天津市静海区第一中学2019-2020学年高二下学期3月学生学业能力调研考试化学试题

天津市静海区第一中学2019-2020学年高二下学期3月学生学业能力调研考试化学试题

静海一中2019-2020第二学期高二化学（5周）学生学业能力调研考试试卷 可能用到的相对原子质量为：C:12 N:14 O:16 Si:28 Fe:56 Cu:64‎ 第Ⅰ卷 基础题 一、选择题：（每小题3分，共36分。每小题只有一个正确选项。）‎ ‎1.下列化学用语书写正确的是（ ）‎ A. 丙烯的键线式 B. 乙醇的结构式：‎ C. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ D. 丙烷分子的球棍模型 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 是2-丁烯分子的键线式，不是丙烯分子的键线式，A不正确；‎ B. 是二甲醚的结构式，不是乙醇的结构式，B不正确；‎ C. 乙烯的结构简式为CH2=CH2，C不正确；‎ D. 丙烷是分子中含有3个碳原子的饱和链烃，其球棍模型为，D正确。‎ 综上所述，化学用语书写正确的是D。‎ ‎【点睛】书写有机物的结构简式时，必须明确表示出其官能团，碳碳双键和碳碳叁键不能省略，碳氧双键可以省略，但必须按规定的格式写，如醛基可以写为-CHO，但不能写为-COH。‎ ‎2.下列说法错误的是 (　　)‎ A. 在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键 B. H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央 C. SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子 D. 向含有0.1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1 mol AgCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、NH4＋中NH3中N提供孤电子对，H＋提供空轨道，形成配位键，Cu2＋提供空轨道，NH3中N提供孤电子对，形成配位键，故A说法正确；B、H2O属于极性分子，中心原子O有2个孤电子对，O的杂化方式为sp3，空间构型为V型，故B说法正确；C、SO3、BF3中性原子无孤电子对，属于非极性分子，故C说法错误；D、0.1mol配合物中只有0.14molCl－，与硝酸银反应生成0.1molAgCl，故D说法正确。‎ ‎3. 下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是 A. 金刚石>晶体硅>二氧化硅>碳化硅 B. CI4>CBr4>CCl4>CF4‎ C. MgO>H2O>N2>O2 D. 金刚石>生铁>钠>纯铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，选项A错误；‎ B．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越大，则熔、沸点为CI4＞CBr4＞CCl4＞CF4，选项B正确；‎ C．离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，熔、沸点比氮气、氧气的大，则熔、沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，选项C错误；‎ D．熔、沸点：原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔、沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列物质属于芳香烃是 (　　　　)‎ ‎①②③④⑤⑥‎ A. ③④ B. ②⑤‎ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】烃就是指含有碳氢元素的化合物，而芳香烃就是含有苯环的碳氢化合物。‎ ‎①甲苯属于芳香烃；②苯乙烯属于芳香烃；③硝基苯属于烃的衍生物；④苯酚属于烃的衍生物；⑤萘属于芳香烃；⑥异丙基苯属于芳香烃，所以属于芳香烃的有 ①②⑤⑥，故选C。‎ ‎5.四种晶体的晶胞结构如图所示，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 图甲所示晶体的化学式为A3B‎4C B. 图乙所示晶体中阴阳离子个数比为1：1‎ C. 图丙所示CaF2晶体中Ca2+配位数为4，F-配位数为8‎ D. 