四川省成都市第七中学2022-2023学年高三化学上学期10月阶段考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2022-2023学年高三化学上学期10月阶段考试试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了5 Cr—52，00lNA等内容，欢迎下载使用。

四川省成都市第七中学2022届高三10月阶段考试
理综测试化学试题
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Cl—35.5 Cr—52
第Ⅰ卷(选择题共126分)
一、选择题：每小题6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. 在2020年抗击新型冠状病毒疫情的过程中，大量防护和消毒用品投入使用。下列有关说法不正确的是
A. 免洗手消毒液的成分活性银离子能使蛋白质变性
B. 聚丙烯和聚四氟乙烯为生产防护服的主要材料，二者均属于有机高分子
C. 二氧化氯泡腾片杀菌消毒利用的是其强氧化性
D. 84消毒液的有效成分是NaClO，可以与医用酒精混合使用增强消毒效果
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．免洗手消毒液的成分活性银离子属于重金属离子，能使蛋白质变性，A正确；
B．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应生成，聚四氟乙烯是由四氟乙烯加聚而成，二者均为有机高分子材料，B正确；
C．二氧化氯泡腾片中，ClO2中Cl显+4价，得电子能力强，具有强氧化性，有良好除臭、脱色、杀菌作用，C正确；
D．酒精有还原性，而NaClO有氧化性，两者可以发生反应，因此，医用酒精和84消毒液(NaClO溶液)混合使用会减弱它们的消毒效果，D错误；
故选D。
2. 新鲜水果和蔬菜中富含维生素，在作用下可转化为脱氢维生素，原理如图：

下列关于维生素的说法正确的是
A. 分子式为
B. 难溶于水，易溶于有机溶剂
C. 与脱氢维生素都可使酸性溶液褪色
D. 与脱氢维生素互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据结构简式确定维生素分子式为C6H8O6，故A错误；
B．羟基为亲水基，维生素C中含有多个亲水基，其易溶于水，故B错误；
C．维生素C中含有碳碳双键，具有烯烃性质，所以维生素C能使高锰酸钾酸性溶液褪色，脱氢维生素羟基连着的碳原子上有H原子，可使酸性溶液褪色，故C正确；
D．两者的官能团不相同，即结构不相似，不属于同分异构体，故D错误；
故选：C。
3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A. 1molNa2O与1molNa2O2的固体中含有的阴离子数均为NA
B. 室温下pH=11的Na2CO3溶液，由水电离出的OHˉ数目为0.00lNA
C. 0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数小于0.25NA
D. 46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2O与Na2O2的阴离子分别是O、O，1molNa2O与1molNa2O2的固体中含有的阴离子数均为NA，A正确；
B．溶液体积未知，无法计算由水电离出的OH-数目，B错误；
C．1mol锌和浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，和稀硫酸反应生成1mol氢气，因此0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解，生成气体的分子数为0.25NA，C错误；
D．C2H6O不一定是乙醇，也可能是二甲醚，46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目不一定为7NA，D错误；
答案选A。
4. 根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
溴水中加入苯，充分振荡、静置后水层几乎呈无色
苯与溴发生了反应
B
测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，前者pH比后者大
非金属性：S＞C
C
将FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
证明Fe2+有还原性
D
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加过量NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水，溶液未变蓝
不能说明淀粉已完全水解

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．苯性质稳定，与溴水不反应，水层无色与溴易溶于苯有关，故A错误；
B．亚硫酸钠不是硫元素的最高价含氧酸盐，不能据此比较二者非金属性强弱，故B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液也能氧化氯离子，不能据此说明亚铁离子具有还原性，故C错误；
D．向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，淀粉发生水解，冷却后加过量NaOH溶液至碱性，再滴加少量碘水，氢氧化钠能和碘反应，溶液未变蓝，不能说明淀粉已完全水解，故D正确。
故选D。
5. M、X、Y、Z四种短周期元素的原子序数依次增大，其中M、Z同主族，Y、Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，化合物A由X、Y、Z三种元素组成，A的结构简式如图所示：下列说法正确的是

