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第五章 物质结构与性质 元素周期律
测试卷
时间：90 分钟 分值：100 分
可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 F19 Na 23 Al 27 S 32 Ni 59 Cu 64 La 139
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16×3 分）
1．（2023·山西临汾·统考二模）某“杯酚”是对叔丁基苯酚与甲醛反应得到的一种环状缩合物，我国科学
家将C60、C70混合物加入该“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是
A．“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子
B．对叔丁基苯酚分子中最多14 个原子共平面
C．溶剂甲苯可溶解C70，二者均为非极性分子
D．1mol 对叔丁基苯酚与足量溴水反应，最多消耗3molBr2
【答案】A
【解析】A．C60无氢键，所以“杯酚”与C60之间通过分子间作用力形成超分子，A 正确；B．
中苯
环的10 个原子，羟基O 和H，C 及外延一个甲基碳和甲基碳上的H 均可以共平面，故最多15 个C 共平面，
B 错误；C．甲苯中甲基的正负电荷中心不重合，为弱极性分子，C 错误；D．苯酚与溴水反应，取代位置
为邻对位，所以消耗溴为2mol，D 错误；故答案为A。
2．（2023·北京东城·统考二模）
(镓)的稳定同位素
和
是显示地表风化过程的一种指示剂。下
列说法不正确的是
A．
和
的化学性质不相同
B．可用质谱法区分
和
C．
位于元素周期表中第四周期、第ⅢA 族
D．
的第一电离能大于K 的第一电离能
【答案】A
【解析】A．
和
为同位素，化学性质几乎完全相同，但物理性质有所差异，故A 错误；B．质谱
法可以测相对分子量，由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分
和
，故B 正确；C．Ga 位于
1
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元素周期表第四周期第IIIA 族，故C 正确；D．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大
的趋势，Ga 的第一电离能大于K 的第一电离能，故D 正确；故选：A。
3．（2023·湖南郴州·统考三模）亚砷酸钠(
)，易溶于水，主要用作杀虫剂、防腐剂、分析试剂等。
利用
(分子结构如图)制备亚砷酸钠涉及以下反应：
。下列
说法错误的是
A．
的电子式为
B．砷的原子结构示意图为
C．
中所含元素的电负性由大到小的顺序为N>O>H>As
D．
中阳离子的空间结构为正四面体形
【答案】C
【解析】A．
是共价化合物，电子式为
，A 正确；B．砷的原子序数33，位于元素周期表的第
四周期第ⅤA 族，其原子结构示意图为
，B 正确；C．同周期主族元素，电负性从左到右逐渐
增大，从上到下逐渐减小，电负性大小：O>N>As>H，C 错误；D．
中，中心N 原子为
杂化，不含
孤电子对，空间结构为正四面体形，D 正确；故选C。
4．（2023·山东聊城·校联考三模）为纪念元素周期表诞生150 周年，IUPAC 向世界介绍了118 位优秀青年
化学家，并形成张“青年化学家元素周期表”。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“
、
、
”元素的代言人。下列围绕这些元素的相关说法正确的是
A．
是一种化合物
B．
与
的化学性质相同
C．
与
的电子数之比为
D．
中含有非极性键
【答案】B
【解析】A．该物质是只有N 元素组成的纯净物，它为单质，A 项错误；B．两者均为SO2，它们的化学性
质相同，B 项正确；C．NH3中电子数为7+3=10，H2S 中电子数为2+16=18，两者电子数之比为
10:18=5:9，C 项错误；D．该物质中只有Si-N 键，它为极性键，D 项错误；故选B。
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）硫的下列4 种微粒，若失去一个电子所需要能量最多的是
A．[Ne]
B．[Ne]
C．[Ne]
D．[Ne]
【答案】B
2
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【解析】A、B、C、D 四项中的微粒分别对应基态S、
、激发态
、激发态S，激发态上电子能量高，
不稳定，易失去，故需要能量最多的是基态的
；答案选B。
6．（2023·湖南岳阳·统考三模）由铁及其化合物可制得FeSO4·7H2O、FeCl3、K2FeO4等化工产品，它们在
生产、生活中具有广泛应用。已知NO 能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。高炉炼铁的反
应为 Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH=-23.5 kJ· mol-1。下列有关说法不正确的是
A．如图所示γFe 的晶胞中，铁原子的配位数为12
B．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2＋，配位数为6
C．基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s1
D．该配合物中阴离子空间结构为正四面体形
【答案】C
【解析】A．根据晶胞结构图知，该晶胞中Fe 原子的配位数=
=12，故A 正确；B．[Fe(NO)(H2O)5]2＋
中NO、H2O 的个数之和为Fe2+的配位数，所以该配离子中配位数是6，故B 正确；C．基态铁原子的核外
电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故C 错误；D．该配合物的阴离子为
，S 原子价层电子对数=4+
=4 且不含孤电子对，所以该离子为正四面体形，故D 正确；故选：C。
7．（2023·上海·统考模拟预测）2022 年6 月，由来自德国、日本、美国和中国等国的科学家组成的国际科
