1、2019-2020学年度下学期高二过程性检测化 学 试 题相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 1.下列说法错误的是A. 图中的原子模型是汤姆逊提出的B. 宇宙大爆炸产生了氢和氦元素C. 质子数相同电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子D. 电子云图中的小黑点的疏密程度表示电子在原子核外单位体积内出现概率的大小【答案】A【解析】【详解】A. 图中的原子模型是有核原子结构模型，或行星模型，是卢瑟福提出的，A错误；B. 宇宙大爆炸产生了氢和氦元素，B正确；C. 质子数相同电子数也相同的两种粒子，则两种粒子要么都不带电、要
2、么带相同的电荷数，故不可能是一种分子和一种离子，C正确；D. 电子云图中的小黑点代表电子在核外空间区域内出现的机会，小黑点的疏密程度表示电子在原子核外单位体积内出现概率的大小，D正确；答案选A。2.下列说法正确的是A. 所有原子任一能层的s电子云轮廓图均为大小相同的球形B. 对于排布在2s轨道上的电子，不能确定电子的自旋方向C. 电子在同一能级的不同轨道排布时，尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相反D. 充有氖气的霓虹灯管通电时会发出红色光的主要原因，是电子由基态向激发态跃迁时吸收除红光以外的光线【答案】B【解析】【详解】A所有原子任一能层的s电子云轮廓图均为的球形，但不同的能层大小不相同，A说
3、法错误；B对于排布在2s轨道上的电子，电子云的形状为球形，电子云无伸展方向，不能确定电子的自旋方向，B说法正确；C电子在同一能级的不同轨道排布时，尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，C说法错误；D充有氖气的霓虹灯管通电时会发出红色光的主要原因，是电子由激发态向基态跃迁时发射的红色光线，D说法错误；答案为B。3.下列说法正确的是A. 非极性键只能存在于双原子单质分子中B. SF6中各原子的最外电子层都达到8电子稳定结构C. 水分子可表示为H-O-H，分子中键角为180D. CH4分子失去一个H，形成CH，其碳原子的杂化类型发生了改变【答案】D【解析】【详解】A非极性键能存在于双原子单质分子中，
4、也可以存在多原子的单质分子中，A说法错误；BSF6中F原子的最外电子层达到8电子稳定结构，而S多于8电子，B说法错误；C水分子可表示为H-O-H，O原子为sp3杂化，分子中键角为104.5，C说法错误；DCH4分子中心C原子为sp3杂化，失去一个H，形成CH，其碳原子的杂化类型为sp2杂化，发生了改变，D说法正确；答案为D。4.下列关于物质性质的比较中，错误的是A. 熔点由高到低：LiNaKB. 硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅C. 氢化物的沸点：HFHClHBrHID. 晶格能由大到小：Al2O3MgONa2O【答案】C【解析】【详解】A. 碱金属单质的熔点从上到下逐渐减小，则熔点由高到低：
5、LiNaK，A正确；B. 原子晶体中原子半径越小共价键越强，硬度越大，原子半径CSi，则硬度由大到小：金刚石碳化硅晶体硅，B正确；C. 氟化氢分子间存在氢键，则氢化物的沸点：HClHBrHIHF，C错误；D. 离子晶体中离子半径越小、所带电荷数越多晶格能越大，离子半径：Al3+Mg2+Na+，则晶格能由大到小：Al2O3MgONa2O，D正确；答案选C。5.图是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从CsCl晶体中分割出来的结构图是A. a和cB. b和cC. b和dD. a和d【答案】C【解析】【详解】在CsCl晶体中，每个Cs+周围同时吸引着距离相等且最近的8个Cl-
6、，每个Cl-周围同时吸引着距离相等且最近的8个Cs+，这个离子吸引的带相反电荷的微粒构成的是体心立方结构，图d符合条件；图b则是选取其中一个离子，发现有8个等距离且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数为8，故符合CsCl晶体结构的图示是b和d，故合理选项是C。6.交警通常用反应：2Cr2O3CH3CH2OH16H13H2O=4Cr(H2O)63 3CH3COOH检测司机是否酒后驾驶。下列说法错误的是A. 基态Cr有4个未成对电子B. 在Cr(H2O)63中，与Cr3形成配位键的是氧原子C. CH3COOH分子中，碳原子的杂化方式有sp2和sp3两种D. CH3CH2OH与H2O能以任意比互溶，
