福建省2023年高考化学模拟题汇编-10物质结构与性质

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-10物质结构与性质，共38页。试卷主要包含了单选题，实验题，结构与性质，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
福建省2023年高考化学模拟题汇编-10物质结构与性质

一、单选题
1．（2023·福建福州·统考模拟预测）可用于配制无机防锈颜料的复合氧化物的晶胞结构如图，下列说法中不正确的是

A．该复合氧化物的化学式为
B．若图中A、B的原子坐标均为(0,0,0)，则C的原子坐标为(0,0.5,0.5)
C．若该晶体密度为，钙和氧的最近距离为anm，则阿伏加德罗常数
D．由晶胞结构可知，与1个钙原子等距离且最近的氧原子有8个
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y比X原子的核外电子数多1个，X与Z原子最外层电子数之比为。下列说法错误的是
A．X、Y一定位于同一周期，Y、Z可能不位于同一周期
B．X气态氢化物分子的空间构型一定是正四面体
C．Y最高价氧化物对应的水化物可能是强电解质
D．若Y、Z、W位于同一周期，则电负性：
3．（2023·福建福州·统考模拟预测）设是阿伏加德罗常数的值，催化氧化脱硫的工作原理：，时，。下列说法正确的是
A．水中含有的氢键数为2
B．每生成，失去的电子数为
C．氢氧化铁的悬浊液中，若时，悬浊液中的数目为
D．反应中每产生，消耗数目
4．（2023·福建厦门·统考二模）一种复合膨松剂的工作原理为，其中结构如图。是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A．标准状况下，中氧原子数为
B．溶液中和微粒总数为
C．固体中离子数为
D．中键数为
5．（2023·福建福州·统考二模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是

A．b在化学反应中只能被氧化
B．电解饱和c溶液可得到钠单质
C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现
D．f的阴离子空间构型为正四面体
6．（2023·福建漳州·统考三模）中国科学院天津工业生物技术研究所科研团队在实验室里首次实现了以为原料人工合成淀粉，其合成路线如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．标准状况下，中含有的中子数为
B．中共面的原子数目最多为
C．60g HCHO和混合物中含有的原子数目为
D．中含有键数目为7NA
7．（2023·福建厦门·统考二模）生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是

A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中提供空轨道形成配位键
C．与血红素中配位能力强于
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
8．（2023·福建厦门·统考二模）一种光催化材料的晶胞如图，属于立方晶系，其晶胞参数为。下列说法错误的是

A．晶体的化学式为
B．晶体中与距离最近且相等的有6个
C．氧原子位于构成的四面体空隙中
D．晶体密度为
9．（2023·福建厦门·统考二模）W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素．、和三种微粒的空间构型相同，Y原子的电子层数等于最外层电子数。以下说法错误的是
A．氢化物稳定性： B．最高价氧化物对应水化物酸性：
C．电负性： D．原子晶体中Z的配位数为4
10．（2023·福建漳州·统考三模）矿物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，Y和Z同主族，四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构。下列说法错误的是

A．简单氢化物的稳定性：Y>Z
B．该物质易被氧化，需密封保存
C．W与Y之间可以形成多种化合物
D．的键角大于的键角
11．（2023·福建漳州·统考三模）布洛芬是一种用于小儿发热的经典解热镇痛药，异丁基苯是合成它的一种原料，二者的结构简式如图。下列说法正确的是

A．异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体
B．异丁基苯和布洛芬中碳原子均有和杂化
C．1mol布洛芬与足量的溶液反应生成
D．两者均能发生加成、取代和消去反应
12．（2023·福建漳州·统考三模）明代宋应星所著《天工开物》中详细介绍了竹纸的制造工艺流程，其中“煮楻足火”工序是指加入石灰蒸煮以除去竹料中的木质素、树胶等杂质。另外，为了防止书写时墨迹在纸面扩散，古代及现代造纸都要加入一些矿物性白粉填充纸纤维之间的孔隙。下列说法中错误的是
A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素属于多糖
B．纸张中的纤维素之间是通过氢键和范德华力相结合的
C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为碳
D．推测木质素分子中可能含有酸性官能团
13．（2023·福建福州·统考二模）Ni活化的反应历程如下图所示：

下列说法错误的是
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度，的化学平衡常数K增大
14．（2023·福建福州·统考二模）X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为9，部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是

