【文档说明】陕西省西安市莲湖区2021-2022学年高二下学期期末质量检测化学（B卷）试题 含解析.docx，共(18)页，805.302 KB，由管理员店铺上传

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莲湖区2021~2022学年度第二学期期末质量检测高二化学试题注意事项：1.本试卷共6页，全卷满分100分，答题时间90分钟；2.答卷前考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3.第Ⅰ卷选择题必须使用2B铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色

墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收。可能用到的相对原子质量：H—1C—12O—16Al—27Mn—55Cu—64第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，计48分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列生活中

的问题，不能用金属键理论知识解释的是A.用铁制品做炊具B.铁易生锈C.用铂金做首饰D.金属铝制成导线【答案】B【解析】【分析】【详解】A．用铁制品做炊具是利用了金属的导热性，金属容易导热是因为自由电子在运动时经常与金属离子碰撞而引起热传递进行能量交换，能用金属键理

论解释，故A不符合题意；B．日常生活中的铁易生锈是因为日常使用的铁是合金，其中含有碳，易发生电化学腐蚀，与金属键无关，故B符合题意；C．用铂金做首饰是因为有金属光泽，金属有金属光泽是因为自由电子能够吸收可见光，能用金属键理论解释，故C不符合题意；D．金属铝制成导线是

利用金属的导电性，金属中存在金属阳离子和自由移动的电子，当给金属通电时，自由电子发生定向移动产生电流而导电，能用金属键理论解释，故D不符合题意；答案选B。2.下列能级轨道数为3的是A.s能级B.p能级C.d能级D.f能级【答案】B【解析】【详解】s、p、d、f能级的轨道数分别为1、3、5、7

个，所以能级轨道数为3的是p能级，故选B。3.区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是A.测定熔、沸点B.观察外形C.对固体进行X射线衍射D.通过比较硬度确定【答案】C【解析】【分析】【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，对固体进行X射线衍射可以看到微观结构，则区分晶体

和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验，故选C。4.某同学将A原子的核外电子排布式写成，他违背了A.能量最低原理B.泡利不相容原理C.能量守恒原理D.洪特规则【答案】A【解析】【详解】根据分析可知，A原子的核外电子排

布式写成，违背了能量最低原理，正确的排布式是；答案选A。5.北京冬奥会国家速滑馆用2CO代替氟利昂(氟氯代烃)、液氨等传统制冷剂，采取跨临界直冷制冰技术制造出更优质冰面。下列说法正确的是A.减少氟利昂的使用可有效防治酸雨B.2CO是含非极性键的极性分子C.氨气分子中氮原子的最外电子层具有8电子的稳

定结构D.冰是原子间通过共价键形成的原子晶体【答案】C【解析】【详解】A．减少氟利昂的使用可减少臭氧层被破坏，不直接影响酸雨，故A错误；B．CO2分子结构式为O=C=O，存在极性键，其正负电荷中心重合，为非极性分子，故B错误；C．氨气中的N原子与3个H原子形成3

对共用电子对，且N原子上有一个孤电子对，氮原子的最外电子层具有8电子的稳定结构，故C正确；D．冰是分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，故D错误；故答案选C。6.下列微粒的空间结构与其VSEPR模型不一致的是A.SO2B.BF3C.CH4D.NH+4

【答案】A【解析】【分析】当中心原子上有孤电子对时，微粒的空间结构与其VSEPR模型不一致，据此分析解答。【详解】A．SO2的价层电子对数=()1262232+−=，含1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，其空间构型为V形，故A正确；B．BF3的价层电子对

数=()1333132+−=，无孤电子对，VSEPR模型和其空间构型均为平面三角形，故B错误；C．CH4的价层电子对数=()1444142+−=，无孤电子对，VSEPR模型和其空间构型均为正四面体，故C错误；D．4NH+的价层电子对数=()1444142

