1、河南省鲁山县第一高级中学2020届高三化学11月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 F:19 C:12 Na: 23 Mg:24 Al: 27 Cl:35.5 S:32 Fe:56一、选择题1.化学与生产和生活密切相关，下列说法错误的是A. “硅胶”的主要成分是硅酸钠，可用作干燥剂和催化剂的载体B. 用SO2漂白纸浆和用活性炭为糖浆脱色的原理不相同C. 氢氧化铝、碳酸氢钠都是常见的胃酸中和剂D. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点【答案】A【解析】【详解】A、硅胶的主要成分是硅酸，不是硅酸钠，硅胶可用作干燥剂和催化剂的载体，选项A错
2、误；B、二氧化硫漂白发生化合反应生成无色物质，活性炭脱色是利用其吸附性，原理不同，选项B正确；C、氢氧化铝、碳酸氢钠均能中和盐酸，具有弱碱性，都是常见的胃酸中和剂，选项C正确；D、Na2CO3、NH4Cl在溶液中水解，溶液分别呈碱性和酸性，饱和Na2CO3溶液可以除去焊接点处的油脂，饱和NH4Cl溶液可以除去焊接点处金属氧化物，选项D正确。答案选A。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NAB. 标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键C. 19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAD. 0.1 mol/L KAl(SO
3、4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A. 1mol NaHSO4晶体物中含有1molNa+，1molHSO4-；所以阴阳离子的总数为2NA，故A错误；B. HF在标况下是液体，44.8 L HF的物质的量远大于2mol，含有的极性键个数也远大于2NA，故错误；C. 19g羟基是1mol，一个-18OH中含有10个中子，1mol羟基（-18OH）所含中子数为10NA，故C正确；D.没有告诉该硫酸铝钾溶液的体积，无法计算硫酸根离子的物质的量及数目，故D错误；正确答案C。3.下列实验操作或方法正确的是A. 检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSC
4、N溶液B. 配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体C 将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体D. 用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯【答案】D【解析】【详解】A检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；B托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；C制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；D乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不
5、溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。4.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 食醋除水垢：B 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：C. 处理工业废水时Cr()的转化：D. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：【答案】C【解析】【详解】A. 食醋是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；B. 二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，离子方程式为3SO32-+2H+2NO3-=3SO42-+2NO+H2O，故B错误；C. 处理工业废水时Cr时，生成，离子方程式为，故C正确；D. 草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得方程式：2MnO45H
6、2C2O46H=10CO22Mn28H2O，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则是解本题关键，离子方程式书写要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒、转移电子守恒，有些化学反应还与反应物的量有关，注意B中发生氧化还原反应。5.已知：C(s)O2(g)=CO2(g)H1 CO2(g)C(s)=2CO(g) H22CO(g)O2(g)=2CO2(g)H3 4Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s) H43CO(g)Fe2O3(s)=3CO2(g)2Fe(s)H5下列关于上述反应焓变的判断正确的是A. H10，H3
7、0B. H20，H40C. H1H2H3D. H3H4H5【答案】C【解析】【详解】A. 燃烧反应都是放热反应，H10，H30，A项错误；B. 燃烧反应都是放热反应，H40，反应CO2(g)C(s)=2CO(g) 为吸热反应，H20，B项错误；C. C(s)O2(g)=CO2(g) H1；CO2(g)C(s)=2CO(g) H2；2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H3；2Cu(s)O2(g)=2CuO(s) H4；CO(g)CuO(s)=CO2(g)Cu(s) H5；由反应可知=-，由盖斯定律得H1H2H3，C项正确；D. 由反应可知 ，由盖斯定律得，D项错误；答案选C。【点睛】本题重点
8、考查热化学反应方程式和盖斯定律。盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。6.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A. 原子半径：r(Y)r(Z)r(W)B. 化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相