A．原子的半径：
B．W最高价氧化物对应的水化物一定能与R单质反应
C．Z与氮原子可形成共价晶体
D．Z的氟化物中，原子均为8电子稳定结构
15．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y可以构成[YX4]+，W的价电子排布式为(n+1)sn(n+1)p(n+2)，Z、W同主族且能构成如图所示的阴离子(Rm-)。以下说法正确的是

A．[YX4]+中不存在配位键 B．Rm-有很好的热稳定性
C．电负性Y＞Z＞W＞X D．m=2
16．（2023·福建漳州·统考模拟预测）化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法正确的是
A．“歼-20”飞机上使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，碳纤维属于无机非金属材料
B．用于3D打印材料的光敏树脂是高聚物，高聚物属于纯净物
C．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同位素
D．2022年冬奥部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，其中碲和镉均属于主族元素
17．（2023·福建·统考模拟预测）阿伏伽德罗提出阿伏伽德罗定律为人类科学研究提供了重要的理论基础，在现实生活中我们常常利用物质的量来为难以用实际数字描述的数量做了定量解释，下列说法正确的是
A．1.5mol的液态冰醋酸中含s−p σ键0个
B．常温常压下，1mol含有的
C．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中数目小于
D．1L1 mol∙L−1NaCl溶液含有个电子
18．（2023·福建厦门·统考二模）我国科学家利用和在十八胺中金属阳离子氧化性不同，分别制得纳米晶体材料和。下列说法错误的是
A．第一电离能： B．十八胺中碳原子杂化类型均为
C．氧化性： D．熔点：十八烷十八胺
19．（2023·福建漳州·统考模拟预测）一种工业洗涤剂中间体的结构式如图所示。其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的两倍，下列说法错误的是

A．X、Y形成的化合物中只含极性共价键 B．简单离子半径：Z>Y>W
C．第一电离能：Z>Y D．Q的氢化物沸点不一定比Z的氢化物低
20．（2023·福建·统考模拟预测）下列说法或图示表达错误的是

A．在中，提供孤对电子，提供空轨道
B．叠氮-炔环加成满足点击化学的条件，活性Cu(I)催化该反应的机理如图1所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快
C．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图2所示。与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更小
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，其在水中的溶解度比图4所示物质大
21．（2023·福建漳州·统考模拟预测）硫代硫酸钠可用作分析试剂及鞣革的还原剂，工业制取的总化学方程式为。设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．常温常压下，中含有键个数为
B．每生成，被氧化的的物质的量为4mol
C．等物质的量的和，阴、阳离子个数比均为2∶1
D．生成转移电子的个数为

二、实验题
22．（2023·福建漳州·统考三模）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。
已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。  
Ⅰ．FeCl3的制备

(1)装置C中碱石灰的作用是___________。
(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。
(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。
Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应
向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。
猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
实验编号
操作
现象
实验1