图丁所示晶体属于简单立方堆积 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图甲可知，A原子位于6个面心，6´3；B位于8个顶点上，8´1；C位于体心，只有1个。因此，所示晶体的化学式为A3BC，A不正确；‎ B. 由图乙可知，每个Ba2+离子周围有6个，而每个周围有6个Ba2+，因此，所示晶体中阴阳离子个数比为1：1，B正确；‎ C. 由图丙可知，位于顶点和面心的是Ca2+，共有4个；位于体内的是F-，共有8个。位于相邻的4个所形成的正四面体的体心，因此，所示CaF2晶体中F-配位数为4，则Ca2+配位数为8， C不正确；‎ D. 图丁不能表示简单立方堆积，简单立方堆积的晶胞的体内没有原子，D不正确。‎ 综上所述，有关说法正确的是B，故选B。‎ ‎6.已知H2O2分子的空间结构可在二面角中如图所示，下列有关H2O2结构的说法正确的是(　　)‎ A. H2O2中有3个σ键、1个π键 B. H2O2为非极性分子 C. H2O2中氧原子为sp杂化 D. H2O2沸点高达‎158 ℃‎，可推测H2O2分子间可形成氢键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.双氧水分子电子式为，所以该物质中不含π键，故A错误；‎ B.根据图象知，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；‎ C.H2O2中氧原子为sp3杂化，故C错误；‎ D.H2O2的沸点较高，可推测H2O2分子间可形成氢键，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图。下列关于莽草酸的说法正确的是 (　　　　)‎ A. 分子中有羟基和酯基 B. 分子中有三种官能团 C. 莽草酸既属于羧酸又属于酚类 D. 此有机物按碳骨架分类属于芳香族化合物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】莽草酸的结构简式为，其中含有羧基、酚羟基和碳碳双键三种官能团，属于羧酸，但由于分子中不含苯环，所以不属于酚类，也不属于芳香族化合物，B正确，故选B。‎ ‎【点睛】酚类化合物是指芳香烃中苯环上的氢原子被羟基取代所生成的化合物；分子中含有苯环的有机化合物叫做芳香族化合物。‎ ‎8.下列说法错误的是(　　)‎ ‎①化学性质相似的有机物是同系物　‎ ‎②在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物是同系物　‎ ‎③若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们必定是同系物　‎ ‎④互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，但化学性质必定相似 A. ①②③④ B. 只有②③ C. 只有③④ D. 只有①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同系物判断规律：①一差：分子组成相差若干个原子团；②一同：同通式。③一似：结构相似（含有同种类、同个数的官能团）。据此分析解答。‎ ‎【详解】①化学性质相似，说明官能团种类相同，但个数不一定相同，如乙醇和乙二醇，故①错误；‎ ‎②分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物，可能官能团不同，如乙醛和丙酮，故②错误；‎ ‎③同通式的物质碳、氢元素的质量分数相同，但不一定为同系物，如烯烃与环烷烃，故③错误；‎ ‎④互为同分异构体的物质，由于官能团可能不同，所以化学性质可能不同，故④错误。‎ 答案选A。‎ ‎9.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是( )‎ A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等 B. NCl3分子是非极性分子 C. NBr3比NCl3易挥发 D. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、C的原子半径小于N原子半径，即N－Cl键长小于C－Cl键长，故A错误；‎ B、NH3为三角锥形，NCl3和NH3的空间构型相似，即NCl3空间构型为三角锥形，NCl3属于极性分子，故B错误；‎ C、NCl3和NBr3结构相似，NCl3相对分子质量小于NBr3，因此NCl3的熔沸点低于NBr3，故C错误；‎ D、NH3与H2O之间能形成分子间氢键，NH3·H2O能够电离出NH4＋和OH－，因此NH3·H2O的结构式为，故D正确。