7、主要原因是它们分子之间能形成氢键且均为极性分子【答案】A【解析】【详解】A. 基态Cr的外围电子排布为3d54S1，有6个未成对电子，A错误；B. 在Cr(H2O)63中，水分子中氧原子有孤电子对，故与Cr3形成配位键的是氧原子，B正确；C. CH3COOH分子中，羰基上碳原子的杂化方式为sp2、甲基上碳原子的杂化方式为sp3，C正确；D. CH3CH2OH与H2O能以任意比互溶，主要原因是它们分子之间能形成氢键且均为极性分子，D正确；答案选A。7.下列关于化学键的判断错误的是A. PH3和NH3分子中均含有孤电子对，且PH3提供孤电子对的能力强于NH3B. S元素和O元素之间能形成两种只含极
8、性键的极性化合物C. 空间构型为正四面体结构的分子，化学键的键角可能是109.5，也可能是60D. 乙烯分子中有5个sp2杂化轨道形成的键和1个未杂化的2p轨道形成的键【答案】B【解析】【详解】APH3和NH3分子中心原子均为sp3杂化，均含有孤电子对，且r(N)r(P)，PH3提供孤电子对的能力强于NH3，A说法正确；BSO3为含有极性键的非极性化合物，B说法错误；C空间构型为正四面体结构的分子，化学键的键角可能是109.5，如甲烷，也可能是60，如白磷，C说法正确；D乙烯分子中C原子采取sp2杂化，C-H之间是sp2杂化轨道形成键，C-C之间有未杂化的2p轨道形成的键，则有5个sp2杂化轨
9、道形成的键和1个未杂化的2p轨道形成的键，D说法正确；答案为B。8.下列关于晶体的说法正确的是A. 能电离出金属阳离子的晶体一定是离子晶体B. 分子晶体熔、沸点高低取决于分子内共价键的强弱C. 金刚石晶体中，由共价键形成的最小的碳原子环上有12个碳原子D. 金属具有延展性的原因是金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈的作用【答案】D【解析】【详解】A. 能电离出金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，例如氯化铝，A错误；B. 分子晶体的熔、沸点高低取决于分子间作用力或氢键，与共价键的强弱没有关系，B错误；C. 金刚石晶体中，由共价键形成的最小的碳原子环上有6个碳原子，C错误；D.
10、金属具有延展性的原因是金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈的作用，即金属键，D正确；答案选D。9.下列实验或操作不能达到相应实验目的的是A. 除去甲烷中的乙烯：先通入足量酸性KMnO4溶液后再通入足量NaOH溶液中B. 制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热C. 鉴别己烯、四氯化碳和苯：分别滴入溴水，振荡，观察现象D. 鉴别甲苯和苯：分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察溶液是否退色【答案】B【解析】【详解】A. 除去甲烷中的乙烯：先通入足量酸性KMnO4溶液把乙烯氧化为二氧化碳，后再通入足量NaOH溶液中吸收二氧化碳，A能达到实验目的；B. 制取溴苯：将铁屑、液溴、苯混合，室
11、温下即可反应，B不能达到相应实验目的；C. 鉴别己烯、四氯化碳和苯：分别滴入溴水，振荡，能使溴水褪色的是己烯、分层上层出现橙红色的是苯，分层下层出现橙红色的是四氯化碳，C能达到相应实验目的；D. 鉴别甲苯和苯：分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，能使溶液褪色是甲苯，不褪色的是苯，D能达到相应实验目的；答案选B。10.有关下列4种有机物的说法错误的是A. 甲的名称为顺-2-丁烯B. 乙分子中的所有碳原子有可能处于同一平面上C. 丙既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色D. 丁的二氯代物有3种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】【详解】A. 根据甲的结构简式可知其名称为顺-2-丁烯