加入铜粉后无现象
实验2

溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀

(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。
(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i．与可发生如下两种反应：
反应A：(淡黄色)；
反应B：(黄色)。
ii．与共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“Z，A正确；
B．该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，B正确；
C．W为Fe，Y为O，可以形成多种化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多种化合物，C正确；
D．为H2O，为，硫酸根离子中，一个O形成4个相同的S-O键，键与键之间斥力相同，键角均相同；水中形成两个H-O键，含两个孤对电子，孤对电子对H-O键的斥力更大，所以导致两个H-O键之间的夹角小于，D错误；
故选D。
11．A
【详解】A．分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，异丁基苯属于芳香烃，与对二乙苯互为同分异构体，A正确；
B．异丁基苯中的碳为sp2和sp3杂化，布洛芬中碳原子为sp2和杂化，B错误；
C．布洛芬中的羧基可以和碳酸钠反应，溶液过量，不能生成CO2，C错误；
D．两者均能发生加成、取代反应，不能发生消去反应，D错误；
故选A。
12．C
【详解】A．纸的主要化学成分为纤维素，纤维素是由单糖缩合而成的大分子，属于多糖，A正确；
B．纤维素是由葡萄糖聚合链组成的高分子多糖，这些链之间通过氢键和范德华力相互作用形成了纤维素，B正确；
C．纸张燃烧后产生的灰白色部分主要成分为瓷土、碳酸钙钛等造纸填充料，C错误；
D．由题干信息可知，木质素能与碱反应，说明其具有一定的酸性，故推测木质素分子中可能含有酸性官能团，D正确；
故答案为：C。
13．D
【详解】A．活化能越大，速率越慢，慢反应为决速步骤，故反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3，A正确；
B．中间体2→过渡态2涉及C-C非极性键断裂，Ni(s)→中间体1，中间体2→过渡态2，过渡态2→中间体3，均涉及极性键的形成，B正确；
C．三种中间体比较，中间体2能量最低，最稳定，C正确；
D．的总能量比高6.57kJ，该反应为放热反应，升高温度，的化学平衡常数K减小，D错误；
答案选D。
14．C
【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，所给物质中有W+，则W为Na，X形成一条共价键，X为H，Z最外层电子数=8-4-1=3，Z为B，5种元素的最外层电子数之和为9，则Y和R的最外层电子数之后为9-1-3-1=4，结合X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素可知Y为Li(或Be)，R为Al(若Y为Be，则R为Mg)。
【详解】A．X为H，Y为Li(或Be)，Y原子半径比H大，A错误；
B．W为Na，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，R为Al，则二者可反应，R为Mg，则二者不反应，B错误；
C．Z(B)与氮原子可形成共价晶体BN，C正确；
D．Z的氟化物(BF3)中，F满足8电子稳定结构，B原子最外层只有3+3=6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；
答案选C。
15．D
【分析】W的价电子排布式为(n+1)sn(n+1)p(n+2)，s能级上最多容纳2个电子，n=2，W的价电子排布式为3s23p4，即W为S，Z、W同主族，即Z为O，根据阴离子模型，该阴离子为S2O，X、Y构成[YX4]+，该离子为NH，即X为H，Y为N，据此分析；
【详解】A．NH中存在配位键，故A错误；
B．根据结构，S2O中存在过氧键“-O-O-”，过氧键易断裂，因此该离子的热稳定性较差，故B错误；
C．根据上述分析，X为H，Y为N，Z为O，W为S，同周期从左向右非金属性增强，O的非金属性强于N，因此O的电负性大于N，故C错误；
D．该阴离子为S2O，m=2，故D正确；
答案为D。
16．A
【详解】A．碳纤维由碳元素组成，碳属于非金属元素，“歼-20”飞机上使用的碳纤维属于新型无机非金属材料，A正确；
B．高聚物中聚合度不确定，所以高聚物属于混合物，B错误；
C．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨均为碳组成的单质，互为同素异形体，C错误；
D．碲属于第五周期ⅥA族元素，镉属于第五周期ⅡB族元素，D错误；
故选A。
17．A
【详解】A．CH3COOH中C、O经过杂化后与H形成σ键，因此1.5mol的液态冰醋酸中含s−p σ键数目为0，故A正确；
B．常温常压下，1mol含有的，故B错误；
C．将0.1mol醋酸钠溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒得到钠离子数目等于醋酸根离子数目即溶液中数目等于，故C错误；
D．1L1 mol∙L−1NaCl溶液NaCl物质的量为1mol，NaCl含有个电子，但溶液中还有水，水中含有电子，故D错误。
综上所述，答案为A。
18．C
【详解】A．同一周期元素随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，A正确；
B．十八胺中碳原子均为饱和碳原子，其杂化类型均为，B正确；
C．锌的还原性大于银，则对应简单锌离子的氧化性弱于银离子，C错误；
D．十八胺能形成氢键导致其沸点升高，而十八烷不能形成氢键，故熔点：十八烷十八胺，D正确；
故选C。
19．A
【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的两倍，结合给出的结构式，则Y为O，Z为N，Q为C，据此来作答。
【详解】A．X、Y形成的化合物常见的有和两种，中只含有极性共价键，分子中既有极性共价键又有非极性共价键，错误；
B．W、Z、Y分别是Na、N、O，其简单离子的核外电子层数相同，核电荷数大的离子半径小，故简单离子半径：N>O>Na，正确；
C．Y为O元素，氧原子价电子排布式为，最外层失去一个电子，2p能级达到半充满的稳定结构，第一电离能比较小，Z为N元素，氮原子价电子排布式为，2p能级已达到半充满的稳定结构，故第一电离能：N>O，正确；
D．Q为C元素，由C、H两元素组成的化合物属于有机物中的一大类物质——烃，有固态、气态、液态三种状态，Z为N元素，其氢化物常见的有常温下是气态的和常温下是液态的两种，所以C的氢化物沸点不一定比N的氢化物低，正确。
故选A。
【点睛】本题以一种工业洗涤剂的中间体为背景，考查元素推断和元素周期律，主要考查化学键类型的判断、简单离子半径大小比较、第一电离能大小的比较、氢化物沸点高低的判断，意在考查学生对原子结构和元素性质周期性变化规律的理解及综合应用。
20．C
【详解】A．在中，提供孤对电子，提供空轨道，两者形成配位键，A正确；
B．活化能越大，反应越慢，活化能越小，反应越快，催化剂可改变反应历程，降低活化能，加快反应速率；根据题意可知，叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，B正确；
C．该螯合离子中氧的孤电子对形成配位键，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致该螯合离子中“C-O-C”键角变大，C错误；
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，图4所示物质不能和水分子间形成氢键，故图3所示物质在水中的溶解度比图4所示物质的大，D正确；
故选C。
21．D
【详解】A．常温常压下的物质的量不是1mol，难以计算含有的 σ 键个数，A错误；
B．在反应前后中硫元素化合价下降被还原，每生成，被还原的的物质的量为4mol，B错误；
C．和中，阴、阳离子个数比均为1∶2，故等物质的量的和，阴、阳离子个数比均为1∶2，C错误；
D．的物质的量为0.3mol，每生成消耗的物质的量为0.2mol，参与反应转移4mol电子，所以每生成转移电子数为，D正确。
故选D。
22．(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质
(2)     U形干燥管     b→c→d→e
(3)MnO2+4H++2Cl- Mn2+++Cl2↑+2H2O
(4)1
(5)     ＞     不是     Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+
(6)