‎ ‎【点睛】易错点是选项D，NH3中H与H2O中O构成氢键，即，NH3中N与H2O中H构成氢键，即，根据NH3·H2ONH4＋＋OH－，因此得出NH3·H2O的结构式为。‎ ‎10.下列说法正确的是（）‎ A. 1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1:1‎ B 1molSi晶体中含4molSi—Si键 C. 60gSiO2中含Si—O键的个数为4NA D. ‎12 g金刚石中含有C—C键的个数为NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1molNa2O2晶体中含有1molO22-和2molNa+，则1molNa2O2晶体中阴离子与阳离子之比为1：2，A错误；‎ B、一个Si形成4个Si-Si键，一个共价键中含有2个Si原子，则1molSi晶体中含2molSi-Si键，B错误；‎ C、SiO2中一个Si形成4个Si-O键，则60gSiO2即1mol中含Si-O键的个数为4NA，C正确；‎ D、一个C形成4个C-C键，一个共价键中含有2个C原子，所以‎12 g金刚石即1mol中含有C-C键的个数为2NA，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.利用碳原子的成键特点，分子式为C4H6的物质说法错误的是 (　　　　)‎ A. 分子中含有环和一个碳碳双键 B. 分子中含有二个碳碳双键 C. 分子中含有一个碳碳叁键 D. 分子中含有环和碳碳叁键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有机物的分子式为C4H6，则不饱和度Ω= =2，可能含有叁键、2个碳碳双键或2个圆环、或一个碳碳双键一个圆环等。‎ ‎【详解】A. 分子中含有环和一个碳碳双键，不饱和度为2，有可能，故A正确；‎ B. 分子中含有二个碳碳双键，不饱和度为2，有可能，故B正确；‎ C. 分子中含有一个碳碳叁键，不饱和度为2，有可能，故C正确；‎ D. 分子中含有环和碳碳叁键，不饱和度为3，不可能，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎12.分子中最多可能有多少个原子共处于同一平面（ ）‎ A. 18 B. ‎19 ‎C. 20 D. 21‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行共线、共面分析判断．注意单键可以旋转。‎ ‎【详解】在中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，甲基通过旋转碳碳单键会有1个H原子处在苯环平面内；苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔是直线型结构，所以最多有12个C原子(苯环上6个、甲基中2个、碳碳双键上2个、碳碳三键上2个)共面。在甲基上可有1个氢原子共平面，-CF3中有1个F共平面，苯环上4个氢原子共平面，双键上2个氢原子共平面，因此可能共平面的原子有20个，故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构中共面、共线问题的知识，关键是空间想象，做题时要结合甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，同时注意单键可以旋转。‎ 二、填空题：（本题共4小题，共44分）‎ ‎13.（1）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的几何构型为_____，中心原子的杂化类型为_____。‎ ‎（2）CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是_____。‎ ‎（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为_____，其中氧原子的杂化方式为_____。‎ ‎（4）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为_____。‎ ‎【答案】 (1). V形 (2). sp3 (3). sp (4). V形 (5). sp3 (6). sp3、sp ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互拆理论分析中心原子的价层电子对数，并确定其杂化类型和分子的空间构型。‎ ‎【详解】（1）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的价层电子对数为，由于中心原子只形成2个共价键，故其有2个孤电子对，故其几何构型为V形，中心原子的杂化类型为sp3。