12、，A正确；B. 由于苯环和碳碳双键均是平面形结构， 单键可以旋转，因此乙分子中的所有碳原子有可能处于同一平面上，B正确；C. 丙分子中含有碳碳双键，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D. 丁属于无机苯，其二氯代物有4种(不考虑立体异构)其中邻位一种，间位2种，对位一种，D错误；答案选D。11.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体，等电子体具有相似的化学结构，下列说法正确的是A. H3O和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构B. SO2和O3是等电子体，SO2和O3具有相同的化学性质C. B3N3H6和苯是等电子体，所有原子共平面，均能发生取代反
13、应D. CH4和NH是等电子体，化学键类型和空间结构完全相同【答案】C【解析】【详解】A. 水合氢离子和PCl3的价电子分别为8和26，不是等电子体，但含一对孤电子对，均为三角锥形结构，A错误；B. SO2和O3是等电子体，具有相同的空间结构，化学性质不同，B错误；C. B3N3H6和苯是等电子体，空间结构相同，故所有原子共平面，均能发生取代反应，C正确；D. 按等电子原理：甲烷和铵根是等电子体，空间结构完全相同，但铵根离子内有配位键、甲烷内分子内没有配位键，D错误；答案选C。12.下列说法正确的是A. LiAlH4中的阴离子的中心原子的杂化形式为sp3B. 电子排布式(21Sc)1s22s2
14、2p63s23p63d3违反了能量最低原则C. CN与N2的结构相似，CH3CN分子中键与键数目之比为21D. SO2、BF3、NCl3都含有极性键，都是极性分子【答案】AB【解析】【详解】ALiAlH4中的阴离子为Al，中心Al原子有4条共价键，则杂化形式为sp3，A说法正确；B电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d14s2，其能量小于Ar3d3，排布稳定，所以电子排布式1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则，B说法正确；C氮气分子间形成三对共价键，CN与N2的结构相似，CH3CN分子中键与键数目之比为52，C说法错误；DSO2、NCl3都含有极性键，正负电
15、荷重心不重合，都是极性分子，BF3含有极性键，正负电荷重心重合，属于非极性分子，D说法错误；答案为AB。13.关于配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O的下列说法正确的是A. 中心原子的化合价是+1B. 配位体是Cl和H2O，配位数是6C. 氧原子存在配位键和氢键两种化学键D. 在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀【答案】B【解析】【详解】A. 中心原子的化合价是+3，A错误；B.配离子是TiCl(H2O)52+，故 配位体是Cl和H2O，配位数是6，B正确；C. 氢键不是化学键，C错误；D. 在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAg
16、Cl沉淀，D错误；答案选B。14.下列关于常见有机物的说法正确的是A. 乙烯和聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液退色B. 苯乙烯与过量液溴混合后加入铁粉可发生取代反应C. 用四氯化碳萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗上口放出D. 相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同【答案】BD【解析】【详解】A. 聚乙烯中只含有碳碳单键，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；B. 苯乙烯与过量液溴混合后加入铁粉，可在苯环上发生取代反应，B正确；C. 用四氯化碳萃取溴水中的溴，分液时有机层因密度大从分液漏斗漏斗颈放出，C错误；D. 乙炔与苯具有相同的最简式，故相同质量的乙炔与苯分
17、别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，D正确；答案选BD。15.下列说法错误的是A. 的名称为4，4-二甲基-2-戊醇B. 分子式为C4H8BrCl的有机物共有10种(不含立体异构)C. 分子中，处于同一直线上的碳原子数最多有4个D. 与Br2以物质的量之比为11发生加成反应，所得产物有3种【答案】BD【解析】【详解】A. 分子含羟基，属于醇，按命名规则，选择含羟基的最长碳链、离羟基近的一端开始编号，故其名称为4，4-二甲基-2-戊醇，A正确；B. 分子式为C4H9Br的有机物共有4种，它们分别是CH3-CH2-CH2-CH2Br、CH3-CH2- CHBr CH3、(CH3)2C