研团队在《自然》杂志发表论文证实“四中子态”物质的存在。该物质只由四个中子组成，则其质量数是
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【解析】质量数等于质子数+中子数，由于该物质只由四个中子组成，则其质量数是4；故选D。
8．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某储氢材料镧镍合金的晶胞结构如图所示。下列说法中错误的是
A．该物质的化学式为
B．距离La 最近且相等的Ni 的数目为6
3
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C．利用原子光谱可鉴定储氢材料中的La 元素
D．晶体密度：
【答案】D
【解析】A．该晶胞中La 原子个数为12×
+2×
=3，Ni 原子个数为18×
+6=15，则La、Ni 原子个数之
比为3：15=1：5，化学式为LaNi5，A 正确；B．根据图知，以底面中心La 原子为例，与其距离最近且相
对的Ni 原子个数是6，B 正确；C．原子光谱可以鉴定金属元素，所以利用原子光谱可鉴定储氢材料中的
La 元素，C 正确；D．该晶胞的体积为
×（a×10-10cm）
2×sin60°×6×（b×10-10cm）=
a2b×10-30cm3，晶体
密度ρ=
=
=
g/cm3=
g/cm3，D 错误；故答案为：D。
9．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）某新型储氢材料的晶胞如图。八面体中心为
，顶点
均为
配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属于立方晶系，晶胞边长为anm 其摩尔质
量为188g/mol。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．金属离子
的价层电子对数为6
C．在晶胞体对角线的一维空间上会出现
的排布规律
D．金属
与
原子的最短距离为
【答案】C
【解析】A．根据晶胞结构，
与周围6 个
配位，晶胞中共有
个八面体结构，
原
子与周围4 个
原子配位，晶胞中共有8 个四面体，故其化学式为
，A 正确；B．
与
周围6 个
配位，形成八面体，共有6 对价层电子对，B 正确；C．在晶胞体对角线的一维空间上应出
4
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现
的排布规律，C 错误；D．如图
，pb 长度即为金属
与
原子的最短距离，
，
，
，则
，D
正确。故选C。
10．（2023·山西吕梁·统考三模）氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF2、NF3、XeF2
等。其中XeF2的四方晶胞结构如图所示，图中M 点原子坐标参数为(
，
，
)，Xe 和F 的最短距离为
bnm、下列说法错误的是
A． OF2分子中键角小于
分子中的
B．
中Xe 的杂化方式为sp
C．基态N、F 原子核外电子均有5 种空间运动状态
D．Q 点原子坐标参数为 [
]
【答案】B
【解析】A．OF2中
原子有2 对孤电子对，NF3中
原子有1 对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥
力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF2分子中键角小于NF3分子中的，A 正确；B．XeF2中Xe
的价层电子对数目为5，不可能为sp 杂化，B 错误；C．基态N、F 原子核外电子均占据5 个原子轨道，故
均有5 种空间运动状态，C 正确；D．由信息，Q 点原子坐标参数为
，D 正确；故答案为：
B。
11．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考二模）石墨相氮化碳是一种光催化剂，类似于石墨层状结构，
其结构单元及晶胞结构如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
5
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A．C、N 原子的杂化方式不同
B．氮化碳晶体中存在的作用力只有共价键
C．氮化碳晶体的熔点比金刚石低
D．氮化碳晶体的密度为
g/cm3
【答案】D
【解析】A．石墨相氮化碳类似于石墨层状结构，C、N 原子的价层电子对数都为3，均发生sp2杂化，所
以杂化方式相同，A 错误；B．氮化碳晶体中存在的作用力除共价键外，还有层与层间的范德华力，B 错
误；C．氮化碳晶体为共价晶体，原子半径N＜C，则氮化碳晶体的熔点比金刚石高，C 错误；D．由均摊
法可得，一个晶胞中含有6 个C 原子、8 个N 原子，该晶体的密度为
g∙cm-3=
g∙cm-3，D 正确；故选D。
12．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）某补血剂有效成分M 的结构如图所示，X、Y、Z、W 为原子序数依
次增大的前四周期元素，X 为原子半径最小的元素，Y 和Z 同主族，X、Y、Z 原子序数之和为25，W 为金
属且W3+的价层电子为半充满结构。下列说法正确的是
A．M 具有氧化性，能与KI 发生反应
B．Z 的氧化物的水化物可能有还原性
C．M 中W 的轨道杂化方式为sp3
D．该晶体熔化时，只需克服离子键的作用
【答案】B
【分析】X 为原子半径最小的元素，X 为H。W 为金属且W3+的价层电子为半充满结构，则W 为Fe。Y 和
Z 同主族，X、Y、Z 原子序数之和为25，再结合其结构，Y 为O，Z 为S。
【解析】A．结合图看，M 的化学式为[Fe(H2O)6]SO4·H2O，Fe 的化合价为+2，+2 的铁弱氧化性不能KI 反
应，A 项错误；B．Z 的氧化物的水化物可能H2SO3，其中S 为+4 价均有强还原性，B 项正确；C．M 中W
的杂化为d2sp3，C 项错误；D．该分子中存在分子间氢键，所以晶体熔化克服离子键和氢键，D 项错误；
6
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故选B。
