1、KS5U2021高考真题和模拟题分类汇编 化学 专题18选修3物质结构与性质2021年化学高考题1（2021山东高考真题）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：(1)基态F原子核外电子的运动状态有_种。(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_；OF2分子的空间构型为_；OF2的熔、沸点_(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_。(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为_，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是_(填标号)。Asp Bsp2 Csp3 Dsp3d(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶
2、胞棱边夹角均为90，该晶胞中有_个XeF2分子。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，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，)。已知XeF键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_；晶胞中A、B间距离d=_pm。【KS5U答案】9 FOCl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 5 D 2 (0，0，) pm 【KS5U解析】(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，
3、半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为FOCl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，所以 pm。2（2021湖南
4、高考真题）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_(填化学式)；(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：熔点/K183.0203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.70时，、呈液态的是_(填化学式)，沸点依次升高的原因是_，气态分子的空间构型是_；与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_，1个中含有_个键；(3)下图是、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。已知化合物中和的原子个数比
5、为1：4，图中Z表示_原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_；已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则该晶体的密度_(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。【KS5U答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3； NCH 54 O Mg2GeO4 =1021 【KS5U解析】(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅
6、硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；(2) 由题给熔沸点数据可知，0时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化
7、的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为NCH，则元素电负性的大小顺序为NCH；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是键，双键中含有1个键，则离子中含有54个键，故答案为：sp2、sp3；NCH；54；(3)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8+6+4+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4； 由晶胞的质量公式可得：=abc1021，解得=1021g/cm3，故答案为：1021
8、。3（2021广东高考真题）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物。(1)基态硫原子价电子排布式为_。(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为_。(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第_周期第B族。(4)化合物也是一种汞解毒剂。化合物是一种强酸。下列说法正确的有_。A在I中S原子采取sp3杂化 B在中S元素的电负性最大C在中C-C-C键角是180 D在中存在离子键与共价键E. 在中硫氧键的键能均相等(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物相比，水溶性较好的是_。(6)理论计算预测，由汞(Hg
9、)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是_。图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = _。设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为_g/cm3(列出算式)。【KS5U答案】3s23p4 H2OH2SCH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2 【KS5U解析】(1)基态硫
10、原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2OH2SCH4，故答案为：H2OH2SCH4。(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第B族，故答案为：六。(4)A中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；B中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负
11、性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；C中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近10928，故C错误；D中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；E中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。(6)对比图9b和图
12、9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8+4=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6+4=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =
13、4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x10-7cm)2(y10-7cm)=x2y10-21cm3，则X晶体的密度为= g/cm3，故答案为：。4（2021全国高考真题）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为_；单晶硅的晶体类型为_。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_。SiCl4可发生水解反应，机理如下：含s、p、d轨道的
14、杂化类型有：dsp2、sp3d、sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为_（填标号）。（2）CO2分子中存在_个键和_个键。（3）甲醇的沸点（64.7）介于水（100）和甲硫醇（CH3SH，7.6）之间，其原因是_。（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是_，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为_gcm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=_（用x表达）。【KS5U答案】3s23p2
15、原子晶体(共价晶体) sp3 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x 【KS5U解析】(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；(2)
16、CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个键和1个键，因此1个CO2分子中含有2个键和2个键，故答案为：2；2；(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为
