【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高二下学期期末考试化学试卷+含解析.docx，共(38)页，1.388 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年重庆市西南大学附中高二（下）期末化学试卷一、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（3分）下列关于高分子材料的说

法正确的是（）A．酚醛树脂（）可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得B．聚乳酸塑料（）能在酸性或碱性环境中生成小分子而降解C．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为D．涤纶（）是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得2．（3分）下列化学用语表示正确的是（）A．基态Fe2+的

价电子轨道表示式：B．氨基的电子式：C．2，3﹣二甲基丁烷的键线式：D．SO2的VSEPR模型：3．（3分）下列说法正确的是（）A．CH3OH和N2H4中C、O、N杂化方式均相同B．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子C．最外层电子数为2的元素都

分布在s区D．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体4．（3分）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素.X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级的电子数相等

，W原子最外层电子数是内层的3倍（）A．最高价含氧酸的酸性：W＞Z＞YB．简单离子半径：r（W）＞r（R）C．吸电子能力：W＜Z＜YD．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键5．（3分）下列装置能达到相应实验目的的是（）A.实验室灼烧Na2

CO3⋅10H2OB.实验室制备乙酸乙酯C.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热D.制备无水氯化镁A．AB．BC．CD．D6．（3分）根据下列事实所作的结论，正确的是（）编号事实结论A甲、乙两种有机物分子式为均C3H8O甲和乙分子中C﹣H键数一定不同Ba与

b两种有机物互为同系物则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量一定不相等C质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同D某有机物的分子式为C8H8该有机物分

子中不可能只有单键A．AB．BC．CD．D7．（3分）CO、O2与人体血液中的血红蛋白（Hb）可建立如下平衡：CO+HbO2⇌HbCO+O2，当HbCO浓度为HbO2浓度的2%时，大脑就会受到严重损伤.生

物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是（）A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用B．血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键C．CO与血红素中Fe2+配位能力强于O2D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红

素时仅发生物理变化8．（3分）下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是（）A．KNO3固体（NaCl固体）：重结晶B．溴苯（Br2）：加苯萃取C．乙烷（乙烯）：KMnO4（H+），洗气D．乙炔（H2S）：溴水，洗气9．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（）编号目的方案设计现象和结论A判

断淀粉是否完全水解在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后，加入碘水溶液显蓝色，则说明淀粉未水解B探究苯酚的性质向苯酚浓溶液中加入少量稀溴水若产生白色沉淀，则证明苯酚和稀溴水发生了反应C探究1﹣溴丙烷的消去产物具有还原向试管中注入5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化

钾乙醇溶液，均匀加热，把产生的气体直若高锰酸钾溶液褪色，则证明生性接通入酸性高锰酸钾溶液中成了丙烯D检验乙醚中是否含有乙醇，向该乙醚样品中加入一小粒金属钠产生无色气体乙醚中含有乙醇A．AB．BC．CD．D

10．（3分）现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图：有关M的说法不正确的是（）A．根据图1，M的相对分子质量应为74B．根据图1、图2，推测M的分子式是C4H10OC．根据图1、图2、图3信息，可确定M是2﹣甲

基﹣2﹣丙醇D．根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：111．（3分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠

肺炎.氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示（）A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OClB．两分子中的手性碳原子数相等C．加入NaOH溶液并加热，再加入AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯

喹中含有氯原子D．氯喹或羟基氯喹都可与硫酸、盐酸或磷酸反应生成盐类物质12．（3分）化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：下列说法正确的是（）A．1molM最多可与6molH2发生加成反应B．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和YC．Y分子

中所有原子不可能在同一平面内D．1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH13．（3分）Fe﹣Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示.晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．Mg原子填

充在Fe原子形成的正八面体空隙中B．图中1号和2号原子距离为anmC．该合金的密度为g⋅cm﹣3D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L14．（3分）叔丁基溴

在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（）A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应B．（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为反应活性中间体C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的

是第二步反应D．第三步反应为（CH3）3C﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr二、填空题：本大题共4个小题，共58分.15．（17分）（1）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。已

知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣23.9kJ⋅mol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）＝C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣29.1kJ⋅mol﹣1乙醇异构化反应C2H5OH（g）＝CH

3OCH3（g）ΔH3＝+50.7kJ⋅mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）＝C2H5OH（g）的ΔH＝。（2）已知白磷（P4）和P4O6的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示：化学键P﹣PO＝OP﹣O键能（kJ⋅mol﹣1）abc写出气态白磷与氧气反

应生成P4O6气体的热化学方程式：。（3）分子中的大π键可用符号Πmn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Π66），已知SO2分子中含有5对孤电子对，则SO2中的大π键应表示为。SO2分子中键角∠OSO中键角

∠ONO（填“＞”、“＜”、“＝”）。（4）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。Mo处于第五周期第ⅥB族，价电子排布与Cr相似，基态Mo原子的价电子排布