13．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X 是其中的一
种，
因其体积大小与X 的空腔大小相近而恰好能进入X 的环内形成超分子Y，Y 中
与氧原子间能形
成化学键．下列说法错误的是
A．X 形成的晶体为分子晶体
B．电负性：O>C>H>Li
C．
不能与X 形成超分子
D．Y 中
与氧原子间形成的是离子键
【答案】D
【解析】A．X 是醚类物质，熔点、沸点较低，是分子晶体，A 项正确；B．由同周期元素从左至右电负性
逐渐增大的递变规律知，电负性：O>C>Li，由烃中碳元素显负价而氢元素显+1 价知，电负性：C>H，非
金属元素的电负性大于金属元素的电负性，故电负性：O>C>H>Li，B 项正确；C．
半径比
大许多，
其体积比X 的空腔大，无法进入空腔内，C 项正确；D．
与氧原子形成的是
提供空轨道、氧原子提
供孤电子对的配位键，D 项错误；故选D。
14．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）下列说法不正确的是
A．激光、焰色试验、原子光谱等与电子跃迁有关
B．硫化氢晶体中，一个硫化氢分子周围有12 个紧邻分子
C．某元素基态原子的最外层电子排布式为4s1，则该元素为IA 族元素
D．CO
与SO
中，O-C-O 键角大于O-S-O 键角
【答案】C
【解析】A．激光、焰色反应、原子光谱、霓虹灯是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故
A 正确；B．硫化氢晶体是分子晶体，晶体中只存在分子间作用力，属于分子密堆积结构，所以晶胞中一
个硫化氢分子周围有12 个紧邻的硫化氢分子，故B 正确；C．基态钾原子、铬原子、铜原子的最外层电子
排布式都为4s1，则基态原子的最外层电子排布式为4s1的元素不一定为IA 族元素，故C 错误；D．碳酸根
离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，亚硫酸根离子的价
层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，则碳酸根离子中O-C-O 键角大于亚硫
酸根离子中O-S-O 键角，故D 正确；故选C。
15．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）下列图示或化学用语表示正确的是
A．
的电子
式
B．基态
的价层电子轨道表
示式
C．
的结构示意
图
D．
的轨道的电子云轮
廓图
7
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【答案】B
【解析】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，是离子化合物，其电子式为
，A 错误；B．基态
47Ag 的价电子排布式为4d105s1，根据洪特规则和泡利不相容原理可知，其价电子的轨道表示式为
，B 正确；C．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，结构示意图为
，
C 错误；D．p 轨道的电子云轮廓图为哑铃形，为
图示形状，D 错误；故答案选B。
16．（2023·海南海口·统考模拟预测）实验室利用CoCl2制备
的原理是
。下列有关说法错误的是
A．基态Co3+的价层电子排布式为3d6
B．H2O2的电子式为
C．NH4Cl 在水中的电离方程式为
D．NH3的空间填充模型为
【答案】C
【解析】A．Co 为27 号元素，Co 原子的价层电子排布式为3d74s2，则基态Co3+的价层电子排布式为3d6，
A 正确；B．H2O2为共价化合物，结构式为H-O-O-H，则电子式为
，B 正确；C．NH4Cl 为强
电解质，在水中发生完全电离，电离方程式为
，C 错误；D．NH3分子中的N 原子，其价
层电子对数为4，发生sp3杂化，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用，使分子结构呈三角锥形，则其
空间填充模型为
，D 正确；故选C。
二、主观题（共5 小题，共52 分）
17．（11 分）（2023·上海金山·统考二模）白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化
碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
(1)镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n 表示电子层
数)。
(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。
(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO 和CaO 的热稳定性。___________ 。
(4)白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式
8
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___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。处
理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1 的CaCl2·6H2O 与冰水混合，可获
得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是___________。
【答案】(除标注外，每空1 分)(1)ⅡA
(2)CaCO3·MgCO3
CaCO3＋MgO＋CO2↑（2 分）
(3)MgO 和CaO 同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO 比CaO 的离子键强，
热稳定性好（2 分）
(4)NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑+H2O NH3 无水CaCl2水合时放
热，降低制冷效果（2 分）
