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广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
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这是一份广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题，共16页。试卷主要包含了实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
一、实验题
1．（2020·广东深圳·统考一模）碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向溶液中通入和，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
(1)仪器X的名称是________，其主要作用有导气、________。
(2)实验室利用装置A制，发生反应的化学方程式为________。
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象是________、________、________。
(4)若体系过高会导致碱式氯化铜的产量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(5)反应结束后，将三颈瓶中的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是________(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。
(6)铜的测定：取20.00mL测液，经测定，浓为。则称取的样品中________mol。
(7)采用沉淀滴定法测定氯：用标准溶液滴定过量的，实验如图：
①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂________(填标号)。
A． B． C．
②重复实验操作三次，消耗溶液的体积平均为10.00mL。则称取的样品中______mol。
(8)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为________。
2．（2021·广东深圳·统考一模）学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：
(1)仪器Q的名称为_______；装置b的作用是_______。
(2)装置a中反应的化学方程式为_______。
(3)装置e中出现_______(填现象)可证明SO2具有还原性。
(4)实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+⇌S↓+2I2+2H2O。
探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响
有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证
(SO2体积已折算为标准状况下体积)。
限选试剂：0.1mol·L-1KI溶液、1.0mol·L-1KI溶液、2.0mol·L-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸
影响因素
编号
操作
现象
c(I-)
i
取50mL①_____于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液变为浅黄色
ii
取50mL1.0mol·L-1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄
c(H+)
iii
取50mL1.0mol·L-1KI溶液和5mL②______于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄
iv
取50mL1.0mol·L-1KI溶液和5mL③___于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊
探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
方案
操作
预期现象
结论
i
取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴
④___溶液(填试剂名称)，振荡
无明显变化
浊液中无I2
ii
将装置d中浊液进行分离
得淡黄色固体和澄清溶液
取适量分离后的澄清溶液于试管中，
⑤___
⑥___
⑦__
⑧综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_______。
3．（2022·广东深圳·统考一模）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如图实验。
Ⅰ.验证H2O2的还原性
查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。
(1)制取氯水
①仪器X的名称是___，生成Cl2的化学方程式为___。
②饱和食盐水的作用是___。
(2)取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡(该气体可使余烬复燃)，还观察到溶液颜色发生的变化是___。
Ⅱ.探究Cl-、NO对H2O2分解的影响
选用CuCl2溶液和Cu(NO3)2溶液，探究Cl-、NO对H2O2分解的影响。记录数据如下：
实验
序号
添加试剂及用量
H2O2完全分解所需时间/min
1
amLbmol·L-1CuCl2溶液
t1
2
amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液
t2
(3)实验结果显示t1
(5)乙同学又提出猜想：Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。于是进行如表实验。限选试剂及其标号如下：
A．amL2bmol·L-1KCl溶液 B．少量KCl固体
C．amL2bmol·L-1KNO3溶液 D．少量KNO3固体
实验序号
添加试剂
H2O2完全分解所需时间/min
3
需同时加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和①___(填标号)
t3(t3
需同时加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和②___(填标号)
t4(t4>t2)
(6)根据实验1~4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl-___(填“增强”或“减弱”，下同)Cu2+的催化效果，NO___Cu2+的催化效果。
二、结构与性质
4．（2020·广东深圳·统考一模）含、元素的物质在生产生活中有重要的用途。回答下列问题：