【分析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；
（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；
（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；
（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是；
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；
（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。
23．(1)     4:1     哑铃形
(2)     F＞P＞Li     P 的价电子排布式为 3s23p3，3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易得到一个电子，P元素的第一电子亲和能小于Si
(3)分子间存在氢键，而、均不能形成分子间氢键，导致的沸点比、的沸点要高，影响、沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高
(4)
(5)或

【详解】（1）P是15号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p3，基态P原子中3p上有3个电子，则未成对电子数为3，成对电子为12，成对与未成对电子数之比为12:3=4:1；其原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
（2）同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：F＞P＞Li；第一电子亲和能的原因为P 的价电子排布式为 3s23p3，3p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子，P元素的第一电子亲和能小于Si；
（3）分子间存在氢键，而、均不能形成分子间氢键，导致的沸点比、的沸点要高，影响、沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为、、；
（4）根据均摊法，Li+的个数为：，故LiFePO4的单元数有4个，该晶胞体积为a2b（10-7cm）3=a2b×10-21cm3，则磷酸铁锂晶体的摩尔体积=cm3/mol；
（5）根据图可知，每个三角锥结构中P原子是1个，O原子个数是，所以P原子和O原子的个数比是，3个O原子带6个单位负电荷，磷酸盐中P的化合价为，故所形成离子化学式为或。
24．(1)     2     D
(2)     化学     LiAsF6     LiAsF6中阴离子半径大，晶格能更小，离子键容易断裂，有利于Li+迁移
(3)     2PCl5(熔融) PCl+ PCl或2PCl5(熔融)=PCl+ PCl     或

【详解】（1）①同周期从左向右第一电离能增大的趋势，包括稀有气体，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第三周期中第一电离能比P大的是Cl、Ar，有2种；故答案为2；
②A．根据黑磷的结构，P-P的键长不完全相等，因此键能不完全相同，故A说法正确；
B．黑磷与石墨类似，每一层原子之间由共价键组成六元环，层与层之间存在范德华力，所以为混合型晶体，故B说法正确；
C．黑磷中的P形成三个共价键，有一个孤电子对，P原子采取sp3杂化，故C说法正确；
D．石墨结构中六个碳形成正六边形，共面，通过黑磷结构可知，六个磷原子形成的六元环不共面，因此黑磷分子中不存在大π键，故D错误；
答案为D；
（2）①从图中可知，Li+迁移过程中生成了新物质，发生了化学变化，故答案为化学；
②因为PF的半径比AsF的小，LiPF6晶格能大，PF与Li+的作用力比AsF的强，不易断裂，迁移速率慢，因此LiAsF6作电极材料时，Li+迁移速率较快；故答案为LiAsF6；LiAsF6中阴离子半径大，晶格能更小，离子键容易断裂，有利于Li+迁移；
（3）根据题中信息以及晶胞图可知，正四面体形的阳离子说明有4个σ键，无孤电子对，阳离子是PCl，阴离子为正八面体形，一个P对应六个Cl，该阴离子为PCl，电离方程式为2PCl5(熔融) PCl+ PCl或2PCl5(熔融)=PCl+ PCl；故答案为2PCl5(熔融) PCl+ PCl或2PCl5(熔融)=PCl+ PCl；
②根据晶胞图，PCl位于顶点，个数为=1，PCl位于体心，个数为1，因此晶胞的质量为[]g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，晶胞的密度为=或g/cm3；故答案为或。
25．(1)
(2)b
(3)     dsp2     顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
(4)     6     (，+m，)

