1、2021高考化学真题和模拟题分类汇编专题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，晶胞棱边夹角均
2、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。【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 【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，半径由小到大的顺序为F、O、
3、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湖南高考真题）硅、锗(Ge)及其
4、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为1：4，图中Z表示_原子(
5、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)。【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 【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硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳
6、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杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越
7、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。3（2021广东高考真题）很多含巯基(-S
8、H)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)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X
9、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)。【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 【解析】(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态
10、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
11、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
12、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 =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。1个晶胞的
13、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轨道的杂化类型有：dsp2、sp3d、sp3d2，中间体SiCl4
14、(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）。【答案】3s23p2 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
15、和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x 【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)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
16、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(a10-10cm)(a10-10cm)(c10-10cm)=a2c10-3
17、0cm3，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)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
18、-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H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显
19、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)。【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 【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，
20、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
21、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(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
22、、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BF3BCl
23、3BBr3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)。(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
24、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。【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 【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
25、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
26、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
27、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)。【答案】Ar
28、3d104s24p1 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
29、V原子的杂化方式为_。【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 【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（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
30、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、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
31、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)，
32、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。【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 【解析】(1)铜是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
33、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
34、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_。(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
35、 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)。【答案】2:5 1:4 sp sp 平面三角形 cd 自由电子(电子气) c 棱心 【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
36、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，
37、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，_