1、湖北省仙桃、天门、潜江2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）注意事项：1.本试卷共8页，两个大题，满分100分，考试时间90分钟。2.本试卷上不要答题，请按答题纸上的要求直接把答案写在答题纸上。答在试卷上的答案无效。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Zn-65 Br-80一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1. 下列关于化石燃料的加工说法正确的（ ）A. 石油裂化主要得到乙烯B. 石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C. 煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D. 煤制煤气是物理变化，是高效
2、、清洁地利用煤的重要途径【答案】C【解析】【详解】A石油裂化主要得到轻质油，石油的裂解主要是得到乙烯，故A错误；B分馏是利用沸点不同分离的方法，属于物理变化，不是化学方法，故B错误；C煤干馏是煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭、煤焦油、粗苯、粗氨水、煤气等产物的过程，故C正确；D煤制煤气是C与水蒸气在高温下反应生成CO和氢气，反应中有新物质生成，是化学变化，故D错误；故答案为：C。2. “地球在流浪，环境保护不能忘”，化学与生活、环境、社会发展息息相关。下列说法不正确的是（ ）A. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质B. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小
3、分子的过程C. 合成纤维中，维纶吸湿性最好，原因是其分子链上含有羟基D. 工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现了“绿色化学”的理念【答案】B【解析】【详解】A丝绸是蚕丝织物，蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属天然高分子化合物，A正确；B油脂不属于高分子物质，故B错误；C维纶被称为“人造棉花”，因其分子链上含羟基而具有较好的吸湿性，C正确；D工业用乙烯直接氧化法制环氧乙烷，反应方程式为：2CH2=CH2+O22 ，原子利用率是100%，符合“绿色化学”的理念，D正确；故答案为：B。3. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，分子平均直径为60140nm。下列有关新冠病毒的说法错误的是（ ）A. 该病毒
4、由C、H、O三种元素组成B. 新冠病毒在空气中可以“气溶胶”形式传播C. 过氧乙酸、75%的乙醇、“84”消毒液等均可有效灭活新冠病毒D. 我国研制的重组新冠病毒疫苗应避光、冷藏保存【答案】A【解析】【详解】A病毒疫苗含有蛋白质，蛋白质的组成元素有C、H、O、N，A错误；B新冠病毒大小纳米级，在空气中会形成“气溶胶”，B正确；C过氧乙酸、75%的乙醇、“84”消毒液均能使蛋白质发生变性，可有效灭活新冠病毒，C正确；D病毒疫苗含有蛋白质，温度太高会发生变性，所以我国研制的重组新冠病毒疫苗应避光、冷藏保存，D正确；故答案：A。4. 下列化学用语正确的是（ ）A. NH4Cl的电子式：B. N的电子
5、排布图：C. 苯乙烯的实验式：CH2D. 苯分子的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A写Cl的电子式时，最外层电子不能省略，正确的是，故A错误；BN原子在1s、2s轨道的电子的自旋方向相反，正确的是，故B错误；C苯乙烯的分子式为C8H8，其实验式为CH，故C错误；D苯分子的比例模型：，故D正确；综上所述，答案为D。5. 下列各有机物的命名或分类不正确的是（ ）选项结构简式命名类别A对甲苯酚芳香烃B2，3二甲基戊烷烷烃C2丁醇一元醇D3甲基1丁烯脂肪烃A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A对苯甲酚中含，属于烃的含氧衍生物，不是芳香烃，A错误；B，2，3二甲基戊烷，分子式为
6、C7H16，符合烷烃的通式CnH2n+2，故属于烷烃，B正确；C，2丁醇，只含有一个醇羟基，属于一元醇，C正确；D分子中不含有苯环，属于脂肪烃，D正确；故答案为：A。6. 已知反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g) H苯酚D苯和苯酚稀溶液分别与浓溴水混合后者产生白色沉淀羟基影响了苯环活性A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A含有碳碳双键、碳碳三键、醛基等有机物都可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B酸性高锰酸钾有强氧化性，与乙醇混合，溶液褪色，则锰元素从+7价降为+2价，乙醇被氧化为乙酸，则乙醇表现为还原性，故B正确；C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液
