【文档说明】【精准解析】内蒙古自治区包头市北方重工业集团有限公司第三中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题.doc，共(19)页，836.000 KB，由小赞的店铺上传

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内蒙古自治区包头市北方重工业集团有限公司第三中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题1.以下有关元素性质的说法不正确的是A.具有下列价电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4电负性最大的是③B.某元素气态基态原子的逐级电离

能(kJ·mol－1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋C.①Na、K、Rb②N、P、As③O、S、Se④Na、P、Cl，元素的第一电离能随原子序数增大而递增的是④D.

具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4原子半径最大的是①【答案】A【解析】【详解】A.①3s23p1符合该排布的为铝元素；②3s23p2符合该排布的为硅元素；

③3s23p3符合该排布的为磷元素；④3s23p4符合该排布的为硫元素；同一周期，从左到右，电负性增大，因此电负性最大的是④；A错误；B.第三电离能远大于第二电离能，所以是第ⅡA族元素，形成的阳离子是X2＋，B正确；C.同一周期，从上到下，第一电离能逐渐减弱，①Na、K、Rb，②N、

P、As，③O、S、Se均符合此规律，同一周期从左到右，第一电离能逐渐增大，④Na、P、Cl符合此规律，C正确；D.具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2符合该排布的为硅元素；②1s22s22p3符合该排布

的为氮元素；③1s22s22p2符合该排布的为碳元素；④1s22s22p63s23p4符合该排布的为硫元素；同一周期，从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，因此原子半径最大的为①，D

正确；正确选项A。2.下列关于晶体的说法中，不正确的是（）①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体③共价键可决定分子晶体的熔、沸点④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的

电荷数多，离子半径小⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、

阳离子的配位数都为6A.①②③B.②③④C.④⑤⑥D.②③⑦【答案】D【解析】【详解】①晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故①正确；②含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故②错误；③分子间作用力决定分子晶体的熔、沸点，共价键决定

稳定性，故③错误；④MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故④正确；⑤晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故⑤正确；⑥晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，

故⑥正确；⑦干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；CsCl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，故⑦错误；因此②③⑦错误；故D错误。综上所述，答案为D。【点睛

】离子半径越小，离子带电荷数越多，则离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，硬度越大。3.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2B.CO2与H2OC.NaCl与HClD.CCl4与KCl【答案】B【解析】【

详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；D.CCl4含共价键，为分子晶体，K

Cl含离子键，为离子晶体，D错误。故答案选B。4.下面有关晶体的叙述中，不正确的是()A.金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B.氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等的Na＋共有12个C.干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分

子D.金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构【答案】D【解析】【详解】A、金刚石是正四面体形成的空间网状结构，最小的环上有6个碳原子，故A说法正确；B、根据氯化钠晶胞的结构，距离Na＋最近的Na＋有12个，上层有4个，同层有4个，下

层有4个，故B说法正确；C、根据干冰晶胞结构，每个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻，故C说法正确；D、金属铜属于面心立方最密堆积结构，金属镁属于六方最密堆积结构，故D说法错误。答案选D。5.最近科

学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，下列对该晶体叙述错误的是（）A.该晶体类型是原子晶体B.该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶2C.晶体中碳原子数与C—O化学键数之比为1∶2D.晶体的空

间最小环共有12个原子构成【答案】C【解析】【分析】根据题意知，该化合物晶体中以C-O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，和晶体二氧化硅的结构相似，利用均摊法确定其化学式，根据原子晶体的性质分析解答。【详解】A．该化合物晶体中每个

碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构，不存在分子，属于原子晶体，故A叙述正确；B．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2

，故B叙述正确；C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-0化学键数目之比为1：4，故C叙述错误；D．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故晶体的空间最小环共有12个原子构成，D叙述正确

；故选C。6.X、Y、Z三种元素的原子，其最外层电子排布为ns1，3s23p1和2s22p4，由这三种元素组成的化合物的化学式可能是（）A.X2YZ3B.XYZ2C.XYZ3D.X2YZ2【答案】B【解析】【详