17、(a10-10cm)(a10-10cm)(c10-10cm)=a2c10-30cm3，因此该晶体密度=gcm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。5（2021河北高考真题）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_(填离子符号)。(2
18、)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_。(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJmol-1)如表：NNNNPPPP193946197489从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是_。(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_，其中P采取_杂化方式。(5)与PO电子总数相同的等电子体的分子式为_。(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_。(7)分别用、表示H2P
19、O和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_gcm-3(写出表达式)。晶胞在x轴方向的投影图为_(填标号)。【KS5U答案】和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B 【KS5U解析】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、和，其中核外电子排布相同的是和。(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态
20、相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4分子放
21、出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。 (4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到
22、(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。(7)由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。2021年化学高考模拟题1（2021九龙坡区重庆市育才中学高三三模）B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：(1)基态B原子的核外电子有_种空间运动状态；基态Ni原子核外
23、占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为_。(2)硼的卤化物的沸点如表所示：卤化物BF3BCl3BBr3沸点/-100.312.590解释表中卤化物之间沸点差异的原因_。(3)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2，其中Ph表示苯基，PPh3表示分子，PPh3的空间构型为_；Ni(PPh3)2晶体中存在的化学键类型有_(填字母)。A离子键 B极性键 C非极性键 D金属键 E配位键 F氢键(4)鉴定Ni2的特征反应如下：Ni2+2H+在1mol鲜红色沉淀中，含有sp2杂化原子的数目为_个(阿伏加德罗常数的值为NA)。丁二酮肟中，各元素电负性由大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(
24、5)硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度=_gcm-3。【KS5U答案】3 球形 均为分子晶体，相对分子质量不同 三角锥形 BCE 8NA ONCH 【KS5U解析】(1)基态B原子的电子排布式为1s22s22p1，1s轨道、2s轨道、2p的1个原子轨道上排有电子，则有3种空间运动状态；基态Ni的简化电子排布式为Ar3d84s2，最高能层电子排布在4s能级，s电子云轮廓图的形状为球形；故答案为：3；球形。(2)三者沸点都较低，三者均为分子晶体，BF3、BCl3、BBr3的相对分子质量
25、逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高；故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。(3)P原子最外层有5个电子，P与苯基形成3个PC键，P上还有1对孤电子对，则P的价层电子对数为4，PPh3的空间构型为三角锥形；在Ni(PPh3)2中Ni与PPh3之间形成配位键，PPh3中P与苯基之间形成PC极性键，苯基中存在CH极性键和碳碳之间的非极性键，选BCE；故答案为：三角锥形；BCE。(4)在鲜红色沉淀中形成C=N键的C、N原子都采取sp2杂化，1个鲜红色沉淀中采取sp2杂化的原子有8个，1mol鲜红色沉淀中含sp2杂化的原子为8mol，数目为8NA；丁二酮肟中含C、H、N、O四种元素，同周期
26、从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则丁二酮肟中各元素电负性由大到小的顺序为；故答案为：8 NA；。(5)硼原子形成的正八面体占据顶角位置，结合沿z轴方向的投影图可知，1个晶胞中有83=24个B原子位于棱上，根据均摊法，1个晶胞中含有B原子=6个，Ca位于体心，为1个，1个晶胞的质量为 ，晶胞的体积为（anm）3，晶体的密度为 g/cm3；故答案为：。2（2021重庆市第十一中学校高三二模）我国在5G系统的初期部署中采用了基于GaN的功率放大器。(1)基态Ga原子的核外电子排布式_，基态N原子最高能级的原子轨道形状为_。(2)镓的各级电离能(单位：kJmol-1)依次
27、为577、1984.5、2961.8、6192，由此可知镓的主要化合价为_和3。与同周期相邻元素Zn比较，第一电离能Ga_Zn(填“”、“”或“”)，理由是_。(3)已知氮化硼、氮化铝、氮化镓的熔点如下表。从结构的角度分析它们熔点不同的原因是_。物质BNAlNGaN熔点/300022491700(4)GaN可由非极性分子三甲基镓(CH3)3Ga和NH3发生系列反应制得。GaN晶胞结构如图1所示，(CH3)3Ga和GaN中Ga原子的杂化方式分别为_、_。(5)图1的六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。晶胞中每个Ga原子周围最近的Ga原子数目为_。从GaN晶体中“分割”出的平行六面
28、体如图2，若该平行六面体的体积为，则GaN晶体的密度为_gcm-3(用含a、NA的代数式表示)。【KS5U答案】Ar3d104s24p1 哑铃形 +1 1800)条件下用C还原TiO2制取TiC：TiO23C TiC2CO。该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为_；根据所给信息，可知TiC是_晶体。(4)已知Zn2等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示。离子Sc3+Cr3+Fe2+Zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测Sc3、Zn2的水合离子为无色的原因：_。(5)V2O5是一种常见的催化剂，在合成硫酸、硝酸中起到非常重要的作用。五氧化二钒的结构式为()，则该
29、结构中键与键个数之比为_。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，其中V原子的杂化方式为_。【KS5U答案】6 三角锥形 （1，） OCTi 原子 3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态） 3：2 sp3 【KS5U解析】(1)Co3的一种配离子Co(N3)(NH3)52中，配体有1个N 离子，5个氨分子，Co3的配位数是1+5=6，氨分子中心原子N是sp3杂化，有一对孤电子对，配位体NH3的空间构型为三角锥形。故答案为：6；三角锥形；(2)NiO的晶体结构如图，离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子的坐标参数为（
30、1，）。故答案为：（1，）；(3)周期表中同主族从上到下，同周期从右到左，元素的金属性增强，电负性增大，OC，TiC中Ti显正价，碳显负价，该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为OCTi；根据所给信息，TiC在碳化物中硬度最大，可知TiC是原子晶体。故答案为：OCTi；原子；(4)Sc3+的外围电子排布式为Ar3d0，Cr3+的外围电子排布式为Ar3d3，Fe3+电子排布式为Ar3d6，Zn2+的外围电子排布式为Ar3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，由于Sc3+3d轨道全空，Zn2+的3d轨道全满，所以二者无色，根据原子结构推测Sc3
31、、Zn2的水合离子为无色的原因：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）。故答案为：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）；(5)五氧化二钒的结构式为()，则该结构中键与键个数之比为6：4=3：2。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，VO原子价层电子对数为4+=4，其中V原子的杂化方式为sp3。故答案为：3：2；sp3。5（2021全国高三零模）黄铜矿(主要成分为)是一种天然矿石。中国在商代或更早就掌握了由它冶炼铜的技术。医药上，黄铜矿有促进骨折愈合的作用。请回答下列问题：(1)基态比稳定的原因是_。(2)中的阴离子的