7、变浑浊，生成苯酚，根据强酸制弱酸原理，酸性：碳酸苯酚，故C正确；D苯酚溶液与溴水发生反应生成2，4，6-三溴苯酚沉淀，苯与溴水不反应，说明苯酚中苯环氢原子比苯中活泼，导致这种现象的原因是羟基影响了苯环的活性，故D正确。综上所述，答案为A。12. 自从第一次合成稀有气体元素的化合物XePtF6以来，人们又相继发现了氙的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。图甲为XeF4的结构示意图，图乙为XeF2晶体的晶胞结构图。下列有关说法错误的是（ ）A. XeF4是由极性键构成的非极性分子B. XeF2晶体属于分子晶体C. 一个XeF2晶胞中实际拥有4个XeF2D. XeF2晶体中距离最近的两个XeF2之
8、间的距离为（a为晶胞边长）【答案】C【解析】【详解】A根据的结构示意图可判断，和F之间形成极性键，该分子为平面正方形结构，所以是由极性键构成的非极性分子，故A正确；B由于晶体是由分子构成的，所以是分子晶体，故B正确；C根据晶体的晶胞结构可知，一个晶胞中实际拥有的个数为，故C错误；D根据晶体的晶胞结构可知，立方体体心的与每个顶点的之间的距离最近且相等，该距离为晶胞体对角线长的一半，即为，故D正确。综上所述，答案为C。13. 有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如下转化，下列说法正确的是（ ）A. Z的六元环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）B. Y和Z可以用银氨溶液来鉴别C. X、Y、Z分子中
9、所有碳原子均处于同一平面D. Y与苯甲醇互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】AZ的六元环上的一氯代物共有4种（不考虑立体异构），故A错误；BY中含醛基可发生银镜反应，而Z含羟基，不能发生银镜反应，可用银氨溶液来鉴别，故B正确；CY、Z分子中均有多个碳原子是四面体结构，所有碳原子不可能处于同一平面，故C错误；DY的分子式为，苯甲醇的分子式为，故不是同分异构体，D错误；答案选B。14. 下列有关化学实验的“操作现象解释”均正确的是（ ）选项操作现象解释A向某溶液中滴加KSCN溶液产生红色沉淀Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3B向由0.1molCrCl36H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶
10、液产生0.2mol沉淀已知Cr3+的配位数为6，则CrCl36H2O的化学式可表示为Cr(H2O)6Cl3C向溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH溶液先橙色加深，后又变为黄色溶液中存在Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+D向Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水沉淀溶解Cu(OH)2不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Cu2+和OH-A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A与溶液反应生成的是红色络合物，不是沉淀，A错误；B配合物中只有外界的离子才能电离出来，因此向由配成的溶液中加入足量溶液产生沉淀，说明配合物可电离出，则的化学式可表示为，B错误；
11、C由于K2Cr2O7溶液中存在Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+，故向溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH，由于H+浓度先增大后减小，故平衡先逆向移动后正向移动，故溶液先橙色加深，后又变为黄色，C正确；D溶于氨水不是重新电离出了和，而是生成了，D错误；故答案为：C。15. 我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如图。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述正确的是（ ）A. 放电时，b电极反应式为Zn2+2e-=ZnB. 放电时，a电极I-被氧化C. 充电时，导线中每通过0.2mole-，b电极增重6.5gD.
