【文档说明】重庆市万州第二高级中学2021-2022学年高二下学期期末化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.763 MB，由小赞的店铺上传

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2021—2022学年下期高2020级期末化学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷42分，第Ⅱ卷58分，共100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1Be-9C-12N-14O-16F-19Na-23A1-27S

-32C1-35.5Ca-40Fe-56Pb-207第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。1.以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准

晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（）A.已知的准晶体是离子化合物B.已知的准晶体中含有非极性键C.合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低D.准晶体可开发成为新型材料【答案】D【解析】【详解】A．已知

的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的

硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；故选D。【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。2.冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大

小的碱金属离子。18—冠—6可与钾离子作用，如图是18—冠—6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是A.超分子具有分子识别和自组装的特征B.该超分子中K+的配位数为6C.利用超分子的分子识别特征，还可以分离C60、C70D.冠醚与碱金属离子形成的配合物属于

“超分子”，其形成的晶体是分子晶体【答案】D【解析】【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，A正确；B．由题干图示信息可知，该超分子中K+周围形成有6个配位键，故其的配位数为6，B正确；C．C60和C70混合

物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，C正确；D．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，所得到的晶体里还有阴离子，该类化合物

配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误；故答案为：D。3.单质不可能形成A.离子晶体B.原子晶体C.分子晶体D.金属晶体【答案】A【解析】【详解】分子、原子都可以构成单质；所有金属单质都可以形成金属晶

体；离子晶体是阴阳离子之间通过离子键形成的晶体，故不可能是单质构成的晶体。故选A。4.下列有关化学用语表述或性质比较正确的是A.基态氧原子核外价电子排布轨道表示式B.磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，电负性：Cu＜PC.

用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：D.在分子中，C原子和O原子均为sp3杂化【答案】B【解析】【详解】A．基态氧原子核外价电子排布式为2s22p4，价电子排布轨道表示式，故A错误；B．磷化铜(Cu3P2)用于制造磷青铜，根据同周期从左到右电

负性依次递增，同主族从上到下非金属性逐渐减小，得到电负性：Cu＜P，故B正确；C．，左边是氢原子原子轨道，右边不是氢原子原子轨道，因此该原子轨道描述不是描述氢分子中化学键的形成过程，故C错误；D．在分子中，第1个和第3个C原子

有4个σ键，孤对电子为0，其杂化方式为sp3杂化，中间碳原子有3个σ键，孤对电子为0，因此化方式为sp2杂化，第1个和第3个O原子有2个σ键，孤对电子为2，其杂化方式为sp3杂化，中间氧原子有1个σ键，孤对电子为2，因此化方式为sp2杂化，故D错误。综上所

述，答案为B。5.下列各组微粒，中心原子均采用sp2杂化方式的A.NH3，PCl3，CO2-3，CO2B.SO3，NO-3，COCl2，BF3C.SO2-4，ClO-3，PO3-4，BF3D.BeCl2，NCl3，N

O-3，ClO4-【答案】B【解析】【分析】价电子对数=成键电子对数+孤电子对数；成键电子对数=与中心原子成键的原子个数；孤电子对数=（中心原子价电子数-与中心原子结合的原子未成对电子数和）/2；阳离子在分子上减去所带电荷数、阴离子在分子上加上所带电荷数。【详解】A．NH3、PC

l3价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故A错误；B．SO3、NO-3、COCl2、BF3价层电子对均为3，中心原子无孤电子对，中心原子均采用sp2杂化方式，故B正确；C．SO2-4、ClO-3、PO3-4价层电子对均4，中心原子均采用sp3杂化方式，故C错误；为D．NCl3

、ClO4-价层电子对均为4，中心原子均采用sp3杂化方式，故D错误；故答案为B。6.下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是A.F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高B.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低C.HF、HCl、HBr

、HI的热稳定性依次减弱D.金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅【答案】A【解析】【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增大，故它们的熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关，A符合题意；B．NaF、NaCl、N

aBr、NaI均为离子晶体，由于离子半径F-＜Cl-＜Br-＜I-，其离子键的晶格能依次减小，故它们的熔点依次降低与分子间作用力无关，B不合题意；C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与它们的共价键的键能有关，与其分子间作用力无关，C不合题意；D．金刚石和晶体硅均为共价

晶体(原子晶体)，金刚石的硬度大于硅，其熔沸点也高于硅是由于金刚石中的C-C共价键的键能比晶体硅中Si-Si键的键能大，与分子间作用力无关，D不合题意；故答案为：A。7.X+中所有电子正好充满K、L、M三

个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示，该晶体的化学式为A.Na3NB.AlNC.Mg3N2D.Cu3N【答案】D【解析】【详解】X失去1个电子后形成的X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则其原子电子排