32、空间构型为_，与互为等电子体的离子是_(写出一种化学式即可)。(3)图为某阳离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是_(填化学式)，原因是_。(4)四方晶系的晶胞结构如图1所示。中各元素电负性数值从小到大的顺序为_，晶胞中原子的杂化方式为_。晶胞中和的投影位置如图2所示。设阿伏伽德罗常数的值为，则该晶体的密度为_。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，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标为，则原子2的坐标为_。晶体中距离最近的有_个。【KS5U答案】的价电子为，为全充满状态，稳定，的价电子为，较不稳定。 三角锥形 (或等) 的配位能力强 4 【KS5U解析】(1)铜
33、是29号元素，基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，稳定，价电子排布式为3d9，较不稳定。故答案为：的价电子为，为全充满状态，稳定，的价电子为，较不稳定。(2) 中的阴离子根据价层电子对互斥理论可知：，中心原子采取sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形；与互为等电子体的离子是(或等)，故答案为：三角锥形、(或等)(3) 由图可知Cu2+离子与H2O分子和NH3分子配位，O的电负性强于N元素，所以NH3更容易提供孤电子对，形成更稳定的配位键，加热时先失去不稳定的配体，所以加热时该离子先失去的配位体是H2O，故答案为：H2O、的配位能力强(4) 同周期元素从左到右电负性依次增强，中各元素
34、电负性数值从小到大的顺序为，由晶胞所示，图中原子成两个单键，有两对孤电子对，原子杂化方式，故答案为：、观察题给晶胞结构图可知,每个该晶胞中铜原子的数目为，铁原子的数目为，硫原子的数目为8个，故该晶体密度=。故答案为：由题给晶胞结构图及投影信息可知,原子2的坐标为CuFeS2晶体中距离Fe最近的S有4个。故答案为：、46（2021安徽师范大学附属中学高三其他模拟）TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。回答下列问题：(1)基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为_。(2)甲醛和苯分子中的键之比为_。
35、(3)CO2和CHO中碳原子的杂化形式分别为_、_。(4)的空间构型为_。(5)下列各组微粒互为等电子体的是_(填编号)。a.与 b.CO2与SO2 c.C6H6与B3N3H6 d.与HNO3(6)金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用_理论解释。已知金属锰有多种晶型，型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列_(填编号)。(7)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2-组成的正八面体空隙中，在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2-处于_位置。若Ca2+与O2-的最短距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_gcm3(列出表达式)。【KS5U
36、答案】2:5 1:4 sp sp 平面三角形 cd 自由电子(电子气) c 棱心 【KS5U解析】(1)由化学周期表可得钛有2个未成对电子，锰有5个，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2:5，故答案为：2:5；(2)甲醛分子式为HCHO，有3根键，苯分子的键有12根，所以甲醛和苯分子中的键之比为1:4，故答案为：1:4；(3)二氧化碳结构式为O=C=O，-CHO结构式为H-C=O，由此可判断出它们的杂化方式为sp和sp，故答案为：sp；sp；(4)碳酸根离子中C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，故构型平面三角形，故答案为：平面三角形；(5)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离
37、子或原子团。aO的价电子数不同，不是等电子体，故a错误；bC和S价电子数不同，不是等电子体，故b错误；cC6H6与B3N3H6原子总数和价电子数均相同，是等电子体，故c正确；d与HNO3原子总数和价电子数均相同，是等电子体，故d正确；故选cd。(6)自由电子理论可以解释金属具有的共同物理性质；面心立方晶胞的俯视图为c图，故答案为：自由电子(电子气)；c；(7) O2-离子个数为3，由此可以想出其位于棱心；由题可得晶胞边长为a nm，故答案为：。7（2021天津）铬锆铜(CuCrZr)合金广泛应用于机械制造工业的焊接。已知锆(40Zr)位于第IVB族，根据要求回答下列问题：(1)铜元素在元素周期
38、表的分区为_。基态Cr原子的价电子排布图(即轨道排布式)为_。(2)将硫酸铜固体溶于水中，呈天蓝色，该天蓝色离子的结构式为_，的空间构型为_(用文字描述)。(3)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_。(4)晶体具有自范性及各向异性等特点，造成某些物理性质的各向异性最本质原因是_，铜与氯形成晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为_已知晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_gcm-3。(5)火法炼铜中，_元素被氧化。(填元素符号)【KS5U答案】ds 正四面体形 Cr的价电子数比K多，半径比K小，所以Cr中的金属键比K强
39、 晶体中的粒子周期性有序排列 CuCl S 【KS5U解析】(1)铜元素位于元素周期表ds区；基态Cr原子的价电子排布图为： ；(2)CuSO4溶于水形成四水合硫酸铜，其结构式为：，中氯原子的价层电子对数是4，所以其空间构型是：正四面体形；(3)K原子半径大，且价电子数少，金属键弱，熔沸点更低；(4) 因为单晶体内各个方向上原子排列密度不同,造成原子间结合力不同,因而表现出各向异性，因此其原因是：晶体中的粒子周期性有序排列，氯原子位于八个定点，六个位于面上：，铜有四个位于内部其个数为：4，所以其化学式为：CuCl；其密度。(5)通过方程式：可以发现只有S元素化合价升高而被氧化。8（2021河北
40、沧州市高三三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：(1)基态原子的价电子排布式为_，有_个未成对电子。(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为_；晶体中存在的化学键类型有_(填标号)。A离子键 B极性键 C非极性键 D金属键 E.配位键 F.氢键(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(4)已知：是强还原剂，与水反应
41、能生成，中含有键与键的数目之比为_，该离子中C的杂化方式为_。(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_(用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。【KS5U答案】 2 三角锥形 BCE sp 【KS5U解析】(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；(3)基态Fe原子的价电子排布
42、式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能FeMn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能ZnFeMn；(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。9（2021河南新乡市新乡县一中高三其他模拟）(1)溴苯和硅在催化剂铜的存在下加热，可以生成C6H5SiBr3和
43、H5C6-C6H5，基态铜原子的价电子排布式为_，形成硅化物中硅的杂化类型为_。已知硅的氢化物SiH4中Si显正电性，在上述反应中所有非金属元素的电负性由大到小的顺序为_。(2)硅是亲氧元素，在自然界以氧化物和含氧酸盐形式存在，硅和碳同主族但SiO2比CO2熔点高的原因是_，SiO的空间构型为_。(3)硅在不同条件下的晶体结构不同 常温时为金刚石型结构如图1，该结构中硅原子与Si-Si键的数量比为_，下图中为晶胞(图1)对角面的投影图(以表示硅原子)的是_。(填选项)当条件变为12 Gpa时，硅晶体为四方晶系，晶胞如图2，晶胞参数a=183 pm，c=900pm，晶胞的密度为_ g/cm3(阿
