高考化学三轮冲刺 单元检测十二含答案　物质结构与性质(选考)

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单元检测十二　物质结构与性质(选考)
考生注意：
1．本试卷共4页。
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。
3．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45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．下列各项叙述中正确的是(　　)
A．N、P、As的电负性随原子序数的增大而增大
B．价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期ⅤA族，是p区元素
C．2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
D．氮原子的最外层电子排布图：
答案　B
解析　同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，则N、P、As的电负性随原子序数的增大而减小，故A错误；价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层，最外层电子数为5，位于第四周期ⅤA族，最后填充p轨道，是p区元素，故B正确；p轨道均为哑铃形，离原子核越远，能量越高，2p轨道的能量低于3p轨道，故C错误；利用“洪特规则”可知最外层电子排布图应为，故D错误。
2．(2020·山东菏泽高三期中)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Z元素的2p轨道上有两个成单电子。A、B、C、D、E是由其中的两种或三种元素组成的化合物，A是淡黄色固体，F是Z元素的气体单质。已知：A＋B→D＋F，A＋C→E＋F；25 ℃时0.1 mol·
L－1 D溶液的pH为13。下列判断错误的是(　　)
A．X与W属于同主族元素
B．原子半径：W>Y>Z>X
C．1.0 L 0.1 mol·L－1 E溶液中阴离子的总物质的量大于0.1 mol
D．物质A中既含有离子键，又含有共价键，且阴阳离子个数比为1∶1
答案　D
解析　X、W分别是H、Na，属于同主族元素，故A正确；电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越大半径越小，原子半径：Na>C>O>H，故B正确；1 L 0.1 mol·L－1碳酸钠溶液中含有溶质碳酸钠0.1 mol，由于碳酸根离子部分水解，导致溶液中阴离子数目增大，则溶液中含有的阴离子的物质的量大于0.1 mol，故C正确；A是Na2O2，含有Na＋、O，既含有离子键又含有共价键，且阴阳离子个数比为1∶2，故D错误。
3．某物质A的实验式为CoCl3·4NH3，1 mol A中加入足量的AgNO3溶液中能生成1 mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是(　　)
A．Co3＋只与NH3形成配位键
B．配合物配位数为3
C．该配合物可能是平面正方形结构
D．此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl
答案　D
解析　实验式为CoCl3·4NH3的物质，1 mol A中加入足量的AgNO3溶液中能生成1 mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl－，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，据此答题。由分析可知，Cl－与NH3分子均与Co3＋形成配位键，故A错误；配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，故B错误；该配合物应是八面体结构，Co与6个配体成键，故C错误；由分析可知，此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl，故D正确。
4．①PH3分子的构型为三角锥形，②BeCl2分子的构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子的构型为平面正三角形，⑥NF3分子的结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是(　　)
A．①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子
B．只有④为非极性分子，其余为极性分子
C．只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子
D．只有①③是非极性分子，其余是极性分子
答案　A
5．(2020·安徽蚌埠第三中学高二期末)元素周期表是安置元素的一座“大厦”，已知原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中的“单元号和房间号”即位置的是(　　)
A．某元素原子的第二电子层电子排布图为
B．某元素在某种化合物中的化合价为＋4
C．某元素的原子最外层上电子数为6
D．某元素的原子价电子排布式为5s25p1
答案　D
解析　从Ne开始元素原子的第二电子层电子排布图均为，故只知道第二电子层电子排布图无法确定元素的位置，A不符合题意；某元素在某种化合物中的化合价为＋4无法确定其位置，如CO2中C为＋4价，C位于周期表第二周期ⅣA族，N2O4中N为＋4价，N位于周期表第二周期第ⅤA族，B不符合题意；某元素的原子最外层上电子数为6无法确定其周期，如O位于第二周期ⅥA族，S位于第三周期ⅥA族，即ⅥA族元素的原子最外层电子数均为6，C不符合题意；原子价电子排布式为5s25p1的元素位于第五周期ⅢA族，能确定其位置，D符合题意。
6．(2020·山东临沂高三期中)硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是雾霾的成分之一。科学家发现通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的SO可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子，雾霾中硫酸盐生成的主要过程示意图如下。