A. 简单离子半径：X＞Y＞Z
B. 简单氢化物的稳定性：M＞X
C. M的最高价含氧酸是一元强酸
D. X2能把同主族元素的单质从其盐的水溶液中置换出来
【答案】A
【解析】
【分析】Y、Z为金属元素，X、Y、Z简单离子的核外电子排布相同，Y离子为+1价阳离子，X为-1价阴离子，Z为+3价阳离子，则X为F，Y为Na，Z为Al元素，M和Z同主族，则为B元素，据此分析解题。
【详解】A．核外电子层数相同时，核电荷数越小离子半径越大，所以离子半径：F−>Na+>Al3+，A正确；
B．非金属性B＜F，则简单氢化物的稳定性：BH3(或B2H6) C．B元素的最高价含氧酸为H3BO3，只能产生一个氢离子，是一元弱酸，C错误；
D．F2通入到氯、溴、碘的盐溶液中，F2直接和溶液中的水反应，不能置换出氯、溴、碘的单质，D错误；
答案为A。
6. 2020 年，中国科学院在钠离子电池的研究上取得新突破，其应用领域广、安全性能好，在未来有巨大市场前景。某水系钠离子二次电池总反应为：2NaFePO4F+ Na3Ti2(PO4)32Na2FePO4F+ NaTi2(PO4)3，下列说法正确的是

A. 放电时，溶液中的 Na+移向 a 极
B. 放电时，
C. 充电时，Na2FePO4F 发生还原反应
D. 充电时，电路中通过 1mol e-时，b 极增重 46g
【答案】B
【解析】
【分析】由电池总反应知，放电时，NaFePO4F转化为Na2FePO4F，Fe元素化合价由+3价降低到+2价，发生还原反应，故b极为正极，Na3Ti2(PO4)3转化为NaTi2(PO4)3，Ti元素化合价由+3价升高到+4价，发生氧化反应，故a极为负极。
【详解】A．由分析知，a极为负极，b为正极，放电时，Na+移向正极，即b极，A错误；
B．由分析知，放电时，Na3Ti2(PO4)3转化NaTi2(PO4)3，对应电极反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，B正确；
C．充电时，Na2FePO4F转化为NaFePO4F，Fe元素由+2价升高到+3，发生氧化反应，C错误；
D．充电时，b极发生反应Na2FePO4F转化为NaFePO4F，对应电极反应为：Na2FePO4F-e- =NaFePO4F+Na+，1 mol电子转移时，b电极失去1 mol Na+，故电极质量减小23 g，D错误；
故答案选B。
7. 常温下，向浓度均为和的混合溶液中滴加的，测得混合溶液的电阻率(溶液的电阻率越大，导电能力越弱)与加入氨水的体积的关系如图所示(忽略混合时体积变化)，下列说法正确的是

A. 常温下，的比同浓度的大
B. 过程中水的电离程度先减小后增大
C点溶液中，
D. 点时，
【答案】D
【解析】
【分析】
电阻率与离子浓度成反比，即a→b过程中溶液的导电性减弱，向混合溶液中加入等物质的量浓度的NH3∙H2O溶液时，发生反应先后顺序是HX+NH3∙H2O=NH4X+H2O、NH3∙H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，0-20mL溶液中电阻率增大、导电性减弱，b点最小，原因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为NH4X、CH3COOH，继续加入NH3∙H2O溶液，NH3∙H2O是弱电解质，生成的CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，溶液的电导性增大，c点时醋酸和一水合氨恰好完全反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3∙H2O，据此分析解答。
【详解】A．若HX和CH3COOH都是弱酸，则随着NH3∙H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3∙H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HX为强电解质，常温下，0.1mol/LHX的pH比同浓度CH3COOH的pH小，故A错误；
B．酸或碱都抑制水的电离，滴加NH3∙H2O溶液的过程：a→c为HX和CH3COOH转化为NH4X、CH3COONH4的过程，溶液的酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；
C．根据分析，c点溶液中溶质为NH4X、CH3COONH4，且二者的物质的量相等，溶液为酸性，即c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)+c(CH3COO-)，则c(NH4+)＜c(X-)+c(CH3COO-)，故C错误；
D．d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4X、CH3COONH4、NH3∙H2O，0~40mL时，NH3∙H2O转化为NH4+，40~60mL时，NH3∙H2O过量，d点时，溶液体积共为80mL，，故D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题(共129分)
8. 三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，其实验装置如下图所示：

