广西名校联盟2021届高三模拟考试理科综合化学试题（含答案解析）

广西名校联盟2021届高三模拟考试理科综合化学试题

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一、单选题

1.化学与社会、科学、技术环境密切相关。下列说法不正确的是

A.75%的酒精、84消毒液都能杀死新冠病毒及消毒原理不同

B.水泥、玻璃、青花瓷，水晶、玛瑙、分子筛都属于硅酸盐工业产品

C.人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料•，及主要成分是氧化铝

D.护肤霜中甘油做保湿剂是利用了丙三醇的吸水性

2.如图为有机物M、N、Q的转化关系，下列说法正确的是

小一定条件C1一定条件HO人.

ClOH

MNQ

A.Q的分子式为C4H8。2

B.M至N的反应类型是取代反应

C.可用酸性KMnCM溶液区分M与N

D.ImolQ与足量金属钠反应生成0.5molH2

3.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是

A.O.lmol甲基中所含电子数目为NA为

B.2.0gH2i8O与D2O的混合物中所含中子数为NA为

C.常温时，pH=12的Na2co3溶液中水电离出的OH-的数目为O.OINA

1

D.2SO2+O2^2SO.3AH=-akJ-mol-,当2moiSCh和ImolCh充分反应，释放akJ的能量

4.用黄色的FeCb溶液分别进行下列实验，其中解释或结论不正确的是

选项实验现象解释或结论

A加入FeCb固体溶液变成红褐色FeCb的水解程度变大

B加入等体积的水溶液颜色变浅c(Fe3+)变小

C加入足量的Fe粉溶液颜色变成浅绿色2Fe3++Fe=3Fe2+

D将FeCb溶液微热溶液变成红褐色水解反应AH〉。

A.AB.BC.CD.D

5.NO2、O2和熔融NaN03可制作燃料电池，其原理如图，下列判断不正确的是

Y■阍

飞嗔罩「

A.石墨电极1为电池负极

B.工作原理示意图中的Y为N2O5

C.石墨II电极发生的电极反应为O2+2N2O5-4e=4NO；

D.每消耗0.1molNO2转移电子0.1mol

6.X、Y、W、Z、是四种常见短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示，已

知W的一种核数的质量数为18,中子数为10,X原子的核外电子总数比Ne原子多一

个，Y单质常用于制作半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。下列说法

正确的是

原子半径

*

A.最高化合价：X>Y>Z

B.简单气态氢化物的稳定性：Y>W

C.由X、Z、W元素形成的二元化合物一定含有离子键

D.Y的单质与X的最高价氧化物对应水化物的溶液反应生成氢气

7.常温下，将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH

与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是

B.当NaOH溶液与HB混合至中性时：c(B-)<c(HB)

C.等浓度的NaA、NaB溶液中，水的电离程度：NaA>NaB

试卷第2页，共6页

D.等浓度的HB和NaA的混合溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(B>c(H+)>c(OH^)

二、实验题

8.某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设

计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：

(1)仪器b中可选择的固体试剂为(填名称)：仪器D的名称是。

(2)实验室中，利用装置A,还可制取的无色气体是(填字母)。

A.ChB.O2C.CO2D.NO2

(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体生

成，上述现象证明NH3具有性，写出相应的化学方程式。

(4)E装置中浓硫酸的作用。

(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作：o

(6)实验完毕，若测得仪器D增重mg,装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，

则氨分子中氮、氢原子个数比为(用含m,n字母的代数式表示)。

三、工业流程题

9.用含钻废料(主要成分为Co,还含有一定量的NiO,AI2O3、Fe、SiCh等)制备草酸

钻晶体(CoC2O4-2H2O)的工艺流程如下图所示：

(NHJjCA

H2SO4HJO^COORH，.____.

