2025年浙科版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年浙科版选择性必修2化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2C12(CO)2·2H2O]；其结构如图。

下列有关氯化羰基亚铜的说法不正确的是A.该配合物的配体有CO、H2O两种B.该复合物中Cl原子的杂化方式为sp3杂化C.该配合物中，Cu+提供空轨道接受弧对电子形成配位键D.该配合物中，中心离子的配位数为42、氮化硅是一种性能优异的半导体材料。下列说法正确的是A.硅也是一种半导体材料B.非金属性：C.原子半径：D.硅位于第3周期第VIA族3、下列说法正确的是A.是三角锥形B.是V形，则A可能采取杂化C.中采取杂化，是非极性分子D.是平面四边形结构4、下列说法中，错误的是A.只含分子的晶体一定是分子晶体B.碘晶体升华时破坏了共价键C.几乎所有的酸都属于分子晶体D.稀有气体中只含原子，但稀有气体的晶体属于分子晶体5、下列说法正确的是A.化学键的形成一定伴随着电子的得失和能量的变化B.某晶体固态时不导电，水溶液能导电，说明该晶体一定是离子晶体C.硫酸钾在熔融状态下离子键被削弱，形成能自由移动的阴、阳离子，具有导电性D.H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大，沸点依次升高6、下列各组晶体物质中；化学键类型相同，晶体类型也相同的是()

①SiO2和SO3②晶体硼和HCl③CO2和SO2④晶体硅和金刚石⑤晶体氖和晶体氮⑥硫黄和碘A.①②③B.④⑤⑥C.③④⑥D.①③⑤7、根据杂化轨道理论和价电子对互斥理论模型判断，下列分子或离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是。选项分子或离子中心原子杂化方式价电子对互斥理论模型分子或离子的空间构型ANOsp3四面体形V形BBF3sp2平面三角形三角锥形CSOCl2sp3四面体形三角锥形DClOsp2平面三角形平面三角形

A.AB.BC.CD.D8、下列关于共价晶体、分子晶体的叙述中，正确的是A.在SiO2晶体中，1个硅原子和2个氧原子形成2个共价键B.分子晶体中一定存在共价键C.HI的相对分子质量大于HF，所以HI的沸点高于HFD.金刚石为共价键三维骨架结构，晶体中的最小环上有6个碳原子9、下列关于键长、键能和键角的说法中不正确的是()A.键角是描述分子立体结构的重要参数B.键长的大小与成键原子的半径和成键数目有关C.C=C键的键能等于C—C键键能的2倍D.因为O—H键的键能小于H—F键的键能，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)10、表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.晶体中含有个NaCl分子B.晶体中，所有的最外层电子总数为8C.将晶体溶于水中，可配制得的NaCl溶液D.向可变容器中充入和个在标准状况下的体积小于11、砒霜是两性氧化物分子结构如图所示溶于盐酸生成用还原生成下列说法正确的是。

A.分子中As原子的杂化方式为B.为共价化合物C.空间构型为平面正三角形D.分子键角大于109.5℃12、下列各组分子的立体构型相同的是A.B.C.D.13、下列化学实验中出现的先后两个现象中，只包含一个化学变化的是A.向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀而后沉淀溶解B.向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加后沉淀溶解C.向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色D.向甲酸溶液中加入新制沉淀部分溶解，加热后产生砖红色沉淀14、亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解：下列关于该反应说法正确的是A.中每个中含10个电子B.分子中σ键和π键数目比为3：2C.配合物中配位原子是碳原子D.已知晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是215、下列有关晶体的叙述不正确的是A.金刚石和二氧化硅晶体的最小结构单元都是正四面体，形成的最小的环都是六元环；B.含1molC的金刚石中C-C键数目是晶体中Si-O键数目是C.水晶和干冰在熔化时，晶体中的共价键都会断裂D.晶体是原子晶体，所以晶体中不存在分子，不是它的分子式16、已知氢化锂固体不导电，隔绝空气熔融时能导电，它跟水反应能生成氢气。下列有关氢化锂的说法中，错误的是A.LiH是离子晶体B.LiH的水溶液呈酸性C.LiH是一种氧化剂D.LiH中H—半径大于Li+半径评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。

(1)画出基态Co2＋离子的价电子排布图__________________。

(2)Co2＋与CN—结合形成配合物[(Co(CN)6]4－，其中与Co2＋结合的C原子的杂化方式是_____。

(3)NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH____(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因________________。

(4)Li2O的熔点为1570℃，CoO的熔点为1935℃，解释后者熔点更高的主要原因是_____。

(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为dg·cm－3，以NA代表阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的C－C键长为________pm，晶胞中A、B两原子间距为________pm。

18、依据原子结构；元素周期表填空。

(1)某元素的原子序数为33，该元素原子的价电子排布式为____________________________该元素原子核外______个能级，_______个原子轨道。