+−=，无孤电子对，VSEPR模型和其空间构型均为正四面体，故D错误；故答案选A。7.金属晶体的堆积方式、空间利用率和配位数关系正确的是A.锌Zn——镁型——68%——8B.钠Na——钾型——74%——12C.钋Po

——简单立方堆积——52%——6D.银Ag——铜型——74%——8【答案】C【解析】【详解】A．Zn为镁型，属于六方堆积，空间利用率为74%，配位数为12，故A错误；B．Na为钾型，属于体心立方堆积，空间利用率为68%，配位数为8，故B错误；C．Po属于简单立方堆积，空间利用率为

52%，配位数为6，故C正确；D．Ag为铜型，属于面心立方堆积，空间利用率为74%，配位数为12，故D错误；答案选C。8.下列各物质的晶体中，晶体类型相同的是A.O2和SiO2B.NaI和I2C.CO2和H2OD.CCl4和NaCl【答案】

C【解析】【详解】A、O2是分子晶体，SiO2是原子晶体，晶体类型不相同，故A不选；B、NaI是离子晶体，I2是分子晶体，晶体类型不相同，故B不选；C、CO2和H2O都是分子晶体，晶体类型相同，故C选；D、CC

l4是分子晶体，NaCl是离子晶体，晶体类型不相同，故D不选；答案选C。9.关于键长、键能和键角，下列说法不正确的是A.键长越长，键能越大，共价化合物越稳定B.通过反应物和生成物分子中键能数据可以粗略预测反应热的大小C.键角是确定多分子立体结构的重要

参数D.同种原子间形成的共价键键长：三键＜双键＜单键【答案】A【解析】【详解】A．键长越长，键能越小，共价化合物越不稳定，键能越大，键长越短，共价化合物越稳定，故A错误；B．反应热=反应物的总键能-生成物的总键能,则通过反应物和生成物分子中键能数据可以粗略预测反应

热的大小，故B正确；C．键长和键角常被用来描述分子的空间构型，键角是描述分子立体结构的重要参数，故C正确；D．原子间键能越大，核间距越小，键长越短，键能的一般关系为:三键>双键>单键，则键长:三键<双键<单键，故D正确；故答案选A。10.如表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用1I、2

I…表示，单位为-1kJmol)1I2I3I4I…R7401500773210500下列关于元素R的判断正确的是A.R元素的原子最外层有4个电子B.R元素位于元素周期表中第ⅢA族C.R元素基态原子的电子排布式可能为

2211s2s2pD.R的最高正价为＋2价【答案】D【解析】【详解】A．第一、二电离能较小，且与第三电离能相差较大，故R元素原子最外层有2个电子，A错误；B．R元素的原子最外层有2个电子，则R元素位于元素周期表中第ⅡA族，B错误；C．R元素位于元素周期表中第ⅡA族，基态原子的

电子排布式不可能为2211s2s2p，C错误；D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族，最高正价为＋2价，D正确；故选D。11.磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构简式如图所示。下列说法正确的是A.第一电

离能：O>N>CB.34HPO分子中磷原子的价层电子对数为3C.基态氢原子的电子云轮廓图为哑铃形D.该有机物中碳原子采取2sp、3sp杂化【答案】D【解析】【详解】A．同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相

邻元素，故第一电离能:N>O>C,故A错误；的B．H3PO4的P原子没有孤电子对，磷原子的价层电子对数为4，故B错误；C．基态氢原子核外只有1s电子，电子云轮廓图为球形，故C错误；D．环上碳原子价层电子对数为

3，其它饱和碳原子价层电子对数为4,碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故D正确；故答案选D12.下列有关配合物()2224CrHOBrBr2HO的说法正确的是A.该配合物的配体只有水分子B.该配合物中3+Cr提供空轨道C.1mol该

配合物与足量3AgNO溶液反应可生成3molAgBr沉淀D.中心离子的配位数为5【答案】B【解析】【详解】A．该配合物的配体是水分子和溴离子，故A错误；B．该配合物的中心微粒是Cr3+，中心微粒在形成配位键时提供空轨道，故B正确；C．配合物溶干水，只