18、H- CH2Br、(CH3)3CBr，当这4个分子种都各有1个H被Cl替代就得到分子式为C4H8BrCl的有机物，CH3-CH2-CH2-CH2Br分子内有4种氢原子、CH3-CH2- CHBr CH3分子内有4种氢原子、(CH3)2CH- CH2Br分子内有3种氢原子、(CH3)3CBr分子内有1种氢原子，故C4H8BrCl共有12种结构，B错误；C. 苯环处于对位的碳原子及其相连的原子在同一直线上、乙炔是直线型分子，则分子中处于同一直线上的碳原子数最多有4个，C正确；D. 与Br2以物质量之比为11发生加成反应，有1，2-加成和1，4-加成，故所得产物超过3种，D错误；答案选BD。16.有
19、下列几种晶体：A氮化硅；B氯化铯；C生石灰；D金刚石；E苛性钠；F铜；G固态氨；H干冰；I二氧化硅。回答下列问题：(1)上述晶体中，属于共价晶体的化合物是_(填字母，下同)。(2)上述晶体中，受热熔化后化学键不发生变化的是_。(3)上述晶体中，含有共价键的离子晶体是_。(4)上述晶体中，熔融状态下能导电的是_。【答案】 (1). A、I (2). G、H (3). E (4). B、C、E、F【解析】【分析】(1)满足条件是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物，据此回答；(2)受热熔化后化学键不发生变化、则变化的是分子间作用力，故满足条件的是分子晶体；(3)含有共价键的离子晶体，那么离子化合
20、物内含有复杂离子，例如氢氧根离子、铵根离子、含氧酸根离子等，据此回答；(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体，据此回答；【详解】(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物，硅的原子结构决定了：氮化硅、二氧化硅晶体是由原子直接通过共价键形成的，故填A、I；(2)原子晶体受热熔化后，共价键被克服、离子晶体受热熔化后，离子键被克服、金属晶体受热熔化后，金属键被克服、受热熔化后化学键不发生变化的只有分子晶体、则变化的是分子间作用力，故上述晶体中满足条件的是固态氨和干冰；故填GH；(3)含有共价键的离子晶体，那么离子化合物内含有复杂离子，例如氢氧根离子、铵根离子、含氧酸根离子等，
21、故上述晶体中满足条件的是氢氧化钠，故填E；(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体，上述晶体中离子晶体有氯化铯、生石灰、苛性钠，金属今天有铜；故填B、C、E、F。【点睛】构成晶体的粒子、粒子之间的作用力共同决定了晶体类型，还可以通过性质推测晶体类型。17.实验室用下图所示装置制取少量溴苯。打开K，向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液，发现a中有微沸现象，b中的液体逐渐变为浅红色，c中有少量气泡产生，反应结束后，对a中的液体进行后续处理即可获得溴苯。回答下列问题：(1)实验装置中，盛有苯和溴的混合液的仪器的名称为_。(2)a中发生反应的反应类型为_；能说明这一结论的实验现象是_。(3)b中CC
22、l4的作用是_。(4)c中发生反应的离子方程式为_。(5)得到粗溴苯后，用如下操作进行精制：水洗 蒸馏 用干燥剂干燥 10%NaOH溶液洗，正确的操作顺序是_(填序号)。A B C D(6)蒸馏操作中，仪器选择及安装均正确的是_(填序号)。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 取代反应 (3). b中的液体逐渐变为浅红色，c中有少量气泡产生 (4). 除去溴化氢气体中的溴蒸气 (5). CO2H= CO2H2O (6). D (7). B【解析】【分析】(1)按实验装置中仪器的构造写其名称；(2)(4) 要证明苯和液溴在催化剂作用下的反应为取代反应；只要证明实验中有HBr生成即可，若没有干扰