(2)铜原子核外电子排布式为_________________________，属于第_____周期,______族。

(3)位于第四周期ⅥB族元素核外电子排布式___________________________，价电子的排布图____________________。

(4)某元素原子的价电子构型为3d54s2，它属于____区元素，最高正化合价为____，元素符号是_____19、根据所学内容填空：

(1)有下列物质：①HF、②③④⑤⑥其中属于极性分子的是_______(填序号，下同)，既有键又有键的是_______。

(2)下列分子中，空间构型为正四面体且键角为109°28′的是_______。

a．b．c．d．e．f．

(3)的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_______。

(4)丙烯腈分子()中碳原子杂化轨道类型为_______。

(5)ⅥA族元素氧；硫、硒(Se)的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

①的酸性比_______(填“强”或“弱”)。离子的空间构型为_______。

②如图所示，每条折线表示周期表ⅣA—ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是_______(化学式)。

20、制备石硫合剂(一种常用农药)的方法如下：先在反应器内加水使石灰消解；然后加足水量，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入。升温熬煮，使硫发生歧化反应。滤去固体渣滓得到粘稠状深棕色透明碱性液体成品。

(1)写出生成产品的歧化反应的化学反应方程式___________。

(2)说明固体渣滓的成分(假定水和生石灰皆为纯品)_________。

(3)写出呈现深棕色物质的化学式__________。

(4)通常采用下述路线进行石硫合剂成品中有效活性物种的含量分析。写出A、B和C所代表的物种的化学式________、________、________。

(5)我国科技工作者首创用石硫合剂提取黄金的新工艺，其原理类似于氰化法提金，不同的是过程中不需要通入空气。写出石硫合剂浸金过程中氧化剂的化学式_________，指出形成的Au(I)配离子中的配位原子________。21、的空间构型为___________(用文字描述)；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为___________(填元素符号)。22、[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN

(1)Zn2+基态核外电子排布式为___________。

(2)1molHCHO分子中含有σ键的数目为___________mol。

(3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是___________。HOCH2CN的结构简式

(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为___________。

(5)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为___________。23、Ⅰ.下图为几种晶体或晶胞的示意图；请回答下列问题：

(1)上述晶体中，晶体粒子之间以共价键结合形成的是___________。

(2)冰、金刚石、MgO、干冰4种晶体的熔点由高到低的顺序为___________。

(3)MgO晶胞中，每个MgO晶胞中平均占有___________个由与最近的围成的空间几何构型为___________。

(4)铜晶体中一个Cu周围紧邻的Cu有___________个，晶体中的配位数是___________。

(5)冰的熔点远高于干冰，除是___________分子外(填“极性”或“非极性”)，还有一个重要的原因是___________。

Ⅱ.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125

(6)一个晶胞中有___________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn___________(用分数坐标表示)。晶体中与单个Sn键合的As有___________个。24、在低压合成甲醇反应()所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。25、(1)在30℃时生成一硝基取代产物，而在60℃时生成一硝基取代产物。两者反应温度不同的主要原因是_____________。

(2)NH2Cl中各原子均满足电子稳定结构。写出NH2Cl的电子式：___________。

(3)二氧化碳晶体硬度很小，而二氧化硅晶体的硬度很大，其原因是____________。评卷人得分四、判断题(共2题，共16分)26、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误27、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误评卷人得分五、原理综合题(共4题，共36分)28、元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。

（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为__________________。

（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是________(填序号)。

a．Cl2、Br2、I2的熔点b．Cl2、Br2、I2的氧化性。

c．HCl、HBr、HI的热稳定性d．HCl、HBr；HI的酸性。

（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：

NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体。

①完成I中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□_____。

②Ⅱ中转化的基本反应类型是___________________，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是______________________________。

（4）一定条件，在水溶液中1molCl－、ClO－(x＝1；2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图所示。

①D是_________________(填离子符号)。

②B→A＋C反应的热化学方程式为_____________________(用离子符号表示)。29、Fe2＋、Fe3＋与O22－、CN－、F－有机分子等形成的化合物具有广泛的应用。

(1)C、N、O原子的第一电离能由大到小的顺序是___________________________。

(2)Fe2＋基态核外电子排布式为_____________________________。

(3)乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂；其结构如图1所示。

此物质中碳原子的杂化方式是______________________。

(4)配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的化学式为________。已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为_____________。

(5)F－不仅可与Fe3＋形成[FeF6]3－，还可以与Mg2＋、K＋形成一种立方晶系的离子晶体；此晶体应用于激光领域，结构如图2所示。

该晶体的化学式为___________________________________。30、非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：

(1)基态硼原子的价电子排布图是____________，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。

(2)B的简单氢化物BH3，不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。

①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为____________________。

②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填分子式）。

(3)如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是____________。

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm和cnm．如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_________；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_____g·cm－3（用含字母的代数式表示）。31、钴元素是三元锂离子电池阳极材料的重要成分。请回答下列问题：