9、同C. 含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D. Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构【答案】C【解析】【分析】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成
10、的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)r(s)r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2Br2H2O=2HBrH2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发
11、生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。7.下列各组离子能在指定溶液中,大量共存的是（ ）无色溶液中：K+，Cl，Na+，H2PO4，PO43，SO42 使pH=
12、11的溶液中：CO32，Na+，Al（OH）4，NO3，S2，SO32水电离的H+浓度c（H+）=1012molL1的溶液中：Cl，HCO3，NO3，NH4，S2O32加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4，Cl，K+，SO42使甲基橙变红的溶液中：Fe3+，MnO4，NO3，Na+，SO42酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3，I，Cl，S2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】H2PO4-与PO43-离子之间能够发生反应，在溶液中不能够大量共存，故错误；使pH=11的溶液中存在电离的氢氧根离子，CO32-、Na+、S2-、AlO2-离子之间不发生反应，也不与氢氧根离子反
13、应，在溶液中能够大量共存，故正确；室温下水电离的c（H+）=10-13mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子能够与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故错误；加入Mg能放出H2的溶液中存在大量的氢离子，NH4+、Cl-、Na+、SO42-离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；使甲基橙变红的溶液中为酸性溶液，MnO4-、NO3-、Na+、Fe3+离子之间不反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故正确；酸性溶液中，硝酸根离子能够含有碘离子、亚铁离子，在溶液中不能够大量共存，故错误；故可以共存的是，C正确。答案选C。8.根据下列实验和现象，所得
14、实验结论正确的是（ ）选项实验现象实验结论A向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42-、SO32-、HSO3-中一种或几种B将纯碱和硫酸反应生成的气体，通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色胶状沉淀酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3C左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl2Br2I2D试管a出现白色沉淀，试管b出现黄色沉淀溶度积：Ksp(AgCl)Ksp(AgI)A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 产生的不溶于稀硝酸的沉淀可以是BaSO4或AgCl，因此原溶液中也可以含有Ag，A项错误；B. 出现白色胶状沉
15、淀，说明发生反应：Na2SiO3H2OCO2=Na2CO3H2SiO3，根据酸与盐反应遵循“强酸制弱酸”原理，可以得出酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3，B项正确；C. 左边棉球变为橙色，是因为Cl2与NaBr反应置换出Br2，可以得出氧化性：Cl2Br2，而右边棉球变为蓝色，既可以是Cl2与KI反应置换出I2，也可以是Br2与KI反应置换出I2，无法得出氧化性：Br2I2，C项错误；D. 试管a中AgNO3溶液过量，当将试管a中溶液与试管b中NaI溶液混合时，AgNO3与NaI直接反应生成AgI黄色沉淀，不能证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，D项错误；正确答案是B。9.化合物 (b
16、)、(d)、(p)的分子式均为C6H6，下列说法正确的是 ()A. b的同分异构体只有d和p两种B. b、d、p的二氯代物均只有三种C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】【详解】A. b为苯，苯的同分异构体还有CH3CCCCCH3等，故A错误；B. b的二氯代物有3种，d的二氯代物有6种，p的二氯代物有3种，故B错误；C. b、p分子中不含碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C错误； D. d、p中都存在类似甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故D正确。故答案选D。10.已知某有机物X的结构简式如图所示，下列有关
17、叙述不正确的是( )A. X的化学式为C10H10O6B. X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应C. 1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 molD. X在一定条件下能发生消去反应和酯化反应【答案】D【解析】【详解】A由结构简式可知，X的化学式为C10H10O6，故A正确；B含酚-OH，则X在一定条件下能与FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；C醇-OH、酚-OH、-COOH均与Na反应，只有-COOH与NaHCO3溶液反应，酚-OH、-COOH、-COOC-与NaOH反应，且酯水解生成的苯酚结构也