(1)基态核外电子排布式为________。
(2)分子的立体构型为________。
(3)某个(Ⅱ)有机配合物的结构如图所示：
①该分子中N原子的杂化方式为________、________。
②请在图中用“”标出的配位键______。
(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为________。
(5)的酸性强于的原因是________，的键角小于的原因是________。
(6)如图为Ni和As形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式为________，Ni原子占据的空隙类型为________。已知晶胞参数分别为apm、apm、bpm和，则该晶胞的密度为________(设阿伏加德罗常数的值为NA)
5．（2021·广东深圳·统考一模）铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)在元素周期表的分区中，铜属于__区，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有___种。
(2)元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)__I2(Zn)(填“<”或“>”)。
(3)下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量铜元素的是__(填标号)。
A．X射线衍射 B．原子光谱 C．质谱 D．红外光谱
(4)CuCl2可与某有机多齿配体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构简式如图所示。该配合物分子中N原子的杂化类型为__，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为___mol。
(5)铜催化烯烃硝化反应时会产生NO。键角：NO__NO(填“<”或“=”或“>”)，其原因是__。
(6)近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。该铜硒化合物的化学式为___，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，则__(填“①”或“②”)为Cu2+，该晶体的密度为__g•cm-3(用含a和c的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
6．（2022·广东深圳·统考一模）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子排布式为___。
(2)钛元素的检验方法如图：
TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO(H2O2)]2+，其原因是___。
(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO转化为NO；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①NO的空间构型为___。
②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为___、___。
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是___。
(4)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为____。
②该晶体的一个完整晶胞中含有___个Co原子。
③真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让O2-在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为___；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g·cm-3(列出计算式)。
参考答案：
1． 球形干燥管 防倒吸 溶液中有大量墨绿色固体产生 三颈烧瓶中有白烟 干燥管中有液体上升后下降的现象 偏低 0.04000或0.04 B 0.02000或0.02
【分析】(1)根据仪器的形状用途回答；
(2)实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；
(4)从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化；
(5)氨气与氯化氢会反应生成氯化铵作为副产物；
(6)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算；
(7) ①用标准溶液滴定过量的，根据滴定终点，判断所加的指示剂；
②利用10.00mL0.1mol/L的溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量；
(8)根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目；
【详解】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；
(2)实验室制取氨气的化学方程式为；
(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；
(4)若过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；
(5)该反应为氯化铜，氨气和氯化氢反应，氨气会和氯化氢反应生成氯化铵，作为副产物；
(6) 20.00mL待测液，浓为，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20ml溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；
(7)①用标准溶液滴定过量的，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断；
②10.00mL0.1mol/L的的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子是0.002mol×10=0.02mol；
(8)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2 g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为。
2．(1) 圆底烧瓶 防止倒吸
(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(3)KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色