44、伏加德罗常数的值为6.021023写出计算式)【KS5U答案】3d104s1 sp3 BrCHSi SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键，作用力强，熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用力为分子间作用力，相互作用弱，熔点低 平面三角形 1：2 AC 【KS5U解析】(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1，价电子排布式为3d104s1；形成的硅化物中Si原子最外层有4个电子，分别与3个Br、苯环上的C结合，形成四个，所以Si为sp3杂化；因为硅的氢化物SiH4中Si显正电性，说明H吸引电子能力更强，所以Si的电负性小于H；在CH4中C显负
45、电性，CBr4中C显正电性，所以电负性顺序为BrCHSi；(2) SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键，作用力强，熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用力为分子间作用力，相互作用弱，熔点低；SiO中Si原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以为平面三角形；(3)每个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被两个硅原子共用，所以每个Si原子拥有=2个Si-Si键，则硅原子与Si-Si键的数量比为1：2；沿阴影的对角线界面的投影为；若为另一个对角线则是，所以选AC；根据图示可知晶胞体积为1.831.83910-24cm3，根据均摊法晶胞中Si原子的个数为=4，所以晶胞的质量为4286
46、.0210-23g，所以密度为g/cm3。10（2021天津高三三模）金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：(1)基态铜原子中，其占据最高能层的符号是_。锰、锝、铼位于同一副族且原子序数依次增大。类比锰，写出基态锝原子价层电子排布式_。(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_(填编号)。A B C D(3)NH3在高温条件下能还原CuO，2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为_(填元素符号)；S元素与多种金属非金属元素形成化合物，SiS2的结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为_。(4)一种含Cu、S元
47、素的有机物的结构简式如图1所示，N原子的杂化方式为_。(5)超硬材料氮化铂的一种晶胞如图2所示，与N等距最近Pt的原子个数是_，若该晶胞参数为apm，密度为gcm-3，则阿伏加德罗常数(NA)为_mol-1(用含a、的式子表示，并化成最简)(6)Cl2可氧化KSCN溶液。查阅资料可知SCN-中氮元素转化为NO。如图3所示，取A中溶液于试管中，加入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。写出SCN-与Cl2反应的离子方程式为_。【KS5U答案】N 4d55s2 A ONHCu 直线形 sp2 4 892/1030a3 SCN-+8Cl2+9H2O=NO+SO+CO2+16Cl-+18H+ 【
48、KS5U解析】(1)Cu是29号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子中核外电子占据最高能层是4s，符号是N；基态锰的价电子排布为3d54s2，基态锝原子、铼原子的核外电子排布特点相同，则基态锝原子的价电子排布为4d55s2；(2)由题给信息知，A为Fe3+的基态、D为Fe3+的激发态，B为Fe2+的基态、C为Fe2+的激发态，A项Fe3+的基态最稳定，再失去一个电子较难，所需能量最高，故答案为：A；(3)根据同周期从左到右非金属性增强，则电负性逐渐增大，同主族从上到下，非金属性减弱，则电负性逐渐减小，因此反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序
49、为ONHCu；CS2是直线形，SiS2和CS2是等电子体，结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为直线形；(4)由题给信息知，中心N原子的周围有3个氧原子，而且无孤电子对，杂化类型为sp2；(5)根据晶胞示意图可知，N原子位于晶胞体内，分别填充在Pt形成的正四面体空隙中，与N等距最近Pt的原子个数是4，Pt位于晶胞的顶点和面心，则1个晶胞中含有Pt的个数为81/8+61/2=4，N原子位于晶胞体内，N的个数为8，因此1个品胞的质量为(1954+148)/ NA=892/ NAg，依据公式=m/V可得，=892/ NAg(a1010)3g/cm3，故NA=892/1030a3 mol-1；(
50、6)加入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO，SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的离子方程式为SCN-+8Cl2+9H2O=NO+SO+CO2+16Cl-+18H+。11（2021天津高三一模）乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦碳制备电石(CaC2)，再与水反应制备乙炔。(1)焦炭、金刚石和C60都是碳的单质。已知金刚石中碳碳键的键长为154.45pm，C60中碳碳键的健长为140145pm，二者比较熔点高的是_，理由是_。(2)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CHCN)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是_，该分子中键与键个数比
51、为_。(3)将乙炔通入Cu(NH3)2Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为_。Cu(NH3)2Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：_。(4)CaC2的电子式为_。乙炔中混有的H2S气体可用CuSO4溶液吸收，反应方程式为_。(5)CaC2晶体的晶胞结构与NiCl晶体相似，但CaC2晶体中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞呈长方体(如图)。每个Ca2+周围距高相等且最近的C有_个。已知CaC2晶体密度为gcm-3，晶胞中两个C的最近距离为acm，阿伏加德罗常数值为NA。则CaC2晶胞中棱长h=_cm。【KS5U答案】金刚石 金刚石
52、是原子晶体，C60为分子晶体 sp、sp2 2:1 Ar3d10 4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3)42+6H2O+4OH-或4Cu(NH3)2+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3)42+4OH- 4 【KS5U解析】(1)金刚石内部碳原子之间以共价键相连形成空间网状立体结构，为共价晶体，熔点高，分子内部碳原子以共价键相连形成分子，为分子晶体，熔点低，答案为：金刚石；金刚石是共价晶体，C60为分子晶体；(2)利用价层电子对互斥理论计算中双键碳原子的价层电子对数为，所以双键碳的杂化方式为：杂化，三键碳的价层电子对数为，所以三键碳的杂化方式为：杂化；两个形成共价键的原
53、子间有且只有一条键，除外的共价键为键，中含有6条键，3条键，分子中键与键个数比为：2:1，答案为：、；2:1；(3)29号元素 的基态电子排布式为： ，基态核外电子排布式为：；Cu(NH3)2Cl的氨水溶液中铜元素为+1价亚铜离子，在空气中被氧气氧化成，反应的离子方程式为：，答案为：；(4)CaC2为离子化合物，碳原子之间形成碳碳三键，电子式为：；H2S气体与CuSO4溶液发生复分解反应生成，化学方程式为：，答案为： ；(5)C位于长方体晶胞的八个顶点和六个面心，位于晶胞的十二个棱中间，由于晶胞呈长方体，每个Ca2+周围距高相等且最近的C在其的前后左右，共四个；晶胞中距离最近的两个C位于图中所
54、示长方体晶胞底面的对角线一半，可知长方体的底边边长为，所以该晶胞的体积为：，所以密度为：，计算可知：，答案为：4；。12（2021四川树德中学高三其他模拟）N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_(填序号，下同)，未成对电子最多的是_。a ls22s22p3 b1s22s2 c1s22s12p4 d1s22s12p3(2)Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、 P、S的电负性由大到小的顺序是_，第一电离能由大到小的顺序是_。(3)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合
55、物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2 )反应生成有机化合物B， B具有优异的催化性能。吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是_，化合物A易溶于水，原因是_，含Zn有机物B的分子结构中含_(填序号)。A离子键 B配位键 C键 D键 E氢键(4)N与金属可形成氮化物，如AIN的晶胞结构如图甲所示，某种氮化铁的结构如图乙所示。AIN晶胞中，含有的Al、N原子个数均是_。若该氮化铁的晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该氮化铁晶体的密度可表示为_。 gcm-3.若该氮化铁的化学式为FexNy，Cu可替代晶胞中不同位置的Fe，形成Cu替代型的化学式是Fex-nCunNy，而FexNy转化为两