式是，该超分子中存在的化学键类型有（填选项字母）。A.离子键B.氢键C.σ键D.π键（5）有机化合物C15H22O3（）是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，该有机化合物分子中σ键和π键个数之比为。（6）已知有机物A的分子式为C4H8

O2，它能在NaOH溶液中发生水解反应.A与B，C，D等物质存在如下图所示的转化关系，写出实现下列变化的化学方程式。①A+NaOH→B+C：；②C→D：；③D→B：。16．（12分）青蒿素（分子结构：）是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机

溶剂，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效（已知：乙醚沸点为35℃）。Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，与青蒿粉末接触，进行萃取.萃取液

液面达到虹吸管3顶端时，从而实现对青蒿粉末的连续萃取.回答下列问题：（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是。（2）装置a的名称为。（3）索氏提取装置提取的青蒿素位于（填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中；与常规的萃取相比，索

氏提取的优点是。（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是。Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液﹣1Na2S2O3标准液滴定。已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应

生成碘单质；②I2+2S2＝2I﹣+S4；③M（青蒿素）＝282g/mol。（5）当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由变为，且半分钟内不变色。（6）三次滴定数据记录如表：滴定次数待测液体（mL）标准液读

数（mL）滴定前读数滴定后读数第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60则青蒿素的纯度为。17．（15分）环氧树脂粘合剂A，可由以下路线合成得到，请回答下列问题

：（1）B的化学名称为；B→C+D的反应类型为。（2）F的结构简式为；A中含有的官能团名称为。（3）C+D→E的化学方程式为。（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，请写出符合下列条件的同分异构体

的总数。Ⅰ：能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：苯环上只有两个取代基Ⅲ：不含C﹣O﹣C的结构其中核磁共振氢谱峰面积为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为。（5）参照上述反应原理，以1，3﹣丁二烯和苯酚为主要原料，设计合成的路线。18．（14分）卤素元素比较活

泼，能形成种类繁多的化合物，回答下列问题：（1）F，Cl，Br。（2）卤素可形成很多酸根离子，如ClO﹣、、、等，的空间结构为。（3）卤素元素之间还能形成很多卤素互化物，如ICl，ClF3，BrF5，IF7等，根据I与Cl原子的电负性大小关系写成ICl在水中水解的化

学方程式：。（4）在石墨烯膜上可以制备Cl元素和Ca元素形成的新型的化合物，如图是俯视图和侧视图，俯视图中小六元环为石墨层（石墨六元环中心正上方）和3个小球（石墨层部分碳原子正上方），请写出该化合物的化学式，在石墨六元

环中心正上方的元素为。（填元素符号）（5）卤素还被称为成盐元素，某种卤素盐的晶体中含有Cl，Cs与Au三种元素3，Au有两种化合价，其一个晶胞结构如图所示，未标出的两个小球为金（Au），底面正方形边长为apm，高为cpm，分别为mpm和n

pm（m＜n），CsAuCl3的相对分子质量为M，回答下列问题：①如果m与n相等，Cl﹣和Cs+构成晶胞。②金（Au）离子和Cs+的配位数分别为和。③如图所示，以原子1为原点建立坐标系，写出晶胞内部小白球的分数坐标。2022-2023学年重庆市西南大学附中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一

、选择题：本题共14道小题，每小题3分，共42分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（3分）下列关于高分子材料的说法正确的是（）A．酚醛树脂（）可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得B．聚乳酸塑料（）能在酸性或碱性环境中生成小分子而降解C．天然

橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为D．涤纶（）是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得【分析】A．苯酚和甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂；B．聚乳酸塑料由乳酸（一种有机酸）缩聚而成；C．聚异戊二烯的链节中含一条碳碳双键；D．凡链节中间（不在端上）含有（酯基

）结构的高聚物，其单体必为两种，按断开，羰基上加羟基，氧原子上加氢原子即得高聚物单体。【解答】解：A．苯酚和甲醛反应除了生成酚醛树脂外，是缩聚反应；B．聚乳酸塑料由乳酸（一种有机酸）缩聚而成，故B正确；C．天然橡胶是聚异戊二烯，故C错误；D．是由和发生缩聚反应而成，

故D错误；故选：B。【点评】本题综合考查有机物的性质与应用，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度不大。2．（3分）下列化学用语表示正确的是（）A．基态Fe2+的价电子轨道表示式：B．氨基的电

子式：C．2，3﹣二甲基丁烷的键线式：D．SO2的VSEPR模型：【分析】A．基态Fe2+价电子排布式为3d6；B．氨基的化学式为﹣NH2，N原子上有一个未成对电子；C．2，3﹣二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，在2号和3号碳原子上各有一个甲基；D．SO2的VSEPR模型为平面三角形。【解

答】解：A．基态Fe2+价电子排布式为3d3，基态Fe2+价电子的轨道表示式为，故A错误；B．氨基的化学式为﹣NH2，N原子上有一个未成对电子和一对孤电子对，电子式为，故B错误；C．8，3﹣二甲基丁烷的主链上有