(1)钴元素在周期表中的位置是______________。

(2)已知第四电离能大小：I4(Fe)＞I4(Co)，从原子结构的角度分析可能的原因是__________。

(3)Cu2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物；其结构如图所示：

①该配合物中氯原子的杂化方式为______。

②该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是______。

(4)某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子亲和能。下列有关说法正确的是__(填标号)。

a、Cl-Cl键的键能为119.6kJ/molb；Na的第一电离能为603.4kJ/mol

c、NaCl的晶格能为785.6kJ/mold；Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol

(5)碲化锌晶体有两种结构；其中一种晶胞结构如图：

若与Zn距离最近的Te原子间距为apm，则晶体密度为__________g/cm3。评卷人得分六、有机推断题(共4题，共8分)32、受体拮抗剂是指能与受体结合；但不具备内在活性的一类物质。某受体拮抗剂的中间体G的合成路线如下：

已知：①

②R-CNR-COOH

请回答：

(1)化合物C的分子式是______，其含氧官能团的名称是_____________________。

(2)由A生成B的反应类型是_________________。

(3)已知：碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳。写出化合物G与足量H2发生加成反应产物的结构简式，并田*标出其中的手性碳原子_______________。

(4)化合物M是比B少一个碳原子的同系物，请写出符合以下四个条件的同分异构体的结构简式_____________。

①遇FeCl3溶液发生显色反应。

②苯环上连有两个取代基。

③核磁共振氢谱有5组吸收峰。

④1mol物质与足量NaHCO3溶液反应最多产生1molCO2

(5)写出E→F的化学方程式__________________。

(6)以化合物等为原料，设计合成化合物的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。33、有机物玻璃是一种常见的高分子材料；由丙酮制备有机玻璃的流程如下：

(1)物质A的化学式为____，分子中σ键与π键的个数比为____。

(2)分子中氢核磁共振谱峰的比值为____；反应③的类型是____。

(3)反应④的化学方程式为____。

(4)反应⑤为加聚反应，有机玻璃的结构简式为____。34、(1)在下列物质中，互为同分异构体的有________；互为同系物的有________；同为一种物质的有________。(分别用物质的序号填空)

(2)某气态烃测得其密度是相同条件下氢气的28倍；

①该烃的分子式为________。

②若能使KMnO4酸性溶液褪色，则可能的结构简式为____________、____________、____________。

③上述②中的混合物与足量的H2反应后，所得产物共有________种。

④上述②中的混合物若与足量HBr反应后，所得产物共有________种，写出产物中有手性碳原子的物质的结构简式为__________________________35、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：________（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）用结构简式表示A中含有的官能团：__________、________（4）A的1H核磁共振谱如图。

（4）A中含有________种氢原子（5）综上所述，A的结构简式________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A．根据复合物氯化羰基亚铜[Cu2C12(CO)2·2H2O]的结构可知，该复合物中配体有CO、H2O和Cl原子；故A错误；

B．该配合物中，每个Cl原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，Cl原子杂化类型为sp3；故B正确；

C．该配合物中，Cu+能够提供空轨道；接受C；O和Cl原子提供的弧对电子形成配位键，故C正确；

D．根据图示；该配合物中，中心离子的配位数为4，故D正确；

故选A。2、A【分析】【详解】

A．晶体硅是良好的半导体材料；故A正确；

B．同周期从左到右元素的非金属性增强，同主族从上到下元素的非金属性减弱，非金属性：N>C>Si，则有非金属性：N>Si；故B错误；

C．原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径：Si>N；故C错误；

D．硅为14号元素；在元素周期表中位于第3周期第ⅣA族，故D错误；

故答案选A。3、B【分析】【详解】

A．分子中C原子没有孤电子对；是四面体结构，A项错误；

B．分子中A原子无论采取杂化还是杂化，均是V形；B项正确；

C．中Si采取杂化，且中无分子；C项错误；

D．是正四面体结构；D项错误；

答案选B。4、B【分析】【详解】

A．分子晶体是分子通过相邻分子间的作用力形成的；只含分子的晶体一定是分子晶体，故A正确；

B．碘晶体属于分子晶体；升华时破坏了分子间作用力，故B错误；

C．几乎所有的酸都是由分子构成的；故几乎所有的酸都属于分子晶体，故C正确；

D．稀有气体是由原子直接构成的；只含原子，故稀有气体的晶体属于分子晶体，故D正确。

故选B。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．形成化学键和断裂化学键均伴随有能量的变化；若形成的化学键是离子键则一定有电子的得失，若形成的化学键为共价键则有电子偏移，即化学键的形成不一定伴随着电子的得失，故A错误；

