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35.(共15分，[文]除标注外，每空1分[章])(1)①D②Mg[来]相反(2)484:[自]5(2分)(3)A[知]s的卤化物均为分子[嘛]晶体，AsCl,、[答]AsBr1、AsL[案]的相对分子质量依次[网]增大，分子间作用力[文]依次增大，熔点依次[章]增大(2分)三角锥[来]形p(4)4(2分[自])x10(3分)4[知]80【命题意图】本[嘛]题以单质铁、锂、砷[答]及它们的化合物为情[案]境考查物质结构与性[网]质，具体考查电36[文]子排布图、对角线规[章]则、未成对电子致之[来]比、熔点差异的原因[自]、VSEPR构型、[知]杂化轨道类型、晶体[嘛]密度计算等，意在考[答]查考生分析、解决问[案]题的能力及计算能力[网]。【解析】(1)①[文]Li的核外电子数为[章]3，核外电子排布式[来]为1s22s',则D为锂原子的基[自]态电子排布图，表示[知]的状态能量最低。②[嘛]由元素周期表中的“[答]对角线规则”可知，[案]与i的化学性质最相[网]似的邻族元素是Mg[文]:Mg为12号元素[章]，M层只有2个电子[来]且均排布在3s轨道[自]上，故M层的2个电[知]子的自旋状态相反。[嘛](2)基态Fe原子[答]的价层电子排布式为[案]3d4s2,其阳离[网]子Fe2+、Fe“[文]的价层电子排布式分[章]别是3d、3d,二[来]者均先失去4s轨道[自]上的电子；基态F©[知]2中未成对电子数为[嘛]4，基态Fc中未成[答]对电子数为5。(3[案])As的卤化物均为[网]分子晶体，AsCl[文],、AsBr3、A[章]sL的相对分子质量[来]依次增大，分子间作[自]用力依次增大，熔点[知]依次增大。AsCl[嘛],的价层电子对数为[答]4,分子的VSEP[案]R构型为三角锥形，[网]As为sp杂化。（[文]④）题给晶胞中e的[章]个数=8x日+6×[来]号4(个)，s号的[自]个数=12x好+1[知]=4（个），则1个[嘛]晶离中有4个下S,[答]晶胞的质量为8，品[案]胞的体积为d×10[网]”cm,晶体的密度[文]为，0×48010[章]2g·cm3。芯万[来]法技巧立方晶胞中不[自]同位置的徽粒数目的[知]计算方法顶点：为8[嘛]个品E所共有，青属[答]于该品滤能：为4个[案]晶施所共有，年属于[网]该备跑面心：为2个[文]品胞所共有，了满于[章]该品惠体心：处于晶[来]胞内部，全常属千该[自]品跑顶点面心体心
2025.(1)6[知]m/s(2)5.5[嘛]s(3)118.5[答]J【命题意图】本题[案]考查法拉第电磁感应[网]定律、牛顿第二定律[文]、动量守恒定律、动[章]量定理等，意在考查[来]考生的模型建构能力[自]和推理论证能力。【[知]解析】(1)线框匀[嘛]速从磁场右边界穿出[答]，由线框、物块受力[案]平衡有BIL=F,[网]F,=mg(1分)[文]由法拉第电磁感应定[章]律有E=BLm'(1分)由闭合电路[来]欧姆定律有1=R([自]1分)解得'=mg=6m/s([知]1分)(2)设线框[嘛]向左离开磁场左边界[答]时的速度为，对线框[案]从右向左穿过磁场的[网]过程，由动量定理有[文]-BLI,t'-BLIt"=Mv -Mvo(2分)△[章]ΦBL又g=l'=1t"=R=R=5C(1[来]分)解得U,=2m[自]/s,线框向左完全[知]离开磁场左边界时，[嘛]细绳翻紧，细绳绷紧[答]的瞬间，物块和线框[案]共速，由动量守恒定[网]律有M知，=(M+[文]m)(2分)】解得[章]v=0.5m/s,[来]之后线框向左做匀诚[自]速直线运动，物块向[知]上做匀减速直线运动[嘛]，直至速度为零，由[答]牛顿第二定律有mg[案]=(M+m)a(2[网]分)解得a==1.[文]5m,由运动学公式[章]有0=-at,(1[来]分)解得4=15s[自],随后线框以相同大[知]小的加速度反向做匀[嘛]加速直线运动直至开[答]始进入磁场。线框从[案]磁场左边界向右穿过[网]磁场的过程，对线框[文]和物块整体，由动量[章]定理有mgtz-2[来]BLq=(M+m)[自]v'-(M+m)v(2[知]分)解得4=8(1[嘛]分)因为线框向右通[答]过磁场区域的时间是[案]向左通过磁场区域的[网]时问的4，所以线框[文]向左通过磁场区域的[章]时间为42，则线框[来]从进入磁场到再次回[自]到原位置的总时间8[知]2t=4+24h=[嘛]i5s=5.580[答]1（1分)(3)绳[案]绷紧时损失的机械能[网]AE=M-(M+m[文])2=1.5J(1[章]分)对整个过程由能[来]量守恒定律有Mtm[自]gx4L=(M+m[知])v+Q+AE(2[嘛]分)解得0=118[答].5J(1分)