4个碳原子，键线式为：，故C正确；D．SO7分子中S原子的价层电子对数为2+＝5，其VSEPR模型为平面三角形，即，故D错误；故选：C。【点评】本题考查轨道表示式及VSEPR模型的应用，明确常见化学用语的书写原则及表示方法为解答关键，

注意试题侧重考查学生的规范答题能力，明注意掌握VSEPR模型判断方法，题目难度中等。3．（3分）下列说法正确的是（）A．CH3OH和N2H4中C、O、N杂化方式均相同B．H2S和CS2分子都是含极性键的极性分子C．最外层电子数

为2的元素都分布在s区D．石墨晶体层内是共价键，层与层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体【分析】A．甲醇结构式为，肼的结构式为，则C、N、O的价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体；B．CS2的结构式为S＝C＝S，属于直线形分子；C．周期表中He元素、ⅡB～VB、ⅦB族

的最外层电子数都是2，He属于p区，ⅡB族属于ds区，ⅢB～ⅦB族（ⅥB部分除外）属于d区；D．石墨是一种混合晶体。【解答】解：A．甲醇结构式为，O含有2对孤电子对，肼的结构式为，N含有1对孤电子对，则C、N，VSEPR模型均为四面体、N

、O原子的杂化方式均为sp8，故A正确；B．H2S是V形分子，S原子含有1对孤电子对，但CS7的结构式为S＝C＝S，属于直线形分子，故B错误；C．最外层电子数为2的元素不一定都分布在s区，ⅡB族属于ds区，故C错误；D．石墨晶体层内是共价键2，不是sp2，层与层

间是范德华力，所以石墨是一种混合晶体，故D错误；故选：A。【点评】本题考查原子轨道杂化方式、分子极性等知识，把握元素分区特点、VSEPR模型的应用、分子极性和晶体类型的判断即可解答，侧重基础知识检测和运用

能力考查，注意根据结构式判断复杂分子中原子的杂化类型，题目难度中等。4．（3分）X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素.X、Z原子中分别有1个、7个运动状态完全不同的电子，Y原子中各能级的电子数相等，W原子最外层电子

数是内层的3倍（）A．最高价含氧酸的酸性：W＞Z＞YB．简单离子半径：r（W）＞r（R）C．吸电子能力：W＜Z＜YD．X、Z、W形成的化合物一定不含离子键【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，多电子原子的核外电子运动状态均不相同，X、Z原子中分别有1个、7个

运动状态完全不同的电子，则X的原子序数为1，为H元素，Z的原子序数为7，为N元素；Y原子中各能级的电子数相等，则Y为Be或C元素；W原子最外层电子数是内层的3倍，为O元素；R的原子半径是该周期主族元素中最大的，为Na元素，据此分析解答。【解答

】解：由上述分析可知，X、Y、Z、W、R元素分别为H、N、O、Na元素；A．O没有最高正价，故A错误；B．O2﹣和Na+的电子层数相同，核电荷数越大，则r（Na+）＜r（O2﹣），故B正确；C．元素的非金属性越强，吸电子能力越强，则吸电子能力：O＞N＞C或Be；D．X、Z、W形成的化合物N

H2NO3含离子键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律的应用及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。5．（3分）下列装置能达到相应实验目的的是（）A.实验室灼烧Na2CO3⋅10H2

OB.实验室制备乙酸乙酯C.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的中和热D.制备无水氯化镁A．AB．BC．CD．D【分析】A．灼烧固体不能选坩埚；B．乙酸、乙醇易溶于水，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸；C．图中大

小烧杯口不相平，热量散失；D．HCl可抑制氯化镁的水解。【解答】解：A．灼烧固体不能选坩埚，故A错误；B．乙酸，导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，故B错误；C．图中大小烧杯口不相平，不能准确测定中和热；D．HCl可抑制氯化镁的水解，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的

评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、中和热测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6．（3分）根据下列事实所作的结论，正确的是（）编号事实结论A甲、乙两种有机物

分子式为均C3H8O甲和乙分子中C﹣H键数一定不同Ba与b两种有机物互为同系物则等质量a与b燃烧，所消耗的氧气物质的量一定不相等C质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水等质量的甲和乙完全燃烧时消耗的氧气也一定相同D某有机物的分子式为C8H8该有机物分子中不可能只有单键A

．AB．BC．CD．D【分析】A．C3H8O可为1﹣丙醇或2﹣丙醇；B．同系物的最简式可能相同；C．质量相同的甲、乙两种烃完全燃烧时产生质量相同的水，说明烃中H的百分含量相同；D．分子式为C8H8的有机物可能为立方烷。【解答】解：A．C3H8O

可为5﹣丙醇或2﹣丙醇，1﹣丙醇和7﹣丙醇中C﹣H键数都为7；B．最简式相同的同系物，a、b的质量相同时，若最简式不相同的同系物，故B错误；C．质量相同的甲，说明烃中H的百分含量相同，故C和H的质量相同，故C正确；D．分子式为C8H4的有机物可能为立方烷，立方烷中只存在C﹣C和C﹣H键；故