(4) 0.1mol·L-1KI溶液 蒸馏水 浓盐酸 淀粉溶液 加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 白色沉淀 产物溶液中存在 3SO2+2H2OS↓+2+4H+
【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。
（1）
由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；
（2）
装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）
酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；
（4）
实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；
探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+。
3．(1) 圆底烧瓶 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 除去Cl2中混有的HCl
(2)黄色绿褪去
(3)CuCl2
(4) 2b KCl KNO3
(5) B D
(6) 增强 减弱
【分析】实验Ⅰ验证H2O2的还原性，首先制取氯水，利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，然后通入蒸馏水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾气，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至过量，生成氧气可以证明H2O2的还原性；实验Ⅱ探究Cl-、NO对H2O2分解的影响，通过控制变量法，选用Cl-、NO的铜盐溶液，通过比较H2O2完全分解所需时间来判断催化效果。
(1)
①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl；
(2)
新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余烬复燃，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿褪去；
(3)
t1
Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，所以应向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为2bmol/L的KNO3、KCl溶液；
(5)
该实验的目的是探究Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解的影响，所以只需改变阴离子的量，所以实验3中应加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和少量KCl固体，即选B；实验4中应加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固体，即选D，以此来改变阴离子的量，观察对H2O2分解的是否产生影响；
(6)
t3t2，说明加入更多的NO后H2O2分解减慢，即NO减弱Cu2+的催化效果。
4． 或 三角锥形 As＞Se＞Ge 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强 砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小 八面体空隙
【分析】(1)根据构造原理，写出镍的核外电子排布式；
(2)根据价层电子对互斥理论，判断出价层电子对数，得出分子的构型；
(3)①根据N原子的成键方式，判断杂化类型；
②根据配位键的定义画出配位键；
(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，根据同周期第一电离能的变化规律判断；
(5)比较分子中非羟基氧原子数目，从电负性角度分析；
(6) Ni位于顶点和棱心，As位于体心，计算出Ni和As的个数，得出分子式，六个镍原子围成八面体空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式。
【详解】(1)28号元素是镍，核外电子排布式为，基态失去最外层的两个电子，核外电子排布式为或；
(2)的中心原子为砷，最外层有5个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，分子的立体构型为三角锥形；
(3) ①氮原子形成一对双键，两对单键时，价层电子对数为3对，杂化方式为，形成三对单键的氮原子形成的σ键数为3对，孤对电子数为1对，价层电子对数为4对，杂化方式为杂化；
②镍原子正上方的氮原子，有一对孤对电子，下方水分子提供孤对电子，镍原子提供空轨道，形成两对配位键，表示为；
(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，同周期第一电离能呈现增大的趋势，As的最外层4p轨道为半充满状态，第一电离能高于Se和Ge，故第一电离能由大到小为：As＞Se＞Ge
(5) 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强；
砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小，的键角小于；
(6) Ni位于顶点和棱心，个数为8×+4×=2，As位于体心，个数为2，原子个数最简比为1:1，化学式为；六个镍原子围成八面体空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式得到。
5． ds 2 B sp2、sp3 3 根据VSEPR理论，NO 为直线型结构，键角为180°，NO为V型结构，键角约为120° Cu3Se2 ①
【分析】按构造理论确定基态原子的电子排布式、确定在周期表中的位置；按影响电离能的因素比较铜、锌的第二电离能大小；由配合物的示意图提供的原子成键方式判断杂化类型；根据VSEPR理论确定粒子构型；用均摊法计算晶体化学式、并据此计算晶胞即晶体密度；
【详解】(1) 铜元素的基态原子的电子排布式为 ，铜属于ds区，铜最外层一个电子，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有K(价电子为4s1)、Cr(价电子为3d54s1)，故另有2种。
(2) Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu) I2(Zn)。
(3) A．X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；B．光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；C．质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；D．红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；故可用于检验水中痕量铜元素的是B。