56、种Cu替代型产物的能量变化如图丙所示，Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，则a位置表示晶胞中的_(填“顶点或“面心”)。【KS5U答案】c d SPSi PSSi sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD 6 顶点 【KS5U解析】(1)电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s12p4，未成对电子最多的是1s22s12p3，故答案为：c；d；(2)同周期自左而右电负性增大，则负电性由大到小的顺序是SPSi；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由
57、大到小的顺序是PSSi，故答案为：SPSi；PSSi；(3)吡啶类化合物A中N原子形成2个键、有1对孤电子对，因此N原子杂化类型是sp2；A中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，增强其水溶性，所以化合物A易溶于水；含Zn有机物B的分子结构中存在单键、双键以及NZn、OZn配位键，因此答案选BCD，故答案为：sp2；化合物A与水分子间存在氢键；BCD；(4)AlN晶体结构单元中，Al原子4个处于内部、6个处于棱上，含有的Al原子个数为4+61/3=6。N原子3个处于内部、2个处于上下底面面心、12个处于顶点，N原子个数为3+21/2+121/6=6，含有的Al、N原子个数均是6个，故答案为：6；
58、根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为81/8+61/2=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞质量为238/ NAg，晶胞的体积为(a10-10)a3cm3，则该氮化铁的晶体密度可表示为238/ NAg(a10-10)a3cm3=g/cm3；Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，由于能量越低越稳定，因此Cu替代a位置Fe型的化学式为Fe3CuN，则a位置表示晶胞中的顶点，故答案为：；顶点。13（2021安徽高三其他模拟）镍是一种亲铁元素，地核主要由铁、镍元素组成。(1)基态镍原子的价电子排布式为_。(2)配合物Ni(CO)4常温为液体，其最可能的晶体类型
59、是_，配位原子为_。CO与N2互为等电子体，熔沸点更高的是CO，其原因是_。(3)NiSO4溶液与丁二酮肟的反应如图，该反应可以用来鉴别Ni2+。丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为_，碳原子的杂化轨道类型为_。二(丁二酮肟)合镍(II)中存在的化学键有_(填选项字母)。A键 B键 C配位健 D氢键 E.范德华力(4)镍可做许多有机物与氢气加成的催化剂，例如吡啶()的反应方程式为：3H2+吡啶中大键可以表示为_。(5)某种镁、镍和碳三种元素形成的晶体具有超导性。该晶体可看作是镁原子做顶点，镍原子作面心的面心立方堆积(晶胞结构如图，未标出碳原子位置)，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙。图中
60、碳原子的位置位于晶胞的_。已知晶胞中相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，其密度为_g/cm3(列出算式即可)。【KS5U答案】3d84s2 分子晶体 C 均为分子晶体，相对分子质量相同，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高 ONCH sp3和sp2 ABC 体心 【KS5U解析】(1)Ni为28号元素，基态原子核外电子排布式为Ar3d84s2，价电子排布式为3d84s2；(2)Ni(CO)4常温为液体，熔沸点较低，应为分子晶体；CO分子中C、O原子都有孤电子对，但C的电负性较小，更容易给出电子，所以配位原子为C；CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极
61、性分子，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高；(3)非金属性越强，电负性越大，所以丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为ONCH；丁二酮肟中甲基中的C原子为sp3杂化，C=N键中的C原子为sp2杂化；C=N键中有一个键，一个键，N原子共形成四个共价键，则N原子与Ni原子之间为配位键，氢键和范德华力不是化学键，故选ABC；(4)吡啶中C、N原子均为sp2杂化(N原子为不等性sp2杂化)，未参与杂化的轨道中都有一个电子参与形成大键，所以可以表示为；(5)镍原子在面心，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙，所以碳原子在体心；相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，则晶胞的体对角线为2a nm，所以晶
62、胞的棱长为nm=10-7cm，则晶胞体积为cm3，晶胞中C原子个数为1，Mg原子个数为=1，Ni原子个数为=3，所以晶胞的质量为g，则密度=gcm-3。14（2021广西南宁市南宁三中高三三模）金云母K2Mg6Al2Si6O20 (OH)4是一种含镁和钾的铝硅酸盐，化学成分中替代钾的有钠、钙、钡；替代镁的有钛、铁、锰、铬。(1)基态钾原子的核外电子排布式为_。(2)钡元素在周期表中位于_ (填“s”“d”或“p”) 区。(3) Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是_。(4)镁、钙、钡均为第IIA族元素。MgO、CaO、BaO 中硬度最小的是_。CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同
63、，则与O2-距离最近的Ca2+数目为_。(5)双(二酮)钛(IV)配合物具有抗肿瘤作用。为了寻求生物活性更好的二酮配体，设计如下合成过程：物质甲中碳原子的杂化方式为_。K2CO3中阴离子的空间构型为_。物质乙中含键和键的数目之比为_。(6)镁与硅形成的晶体的晶胞属于面心立方结构，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。C点的Mg原子坐标参数为_。设Na为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为_gcm-3。【KS5U答案】1s22s22p63s23p64s1 s KAlMg BaO 6 sp2、sp3 平面三角形 223 ( ) 【KS5U解析】(1) K是19号元素，根据能量最低原理，可知核外电子
64、排布式为1s22s22p63s23p64s1；(2)钡处于第六周期第IIA族，属于s区元素：(3) 一般金属性越强，笫一电离能越小，Mg元素原子3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能高于于Al的，故第一电离能由小到大的顺序为： KA1Mg；(4) MgO、CaO、BaO均属于离子晶体，离子电荷数相同，由于r(Mg2+) r(Ca2+) r(Ba2+)，故晶格能MgO CaO BaO，故BaO的硬度最小：CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，离子的配位数为6，则与O2-距离最近的Ca2+数目为6；(5)物质甲羰基中碳原子形成3个键，其它碳原子形成4个键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采
65、取sp2、sp3杂化；CO32-中C原子孤电子对数=0， 价层电子对数=3+0=3，故其空间构型为平面三角形：单键为键，双键含有1个键、1个键，物质乙中含键和键的数目之比为22： 3；(6)C点的Mg原子与坐标原点Si原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，可知其参数x=y=z= ，即C点Mg原子坐标参数为()：晶胞中Mg原子数目为8， Si 原子数目为8+6=4 晶胞质量= 晶胞体积= (a10-7)3，晶胞密度= (a10-7)3=15（2021黑龙江哈尔滨市哈尔滨三中高三其他模拟）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。回答下列问题：(1)砷和磷为同一主族的元素
66、，则基态As的价层电子排布式为_，AsH3的空间构型为_。(2)SnCl4是制备有机锡化合物的原料，染色的媒染剂，缩合剂。SnCl4中锡原子的杂化方式为_，常温常压下SnCl4为无色液体，其固体的晶体类型为_。(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图1所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_mol，该螯合物中所有非金属元素的第一电离能由大到小排序为_。(4)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，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图2所示，晶胞每个棱夹角均为90度
