第四节 突破高考中的物质结构和性质 课时作业（实战演练）-【高考引领教学】高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）

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第四节  物质结构和性质的高考研究 课时作业1．（2022届湖北省钟祥市高三期末）早在1913年就有报道说，在400℃以上AgI晶体的导电能力是室温时的上万倍，可与电解质溶液相比。（1）已知Ag元素的原子序数为47，则Ag元素在周期表中的位置是_____________，属于_____区，基态Ag原子的价电子排布式为__________。（2）硫代硫酸银（Ag2S2O3）是微溶于水的白色化合物，它能溶于过量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液生成［Ag（S2O3）2］3－等络阴离子。在［Ag（S2O3）2］3－中配位原子是______（填名称），配体阴离子的空间构型是______，中心原子采用_____杂化。（3）碘的最高价氧化物的水化物有HIO4（偏高碘酸，不稳定）和H5IO6（正高碘酸）等多种形式，它们的酸性HIO4_____H5IO6（填：弱于、等于或强于）。氯、溴、碘的氢化物的酸性由强到弱排序为_____________________（用化学式表示），其结构原因是____________________________________。（4）在离子晶体中，当0.414＜r（阳离子）∶r（阴离子）＜0.732时，AB型化合物往往采用和NaCl晶体相同的晶体结构（如下图1）。已知r（Ag+）∶r（I－）＝0.573，但在室温下，AgI的晶体结构如下图2所示，称为六方碘化银。I－的配位数为______，造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因不可能是_______。    a．几何因素    b．电荷因素    c．键性因素（5）当温度处于146～555℃间时，六方碘化银转化为α－AgI（如下图），Ag+可随机地分布在四面体空隙和八面体空隙中，多面体空隙间又彼此共面相连。因此可以想象，在电场作用下，Ag+可从一个空隙穿越到另一个空隙，沿着电场方向运动，这就不难理解α－AgI晶体是一个优良的离子导体了。则在α－AgI晶体中，n（Ag+）∶n（八面体空隙）∶n（四面体空隙）＝______________。【答案】（1）第五周期IB族；ds；4d105s1（2）硫；四面体形；sp3（3）强于；HI＞HBr＞HCl；氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H－Cl、H－Br、H－I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强（4）4；ab（5）1∶3∶6【解析】（1）已知Ag元素的原子序数为47，第四周期有18种元素，47－18＝29，29号元素为Cu，则Ag元素在周期表中应在Cu的下方，Cu原子的价电子为3d104s1，Cu元素在第四周期IB族，属于ds区，所以Ag元素在周期表中的位置是第五周期IB族，属于ds区，基态Ag原子的价电子排布式为4d105s1。（2）硫代硫酸根中因为硫比氧半径更大，所以更易提供孤对电子与银离子形成配位键，所以［Ag（S2O3）2］3－中配位原子是硫；配体阴离子S2O32－的中心原子是硫，另一个硫原子相当于氧原子，则中心原子硫的孤电子对数为＝0，价层电子对数为4+0＝4，所以空间构型是四面体形，中心原子采用sp3杂化。（3）H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，含非羟基氧原子个数越多酸性越强，所以酸性HIO4强于H5IO6；氯、溴、碘的氢化物为HCl、HBr、HI，由于氯、溴、碘的原子半径逐渐增大，H－Cl、H－Br、H－I的键长逐渐增大，共价键键能逐渐减弱，所以HI更容易电离出H+，酸性更强，故酸性由强到弱排序为HI＞HBr＞HCl；（4）如下图2，很容易看出Ag+的配位数为4，在AgI晶体中，n（Ag+）∶n（I－）＝1∶1，则I－配位数也为4；由于r（Ag+）∶r（I－）＝0.573，在0.414＜r（阳离子）∶1r（阴离子）＜0.732范围内，但是晶体结构和NaCl晶体不同，所以a几何因素不是晶体结构不同的原因；AgI和NaCl的阴阳离子的电荷比相同，所以b电荷因素不是晶体结构不同的原因；Ag+和I－离子半径大，受相反电荷离子的电场作用变成椭球形，不再维持原来的球形，离子键就向共价键过渡，它们的成键具有离子键和共价键的双重特性，其离子键的纯粹程度不高，离子键的纯粹程度简称键性因素，所以造成AgI晶体结构不同于NaCl晶体结构的原因是键性因素。（5）如图取最小的单元，八面体空隙在面心（6个）和棱上（12个），有12×+6×＝6个，四面体空隙在面心，每个面心四个，有4×6×＝12个，每个晶胞含有8×+1＝2个离子，则n（Ag+）∶n（八面体空隙）∶n（四面体空隙）＝2∶6∶12＝1∶3∶6。2．（2021~2022福建省厦门市高三质检）DF－31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志，其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态Cr原子的价电子排布式为____________。