能电离出外界离子，1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应可生成1molAgBr沉淀，故C错误；D．该配合物中心离子的配体是水分子和溴离子，配位数为6，故D错误；故答案选B。13.有X、Y两种活性反应中间体微粒

，均含有1个碳原子和3个氢原子，其球棍模型如图所示。下列说法错误的是(X)(Y)A.X的组成为CH3+B.Y的组成为CH3−C.X的价层电子对数为4D.Y中键角小于120°【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图可知，X为平面三角形结构，其碳原子应该有三对价层电子对，其组成

为CH，正确；。B．Y为三角锥形结构，其碳原子有四对价层电子对，故其组成为CH，正确；C．由图可知，X碳原子应该有三对价层电子对，错误；D．Y为三角锥形结构，其碳原子有四对价层电子对，故其组成为CH，键角比120°小，正确。故选C

。14.解释下列现象的原因不正确的是选项现象原因A键的极性：H-O>N-H非金属性差异越大，键的极性越小B白磷(4P)为正四面体分子白磷分子中P-P键间的夹角是60C分子内不同化学键之间存在一定的夹角共价键

具有方向性D熔点：NaCl>NaBrNaCl、NaBr随着离子间距的增大，晶格能减小，晶体的熔点降低A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．非金属性越强，与H形成共价键极性越大，则解释不合理，故A错误；B．白磷是正四

面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子，键角为60°，故B正确；C．共价键有方向性，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定，这种成键的方向性决定了所形成分子的空间构型，所以分子内不同化学键之间存在一定的夹角，故C正确；D．离

子晶体中离子的半径越大，离子键强度越小，熔点越低，溴离子的半径比氯离子大，所以NaBr晶体的晶格能比NaCl小，熔点低，故D正确；故答案选A。15.X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子的基态价电子排布式为22s，Y位

于元素周期表第二周期第ⅢA族，Z的两种同位素原子常用于测定文物的年代，Q是元素周期表中电负性最大的元素，E的阳离子通常存在于明矾和草木灰中。下列说法正确的是A.第一电离能：X<Y的B.4EYQ中阴离子中心原子的杂化方式为3sp杂化C.2-3ZO的空间构

型为V形D.原子半径：XYZ【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子的基态价电子排布式为2s2，则X为Be元素；Y位于元素周期表第二周期第IIIA族，则Y为B元素；Z的两种同位素原子常用于测定文物的年代，则Z为C元素；Q是元素周期表中电负

性最大的元素，则Q为F元素；E的阳离子通常存在于明矾和草木灰中，则E为K元素，以此分析解答。【详解】A．Be的2s能级处干全满稳定状态，其第一电离能大干同周期相邻元素，则第一电离能：Be＞B，故A错误；B．EYQ4的阴离子为4BF−，其中心原子B的杂化轨道数为4+311442+−=，则B

原子的杂化方式为sp3杂化，故B正确；C．23ZO−为23CO−，23CO−的中心原子C的杂化轨道数为3+422332+−=，C原子的杂化方式为sp2杂化，且没有未成键电子对，则23CO−的构型为平面三角形，故C错误；D．主族元

素同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：Be＞B＞C，故D错误；故答案选B。16.某化合物晶胞结构如图所示，晶胞的边长为a，下列说法不正确．．．的是A.与Cs+距离最近I-个数为12B.每个I-被2个晶胞所共用C.该物质的化学式为CsPbI3D.