选：C。【点评】本题考查比较综合，涉及同分异构体、同系物、耗氧量等知识点，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力，题目难度不大。7．（3分）CO、O2与人体血液中的血红蛋白（Hb）可建立如下平衡：CO+HbO2⇌HbCO+O2

，当HbCO浓度为HbO2浓度的2%时，大脑就会受到严重损伤.生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是（）A．构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用B．血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键C．CO与血红素中Fe2+配位能力强于O2D

．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化【分析】A．分子中N原子能形成分子间氢键；B．血红素中Fe2+含有空轨道；C．电负性：C＜O，CO更容易提供孤电子对形成配位键；D．肽键在酸性条件下能发生水解反应。【解答】解：A．N元素电负性较大

，故A正确；B．基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成Fe6+，所以Fe2+含有空轨道，则血红素中Fe2+提供空轨道形成配位键，故B正确；C．电负性：C＜O，所以CO与血红素中Fe5+配位能力强于O2，故C正确；D．血红蛋白中肽键在酸性条件下能发生水解

反应，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确氢键、配位键形成条件是解本题关键，C、D为解答易错点。8．（3分）下列除杂方法（括号内为杂质）正确的是（）A．KNO3固体（NaCl固体）：重结晶B．溴苯（Br2）：加苯萃取C．乙烷（乙烯）：KM

nO4（H+），洗气D．乙炔（H2S）：溴水，洗气【分析】A．硝酸钾的溶解度受温度影响大，氯化钠的溶解度受温度影响不大；B．溴、溴苯均易溶于苯；C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳；D．乙炔、硫化氢均与溴水反应

。【解答】解：A．硝酸钾的溶解度受温度影响大，重结晶法可分离；B．溴、溴苯均易溶于苯，故B错误；C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，不能除杂、洗气；D．乙炔，不能除杂、洗气；故选：A。【点评】本题考

查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。9．（3分）下列方案设计、现象和结论都正确的是（）编号目的方案设计现象和结论A判断淀粉是否完全水解在试管中加入0.5g淀粉和4

mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后，加入碘水溶液显蓝色，则说明淀粉未水解B探究苯酚的性质向苯酚浓溶液中加入少量稀溴水若产生白色沉淀，则证明苯酚和稀溴水发生了反应C探究1﹣溴丙烷的消去产物具有还原性向试管中注入5mL1﹣溴丙烷和10mL饱和氢氧化钾

乙醇溶液，均匀加热，把产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中若高锰酸钾溶液褪色，则证明生成了丙烯D检验乙醚中是否含有乙醇，向该乙醚样品中加入一小粒金属钠产生无色气体乙醚中含有乙醇A．AB．BC．CD．D【分析】A．加碘水变蓝，

可知含淀粉；B．苯酚与稀溴水反应生成三溴苯酚溶于苯酚；C．挥发的醇可被酸性高锰酸钾溶液氧化；D．乙醇与Na反应生成氢气，乙醚不能。【解答】解：A．加碘水变蓝，没有检验葡萄糖，故A错误；B．苯酚与稀溴水反应生成三溴苯酚溶于苯酚，故B错误；C．挥发的醇可被酸性

高锰酸钾溶液氧化，不能证明生成丙烯；D．乙醇与Na反应生成氢气，由实验操作和现象可知，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难

度不大。10．（3分）现代分析仪器对有机物M的分子结构进行测定，相关结果如图：有关M的说法不正确的是（）A．根据图1，M的相对分子质量应为74B．根据图1、图2，推测M的分子式是C4H10OC．根据图1、图2、图

3信息，可确定M是2﹣甲基﹣2﹣丙醇D．根据图1、图2、图3信息，M分子内有三种化学环境不同的H，个数比为6：3：1【分析】质谱图中最大质荷比为有机物的相对分子质量，红外光谱可知物质含有的化学键或官能

团，核磁共振氢谱可知物质中氢原子的种类以及个数比。【解答】解：A.图1中最大质荷比为74，因此M的相对分子质量为74；B.图2可知M中含有烷基与醚键，则其通式可表示为CnH8n+2O，因此14n+2+16＝74，故其分子式为C3H10O，故B正确；C.由图2可知M

属于醚类，不是醇；D.由图3可知M中含有4种类型的氢原子，并且个数比为6：3：4；故选：C。【点评】本题重点考查有机物结构的确定，侧重分析能力的考查，本题难度不大。11．（3分）2020年8月19日发布的《新型冠状病毒肺炎诊疗

方案（试行第八版）》中指出，氯喹类药物可用于治疗新冠肺炎.氯喹和羟基氯喹的结构分别如图1和图2所示（）A．氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OClB．两分子中的手性碳原子数相等C．加入NaOH溶液并加热，再加入