布为1s22s22p63s23p63d104s1，为29号元素铜；晶胞中Cu+位于棱心，一个晶胞中数目为11234=，N3-位于晶胞顶点，一个晶胞数目为1818=，则其化学式为Cu3N；8.下列关于晶体结构和性质的叙述不正确的是A.同一主族的不同元素与另一相同元素所形成的

化学式相似的物质不一定具有相同的晶体结构B.氯化钠、氯化铯晶胞结构相似，它们具有相似的物理性质C.二氧化碳晶体是分子晶体，其中不仅存在分子间作用力，而且也存在共价键D.在二氧化硅晶体中，每个硅原子与周围氧原子形成4个Si—O共价单键【答案】B【解析】【详解】A．碳元素和硅元素都是ⅣA族元素，与氧

元素形成的二氧化硅和二氧化碳的化学式相似，但二氧化硅是原子晶体，二氧化碳是分子晶体，两者的晶体结构不同，故A正确；B．氯化钠晶胞中，每个钠离子周围有6个氯离子，每个氯离子周围有6个钠离子，氯化铯晶胞中，每个铯离子周围有

8个氯离子，每个氯离子周围有6个铯离子，氯化钠、氯化铯晶胞结构不相似，故B错误；C．二氧化碳为分子晶体，分子间存在分子间作用力，分子中存在碳原子和氧原子形成共价键，故C正确；D．二氧化硅晶体中，每个硅原子和4个氧原子形成硅氧共价键，每个氧原子和2个硅原子形成硅氧共价键，故

D正确；故选B。9.中科院国家纳米科学中心科研人员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了多年的问题提供了直观证据。下列说法中不正确的是A.由于F的得电子能力比S强，H

F的稳定性强于2HSB.由于氢键的存在，甲醚(33CHOCH−−)比乙醇更易溶于水C.由于氢键的存在，沸点：HFHID.由于氢键的存在，冰能浮在水面上【答案】B【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，原子的得电子能力越强，氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性强于硫元素，所

以氟原子的得电子能力比硫原子强，氟化氢的稳定性强于硫化氢，故A正确；B．乙醇能与水分子形成分子间氢键，甲醚不能与水分子形成分子间氢键，所以乙醇比甲醚更易溶于水，故B错误；C．氟化氢能形成分子间氢键，碘化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢分子间的作用力

大于碘化氢，沸点高于碘化氢，故C正确；的D．液态水变成冰后，水分子大范围地以氢键相互联结，形成疏松的晶体，从而在结构中有许多空隙，造成体积膨胀密度减小，所以冰能浮在水面上，故D正确；故选B。10.对下列事

实的解释不正确的是选项事实解释A在水中，HCl的溶解度比2I的溶解度大根据相似相溶原理，氯化氢为极性分子，易溶于极性的水中，而碘单质为非极性分子，不易溶于水B氯化钠的晶体中，Na+可以吸引不同方向的6个Cl−离子键具有饱和性和方向性C4CuSO溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解

变为深蓝色溶液2Cu+与3NH形成的配位键更稳定D铜金属具有良好的导电性铜金属中有“自由电子”A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．由相似相溶原理可知，极性分子氯化氢极易溶于极性分子水，而非极性分子碘不易溶于极性分子水，所以在水中，氯化氢的溶解度比碘的溶解度大，故A正确；B．离子

键没有饱和性和方向性，只要晶体空间允许，一个阳离子周围都尽可能多地排列阴离子，所以氯化钠晶体中，钠离子可以吸引不同方向的6个氯离子，故B错误；C．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，先出现蓝色沉淀后沉淀溶解变为深蓝色溶液说明铜离子与氨分子形成的配位键更稳定

，故C正确；D．铜金属属于金属晶体，晶体中含有能自由移动的“自由电子”，所以铜金属具有良好的导电性，故D正确；故选B。11.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是A.配离子为[

Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe2+，配位数为6B.向该配合物的溶液中滴加NaOH溶液，有红褐色沉淀产生的C.该物质存在金属键D.该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离得到的离子数为3NA【答案】D【解析】【分析】【详解】A．配离子为()

25[Fe(CN)NO]−，中心离子为3Fe+，配体为CN−和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，故A错误；B．由于配合物在溶液中发生电离，电离出内界和外界离子，但配离子不能电离，向该配合物的溶液中滴加

NaOH溶液，没有红褐色沉淀产生，故B错误；C．金属键存在于金属晶体中，该物质不存在金属键，故C错误；D．配合物为离子化合物，易电离，完全电离成Na+和()25[Fe(CN)NO]−，1mol配合物电离共得到A3N阴阳离子，故D正确。故选D。12.SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈

正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是A.是非极性分子B.键角∠FSF都等于90°C.S与F之间共用电子对偏向SD.S原子满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】【详解】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结