【解析】（1）镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA 族。价电子排布为
。答案为ⅡA；
；
（2）500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO 的离子键强晶格能
大稳定，所以MgCO3先分解。反应为CaCO3·MgCO3
CaCO3＋MgO＋CO2↑。答案为CaCO3·MgCO3
CaCO3＋MgO＋CO2↑；
（3）两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO 和CaO 同属离子晶体，与Ca2+相比，
Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO 比CaO 的离子键强，热稳定性好；
（4）氨碱法制纯碱，先利用CO2、NH3和NaCl 制得NaHCO3反应为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓
＋NH4Cl，再加热NaHCO3分解得到Na2CO3：NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑+H2O。生石灰与NH4Cl 反应制得
NH3，从而循环利用。无水CaCl2形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为NaCl＋NH3＋CO2＋
H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3
Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果。
18．（10 分）（2023·天津·校联考一模）近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅
助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
(1)基态S 原子的价电子排布图为___________。
(2)甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为___________，其中碳原子的杂化方式为___________。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是___________。
(3)FAPbI3的晶体结构单元如图所示，图中Y 表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为___________。
9
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【答案】（每空2 分）(1)
(2)H<C<N sp2杂化 甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力
(3)12
【解析】（1）硫为16 号元素，基态硫的价电子排布图为
；
（2）①其组成元素为H、N、O 三种元素，根据同周期元素，从左到右元素电负性增强分析，元素电负性
由小到大的排序为H<C<N，其中碳原子形成一个碳碳双键，杂化方式为sp2杂化；
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力，氢键比分子间作用
力强；
（3）Y 表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA:Pb:I=1:1:3，Y 在定点，为1 个，甲脒在中心，为X，有1 个，
Z 为碘，在晶胞的棱中心，
，与甲脒距离最近且相等的碘个数为12 个，则甲眯的碘配位数为
12。
19．（10 分）（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）冰晶石的主要成分为六氟合铝酸钠
。工
业上制备冰晶石的化学方程式为
。
回答下列问题：
(1)Al 激发态的电子排布式有________，其中能量较高的是________。(填字母)
a．
b．
c．
d．
(2)HF 的沸点比
的________(填“高”或“低”)，其原因是________________。
(3)气态氯化铝是以双聚分子
的形式存在的，其结构式为________________。
(4)冰晶石的结构单元如图所示，该结构单元中
的数目为________；已知晶胞参数
、
、
、
，阿伏加德罗常数的值为
，则
晶体的密度
________
(列出计算式即可)。
10
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【答案】(除标注外，每空1 分)(1)bd（2 分） d
(2)低 水分子间形成的氢键数较多
(3)
（2 分）
(4)6
（2 分）
【解析】（1）Al 的原子序数为13，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1，
a．
，电子没有发生跃迁；
b．
，基态Al 原子3s 轨道的1 个电子跃迁到3p 轨道，属于Al 激发态；
c．
，核外共有14 个电子，不是Al 原子；
d．
，基态Al 原子3s 轨道的1 个电子跃迁到4s 轨道，属于Al 激发态；
而同一原子4s 能级的能量比3p 能级的能量高，因此能量最高的是
。
（2）水分子间形成的氢键数较多，HF 的沸点比
的低。
（3）气态氯化铝的分子结构中，由于铝原子和三个氯原子以共价单键结合，未达到8 电子稳定结构，因此
气态氯化铝分子以双聚形式存在，氯原子用其未成键的孤对电子，进入铝原子的空轨道，以配位键结合，
形成双聚分子，其结构式为
。
（4）结构单元中，Na+的位置难以确定，应通过阴离子来计算。阴离子的个数为8
+1=2，则Na+的个数
为2×3=6。
晶体的体积V=
，则密度
。
20．（11 分）（2023·江西赣州·统考二模）CuO、Cu2S 等含铜化合物可以催化合成HCOOH．回答下列问
题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为___________。
(2)HCOOH 中碳原子的轨道杂化类型为___________，元素电负性从大到小的顺序为___________。