‎ ‎（2）CS2分子中，C原子价层电子对数为，中心原子没有孤电子对，故其杂化轨道类型是sp。‎ ‎（3）OF2分子的中心原子的价层电子对数为，中心原子还有2‎ 个孤电子对，故其分子的空间构型为V形，其中氧原子的杂化方式为sp3。‎ ‎（4）CH3COOH中C原子有两种，甲基中的碳原子与相邻原子形成4个共用电子对、没有孤电子对，故其轨道杂化类型为sp3；羧基中的碳原子与氧原子形成双键，还分别与甲基上的碳原子、羟基中的氧原子各形成1个共用电子对，没有孤电子对，故其轨道杂化类型为sp2。‎ ‎【点睛】计算中心原子的价层电子对数，除了使用公式之外，还可以根据其所形成的共用电子对数目（或单键数目）与其孤电子对数的和进行计算，若中心原子的价电子对数3，还可以根据其形成的双键数目或叁键数目进行分析，例如，当碳原子没有形成双键或叁键时，其价层电子对数就是4，sp3杂化；当碳原子参与形成1个双键时，其价层电子对数为3，sp2杂化；当碳原子参与形成2个双键或1个叁键时，其价层电子对数就是2，sp杂化。‎ ‎14.（1）氯酸钾熔化，粒子间克服了_____的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了_____的作用力；碘的升华，粒子间克服了_____的作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是_____。‎ ‎（2）下列六种晶体：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金刚石，它们的熔点从低到高的顺序为_____ (填序号)。‎ ‎（3）在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，五种物质的熔点由高到低的顺序是_____。‎ ‎（4）A、B、C、D为四种晶体，性质如下：‎ A.固态时能导电，能溶于盐酸 B.能溶于CS2，不溶于水 C.固态时不导电，液态时能导电，可溶于水 D.固态、液态时均不导电，熔点为‎3500℃‎ 试推断它们的晶体类型：A_____；B_____；C_____；D_____。‎ ‎（5）如图中A～D是中学化学教科书上常见几种晶体结构模型，请填写相应物质的名称：A_____；B_____；C_____；D_____。‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). 离子键 (2). 共价键 (3). 分子间作用力 (4). 二氧化硅＞氯酸钾＞碘 (5). ①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥ (6). H2＜CO2＜HF＜(NH4)2SO4＜SiC (7). 金属晶体 (8). 分子晶体 (9). 离子晶体 (10). 原子晶体 (11). 氯化铯 (12). 氯化钠 (13). 二氧化硅 (14). 金刚石 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析构成晶体的结构微粒及微粒间的作用力，确定晶体的所属类型，根据晶体的物理性质变化的一般规律并结合具体情况进行分析。‎ ‎【详解】（1）氯酸钾属于离子化合物，其在熔化过程中粒子间克服了离子键；二氧化硅属于只含有共价键的原子晶体，其熔化时粒子间克服了共价键的作用力；碘属于分子晶体，其在升华时粒子间克服了分子间作用力。在通常情况下，原子晶体的熔点高于离子晶体、离子晶体高于分子晶体，故三种晶体的熔点由高到低的顺序是：二氧化硅＞氯酸钾＞碘。‎ ‎（2）①CO2属于分子晶体，在常温下是气体；‎ ‎②NaCl属于离子晶体，在常温下是固体；‎ ‎③Na属于熔点较低的金属晶体，在常温下是固体；‎ ‎④Si属于原子晶体，在常温下是固体；‎ ‎⑤CS2属于分子晶体，在常温下是液体，且其相对分子质量大于CO2；‎ ‎⑥金刚石属于原子晶体，在常温下是固体，碳原子的半径小于硅原子，故金刚石的熔点高于晶体硅。‎ 在通常情况下，原子晶体的熔点高于离子晶体、离子晶体高于分子晶体。综上所述，它们的熔点从低到高的顺序为①＜⑤＜③＜②＜④＜⑥。‎ ‎（3）H2属于分子晶体，相对分子质量为2，在常温下是气体；(NH4)2SO4属于离子晶体，在常温下是固体；SiC属于原子晶体，在常温下是固体；CO2属于分子晶体，相对分子质量为44，在常温下是气体；HF属于分子晶体，其分子间可以形成氢键，在常温下是气体；在分子晶体中，相对分子质量较大，其熔点较高，存在分子间氢键的，其熔点较高。在通常情况下，原子晶体的熔点高于离子晶体、离子晶体高于分子晶体，因此，五种物质的熔点由高到低的顺序是H2＜CO2＜HF＜(NH4)2SO4＜SiC。