第一电离能大小顺序是N>O>S；
(3)题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；方程式可表示为：Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3) +2OH-；
(4)在OHCCH2CH2OH中，中的C则为sp3杂化； 中的C则为sp2杂化；
(5)①根据各个原子的相对位置可知，D在x、y方向的处，z方向的处，所以其坐标是(，，)；根据均摊法，白球的个数为(8×+1)=2，灰球位于体心，灰球有4个，因此化学式为Cu2O，灰球是Cu；
②晶胞质量为2×g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，根据密度的定义，阿伏加德罗常数NA=。
13． 2 平面三角形 阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低 12 sp 3 HgBr2·2NH3或Hg(NH3)2Br2或HgBr2(NH3)2
【详解】(1)N为7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为2s22p3，所以价电子的轨道表达式为 ；同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满更稳定，第一电离能大于O，所以第二周期第一电离能大于N的有F、Ne两种元素；NH4NO3中阴离子为NO，中心原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对数，所以空间构型为平面三角形；
(2)根据该物质的结构可知阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低；
(3)根据结构可知，有4+4=8个电子形成大π键，中心N原子与两侧的N原子分别形成一个σ键，有4个电子参与成键，所以键合电子总数为8+4=12；根据结构可知，②号N原子形成两个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对数为2，为sp杂化；
(4)据图可知三个N原子与Fe3+通过螯合配位成环，所以1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有3mol；
(5)根据均摊法，该物质中含有2个NH3分子，一个Hg2+，=2个Br-，所以该物质的化学式为HgBr2·2NH3或Hg(NH3)2Br2或HgBr2(NH3)2；相邻的Br的距离均为apm，即晶胞底面的边长为a pm，晶胞的高为2a pm，则晶胞的体积为2a3pm3=2a3×10-30 cm3，晶胞的质量为为g=g，则密度为g·cm3。
14． 3d24s2 3 8 sp2 三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键 6 或
【详解】(1) 钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，基态原子的价电子排布式3d24s2；钛原子核外有2个未成对电子，第四周期有2个未成对电子的原子含有Ni、Ge、Se三种元素，故答案为：3d24s2；3；
(2) ①共价化合物中成键原子之间只能形成一个σ键，由三氮唑的结构简式可知分子中含有8个σ键，则l mol三氮唑分子中所含σ键的数目为8mol；氮唑分子中只含有双键碳原子，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：8；sp2；
②三氮唑分子中含有原子半径小、非金属性强的N原子，三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子中不含有N原子，分子间不能形成氢键，则三氮唑的沸点高于环戊二烯，故答案为：三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键；
(3) ①由晶胞结构可知，晶胞中每个钨原子周围距离其最近的碳原子有6个，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中钨原子的个数为1+2×+12×+6×=6个，由质量公式可得：，解得阿伏加德罗常数的值NA为，故答案为：；
③由晶胞结构可知，晶胞中镁原子的个数为1+8×=2，则晶胞中镁原子的体积为2× pm3；晶胞丁中虚线所标的四个硬球关系为正四面体关系，晶胞的体对角线为镁原子的原子半径的4倍，则晶胞的边长为2r pm，由晶胞高为h pm可知，晶胞体积为(2r)2h sin60 pm3=2r2h，则晶胞中镁原子的空间利用率为==，故答案为：或。
15． 15 > NH3和 H2O sp3 变大 孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用 CoCl3·3NH3+3NaOHCo(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl ABD 面心立方堆积 (，0，)
【详解】(1)Co是27号元素，价层电子排布式为3d74s2，结合泡利原理和洪特规则画出价层电子排布图为为：；其M层上共有8+7=15个不同运动状态的电子；铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，故失去的是3d6上的一个电子，Fe和Co的第四电离能I4(Fe) > I4(Co)，故答案为：；15；>；
(2)①1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，说明有3molCl-在外界，则配合物CoCl3·5NH3·H2O的配体是NH3和 H2O；NH3的价层电子对数是3+(5-3)=4，其中氮原子的杂化类型为sp3；NH3分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会变大，因为孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；故答案为：NH3和 H2O；sp3；变大；孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
②CoCl3·3NH3在热NaOH溶液中发生反应产生絮状沉淀Co(OH)3，并释放出NH3，配平方程式为：CoCl3·3NH3+3NaOHCo(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl；该配合物中存在的化学键有共价键、σ键和配位键，故选ABD；故答案为：CoCl3·3NH3+3NaOHCo(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl；ABD；
(3)①铁分布在晶胞的8个顶点和6个面心，属于面心立方堆积，故答案为：面心立方堆积；
②C点的原子位于面心，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点的原子坐标参数为()，则C点的x轴坐标为，y轴坐标为0，B点和C点的Z轴坐标相同都是，则C点的原子坐标参数为(，0，)，故答案为：(，0，)。
16． p 3
sp3 0.15NA P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水 1s22s22p63s23p63d5 O>P>Fe 低于
【详解】(1)P原子核外有15个电子，分三层排布，即有三个能层，所以电子占据的最高能层符号为M；最外层为3s2p3，则磷元素位于周期表的p区，基态磷原子价层电子排布图为，故答案为p；；
(2)同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但P元素原子3p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故铝到磷元素的第一电离能P＞S＞Si＞Al，所以第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的有2种，同时Mg的第一电离能也大于Al，故答案为3；
(3)P4分子为正四面体构型，键角为60°，P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，则P原子采取sp3杂化；因为P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键，则平均每个P原子形成1.5个σ键，所以3.1g白磷中σ键的数目为×1.5=0.15mol，数目为0.15NA；相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2，难溶于水，故答案为sp3；0.15 NA；P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2，难溶于水；
(4)Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：O＞S，所以电负性O＞P，又Fe为金属元素，则电负性由大到小的顺序是O＞P＞Fe，故答案为1s22s22p63s23p63d5；O＞P＞Fe；
(5)该晶胞中P原子个数=8×+6×=4，B原子个数为4，化学式为BP，设晶胞边长=acm，则晶胞的体积V=(acm)3，ρ==g cm3，解得a=cm，根据图象，B与P最近距离为体对角线的，则B与P最近距离=××cm=×cm；P-B的键长比C-C键长大，熔点比金刚石低，故答案为×；低于。
试卷第1页，共3页
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