(4)由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp2、氮原子以单键相连接时其杂化类型为sp3，故答案为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3mol。
(5) 根据VSEPR理论，NO中N原子孤电子对数 ，价层电子对数=0+2=2，微粒空间构型为直线型结构，键角为180°，NO中N原子孤电子对数=，价层电子对数=1+2=3， N原子采取sp2杂化，NO为V型结构，键角约为120°，键角：NONO。
(6)由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为 ，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2， Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代数和为0知，Cu2+为①；该晶体的密度即晶胞密度为。
6．(1)3d24s2
(2)TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键
(3) 平面三角形 sp3 sp2 HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
(4) 6 8 4：1 或或或
【解析】(1)
Ti为22号元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子为3d24s2；
(2)
TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键，从而形成稳定的[TiO(H2O2)]2+；
(3)
①NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
②甲基橙中S原子形成4个σ键，2个π键，所以不含孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；亚甲基蓝中S原子形成2个σ键，1个π键，带一个单位正电荷，所以还有一对孤电子，则价层电子对数为3，为sp2杂化；
③HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；
(4)
①以任一顶点的La原子为例，距离其最近的Ba原子位于该La原子所在棱的另一个顶点，一个La原子被六条棱共用，所以晶体中与La距离最近的Ba的数目为6；
②Co原子位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个Co原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子；
③该结构单元中含有=个La原子、=个Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含×(1-5%)=2.85个O原子，La为+3价、Ba为+2价，O为-2价，设+3价钴的个数为x，+4价钴的个数为y，则根据化合价之和为0可得3x+4y+×(+3+2)=2×2.85，根据原子守恒可得x+y=1，联立解得x=0.8、y=0.2，所以+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1；结构单元的质量为g，结构单元的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以结构单元的密度为=g·cm-3。
广东省深圳市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、结构与性质题
一、实验题
1．（2020·广东深圳·统考一模）碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中十分稳定。
Ⅰ.模拟制备碱式氯化铜。向溶液中通入和，调节pH至5.0~5.5，控制反应温度于70~80℃，实验装置如图所示(部分夹持装置已省略)。
(1)仪器X的名称是________，其主要作用有导气、________。
(2)实验室利用装置A制，发生反应的化学方程式为________。
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内除观察到溶液蓝绿色褪去，还可能观察到的现象是________、________、________。
(4)若体系过高会导致碱式氯化铜的产量_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(5)反应结束后，将三颈瓶中的混合物过滤，从滤液中还可以获得的副产品是________(填化学式)，经提纯得产品无水碱式氯化铜。
Ⅱ.无水碱式氯化铜组成的测定。称取产品，加硝酸溶解，并加水定容至200mL，得到待测液。
(6)铜的测定：取20.00mL测液，经测定，浓为。则称取的样品中________mol。
(7)采用沉淀滴定法测定氯：用标准溶液滴定过量的，实验如图：
①滴定时，应选用下列哪种物质作为指示剂________(填标号)。
A． B． C．
②重复实验操作三次，消耗溶液的体积平均为10.00mL。则称取的样品中______mol。
(8)根据上述实验结果可推知无水碱式氯化铜的化学式为________。
2．（2021·广东深圳·统考一模）学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：
(1)仪器Q的名称为_______；装置b的作用是_______。
(2)装置a中反应的化学方程式为_______。
(3)装置e中出现_______(填现象)可证明SO2具有还原性。
(4)实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+⇌S↓+2I2+2H2O。
探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响
有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证
(SO2体积已折算为标准状况下体积)。
限选试剂：0.1mol·L-1KI溶液、1.0mol·L-1KI溶液、2.0mol·L-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸、浓盐酸
影响因素
编号
操作
现象
c(I-)
i
取50mL①_____于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液变为浅黄色
ii
取50mL1.0mol·L-1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄
c(H+)
iii
取50mL1.0mol·L-1KI溶液和5mL②______于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄
iv