解】由X、Y、Z的最外层电子排布可知，X、Y、Z分别为第一主族元素例如H或Na等、Al和O，在化合物中X为+1价，Al为+3价，O为-2价。根据化合物的化合价代数和为零可知，选项B满足；答案选B。7.4p能级只填充一半电子的原子，其原子序数是（）A.15B.33C.35D.51【答案】B【解析】【

详解】4p能级只填充一半电子的原子即电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其原子序数是33，故B符合题意。综上所述，答案为B。8.下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是A.[Co（NH3）4Cl2]ClB.[Co（NH3）6]Cl3C.[Cu（NH3

）4]Cl2D.[Co（NH3）3Cl3]【答案】D【解析】【分析】配合物由內界和外界组成，外界可以完全电离，內界中的中心离子与配体不能电离，配合物电离出的阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配体不和银离

子反应。【详解】A项、[Co（NH3）4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；B项、[Co（NH3）6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；C项、[Cu（NH3）4]Cl2能电离出氯离子

，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；D项、[Co（NH3）3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了配合物的结构、以及氯离子的性质，把握配合物的组成是解答该题的关键。9.通常把原子

总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是（）A.CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°B.NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构C.H3O+和PCl

3是等电子体，均为三角锥形结构D.B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道【答案】B【解析】【详解】A.CH4和NH4+是等电子体，都是正四面体结构，键角均为109°28′，A项错误；B.NO3-和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构

，B项正确；C.H3O＋和PCl3价电子总数不相等，不是等电子体，C项错误；D.B3N3H6与苯为等电子体，空间结构相同，所以B3N3H6分子存在“肩并肩”式重叠的轨道，D项错误；答案选B。10.下列结构图中，●代表前二周期元素的原子实(原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分)，小黑点代表

未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键。示例：根据各图表示的结构特点，下列有关叙述正确的是A.上述结构图中共出现6种元素B.甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C甲与丁可以发生化合反应生成离子化合物D.向CaCl2溶液中加入(或通入)丙有白色沉淀产生【答案】C【解析】【详解】各物质

的元素都是前二周期元素，根据图示中最外层电子数及成键情况可知，甲为HF、乙为N2、丙为CO2、丁为NH3，则A.上述结构图中共出现的元素有：H、F、N、C、O五种元素，A错误；B.氮气和二氧化碳属于非极性分子，而HF、氨气中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，B错误；C.甲为氟化氢、丁为氨气，二者

反应生成的氟化铵属于离子化合物，C正确；D.氯化钙溶液与二氧化碳不发生反应，不会生成白色沉淀，D错误；答案选C。【点睛】解题关键是根据图示结构和信息推断出甲、乙、丙、丁的分子组成，然后根据化学键的类型、极性分子和非极性分子的概念进行判断。1

1.下列现象与氢键有关的是（）①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高②C原子个数小于4的醇、羧酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④尿素的熔、沸点比醋酸的高⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低⑥水分子在高温下也很稳定A.①②③④⑤

⑥B.①②③④⑤C.①②③④D.①②③【答案】B【解析】【详解】①NH3的分子间存在氢键，而VA族其他元素氢化物分子间不存在氢键，因此，其熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高，①有关；②醇和羧酸均可与水分子间形成氢键，因此，C原子个数小于4的醇、羧酸可以和水以

任意比互溶，②有关；③氢键有一定的方向性，水在结为冰后，水分子间的空隙变大，因此，冰的密度比液态水的密度小，③有关；④尿素的分子中有2个氨基，故其分子间可以形成氢键的数目较多，而醋酸分子间形成氢键数目较少，故其熔、沸点比醋酸的高，④有关；⑤邻羟基苯甲酸可以形成分子内的氢键，而对羟基苯甲酸只能形成分

子间的氢键，因此，邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，⑤有关；⑥水分子在高温下也很稳定是因为水分子中的化学键的稳定性极好，氯键一般只影响物质的物理性质，不能影响其化学性质，有关。综上所述，①②③④⑤与氢键有