AgNO3溶液后生成白色沉淀，可证明氯喹或羟基氯喹中含有氯原子D．氯喹或羟基氯喹都可与硫酸、盐酸或磷酸反应生成盐类物质【分析】A．氯喹的分子中C、H、N、Cl原子个数依次是18、26、3、1；羟基氯喹分子中C、H、N、O、Cl的个数依次是18、26、3、1、1；B．连接

4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；C．在加入硝酸银溶液之前应该加入足量稀硝酸，中和未反应的NaOH；D．含有氨基，可与酸反应。【解答】解：A．由结构简式可知氯喹的化学式为C18H26N3Cl，羟基氯喹的化学式为C18H26N3OCl，故A正确；B．手性碳原子连接5个不同的原子或

原子团2发生加成反应后，两分子中的手性碳原子数如图所示：，都为5个，故B正确；C．在加入硝酸银溶液之前应该加入稀硝酸中和未反应的NaOH，故C错误；D．含有氨基，则可把氯喹或羟基氯喹与硫酸，易溶于水；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官

能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。12．（3分）化合物M具有广谱抗菌活性，合成M的反应可表示如图：下列说法正确的是（）A．1molM最多可与6molH2发生加成反应B．可用FeCl3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和YC．

Y分子中所有原子不可能在同一平面内D．1molM与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH【分析】A．M中苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酰胺基、酯基、羧基

中碳氧双键和氢气不反应；B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，羧基能和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；C．乙烯、﹣COOH中所有原子共平面；D．酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。【解答】解：

A．M中苯环和氢气以1：3发生加成反应，酰胺基、羧基中碳氧双键和氢气不反应2发生加成反应，故A错误；B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，X能和氯化铁溶液发生显色反应，X和碳酸氢钠溶液不反应，所以可用FeC

l3溶液或NaHCO3溶液鉴别X和Y，故B正确；C．乙烯，Y相当于乙烯分子中的8个氢原子被羧基取代，故C错误；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基和酚羟基，1molM与足量NaOH溶液反应，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构

和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。13．（3分）Fe﹣Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示.晶胞的棱长为a

nm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．Mg原子填充在Fe原子形成的正八面体空隙中B．图中1号和2号原子距离为anmC．该合金的密度为g⋅cm﹣3D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则含48gMg的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为22.4L【

分析】A．顶点的Fe原子与相邻的3个面心的Fe原子形成四面体空隙；B．把1号原子设为A，2号原子设为B，由B向下作垂线，与地面的交点为C，由C向底边作垂线交点为D，如图所示，1号和2号原子距离为AB，则AB2＝BC2+AC2＝BC2+CD2+AD2；C．在晶胞

中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8×+6×＝4，8个Mg原子位于晶胞内，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算合金的密度；D．晶胞中Mg原子为8，H2为1+12×＝4。【解答】解：A．顶点

的Fe原子与相邻的3个面心的Fe原子形成四面体空隙，故A错误；B．把1号原子设为A，由B向下作垂线，由C向底边作垂线交点为D所示，2号和2号原子距离为AB2＝BC4+AC2＝BC2+CD5+AD2＝（anm）2+（anm）2+（anm）2＝a2nm3

，AB＝anmanm；C．在晶胞中，个数为：4×＝4，晶胞质量为g﹣7）7cm3，合金的密度ρ＝＝g⋅cm﹣3＝g⋅cm﹣3，故C错误；D．晶胞中Mg原子为8，H6为1+12×＝4，储存的H2物质的量为7mol，在标准状况下体积为22.

4L；故选：D。【点评】本题考查晶体结构与计算，掌握晶胞结构与计算是关键，侧重考查学生空间想象能力、识图能力、计算能力，试题难度中等。14．（3分）叔丁基溴在稀的碱性水溶液中水解生成叔丁醇的反应分三步进行，反应中每一步的能量变化曲线如图所示，下列有关说法不正确的是（）

A．叔丁基溴在稀的碱性水溶液中生成叔丁醇的反应是放热反应B．（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为反应活性中间体C．决定叔丁基溴水解生成叔丁醇反应的速率的是第二步反应D．第三步反应为（CH3）3C﹣H2+B

r﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr【分析】A．反应物的总能量高于生成物的总能量是放热反应；B．结合图像信息（CH3）3和（CH3）3C﹣H2为第二步和第三步的反应活性中间体；C．活化能最高的反应决定了反应速率；D．根据图像信息，第三步反应为（CH3）3C

﹣H2+Br﹣→（CH3）3C﹣OH+HBr。【解答】解：A．反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；B．（CH3）3和（CH8）3C﹣H2为反应活性中间体，是第二步和第三步的反应活性中间体；C．由图可知、第三步所需的能量都高，故C错误；D．结合图像信息2）3C﹣

H2+Br﹣→（CH5）3C﹣OH+HBr，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生分析和读取信息能力，从活化能的角度分析问题是解题的关键，此题难度中等。二、填空题：本大题共4个小题，共58分.15．（17分