B．某晶体固态时不导电；其水溶液能导电，不能说明该晶体是离子晶体，可能是分子晶体，如冰醋酸，故B错误；

C．硫酸钾是离子化合物；在熔融状态下电离出钾离子和硫酸根离子，形成能自由移动的阴；阳离子，因此具有导电性，故C正确；

D．由于H2O分子间存在氢键，氢键的作用使得水的沸点反常，高于H2S；故D错误；

答案选C。6、C【分析】【分析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析；离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。

【详解】

①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体；二氧化硅是原子晶体，二氧化硅；二氧化碳都只含共价键，故①错误；

②晶体硼和HCl；固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；

③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体；二者都只含共价键，故③正确；

④晶体硅和金刚石都是原子晶体；二者都只含共价键，故④正确；

⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体；晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；

⑥硫磺和碘都是分子晶体；二者都只含共价键，故⑥正确。

答案选C。

【点睛】

本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。7、C【分析】【详解】

A．NO中N原子价电子对数是3，sp2杂化；价电子对互斥理论模型为平面三角形，有1个孤电子对，离子的空间构型是V形，故A错误；

B．BF3中B原子价电子对数是3，sp2杂化；价电子对互斥理论模型为平面三角形，无孤电子对，分子的空间构型是平面三角形，故B错误；

C．SOCl2中S原子价电子对数是4，sp3杂化；价电子对互斥理论模型为四面体形，有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，故C正确；

D．ClO中Cl原子价电子对数是4，sp3杂化；价电子对互斥理论模型为四面体形，有1个孤电子对，离子的空间构型是三角锥形，故D错误；

选C。8、D【分析】【详解】

A．在晶体中；1个硅原子和4个氧原子形成4个共价键，A不正确；

B．部分分子晶体如稀有气体中不含有共价键；B不正确；

C．虽然HI的相对分子质量大于HF；但是，由于HF分子之间可以形成氢键，所以HF的沸点高于HI，C不正确；

D．金刚石为共价键三维骨架结构；晶体中的最小碳环上有6个碳原子，D正确；

故选：D。9、C【分析】【详解】

A．键角是分子中两个共价键之间的夹角；是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；

B．一般共用电子对数越多；原子半径越小；键长越短，即键长的大小与成键原子的半径和成键数目有关，故B正确；

C．碳碳双键中有一个σ键和一个π键；碳碳单键为σ键，σ键和π键的键能不同，所以C=C键的键能不是C—C键键能的2倍，故C错误；

D．O—H键的键能小于H—F键的键能，所以H原子更容易和F原子结合，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强；故D正确；

故答案为C。二、多选题(共7题，共14分)10、BD【分析】【详解】

A．NaCl形成的是离子晶体；离子晶体中没有分子，故A错误；

B．钠原子失去外层1个电子变为钠离子，次外层变为最外层，电子数为8个，则的最外层电子总数为故B正确；

C．晶体的物质的量是溶于水中，溶液的体积不是1L，则配制的浓度不是故C错误；

D．由于又因为和个刚好反应生成又部分转化为则容器中气体小于在标准状况下的体积小于故D正确；

答案选BD。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．中As原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断As原子杂化类型为故A正确；

B．只含共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物，该物质是由和构成的；为离子化合物，故B错误；

C．中As原子价层电子对个数含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形，故C错误；

D．中Al原子价层电子对个数不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，为平面正三角形，所以其键角为120°，故D正确。

综上所述，答案为AD。12、AC【分析】【详解】

A．空间构型为V形；中O原子的价层电子对数为2+=4；有1对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项A正确；

B．中O原子的价层电子对数为2+=4，有1对孤电子对，分子的立体构型为V形；NH3中N原子的价层电子对数为3+=4，有一对孤电子对，则N原子为sp3杂化；分子的空间构型为三角锥形，选项B错误；

C．中Sn原子的价层电子对数为2+=3，有1对孤电子对，则中Sn原子为sp2杂化，分子的空间构型为V形；中N原子的价层电子对数为2+=2；有1对孤电子对，则N原子为sp杂化，分子的空间构型为V形，选项C正确；

D．中C原子的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，C原子为sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；SO3中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤电子对，则S原子为sp2杂化；分子的空间构型为平面三角形，选项D错误；

答案选AC。13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸；先出现胶体的聚沉出现氢氧化铁红褐色沉淀，该过程为物理过程，继续滴加氢氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁溶于，只有一个化学变化，故A正确；

B．加氨水；发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜溶于氨水生成四氨合铜离子，存在两个化学变化，故B错误；

C．鸡蛋清溶液属于胶体；加硝酸出现胶体聚成出现白色沉淀，加热过程中蛋白质发生变性转变成黄色沉淀，只有一个化学变化，故C正确；

D．甲酸溶液中加氢氧化铜先发生酸碱中和反应；氢氧化铜溶解，加热后甲酸中的醛基被铜离子氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，涉及两个化学变化，故D错误；