Pb2+与Cs+间最近距离为2a2【答案】D【解析】【详解】A．在该晶体中，与Cs+距离最近I-个数为38=122，A正确；B．每个I-处于晶胞的面心上，因此被2个晶胞所共用，B正确；C．在一个晶胞中含有Cs+个数为：8×18=1，含有的I-个数为：6×12=3

，含有Pb2+为1个，故该物质的化学式为CsPbI3，C正确；D．Pb2+与Cs+间最近距离为晶胞对角线的12，由于晶胞的边长为a，则二者的距离为3a2，D错误；故合理选项是D。第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共5小题，计52分)17.“空气

变馒头不是梦”，中国科学家在国际上首次实现了2CO到淀粉的从头合成，不依赖植物光合作用，原料只需2CO、2H，相关成果发表在《科学》上。请回答下列问题：（1）2CO的空间构型为___________，其中C原子的杂化

方式为___________。（2）基态氧原子最外层的成单电子和成对电子数目之比为___________。（3）试推测2CO___________(填“能”或“不能”)溶于4CCl，理由是_______

____。（4）干冰晶胞结构如下图所示，1个2CO分子周围与其距离相等且最近的2CO分子个数为___________。若干冰晶胞沿x轴投影，试在图中画出2CO的投影位置(用“●”表示2CO分子)___________。【答

案】（1）①.直线形②.sp（2）1:2（3）①.能②.CO2和CCl4同为非极性分子，根据相似相溶原理，非极性溶质能溶于非极性溶剂的（4）①.12②.【解析】【小问1详解】二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数

为0，2CO的空间构型为直线形，其中C原子的杂化方式为sp。故答案为：直线形；sp；【小问2详解】O元素核外电子数为8，根据能量最低原理，核外最外层电子排布式为2s22p4，成单电子为2，成对电子为4，基态氧原子最外层的成单电子和成对电子数目之比为1:2。故答案为：1:2；【小问3

详解】试推测2CO能(填“能”或“不能”)溶于4CCl，理由是CO2和CCl4同为非极性分子，根据相似相溶原理，非极性溶质能溶于非极性溶剂。故答案为：能；CO2和CCl4同为非极性分子，根据相似相溶原理，非极性溶质能溶于非极性溶剂；【小问4详解】以顶点二氧化碳为基点，周围与其

距离为22a的二氧化碳分子位于三个面心，均摊为3×12，与该顶点共有的立方体有8个，8×（12×3）=12，所以1个二氧化碳分子与其距离相等且最近的二氧化碳分子有12个，将干冰晶胞沿着x轴投影所得到的正方形平面，在4个顶点，面心一级每条边的中点处都有二氧化碳分子，若干冰晶胞沿x轴

投影，在图中画出2CO的投影位置(用“●”表示2CO分子)，如图。故答案为：12；。18.60C、金刚石、石墨、氯化钠和硼化镁的结构模型如图所示。的（1）固态60C属于___________(填“原子”、“分子”或“离子”)晶体。（2）1mol金刚石中含有

C-C单键的数目约是___________。（3）石墨是层状结构，图中仅表示出其中的一层结构，石墨层之间容易发生滑动，请说明原因___________。（4）在氯化钠晶胞中，与每个+Na等距离且最近的几个-Cl所围成的立体构型为___________(填字母)。A

.十二面体B.正八面体C.正六面体D.正四面体（5）在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，如图是该晶体一层的微观结构图，则硼化镁的化学式为___________。【答案】（1）分子（2）2NA（3）石墨层之间存在范德华力，范德华力比较微弱（4）B（5）Mg

B2【解析】【小问1详解】固态C60是由60个C原子形成1个C60分子，分子之间以分子间作用力结合形成晶体，固态60C由60C分子构成，固态60C属于分子(填“原子”、“分子”或“离子”)晶体。故答案为：分子；

【小问2详解】金刚石中一个碳形成4个C-C键，每个碳碳键由两个碳原子共用，平均每个碳原子拥有0.5×4=2个碳碳键，1mol金刚石中含有C-C单键的数目约是2NA。故答案为：2NA；【小问3详解】石墨是层状结构，石墨层之间容易发生滑动，由于石墨层之间存在范德华力，范德华力比较微弱。故答案为：石墨