）（1）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法生产。已知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣23.9kJ⋅mol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）＝C2H4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣29.1kJ⋅mol﹣1乙醇异构化反应C2H5OH（

g）＝CH3OCH3（g）ΔH3＝+50.7kJ⋅mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）＝C2H5OH（g）的ΔH＝﹣45.5kJ/mol。（2）已知白磷（P4）和P4O6的分子结构和部分化学键的键能分别如图、表所示：化学键P﹣PO＝

OP﹣O键能（kJ⋅mol﹣1）abc写出气态白磷与氧气反应生成P4O6气体的热化学方程式：P4（白磷s）+3O2＝P4O6（s）△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol。（3）分子中的大π键可用符号Π

mn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Π66），已知SO2分子中含有5对孤电子对，则SO2中的大π键应表示为π34。SO2分子中键角∠OSO＜中键角∠ONO

（填“＞”、“＜”、“＝”）。（4）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个领域。由Mo将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。Mo处于第五周期第ⅥB族，价电子排布与Cr相似，基态Mo原子的价电

子排布式是4d55s1，该超分子中存在的化学键类型有CD（填选项字母）。A.离子键B.氢键C.σ键D.π键（5）有机化合物C15H22O3（）是一种取代有机氯农药DDT的新型杀虫剂，该有机化合物分子中σ键和π键个数之比为41：3。（6）已知有机物A的分子式为C4H8O2，它能在NaOH溶液中发生

水解反应.A与B，C，D等物质存在如下图所示的转化关系，写出实现下列变化的化学方程式。①A+NaOH→B+C：CH3COOC2H5+NaOHCH3COONa+C2H5OH；②C→D：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；③D→B：CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHC

H3COONa+Cu2O↓+3H2O。【分析】（1）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1＝﹣23.9kJ•mol﹣1，甲醇制烯烃反应②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2＝﹣29.1kJ•mol﹣1，乙醇异构

化反应③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3＝+50.7kJ•mol﹣1，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H；（2）根据△H＝反应物的键能总和﹣生成物的键能总和计算反应的焓变，关键

是要知道P4为正四面体结构，1个P4含有6个P﹣P键，1个P4O6分子中含有12个P﹣O键；（3）SO2分子中中心S原子价层电子对数为2+＝3，有1个孤电子对，SO2分子中含有5对孤电子对，则每个O原子中含有2个孤电子对，S原子和每个O原子之间存在一个σ键，

SO2中每个O原子均有1个未成键电子，以此书写SO2中的大π键；中心原子的电负性N＞S，成键电子对间的斥力大，键角大；（4）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，其价电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，据此书写它的基态价电子排布式，该分子中只存在共价键

，共价单键为σ键、共价双键中含有σ键和π键；（5）结构简式可知，该分子中含醛基和碳碳双键两种不饱和双键，双键中有1个σ键和1个π键，其余单键为σ键；（6）A水解生成B、C，C氧化生成D，D继续氧化生成B，

可知B为乙酸钠，C为乙醇，D为乙醛，A为乙酸乙酯。【解答】解：（1）已知：甲醇脱水反应①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4＝﹣23.9kJ•mol﹣1，甲醇制烯烃反应②7CH3OH（g）═C2H6（g）+2H2O（g）△H2＝﹣2

9.1kJ•mol﹣1，乙醇异构化反应③C7H5OH（g）═CH3OCH2（g）△H3＝+50.7kJ•mol﹣8，根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H4O（g）═C2H5OH（g）△H＝（﹣23.3+29.1﹣50.7）k

J/mol＝﹣45.3kJ/mol，故答案为：﹣45.5kJ/mol；（2）反应热△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，由题图可知1个P3分子中含有6个P﹣P键，1个P7O6分子中含有12个P﹣O键，则反应P4（白磷s）+6O2＝P4O7（s）的反应热△H＝（6a+3d﹣1

2c）kJ/mol，白磷燃烧是放热反应，则该反应释放（12c﹣2a﹣3d）kJ的能量4O7气体的热化学方程式为：P4（白磷s）+3O8＝P4O6（s）△H＝（4a+3d﹣12c）kJ/mol，故答案为

：P4（白磷s）+7O2＝P4O4（s）△H＝（6a+3d﹣12c）kJ/mol；（3）SO7分子中中心S原子价层电子对数为2+＝6，SO2分子中含有5对孤电子对，则每个O原子中含有3个孤电子对，SO2中每个O原子均有1个未成键电子，S原子提供两个电子，则SO3中的大π键可

表示为π34，SO6中S原子和NO2中N原子杂化类型相同，配原子种类相同，成键电子对间的斥力大，键角∠OSO小于键角∠ONO，故答案为：π33；＜；（4）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似、5s电子、5s能级上有2个电子55s6，该分子中

只存在共价键，共价单键为σ键，所以该分子中只有σ键和π键，故答案为：4d53s1；CD；（5）结构简式可知，该分子中含醛基和碳碳双键两种不饱和双键，其余单键为σ键，π键为3个，故答案为：41：8；（6）A