67、。已知晶胞参数如图，则图中紧邻Cd与As间的距离为_pm，晶胞密度为_g/pm3。(NA表示阿伏伽德罗常数)【KS5U答案】4s24p3 三角锥形 sp3 分子晶体 6 NOCH 【KS5U解析】(1)As为第四周期VA族元素，所以其价层电子排布式为：4s24p3，AsH3当中，As元素有一个孤电子对，三个键，所以其空间构型为：三角锥形；(2)SnCl4中锡原子的价层电子对数是4，所以其杂化方式为sp3，因为常温常压下SnCl4为无色液体，说明其熔点比较低，所以为分子晶体；(3)根据题目信息，结合题图甲中的结构，与Cd2+通过螯合配位成环形成的是配位键，可得1mol该配合物中通过签合作用形成的
68、配位键有6mol；C、N、O、H的第一电离能的大小顺序为：NOCH；(4)由图2可知，Cd或Sn为黑球或白球，As为灰球，则黑球或白球与灰球都是小立方体体对角线的，紧邻Cd与As间的距离为pm；g/pm3。16（2021长沙市明德中学高三三模）近日，某科研团队成功合成了NiFe双原子催化剂(Ni/FeCN)，并应用于高效催化CO2还原。回答下列问题：(1)基态铁原子的价电子轨道排布图为_。(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与CO提供配位的电子总数之和为18，则n=_；该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂，原因是_。(4)
69、二茂铁的结构为，由Fe2+和(环戊二烯基负离子)构成。一个中键总数为_，C原子的杂化轨道类型为_。(5)某C、Fe合金的晶胞结构如图所示：该合金的化学式为_，若该晶体的晶胞参数为apm、bpm、cpm，=90o，密度为gcm-3，则NA为_(写出计算式即可)。【KS5U答案】 NOC 4 Ni(CO)4属于非极性分子，易溶于非极性溶剂中 10 sp2 Fe3C mol-1 【KS5U解析】【KS5U解析】(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，则价电子轨道排布图为 ；(2)C、N、O是同周期主族元素，随核电荷数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p3轨道是半充满结构，相对稳定，则三种
70、元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC；(3)Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；Ni(CO)4属于非极性分子，苯和四氯化碳均为非极性溶剂，根据相似相溶原理，该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂；(4)单键均为键，则一个环戊二烯基负离子中键总数为10；结构中碳原子的价层电子对数均为3，则C原子的杂化轨道类型为sp2杂化；(5)该合金中Fe原子数为4 +10 =6，C原子数为8+1=2，则合金的化学式为Fe3C；晶胞的质量为g，晶胞的体积为abc10-30cm3，根据 =g/cm3可知，NA= mol-1。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：顶点：
71、每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 份额；棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对棱上的原子只占份额；面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对面上的原子只占份额；内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。17（2021天津高三三模）请回答以下问题：(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有_种不同运动状态的电子。(2)如图2所示，每条折线表示周期表AA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是_。(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于_晶体。(4)第一电离能介
72、于Al、P之间的第三周期元素有_种。GaCl3中心原子的杂化方式为_。(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有_个紧邻分子。(6)若Cu(NH3)42+具有对称的空间构型，且当Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则Cu(NH3)42+的空间构型为_(填字母)。a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形(7)F与Ca可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+的配位数为_，若该晶体的密度为agcm-3，则该晶胞的体积是_cm3(写出表达式即可，设NA为阿伏加德罗常
73、数的值)。【KS5U答案】12 SiH4 原子 3 sp2 12 a 8 【KS5U解析】(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，从图1得出信息，其最外层有2个电子，则其是12号镁元素，其原子核外有12个电子，则有12种不同运动状态电子。(2)根据图中信息，第二周期的元素，AA中，只有碳元素对应的CH4没有分子间氢键，则最下方的曲线为A元素氢化物的沸点变化曲线，则a点代表的是SiH4。(3) CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，可知该晶体是立体网状结构，故该晶体类型为原子晶体。(4)同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但A元素的np为全充满，A元
74、素的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，则第一电离能：AlMgSiSCoOFeO 8 107 【KS5U解析】(1)基态Ni原子的价电子排布图为；(2)的价层电子对数=，杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形；(3) Co(NH3)4Cl2Cl中Co的配位数为6；Co(NH3)4Cl2Cl内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于键，共6个，加上4个NH3的12个键，共18个；配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl-并不能电离，故1mol该配合物只有1molCl-能与AgNO3溶液反应，所以生成沉淀的质量为1mol(35.5+108)g/mol=143.5g；(
75、4) Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同周期由左向右离子半径逐渐减小，晶格能越大，熔沸点越高，熔点由高到低的顺序为NiOCoOFeO；(5)如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8；设a为晶胞边长，得。20（2021天津南开区南开中学高三三模）下列表格是元素周期表的一部分。请按要求填空。(1)写出一种由元素和形成的常见化合物的电子式为_(2)由形成的单质是一种是硬度很大，熔点很高的晶体，则该晶体属于_晶体。(3)三种元素的第一电离能从大到小排序为_。(4)写出工业上冶炼单质的化学方程式_。(5)列举元素形成的最高价含氧酸的用途_(至少
76、列举两种)。(6)元素的核外电子排布式为_。(7)下图为晶体的晶胞结构。若晶胞的棱长为acm，则两个最近的原子之间的距离是_cm，晶胞密度为_gcm-3(的摩尔质量用M表示，阿伏伽德罗常数的值用NA表示)。(8)天津市有着丰富的海水资源，海水中含有丰富的各种元素，化学兴趣小组采用“空气吹出法”从浓海水吹出元素形成的单质Br2，常温下，Br2的颜色为深红棕色液体，吹出的溴用纯碱溶液吸收，吸收溴的主要反应为：Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，当吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为_mol。反应产物的VSEPR模型名称为_【KS5U答案】 或 原子或者
77、共价 NOC 2Al2O3(熔融)4Al + 3O2 干燥剂、做铅蓄电池的电解质、酸洗、制化肥等 Ar3d54s1 四面体形 【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知号元素分别为H、B、C、N、O、Al、S、Cr、Cu、Br。【KS5U解析】(1)H和O元素可以形成化合物H2O2和H2O，电子式分别为 、；(2)硬度很大，熔点很高的晶体，应为原子晶体(或共价晶体)；(3)同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能从大到小排序为NOC；(4)工业上通过电解熔融氧化铝制取铝单质，通常会加入冰晶石降低氧化铝的熔点，化学方程式为2
78、Al2O3(熔融)4Al + 3O2；(5)S元素的最高价氧化物为H2SO4，可以做干燥剂、铅蓄电池的电解质、酸洗、制化肥等；(6)Cr为24号元素，原子核外有24个电子，核外电子排布式为Ar3d54s1；(7)根据晶胞结构示意图可知两个最近的Cu原子的距离为面对角线的一半，即cm；根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为=4，所以晶胞的质量为g，晶胞体积为a3 cm3，所以密度为gcm-3；(8)该反应中Br元素发生歧化，根据电子守恒可知Br2、NaBr和NaBrO3的系数比为3：5：1，所以吸收1molBr2时生成mol NaBr，转移5mol电子；中心Br原子的价层电子对数为=4，VSEPR模