故选：AC；14、CD【分析】此题根据电子数等于原子序数可以计算微粒中所含的总电子数。对于σ键和π键数目判断；用化学键的特点，单键是σ键，双键是1个σ键和1个π键，三键是1个σ键和2个π键。对于配位原子的判断利用配位键的定义，一方提供孤对电子，一方提供空轨道通过共用电子对形成配位键。

【详解】

A．CN-中含有的电子数是6+7+1=12个；故A错误。

B．(CN)2分子的结构简式单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目比为3:4，故B错误。

C．配合物中配位体是CN-；其中得到的电子在碳原子上，碳原子上的1对孤对电子与亚铁离子形成配位键，故C正确。

D．晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围；则碳原子的配位数是6，根据该晶胞中铁原子和碳原子数之比是3:1，得出铁的配位数是2。故D正确。

故选答案CD。

【点睛】

此题中注意微粒的结构，对于离子中成键方式的判断及得电子的原子判断依据一般是8电子的稳定结构。15、AC【分析】【分析】

【详解】

A．金刚石是1个中心C原子连接4个C原子，二氧化硅是1个中心Si原子连接4个O原子，均为正四面体，金刚石形成的最小的环由六个碳原子形成的六元环，二氧化硅的空间结构相当于在每个Si-Si键间插入一个O原子，所以二氧化硅中最小环是由6个氧原子和6个硅原子组成的十二元环，故A错误；B．金刚石中，1个C原子与另外4个C原子形成4个C−C键，这个C原子对每个单键的贡献只有所以1molC原子形成的C−C键为4mol×=2mol，数目是2NA，而SiO2晶体中1个Si原子分别与4个O原子形成4个Si−O键，则1molSiO2晶体中Si−O为4mol，数目是4NA，故B正确；C．干冰熔化时只破坏分子间作用力，共价键不会断裂，故C错误；D．原子晶体的构成微粒是原子不是分子，所以晶体中不存在分子，不是它的分子式，故D正确；故答案为AC。16、BC【分析】【分析】

【详解】

A．LiH是由Li+和H-组成的；由阴；阳离子通过离子键构成的晶体是离子晶体，A正确；

B．LiH溶于水与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2↑；故溶液呈碱性，B错误；

C．LiH中Li+的化合价是Li的最高价+1价，但只有很弱氧化性，H-为H的最低价-1价是一种强还原剂；通常LiH是一种还原剂，C错误；

D．LiH中H—和Li+具有相同的核外电子排布，但Li的核电荷数比H的大，故H—半径大于Li+半径；D正确；

故答案为：BC。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【分析】

(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，然后写出Co2＋价电子式；最后写出价电子排布图；

(2)根据杂化轨道数=价层电子对数；进行分析；

(3)利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力进行分析；

(4)Li2O与CoO都属于离子晶体；通过晶格能大小判断熔点高低；

(5)利用立体几何进行分析和计算；

【详解】

(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2＋价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2＋的价电子排布式图是

答案：

(2)CN－中C和N共用叁键，其中C有一个σ键，孤电子对数为=1；价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，即C的杂化类型为sp；

答案：sp；

(3)游离态氨中N有2个孤电子对，络合物中[Co(NH3)6]2＋中N提供一个孤电子对与Co2＋形成配位键，利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中N－H键之间的夹角偏小，而与Co2＋结合后；孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此N－H键之间的夹角会增大；

答案：较大；NH3通过配位键与Co2＋结合后；原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大；

(4)Li2O、CoO为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能，而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO中Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能，因此CoO熔点高于Li2O；

答案：Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；

(5)根据俯视图碳碳键长应是AC或AD或AF距离，该平面为菱形，△FDC为正三角形，∠CAD=120°，令AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2＋x2－2x2cos120°，解得x=令晶胞高为cpm，该晶胞的体积为ca2sin60°，晶胞中的碳原子个数为个，晶胞的质量为g，根据密度的定义ρ=解得c=从B球作垂线与平面EFCD，根据俯视图和侧视图，应交于对角线CE上，交点为G，连接AG和AB，根据俯视图，BG=EG=AC=根据余弦定理，求出CE距离为则AG的距离为（--）=根据勾股定理，AB2=()2+()2，解得AB=

答案：【解析】sp较大NH3通过配位键与Co2＋结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能18、略

【分析】【详解】

(1)原子序数为33的元素为砷，它是主族元素，该元素原子的价电子排布式为4s24p3；该元素原子核外能级数为8；原子轨道数为8。答案为：4s24p3；8；8；

(2)铜原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，周期数为4，族序数为ⅠB。答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；4；ⅠB；

(3)位于第四周期ⅥB族元素，核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1，价电子的排布图为答案为：1s22s22p63s23p63d54s1；