,JLJLT操作①

I含.废料雨f［事IT浸用液------->

IB溶有NiR,的有机层1

滤渣1滤渣口有机溶剂

已知：①草酸钻晶体难溶于水；②RH为有机物(难电离)。回答下列问题：

(1)滤渣I的主要成分是(填化学式)，操作①的名称，需用到的玻璃仪器

有。

(2汨2。2是一种绿色氧化剂，加入H2O2时发生反应的离子方程式为。加入CoO

的目的是。

(3)［已知：溶液中某种离子的浓度小于1.0xl(y5moi.L,则认为该离子已经完全沉淀；

Ni(OH)2、Fe(OH)3、A1(OH)3的Ksp分别为LOxlORi.QxlO^,1.0X10-32］»若要将浸

出液中Fe?+和A13+全部沉淀，则应将浸出液的pH控制在_______之间。

(4)加入有机溶剂的目的是。实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定溶液中的CzO

4'浓度,KMnO4标准液常用硫酸酸化,若用盐酸酸化，会使测定结果(填“偏高”、

“偏低”或“无影响”)。

(5)水层中加入(NH4)2C2C>4溶液，判断C02+沉淀完全的操作是。

四、原理综合题

10.亚硝酸氯(C1NO)是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与C12在通常条件下

反应得到，化学方程式为2NO(g)+CL(g)U2ClNO(g)。

(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：

@4NO2(g)+2NaCl(s)#2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)K,

@2NO2(g)+NaCl(s)#NaNO3(s)+ClNO(g)K2

③2NO(g)+C12(g)U2ClNO(g)K3

则KI、K2、Kj之间的关系为K3=。

(2)rC时，2NO(g)+CL(g)=2ClNO(g)的正反应速率表达式v跖kcYQNO),测得速率和浓

度的关系如下表：

序号c(ClNO)/mol-LTv/mol-L-1-s-,

0.33.6x10-8

②0.61.44x1O-7

③0.93.24x10-7

则n=；k=(注明单位)。

⑶在2L的恒容密闭容器中充入4moiNO(g)和2moich(g),在不同温度下测得c(ClNO)

与时间的关系如图I。

①温度为Ti时，能作为该反应达到平衡的标志的有。(填选项标号)。

A.气体体积保持不变

试卷第4页，共6页

B.容器压强保持不变

C.平衡常数K保持不变

D.气体颜色保持不变

E.v(ClNO)=v(NO)

F.NO与C1NO的物质的量比值保持不变

②反应开始到lOmin时，CL的平均反应速率v(CL)=。

③温度为T?时，lOmin时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=。

(4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和02(g),平衡时ClNO(g)

的体积分数(P随[n(NO)/n(C12)]的变化如图0,则A、B、C三个状态中，NO的转化率最

小的是点，当n(NO)/n(Cl2)=3时，达到平衡状态时ClNO(g)的体积分数(p可能是

D、E、F三点中的点。(填“D”“E”或"F”)点。

五、结构与性质

11.据世界权威刊物《自然》最近报道，我国科学家选择神化错(ZrTez)和碑化镉(Cd3As2)

为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：

⑴锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌:[Ar]3di。4s2、

②锌：[Ar]3(T04si、③铜：[Ar]3d1如1、④铜:[Ar]3dq失去1个电子需要的能量由大

到小排序是(填选项标号)。

A.④②①③B.④②③①C.①②④③D.①©③②

(2)硫和部位于同主族，H2s的分解温度高于H?Te,其主要原因是。在硫的化合

物中，H?S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互

斥理论解释：；用杂化轨道理论解释：。

(3)C<P+与NH3等配体形成配离子。[Cd(NH3)4]2+中2个NFB被2个替代只得到1种结

构，它的立体构型是.ImolNFh含molG键。

(4)神与卤素形成多种卤化物。AsCh.ASF3.AsBn的熔点由高到低的排序为。

(5)错晶胞如图1所示，1个晶胞含个Zr原子；这种堆积方式称为。

图।

(6)镉晶胞如图2所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg-cnr3。在该晶

胞中两个镉原子最近核间距为nm(用含NA.d的代数式表示)，镉晶胞中原子空间

利用率为(用含兀的代数式表示)。

图2

六、有机推断题

12.光气()界面缩聚法合成一种高分子化合物聚碳酸酯G的合成路线如图所示:

0

-►C-催化剂厂产厂喘；八

一定条件

A“O->B-------------C3H6。——-H0^O-C^-0H色"G

c3H6C9H12

—►D-CH3

C6H6。E

K

0

酸性高镒酸钾溶液脱水

Cl-<z；—H—

CRX〉。」

4一氯一1,2一二甲苯C8H5O4CI

10

己知：21］一0防

+2NaCl

(l)A-B的反应类型为oC的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，C的化学名称为

(2)E的分子式为,H中含有的官能团名称为,B的结构简式为。

(3)写出F生成G的化学方程式为o

(4)F与I以1：2的比例发生反应时的产物K的结构简式为。

(5)H->I时有多种副产物，其中一种含有3个环的有机物的结构筒式为o

(6)4-氯-1,2-二甲苯的同分异构体中属于芳香族化合物的有种。

(7)写出用2-澳丙烷与D为原料，结合题中信息及中学化学所学知识合成

BrBr

+,内言土的路线，无机试剂任取。(已知：一般情况下，浪

苯不与NaOH溶液发生水解反应)。例：CH3cH20H——黑~>CH2-CH2^^

H,C—<：H.