（2）实验室常用KSCN溶液、苯酚（OH）检验Fe3+。    ①第一电离能：N_____O（填“＞”或“＜”）。    ②1mol苯酚中含有的σ数目为_________。    ③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，其类型为___________。     ④从结构的角度分析苯酚的酚羟基有弱酸性的原因为___________________。（3）碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积，然后在空隙中插入金属离子获得超导体。如图为一种超导体的面心立方晶胞，C60分子占据顶点和面心处，K+占据的是C60分子围成的_________空隙和_________空隙（填几何空间构型）；若C60分子的坐标参数分别为A（0，0，0），B（，0，），C（1，1，1）等，则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为_________。（4）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，则晶体Ni2与Ni3+产的最简整数比为___，晶胞参数为428pm，则晶体密度为_______g•cm－3（NA表示阿伏加德罗常数的值，列出表达式）。【答案】（1）3d54s1（2）①＞②13NA③sp2④酚羟基的氧原子参与形成了大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离（3）正四面体；正八面体；（，，）（4）8∶3；【解析】（1）基态Cr原子有24个电子，电子排布式为［Ar］3d54s1，基态Cr的价电子排布式为3d54s1。（2）①同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，但第VA族大于第VIA族，因此第一电离能：N＞O。②1个苯酚分子含有5个C－H键，6个C－C键，1个O－H键，即共13个σ键，因此1mol苯酚中含有的σ数目为13NA。③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的杂化方式，每个碳原子有3个σ键，无孤对电子，因此其杂化类型为sp2。④酚羟基的氧原子参与形成了苯环的大π键，使氧原子电荷密度下降，氢离子容易电离，所以苯酚的酚羟基有弱酸性。（3）如图，2号K+在三个面心和一个顶点共4个C60形成的四面体的体心，1号在上下左右前后6个C60形成的正八面体的体心，因此K+占据的是C60分子围成的正四面体空隙和正八面体空隙；若C60分子的坐标参数分别为A（0，0，0），B（，0，），C（1，1，1）等，则距离A位置最近的阳离子就是2号K+，其原子坐标参数为（，，）。（4）NiaO晶体晶胞结构为NaCl型，一个晶胞中含有4个Ni和4个氧，由于晶体缺陷，a的值为0.88，且晶体中的Ni分别为Ni2+、Ni3+，设Ni2+有x个，Ni3+有y个，根据电荷守恒和质量守恒得到x+y＝0.88，2x+3y＝2，解得x＝0.64，y＝0.24，0.64∶0.24＝8∶3，因此晶体Ni2+与Ni3+的最简整数比为8∶3，晶胞参数为428pm，则晶体密度为＝＝＝＝g•cm－3。3．（2022届河南省洛阳市高三第一次统考）层状复合金属氢氧化物（简称“层状氢氧化物”），主体层板由二元（或多元）金属氢氧化物层构成，层间阴离子可以被其他阴离子取代，因此可以作为离子交换剂，在材料、化工、医药和环境保护等方面有着广泛的用途。镁铝碳酸根型水滑石是人们最早发现的层状氢氧化物。回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______（填标号）。    A．    B．    C．    D．（2）一种水滑石的化学式为Mg4Al2（OH）12CO3•H2O，其层板结构如图1。CO32－中碳的杂化类型是_______。在图中最小的一个二维菱形晶胞（以图中Al为顶点）中含有______个Al3+。每个镁氧八面体周围有______个相邻铝氧八面体和______个相邻镁氧八面体。（3）水滑石中氢氧化物层的OH－和层间阴离子间的主要作用力为_______________，水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：PO43－＞CrO42－＞NO3－，其原因是___________。（4）当加热到一定温度时，水滑石类化合物会发生分解，部分产物转化为尖晶石结构的MgxAlyOz，晶体结构如图2所示，它的化学式为___________；A块、B块均为边长为apm的立方体，设阿伏加德罗常数为NA，则最近的两个Al离子之间的距离为___________pm，密度为___________g•cm－3（列出计算表达式）。【答案】（1）D（2）sp2；1；3；3（3）氢键；阴离子带电荷越高，受到吸引力越强（4）MgAl2O4；；【解析】（1）BC微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是C微粒能量高于B，稳定性B＞C，所以失电子能量B＞C；AD都是原子，但是A是基态、D是激发态，能量：D＞A，稳定性A＞D，所以失去一个电子能量：A＞D；B为Mg+、A为Mg原子，B再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，A失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量B＞A，因此，电离最外层一个电子所需能量最小的是D。