【详解】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴，27号元素，该元素的基态原子的价电子排布图为；
（2）硝普钠()是配合物，外界Na+和内界之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+之间存在配位键，C和N、N和O、H和O之间存在极性共价键，故不存在的化学键为金属键，选b；
（3）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子；
（4）由和可知位于晶胞内的O有4个，由 可知Z方向的棱上O的个数=8×=2，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。
26．(1)第四周期第ⅣB族
(2)
(3)sp3
(4)          不重合
(5)     6     O、Cl     不存在
(6)     MgAl2O4     8个顶点、6个面心、4个体内

【详解】（1）钛为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅣB族；
（2）在补铁时，人所摄入的铁(离子态)为亚铁离子，是铁失去2个电子后形成的，基态价电子轨道表示式为；
（3）Kun醇中阴离子的中心原子形成1个共价键且存在3个孤电子对，则杂化方式为sp3；
（4）单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，中键占全部共价键的；分子为不对称结构，分子中正负电荷中心不重合；
（5）由图可知，钛周围形成6个共价键，其配位数为6，Ti的配位原子有O、Cl，该配合物中氧形成配位键，不能形成氢键；
（6）由Mg、Al与O形成的一种晶胞，由图可知，每个Tdsite中有1个镁离子、4个氧离子，Tdsite处于顶点、面心、体内上层对角2个、体内下层对角2个，则根据均摊法镁离子共，氧离子32个，根据电荷守恒可知，铝离子为16个，故其化学式为MgAl2O4，所处的位置有8个顶点、6个面心、4个体内。
27．(1)
(2)和的中心原子均为杂化，中O有两对孤电子对，中N只有一对孤电子对，所以分子中孤电子对对化学键的斥力大，键角小
(3)
(4)          和均为离子晶体，阴离子相同，阳离子半径小于，中离子键键能大，熔点高
(5)

【详解】（1）在周期表中Cu的原子序数为29号，Cu的价电子排布式为；故答案为。
（2）孤电子对的斥力大于成键电子对，和的中心原子均为杂化，中O有两对孤电子对，中N只有一对孤电子对，所以分子中孤电子对对化学键的斥力大，键角小，故答案为和的中心原子均为杂化，中O有两对孤电子对，中N只有一对孤电子对，所以分子中孤电子对对化学键的斥力大，键角小。
（3）配离子中，每个配体中的配原子N与中心离子Cu形成1个配位键，N与3个氢原子各形成1个共价键，可以判断每个配体形成4个键，4个配体共16个键，故1mol该配离子中含有键的数目为，故答案为。
（4）根据价层电子对互斥理论，中心原子P的价层电子对数为4，所以中P原子的杂化方式为杂化；和均为离子晶体，阴离子相同，阳离子半径小于，中离子键键能大，熔点高；故答案为；和均为离子晶体，阴离子相同，阳离子半径小于，中离子键键能大，熔点高。
（5）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算，Ca位于晶胞顶点和体心，Fe位于四个侧面，As位于棱上和体内，故该晶胞中含Ca，Fe，As数量分别为、、，可知该晶体的化学式为，故答案为。
【点睛】本题考查物质结构与性质，主要考查基态原子核外电子排布、晶体熔点大小比较、配离子中键数目的计算、晶体结构的判断等，熟练掌握知识点的运用是关键。
28．(1)1s22s22p63s23p63d14s2
(2)
(3)推电子
(4)