79、型为正四面体。21（2021天津和平区耀华中学高三二模）(1)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。LiH中，离子半径Li+_(填“”、“=”或“”)H-。某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示：I1I2I3I4I5I/kJmol-1738145177331054013630元素M在周期表的位置_，该储氢材料的化学式为MH2，其晶胞结构如图1所示。已知该晶体的密度agcm-3，则该晶胞的体积为_cm3用a、NA表示(NA为阿伏加德罗常数的值)。MH2为离子化合物，写出其电子式_。(2)下列分别为B、C、N，Cu基态原子价电子排布图，其中正确的是_(填标号)。A BC
80、D(3) 物质的沸点高于，原因是_。(4)参照如图2中B、F元素的位置，依据第二周期元素第一电离能的变化规律，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置_。(5)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。基态原子Ti有_种能量不同的电子，基态Ti3+的未成对电子有_个。LiBH4由Li+和构成，中B原子的VSEPR模型名称是_。LiBH4存在_(填序号)。A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E.氢键【KS5U答案】 第三周期IIA族 C 3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键 7 1 正四面体 ABD 【KS5U解析】(1)Li+和H-的核外电子排布相同，H的核电荷数小于
81、Li，核电荷数越小电子离核越远，半径越大，因此H-半径大于Li+，故答案为：NH，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2+形成配位键) 三角锥 Br-半径较大，无法形成PBr6- Fe(SbO3)2 【KS5U解析】(1)P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素S，所以第一电离能较小的是S，故答案为：SAs元素为为33号元素，第四周期第VA族，原子核外电子排布为Ar3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子，故答案为：3d104s24p3、3(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高；N
82、H3、PH3、AsH3均为sp3杂化，电负性NPAs，N-H，P-H，As-H，供用电子对偏向电负性强的中心原子，造成N-H键之间的排斥作用增强，键角增大，根据电负性NPAs键角依次减小；NF3中F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，使N上的孤电子对不易给出，不易形成配位键，故答案为：NH3、AsH3、PH3，NH3、PH3、AsH3，F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(或者N、F、H三种元素的电负性：FNH，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu
83、2+形成配位键)(3)PCl3中心P原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为三角锥形；故答案为：三角锥Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br-，无法形成PBr6-；故答案为：Br-半径较大，无法形成PBr6-(4)据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为+2=4，O原子的个数为+10=12个，Fe2+的个数为+1=2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；晶胞的质量为g，晶体的体积为abc nm3=abc10-21cm3，所以晶体的密度为gcm3。24（2021四川达州市高三二模）利用CO可以合成化工原料Fe(CO)5，配合物Fe(CO
84、)5常温下呈液态，易溶于非极性溶剂，可用于制备高纯铁。(1)基态铁原子的价电子排布图是_(2)熔点：Fe_Fe(CO)5(填“”或“ Fe是金属晶体，Fe(CO)5 是分子晶体 CN- sp杂化 N SO 12 456/(a3NA) 1030 【KS5U解析】(1)铁为26号元素，其电子排布式为：Ne3d64s2，价电子为3d64s2，电子排布图为：；(2)由于配合物Fe(CO)5常温下呈液态，易溶于非极性溶剂，则Fe(CO)5为分子晶体，Fe为金属晶体，故熔点：FeFe(CO)5；Fe(CO)5中的配体为CO，CO为等电子体的阴离子为：CN-；(3)SCN-与CO2互为等电子体，故CO2中C
85、为sp杂化，故SCN-的中心原子杂化方式为sp；同周期元素随半径第一电离能上升，同主族从上到下，第一电离能降低，故S、N、C中第一电离能最大的为N；其常见的含氧酸跟为SO、SO，NO，CO，根据VSEPR，SO中心原子价层电子对数为4，为正四面体，CO中心原子价层电子对数为3，为平面三角形，NO中心原子价层电子对数为3，为平面三角形，SO中心原子价层电子对数为4，有一个孤电子对，为三角锥形，故答SO；根据哒嗪的结构式，与苯类似，推得，成键原子数为6，成键的电子数为6，表示为：；(4)根据-Fe晶胞图示，以面心上的Fe为例，距离最近的Fe原子有12个，故Fe的配位数为12；根据晶胞图示，Fe位于
86、面心和定点，根据均摊法，一个晶胞中的铁原子的个数为：，则1mol晶胞质量m=4mol56g/mol=224g，1mol晶胞的体积V=，故25（2021福建省福州第一中学高三其他模拟）N、Cu等元素的化合物在工农业生产中有着广泛的应用。(1)下列N元素的电子排布式表示的状态中，失去一个电子所需能量最低的为_。A BC D(2)存在两种分子内氢键，若用“表示其氢键”，的分子结构为_。(3)基态Cu2+价电子的空间运动状态有_种。(4)分子中采取杂化的原子有_。(填原子符号)(5)Cu元素与Br元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞沿z轴在平面的投影图中，Cu原子构成的几何图形是_，若晶胞的密度
87、为，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为_m(列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数的值)。【KS5U答案】B 5 C、N、O 正方形 【KS5U解析】(1)原子的第二电离能比第一电离能大很多，A为N原子的基态，B为激发态，C为N+离子的基态，D为N+的激发态，所用，C、D相对于A、B而言，C、D失去一个电子所需的能量要大于A、B，而A为基态，B为激发态，所以B失去一个电子所需要的能量最低，故答案为B。(2) 分子中有电负性较大O、N原子，分子内氢键是由O原子与相邻的氨基中的H原子形成的，或氨基与相邻的羟基中的H原子形成的，故分子内的氢键结构有两种，分别是 。(3)基态Cu2+的核外电子排布是Ar
88、3d9，所以其价电子为3d9，d轨道的空间运动状态有5种。(4)从结构式上看，有部分C原子连接4个键，采取的是杂化，N原子也是与相邻C原子形成3个键，与Cu2+形成1个配位键，采取的也是杂化，O-与C形成一个键，与Cu2+形成1个配位键，自身还有2对孤对电子，故O也是采取杂化，则分子中采取杂化的原子有C、N、O。(5)从晶结构可知，Br原子采取的是面心立方堆积，而Cu原子处于晶胞中的半数四面体空隙中，每个铜原子沿z轴在平面的投影处于晶胞下面4个Br原子形成的正四边形的对角线上，且与正方形四个顶点的Br原子距离相等，则Cu原子沿z轴在平面的投影图形是正四边形。Cu原子与Br原子之间的最短距离为晶
89、胞对角线的 ，设晶胞的边长为a m，则晶胞对角线的为am，根据均摊法，一个晶胞中含有Br原子是8+6=4个，含有铜原子为4个，则一个晶胞的质量为+=g，则一个晶胞的体积为a3m3=1012m3，则a=104m，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为m。26（2021福建厦门市高三三模）我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。(1)基态Mn2+的价电子轨道表达式为_。(2)CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为_。(3)变色过程，锰离子的配位数_(填“有”或“没有”)发生
90、变化。(4)从结构角度分析DMAC结构简式为(CH3)2NCOCH3能使含锰配离子发生变化的原因_。(5)Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数abc，=90，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有_个。Cs沿z轴投影图正确的是_(填标号)。A B C D【KS5U答案】 OClHCs 有 DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变 4 C 【KS5U解析】(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；(2)该物质中的主族元素有Cs、