关，故答案选B。12.非整比化合物Fe0.95O具有NaCl型晶体结构，由于n(Fe)∶n(O)<1，所以晶体存在缺陷，Fe0.95O可以表示为A.2+3+0.450.5FeFeOB.2+3+22FeFeOC.2+3+0.1

50.80FeFeOD.2+3+0.850.10FeFeO【答案】D【解析】【详解】在Fe0.95O中，设Fe3+为x个，Fe2+为y个，则根据化合价代数和为零及原子守恒可得x+y=0.95，3x+2y=2，解得x

=0.1，y=0.85，所以该物质的化学式为Fe2+0.85Fe3+0.10O，选项D符合题意。故答案：D。13.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列说法中一定正确的是A.14g两种烯烃CnH2n和CmH2m的混合物，含有共用电子对数目

为3×6.02×1023B.石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如上图1)，则0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子C.720gC60晶体(如图2)中含有6.02×1023个晶胞结构单元D.60g

SiO2晶体中含有2×6.02×1023个Si—O键【答案】A【解析】【详解】A．烯烃中，1molC平均可以形成1mol碳碳共用电子对、1molH可以形成1molC-H共用电子对；烯烃的最简式为：CH2，14g混合物中含有1molCH2，能够形成1mol碳碳共用电子对和2molC-H共

用电子对，总共形成3mol共用电子对，含有共用电子对数目为3×6.02×1023，故A正确；B．0.12g石墨烯中含有0.12g碳原子，含有0.01molC，即含有6.02×1021个碳原子，故B错误；C．由均摊法可知一个晶胞中C60的个数为118+682=4，720

gC60晶体含有1molC60，1molC60分子可以形成0.25mol晶胞结构单元，即含有1.505×1023个晶胞结构单元，故C错误；D．60g二氧化硅的物质的量为1mol，含有1mol硅原子，形成了4molSi—O键，含有4×6.02×1023个Si-O键，故D错误；综上

所述答案为A。14.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是()A.NH5中既有离子键又有共价键B.NH5的熔沸点高于NH3C.1molNH5中含有5molN—H键D.NH5固体投入少量水中，可产生两种气

体【答案】C【解析】【分析】因NH5中的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则化学式是NH4H。【详解】A.根据分析NH5为NH4H，是离子化合物，既有离子键又有共价键，故A正确；B.NH5是离子化合物，NH3是共价化合物，因此NH4H熔沸点高于NH3

，故B正确；C.1molNH5中含有1mol铵根，有4molN—H键，故C错误；D.NH5固体投入少量水中，与水反应生成氨气和氢气，故D正确。综上所述，答案为C。15.现代无机化学对硫—氮化合物的研究是

最为活跃的领域之一。其中如图是已经合成的最著名的硫—氮化合物的分子结构。下列说法正确的是A.该物质的分子式为SNB.该物质的分子中既有极性键又有非极性键C.该物质的分子是非极性分子D.该物质与化合物S2N2互为同素异形体【答案】B【解

析】【详解】A．根据该分子的结构示意图可知一个分子中有4个S原子，4个N原子，所以分子式为S4N4，故A错误；B．该分子中含有两个硫原子之间形成的非极性键，还有氮原子和硫原子形成的极性键，故B正确；C．该物质正负电荷中心不重合

，属于极性分子，故C错误；D．同素异形体是指同种元素形成的不同单质，该物质和S2N2均为化合物，故D错误；答案选B。16.正丁烷与2，2-二甲基丙烷属于（）A.同位素B.同分异构体C.同系物D.同素异形体【答案】C【解析】【分析】【详解】正丁烷与2，2-二甲基丙烷都是烷烃，正丁烷分子中有４个碳原子