(4)某元素原子的价电子构型为3d54s2；它属于d区元素，最高正化合价为+7价，元素符号是Mn。答案为：d；+7；Mn。

【点睛】

在判断元素是主族还是副族元素时，可以通过书写电子进入轨道的顺序式进行判断，若最后排布的电子进入次外层或倒数第三层，则为过渡元素；最后的电子进入哪个轨道，它就属于哪个区的元素。【解析】①.4s24p3②.8③.8④.1s22s22p63s23p63d104s1⑤.4⑥.IB⑦.1s22s22p63s23p63d54s1⑧.⑨.d⑩.+7⑪.Mn19、略

【分析】（1）

①分子内氢氟原子共用1对电子对；只含极性键；为直线形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子；

②分子内氯原子间共用1对电子对；只含非极性键；为非极性分子；

③分子内Se原子和每个H原子各共用1对电子对；只含极性键；为V字形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子；

④分子内氯原子和每个氢原子各共用1对电子对；只含极性键；为正四面体形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子；

⑤分子内硼原子与每个氟原子各共用1对电子对；只含极性键；为平面三角形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子；

⑥分子内碳原子和每个硫原子各共用2对电子对；只含极性键；为直线形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子；

其中属于极性分子的是①③，单键都是键、双键中各有1个键和键，则既有键又有键的是⑥；

（2）

空间构型为正四面体形且键角为为5个原子形成的正四面体结构，故答案为：be；

（3）

H2S的中心原子的价层电子对数为SO2的中心原子价层电子对数为SO3的中心原子价层电子对数为因此中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S；

（4）

丙烯腈分子中，前两个C原子为双键碳原子，为sp2杂化；CN中的碳原子是三键，为sp杂化；

（5）

①Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，H2Se在水中更易电离出H+，因此H2Se的酸性比H2S强，的中心原子价层电子对数为含有1个孤对电子，则其空间构型为三角锥形；

②在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，相对分子质量越大，物质熔沸点越高，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4。【解析】(1)①③⑥

(2)be

(3)

(4)sp

(5)强三角锥形20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)考虑歧化产物：CaS会继续与S反应生成CaSm，CaSO3会继续与与S反应生成CaS2O3，CaSO4会形成石膏而沉淀，所以方程式为：3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O

(2)反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反应生成的石膏(CaSO4·nH2O)

(3)Sm2-离子的颜色为深棕色(1分，写CaSm也得分)

(4)A为BaS2O3；B为ZnS+S；C为NaCH3SO4(硫酸甲酯钠)。

拓展补充：硫代硫酸钙可溶于水；硫代硫酸钡不溶于水：S和亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，甲醛只和过量的亚硫酸钠反应生成硫酸甲酯钠。

(5)氧化剂：Sm2-，配位原子为S。【解析】3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反。应生成的石膏(CaSO4·nH2O)Sm2-BaS2O3ZnS+SNaCH3SO4Sm2-S21、略

【分析】【分析】

【详解】

中S原子采取sp3杂化，无孤对电子，故为正四面体；[Cu(OH)4]2−中的中心原子是Cu，配位原子为水中的O。【解析】正四面体O22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Zn是30号元素，Zn2+核外有28个电子，根据原子核外电子排布规律可知基态Zn2+核外电子排布式为1s22s22p62s23p63d10；

(2)甲醛的结构式是由于单键都是σ键，双键中有一个σ键和一个π键，因此在一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键，所以在1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol；

(3)根据HOCH2CN的结构简式可知在HOCH2CN分子中，连有羟基－OH的碳原子形成4个单键，因此杂化类型是sp3杂化；—CN中的碳原子与N原子形成三键，则其杂化轨道类型是sp杂化；

(4)原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，H2O含有10个电子，则与H2O分子互为等电子体的阴离子为

(5)在[Zn(CN)4]2–中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，C原子提供一对孤对电子，Zn2+的空轨道接受电子对，因此若不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为【解析】1s22s22p62s23p63d103sp3、sp23、略

【分析】【详解】

（1）晶体粒子中以共价键结合的为共价晶体；图中只有金刚石为共价晶体。故答案为金刚石。

（2）冰为分子晶体，金刚石为共价晶体，MgO为离子晶体，干冰为分子晶体，根据晶体熔点的一般规律，共价晶体大于离子晶体大于分子晶体分析，且冰中存在氢键，干冰中只是存在分子间作用力，故冰熔点高于干冰，则4种晶体的熔点由高到低的顺序为金刚石>MgO>冰>干冰。

（3）MgO晶胞中，每个晶体中镁离子个数为故每个MgO晶胞中平均占有4个晶体中以任一顶点的镁离子为例，距离其最近的氧离子位于该镁离子所在棱的棱心，共有6个，围成正八面体。

（4）铜晶体铜位于顶点和面心，以任一顶点的铜为例，距离最近的铜为面心的三个铜，而其顶点属于8个晶胞，每个面心的铜重复一次，故一个Cu周围紧邻的Cu有12个。晶体中以面心的钙离子为例，该晶体中距离最近的氯离子有4个，上面的晶胞中还有4个，故的配位数是8个。