下列说法错误的是(　　)
A．“水分子桥”主要靠氢键形成
B．过程①②中硫元素均被氧化
C．NO2是生成硫酸盐的催化剂
D．该过程中既有氧氢键的断裂又有氧氢键的生成
答案　C
解析　水分子中氧原子的电负性较大，水分子之间主要形成氢键；“水分子桥”中SO中的氧原子和水分子中的氢原子、NO2中的氧原子和水分子中的氢原子之间，主要靠氢键形成，故A不符合题意；过程①表示SO转化为SO，硫元素的化合价从＋4转化为＋5，过程②表示SO转化为HSO，硫元素的化合价从＋5升高到＋6，硫元素的化合价都升高，均被氧化，故B不符合题意；根据图中的转化关系，NO2转化为HNO2，氮元素的化合价从＋4降低到＋3，氮元素的化合价降低，被还原，作氧化剂，故C符合题意；根据图示过程，SO加入一个水分子转化为HSO的过程，有水分子中氢氧键的断裂，NO2加入一个水分子转化为HNO2的过程中有氢氧键的形成，故D不符合题意。
7．下表中各粒子、粒子对应的立体构型及解释均正确的是(　　)
选项
粒子
立体构型
解释
A
氨基负离子(NH)
直线形
N原子采用sp杂化
B
二氧化硫(SO2)
V形
S原子采用sp3杂化
C
碳酸根离子(CO)
三角锥形
C原子采用sp3杂化
D
碘三正离子(I)
V形
I原子采用sp3杂化

答案　D
解析　NH中心原子N原子采用sp3杂化，但N原子有两对价电子未参与成键，所以分子的立体构型为V形，选项A错误；SO2中S原子的价层电子对数＝σ键数＋孤电子对数＝2＋×(6－2×2)＝3，孤电子对数为1，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，结构为V形，选项B错误；CO中C原的价层电子对数＝3＋×(4＋2－3×2)＝3，孤电子对数为0，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，分子结构为平面三角形，选项C错误；碘三正离子(I)中I原子的价层电子对数＝σ键数＋孤电子对数＝2＋×(7－1－2×1)＝4，孤电子对数为2，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，结构为V形，选项D正确。
8．下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是(　　)
A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA族元素
B．原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素一定是副族元素
C．基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
D．基态原子价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数一定为x＋y
答案　C
解析　基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr或Cu，K为主族元素，Cr、Cu为副族元素，故A错误；副族元素的d能级电子数为10或1～5，原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素为Ⅷ族元素，故B错误；基态原子p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故C正确；为ⅢB～ⅦB及Ⅷ族元素，其族序数为外围电子中d、s能级含有的电子数目之和，族序数一定为x＋y，但ⅠB族、ⅡB族元素，族序数等于外围电子排布中s能级中的电子数y，故D错误。
9．(2020·广东湛江高三模拟)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y、X与Z分别同主族，四种元素形成的一种化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．原子半径：W＜X＜Z＜Y
B．X与Z形成的化合物均能被NaOH溶液吸收
C．W与Y形成的化合物属于离子化合物
D．Q溶于水或熔化时电离出的离子相同
答案　D
解析　分析题目可知，W、X、Y、Z分别为H、O、Na、S，Q为NaHSO4。同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：H＜O＜S＜Na，A项正确；SO2和SO3均属于酸性氧化物，均能被NaOH溶液吸收，B项正确；H和Na形成的化合物为NaH，NaH属于离子化合物，C项正确；NaHSO4溶于水电离出Na＋、H＋、SO，熔化时电离出Na＋和HSO，电离出的离子不同，D项错误。
10．(2020·山东临沂高三期中)我国科学家发现了一类由Fe－Se－As－F－O组成的磁性超导材料。下列说法正确的是(　　)
A．Fe变成Fe2＋时首先失去3d轨道电子
B．AsO的立体构型为平面正三角形
C．通过化学变化可以实现Se与Se的相互转化
D．基态F原子的核外电子有9种空间运动状态
答案　D
解析　Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe变成Fe2＋时首先失去4s轨道电子，A错误；AsO的中心原子的价电子对数为3＋＝4，含有一对孤电子对，则其立体构型为三角锥形，B错误；F原子的最外层有9个电子，则基态F原子的核外电子有9种空间运动状态，D正确。
11．(2020·山东日照高三检测)北京大学的科技工作者在金(111)表面进行生长的二维双层冰的边缘结构实现了成像观察，二维冰层的AFM表征细节(图1)及其结构模型(图2)如下，该成果发表在2020年1月的《Nature》上。下列说法正确的是(　　)