12、 充电时，a电极接外电源负极【答案】C【解析】【详解】根据图示可知，放电时，a电极得到电子生成，发生还原反应，为原电池的正极；b电极失电子生成，电极反应式为，发生氧化反应，为原电池的负极，A放电时，b电极是负极，发生氧化反应，反应式为，A错误；B放电时，a电极得到电子生成，发生还原反应，B错误；C充电时，b电极生成，电极反应式为，每转移电子，增重，C正确；D放电时，a时正极，故充电时，a为阳极，接外电源的正极， D错误；故答案为：C。16. 常温下，用pH传感器进行数字化实验，分别向两个盛50mL0.1000 molL1盐酸的烧杯中匀速滴加50mL蒸馏水、50mL0.1000m molL1醋酸
13、铵溶液，滴加过程进行磁力搅拌，测得溶液pH随时间的变化如图所示。已知常温下醋酸铵溶液的pH=7，下列说法错误的是（ ）A. 曲线X表示盐酸中加水稀释的pH变化，滴加过程中溶液中所有离子的浓度均逐渐减小B. 曲线Y的pH变化主要是因为CH3COO与H+结合成了弱电解质C. a点对应的溶液中c(Cl)+c(CH3COO)+c(OH)c()=0.01 molL1D. b点对应的溶液中水电离的c(H+)=1012.86 molL1【答案】A【解析】【详解】A分别向两个盛50mL 0.1000 molL1盐酸的烧杯中匀速滴加50mL蒸馏水、50mL 0.1000 molL1醋酸铵溶液，加水稀释对pH变化
14、影响较小，加入醋酸铵后发生反应，生成弱电解质CH3COOH，溶液中c(H+)浓度迅速减少，pH变化较大，故pH变化较大的是醋酸铵，pH变化较小的是蒸馏水，则X曲线表示盐酸中加水稀释，滴加过程中，H+和Cl的浓度减小，OH的浓度增大，故A错误；B曲线Y变化较大，说明发生反应，CH3COO与结合成了弱电解质，溶液中氢离子浓度迅速减少，故B正确；Ca点溶液pH=2，根据电荷守恒可知：，则，故C正确；D根据图示可知，b点溶液的pH=1.14，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子全部来自水的电离，则水电离的，故D正确。综上所述，答案为A。二、非选择题（本题共5小题，共52分）17. 1869年，俄国化
15、学家门捷列夫提出了元素周期律，并在此基础上发表了第一张元素周期表。为了纪念元素周期表诞生150年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，并认为元素周期表是“科学共同的语言”。(1)认识元素周期表的结构：在元素周期表中，第B、B元素属于_区。2017年5月9日我国发布了113号Nh、115号Mc、117号Ts、118号Og四种元素的中文名称，分别为“（n）”“镆（m）”“（tin）”“（o）”，则下列说法正确的是_（填字母序号）。a.115号元素在周期表中的位置是第七周期VB族b.117号元素Ts位于金属与非金属分界线上，属于准金属，可能是半导体c.这四种元素都是主族元素d.最高价氧化
16、物的水化物的碱性：NhMc(2)认识原子结构与元素周期表的关系：见表中元素G的信息，其中“3d64s2”称为该元素原子的_，该元素M能层上具有_种不同运动状态的电子。(3)认识元素周期律及其应用：第三周期元素的第一电离能：D_E（填“”“”或“”）。气态氢化物的沸点：B_F（填“”“”或“”），理由是_。【答案】 (1). ds (2). bd (3). 外围电子排布式(或价层电子排布式) (4). 14 (5). (6). (7). NH3中N的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3沸点高于PH3【解析】【分析】根据元素周期表确定四种元素在周期表位置，根据元素G的信息分析，M能层上的电子数
17、目，再得到运动状态电子数目，根据电离能规律分析。【详解】(1)在元素周期表中，第B、B元素属于ds区；故答案为：ds。a118号元素是第七周期0族元素，因此115号元素在周期表中的位置是第七周期VA族，故a错误；b117号元素Ts位于金属与非金属分界线上，属于准金属，可能是半导体，故b正确；c118号元素是0族元素，故c错误；d从左到右金属性逐渐减弱，因此最高价氧化物的水化物的碱性：NhMc，故d正确，综上所述，答案为bd。(2)元素G的信息，其中“3d64s2”称为该元素原子的外围电子排布式(或价层电子排布式)，该元素M能层上电子是3s23p63d6，一个电子就是一种运动状态的电子，因此M能
18、层上具有14种不同运动状态的电子；故答案为：外围电子排布式(或价层电子排布式)；14。(3)镁原子的最外层3s能级达到全满稳定状态，能量较低，所以第一电离能MgAl；故答案为：。N、O、F三种元素的电负性较大，其氢化物分子间易形成氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以此三种元素的氢化物的沸点比同主族其他元素氢化物的沸点高；故答案为：NH3中N的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3沸点高于PH3。【点睛】元素周期表、周期律的性质是常考题型，主要考查电子排布式、电离能、最高价氧化物对应水化物碱性、沸点大小的原因等。18. 实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理和实验的装置如图（
19、反应需要加热，图中省去了加热装置）：H2SO4（浓）+NaBrNaHSO4+HBr，CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O。有关数据见表：物质乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红色液体密度/(gcm-3)0.791.443.1沸点/78.538.459（1）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点是_。（2）反应一段时间后，发现未加沸石，则应进行的实验操作是_。（3）氢溴酸具有还原性，与浓硫酸混合加热发生氧化还原的化学方程式为_。（4）F接橡皮管导入_（填试剂名称）进行尾气处理。（5）反应完成后，将C中的馏出液转入锥形瓶中，边振荡边逐滴滴入浓H2SO412mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分