91、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为OClHCs；(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；(5)据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为+6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有123=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；因为晶胞参数a=b，且=90，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，
92、内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。27（2021四川师范大学附属中学高三二模）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：(1)基态Co原子的价层电子排布图为_，Co2+、Co3+能与NH3、H2O、SCN等形成配合物，上述配位体中的第二周期元素电负性从小到大顺序是_。(2)已知第三电离能数据：I3(Mn)=3246kJmol1，I3(Fe)=2957kJmol1.锰的第三电离能大于铁
93、的第三电离能，其主要原因是_。(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于”)。(4)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605、-24，它们的熔点相差很大，其主要原因是_。(5)金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为_。二氧化钛晶胞如图1所示，钛原子配位数为_。氮化钛的晶胞如图2所示，图3是氮化钛的晶胞截面图(相邻原子两两相切)。已知：NA表示阿伏加德罗常数，氮化钛晶体密度为dgcm3.氮化钛晶胞中N原子
94、半径为_pm。【KS5U答案】 CNO Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子 小于 氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强 D 6 【KS5U解析】(1)基态Co原子为27号元素，价层电子排布图为：；NH3、H2O、SCN配位体中的第二周期元素为：C、N、O，电负性从左到右依次增大，电负性从小到大顺序是：CNO，故答案为：、CNO(2) 据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是Mn2+价层电子排布
95、式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。故答案为：Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子(3) HCHO分子呈平面结构，键角接近120,而CO2的键角是180，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角，故答案为：小于(4) 采用电解熔融氯化锂制备锂，可知LiCl为离子晶体，TiCl4的熔点为-24，说明TiCl4为分子晶体，故答案为：氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强(5) Ti原子密置
96、层排列为ABABAB排列方式，属于六方最密堆积，平行六面体的晶胞上下底面为菱形，平行六面体均分为2个正三棱柱，其中1个正三棱柱的中心有1个Ti原子，金属钛晶胞俯视图与D相符合，故答案为：D图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相切，设晶胞棱长为a，4r(Ti)2=2a2，r(Ti)= ，2r(Ti)+2r(N)=a，r(N)= 。故答案为：二、工业流程题28（2021阜新市第二高级中学高三其他模拟）乳酸亚铁晶体CH3CH
97、(OH)COO2Fe3H2O几乎不溶于乙醇，易被氧化。以赤铁矿渣(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)和乳酸CH3CH(OH)COOH为原料制取乳酸亚铁晶体的工艺如图所示：已知：金属氢氧化物溶度积Ksp开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHAl(OH)3210-324.15.4Fe(OH)33.510-382.23.4回答下列问题：(1)C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为_，H2O的中心原子的孤电子对数为_。(2)常温下，调pH=3.54.1的目的是_。(3)“沉铁”过程的离子方程式为_。(4)“操作2”具体为：隔绝空气低温蒸发浓缩、_、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥，密封
98、储存产品。乙醇洗涤的目的是_。(5)可用高锰酸钾滴定法测定样品中Fe2+的量，进而计算产品中乳酸亚铁的纯度，发现结果总是大于100%，其原因可能是_：经查阅文献后，小组同学改用Ce(SO4)2标准溶液滴定法进行测定。反应中Ce4+的还原产物为Ce3+。测定时称取3.0g样品溶于水，配成100mL溶液，每次取20mL的溶液用0.100molL-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表：滴定序号0.100molL-1Ce(SO4)2标准溶液体积/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.8520.1221.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_。【KS5U答案】NOC 2
99、 使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀 Fe2+2HCO=FeCO3+CO2+H2O 趁热过滤 减少产品的溶解损失，有利于后续干燥 乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化 94.56% 【分析】由题给流程可知，向赤铁矿渣中加入稀硫酸酸浸时，氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH在3.54.1范围内，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，过滤得到含有硫酸铝的滤液和氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入足量的铁，将硫酸铁完全转化
100、为硫酸亚铁，过滤得到过量的铁和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁沉淀和硫酸铵溶液；向碳酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入过滤得到的铁，防止亚铁离子被氧化；反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体。【KS5U解析】(1)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为NOC；水分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，故答案为：NOC；2；(2)由
101、分析可知，常温下，调pH=3.54.1的目的是将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，故答案为：使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀；(3)“沉铁”过程发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+2HCO=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：Fe2+2HCO=FeCO3+CO2+H2O；(4) 由分析可知，“操作2”具体操作为反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体；由乳酸亚铁晶体几乎不溶于乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗涤的目的是减少因乳酸亚
102、铁晶体溶于水而造成损失，乙醇挥发时带走水蒸气，有利于干燥晶体，故答案为：趁热过滤；减少产品的溶解损失，有利于后续干燥；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，所以计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；由题意可知，滴定时发生的反应为Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，由题给数据可知，实验2误差较大，应略去，由实验1、3可得反应消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L0.0197L=0.00197mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为100%=94.56%，故答案为：乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化；94.56%。