，而2，2-二甲基丙烷分子中有5个碳原子，所以正丁烷与2，2-二甲基丙烷属于同系物，C正确，本题选C。17.MarcelMayorl合成的桥连多环烃()，拓展了人工合成自然产物的技术。下列有关该烃的说法正确的是A.不能发生氧化反应B

.与环己烷互为同系物C.分子中含有4个五元环D.所有原子处于同一平面【答案】C【解析】【详解】A.能与氧气发生氧化反应，故A错误；B.分子中含有4个五元环，3个六元环，所以不是环己烷的同系物，故B错误；C.分子中含有4个五元环，3个六元环，故C正确

；D.所有原子都是sp3杂化，不可能处于同一平面，故D错误；故答案：C。18.下列有机物在核磁共振氢谱图上只有一组峰的是()A.CH3COOCH3B.CH3OHC.HCOOHD.HCHO【答案】D【解析】【详解】A.CH3COOCH3中甲基连接的原子不同，所处

化学环境不同，甲基H原子不同，有2种H原子，核磁共振氢谱中有2组峰，A项错误；B.CH3OH中2个H原子连接不同的原子，所处化学环境不相同，有2种H原子，核磁共振氢谱中有2组峰，B项错误；C.HCOOH中2个H原子连接不同的原子，所处化学环境不相同，有2种H原

子，核磁共振氢谱中有2组峰，C项错误；D.HCHO中2个H原子都连接C=O，所处化学环境相同，只有1种H原子，核磁共振氢谱中有1组峰，D项正确；答案选D。19.两种气态烃以一定比例混合，在105℃时，1L

该混合烃与9L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体的体积为11L，下列各组混合烃中不符合此条件的是（）A.C3H6、C4H10B.CH4、C3H8C.C2H4、C4H10D.C3H8、C4H8【答案】B【解析】【详解】由CxHy+（x+)O2→xCO2+H2O，△V=x+-1-x-=

-1由题意可知，△V=1即y=8（混合烃的平均氢原子数），这表明混合烃中要么两种烃的氢原子数都是8，要么一种烃的氢原子数少于8，而另一种的氢原子数多于8，仅有B项不符合此条件。【点睛】对于此类题，应掌握烃类物质燃烧的方程式通式：CxHy+（x+)O2

→xCO2+H2O。其气体体积的变化为：△V=x+-1-x-=-1；20.甲烷分子中的四个氢原子都可以被取代。甲烷分子的四个氢原子都被乙烯基(CH2=CH—)取代得到的产物的结构如下所示，下列对所得分子的描述中不正确的是A.分子式为C9H12B.1mol此分子在一

定条件下最多能与4molH2发生加成反应C.所有碳原子都在同一平面上D.此物质属于烯烃类物质【答案】C【解析】【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为C9H12，故A正确；B．一个分子中含有4个碳碳双键，所以1mol此分子在一定条件下最多能与4molH2发生加成反应，故B正确；C．该物质中

有4个碳原子连接在同一饱和碳原子上形成类似甲烷的结构，不可能所有碳原子都在同一平面上，故C错误；D．该物质只含C、H两种元素，且官能团为碳碳双键，所以属于烯烃类物质，故D正确；综上所述答案为C。21.碳、氮和磷元素是几乎所有的生物体中均含

有的生命元素。回答下列问题：(1)叠氮酸(HN3)是一种弱酸，在水中能微弱电离出H+和3N−，分子中的大Π键可用符号nmΠ表示，其中m代表参与形成大Π键的原子数，n代表参与形成大Π键的电子数(如苯分子中的大Π键可表示为66Π，则3N−中的大Π键应表示为_________

_________。(2)2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以2-4SO和444NH+两种离子的形式存在。444NH+中N原子均为sp3杂化，请推测444NH+的结构式：_____________________

__。(3)氨(NH3)和膦(PH3)是两种三角锥形气态氢化物，其键角分别为107°和93.6°，试分析PH3的键角小于NH3的原因：____________________________。(4)ATP(三磷酸腺

苷)是一种高能磷酸化合物，在细胞中，它与ADP的相互转化实现贮能和放能，从而保证了细胞各项生命活动的能量供应。ATP的结构简式如图1所示。分子中属于sp2杂化的N原子有_______________个。(5)某种