(3)催化过程中可能产生
，
的空间构型为___________，碳氧键的平均键长
比CH3OH 要
___________(填“长”或“短”)。
(4)在有机溶剂中，H2SO4的电离平衡常数Ka1(H2SO4)比H2CO3的电离平衡常数Ka1(H2CO3)大，除S 的非金属
11
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性比C 强外，在分子结构上还存在的原因是___________。
(5)已知Cu2S 晶胞中S2-的位置如图所示，Cu+位于S2-所构成的正四面体中心。
S2-配位数为______________________；已知图中A 处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，则晶胞中与A 距离
最近的为Cu+原子分数坐标为___________；若晶胞参数anm，晶体的密度为dg·cm-3)，则阿佛伽德罗常数
的值为___________(用含a 和d 的式子表示)。
【答案】(除标注外，每空1 分)(1)3dl04S1
(2)sp2杂化 O>C>H
(3)平面(正)三角形 短
(4)H2SO4有2 个非羟基氧而H2CO3只有1 个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强（2 分）
(5)8 (
，
，
)
（2 分）
【解析】（1）Cu 为29 号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，故答
案为：3d104s1；
（2）HCOOH 中羧基上的碳原子形成1 个碳氧双键、2 个单键，是sp2杂化；
元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O 电负性从大到小的顺序为O>C>H；
（3）
的中心原子的价层电子对数=
键数+孤电子对数=3+0=3，则C 为sp3杂化，三个O 原子分别位
于杂化轨道的伸展方向上，所以
的空间构型为平面三角形；由于
有大
键，所以
中C-O 键
长较短；故答案为：平面三角形；短；
（4）H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，H-O 的电子云密度
（电子出现概率）越小，H 越易电离，其酸性越强，故答案为：H2SO4中有两个非羟基氧而H2CO3只有一
个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强；
（5）在Cu2S 晶胞中，四面体中心共有8 个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2-周围有8 个Cu+，
故S2-配位数为8；图中A 处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，A 与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，
与A 距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为(
，
，
)；晶胞的体积为(a 10-
7)3cm3，每个晶胞的质量为
，则d=
，则
mol-1，只涉及数值，省略单
位mol-1，其数值为
，故答案为：8；(
，
，
)；
。
21．（10 分）（2023·浙江杭州·浙江省临安中学校联考一模）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，请
回答：
12
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(1)基态钛原子核外电子有___________种空间运动状态，根据价电子排布图判断下列钛原子或离子电离一
个电子所需能量最高的是___________。
(2)钛的配合物有多种。
、
、
的配体中所含原子电负性由大到小的顺序是
___________，其中
中
___________(填写“大于”、“小于”或“等于”)单个水分
中
。
(3)钛与钙、氧原子形成的一种化合物钙钛矿晶胞如图。此化合物的化学式为___________，该晶体中钙的
配位数为___________；
(4)在相同条件下，
比
的水解能力更强，原因是___________。
【答案】(除标注外，每空1 分)(1)12 B
(2)
（2 分） 大于
(3)
（2 分） 12
(4)
带电荷数更多，半径更小，更易水解（2 分）
【解析】（1）钛是第22 号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，不同轨道的电子空间运动状态
不同，因而具有12 种空间运动状态的电子；A 为Ti 原子基态，B 为Ti+的基态，C 为Ti 原子的激发态，第
二电离能明显高于的一电离能，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子所需能量最高的是
B，故答案为：12；B；
（2）由
、
、
可知，它们的配体分别为H2O、F-、Cl-，含有的原子有H、
Cl、O、F，非金属性越强，电负性越大，所以H、Cl、O、F 的电负性由大到小的顺序是
；由
可知，H2O 中O 原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减少，斥力
减小，
中
变大，所以
中
大于单个水分中
，故答案为：
；大于；
（3）由晶胞图可知，Ti 位于顶点，个数为
=1，1 个Ca 位于体心，个数为
=3，Ti:Ca:O=1:1:3，此
化合物的化学式为
；Ca 到棱心的O 的距离都相等且最近，故该晶体中钙的配位数为12，故答案为：
；12；
（4）
与
相比，所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故在相同条件下，
比
的水解能
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力更强，故答案为：
带电荷数更多，半径更小，更易水解。
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