20、层后用分液漏斗分去硫酸层，经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸馏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到3540的馏分约18.0g。从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_（精确到0.1%）。【答案】 (1). 平衡压强，使浓硫酸顺利滴下 (2). 停止加热，冷却至室温后加入沸石再继续加热 (3). 2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O (4). NaOH溶液 (5). 48.1%【解析】【分析】实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理是浓硫酸和溴化钠反应生成硫酸氢钠和溴化氢，溴化氢与乙醇反应生成CH3CH2Br和水，浓硫酸具有强氧化性，HBr具有还原性，发生氧化还原反应，实验中产生
21、的尾气用氢氧化钠溶液吸收。【详解】(1)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；故答案为：平衡压强，使浓硫酸顺利滴下。(2)液体加热时需加入沸石防止爆沸，若反应后忘记加入沸石，应停止加热，冷却至室温再补加；故答案为：停止加热，冷却至室温后加入沸石再继续加热。(3)氢溴酸具有还原性，能被浓硫酸氧化，生成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，反应的方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；故答案为：2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O。(4)实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收；故答案为：N
22、aOH。(5)20mL乙醇的质量为，由，理论上应该生成约，由此可求出产率为；故答案为：48.1%。【点睛】化学实验是常考题型，主要考查实验仪器、实验操作、氧化还原反应书写，尾气处理、产率的计算等。19. “富煤、贫油、少气”是我国能源发展面临的现状，随着能源的日益紧张，发展“煤化工”对我国能源结构的调整具有重要意义。图1是煤化工产业链之一。“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科硏人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出热值很高的煤炭合成气，其主要成分是CO和H2，CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。（1）已知：.C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.
23、5kJ/mol.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+131.3kJ/mol则反应CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)H=_kJ/mol。（2）在T1时，体积为1L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。下列情形能说明上述反应已达到平衡状态的是_（填字母序号）。a.体系压强保持不变b.密闭容器中CO、H2、CH3OH(g)三种气体的物质的量相等c.体系内的密度保持不变d.每消耗1molCO的同时生成2molH2当起始=2时，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.6，则05min内平均反应
24、速率v(H2)=_，此温度下的化学平衡常数为_。（3）已知CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，在密闭容器中有浓度均为0.2mol/L的CH4与CO2，在一定条件下反应。测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示，则压强p1_p2（填“”“”或“=”，下同）；当压强p2时，在y点：v(正)_v(逆)。【答案】 (1). -524.8 (2). ad (3). 0.24mol/(Lmin) (4). mol-2L2（或2.34 mol-2L2） (5). 【解析】【分析】(1)依据盖斯定律计算；(2)a反应前后气体物质的量发生变化，恒容容器中压强会改变，若体系压强保持不变
25、时，说明反应达到平衡；b密闭容器中CO、H2、CH3OH(g)三种气体物质的量相等不能证明反应达到平衡；c反应体系内气体的质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能证明反应达到平衡；d每消耗1molCO的同时生成2mol H2，说明正、逆反应速率相同，证明反应达到平衡。利用三段式计算；(3)正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，压强越大平衡时甲烷的转化率越小。【详解】(1)依据盖斯定律-得到CO(g)+H2(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)，H=-524.8kJ/mol。(2)a反应前后气体物质的量发生变化，恒容容器中压强会改变，若体系压强保持不变时，说明反应