23、，只要通过观察碳酸钠溶液中产生气泡即可证明HBr，但是溴易挥发，挥发出来的溴会干扰HBr与碳酸钠的反应，因此，必须除去未反应的溴，据此回答；(5)粗溴苯成分的为：溴苯、液溴、苯和溴化铁等，从这些物质的物理性质、化学性质的角度，选择合理的试剂和顺序进行精制，据此回答；(6)按蒸馏装置要求选择正确的装置；【详解】(1)实验装置中，盛有苯和溴的混合液的仪器的名称为分液漏斗；(2)a中苯和液溴在催化剂作用下发生反应，反应类型为取代反应；只要实验中有HBr生成即可证明取代反应，但是溴易挥发，会干扰HBr与碳酸钠的反应，因此，必须除去挥发出来的未反应的溴利用溴易溶于四氯化碳的性质加以除去，故b中的液体逐渐
24、变为浅红色，c中有少量气泡产生就能说明苯与溴的反应是取代反应；(3)b中CCl4的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气；(4)c中发生的是氢溴酸和碳酸钠之间的复分解反应，氢溴酸是强酸，故离子方程式为CO2H= CO2H2O ；(5)得到的粗溴苯，成分为：溴苯、液溴、苯和溴化铁等，用如下操作进行精制：第一步水洗，除去可溶于水的杂质，第二步10%NaOH溶液洗，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，第三步水洗，除去残留的碱溶液，第四步用干燥剂干燥，向有机层中加入适当的干燥剂，第五步蒸馏，蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到纯净的溴苯，故正确的操作顺序是；选D；(6)蒸馏操作中，温度计水银球略低于蒸馏烧瓶
25、支管口，故A、D错误；选用直形冷凝管，则B正确、C错误，答案选B。【点睛】本题考查了溴苯的制备，涉及化学方程式的书写，防倒吸装置以及分离提纯的方法等，掌握物质的制备方法是解答本题的关键18.下表为元素周期表的一部分，其中的字母代表对应的元素。回答下列问题：(1)A、B、C、D四种元素的电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)。(2)BD离子的中心原子杂化类型为_，空间构型为_。(3)基态E原子中，核外电子占据最高能层的符号是_，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_，与其最外层电子数相等的同周期元素还有_种。(4)F元素是_区元素，其基态原子价电子排布为_；配合物F(C2A4)2(C3)2中，
26、F的配位数是6，配位体是_(写化学式)。 (5)X-射线衍射研究证明，固体C2D5是由直线形的W和平面三角形的Y组成，则Y的化学式为_，W中键和键数目(不考虑大键)之比为_。【答案】 (1). ONCH (2). sp2 (3). 平面三角形 (4). N (5). 球形 (6). 2 (7). ds (8). 3d104s2 (9). N2H4、N (10). NO (11). 11【解析】【分析】按各元素在元素周期表中位置，可知：A为氢、B为碳、C为氮、D为氧、E为钾、F为锌，据此分析回答；【详解】(1)电负性数值的大小能够衡量元素在化合物中吸引电子能力的大小，吸引电子能力弱的电负性数值小
27、，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大， A为氢、B为碳、C为氮、D为氧，则四种元素的电负性由大到小的顺序是ONCH ；(2)BD离子为碳酸根离子，中心原子的价层电子对数，没有孤电子对，空间构型为平面三角形， 中心原子杂化类型为sp2；(3) E为钾，基态E原子中，按电子排布规律，其外围电子构型为4s1，故核外电子占据最高能层符号是N，4s电子的电子云轮廓图形状为球形，与其最外层电子数相等的同周期元素还有外围电子构型分别为3d54s1及3d104s1这2种元素；(4)F元素锌，其外围电子构型为3d104s2，故是ds区元素，其基态原子价电子排布为3d104s2；配合物F(C2A4)2(C3)2即
28、Zn(N2H4)2(N3)2中，锌离子是中心原子，已知其配位数是6，中性分子N2H4中2个氮原子都各有一对孤电子对，故2个N2H4不可能满足配位数6，则配位体为N2H4、N ；(5)固体C2D5即N2O5是由直线形的W+和平面三角形的Y-组成，中N原子杂化轨道数目，N原子采取sp杂化，没有孤电子对，是直线形，中N原子杂化轨道数目，N原子采取sp2 杂化，没有孤电子对，是平面三角形，故Y的化学式为，W即，W+中每个氧原子与氮原子形成2对共用电子对，每1个共价双键含有一个键和一个键，则W+中键和键数目(不考虑大键)之比为2:2=11。【点睛】考查物质结构与性质，涉及电负性、杂化方式、化学键、配位数