18、与NaOH反应，则1 mol X分别与足量的Na、NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗这三种物质的物质的量分别为3 mol、4 mol、1 mol，故C正确；D含-OH、-COOH均可发生酯化反应，但该有机物不能发生消去反应，不符合消去反应的结构特点，故D错误；答案选D。【点晴】本题考查有机物的结构与性质，把握结构中官能团与性质的关系为解答的关键，注意选项A中酯与NaOH反应及选项D中消去反应为解答的易错点。11.水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是A. 由水杨酸制冬青油的反应是取代反应B. 阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸C. 冬青油苯环上的
19、一氯取代物有4种D. 可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸【答案】D【解析】【分析】A水杨酸发生酯化反应生成冬青油；B阿司匹林含有酯基，可水解生成水杨酸；C冬青油苯环不对称，含有4种H；D二者都与氢氧化钠溶液反应。【详解】A由水杨酸制冬青油，可与乙酸酐发生取代反应制得，选项A正确；B阿司匹林的分子式为C9H8O4，含有酯基，可水解生成水杨酸，选项B正确；C冬青油苯环不对称，含有4种H，则一氯取代物有4种，选项C正确；D二者都与氢氧化钠溶液反应，应用碳酸氢钠除杂，选项D不正确。答案选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应
20、用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。12.在实验室中，以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程（如图），乙醛在两电极分别转化为乙醇和乙酸。下列对电解过程的分析正确的是A. 以铅蓄电池为电源，则a极为Pb电极B. 石墨电极附近的pH逐渐减小C. 阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+D. 每处理含8.8g乙醛的废水，转移电子的数目为0.4NA【答案】C【解析】【详解】A.根据图示可知，钠离子、氢离子向石墨II极移动，石墨II为电解池的阴极，b为电源的负极，a极为电源的正极，以铅蓄电池为电源，铅为负极，二氧化铅为正极，因此a极为P
21、bO2电极，A错误；B.在阴极氢离子、乙醛，得电子生成氢气和乙醇，电极反应式为4H+4e-=2H2，CH3CHO+2H+2e- = CH3CH2OH，溶液的pH逐渐变大，B错误；C.阳极发生氧化反应，CH3CHO失电子被氧化为乙酸，阳极反应为CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，C正确；D.8.8g乙醛其物质的量为0.2mol，有0.1mol乙醛在阳极被氧化：CH3CHO+H2O-2e-=CH3COOH+2H+，有0.1mol乙醛在阴极还原：CH3CHO+2H+2e- = CH3CH2OH，所以0.1mol乙醛发生氧化或还原均转移电子0.2NA，D错误；答案选C。13.短周期主
22、族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A. 单质的熔点：ZXB. Z与Y、W均能形成离子化合物C. 气态氢化物的沸点：XYWD. X、Z的氧化物均含非极性键【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周
23、期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。AX、Z分别为C、Na元素，金属Na熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：XZ，故A错误；BNa与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、NaCl，都是离子化合物，故B正确；C水分子间能够形成氢键，沸点：H2OHCl，故C错误；DX、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。14.利用图示装置进行实验，反应进行足够长时间后装置II中实验现象
24、正确的是II中实验现象A浓盐酸大理石氯化钡溶液产生大量白色沉淀B浓氨水碱石灰硫酸亚铁溶液产生大量白色沉淀C冰醋酸乙醇和浓硫酸饱和碳酸钠溶液溶液分层，上层为油状液体D浓盐酸KMnO4氢硫酸产生淡黄色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A反应生成二氧化碳气体，且盐酸易挥发，二氧化碳与氯化钡溶液不反应，观察到中溶液无明显变化，不能产生白色沉淀，选项A错误；B反应生成氨气，氨气与硫酸亚铁溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，则观察到中先生成白色沉淀，沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色，后选项B错误；C酯化反应需要加热，则图中装置不能生成
25、乙酸乙酯，选项C错误；D反应生成氯气，氯气与氢硫酸反应生成盐酸的硫沉淀，则观察到中出现淡黄色沉淀，选项D正确；答案选D。15.已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）H=Q在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（ ）A. T1T2，P1P2，a+bc，Q0B. T1T2，P1P2，a+bc，Q0C. T1T2，P1P2，a+bc，Q0D. T1T2，P1P2，a+bc，Q0【答案】B【解析】【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，且压强越大，B的含量高，说明压强