水解生成B、C，C氧化生成D，可知B为乙酸钠，D为乙醛，①A+NaOH→B+C反应的化学方程式为：CH3COOC2H4+NaOHCH3COONa+C2H8OH，故答案为：CH3COOC2H2+NaOHCH3COONa+C2H4OH；②C→D反应的化学方程式

为：2CH3CH8OH+O22CH2CHO+2H2O，故答案为：6CH3CH2OH+O72CH3CHO+6H2O；③D→B的反应化学方程式为：CH3CHO+4Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu5O↓+3H2O，故答案为：CH6CHO

+2Cu（OH）2+NaOHCH5COONa+Cu2O↓+3H7O。【点评】本题考查了化学反应的能量变化、热化学方程式书写、原子结构、化学键的类别、有机物的性质分析应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。16．（12分）青蒿素（分子结构：）

是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，熔点为156～157℃，温度超过60℃完全失去药效（已知：乙醚沸点为35℃）。Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图：索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2

上升至装置a，与青蒿粉末接触，进行萃取.萃取液液面达到虹吸管3顶端时，从而实现对青蒿粉末的连续萃取.回答下列问题：（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是增加固液接触面积，提取充分。（2）装置a的名称为球形冷凝管。（3）索氏提取装置提

取的青蒿素位于圆底烧瓶（填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是约萃取剂，可连续萃取（或萃取效率高）。（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是减压蒸馏可降低汽化温度，防止青蒿素失效。Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：取青蒿素样品8.0g配制成250

mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液﹣1Na2S2O3标准液滴定。已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应生成碘单质；②I2+2S2＝2I﹣+S4；③M（青蒿素）＝282g/mol。（5

）当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。（6）三次滴定数据记录如表：滴定次数待测液体（mL）标准液读数（mL）滴定前读数滴定后读数第一次25.001.5041.52第二次25.003.0042.98第三次25.

004.5041.60则青蒿素的纯度为70.5%。【分析】（1）增大接触面积，可提高浸取率；（2）根据仪器a的特征分析判断；（3）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中，溶解青蒿素的乙醚流入圆底烧瓶中；（4）减压蒸馏可降低物质的沸点，分子青蒿素失去药效；（5）淀粉遇到碘单质变蓝，碘单质与

Na2S2O3反应生成I﹣，溶液呈无色；（6）Na2S2O3滴定三次，消耗V（Na2S2O3）分别为40.02mL、39.98mL、37.10mL，第三次数据误差大，舍去，实验中消耗V（Na2S2O3）＝（40.02+39.98）mL＝40.00mL，反应的关系式为：青蒿素～2NaI～I2～2N

a2S2O3，则n（青蒿素）＝n（Na2S2O3）＝0.5×0.04L×0.1mol⋅L﹣1＝0.002mol，样品中m（青蒿素）＝nM＝0.002mol×282g/mol×＝5.64g。【解答】解：（1）实验前要对青蒿进行粉碎可增大接触面积，即可增大反应速率，故答案为：增加固液接触面

积，提取充分；（2）仪器a为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（3）青蒿粉末位于索氏提取器，萃取剂位于圆底烧瓶中；与常规的萃取相比，的优点是节约萃取剂，萃取效率高，故答案为：圆底烧瓶；节约萃取剂；（4）减压蒸馏可降低物质的沸点，是青蒿素充分汽化，故答案为：减压蒸馏可降低汽化温度，防止青蒿素失效

；（5）淀粉遇到碘单质变蓝，碘单质与Na2S2O4反应生成I﹣，溶液呈无色，则滴定终点现象为滴入最后半滴Na2S2O6标准液时，溶液由蓝色变为无色，故答案为：蓝色；无色；（6）Na2S2O5滴定三次，消耗V（Na2S2O4）分别为40.02mL、39.98mL，第三次数据误差大，实验中消耗V（N

a2S2O8）＝（40.02+39.98）mL＝40.00mL6～2Na2S7O3，则n（青蒿素）＝n（Na2S2O4）＝0.5×6.04L×0.1mol⋅L﹣8＝0.002mol，样品中m（青蒿素）＝nM＝0.002mol×282g/mol×，青蒿素的纯度为，故答案为：70.

2%。【点评】本题考查物质制备实验方案设计、物质的分离提纯，明确实验原理、物质的性质、实验操作、混合物的分离方法为解答关键，侧重考查学生的分析、计算能力及实验能力，题目难度中等。17．（15分）环氧树脂粘合剂A，可由以下路线合成得到，请回答下列问题：（1）B的化学名称为异丙苯；B→C+D的

反应类型为氧化反应。（2）F的结构简式为；A中含有的官能团名称为醚键。（3）C+D→E的化学方程式为。（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，请写出符合下列条件的同分异构体的总数15。Ⅰ：能与FeCl3溶液发生显色反应Ⅱ：苯环上只有两个

取代基Ⅲ：不含C﹣O﹣C的结构其中核磁共振氢谱峰面积为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式为。（5）参照上述反应原理，以1，3﹣丁二烯和苯酚为主要原料，设计合成的路线。【分析】与发生加成反应生成，发生氧化反应生成和，2