磁性氮化铁的晶胞结构如图2所示。①基态Fe原子的电子排布式为______________________。②该化合物的化学式为___________________________。③若晶胞底边长为anm，高为cnm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该磁性氮化

铁的晶体密度为__________________g.cm-3(用含a、c、NA的代数式表示)。【答案】(1).43(2).(3).N原子的电负性强于P原子，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更

大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3或N原子的电负性强于P原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3)(4).3(5).[Ar]3d64s2(6).Fe3N(7).212A7283109acN【解析】【详解】(1)3N−价电子

总数为16，原子总数为3，所以与CO2为等电子体，二者成键方式类似，参与形成大Π键的原子数为3，形成两个43Π键，如图；(2)444NH+中N原子均为sp3杂化，且该离子带4个正电荷，说明含有氢离子和N原子形成的配位键，则应是4个N原子处于正四面

体的4顶点，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，H+有空轨道，与N原子形成配位键，所以结构式为；(3)N原子的电负性强于P原子，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使

键角更大，因而PH3的键角小于NH3(或N原子的电负性强于P原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3)；(4)形成双键的N原子为sp2杂化，所以属于sp2杂化的N原子有3个；(5)①Fe元素为26号元素，根据核外电子排布规律可知基态Fe

原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；②根据均摊法，该晶胞中Fe原子的数目为1112+2+362=6，N原子的数目为2，所以该化合物的化学式为Fe3N；③该晶胞的质量m=A566+142Ng，晶胞底面为正六边形，边长为anm，则底面的

面积为233a2nm2，则晶胞的体积V=233ac2nm3=233ac2×10-21cm3，所以晶胞的密度为21A23566+142g33ccm210aN−=212A7283109acNg·cm3。【点睛】分析444NH+的结构式

要注意类比铵根，铵根中有一个氢离子和氮原子形成的配位键，所以带一个单位正电荷，则444NH+中应该有4个这样的配位键；平行六面体晶胞中，顶点的原子被6个晶胞共用。22.铁、钴、镍都属于第VIII族元素，它们的单质、合金及其化合物在催化剂和能源领域用途非

常广泛。（1）结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因：_______________________________。（2）BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTC

N、NaNT共反应制备。①CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3，与Co3+形成配位键的原子是____________。(已知2-3CO的结构式为)②NaNT可以(双聚氰胺)为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为________，1mol中含有σ键的物质的量为_

__________。③[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_________________。（3）一种新型的功能材料的晶胞结构如图1所示，它的化学式可表示为_

_______。晶胞中离1个Mn原子最近的Ni原子有________个。（4）铁触媒是合成氨反应的催化剂，其表面存在氮原子。氮原子在铁表面上的单层附着，局部示意图如图2所示。则铁表面上氮原子与铁原子的数目比为________。（5）镍镁合金是目

前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图3所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm。则镍镁晶体未储氢时的密度为________g/cm3(列出计算表达式,NA表示阿伏加德罗常数的数值).【答案】(1

).Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态价电子排布式为3d6，Fe3具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3氧化性比Co3+弱(2).N和O(3).sp和sp2(4).9mol(5).N2H

4与H2O之间可以形成氢键(6).Ni2MnGa(7).8(8).1:2(9).321A1072aN10−【解析】【分析】(1)根据Fe3+的基态价电子排布式为3d5，Co3+的基态价电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构进行分析氧

化性强弱；(2)结根据结构可确定1mol中含有σ键的物质的量；(3)根据晶胞的结构进行分析；(4)利用均摊法进行计算；【详解】(1)基态Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2(或1s22s22p63s23p63d64s2)，则基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d