26、增大平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，即a+bc；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q0，答案选B。【点睛】本题考查化学平衡图象问题，注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。16.常温时，在25 mL 0.1 mol/L Na
27、OH溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，曲线如图所示。有关粒子浓度大小关系的比较正确的是（ ）A. 在A、B间任一点(不包含A、B两点)，溶液中一定有：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)B. 在B点，a12.5，且有：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)C. 在C点：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)D. 在D点：c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Na)【答案】C【解析】【详解】A. a点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，所以在A、B间任一点溶液都是碱性，c(H)”、“ ”或“=”) k逆增大的倍数。 若在1L
28、 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则_(保留2位有效数字)。【答案】 (1). （2a+2b+c）kJmol-1 (2). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (3). 20 (4). 4 (5). A (6). (7). 0.25【解析】【分析】（1）利用盖斯定律解答。（2）在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。利用化学平衡常数表达式计算。（3）A反应速率快，先达
29、到平衡，故活化能最小。（4）正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。当反应达到平衡时，正=逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K。【详解】（1） SO2(g) + NH3H2O(aq) =NH4HSO3(aq) H1 = a kJmol-1； NH3H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)H2 = b kJmol-1； 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H3= c kJmol-1；利用盖斯定律，将2+2+可得2SO2(g) + 4NH
30、3H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的H =（2a+2b+c）kJmol-1，故答案为：（2a+2b+c）kJmol-1。（2）在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40，则n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为=20，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态
31、，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， (NO)=80，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=1.1106Pa，p分（CO2）=1.1106Pa，故反应的化学平衡常数Kp1.1106Pa1.1106Pa（ Pa）2=4，故答案为：4。（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为：A。（4）正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，
32、故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为：CFeK (3). 3:4 (4). 分子 (5). 8 (6). (7). 【解析】【分析】（1）K的原子核外电子数为19，价电子排布式为4s1，Fe的价电子排布为3d64s2，C的价电子排布为2s22p2，N的价电子排布为2s22p3；非金属性越强，第一电离能越大，且N的2p电子半满为稳定结构；（2）CN中含1个键、2个键，HCN的结构式为H-CN；（3）熔点为253K，沸点为为376K，可知熔沸点低；（4）图a中Fe原子处于顶点与体心，是体心立方堆积，图b中Al原子处于顶点与面心，属于面心立方最密堆积，以此来解答。【详解】（1）基态K原子核外
33、电子排布简写式为Ar4s1，K3Fe(CN)6中所涉及的元素的基态原子核外未成对电子数最多的是Fe，各元素的第一电离能由大到小的顺序为NCFeK，故答案为：Ar4s1；Fe；NCFeK；（2）(CN)2的结构式为N C一CN，存在碳碳单键，则分子中键有3个，键有4个，键与键数目之比为3:4； 故答案为：3:4；（3）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253K，沸点为为376K，其固体属于分子晶体；（4）铁的a堆积方式为体心立方堆积，与一个铁原子最近的铁原子距离为立方体边长的，这样的原子有八个，所以铁的配位数为8；如图所示：，晶胞中铁原子数为：8+1=2，体心立方晶胞中r=，所以铁原子总体积=2=2= ，晶胞体积=a3，则该晶体中原子总体积占晶体体积的比值为。铝的b堆积方式为面心立方堆积，晶胞中含有Al原子数为：8+6=4，则晶胞质量为：g；该晶胞结构侧面可用如图表示：，铝原子半径rpm=r10-10cm，设晶胞边长为acm，晶胞边长a与铝原子的半径为r的关系为：2a2=(4r10-10)2，解得a=r10-10，所以晶胞体积为：(r10-10)3cm3，根据密度=质量体积，则晶体密度为：g(r10-10)3cm3=gcm-3。