A．气相水分子、“准液体”水分子和固态水分子属于三种不同的化合物
B．固态水分子之间的化学键较强，“准液体”水分子之间的化学键较弱
C．由于水分子间的氢键比较牢固，使水分子很稳定，高温下也难分解
D．受到能量激发时“准液体”的水分子与下层固态水分子脱离，使冰面变滑
答案　D
解析　气相水分子、“准液体”水分子和固态水分子为H2O的不同存在形式，为同一种物质，故A错误；水分子之间存在范德华力和氢键，不存在化学键，故B错误；氢键决定水的熔、沸点，水分子的稳定性与氢键无关，水分子稳定是因为分子内O—H键的键能较大，故C错误；受到能量激发时，“准液体”的水分子与下层固态水分子连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑，故D正确。
12．(2020·天津高三期中)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成。已知该晶体的密度为d g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法错误的是(　　)

A．方块A含有1.5个Fe2＋、4个O2－
B．方块B含有0.5个Fe2＋、4个O2－、4个Fe3＋
C．该氧化物中Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比为1∶2∶4
D．晶胞的边长为×107 nm
答案　D
解析　根据均摊法计算A含有1＋4×＝1.5个亚铁离子、4个氧离子，故A正确；根据均摊法计算B含有4×＝0.5个亚铁离子、4个氧离子、4个铁离子，故B正确；Fe2＋处于晶胞的顶点、面心以及A位置小立方体的体心，O2－位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3＋处于晶胞B位置小立方体内部，晶胞中Fe2＋数目＝4＋8×＋6×＝8，Fe3＋数目＝4×4＝16，O2－数目＝4×8＝32，故Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数比为8∶16∶32＝1∶2∶4，故C正确；晶胞中含有Fe2＋、Fe3＋、O2－的个数分别是8、16、32，它们的相对原子质量之和是8×232，根据m＝ρV可得 g＝d g·cm－3×a3，a＝×107nm，故D错误。
13．(2020·德州市第一中学高三检测)下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中，不正确的是(　　)
A．金属键是金属离子与“电子气”之间的较强作用，金属键无方向性和饱和性
B．共价键是原子之间通过共用电子对形成的化学键，共价键有方向性和饱和性
C．范德华力是分子间存在的一种作用力，分子的极性越大，范德华力越大
D．氢键不是化学键而是分子间的一种作用力，所以氢键只存在于分子与分子之间
答案　D
14．(2020·深圳高三模拟)硅是制作光伏电池的关键材料。在Si晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体。n型和p型半导体相互叠加形成p－n结，此时自由电子发生扩散运动，在交界面处形成电场。下列说法正确的是(　　)