已知：①COCl2(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COCl2+H2O=CO2+2HCl；
②碱性条件下，H2O2可将Cr3+氧化为；酸性条件下，H2O2将还原为Cr3+。
请回答下列问题：
(1)A中的试剂为_______；无水CaCl2的作用是_______；反应结束后要继续通入一段时间氮气，主要目的是_______。
(2)装置E用来收集产物。实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象是_______；可通过_______(填操作)使实验继续进行。
(3)装置G中发生反应的离子方程式为_______。
(4)测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
I.取mgCrCl3产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为，继续加热一段时间；
II.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色)，使转化为；
III.用新配制的cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液VmL(已知被Fe2+还原为Cr3+)。
①产品中CrCl3质量分数表达式为_______%。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数测定值偏低的是_______(填字母标号)。
A.步骤I中未继续加热一段时间
B.步骤III中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已变质
C.步骤II中未加浓磷酸
D.步骤III中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
【答案】 ①. 浓H2SO4 ②. 防止G中水蒸气进入E及C装置 ③. 将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气 ④. C装置内压强增大，A中导管内液面上升 ⑤. 对D处稍加热 ⑥. ⑦. ⑧. AC
【解析】
【分析】实验室制取CrCl3的反应为Cr2O3(s)+3CCl4(g)2CrCl3(s)+3COCl2(g)，CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
【详解】(1)根据题目信息：CrCl3易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目是让CrCl3在氮气氛围中冷却，防止空气进入使CrCl3氧化；A中装浓H2SO4，作用是干燥N2并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将 COCl2排入装置 G 中并被充分吸收，回收尾气；
(2)若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCl3升华后在D处凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；
(3)装置G中可以看做是COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，故反应方程式为；
(4)①测定过程中的物质的量的关系为：，得失电子守恒，原子守恒，产品中CrCl3的物质的量为：，产品中的CrCl3的质量分数表达式为：；
②A.步骤Ⅰ未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤Ⅱ中会将还原为Cr3+，则滴定时消耗标准溶液(NH4)2Fe(SO4)2体积减小，测定的CrCl3质量分数偏低，A正确；
B. 步骤Ⅲ中所(NH4)2Fe(SO4)2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，B错误；
C. 步骤Ⅱ中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCl3质量分数偏低，C正确；
D.步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视(读数偏小)，滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCl3质量分数偏高，D错误。
故选AC。
9. 铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：

已知：Ⅰ．铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2
Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10-20
4.0×10-38
2.1×10-13

（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有___________(填化学式)，写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：___________。
（2）①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量盐酸，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为___________(填字母)。
a．加入过量的氨水b．通入过量的CO2c．加入少量的NaOH d．加入适量的盐酸e.洗涤 f．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___________。
（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：___________。
（4）滤液D中c(Cu2＋)=2.2mol·L-1、c(Fe3＋)=0.008mol·L-1、c(Mn2＋)=0.01mol·L-1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是___________(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于___________。
（5）电解NaCl•BeCl2混合熔盐可制备金属铍，如图是电解装置图。

①石墨电极上的电极反应式为___________。
②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气，除去Be中少量Na的方法为___________。
已知部分物质的熔、沸点如下表：
物质
熔点(K)
沸点(K)
Be
1551
3243
Na
370
1156