层之间存在范德华力，范德华力比较微弱；【小问4详解】在氯化钠晶胞中，与每个+Na等距离且最近的几个-Cl分别位于钠离子的上、下，左、右，前、后，与每个+Na等距离且最近的几个-Cl所围成的立体构型为正八面体，故答案为：B；【小问5详解】在硼化镁晶

体中，由球大小可知，白色为Mg、黑色球为B，该晶体微观结构的透视图中，每个Mg原子周围有6个B原子，每个B原子为3个Mg原子共用，B原子个数为13×6=2，Mg、硼原子个数比为1：2，则硼化镁的化学式为MgB2。故答案为：MgB2。19.硒(S

e)在电子工业中可用于光电管、太阳能电池，硒元素可形成多种化合物。（1）单质硒的熔点为217C，它属于___________晶体。（2）基态硒原子中，核外电子占据的最高能级的符号是___________。（3）与硒元

素相邻的同周期元素有砷和溴，这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)。（4）2-3SeO的立体构型是___________；与2-4SeO互为等电子体的分子有___________(写一种物质的化学式即可)。（5）2HS

e水溶液比2HS水溶液的酸性强，原因是___________。（6）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为___________。【答案】（1）分子（2）4p（3）Se<As<Br（4）①.三角锥形②.CCl4或SiF4(合理即可)（5）Se的原子

半径大于S，H-Se键更容易断裂，易于H+的电离（6）4【解析】【小问1详解】单质硒的熔点为217C，比较小，所以它属于分子晶体；【小问2详解】基态硒原子中，核外电子占据的最高能级的符号是4p；【小问3详解

】同一周期中第一电离能随着原子序数的增大而增大，但Se处于半充满状态，第一电离能大于相邻元素，故答案为：Se<As<Br；【小问4详解】2-3SeO的价层电子对数为4，立体构型为三角锥形；等电子体是指价电子数和原子数都相等的微粒，故与2-4SeO互为等电子体的分子有CCl4或SiF4(合

理即可)；【小问5详解】2HSe水溶液比2HS水溶液的酸性强，原因是Se的原子半径大于S，H-Se键更容易断裂，易于H+的电离；【小问6详解】由图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4。20.A、B、C、D、E、F、G是元素周期表

前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表所示，请回答下列问题。A原子核外有6个电子B原子序数比A大1C基态原子中s电子总数与p电子总数相等D原子半径在同周期元素中最大E基态原子价层电子排布式为3s23p1F基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相

反G生活中使用最多的一种金属，其高价氯化物的盐溶液常用于刻蚀铜制印刷电路板（1）A在元素周期表中的位置为___________，画出基态B原子的轨道表示式___________。（2）B的简单气态氢化物的沸点___________(填“高于”或“低于”)PH3，原因是____

_______。（3）A、B、C三种元素的电负性由高到低的排列次序为___________(用元素符号表示)。（4）已知元素A、B形成的()2AB链状分子中所有的原子都满足8电子稳定结构，则其分子中σ键与π键数目之比为___________。（5）G元素可形成2+G、3+G，其中较稳定的是

3+G，原因是___________。（6）短周期元素M与元素E在周期表中的位置呈现对角线关系，已知元素M、F的电负性分别为1.5和3.0，预测它们形成的化合物是___________(填“离子”或“共价”)化合物。推测M的最高价氧化物对应的水化物___________(填“能”或“不能”)

与D的最高价氧化物对应水化物发生反应。【答案】（1）①.第二周期第ⅣA族②.（2）①.高于②.氨气分子间可以形成氢键（3）O>N>C（4）3:4（5）Fe2+的价电子为3d6，而Fe3+的价电子是3d5半充满稳定状态（6）①.共价②.能【解析】【分析】A为C，B为N；C的基

态原子中s电子总数与p电子总数相等，C为O；D的原子半径为同周期元素中最大的，D为Na；E为Al；F的基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反，其价层电子排布为3s23p5，F为