（2）CO32－中C原子的价电子对数为3+＝3，不含孤电子对，则其杂化类型为sp2杂化，在图1中，以图中Al为顶点，最小的一个二维菱形晶胞中含有1个Al3+。每个镁氧八面体周围有3个相邻铝氧八面体和3个相邻镁氧八面体。（3）水滑石中的氢氧化物层的OH－和层间阴离子间可形成氢键，由于阴离子带电荷越高，受到吸引力越强，阴离子所带电荷数PO43－＞CrO42－＞NO3－，所以水滑石作为离子交换剂，去除水体中阴离子去除效果依次为：PO43－＞CrO42－＞NO3－。（4）根据晶胞结构示意图可知，O2－占据晶胞的顶点、面心、棱心和体心，其个数为8×+10×+4×+1＝8，Mg2+位于晶胞的体内，个数为2，Al3+位于晶胞的体内、棱心和面心，其个数为1+10×+＝4，因此其化学式为MgAl2O4，晶胞中含有2个MgAl2O4。已知A块、B块均为边长为apm的立方体，则最近的两个Al离子之间的距离为l＝＝pm，晶胞的体积V＝2（a×10－10 cm）3＝2a3×10－30cm3，则密度＝＝＝＝g•cm－3。4．（2022届江西上饶市高三期末）LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。回答下列问题：（1）Fe的价层电子排布式为_______________。（2）Li、F、P、As四种元素的电负性由大到小的顺序为_______________。（3）乙二醇（HOCH2CH2OH）的相对分子质量与丙醇（CH3CH2CH2OH）相近，但沸点高出100℃，原因是_______________________________________。（4）电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示（图中阴离子未画出）。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示（X＝P、As）。    ①聚乙二醇分子中，碳、氧的杂化类型分别是______、______。    ②从化学键角度看，Li+迁移过程发生____________（填“物理变化”或“化学变化”）。     ③PF6中P的配位数为_________。    ④相同条件，Li+在___________（填“LiPF6”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是____________________________________。（5）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。LiCl·3H2O属正交晶系（长方体形）。晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cl原子的数目为______。LiCl·3H2O的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则LiCl·3H2O晶体的密度为______g·cm－3（列出计算表达式）。【答案】（1）3d64s2（2）F、P、As、Li（3）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大（4）①sp3；sp3②化学变化③6④LiAsF6；AsF6－的半径比PF6－的大，AsF6－与Li+的作用力比PF6－弱（5）4；【解析】（1）Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故价层电子排布式为3d64s2；（2）非金属性越强，电负性越强，非金属性：F＞P＞As＞Li，则四种元素的电负性由大到小的顺序为F、P、As、Li；（3）乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；（4）①图中聚乙二醇的碳原子都是形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氧原子都是形成2个单键，有2对孤电子，为sp3杂化；②化学变化过程的实质是旧键的断裂和新键的形成，Li+在迁移过程中要将旧的配位键断裂，迁移后再形成新的配位键，符合化学变化过程的要求；③与中心原子直接以配位键相结合的原子个数即为配位数，由图乙所示，PF6的中心原子为P，与之以配位键相结合的F原子有6个，则配位数为6；④AsF6－的半径比PF6－的大，AsF6－与Li+的作用力比PF6－弱，则Li+在LiAsF6中迁移较快；（5）如图为沿x轴投影的品胞中所有Cl原子的分布图和原子分数坐标。其中2个Cl原子在晶胞内部，4个Cl在晶胞的面上，则该晶胞中Cl原子的数目为2+4×＝4个；晶胞参数为0.72nm、1.0nm、0.56nm。则晶胞的体积为0.72nm×1.0nm×0.56nm＝（0.72×1.0×0.56）nm3＝（0.72×1.0×0.56×10－21）cm3，晶胞中含有4个Cl原子，即含有4个LiCl·3H2O，则LiCl·3H2O晶体的密度为＝＝＝＝g•cm－3。5．（2022届安徽省皖江名校联盟高三第一次联考）我国化学家合成的铬的化合物，通过烷基铝和［ph3C］+［B（C6F5）4］－活化后，对乙烯聚合表现岀较好的催化活性。