构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确；B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，确切地说角FSF可以是90度，但也有处于对角位置的角FSF为180度，故键角∠FSF不都等于90°，B错

误；C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；故答案为：A。13.某多孔储氢材

料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是A.氢化物沸点：XYB.原子半径：M<X<Y<ZC.第一电离能：WXYZD.阴、阳离子中均有配位键

【答案】D【解析】【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次

增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：XY＜，A错误；

B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：M<Z<Y<X，B错误；C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：WXZY，C错误；D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形

成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确；故答案为：D。14.自从第一次合成稀有气体元素的化合物XePtF6以来，人们又相继发现了

氙的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。图甲为XeF4的结构示意图，图乙为XeF2晶体的晶胞结构图。下列有关说法错误的是（）A.XeF4是由极性键构成的非极性分子B.XeF2晶体属于分子晶体C.一个XeF2晶胞中实际拥

有4个XeF2D.XeF2晶体中距离最近的两个XeF2之间的距离为3a2（a为晶胞边长）【答案】C【解析】【详解】A．根据4XeF的结构示意图可判断，Xe和F之间形成极性键，该分子为平面正方形结构，所以是由极性键构成的非极性分子，故A正确；B．由于2XeF晶体是由分子构成的，所以是分

子晶体，故B正确；C．根据2XeF晶体的晶胞结构可知，一个2XeF晶胞中实际拥有的2XeF个数为18128+=，故C错误；D．根据2XeF晶体的晶胞结构可知，立方体体心的2XeF与每个顶点的2XeF之间的距离最近且相等，该距离为晶胞体对角线长的一半

，即为32a，故D正确。综上所述，答案为C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.顺铂的结构简式为，具有抗癌作用；反铂的结构简式为，无抗癌作用；碳铂的结构简式为。顺铂进入人体

后，一个氧原子缓慢被水分子取代，形成()()223PtClNHHO+。请回答下列问题：（1）下列说法正确的是_______(填序号)。A.碳铂分子中有一个手性碳原子B.反铂属于极性分子C.碳铂的中心原子铂的配位数为4D.()()223PtClNHHO+中2HO的H原子

与Pt形成配位键（2）根据碳铂的结构简式推断，1mol1，1—环丁二羧酸中含有σ键的数目为_______。（3）顺铂和反铂的物理性质有很大差异，其中只有_______易溶于水，原因是_______。（4）乙烯酮分子中碳原子的杂化类型为_______；乙烯酮在一定条件

下可聚合成双乙烯酮(结构简式为)，双乙烯酮分子中含有的σ键和π键的数目之比为_______。（5）由于氢键的存在，乙酸分子间也可形成二聚体(含八元环)，该二聚体的结构为_______。【答案】（1）C（2）18NA（3）①.顺铂②.顺铂是极性分子，易溶于极性溶剂

（4）①.sp2、sp②.5：1（5）【解析】【小问1详解】A．由结构简式可知，碳铂分子中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故错误；B．由结构简式可知，反铂分子的结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故错误；C．由结构简式可知，碳铂分子中铂原子与2个氮原

子和2个氧原子形成配位键，配位数为4，故正确；D．配离子()()223PtClNHHO+中水分子的氧原子具有孤对电子，与铂原子形成配位键，故错误；故选C。【小问2详解】由碳铂的结构简式可知，1，1—环丁二羧酸的结构简式为，分子

中单键是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1个1，1—环丁二羧酸分子中含有18个σ键，所以1mol1，1—环丁二羧酸分子中含有18NA个σ键，故答案为：18NA；【小问3详解】由结构简式可知，反铂分子的结构对称，正负电

荷中心重合，属于非极性分子，顺铂分子的结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，由相似相溶原理可知，只有顺铂分子溶于极性分子水，故答案为：顺铂；顺铂是极性分子，易溶于极性溶剂；【小问4详解】乙烯酮分子的结构简式为O=C=CH2，分子中形成一个双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化、形成2

个碳碳双键的碳原子的杂化方式为sp杂化；双乙烯酮分子中单键是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目之比为10：2=5：1，故答案为：sp2、sp；5：1；【小问5详解】由题意可知，乙酸分子间也可形成的含有氢键的二聚体的结构为，故答案为

：。16.法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为226NaCoTeO(制备原料为23NaCO、34CoO和2TeO)，电解液为4NaClO的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问

题：（1）基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为_______，Te属于元素周期表中_______区元素，其基态原子的价电子排布式为_______。（2）23CO−的空间结构为_______，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类

型为_______，1mol碳酸丙烯酯中键的数目为_______。（3）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为_______，该晶胞的密度为3gcm，阿伏加德罗常数的值为AN，则Na与O