（5）水分子中正负电荷中心不重合；为极性分子，且水分子间存在氢键，所以冰的熔点高于干冰。

（6）有原子分数坐标可知，晶体中Sn位于面心的有6个，棱上的有4个，故一个晶体中Sn的个数为距离Cd(0，0，0)最近的Sn有2个，分别是晶胞左侧面的下面心，其坐标为(0.5，0，0.25)，另一个为晶胞下底面心，其坐标为(0.5，0.5，0)。晶体中上面心的Sn原子为例，晶胞有2个As与其相连，联想晶胞上方还有2个As与其相连，故与一个Sn结合的有4个。【解析】(1)金刚石(晶体)

(2)金刚石>MgO>冰>干冰。

(3)4正八面体。

(4)128

(5)极性水分子间存在氢键。

(6)4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)424、略

【分析】【详解】

影响分子晶体沸点的因素主要有范德华力和氢键，此外还与分子的极性有关。如果存在分子间氢键，且形成的氢键越多，分子的沸点越高。相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高。相对分子质量相同时，极性分子的沸点高于非极性分子的沸点。四种物质中，与均为极性分子，且均能形成分子间氢键，但分子间氢键比水少，所以沸点：水大于甲醇；与均为非极性分子，的相对分子质量较大、范德华力较大，沸点较高，沸点二氧化碳大于氢气，故沸点从高到低的顺序为【解析】①.②.与均为极性分子，中氢键比多；与均为非极性分子，的相对分子质量较大、范德华力较大25、略

【分析】【详解】

(1)甲基对苯环有活化作用，所以在30℃时生成一硝基取代产物，而在60℃时生成一硝基取代产物；故答案为：甲基对苯环有活化作用；

(2)NH2Cl中各原子均满足电子稳定结构。NH2Cl的电子式为：故答案为：

(3)CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大，故答案为：CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大。【解析】①.甲基对苯环有活化作用②.③.CO2晶体是分子晶体，SiO2是原子晶体，分子间作用力比共价键要弱得多，故SiO2晶体硬度大四、判断题(共2题，共16分)26、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；27、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。五、原理综合题(共4题，共36分)28、略

【分析】【分析】

【详解】

⑴与氯元素同族的短周期元素为氟元素，其原子结构示意图为

⑵非金属单质的氧化性、非金属元素的氢化物的稳定性能作为判断非金属性递变规律的判断依据，而非金属单质的熔点(物理性质)、非金属元素的氢化物的酸性(没有相似的递变规律)不能作为判断非金属性递变规律的判断依据，故答案为：b；c；

⑶①首先分析80℃下电解NaCl溶液在阳极产生NaClO3，在阴极产生H2，然后根据氧化还原反应化合价升降法将其配平，化学方程式为：1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑；

②Ⅱ中所发生的反应为：NaClO3＋KCl＝KClO3↓＋NaCl，属于复分解反应；由于室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体，故该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出；

⑷①据图知D对应的化合价为＋7，则其含氯的离子为ClO

②据图知A为Cl－，B为ClO－，C为ClO，则B→A＋C反应的化学方程式(并标出状态)为：3ClO－(aq)＝ClO(aq)＋2Cl－(aq)，反应放出热量：60×3－63×1－0×2＝117KJ/mol，故其反应热ΔH＝－117KJ/mol，综上便可写出完整的热化学方程式为：3ClO－(aq)＝ClO(aq)＋2Cl－(aq)，ΔH＝－117KJ·mol－1。【解析】b、c1NaCl＋3H2O＝1NaClO3＋3H2↑①②复分解反应室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其它晶体ClO3ClO－(aq)＝ClO(aq)＋2Cl－(aq)，ΔH＝－117KJ·mol－129、略

【分析】【详解】

（1）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势；所以第一电离能O＞C。由于N原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C；N、O三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为N＞O＞C。

（2）Fe是26号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2＋为Fe原子失去4s上2个电子，则Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。

（3）乙酰基二茂铁中甲基碳原子采用sp3杂化，羰基碳原子采用sp2杂化。

（4）配合物K3Fe(CN)6的配体为CN－，C得到一个e－为N或N得到一个e－为O，所以CN－与N2或CO互为等电子体；(CN)2为直线型分子，具有对称性，其结构式为N≡C－C≡N，单键为σ键，CN中含有一个σ键，2个π键，因此(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3。

（5）根据晶胞结构可知，Mg2＋、F－、K＋分别位于顶点、棱心和体心处，根据均摊法可知，晶胞中含有的Mg2＋、F－、K＋个数分别是8×1/8＝1个、12×1/4＝3个、1个，所以该物质的化学式为KMgF3。【解析】①.N＞O＞C②.1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)③.sp3、sp2④.CO(或N2)⑤.4∶3⑥.KMgF330、略

