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）

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—1C—12O—16Na—23Cl—35.5Cr—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NAB.室温下pH=11的Na2CO3溶液，由水电离出的OHˉ数目为0.00lNAC.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0.25NAD.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＞CC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.AB.BC.CD.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＞ZB.简单氢化物的稳定性：M＞XC.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)<HF，B错误；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1mole-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+，1mol电子转移时，b电极失去1molNa+，故电极质量减小23g，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H2SO4②.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Na2BeO2Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.2×10-204.0×10-382.1×10-13（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NaOHd．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)Be15513243Na3701156【答案】（1）①.Na2BeO2、Na2SiO3②.BeO＋4H＋=Be2＋＋2H2O（2）①.afed②.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－=Be②.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+=2NH3②.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：520Be：900B：801Na：496Mg：738Al：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.sp3③.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anm，则，晶胞中有8个C，则空间占有率为。