【答案】（1） ①. Na2BeO2、Na2SiO3 ②. BeO＋4H＋=Be2＋＋2H2O
（2） ①. afed ②. 要在HCl气流中蒸发结晶
（3）MnO2＋CuS＋2H2SO4=MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O
（4） ①. Fe3＋ ②. 4
（5） ①. Be2＋＋2e－=Be ②. 可以控制温度1156～3243K之间冷却
【解析】
【分析】由题干工艺流程图分析可知，废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)加入氢氧化钠溶液、过滤得到滤液A为NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤液A中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，滤液C主要为含NaCl、BeCl2和少量HCl，可从中提取氯化铍固体，一定条件下反应得到铍；滤渣B中加入二氧化锰的稀硫酸发生反应，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，过滤得到固体和滤液D，溶液D中含Cu2+、Fe3+、Mn2+，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后经过一系列操作得到铜。
【小问1详解】
已知铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2，则滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应Ⅰ中含铍化合物即Na2BeO2与过量盐酸反应，类似于偏铝酸根与盐酸反应，则离子方程式：BeO＋4H＋=Be2＋＋2H2O。
【小问2详解】
①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量盐酸，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为：加入过量的氨水中和盐酸、沉淀Be2+，然后过滤、洗涤沉淀，最后加入适量的HCl将沉淀溶解即可，故答案为：afed。
②BeCl2是强酸弱碱盐，易水解，则从BeCl2溶液中得到BeCl2固体需要抑制其水解、具体的操作是：要在HCl气流中蒸发结晶。
【小问3详解】
H2SO4参与下、MnO2能将金属硫化物CuS中的硫元素氧化为硫单质，则反应生成CuSO4、MnSO4、S和H2O，故反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。
【小问4详解】
滤液D中c(Cu2+)=2.2mol·L－1、c(Fe3+)=0.008mol·L－1、c(Mn2+)=0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离。Cu2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=10-10mol/L，pH=4；Fe3+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L=mol/L；Mn2+开始沉淀时，c(OH-)=mol/L≈4.6×10-6mol/L，沉淀时c(OH-)越小、c(H＋)越大， pH越小、越先沉淀；因此，首先沉淀的是Fe3+。为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于4，故答案为：Fe3+；4。
【小问5详解】
①石墨电极生成金属Be，电极反应方程式为：Be2++2e-=Be。
②除去Be中少量Na的方法：图表信息可知Na和Be的熔沸点差距很大，分离Na蒸气和Be蒸气可以控制温度1156~3243K之间冷却，故答案为可以控制温度1156~3243K之间冷却。
10. 氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一
Ⅰ.合成氨工艺是人工固氮的重要途径。
（1）可用作合成氨的催化剂有很多，如Os、Fe、Pt、Mn、Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下：

注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。
①请写出N2参与化学吸附的反应方程式：___________；
②以上历程须克服的最大势垒为___________eV。
（2）在使用同一催化剂时，将2.0molN2和6.0molH2通入体积为1L的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2时n(H2)的变化(a点恰好达到平衡)，曲线B表示T1时n(NH3)的变化。

①T2温度下反应进行到某时刻，测得容器内气体的压强为起始时的80%，则此时v(正)___________v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。
②能否由图中数据得出温度T1＞T2，并说明理由___________。
Ⅱ．氨也可以用电化学法合成
（3）如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt－C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图：