取50mL1.0mol·L-1KI溶液和5mL③___于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2
溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊
探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
方案
操作
预期现象
结论
i
取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴
④___溶液(填试剂名称)，振荡
无明显变化
浊液中无I2
ii
将装置d中浊液进行分离
得淡黄色固体和澄清溶液
取适量分离后的澄清溶液于试管中，
⑤___
⑥___
⑦__
⑧综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为_______。
3．（2022·广东深圳·统考一模）过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对H2O2性质进行如图实验。
Ⅰ.验证H2O2的还原性
查阅资料：H2O2溶液与氯水发生反应时表现还原性。
(1)制取氯水
①仪器X的名称是___，生成Cl2的化学方程式为___。
②饱和食盐水的作用是___。
(2)取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡(该气体可使余烬复燃)，还观察到溶液颜色发生的变化是___。
Ⅱ.探究Cl-、NO对H2O2分解的影响
选用CuCl2溶液和Cu(NO3)2溶液，探究Cl-、NO对H2O2分解的影响。记录数据如下：
实验
序号
添加试剂及用量
H2O2完全分解所需时间/min
1
amLbmol·L-1CuCl2溶液
t1
2
amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液
t2
(3)实验结果显示t1
(5)乙同学又提出猜想：Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解会产生影响。于是进行如表实验。限选试剂及其标号如下：
A．amL2bmol·L-1KCl溶液 B．少量KCl固体
C．amL2bmol·L-1KNO3溶液 D．少量KNO3固体
实验序号
添加试剂
H2O2完全分解所需时间/min
3
需同时加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和①___(填标号)
t3(t3
需同时加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和②___(填标号)
t4(t4>t2)
(6)根据实验1~4中测得的H2O2完全分解所需时间，小组同学认为Cl-___(填“增强”或“减弱”，下同)Cu2+的催化效果，NO___Cu2+的催化效果。
二、结构与性质
4．（2020·广东深圳·统考一模）含、元素的物质在生产生活中有重要的用途。回答下列问题：
(1)基态核外电子排布式为________。
(2)分子的立体构型为________。
(3)某个(Ⅱ)有机配合物的结构如图所示：
①该分子中N原子的杂化方式为________、________。
②请在图中用“”标出的配位键______。
(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为________。
(5)的酸性强于的原因是________，的键角小于的原因是________。
(6)如图为Ni和As形成的某种晶体的六方晶胞图，该化合物的化学式为________，Ni原子占据的空隙类型为________。已知晶胞参数分别为apm、apm、bpm和，则该晶胞的密度为________(设阿伏加德罗常数的值为NA)
5．（2021·广东深圳·统考一模）铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)在元素周期表的分区中，铜属于__区，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有___种。
(2)元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)__I2(Zn)(填“<”或“>”)。
(3)下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量铜元素的是__(填标号)。
A．X射线衍射 B．原子光谱 C．质谱 D．红外光谱
(4)CuCl2可与某有机多齿配体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构简式如图所示。该配合物分子中N原子的杂化类型为__，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为___mol。
(5)铜催化烯烃硝化反应时会产生NO。键角：NO__NO(填“<”或“=”或“>”)，其原因是__。
(6)近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。该铜硒化合物的化学式为___，其中Cu元素以Cu+和Cu2+存在，则__(填“①”或“②”)为Cu2+，该晶体的密度为__g•cm-3(用含a和c的式子表示，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
6．（2022·广东深圳·统考一模）钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。回答下列问题：
(1)基态钛原子的价电子排布式为___。
(2)钛元素的检验方法如图：
TiO2+可与H2O2形成稳定的[TiO(H2O2)]2+，其原因是___。
(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的NO转化为NO；将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①NO的空间构型为___。
②甲基橙、亚甲基蓝中S原子的杂化类型分别为___、___。
③常温下，1L水中大约可溶解CO2、HCHO的体积分别为1L、480L，其主要原因是___。
(4)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为____。
②该晶体的一个完整晶胞中含有___个Co原子。
③真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让O2-在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为___；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___g·cm-3(列出计算式)。
参考答案：
1． 球形干燥管 防倒吸 溶液中有大量墨绿色固体产生 三颈烧瓶中有白烟 干燥管中有液体上升后下降的现象 偏低 0.04000或0.04 B 0.02000或0.02