6(或1s22s22p63s23p63d6)。利用价电子排布式判断价电子层是否达稳定状态，可得出Fe3+比Co3+氧化性弱的原因是：Fe3+的基态价电子排布式为3d5，Co3+的基态价电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备半充满结构，因此F

e3+氧化性比Co3+弱。(2)①CTCN的化学式为[Co(NH3)4CO3]NO3，配体为NH3和CO32-，则与Co3+形成配位键的原子为N和O。答案为：N和O；②从双聚氰胺的结构中，能得出碳原子的价层电

子对数为2和3，则杂化轨道类型为sp和sp2；两个原子间只能形成1个σ键，由结构可确定1mol中含有σ键的物质的量为9mol。答案为：sp和sp2；9mol；③配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为N2H4与H2O之间可以形成氢键

。答案为：N2H4与H2O之间可以形成氢键；(3)晶胞中，Ni原子位于每个小立方体的体心，则晶胞中所含Ni原子个数为8；Mn原子位于顶点和面心，则晶胞中所含Mn原子个数为8÷8+6÷2=4；Ga原子位于体心和棱上，则

晶胞中所含Ga原子个数为1+12÷4=4，三种原子的个数比为2:1:1，则这种材料的化学式为Ni2MnGa。晶胞中，Mn原子在面心，而Ni原子在小立方体的体心，则晶胞中离1个Mn原子最近的Ni原子有8个。答案为：Ni2MnGa；8；(4)该晶面上每个N原子周围有4个Fe原子、每个Fe原子周围

有2个N原子，利用均摊法知，铁表面上氮原子与铁原子的数目比为，14:12=1:2，故答案：1:2；(5)每个面的两条相交的棱的中点连线即为“距离最近的两个H2分子之间的距离anm，设立方体的边长为x，则a2=(2x)2+(2x)2，从而求出x=22anm。根据均摊法可以确定镍镁合金的化

学式为NiMg2，每个晶胞中含有4个Ni、8个Mg，则可求出镍镁晶体未储氢时的密度()7)32459242g/molρ/mol(210ANacm−+==321A1072aN10−g/cm3，答案为：321A1072aN10−。23.坦桑石是一种世界公认的新兴宝石，这种宝石于19

67年首次在赤道雪山脚下的阿鲁沙地区被发现。坦桑石的主要化学成分为Ca2Al3(SiO4)3(OH)，还可含有V、Cr、Mn等元素。(1)比较熔点：AlCl3________AlF3(填“＞”“＜”或“=”),并解释其原因：____________

____。(2)H3O+的空间构型_______________。(3)1mol[Fe(CN)6]3-中σ键的数目是_______________。(4)H、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是____

____________。(5)将Mn掺入GaAs晶体(图甲)可得到稀磁性半导体材料(图乙)，图甲、图乙晶体结构不变。①图乙中a点和b点的原子坐标参数分别为(0.0.0)和(1.1.0)，则c点的原子坐标参数为____

____。②设图甲晶体的密度为ρg.cm-3，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个镓原子之间的距离为________________pm。【答案】(1).<(2).AlCl3是分子晶体，破坏分子间作用力，而AlF

3是离子晶体破坏的是离子键，离子键强度强于分子间作用力(3).三角锥形(4).12NA(5).N>O>H>C(6).(0,12,12)(7).103A2580102ρN【解析】【详解】(1)AlCl3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，而AlF3是离子晶体熔化时破坏的是离子键，离子键强度

强于分子间作用力，所以氯化铝的熔点低于氟化铝；(2)H3O+中心原子价层电子对数为6-31-13+24，含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；(3)[Fe(CN)6]3-中Fe3+和CNˉ形成6个配位键属于σ键，CNˉ中氮氢三键中有一个σ键，所以一个[Fe(CN)6]

3-中有12个σ键，则1mol[Fe(CN)6]3-中σ键的数目是12NA；(4)C、N、O同周期，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级半满，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能，而H原子1s能级为半满状态，且离核较近，虽然只有一个

