【文档说明】陕西省榆林市第十二中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.172 MB，由小赞的店铺上传

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榆林市第十二中学2019——2020第二学期高二化学期中测试卷可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12F-19Na-23Al-27第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1.下列能层中，包含f能级的是（）A.K能层B.L能层C.M能层D.N能层【答案

】D【解析】【详解】A.K能层是第一能层，只包含s能级，A不符合题意；B.L能层是第二能层，包含s能级、p能级，B不符合题意；C.M能层是第三能层，包含s能级、p能级、d能级，C不符合题意；D.N能层是第四

能层，包含s能级、p能级、d能级、f能级，D符合题意；故合理选项是D。2.当镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，以下认识正确的是A.镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量B.镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量C.转化后位于p能

级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同D.转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似【答案】A【解析】【详解】A．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，属于电子的跃迁，镁原子由基态转化成激发态，需要吸收

能量，所以选项A正确；B．根据A中分析可知B不正确；C．转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，不符号洪特规，应该处于不同轨道上，且自旋方向相同，选项C不正确；D．转化后镁原子与硅原子电子层结构不相

同，化学性质不相似，选项D不正确；答案选A。3.下列说法或有关化学用语的表达正确的是()A.在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B.基态Fe原子的外围电子排布图为C.因氧元素电负性比氮元素

大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D.根据原子核外电子排布的特点，Cu在元素周期表中位于s区【答案】B【解析】【详解】A.在基态多电子原子中，3p轨道电子能量比4s轨道电子能量低，A错误；B.基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，3d

轨道中，电子未充满，应遵循洪特规则，则外围电子排布图为，B正确；C.因为氮原子的最外层电子处于半充满的稳定状态，第一电离能出现反常，所以氧原子第一电离能比氮原子第一电离能小，C错误；D.Cu的价电子排布式为3d104s1，所以Cu在元素周期表中位于ds区，D错误。故选B。4.某元素M的逐级

电离能（kJ•mol﹣1）分别为580，1820，2750，11600。该元素氧化物的化学式最可能是（）A.MOB.MO2C.MO3D.M2O3【答案】D【解析】【详解】元素M的逐级电离能（kJ/mo

l）分别为580、1820、2750、11600，该元素的第四电离能剧增，故该元素化合价表现为+3价，故氧化物的化学式为M2O3，故选D。【点睛】本题考查电离能与化合价的关系，判断化合价是解题的关键。5.如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示。

其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是（）ADBECA.D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：E>CC.D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐增大D.气态氢化物的稳定性顺序：D>

B>E【答案】B【解析】【分析】B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高氧化物中含氧60%，则最高正价为+6，最低价为-2，B为S元素，结合元素在周期表的位置可知，A为O，C为Se，D为P，E为Cl。【

详解】A.由分析可知，D为P、B为S元素、E为Cl，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，P、S、Cl属于同一周期且其原子序数依次增大，但P属于第

VA元素，S属于第ⅥA族，所以第一电离能的大小顺序是Cl＞P＞S，故A错误；B.同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则电负性：E>C，故B正确；C.由分析可知，D为P、B为S元素、E为Cl，三种元素形成的简单离子核外电子结构相同，核电荷数越大，离

子半径越小，则D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，故C错误；D.B为S，D为P，E为Cl，非金属性Cl>S>P，则氢化物的稳定性为HCl>H2S>PH3，故D错误；正确答案是B。【点睛】第一电离能变化规律：同一周期元素，元素的第一

电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大。6.下列物质的性质或数据与氢键无关的是（）A.氨极易溶于水B.邻羟基苯甲酸()的熔点为159℃，对羟基苯甲酸()的熔点为213℃C.冰的密度比

水小D.HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多【答案】D【解析】【详解】A．氨分子与水分子之间存在氢键，使氨的水溶性显著增强，故A不选；B．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔点比对羟基苯甲酸的低，故B不选；C．水分子在

变成冰之后，分子间增加了许多氢键，而氢键类似于共价键，都是具有方向性的。由于氢键的增加，导致了水分子之间的空隙变大，空间利用率变低，则密度变小，故C不选；D．HCl分子之间不能形成氢键，反应放出热量的多少和化学性质有关，与氢键无关。氢键的存在只影响物质的物理性质，故D选；正确答案是D。