【分析】【详解】

（1）B原子核外电子排布式为：1s22s22p1，基态硼原子的价电子排布图是同周期第一电离能从左向右逐渐增大，N元素2P3为半充满结构，第一电离能变大，所以，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C>B。故答案为：F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子结构如图，B形成4个σ键，价层电子对为4，则B原子的杂化方式为sp3杂化。故答案为：sp3杂化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N，B提供空轨道，用价电子迁移法，N与B之间夹着碳元素，与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6（填分子式）。故答案为：N；C2H6；

（3）H3BO3晶体为片层结构，B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，B的杂化方式为sp2；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是：升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。故答案为：sp2；升温破坏了硼酸晶体中的氢键；并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；

（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4×+4×=4，由化学式CsSiB3O7，可知晶胞相当于含有4个“CsSiB3O7”，故晶胞质量=4×g，则晶体密度==g·cm－3。故答案为：4；

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、氢键、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，会用氢键解释有关的问题，（4）为易错点、难点，关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象。【解析】F>N>O>C>Bsp3杂化NC2H6sp2升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大431、略

【分析】【分析】

根据原子的电子层数及其价电子数确定元素在周期表中的位置。根据原子及其离子的价电子排布分析其电离能的相对大小。根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型。根据电负性的大小分析配合物中的配位原子。分析表中数据并结合相关概念判断有关变化中能量变化。根据晶胞结构分析晶体的化学式并进行相关计算。

【详解】

(1)钴是27号元素，其有4个电子层，其价电子排布式为3d74s2；因此，其在周期表中的位置是第四周期Ⅷ族。

(2)Fe的价电子排布式为3d64s2，其失去3个电子后变为较稳定的半充满结构3d5，而Co的价电子排布式为3d74s2，其失去3个电子后变为3d6。因此，从原子结构的角度分析I4(Fe)＞I4(Co)的可能原因是：Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子；故Fe需要的能量较高。

(3)由Cu2Cl2•2CO•2H2O的结构可知：

①该配合物中氯原子均形成2个σ键，另外每个氯原子还有2个孤电子对，故其价层电子对数为4，其杂化方式为sp3。

②CO分子中的C原子和O原子均有孤电子对；但是O元素的电负性大于C元素，故O原子对孤电子对的吸引力更强，因此，该配合物中，CO作配体时配位原子是C而不是O的原因是：电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对（用于形成配位键）。

(4)a、由图中信息可知，Cl2(g)=Cl(g)的∆H=119.6kJ/mol，因此，Cl-Cl键的键能为239.2kJ/mol，a不正确；

b、由图中信息可知，Na(g)=Na+(g)+e-的∆H=495.0kJ/mol，因此，Na的第一电离能为603.4kJ/mol，b不正确；

c、由图中信息可知，Cl-(g)+Na+(g)=NaCl(s)的∆H=-785kJ/mol，因此，NaCl的晶格能为785.6kJ/mol，c正确；

d、由图中信息可知，Cl(g)+e-=Cl-(g)的∆H=-348.3kJ/mol；因此，Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol，d正确。

综上所述；有关说法正确的是cd。

(5)由碲化锌晶体的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与金刚石相似，Te原子堆积方式为面心立方最密堆积，Zn距离最近的Te原子间距为体对角线长度的高晶胞参数（即该晶胞的边长）为x，则晶胞的体对角线长度为，x=4apm，故x=pm，晶胞的体积为x3=该晶胞中占有4个Te原子和4个Zn原子，则晶胞的质量为因此，该晶体密度为g/cm3。

【点睛】

本题中关于晶胞的计算是难点，尤其是确定与Zn距离最近的Te原子的间距为体对角线长度的这也是解题的关键所在。解题时，要求学生能掌握常见晶胞中原子的堆积方式，并能迁移到新的情境之中，做到轻车熟路、得心应手。另外，还要掌握常见于晶胞计算中的长度单位的换算，不能在这种小的地方失误。【解析】第四周期ⅧCo失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高sp3电负性C＜O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对cd六、有机推断题(共4题，共8分)32、略

【分析】【分析】

根据C的结构和已知反应①，D的结构简式为：D与反应生成E，E的结构简式为：E与发生取代反应生成F，F的结构简式为：根据已知反应②，F在生成产物G：

【详解】

（1）根据化合物C的结构简式，分子式为：分子中含有的含氧官能团为：羰基；醚键；

（2）由A和B的结构简式分析；A生成B，脱氧加氢，为还原反应；

（3）化合物G与氢气发生加成反应，生成手性碳原子为：

（4）化合物M，比B少了一个C原子，①遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基结构②苯环上连有两个取代基，③核磁共振氢谱有5组吸收峰，另一个取代基在酚羟基的对位上，④1mo