质子，但其第一电离能要大于C，所以第一电离能：N>O>H>C；(5)①根据题意可知a点为原点，b点坐标为(1.1.0)，则晶胞的棱长为1，c点位于左面的面心，坐标应为(0,12,12)；②根据晶胞结构示意图可知Ga原子位于顶点和面心，所以两个镓原子之间的最近距离为面对角线的一半；根据均摊法，一个

晶胞中Ga原子的个数为118+682=4，As原子的个数为4，所以晶胞的质量m=A4145Ng，设晶胞边长为xcm，晶胞的体积V=x3cm3，则有A334145gx==cmNmV，解得x=3

A580Ncm，所以两个镓原子之间的最近距离为3A25802Ncm=103A2580102ρNpm。【点睛】判断[Fe(CN)6]3-中σ键的个数时要注意CNˉ中氮氢三键中有一个σ键；难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用和单位的换算。24.为测

定某有机化合物A的结构，进行如下实验：（一）分子式的确定：（1）将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L（标准状况下），则该物质中各元素的原子个数比是___________。（2）用质谱仪测定该有机化合物的相对分子

质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为___________，该物质的分子式是___________。（3）根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式___________。（二）结构式的确定：（4）核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值（信号），根据峰

值（信号）可以确定分子中氢原子的种类和数目．例如：甲基氯甲基醚（Cl2﹣CH2﹣O﹣CH3）有两种氢原子如图②．经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③，则A的结构简式为___________。（5）A在一定条件下

脱水可生成B，B可合成包装塑料C，请写出B转化为C的化学反应方程式：___________（6）请写出2－甲基－1,3－丁二烯与乙烯的1,4—加成的反应方程式：___________【答案】(1).n(C):n(H)：n(O)=

2:6:1(2).46(3).C2H6O(4).CH3CH2OH、CH3OCH3(5).CH3CH2OH(6).nCH2=CH2(7).CH2=C(CH3)CH=CH2+CH2=CH【解析】【分析】(1)根据n=mM计

算水、二氧化碳物质的量，进而确定n(C)、n(H)，根据O原子守恒计算有机物中含有O原子物质的量，据此解答；(2)根据质荷比可以确定相对分子质量，结合实验式确定分子式；(3)碳原子能形成4个共价键，氧原子能形成2个共价键，氢原子能形成1个共价键；(4)有机物A的核磁共振氢谱中有3个吸收峰，

说明有3种性质不同的H原子；(5)CH3CH2OH在浓硫酸作用下脱水可生成乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯；(6)乙烯与2－甲基－1,3－丁二烯发生加成反应生成进行书写。【详解】(1)5.4gH2O的物质的量n=5.4g18g/mol=0.3mol，则n(H)

=0.6mol，8.8gCO2的物质的量n=8.8g44g/mol=0.2mol，则n(C)=0.2mol，n(O)=0.3mol+0.2mol2-6.72L222.4L/mol=0.1mol；所以该物质中C、

H、O的原子个数比为2:6:1，故答案：n(C):n(H):n(O)=2:6:1(2)根据图①所示质谱图可知，质荷比最大的为46，可以确定A的相对分子质量为46；根据上述分析该物质的最简式C2H6O，则该物质的分子式是C2H6O，故答案：

46，C2H6O；(3)分子式为C2H6O，根据价键理论，A的可能结构简式有CH3CH2OH、CH3OCH3。故答案：CH3CH2OH、CH3OCH3；(4)由图可知：有机物A的核磁共振氢谱中有3个吸收峰，说明有3种性质不同的H原子，且氢原子的个数比为3:2:1，所以A的结构为C

H3CH2OH；故答案：CH3CH2OH；(5)CH3CH2OH在浓硫酸作用下脱水可生成乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯生成聚乙烯的方程式：nCH2=CH2；故答案：nCH2=CH2；(6)由题意可知，2－甲

基－1,3－丁二烯(含共轭双烯体系)与乙烯发生1,4—加成反应的化学方程式为CH2=C(CH3)CH=CH2+CH2=CH，故答案为：CH2=C(CH3)CH=CH2+CH2=CH。