【点睛】本题考查了氢键对物质性质的影响，题目难度不大，注意氢键的存在只影响物质的物理性质，与物质的化学性质无关，氢键是分子间作用力的一种，对物质的物理性质有显著的影响，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子间作用力增强，熔沸点升高。7.下表中各粒子、粒子对应的立体结

构及解释均正确的是分子立体结构原因A氨基负离子(NH2-)直线型N原子采用sp杂化B二氧化硫(SO2)V型S原子采用sp3杂化C碳酸根离子(CO32-)三角锥型C原子采用sp3杂化D乙炔(C2H2)直线型C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键A.AB.BC.CD.D【答案】BD【解析】【

详解】A．NH2-中心原子N原子采用sp3杂化但N原子有两对价电子未参与成键，所以分子的立体构型为V型，故A错误；B．SO2中S原子的价层电子对个数=δ键数+孤对电子对数=2+12(6-2×2)=3，含孤电

子对数为1，杂化轨道数3，采取sp2杂化，结构为V形，故B正确；C．CO32-中，价层电子对数=3+12(4+2-3×2)=3，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化，分子形状为平面三角形；故C错误；D．C2H2中心原子C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键，所以分子的立体构型为

直线型，故D正确；答案为BD。8.某物质可溶于水、乙醇，熔点为209.5℃，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A.该物质为原子晶体B.该物质分子中σ键和π键的个数比为5∶3C.该物质分子中每个原子

最外层均达到8电子稳定结构D.该物质分子中含有极性共价键【答案】D【解析】【分析】有机物含有C=N、C≡N、C-N以及N-H键，都为极性键，其中含有3个π键，氮、碳元素的化合价分别是-3价、+4价，以此解答该题。【详解】

A.该物质是由分子组成，属于分子晶体，故A错误；B.由分析可知，该有机物含有C=N、C≡N、C-N以及N-H键，都为极性键，其中含有含有3个π键，σ键和π键的个数比为3：1，故B错误；C.双氰胺中氢原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D.有机物含有C=N、C≡N、C-N以及N-H键，都

为极性共价键，故D正确；正确答案是D。9.下列说法正确的是A.乙醇中的—OH上的氢比水分子中的—OH上的氢活泼B.[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物内界和外界Cl－的数目之比是1∶2C.氯的各种含氧

酸的酸性由强到弱排列为HClO4<HClO3<HClO2<HClOD.手性分子CH2=CHCH(CH2OH)COOH与足量的H2反应后分子有两个手性碳原子【答案】B【解析】【分析】【详解】A．钠与乙醇反应比与水反应缓慢，说明乙醇中

的-OH上的氢比水分子的一个-OH上的氢不活泼，A错误；B．[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，内界Cl-在中括号里只有1个，外界Cl-在中括号外有2个，数目比是1:2，B正确；C．同一元素的不同价态的含氧酸，非羟基氧原子越多，其含氧酸的酸性越强，故酸性为H

ClO4>HClO3>HClO2>HClO，C错误；D．手性分子CH2=CHCH（CH2OH）COOH与足量的H2反应后生成CH3CH2CH（CH2OH）COOH，分子中仍只有一个手性碳原子，D错误。答案选B。10.S2Cl2

是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法中错误的是()A.S2Cl2为非极性分子B.分子中既含有极性键又含有非极性键C.与S2Br2结构相似，熔、沸点S2Br2>S2Cl

2D.与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl【答案】A【解析】【详解】A、根据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，故A说法错误；B、S和Cl之间形成共

价键为极性键，S和S之间形成共价键为非极性键，故B说法正确；C、S2Cl2与S2Br2结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大

于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故C说法正确；D、S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D说法正确。11.下列有关比较正确

的是（）A.熔点：CH4＞SiH4＞GeH4＞SnH4B.晶格能：NaBr＞NaCl＞MgOC.键的极性：N—H键＞O—H键＞F—H键D.热稳定性：HF＞H2O＞NH3【答案】D【解析】【详解】A．该组物质全部为分子晶体，且分

子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔点顺序为：CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4，故A错误；B．离子半径越小，所带电荷越多，形成的离子晶体的晶格能越大，所以晶格能：