26、达到平衡，a正确；b密闭容器中CO、H2、CH3OH(g)三种气体物质的量相等不能证明反应达到平衡，b错误；c反应体系内气体的质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能证明反应达到平衡，c错误；d每消耗1molCO的同时生成2mol H2，说明正、逆反应速率相同，证明反应达到平衡，d正确。答案为ad；体积为1L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，则起始时c(CO)=1mol/L，CO的转化率为0.6，则反应则05min v(H2)=0.24mol/(Lmin)；。(3)正反应为气体物质的量增大的反应，较低压强有利于反应正向进行，压强越大平衡时甲烷的转化率越小，则压强P1P2；当
27、压强为P2时，在y点甲烷转化率小于平衡时(x点)的转化率，反应未到达平衡，应正向进行到达平衡，故在y点时，v(正)v(逆)。20. 有机物M常作消毒剂、抗氧化剂等，用芳香烃A制备M的一种合成路线如图：已知：R1COOR2请回答下列问题：（1）D中官能团的名称为_。（2）C生成D的反应类型为_。（3）E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为_。（4）芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应和银镜反应，H的结构共有_种；写出其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的物质的结构简式：_。（5）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸甲酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选）设计制
28、备的合成路线。_【答案】 (1). 羧基、氯原子 (2). 取代反应 (3). +2NaOH +NaCl+2H2O (4). 4 (5). (6). 【解析】【分析】A的分子式为C7H8，结合B的结构酯A和CO发生加成反应生成B，则A为，对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，故C为、D为、E为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为，据此解题；(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与CH3MgBr、H+/H2O作用得到。【详解】(1)由分析可知
29、D的结构为，D中官能团的名称为羧基，氯原子；故答案为：羧基、氯原子；(2)由C的结构生成D，反应类型为取代反应， 故答案为：取代反应；(3)由分析可知E的结构简式为，故E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为+2NaOH +NaCl+2H2O；故答案为：+2NaOH +NaCl+2H2O；(4)C为芳香族化合物H与C互为同分异构体，且能发生水解反应和银镜反应，H结构里含酯基且为甲酸酯基，则分别有，共4种结构，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为1：2：2：3的任意一种物质的结构简式为；故答案为：4；(5)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与CH3MgBr、H+/H2O
30、作用得到，其合成路线为，故答案为：。21. 过渡元素在工业、农业、科学技术以及人类生活等方面有着重要作用。请回答下列问题：（1）基态Cu原子的核外电子排布式为_。（2）高密度磁记录材料纳米钴(Co)可通过亚肼(N2H2)还原氯化亚钴来制备。N2H2分子中氮原子的杂化形式为_。亚肼(N2H2)分子中四个原子在一个平面上，由于几何形状的不同，它有两种同分异构体和，乙炔(C2H2)与亚肼(N2H2)均为四原子分子，但乙炔(C2H2)分子只有一种结构，原因是_。Co3+能与NH3和N形成配离子Co(N3)(NH3)52+，在该配离子中Co3+的配位数为_；写出与N互为等电子体的分子：_（任写一种，填化
31、学式）；N的空间构型是_。（3）FeO、NiO晶胞结构相同，晶体中r(Ni2+)和r(Fe2+)分别为69pm和78pm，则熔点：NiO_FeO（填“”或“ (8). NiO的晶格能大于FeO (9). C (10). -32【解析】【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布式为：Ar3d104s1（或1s22s22p63s23p63d104s1）；（2）分子中每个N原子有2个键，含有一对孤电子对，所以采取杂化；乙炔分子没有同分异构体，是因为中C原子无孤电子对，是直线型分子；而中氮原子有孤电子对，孤电子对与成键电子之间的排斥力大于成键电子之间的排斥力；根据的结构知的配位数为6；等电子体即是原子个数相同，价电子总数相同的微粒，与互为等电子体的分子有、等；等电子体具有相似的化学结构，所以与的分子构型相似，都是直线型；（3）和均为离子晶体，它们熔沸点的高低与离子键的晶格能大小有关，和的阴、阳离子所带电荷均相同，但半径小，因而晶体晶格能大，所以的熔沸点高于；晶体结构中的配位数均为6，则与的晶胞结构相似，均为面心立方最密堆积，其俯视图为C；（4）根据的立方晶胞结构可知，每个晶胞中含有4个；设的相对原子质量为x，则有则。