【分析】(1)根据仪器的形状用途回答；
(2)实验室制取氨气是利用氯化铵和氢氧化钙加热的条件下反应，生成氯化钙，氨气和水，写出化学方程式；
(3)反应过程中，在三颈烧瓶内生成碱式氯化铜，氯化氢进入，从气体的压强变化分析；
(4)从碱式氯化铜溶于氨水分析产量的变化；
(5)氨气与氯化氢会反应生成氯化铵作为副产物；
(6)根据稀释前后离子的物质的量不变进行计算；
(7) ①用标准溶液滴定过量的，根据滴定终点，判断所加的指示剂；
②利用10.00mL0.1mol/L的溶液计算出剩余的硝酸银的物质的量，利用总的硝酸银的物质的量减去剩余的硝酸银的物质的量，计算出与氯离子反应的硝酸银的物质的量，从而算出氯离子的物质的量，换算成样品中的氯离子的物质的量；
(8)根据铜离子，铝离子的物质的量，计算出样品的物质的量，根据质量和物质的量关系，计算出相对分子质量，减去铜和氯的相对原子质量，可以得到氢氧根离子的数目；
【详解】(1)仪器X的名称是球形干燥管，其主要作用有导气、防止倒吸；
(2)实验室制取氨气的化学方程式为；
(3)在三颈烧瓶内，氯化铜，氨气和氯化氢气体反应制取碱式氯化铜，碱式氯化铜为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，故实验现象为：①溶液中有大量墨绿色固体产生；由于通入的氯化氢气体和氨气相遇产生氯化铵，故实验现象②三颈烧瓶中有白烟生成；干燥管中充满了氨气和氯化氢气体，反应后气体的压强迅速减小，故实验现象③干燥管中有液体上升后下降的现象；
(4)若过高，会导致氨水浓度增大，会使碱式氯化铜有损耗，故导致碱式氯化铜的产量偏低；
(5)该反应为氯化铜，氨气和氯化氢反应，氨气会和氯化氢反应生成氯化铵，作为副产物；
(6) 20.00mL待测液，浓为，则铜离子的物质的量为0.2mol/L×0.02L=0.004mol，由于称取的样品中是20ml溶液的10倍，所得铜离子的物质的量也是20mL溶液的10倍，样品中所含铜离子的物质的量为0.004mol×10=0.04000mol或0.04mol；
(7)①用标准溶液滴定过量的，到达滴定终点，用三价铁离子检验硫氰根离子，可以使用硝酸铁，不能使用氯化铁，由于氯化铁会和硝酸银反应生成氯化银沉淀，影响滴定终点的判断；
②10.00mL0.1mol/L的的物质的量等于0.1mol/L×0.01L=0.001mol，由~可知，未反应的硝酸银的物质的量等于0.001mol，共加入30mL0.1mol/L的的硝酸银，则与氯离子反应的硝酸银的物质的量等于0.03L×0.1mol/L-0.001mol=0.002mol，Cl-~Ag+，n(Cl-)=0.002mol，样品配成的是200mL溶液，滴定只取了20mL，样品中的氯离子是0.002mol×10=0.02mol；
(8)测定无水碱式氯化铜组成时，称取产品，已知铜离子的物质的量为0.04mol，氯离子的物质的量为0.02mol，假设无水碱式氯化铜的化学式为，可知无水碱式氯化铜的物质的量为0.02mol，摩尔质量为=214.5g/mol，64×2 g/mol +17x g/mol +35.5 g/mol =214.5 g/mol，解得x=3，故无水碱式氯化铜的化学式为。
2．(1) 圆底烧瓶 防止倒吸
(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(3)KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色
(4) 0.1mol·L-1KI溶液 蒸馏水 浓盐酸 淀粉溶液 加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 白色沉淀 产物溶液中存在 3SO2+2H2OS↓+2+4H+
【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。
（1）
由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；
（2）
装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（3）
酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；
（4）
实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸、选用盐酸。结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；
探究II：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+。
3．(1) 圆底烧瓶 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 除去Cl2中混有的HCl
(2)黄色绿褪去
(3)CuCl2
(4) 2b KCl KNO3
(5) B D
(6) 增强 减弱
【分析】实验Ⅰ验证H2O2的还原性，首先制取氯水，利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，然后通入蒸馏水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾气，然后取少量新制氯水，加入H2O2溶液至过量，生成氧气可以证明H2O2的还原性；实验Ⅱ探究Cl-、NO对H2O2分解的影响，通过控制变量法，选用Cl-、NO的铜盐溶液，通过比较H2O2完全分解所需时间来判断催化效果。
(1)
①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl2中混有的HCl；
(2)
新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入H2O2溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余烬复燃，说明生成了氧气，H2O2被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿褪去；
(3)
t1
Cu2+带2个单位正电荷，K+带1个单位正电荷，所以应向两份50mL30%H2O2溶液中分别加入amL浓度均为2bmol/L的KNO3、KCl溶液；
(5)
该实验的目的是探究Cl-、NO对Cu2+催化H2O2分解的影响，所以只需改变阴离子的量，所以实验3中应加入amLbmol·L-1CuCl2溶液和少量KCl固体，即选B；实验4中应加入amLbmol·L-1Cu(NO3)2溶液和KNO3固体，即选D，以此来改变阴离子的量，观察对H2O2分解的是否产生影响；
(6)
t3
4． 或 三角锥形 As＞Se＞Ge 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强 砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小 八面体空隙
【分析】(1)根据构造原理，写出镍的核外电子排布式；
(2)根据价层电子对互斥理论，判断出价层电子对数，得出分子的构型；