A．1 mol Si晶体中含有的Si—Si键数目为4NA
B．若在Si晶体中掺入P元素，可得n型半导体
C．p­n结中，n型一侧带负电，p型一侧带正电
D．光伏电池的能量转化形式为：光能→化学能→电能
答案　B
解析　硅晶体中，一个硅原子与4个硅原子形成4个Si—Si键，一个Si—Si键2个硅原子共用，平均1 mol Si晶体中含有的Si—Si键数目为2NA，故A错误；若在Si晶体中掺入P元素，P最外层是5个电子，可形成多电子的n型半导体，故B正确；p－n结中，p型半导体的空穴浓度高，自由电子的浓度低，p型一侧带负电，而n型半导体的自由电子浓度高，空穴浓度低，n型一侧带正电，故C错误；光伏电池是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，能量转化形式为：光能→电能，故D错误。
15．(2020·广州高三模拟)钯的配合物离子[PdCl4]2－可催化合成H2O2，反应过程如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．[PdCl2O2]2－是反应中间体
B．催化合成H2O2总反应为H2＋O2H2O2
C．反应过程中Pd的成键数目保持不变
D．存在的反应Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2－
答案　C
解析　由图可知，钯的配合物离子[PdCl4]2－先与氢气反应生成Pd，Pd继续与O2和Cl－反应生[PdCl2O2]2－，[PdCl2O2]2－再与HCl反应生成H2O2，所以[PdCl2O2]2－是反应中间体，故A正确；结合题意，由图可知发生的总反应为H2＋O2H2O2，故B正确；[PdCl2O2]2－中Pd形成6个键，可以看出Pd的成键数目由4变为6再变为4，依次循环，故C错误；在流程中存在Pd＋O2＋2Cl－===[PdCl2O2]2－，故D正确。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(12分)(2020·齐齐哈尔高三调研)氮、磷、硫及其化合物的用途广泛。回答下列问题：
(1)下列四种N原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是________(填字母)。
A.
B.
C.
D.
(2)羟氨(NH2OH)可看成氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子的杂化形式为________。羟氨易溶于水，其主要原因是_______________________________________。
(3)氮、磷、硫三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)，氮气分子中σ键与π键的数目之比为______，氮、磷、砷三种元素的简单氢化物的沸点由高到低的顺序为____________(用化学式表示)。
(4)直链多磷酸根阴离子(如图所示)是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_________________________。