Cl；G为Fe。【小问1详解】A为C，在元素周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族；B为N，基态原子的轨道表示式为：；【小问2详解】N与P同主族，NH3中含分子间氢键，沸点高于PH3，原因：氨气分子间可以形成氢键；【小问3详解】A、B、C分别为C、N、O，同周期从左往右电负性

逐渐增强，故电负性由高到低的顺序为：O>N>C；【小问4详解】元素A、B形成的()2AB为(CN)2，结构式为：NC-CN，，单键全部是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，故σ键和π键个数之比为3：4；【小问5详解】Fe2+的稳定性弱于Fe3+，

原因是：Fe2+的价电子为3d6，而Fe3+的价电子是3d5半充满稳定状态；【小问6详解】短周期元素M与元素E在周期表中的位置呈现对角线关系，M为Be，M与F的电负性差值为1.5，电负性差值小于1.7，形成共价键；Be与Al处于对角线位置，化学性

质相似，Al(OH)3为两性氢氧化物，Be(OH)2为两性氢氧化物，能与NaOH溶液反应。21.Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，可用来制作各种新型的换能器、驱动器、敏感元件和微电子机械操纵系统。（1）写出基态铜原子的

核外电子排布式：___________。（2）焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了___________而变为激发态。（3）新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，如图是松脂酸铜的结构简式：1个松脂酸铜中π键的个数为___________

，加“*”碳原子的杂化方式为___________。（4）氯化铝的熔点为181C，氮化铝的熔点高达2249C，它们都是活泼金属和非金属的化合物，熔点相差大的原因是___________。（5）Cu-Mn-Al合金的晶胞如图1所示，该晶胞

可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置，图2是沿立方格子对角面取得的截图。①若A原子的坐标参数为()0,0,0，C为()1,1,1，则B原子的坐标参数为___________。②由晶胞可知该合金的化学式为___________。③

已知原子半径r(Cu)r(Mn)=127pm，r(Al)=143pm，则Cu原子之间的最短核间距离为___________pm。④该晶胞的密度为___________-3gcm。(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用AN表示)【

答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1##[Ar]3d104s1（2）跃迁（3）①.6②.sp3（4）氯化铝为分子晶体，氮化铝为原子晶体（5）①.111,,22②.AlMnCu2③.1

803或5403④.3-30A(27+55+642)4(3603)10N【解析】【小问1详解】Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d104

s1或[Ar]3d104s1；【小问2详解】，基态铜原子在灼烧时外围电子发生了跃迁吸收了一定波长的光，从而使灼烧的火焰呈绿色，故答案为：跃迁；【小问3详解】松脂酸铜分子中碳碳双键和碳氧双键中都有π键，结合脂酸铜分子的结构简式计

算π键的个数为6；加“*”碳原子周围有两个碳碳键和两个碳氢键，价层电子对个数是4,根据价层电子对互斥理论判断原子杂化方式为sp3；【小问4详解】熔点相差大的原因是氯化铝为分子晶体，氮化铝为原子晶体；【小问5详解】①A的坐标参数为(0,0,0),C的坐标参数为(1,1,1),B位于右面的面心

,所以B的坐标参数为(1，12，12)。②根据均摊法，该晶胞中铜原子的个数为111861218864+++=，锰原子的个数为4，铝原子的个数为4，所以该合金的化学式为AlMnCu2。③根据题图3并结合几何知识可知[2r(Cu)+2r(Al)]为体对角

线长度的一半，设晶胞的棱长为a，则有3a=2[2r(Cu)+2r(Al)]=4×(127+143)pm，则a=27043pm;根据晶胞结构可知铜原子之间的最短距离为棱长的一半,即12a=1803pm.④晶胞的质量m=A274554648gN+

+，晶胞的体积V=a3=327043pm3=3102704103−cm3,所以晶体的密度ρ=mV=A3103274554648gN2704103cm−++=33-30A(27+55+642)4g?(3603)

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