①Pt－C3N4电极反应产生NH3电极反应式为___________；
②实验研究表明，当外加电压超过一定值后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因___________。
Ⅲ．
（4）25℃时用氨水吸收甲酸可得到HCOONH4溶液，已知25℃时甲酸的电离常数Ka=1.8×10-4，NH3•H2O的电离常数Kb=1.8×10-5。计算反应NH3•H2O+HCOOHHCOO-+NH+H2O的平衡常数K=___________。
【答案】（1） ①. N2(g)→2N*(g)[或N2(g)＋H2(g)→2N*(g)＋H2(g)] ②. 1.47
（2） ①. ＞ ②. 不能，因为温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同
（3） ①. N2＋6e－+6H+=2NH3 ②. 超过一定电压以后，H＋得电子变成H2，而且速率比氮气快
（4）3.24×105
【解析】
【分析】
【小问1详解】
①根据题意，N2与H2合成氨气的过程是N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用生成过渡态TS1，最后再解吸附，因此N2的化学吸附发生在第一步，具体为N2(g)→2N*(g)[或N2(g)＋H2(g)→2N*(g)＋H2(g)]；
②由图可知，反应的最大垒能为2N*+H2(g)→TS1，能量E=0.01eV-（-1.46eV）=1.47eV；
【小问2详解】
①恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则容器内气体的总物质的量为（2.0+6.0）mol×80%=6.4mol，反应三段式为

则2-x+6-3x+2x=6.4，解答x=0.8，某时刻容器内n(H2)=6-3x=3.6mol大于a点时氢气的平衡量3mol，所以反应没有达到平衡状态，v正＞v逆；
②0～4min时曲线A上T2时v(H2)==0.5mol/（L•min），曲线B上T1时v(NH3)==0.4mol/（L•min），因为，则v(H2)＜v(NH3)，但温度对催化剂的活性也有影响，温度不同，催化剂的活性不同，对反应速率造成的影响不同，所以不能得出温度T1＞T2；
【小问3详解】
①Pt－C3N4电极与电源负极相连，作阴极，发生电子的还原反应，则产生NH3的电极反应式为N2＋6e－+6H+=2NH3；
②由于超过一定电压以后，H＋得电子变成H2，而且速率比氮气快，所以当外加电压超过一定值后，阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小。
【小问4详解】
反应NH3•H2O+HCOOHHCOO-+NH+H2O的平衡常数K===3.24×105。
(二)选考题：共45分。请考生从2道化学题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
11. Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1）基态Fe2+价电子排布图为___________。
（2）Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)＞I1(Na)，原因是___________。I1(Be)＞I1(B)＞I1(Li)，原因是___________。熔点Li2O___________Na2O(填“＞”或“＜”)。
I1/(kJ/mol)
Li：520
Be：900
B：801
Na：496
Mg：738
Al：578

（3）磷酸根离子的空间构型为___________，其中P的杂化轨道类型为___________；与PO互为等电子体的阴离子有___________(写出一种离子符号)。
（4）金刚石与石墨都是碳的同素异形体。金刚石属于___________晶体。若碳原子半径为rnm，根据硬球接触模型，金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为___________(用含π的代数式表示)。

【答案】（1）（2） ①. Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 ②. Li、Be、B为同周期元素，同周期元素从左向右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 ③. >
（3） ①. 正四面体形 ②. sp3 ③. SO或ClO、BrO、IO、SiO等
（4） ①. 原子 ②.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
基态Fe2+ 的电子排布式为3d6，可得基态Fe2+ 的电子排布图为；
【小问2详解】
①Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小；
②Li、Be、B为同周期元素，同周期元素从左向右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的；
③氧化钠跟氧化锂都是离子晶体，所以晶格能越大，熔点越高。比较晶格能，看离子半径和，半径和越小，晶格能越大。钠离子的半径大于锂离子，所以氧化锂的熔点高。
【小问3详解】
磷酸根中心原子磷的成键电子对数目为4，价层电子对数目为4，磷酸根离子中不含有孤电子对，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化形成的4个sp3杂化轨道。
等电子体是指价电子数和原子数(氢等轻原子不计在内)相同的分子、离子或原子团。据此可写出与磷酸根离子互为等电子体的阴离子。
【小问4详解】
金刚石是正八面体结构。C碳原子按四面体成键方式互相连接，组成无限的三维骨架，是典型的原子晶体，每个碳原子都以sp3杂化轨道与另外4个碳原子形成共价键，构成正四面体；由晶胞的位置关系可得体对角线为8r，设晶胞边长为a nm，则，晶胞中有8个C，则空间占有率为。