(5)ZnS晶体的晶胞如图所示(黑球代表Zn2＋，白球代表S2－)。

①在该晶胞中，Zn2＋的配位数为________。
②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0,0,0)，b为(，0，)，c为(，，0)，则d的坐标参数为________。
③已知该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则其中两个S2－之间的距离为________pm(列出计算表达式)。
答案　(1)A＜C＜B＜D　(2)sp3　羟氨分子与水分子均为极性分子，羟氨分子与水分子之间能形成氢键
(3)N＞P＞S　1∶2　NH3＞AsH3＞PH3
(4)(PnO3n＋1)(n＋2)－　(5)①4　②(，，)
③××1010
解析　(1)电子能量1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由低到高的顺序是：A＜C＜B＜D。
(2)羟氨(NH2OH)可看成是氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物，分子中N原子价层电子对数是4且含有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3；能和水形成分子间氢键的溶质易溶于水，羟胺和水能形成分子间氢键，所以羟胺易溶于水。
(3)同一主族元素，元素的非金属性越强，其第一电离能就越大。由于N、P是同一主族元素，元素的非金属性：N＞P，所以第一电离能：N＞P；同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但P原子核外电子排布处于半满的稳定结构，所以其第一电离能比S大，故氮、磷、硫三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞P＞S；
N2分子中2个N原子形成三个共价键，结构式是N≡N，在这三个共价键中有1个σ键和2个π键，所以σ键和π键数目之比为1∶2；氮、磷、砷三种元素位于同一主族，氢化物化学式分别是NH3、PH3、AsH3，它们都是由分子构成的分子晶体。物质的相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点就越高。但NH3分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，氢键比分子间作用力强，氢键的存在增加了分子之间的吸引作用，使物质的熔、沸点比AsH3还大，故三种物质的沸点由高到低的顺序为NH3＞AsH3＞PH3。
(4)含有n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n－1)个氧原子，O原子数目＝4n－(n－1)＝3n＋1，所带电荷为(－2)×(3n＋1)＋5n＝－(n＋2)，故多聚磷酸根离子的通式为：(PnO3n＋1)(n＋2)－。
(5)①在该晶胞中，每个Zn2＋周围有4个S2－与之相连，Zn2＋的配位数是4。
③晶胞中Zn原子数目＝8×＋6×＝4，含有的S的原子数目为4，则晶体化学式为ZnS，晶胞的质量m＝ g，晶胞的密度ρ＝，则晶胞边长L＝＝cm，其中两个S2－之间的距离为面对角线的一半，所以2个S2－之间的距离为×cm＝××1010 pm。
17．(11分)(2020·四川天府名校质量测评)铬元素在地壳中含量占第21位，是一种重要的金属元素。回答下列问题：
(1)基态铬原子的价电子排布式为____________，根据价层电子判断铬元素中最高价态为________价。铬元素的第二电离能________(填“>”“
(2)2CrCl3＋H22CrCl2＋2HCl　离子　sp2、sp3
(3)
(4)Cr4H4(或CrH)　
解析　(1)基态铬原子的价电子排布式为3d54s1；根据价层电子，铬元素的最高价态为＋6。基态Cr＋的价电子排布式为3d5、基态Mn＋的价电子排布式为3d54s1，故铬元素的第二电离能大于锰元素的第二电离能。
(3)CrO5中铬元素为＋6价，则存在2个过氧根，结构式为。
(4)每个晶胞中的Cr原子数为8×＋6×＝4，H原子数为12×＋1＝4，故其化学式为Cr4H4(也可以简化为CrH，但不可简化为Cr2H2)。一个晶胞的质量为g，一个晶胞的体积为(4.376×10－8)3cm3，则晶体的密度为 g·cm－3。
18．(10分)(2020·银川一中高三调研)中国海军航母建设正在有计划、有步骤地向前推进，第一艘国产航母目前正在进行海试。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，航母的甲板要耐高温，航母的外壳要耐腐蚀。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，Ni2＋的核外电子排布式为__________________。
(2)航母甲板涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷，结构如图1所示，其中C原子的杂化方式为____________杂化，在有机物中C原子间可以形成双键，而硅烷中Si原子间难以形成双键的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。

(3)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量卤族元素。
①根据下表数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是____________(填元素符号)。

氟
氯
溴
碘
第一电离能/(kJ·mol－1)
1 681
1 251
1 140
1 008

②根据价层电子对互斥理论，预测ClO的立体构型为______________形，写出一个与ClO是等电子体的化学符号______________。

(4)海底金属软泥在海洋底蕴藏着大量的资源，含有硅、铁、锰、锌等。某种磁性氮化铁的晶胞结构如图2所示，该化合物的化学式为_________________________________________，
若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为________g·cm－3(用含a、c和NA的式子表示)。
答案　(1)1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)　(2)sp3　Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p­p轨道重叠程度小，难以形成π键
(3)①I　②三角锥　SO　(4)Fe3N　×1021
解析　(2)C原子周围都与其他原子形成4个σ键，且C上没有孤电子对，因此杂化方式为sp3杂化，在有机物中C原子间可以形成双键，而硅烷中Si原子间难以形成双键的原因是：Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p­p轨道重叠程度很小，难以形成π键。(3)①第一电离能越小，越易失去电子，则越易形成阳离子，因此最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是I。②ClO中中心原子的孤电子对数为＝1，σ键电子对数为3，VSEPR模型为四面体形，立体构型为三角锥形；用替代法，ClO的等电子体的化学符号为SO。
19．(10分)(2020·宜宾市第四中学期中)油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：
(1)现代化学中，常利用________上的特征谱线来鉴定元素。
(2)CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH中碳原子的杂化方式为________，CH的立体构型为________。
(3)Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)________(填“>”或“HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为____________________________，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为____________。