NaBr＜NaCl＜MgO，故B错误；C．电负性越强，与氢原子形成的化学键极性越强，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，电负性逐渐增大，由于电负性：N＜O＜F，因此键的极性：N-H键＜O-H键＜F-H键，

故C错误；D．元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性：F＞O＞N，因此热稳定性：HF＞H2O＞NH3，故D正确；正确答案是D。12.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，下列各组物质熔化时所克服的粒子间的作用与氮化硼熔化时所克服的粒子间

作用相同的是A.C60和金刚石B.晶体硅和水晶C.冰和干冰D.碘和金刚砂【答案】B【解析】【分析】氮化硼是一种新合成的结构材料，它是超硬、耐磨，耐高温的物质，据此可知，该化合物形成的晶体类型是原子晶体，熔化时需要克服共价键。【详解】A.C60是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，故A不选

；B.晶体硅和水晶均为原子晶体，熔化时需要克服共价键，故B选；C.冰和干冰均为分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，故C不选；D.碘为分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，故D不选；答案选B。13.石墨的片层结构如图所示。在片层结构中，碳原子数、C—C键数、六元环数之比为（）A.1∶1∶1B

.2∶2∶3C.1∶2∶3D.2∶3∶1【答案】D【解析】【详解】在石墨的片层结构中，我们以一个六元环为研究对象，由于碳原子为三个六元环共用，即属于每个六元环的碳原子数为6×13＝2；另外碳碳键数为二个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为6×12＝3，在

片层结构中，碳原子数、C—C键数、六元环数之比为：2∶3∶1，故选D。【点睛】本题考查了石墨的有关计算，根据均摊法进行有关计算，难度不大。14.根据图中相关信息，判断下列说法不正确的是（）A.在NaCl晶体中，距离Na+最近的Cl-形成正八面体B.该气态团簇分子的分子式

为E4F4或F4E4C.锌晶体采取六方最密堆积，配位数为8D.KO2晶体中每个K+周围有6个紧邻的O2-，每个O2-周围有6个紧邻的K+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在氯化钠晶体中，Na+和Cl-的配位数都是

6，则距离Na+最近的六个Cl-形成正八面体，A项正确；B．分子晶体的构成微粒是分子，每个分子为一个整体，所以该分子的化学式为E4F4或F4E4，B项正确；C．锌采取六方最密堆积，配位数为12，C项错误；D．KO2晶体中每个K

+周围有6个紧邻的O2-，每个O2-周围有6个紧邻的K+，D项正确。故选C。【点睛】本题考查晶胞的计算，本题尤其注意气态团簇分子与晶胞的区别，为本题的易错点。15.下列关于晶体的说法正确的组合是（）①分子晶体中都存在

共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、SiC、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④离子化合物中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤CaTiO3晶体中(晶胞结构如图所示)每个Ti4＋和12个O2－相紧邻⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结

合⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定⑧氯化钠溶于水时离子键被破坏A.①②③⑥B.①②④C.③⑤⑦D.③⑤⑧【答案】D【解析】【详解】①稀有气体是由单原子组成的分子，其晶体中不含化学键，故错误；②晶体分为分子晶体、原子晶体、

离子晶体、金属晶体，其中金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，故错误；③金刚石和SiC为原子晶体，原子晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C的半径大，因此金刚石比SiC熔沸点高，H2O和H2S属于分子晶体，H2

O分子间含有氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，熔沸点高低判断：一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；⑤根据化学式以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋

位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的是物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；⑧离子晶体溶于水破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确;答案：D。16.已知冰晶石(

Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6=3Na++AlF63-。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中、中的一种。下列说法正确的是（）A.冰晶石是原子晶体B.大立方体的体

心处▽代表Al3+C.与Na+距离相等且最近的Na+有6个D.冰晶石晶体的密度为3A840aN×1024g·cm-3【答案】D【解析】【详解】A.由己知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF6=3Na++AlF63-，该物质由离子构成，冰晶石

是离子晶体，故A错误；B.由冰晶石(化学式为Na3AlF6)可知，Na+与AlF63-的个数比为3:1，由冰晶石的晶胞结构可知，一个晶胞中含有●的个数为8×18+6×12=4，◯的个数为8+12×14=11，△代表◯时，●与◯的个数比为1:

3，则●为AlF63-，◯为Na+，所以大立方体的体心处△代表的是Na+，故B错误；C.分析晶胞结构可知，与Na+距离相等且最近的Na+有8个，故C错误；D.一个晶胞的体积为()3-8a103cm，由B可知一个晶胞中相当于有4个AlF63-，12个Na+，则一个晶胞的质量

为A4210gN，可知晶胞的密度为()-33-8A4210gcmNa10=3A840aN×1024g·cm-3，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查晶胞计算，侧重考查学生计算及空间想象能力，明确各个原子被几个晶胞占有是解本题关键，采用均摊法解答，题目难度不大。

第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(本题包括5个小题，共52分)17.已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级处

于半满状态，C原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍，C、F处于同一主族，E最外层电子数比最内层多1。回答下列问题：（1）E元素基态原子的电子排布式为___。（2）用电子排布图表示F元素原子的价电子排布：____。（3）F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的是___(填化学式)。（4）

离子半径：D+___(填“<”“>”或“＝”，下同)B3-，第一电离能：B___C，电负性：C__F。（5）A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比为1∶1，X的电子式为___。试写出Cu、稀硫酸与X反应制备硫酸铜的离子方程式：__。（6）写出E的单质与D的最高价

氧化物对应的水化物反应的化学方程式：____。【答案】(1).1s22s22p63s23p1(2).(3).HClO4(4).<(5).>(6).>(7).(8).Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O(9).2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑【解

析】【分析】A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，A是周期表中原子半径最小的元素，则A是H元素，3DB中阴、阳离子具有相同的电子层结构，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，为第VA族元素，B为3−价、D为1+价且D是金属元素，D的原子序数大于B

、C，则D为Na元素、B为N元素，C原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍，则C是O元素，C、F属同一主族，则F是S元素，E最外层电子数比最内层多1，则E最外层电子数为3，E是Al元素，G的原子序数大于F，且为短周期主族元素，则G是Cl元素。【详解】（1）通过以上分析知，E是Al元素，

其原子核外有13个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为226211s2s2p3s3p。（2）F为S元素，其价电子为3s、3p电子，其价电子排布图为。（3）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，Cl元素的非金属性大于S元素，则G元素对应的最高价含氧酸中酸性

较强的分子式为4HClO。（4）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径+3-DB，B是N元素、C是O元素，同一周期元素中，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能BC；C是O元素、F是S元素，同一主族元素中

，电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性CF。（5）A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比1:1，则X是双氧水，其电子式为，酸性条件下，双氧水将铜氧化为铜离子，离子方程式为+2+222Cu+2H+HO=Cu+2HO。（6）D的最高价氧化物的水化物

是NaOH，铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式式为2222Al+2NaOH+2HO=2NaAlO+3H。18.碳、氮元素及其化合物与生产、生活密切相关，回答下列问题。（1）某有机物的结构简式如图。该有机物分子是

___（填“极性”或“非极性”）分子，该有机物分子中电负性最大的原子为___。（2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子中氮原子杂化类型为___，乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是__。【答案】(1).极性(2).O(3).sp3(4).乙

二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键【解析】【分析】(1)根据分子的对称性判断分子的极性，根据元素周期律比较电负性大小；(2)杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，分子间形成氢键会使沸点升高。【详解】(1)该有机物分子结构不对称，分子中正负电

中心不重合，为极性分子；该有机物中含有C、H、O、N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，则电负性最大的是O；(2)乙二胺分子中每个氮原子形成三个σ键，孤电子对数

为1，故为sp3杂化；乙二胺分子中存在N—H键，乙二胺分子间能形成氢键，三甲胺分子中氢原子与电负性较小的碳原子相连，分子间不能形成氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高很多。【点睛】本题是对物质结构的考查，涉及电负性大小的判断、杂化方式的判断等知

识，题目综合性较强，难度中等，注意氢键对物质熔沸点的影响。19.叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H—N=N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性

和醋酸相近，可微弱电离出H+和N3-。试回答下列问题：（1）下列有关说法正确的是___（填序号）。A.HN3中含有5个σ键B.HN3中的三个氮原子均采用sp2杂化C.HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子D.HNO2是强酸（2）叠

氮酸根（N3-）能与许多金属离子等形成配合物，如：[Co（N3）（NH3）5]SO4，在该配合物中钴显___价，配位数是___。（5）根据价层电子对互斥理论判断N3-的空间构型为___。与N3-互为等电子体的分子有___（写一种即可）。【答案】(1).