之间的最短距离为_______cm(用含有、AN的代数式表示)。【答案】（1）①.6②.p③.5s25p4（2）①.平面三角形②.sp2、sp3杂化③.13NA（3）①.8②.3A32484Nρ【解析】【小问1详

解】Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，含3个电子层，核外电子占据的原子轨道分别是1s、2s、2p、3s，轨道数为6。Te是Se的下一周期同族元素，为52号元素，位于周期表第五周期ⅥA族，其基态原子的价电子排布式为5s25p4，属于p区。【小问2详解

】23CO−的价层电子对数为3+1(4232)2+−=3，空间结构为平面三角形；由碳酸丙烯酯的结构简式可知，酯基中碳原子形成3个σ键，其他碳原子形成4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3杂化，由碳酸丙烯酯的结构简式和碳的成键规律可知一个碳酸丙烯酯分子含有13个σ键，1mol碳酸丙烯酯中σ键的物

质的量为13mol，数目为13NA【小问3详解】晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为118682+=4，二者数目之比为2：1，故该氧化物为Na2O，黑球表示Na，白球表示O，由晶胞对称性可知O的配位数为8。Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子

与正四面体体心的O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14，而体对角线长度等于晶胞棱长的3倍，晶胞质量为A462gN，晶胞体积为3A248cmNρ，晶胞棱长为3A248Ncm，Na

和O之间的最短距离为3A32484Nρcm。17.2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：（1）基态F原

子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。（

3）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。（4）CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。（5）萤石(CaF2

)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为_______pm。【答案】（1）（2）①.图a②.同一周期第一电离能的总

体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高③.图b（3）（4）①.sp2②.sp3③.C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定（5）①.Ca

2+②.34apm【解析】【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算

晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。【小问1详解】F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。【小问2详解】C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此

C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N<F，满足这一规律的图象为图a，气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，

但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图象为图b，故答案为：图a、同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充

满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高、图b。【小问3详解】固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为，故答案为：。【小问4详解】CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4

对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp3、C-

F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定。【小问5详解】根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×18+6×12=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有

8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为1a2，体对角线为3a2，Ca2+与F-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间

距的最小的距离为34apm，故答案为：Ca2+、34apm。18.金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。()5HMnCO是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如图。回答问题：（1）基态锰原子的价层电子排布式为_______。（2）配位化合物中的中心原子配位

数是指和中心原子直接成键的原子的数目。()5HMnCO中锰原子的配位数为_______。（3）第一电离能的大小：C_______O(填“大于”或“小于”)。（4）写出一种与23CO−具有相同空间结构的—1价无机酸根离子的化学式_______。（5）()

35CHMnCO可看作是()5HMnCO中的氢原子被甲基取代的产物。()35CHMnCO与2I反应可用于制备3CHI，反应前后锰的配位数不变，()35CHMnCO与2I反应的化学方程式为_______。（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者熔点明显高于后者

，其主要原因是_______。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系的中，a点硫原子坐标为11(1)22，，，b点锰原子坐标为1(00)2，，，则c点锰原子坐

标为_______。【答案】（1）3d54s2（2）6（3）小于（4）NO-3（5）CH3Mn(CO)5+I2→CH3I+MnI(CO)5（6）①.MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大②.1(01)2，，【解析】【小问1详解】锰元素的原子序数为25，基态锰原子的电

子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则价层电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；【小问2详解】由结构示意图可知，HMn(CO)5中锰原子与5个碳原子、1个氢原子形成6个配位键，配位数为6，故答案为：6；小问3详解】同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势

，则碳元素的第一电离能小于氧元素，故答案为：小于；【小问4详解】碳酸根离子中碳原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，硝酸根离子与碳酸根离子的原子个数相同、价电子数相同，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，则与碳酸根离子具

有相同空间结构的—1价无机酸根离子为硝酸根离子，化学式为NO-3，故答案为：NO-3；【小问5详解】由题意可知，CH3Mn(CO)5与I2反应生成CH3I和MnI(CO)5，反应的化学方程式为CH3Mn(CO)5+I2→CH3I+MnI(CO

)5，故答案为：CH3Mn(CO)5+I2→CH3I+MnI(CO)5；【小问6详解】离子晶体熔沸点高低不仅与晶体结构有关，也与离子带电荷数有关，硫化锰晶体中每个离子都带2个单位(正或负)电荷，而氯化钠晶体中，每

个离子只带1个单位电荷，所以硫化锰晶体中的离子键明显强于氯化钠，熔点明显高于氯化钠；由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的a点硫原子坐标为11(1)22，，，位于棱上b点锰原子坐标为1(00)2，，，则晶胞的边长为1，位于棱上c点锰原子坐标为1(01)2，，

，故答案为：MnS中阴【阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大；1(01)2，，。