(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。
①磷化硼晶体晶胞如图甲所示：其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为_______g·cm－3。(列出计算式即可，不必化简)
②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P原子的投影)，在图乙中用画出B 原子的投影位置。

答案　(1)原子光谱
(2)sp2　三角锥形　(3)>
(4)HF的水溶液中存在氢键　原子半径
(5)①
②或
解析　(3)钠离子的正电性较强且半径较小，对核外电子的吸引力比氖原子更强，要想失去电子需要更多的能量，因此钠的第二电离能比氖的第一电离能更高。
(4)HF分子与水分子、HF分子之间均存在氢键，而其他卤化氢没有，故从溶液中分离出HF分子需要更多的能量，导致ΔH1(HF)特别大；键能大小关系为HF＞HCl＞HBr＞HI，从原子结构方面分析，影响ΔH2递变的因素为卤素原子的原子半径的大小。 (5)①实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P做面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为8×＋6×＝4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量＝g，设晶胞的棱长为x，已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，该距离为晶胞体对角线的，则x＝a pm＝a×10－10cm，x＝×a×10－10cm，晶体密度ρ＝＝＝g·cm－3。
②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成。
20．(12分)(2020·济南高三检测)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂，可用如下反应制备：4Mn(NO3)2·6H2O＋26(CH3CO)2O===4(CH3COO)3Mn＋8HNO2 ＋ 3O2↑＋ 40CH3COOH。
请回答下列问题：
(1)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子的价层电子排布式为____________，该价层电子排布式中电子的自旋状态______________(填“相同”或“相反”)。
(2)过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示，其中配位键数为_________________________________________________________。

Mn2＋能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2＋位于八面体的中心。若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，则化学式中的n为__________。
(3)CH3COOH中碳原子的杂化方式为__________，CH3COOH中所含元素的电负性由大到小的顺序为__________________(用元素符号表示)。
(4)NO的立体构型是______________，1 mol 醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为________。
(5)碘与锰形成的某种化合物晶胞结构及晶胞参数如图所示(已知图中I原子与所连接的三个Mn原子的距离相等)，则该化合物的化学式是____________，晶体密度的计算式为____________g·cm－3 (计算式可不化简)。

答案　(1)3d4　相同　(2)3　5　(3)sp2、sp3　O＞C＞H
(4)V形　6∶1　(5)MnI2　(或)
解析　(1)Mn为25号元素，根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，失电子时，从最外层失去，即失去4s上2个电子和3d上一个电子，故Mn3＋核外电子排布式为[Ar]3d4，价层电子排布式为3d4，该价层电子排布图为，电子的自旋状态相同。
(2)由三醋酸锰的结构可知，配位键数为3；由1 mol该配合物与足量AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，知道1 mol配合物电离出1 mol Cl－，即配离子显＋1价，又因为外界有1个Cl－，且Mn显＋2价，所以[MnClp·nNH3]＋中有1个氯原子，即p＝1，又因为该配合物为八面体的配合物，Mn2＋位于八面体的中心，如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl－，Mn2＋位于八面体的中心，该配合物配位数为6，所以n＝6－1＝5，该配合物为MnCl2·5NH3。
(3)CH3COOH中甲基上C原子价层电子对数是4、羧基上C原子价层电子对数是3，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的杂化方式，前者为sp3、后者是sp2；元素的非金属性越强，其电负性越大，在CH3COOH中非金属性：O＞C＞H，则电负性：O＞C＞H。
(4)NO中N原子价层电子对数＝2＋＝2＋1＝3，含一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子立体构型为V形；单键全是σ键，双键含一个σ键和一个π键，醋酸酐[(CH3CO)2O]结构简式可表示为,1 mol 醋酸酐中含12 mol σ键与2 mol π键，则σ键数与π键数之比为6∶1。
(5)如图所示，I在内部，有2个，Mn在顶点，数目为×8＝1，最简整数比为2∶1，即化合物的化学式为MnI2；根据ρ＝＝＝ g·
cm－3＝g·cm－3。