C(2).+3(3).6(4).直线形(5).CO2【解析】【分析】(1)根据题给信息中的结构简式及元素性质分析化学键的类型；(2)根据配合物组成分析中心原子的化合价及配位数；(3)根据等电子体理论分析微粒的空间构型。

【详解】(1)A.根据H-N═N≡N可知，HN3分子中存在3个σ键，故A错误；B.HN3分子中N原子存在sp2、sp杂化，故B错误；C.HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正、负电荷中心不重合，都属于极性分子，故C正确；D.

HNO2不是强酸，故D错误；故答案为：C；(2)化合物中元素化合价的代数和等于零，则[Co（N3）（NH3）5]SO4中钴显+3价；钴离子与5个氨气分子和1个叠氮酸根形成配位键，则配位数为6，故答案为：+3；6；(3)N3-中原子个数是3，价电子数是16，则与N

3-互为等电子体的分子有CO2，CO2为直线形，则N3-为直线形，故答案为：直线型；CO2。20.铁、铜及其化合物在日常生产、生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：（1）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为__，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为__。（2）配合物Fe(C

O)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于__(填晶体类型)。（3）铜晶体中铜原子的堆积方式为__，晶胞中原子的空间利用率为__。（4）CuCl2和CuCl是铜的两种常见的氯化物。①如图表示的是___(填“CuCl2”或“CuC

l”)的晶胞，其中Cl-的配位数为__。②已知铜和Cl的电负性分别为1.9和3.0，则铜与Cl形成的化合物属于__(填“离子”或“共价”)化合物。③原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；C为(1，1

，0)；则D原子的坐标参数为__。【答案】(1).4(2).4：3(3).分子晶体(4).面心立方最密堆积(5).74%(6).CuCl(7).4(8).共价(9).（34，34，14）【解析】【分析】(1)利用均摊法计算γ晶体晶胞中所含有的铁原子数；先判断δ、α两种晶胞中铁原子的

配位数，再计算其比值；(2)根据物质的熔沸点、溶解性等物理性质分析晶体类型；(3)根据铜晶体中原子的堆积方式分析解答；(4)运用分摊法根据晶胞结构及电负性概念分析解答。【详解】(1)γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为1186482+

=，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8：6=4：3，故答案为：4；4：3；(2)配合物Fe(CO)x的熔沸点比较低，易溶于非极性溶剂，应属于分子晶体，故答案为：分子晶体；(3)铜晶体中铜原子的堆积方式如图所示，属于面心立方最密堆积

，晶胞中原子的空间利用率为74%，故答案为：面心立方最密堆积；74%；(4)①白色球为Cl原子，黑色球为Cu原子，晶胞中Cu原子为4，Cl原子数目为1186482+=，则图示晶胞表示CuCl；图示结构中Cu的配位数为4，且离子数目比为1:1，则Cl-的配位数为

4，故答案为：CuCl；4；②已知铜和Cl的电负性分别为1.9和3.0，3.0-1.9=1.1<1.7，则Cu和Cl形成的化合物为共价化合物，故答案为：共价；③原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(0，1，1)；

C为(1，1，0)；D与C的连线处于晶胞体对角线上，且DC长度等于体对角线长度的14，D在底面投影D′处于面对角线AC上，且AD′长度等于D′C长度的三倍，则D到底面（即坐标系xoy面）的距离等于晶胞棱长的14，

即参数z=14，D到左侧平面（即坐标系yoz面）的距离等于晶胞棱长的34，即参数x=34，D到前平面（即坐标系xoz面）的距离等于晶胞棱长的34，即参数y=34，故D的坐标参数为：（34，34，14），故答案为：（34，34

，14）。21.硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃-85.5115.2>600(分解)-75.516.810.3沸点/℃-603444.6-10.045.0337.0回答下列问题：（1）Fe在元素周期表的位置为__，基态S原子电子

占据最高能级的电子云轮廓图为__形。（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是__。（3）图a为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_

__。（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为__形，其中共价键的类型有__种；固体三氧化硫中存在如图b所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为__。（5）FeS2晶体的晶胞如图c所示。晶胞边长为apm、FeS2的密度为

ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M的计算表达式为__g·mol-1；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为___pm。【答案】(1).第四周期第Ⅷ族(2).哑

铃(纺锤)(3).H2S(4).S8相对分子质量大，分子间范德华力强(5).平面三角(6).2(7).sp3(8).3AρaN4×10-30(9).22a【解析】【分析】(1)根据基态原子的核外电子排布式及原子轨道类型分析解答；(2)根据价层电子对互斥理论

，计算中心原子的价层电子对数；(3)根据晶体类型及影响分子间作用力因素分析解答；(4)根据价层电子对互斥理论分析分子空间结构及轨道杂化类型；(5)均摊法计算该晶胞中S22-和Fe2+个数，晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面

体的边长为每个面对角线长度的一半。【详解】(1)Fe为26号元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以位于第四周期第VIII族；S为16号原子，基态S原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p

，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：第四周期第Ⅷ族；哑铃；(2)H2S中S原子原子价层电子对个数=6-212+=42，SO2中S原子原子价层电子对个数=6-222+=32，SO3中S原

子价层电子对个数=6-233+=32，则中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S，故答案为：H2S；(3)S8、SO2都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，S8

相对分子质量大于SO2，所以分子间作用力S8大于SO2，导致熔沸点S8大于SO2，故答案为：S8相对分子质量大，分子间范德华力强；(4)SO3的气态分子中S原子价层电子对个数为6-233+=32，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型

为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种；该分子中每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp3，故答案为：平面三角；2；sp3；(5)如图C，S22-在顶点和面心，数目为：1186482+=，Fe2+在体心

和棱上，数目为：111244+=，所以每个晶胞含有4个FeS2，在根据其晶体密度()3-10Am4Mρ==VNa10，则M的计算表达式为：3AρaN4×10-30；晶胞中Fe2+位于S22-所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的

一半，即为22a，故答案为：3AρaN4×10-30；22a。22.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：（1）下列Li原子电子排布

图表示的状态中，能量最低和最高的分别是__、__(填标号)。A.B.C.D.（2）r(Li+)__r(H-)，原因是___。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是__。中心原子的杂化形式为___。LiAlH4中，存在__(

填标号)。A.离子键B.σ键C.π键D.氢键（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图a的Born-Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为__kJ·mol-1，O=O键键能为__kJ·mol-1，Li2O晶格能为__kJ·mol-1。（5）Li

2O具有反萤石结构，晶胞如图b所示，已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为___g·cm-3(列出计算式)。【答案】(1).D(2).C(3).<(4).H-核电荷数更小(5).正四面体形(6).sp3(7)

.AB(8).520(9).498(10).2908(11).-73A4(72+16)(0.466510)N【解析】【分析】(1)根据构造原理和核外电子排布规律分析；(2)电子层结构相同的离子，离子核电荷数越大，其吸引电子能力越大；(3)根据价层电子对互斥理论

分析微粒空间结构及轨道杂化类型；(4)根据第一电离能、晶格能、键能的概念及图示转化关系分析解答；(5)根据晶胞结构运用分摊法计算晶胞中原子数目，根据=mV进行计算。【详解】(1)根据构造原理，各能级的能量由低到高的顺序为1s<2s<2p<3s，根据图知，能量最低的是D、能量最高的是C，故

答案为：D、C；(2)Li+与H-具有相同的电子层结构，离子核电荷数：Li+＞H-，其吸引电子能力：Li+＞H-，导致其半径越小r(Li+)<r(H-)，故答案为：<；H-核电荷数更小；(3)LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+31412+−=4，

且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键，所以含有的化学键为离子键、σ键，故答案为：正四面体；sp3；AB；(4)Li原子的第一电离能为气态基态Li原子失去1个电子

所需要的能量，所以其第一电离能为10402kJ/mol=520kJ/mol；O=O键键能为氧气分子变为气态氧原子所需能量，其键能=2×249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的

能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，故答案为：520；498；2908；(5)晶胞中Li+个数是8、O2-个数=118+6=482，晶胞体积=（0.4665×10-7cm）3，晶胞密度=-73A4

(72+16)(0.466510)Ng/cm3，故答案为：-73A4(72+16)(0.466510)N。