II

BrBr

试卷第6页，共6页

参考答案

1.B

【详解】

A.75%的酒精的消毒原理是使蛋白质变性，84消毒液的主要成分是次氯酸钠具有强氧化性,

能起到杀菌消毒的作用，原理不同，A项正确；

B.水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐，不属于硅酸盐工业产品，

B项错误；

C.人造刚玉的主要成分是氧化铝，C项正确；

D.甘油是含有羟基数目较多的多羟基醇，具有吸水性，可作护肤保湿剂，D项正确；

答案选B。

2.C

【详解】

A.Q的分子式为C4H10O2,A项错误；

B.M至N的反应类型是加成反应，B项错误；

C.烯燃与酸性高镒酸钾反应，使高镒酸钾溶液褪色，而饱和卤代烧与酸性高镒酸钾不反应，

故可用酸性KMnO4溶液区分M与N,C项正确；

D.0H+2Na-Nao4+H2T,ImolQ与足量金属钠反应生成

lmolH2,D项错误；

答案选C。

3.B

【详解】

A.0.1mol甲基中所含电子数目为0.9NA,A项错误；

B.比出。与D2O均含有10个中子，Hz*。与D2O的摩尔质量均为中g/mol,2.0gH2i8。与

DzO的混合物中所含中子数为NA,B项正确；

C.溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，C项错误；

D.热化学方程式中的反应热是物质完全转化时的能量变化，而2moiSO2和ImolCh充分反

应不可能完全转化，则释放小于akJ的能量，D项错误；

答案选B。

4.A

【详解】

答案第1页，共10页

A.加入氯化铁固体，溶液变为红褐色，溶液中水解生成的氢氧化铁浓度变大，但溶液浓度

越大水解程度越小，A项错误；

B.溶液颜色变浅，可以说明铁离子浓度变小，B项正确；

C.铁离子具有强氧化性，可与铁发生氧化还原反应，发生2F/+Fe=3Fe2+,溶液颜色变成

浅绿色，C项正确；

D.将氯化铁溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡正向移动，D项正确；

答案选A。

5.C

【详解】

A.石墨n极，通入氧气，所以石墨n极为正极，则石墨电极I为电池负极，A项正确；

B.石墨电极I为电池负极，发生电极反应为：NO2+NOre=N2O5,产物Y为N2O5,B项

正确；

c.石墨n极为正极，发生的是还原反应而不是氧化反应，发生的电极反应为

O2+2N2O5+4e-4NO；,C项错误；

D.由B分析，消耗O.lmoINCh,转移0.1mol电子，D项正确；

答案选C。

6.D

【分析】

W的一种核素的质量数为18,中子数为10,则W的质子数为8,W为O元素；X原子的核

外电子总数比Ne原子多1个，则X为Na元素；Y的单质常用于制作半导体材料，则Y为

Si元素；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，再参照Z的原子半径和原子序数，则Z为

C1元素，据此分析解答。

【详解】

由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为0、Na、Si、Cl元素。

A.X(Na)的最高化合价为+1价，Y(Si)的最高化合价为+4价，Z(C1)的最高化合价为+7价，

则最高化合价：Z>Y>X,A项错误；

B.非金属性Si<0,则简单气态氢化物的稳定性：SiH4VH20,B项错误；

C.Z与W组成的化合物为NaCL含有离子键，但C1和0形成的二元化合物如C102.只含

共价键，C项错误；

答案第2页，共10页

D.硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气，D项正确；

答案选D。

7.D

【详解】

CAC+

A.Ka(HA)=c(H,当(-)=(HA)时，Ka(HA)=c(H),则K“(HA)在1()30〜](p.5之间，

c(HA)

