【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，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s

23p4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Ⅱ

A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H

2OC.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，KCl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C

O2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]Cl3

C.[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）3

Cl3]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PCl3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。11.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.①②③④⑤⑥B.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+0.150.80FeFeOD.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CnH2

n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

.60gSiO2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：CH

2，14g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=4，720gC60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.NH

5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S2N

2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1

05℃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).212A7283109ac

N【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+1

42N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+142g33ccm210a

N−=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、CTCN、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).N2H4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]3d6(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Fe3+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1967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AlF3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[F

e(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=3A580N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﹣C

H2﹣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：CH3CH2O

H、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CH3CH2OH；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+CH

2=CH，故答案为：CH2=C(CH3)CH=CH2+CH2=CH。