29、等知识，杂化方式与空间构型有点难。19.铍透X射线的能力很强，有“金属玻璃”之称，其合金是航空、航天、军工、电子、核能等领域不可替代的战略金属材料。回答下列问题：(1)第一电离能：Be_B(填“”或“”或“ (2). 分子 (3). 直线形 (4). (5). (6). 低于【解析】【分析】(1) 第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越小。(2)结合BeCl2的物理性质可判断BeCl2的晶体类型；根据价层电子对互斥理论计算得到分子构型。(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位健。(
30、3)晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。碳酸盐分解生成金属氧化物，可利用氧化物的晶格能来分析分解温度。【详解】(1)第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。Be原子核外电子排布式为1s22s2，2s轨道处于全充满状态，是比较稳定的状态，较难失去最外层的一个电子；B原子核外电子排布式为1s22s22p1，与铍相比易失去最外层的一个电子，所以Be第一电离能大于B；故答案为：；(2)由题知BeCl2熔点较低，易升华，能溶于有机溶剂可知BeCl2为分子晶体；BeCl2中成键电子对为2，孤电子对数 = ，根据价层电
31、子对互斥理论可得BeCl2的分子构型为直线形；故答案为：分子；直线形；由可知BeCl2的分子构型为直线形，其单分子结构为Cl-Be-Cl，(BeCl2)2中Be外层电子具有空轨道，Cl外层电子具有孤电子对，因此Be与Cl之间可形成配位健，其二聚分子(BeCl2)2结构式为；故答案为：；(3)晶格能是指在标准状况下，使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量。电荷高、半径小的离子，其晶格能大。BeO和MgO相比，铍离子的半径小于镁离子，因此晶格能BeOMgO；碳酸盐分解生成金属氧化物，金属氧化物的晶格能越大，越易分解。因氧化铍的晶格能比氧化镁的晶格能大，所以BeCO3更易分解，因此BeC
32、O3的分解温度低于MgCO3。故答案为：；低于。【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶体类型与性质、价层电子对互斥理论、晶格能等知识，明确核外电子排布遵循的规律，熟悉离子晶体晶格能大小影响因素是解题关键。20.铜元素是人体所必须的一种微量元素，铜也是人类最早发现和使用的金属。回答下列问题：(1)金属铜晶体的原子堆积模型属于_(填堆积模型名称)，其原子的空间利用率为_。(2)简单金属离子在水溶液中有颜色的原因，是其价层电子中含有的未成对电子发生跃迁，如：Fe3呈黄色、Fe2呈绿色、Cu2呈蓝色等；预测Cu为_色，原因是_。(3)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构
33、，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数目之比为_，该晶体中原子之间的作用力是_。(4)某种铜的氯化物晶体结构如图所示。此晶体中铜原子的配位数是_；若A的原子坐标是(0，0，0)，B的原子坐标是(0，1，0)，则C的原子坐标是_；设晶胞参数为a pm，则该铜的氯化物晶体的密度为_ gcm3。(用含a和NA的式子表示，NA为阿伏加德罗常数)【答案】 (1). 面心立方最密堆积 (2). 74% (3). 无 (4). Cu中无单电子 (5). 31 (6). 金属键 (7). 4 (8). (9). 【解析】【详解】（1）金属铜晶体的原子堆积模型属于面心立方最
34、密堆积，其原子的空间利用率74%；（2）根据价层电子排布，Fe3+有5个未成对电子，呈黄色；Fe2+有4个未成对电子，呈绿色，可知Cu+无颜色，因为Cu+中无单电子；（3）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，个数是3，Au原子处于顶点，个数是1，则该合金中Cu原子与Au原子数目之比为31，二者均属于金属，则该晶体中原子之间的作用力是金属键；（4）晶胞中Cl原子数目为4，晶胞中Cu原子数目为+=4，二者原子数目为1：1，故配位数也相等，Cu原子与周围4个Cl原子形成正四面体，Cu的配位数为4；若A的原子坐标是(0，0，0)，B的原子坐标是(0，1，0)，则C的原子坐标是；晶胞的边长为a pm，体积是（a1010）3cm3，质量是，则该铜的氯化物晶体的密度为 gcm3。