Ka(HA)的数量级为10",A项错误；

B.根据图知，当溶液中c(B-)=c(HB)时溶液呈酸性，说明HB的电离作用大于B-的水解作用，

所以c(B>c(HB),B项错误；

C.根据图象可知，当溶液中酸分子的浓度等于酸电离产生的离子浓度时，溶液的pH大小

关系HA<HB,说明HA电离程度大，即HA的酸性强，根据盐的水解规律可知，等浓度的

NaA、NaB溶液中，水的电离程度：NaA<NaB,C项错误；

D.NaA是强碱弱酸盐，A-发生水解反应消耗，所以c(Na+)>c(A),HB是弱酸，存在电离平

衡，所以等浓度的盐电离产生的离子浓度大于弱酸电离产生的离子浓度，故c(A)>c(B-)；由

于溶液中c(B-)=c(HB)时，溶液呈酸性，又根据选项C分析可知酸性：HA>HB,可见等浓度

的HB和NaA的混合溶液显酸性，c(H+)>c(OH),故该溶液中离子浓度大小关系为：

c(Na+)>c(A-)>c(B)>c(H+)>c(OH),D项正确；

答案选D。

8.氢氧化钠、氧化钙或碱石灰球形干燥管BC还原性3CUO+2NH3=

A

3Cu+3H2O+N2吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D,以免影响生成水的测定

慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平亡一

11.2m

【分析】

A装置利用浓氨水与固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰作用制得氨气，经过B中碱石灰干燥后

的氨气进入C中，将加热的CuO还原为Cu,同时生成水和氮气，其中D中碱石灰增重的质

量就是反应生成的水，F中所得气体的体积为氮气，结合原子守恒即可计算出氨分子中氮、

氢的原子个数比，据此分析解题。

【详解】

(1)仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热且c(OH)增大，促进一

水合氨分解生成氨气，可选择固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰；D为球形干燥管；

(2)利用装置A,可制取的无色气体；

答案第3页,共10页

A.可利用高镭酸钾与浓盐酸反应制备氯气，但氯气为黄绿色气体，故A不选；

B.利用过氧化氢在二氧化锦催化下分解制备氧气，氧气是无色气体，故B选；

C.利用稀盐酸滴入大理石上反应制备无色的二氧化碳气体，故C选；

D.可利用Cu和浓硝酸反应制备二氧化氮，但N02是红棕色气体，故D不选；

故答案为BC；

(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明

氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合电子守恒和原

子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH3=3CU+3H2O+N2;

A

(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D,以免影响生成水

的测定；

(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面

相平，保证氮气产生的压强等于外界大气压，再读数；

(6)若测得干燥管D增重mg,则生成水的物质的量=[8：,o1，装置F测得气体的体积为

nL(已折算成标准状况)为N2,物质的量=^^~~7.依据元素守恒得到氮原子和氢原子物

mg

质的量之比=(“廿，x2)：(12,x2)=浅一，则氨分子中氮、氢的原子个数比

22.4L/mol18g/mol11.2m

斗9n

为11.2m°

2++3+

9.SiO2分液分液漏斗、烧杯2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O调节溶液的

pH5<pH<9溶解NiR2,使之与水层分离偏高当静置后，向上层清液继续滴

加(NH4)2C2O4,无沉淀现象出现

【分析】

粉碎后用硫酸溶解，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有硫酸钻、硫酸镁、硫酸亚

铁、硫酸铝以及过量的硫酸，滤渣I为二氧化硅；滤液中加入过氧化氢和氧化钻，将亚铁离

子氧化为铁离子，同时调节pH,使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣H为氢氧化

铁、氢氧化铝；此时溶液中阳离子为镇离子、钻离子，向滤液中加入有机物RH与Ni2+反应，

然后用有机溶剂进行萃取分液，NiR?溶于有机层，钻离子在水层，向水层加入(NHQ2C2O4,

析出草酸钻晶体。

【详解】

(1)用含钻废料-，粉碎后用硫酸溶解，二氧化硅不与硫酸反应，滤渣【为SiO2；通过操作①

答案第4页，共10页

得到水层和有机层，则操作①为分液；分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；

(2)过氧化氢与亚铁离子反应生成铁离子，离子方程式为2Fe2++2H++HQ2=2Fe3++2Hq；加

入CoO的目的是调节溶液的pH；

(3)若要将浸出液中铁离子和铝离子全部沉淀，氢氧化铝的Ksp=1X10-32,则

c(OH)==10-9mol/L,则c(H+)=10-5,=5Ni?+不能沉淀，开始沉淀的

V1x10-5pH;

c(OH-)=12xl()T5xio-5mol/L，贝Ic(H+)=10-9,pH=9,则调节pH在5至lj9之间；

(4)加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2,使之与水层分离；实验室可以用酸性高锌酸钾标准