分子与1分子之间脱去1分子水生成，与氯气发生取代反应生成F为，F发生氧化反应生成，E与G生成A的过程中发生开环加成、卤代烃与羟基的之间的取代反应；（5）苯酚与反应生成，1，3﹣丁二烯与Cl2发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH2CH＝CHCH2Cl用过氧化氢氧化生成。

【解答】解：（1）B的结构简式为，B的化学名称为异丙苯；B→C+D是被氧气氧化生成和，反应类型为氧化反应，故答案为：异丙苯；氧化反应；（2）F的结构简式为；A中含有的官能团名称为醚键，故答案为：；醚键；（3）C+D→E的化

学方程式为，故答案为：；（4）C与D反应还能生成分子式为C9H12O2的副产物，副产物的同分异构体能与FeCl2溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另一个取代基为CH3CH2CH3OH、中烃基失去1个氢原子形成的基团，依次有3种，而7个取代基有邻、间，故符合条

件的同分异构体共有3×（3+4）＝15种，故答案为：15；；（5）苯酚与反应生成，1，3﹣丁二烯与Cl7发生加成反应生成ClCH2CH＝CHCH2Cl，ClCH8CH＝CHCH2Cl用过氧化氢氧化生成，合成路线为，故答案为：。【点评】本题考查有机物的合成，

涉及有机物命名、有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物结构变化理解发生的反应，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。18．（14分）卤素元素比较活泼，能形成种类繁多的化合物，回答下列问题：

（1）F，Cl，BrHF＞HI＞HBr＞HCl。（2）卤素可形成很多酸根离子，如ClO﹣、、、等，的空间结构为三角锥形。（3）卤素元素之间还能形成很多卤素互化物，如ICl，ClF3，BrF5，IF7等，根据I与Cl原子的电负性大小关系写成ICl在水中水解的化

学方程式：ICl+H2O＝HIO+HCl。（4）在石墨烯膜上可以制备Cl元素和Ca元素形成的新型的化合物，如图是俯视图和侧视图，俯视图中小六元环为石墨层（石墨六元环中心正上方）和3个小球（石墨层部分碳原子正上方），请写出该化合物的化学式C

aCl，在石墨六元环中心正上方的元素为Ca。（填元素符号）（5）卤素还被称为成盐元素，某种卤素盐的晶体中含有Cl，Cs与Au三种元素3，Au有两种化合价，其一个晶胞结构如图所示，未标出的两个小球为金（Au），底面正方形边长为apm，高为cpm，分别为mpm和npm（m＜n）

，CsAuCl3的相对分子质量为M，回答下列问题：①如果m与n相等，Cl﹣和Cs+构成面心立方晶胞。②金（Au）离子和Cs+的配位数分别为6和12。③如图所示，以原子1为原点建立坐标系，写出晶胞内部小白球的分数坐标（，，）。【分析】（1）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作

用力越大，沸点越高；形成分子间氢键，沸点升高；（2）中Br原子价层电子对数为3+＝4，有1个孤电子对；（3）Cl的电负性大于I的，ICl在水中水解生成HIO和HCl；（4）由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个C

l，对结构单元的贡献均为，据此分析该晶体的化学式；Ca+半径比Cl﹣半径大；（5）①由CsAuCl3晶胞结构图可知，如果m与n相等，Cl﹣位于顶点，Cs+位于面心；②由CsAuCl3晶胞结构图可知，距离金（Au）离子最近且相等的氯

离子位于金离子的上下左右前后；距离氯离子最近且相等的金离子位于其相邻的三个面的面心；③小白球位于上半个晶胞的体心。【解答】解：（1）HCl、HBr，相对分子质量：HCl＜HBr＜HI，HF可形成分子间氢键，故F，Br，故答案为：

HF＞HI＞HBr＞HCl；（2）中Br原子价层电子对数为3+，有1个孤电子对，故答案为：三角锥形；（3）Cl的电负性大于I的，ICl在水中水解生成HIO和HCl5O＝HIO+HCl，故答案为：ICl+H2O＝HIO+HCl；（4）由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有

3个Ca和7个Cl，Ca＝1；Ca+半径比Cl﹣半径大，由图可知，故答案为：CaCl；Ca；（5）①由CsAuCl4晶胞结构图可知，如果m与n相等﹣位于顶点，Cs+位于面心，Cl﹣和Cs+构成面心立方晶胞，故答案为：面心立方；②由CsAuCl3晶胞结构图可

知，距离金（Au）离子最近且相等的氯离子位于金离子的上下左右前后；距离氯离子最近且相等的金离子位于其相邻的三个面的面心＝12+的配位数为12，故答案为：6；12；③由CsAuCl2晶胞结构图可知，小白

球位于上半个晶胞的体心），其分数坐标为（，，），故答案为：（，，）。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及沸点比较、空间构型、化学方程式、晶胞结构与计算等知识点，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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