合成铭的化合物过程中一步反应如下，该反应涉及H、C、N、O、Cl、Cr等多种元素。回答下列问题：（1）下列状态的氯中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_____（填标号）。    A．    B．    C．     D．（2）化合物乙中碳原子采取的杂化方式为______，化合物丙中a、b、n、m处的化学键是配位键的是______（填字母）处。（3）Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+的核外电子排布式为____________；已知没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子为无颜色的是______（填离子符号）。（4）ClO3－的键角小于ClO4－的键角，原因是__________________________。（5）根据结构与性质的关系解释，HNO2的酸性比HNO3弱的原因：___________。（6）水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。其中重冰（密度比水大）属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y、z轴的投影图如图所示，晶体中的H2O配位数为_____，晶胞边长为apm，则重冰的密度为_________g·cm－3（写出数学表达式，NA为阿伏伽徳罗常数）。【答案】（1）D（2）sp2、sp3；b（3）1s22s22p63s23p63d3；Ti4+（4）ClO3－中氯原子有一个孤电子对，ClO3－中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4－中成键电子对间的排斥力。（5）HNO2和HNO3可表示为（HO）NO和（HO）NO2，（HO）NO中N为+3价，（HO）NO2中N为+5价，正电性更高，使N－O－H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+（6）8；【解析】（1）A、C表示的微粒都是Cl原子，由于A是基态，C是激发态，微粒含有的能量：C＞A，则稳定性：A＞C，所以失去1个电子需要能量：A＞C；B、D表示微粒都是Cl+，是Cl原子失去1个电子后得到的，微粒含有的能量：B＞D，则稳定性：D＞B。所以失去1个电子需要能量：D＞B；从带一个单位正电荷的阳离子再失去1个电子需要的能量要比从中性原子失去1个电子需要的能量高，所以选项微粒失去1个电子需要能量最多的是D表示的微粒；（2）化合物乙中碳原子有饱和碳原子和形成苯环的碳原子两种类型，饱和C原子采用sp3杂化，形成苯环的C原子采用sp2杂化；根据图示可知：在化合物丙中a、b、n、m处的化学键，a、n、m都是一般共价键，而b处是N原子提供电子对与Cr原子共用，因此该共价键为配位键；（3）Cr是24号元素，根据构造原理可得Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d44s2，Cr原子失去2个4s电子和1个3d电子得到Cr3+，则其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3；Ti4+核外电子排布是：1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；（4）ClO3－中氯原子有一个孤电子对，ClO3－中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于ClO4－中成键电子对间的排斥力，导致键角：ClO3－＜ClO４－；（5）HNO2和HNO3都是一元酸，分子中都含有1个－OH，可分别表示为（HO）NO和（HO）NO2，（HO）NO中N为+3价，（HO）NO2中N为+5价，正电性更高，使N－O－H中O的电子更向N偏移，致使更容易电离出H+，因此酸性：HNO2＜HNO3；（6）立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图可知为体心立方堆积。其配位数为8；每个晶胞中水分子个数为×8+1＝2，则由晶胞密度＝＝＝＝g/cm3。6．（2021～2022学年河南省名校联盟高三联考）碳是地球上组成生命的最基本元素之一，与其他元素结合成不计其数的无机物和有机化合物，构成了丰富多彩的世界。碳及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：（1）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。     ①Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W（如图）。基态碳原子核外有______种运动状态不同的电子，其外围电子轨道表示式为__________。W中Li+与孤对电子之间的作用属于______（填标号）。    A．离子键    B．共价键    C．氢键    D．配位键    E．以上都不是    ②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构，理由是________________________________________________。    ③冠醚分子中氧的杂化轨道的空间构型是__________，C－O－C的键角_____（填“＞”“＜”或“＝”）109°28′。（2）碳的一种同素异形体－－石墨，其晶体结构及晶胞如图1、图2所示。则石墨晶胞含碳原子个数为______个。已知石墨的密度为ρg·cm－3，C－C键键长为rcm，阿伏加德罗常数的值为NA，计算石墨晶体的层间距d为______cm。（3）碳的另一种同素异形体－－金刚石，其晶胞如图3所示。已知金属钠的晶胞（体心立方堆积）沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如图A所示，则金刚石晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图______（从A～D图中选填）。【答案】（1）①6；；D②Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤电子对形成稳定结构③四面体；＜（2）4；（3）D【解析】（1）①碳原子为6号元素，原子核外有6个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有6种运动状态不同的电子，核外电子排布为1s22s22p2，外围电子排布式为2s22p2，所以外围电子轨道表示式为；W中Li+提供空轨道，O原子提供孤对电子，形成配位键，所以选D；②Li+半径比Y的空腔小很多，不易与空腔内氧原子的孤电子对形成稳定结构；③冠醚分子中O原子形成2个σ键，根据氧原子的最外层电子数可知O原子价层还有2对孤电子对，所以O原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，杂化轨道的空间构型是四面体形；由于孤电子对成键电子的排斥作用较大，所以C－O－C的键角＜109°28′；（2）根据均摊法，石墨晶胞中碳原子分别位于顶点（8个）、棱心（4个）、面心（2个）、内部（1个），所以个数为8×+4×+2×+1＝4；晶胞的底面图为，则有＝r×sin60°，可得a＝r，则底面菱形的高为＝r，所以底面积为r×r，晶胞的高为2d，所以晶胞的体积为V＝r×r×2d＝3r2dcm3，晶胞的密度＝＝＝＝g•cm－3，解得d＝cm；（3）体对角线上的原子投影重合，投影在在正六边形中心，另外6个顶点原子投影形成正六边形，面心上6个C原子投影也形成小的正六边形，位于内部的4个C原子的投影，或与六边形中心重合，或与面心C原子的投影重叠，所以D选项符合。7．（2022届辽宁省辽阳市高三模拟）坦桑石的主要化学成分为Ca2Al3（SiO4）3（OH），还可含有V、Cr、Mn等元素。（1）下列状态中的铝微粒，电离最外层的一个电子所需能量最大的是________。    ①    ②    ③    ④（2）烟酸铬是铬的一种化合物，其合成过程如下：    ①Cr原子的价层电子排布图为_______________。这样排布电子遵循的原则是______________。    ②烟酸中所含元素的第一电离能I1（N）_____I1（O），原因是_________________。    ③烟酸中碳、氮原子的杂化方式分别为_______、_______。（3）SiCl4、SiF4都极易水解。二者都属于______（填“极性”或“非极性”）分子，其熔点关系为SiF4______SiCl4（填“＞”“＜”或“＝”）。（4）将Mn掺入GaAs晶体（图甲）可得到稀磁性半导体材料（图乙），图甲、图乙晶体结构不变。    ①图乙中a点和b点的原子坐标参数分别为（0，0，0）和（1，1，0），则c点的原子坐标参数为_______。    ②设图甲晶体的密度为ρg·cm－3，用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个砷原子之间的距离为___________pm。（用含ρ、NA的关系式表示最简化的计算式即可）【答案】（1）④（2）①；洪特规则特例②＞；氮、氧原子的价电子排布分别为2s22p3、2s22p4，其中2p3为半充满结构，更稳定，故氮原子的第一电离能大于氧原子。③sp2；sp2（3）非极性；＜（4）①（0，，）②××1010 pm【解析】（1）电离最外层的一个电子所需能量关系为：基态＞激发态，第一电离能＜第二电离能＜第三电离能，①为基态原子，失去最外层一个电子，为第一电离能；②为失去一个电子后的粒子，再失去一个电子为第二电离能；③④都是失去两个电子后的粒子，再失去一个电子为第三电离能，但是③是激发态，④是基态，故有①＜②＜③＜④，所以最大的是④；（2）①Cr原子为24号元素，价电子为3d54s1，价层电子排布图为，这种状态为半充满，满足当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以原则是洪特规则特例；②同一周期，第一电离能能增大的趋势，但是氮原子为半充满，较稳定，第一电离能大于后面的氧原子，所以第一电离能I1（N）＞I1（O），原因是氮、氧原子的价电子排布分别为2s22p3、2s22p4，其中2p3为半充满结构，更稳定，故氮原子的第一电离能大于氧原子；③烟酸中碳原子无孤电子对，价层电子对为3，杂化方式为sp2，氮原子孤电子对数为＝1，价层电子对为2+1＝3，杂化方式为sp2；（3）SiCl4、SiF4都是正四面体构型，所以二者都属于非极性分子；由于相对分子质量SiF4＜SiCl4，分子间作用力SiF4＜SiCl4，分子间作用力越大熔沸点越高，所以熔点关系为SiF4＜SiCl4；