液滴定草酸根离子来测定溶液中草酸根离子的浓度，高锯酸钾标准溶液常用硫酸酸化，发生

+2+

2MnO4+5C2O>16H=2Mn+10CO2T+8H2O,若用盐酸酸化，高镒酸钾会氧化盐酸中的

氯离子，消耗高钵酸钾偏多，测定结果偏高；

(5)萃取后余液中加入(NHQ2C2O4溶液沉淀Co2+,当静置后，向上层清液继续滴加(NHQ2C2O4,

无沉淀现象出现可判断C02+沉淀完全。

K2

10.K,240xlO-7moi.LT.sTBDF0.05mol-L-1-min_12L/mol

Ki

CF

【详解】

(1)已知①4NO?(g)+2NaCl(s)^=i2NaNO3(s)+2NO(g)+C12(g)K,

@2NO2(g)+NaCl(s)^^tNaNO：,(s)+C1NO(g)K2

③2NO(g)+C12(g):?：^2C1NO(g)Ka

将方程式2X②-①得方程式③，③为:2N0(g)+Cb(g)^=i2ClNO(g),则平衡常数

K2K2

降=言，故答案为：匕=,。

(2)根据表中数据可知=位空,n=2；将n代入v=k或中，

,"Xi。：1E

3.6x10—8—0.3"

k=3.6x1?=4.0x107moiL”-s-1。

0.32

(3)①A.恒容条件下，气体体积等于容器体积，始终保持不变，不能据此判断平衡状态，A

错误；

答案第5页，共10页

B.反应前后气体的物质的量减小，压强越小，当容器压强保持不变时，正逆反应速率相等，

反应达到平衡状态，B正确；

C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，不能据此判断平衡状态，C

错误；

D.只有氯气有色，当气体颜色保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；

E.v(C1N0)=v(N0)时，反应方向未知，无法确定是否达到平衡状态，E错误；

F.NO与C1N0的物质的量比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，F正

确；故答案为：BDFo

②根据图像可知v(QNO)=粤匹=0.1mol【Lmin",同一时间段内各物质的反应速率之

lOmin

比等于其计量数之比，据此得v(C12)=l/2v(ClNO)=l/2xO」mol/(L-min)=0.05mol/(L-min),故答

案为:O.OSmolL-'min-'o

③开始c(NO)=4mol/2L=2mol/L、c(Cl2)=2rnol/2L=1mol/L,根据三段式：

2NO+3?2C1NO

起始浓度210

转化浓度10.51

平衡浓度(mo〃L)10.51

2

Uc(C1NO)I2

化学平衡常数K=--=2L/mol,故答案为：2L/moL

(NO)八(Cl?)

(4)NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最小的是C点；当反应物的物质的量

之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(CL)=2.8时，产物的含量减小，

所以应该是F点，故答案为：C；Fo

11.AS原子半径小于Te,H-S犍的键能较大CS2分子中C原子价层没有孤电子对,

成键电子对之间排斥力相同且较小H2s中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化正

四面体3AsBra>AsCh>AsFj6六方最密堆积

6

——71

8

【分析】

本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、电离能、键角大小判断、杂化类型和离子空间

构型、金属晶体堆积方式和分子晶体性质比较等知识，侧重考查基础知识灵活运用、空间想

像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞密度公式灵活运用，题目难度中等。

答案第6页,共10页

金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a,原子半径为r)：

(1)面对角线长=0a

(2)体对角线长=儡

(3)体心立方堆积4r=6a

(4)面心立方堆积4r=0a

【详解】

(1)电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大.而同一元

素电离能满足：I|Vl2<l3〈l4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①〉③；铜

的第二电离能大于锌的第二电离能，有④〉②。锌的第二电离能大于第一电离能，②〉①。

故选A。答案为：A；

(2)从原子半径、键能角度分析气态氢化物的热稳定性。原子半径：r(S)<r(Te),键能：H

-S>H-Te,所以H2s较稳定。H2s分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键

电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电

子对，成键电子对之间排斥力相同，呈直线形最稳定，键角较大。从杂化轨道角度解释，

H2s中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化。答案为：S原子半径小于Te,H-S键的键能

较大；H2s分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子

对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥

力相同且较小；H2s中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化；

⑶[Cd(NH3)4]2'中2个NH3被2个C1-替代只得到1种结构，说明CcF'采用sp3杂化，呈正

四面体结构。N-H键均为◎键，所以1molNH3含3moi。健。答案为：正四面体；3；

(4)它们都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。故熔点排序为AsBn

>AsCh>AsF3o答案为：AsBrj>AsCh>AsFj；

(5)在六棱柱中，12个原子位于顶点，各贡献六分之一，2个原子位于面心，各贡献二分之一，

3个原子位于体内，所以1个六棱柱含6个原子。这种堆积方式叫六方最密堆积。答案为：

6：六方最密堆积；

(6)图2为体心立方堆积，3个镉原子位于体对角线且相切，1个晶胞含2个镉原子。设晶胞

参数为a,则有密度d=U/,a=J^xlO7nm。设两镉原子最近核间距为x,