(3)①根据N原子的成键方式，判断杂化类型；
②根据配位键的定义画出配位键；
(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，根据同周期第一电离能的变化规律判断；
(5)比较分子中非羟基氧原子数目，从电负性角度分析；
(6) Ni位于顶点和棱心，As位于体心，计算出Ni和As的个数，得出分子式，六个镍原子围成八面体空隙，利用密度公式，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式。
【详解】(1)28号元素是镍，核外电子排布式为，基态失去最外层的两个电子，核外电子排布式为或；
(2)的中心原子为砷，最外层有5个电子，与三个氯原子形成三对共价键，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，分子的立体构型为三角锥形；
(3) ①氮原子形成一对双键，两对单键时，价层电子对数为3对，杂化方式为，形成三对单键的氮原子形成的σ键数为3对，孤对电子数为1对，价层电子对数为4对，杂化方式为杂化；
②镍原子正上方的氮原子，有一对孤对电子，下方水分子提供孤对电子，镍原子提供空轨道，形成两对配位键，表示为；
(4)Ge，As，Se元素处于同一周期，同周期第一电离能呈现增大的趋势，As的最外层4p轨道为半充满状态，第一电离能高于Se和Ge，故第一电离能由大到小为：As＞Se＞Ge
(5) 分子结构中非羟基氧原子数比多，所以的酸性强.或分子中As价态更高，导致中的O的电子向As偏移，氧氢键的极性变大，在水分子作用下，越容易电离出H+，故酸性更强；
砷原子电负性小于氮原子，所以其共用电子对离砷核距离较远，成键电子间的斥力较小，导致键角较小，的键角小于；
(6) Ni位于顶点和棱心，个数为8×+4×=2，As位于体心，个数为2，原子个数最简比为1:1，化学式为；六个镍原子围成八面体空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，计算出面积S底=，代入密度公式得到。
5． ds 2 B sp2、sp3 3 根据VSEPR理论，NO 为直线型结构，键角为180°，NO为V型结构，键角约为120° Cu3Se2 ①
【分析】按构造理论确定基态原子的电子排布式、确定在周期表中的位置；按影响电离能的因素比较铜、锌的第二电离能大小；由配合物的示意图提供的原子成键方式判断杂化类型；根据VSEPR理论确定粒子构型；用均摊法计算晶体化学式、并据此计算晶胞即晶体密度；
【详解】(1) 铜元素的基态原子的电子排布式为 ，铜属于ds区，铜最外层一个电子，与铜处于同一周期且最外层电子数相同的元素的基态原子共有K(价电子为4s1)、Cr(价电子为3d54s1)，故另有2种。
(2) Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu) I2(Zn)。
(3) A．X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；B．光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；C．质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；D．红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；故可用于检验水中痕量铜元素的是B。
(4)由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp2、氮原子以单键相连接时其杂化类型为sp3，故答案为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3mol。
(5) 根据VSEPR理论，NO中N原子孤电子对数 ，价层电子对数=0+2=2，微粒空间构型为直线型结构，键角为180°，NO中N原子孤电子对数=，价层电子对数=1+2=3， N原子采取sp2杂化，NO为V型结构，键角约为120°，键角：NONO。
(6)由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为 ，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2， Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代数和为0知，Cu2+为①；该晶体的密度即晶胞密度为。
6．(1)3d24s2
(2)TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键
(3) 平面三角形 sp3 sp2 HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
(4) 6 8 4：1 或或或
【解析】(1)
Ti为22号元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子为3d24s2；
(2)
TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键，从而形成稳定的[TiO(H2O2)]2+；
(3)
①NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
②甲基橙中S原子形成4个σ键，2个π键，所以不含孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；亚甲基蓝中S原子形成2个σ键，1个π键，带一个单位正电荷，所以还有一对孤电子，则价层电子对数为3，为sp2杂化；
③HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；
(4)
①以任一顶点的La原子为例，距离其最近的Ba原子位于该La原子所在棱的另一个顶点，一个La原子被六条棱共用，所以晶体中与La距离最近的Ba的数目为6；
②Co原子位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个Co原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子；
③该结构单元中含有=个La原子、=个Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含×(1-5%)=2.85个O原子，La为+3价、Ba为+2价，O为-2价，设+3价钴的个数为x，+4价钴的个数为y，则根据化合价之和为0可得3x+4y+×(+3+2)=2×2.85，根据原子守恒可得x+y=1，联立解得x=0.8、y=0.2，所以+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1；结构单元的质量为g，结构单元的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以结构单元的密度为=g·cm-3。
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