‎ ‎（4）A.固态时能导电，说明其中含有能够自由移动的电子，故A为金属晶体；‎ B. CS2属于非极性分子，根据相似相溶原理可知，能溶于CS2、不溶于水的晶体，其一定是由非极性分子组成的，故B属于分子晶体；‎ C.固态时不导电，液态时能导电，说明其熔化后可以产生自由移动的离子，故C为离子晶体；‎ D.固态、液态时均不导电，不可能金属晶体或石墨；熔点为‎3500℃‎，其熔点很高，故D为原子晶体。‎ ‎（5）如图中A～D是中学化学教科书上常见的几种晶体结构模型：‎ A. 该晶体中，两种粒子的配位数均为8，故其为氯化铯； ‎ B. 该晶体中，两种粒子的配位数均为6，故其为氯化钠； ‎ C. 该晶体中每个Si原子与相邻的4个O原子形成共价键，每个O原子与相邻的2个Si原子形成共价键，并且向空间发展形成空间立体网状结构，故其为二氧化硅； ‎ D. 该晶体中每个原子与相邻的4个原子形成共价键，并且向空间发展形成空间立体网状结构，故其为金刚石。‎ ‎15.写出下列有机物的类别及所含官能团的名称。‎ ‎(1)CH3CH=CH2____、_________；‎ ‎(2)HC≡C—CH2CH3__________、__________；‎ ‎(3)_________、___________；‎ ‎(4)_________、_________；‎ ‎(5)_________、___________；‎ ‎(6)CH3CH2—O—CH3__________、__________。‎ ‎【答案】 (1). 烯烃 (2). 碳碳双键 (3). 炔烃 (4). 碳碳叁键 (5). 酚 (6). 羟基 (7). 醛 (8). 醛基 (9). 酯 (10). 酯基 (11). 醚 (12). 醚键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据有机物的结构特征判断官能团的名称，根据官能团判断类别。‎ ‎【详解】（1）CH3CH=CH2中官能团为碳碳双键，属于烯烃，故答案为：烯烃；碳碳双键；‎ ‎（2）HC≡C—CH2CH3中官能团为碳碳叁键，属于炔烃，故答案为：炔烃；碳碳叁键；‎ ‎（3）中官能团为羟基，且羟基直接与苯环相连，属于酚，故答案为：酚；羟基；‎ ‎（4）中官能团为醛基，属于醛，故答案为：醛；醛基；‎ ‎（5）中官能团为酯基，属于酯，故答案为：酯；酯基；‎ ‎（6）CH3CH2—O—CH3中官能团为醚键，属于醚，故答案为：醚；醚键。‎ ‎16.下列几种烃类物质：‎ ‎（1）环辛四烯的分子式为_____。‎ ‎（2）互为同分异构体的有_____（填写名称)。‎ ‎【答案】 (1). C8H8 (2). 乙烯基乙炔和正四面体烷、棱晶烷和苯、环辛四烯与立方烷 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据键线式分析其分子式。‎ ‎【详解】（1）环辛四烯分子中有8个C原子、4个C=C和1个环，每个C原子上只有1个H原子，故其分子式C8H8。‎ ‎（2）乙烯基乙炔和正四面体烷的分子式均为C4H4，棱晶烷和苯的分子式均为C6H6，环辛四烯与立方烷的分子式均为C8H8，故互为同分异构体的有：乙烯基乙炔和正四面体烷、棱晶烷和苯、环辛四烯与立方烷。‎ 第Ⅱ卷 提高题 ‎17.前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大。A原子的阴离子的电子排布式与基态锂离子的相同，A和E位于同主族，基态B原子核外有3个能级且各能级上容纳的电子数相等，基态D原子有2个未成对电子，最外能层符号为L。+1价F离子的3d 能级达到全充满结构。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）基态C原子价电子排布图为_____。‎ ‎（2）B、C、D三种元素第一电离能由大到小排序为_____(填元素符号，下同)，它们的电负性由小到大排序为_____。‎ ‎（3）C、F组成的晶体的晶胞如图1所示。已知该晶体密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数，则C、F最近的核间距为_____cm。‎ ‎（4）A和E组成晶体，其晶胞如图2所示。E粒子周围有_____个E紧密相邻且最近；连接与E等距离且最近的A粒子构成的形状是_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 为N＞O＞C (3). C＜N＜O (4). (5). 12 (6). 正八面体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大。A原子的阴离子的电子排布式与基态锂离子的相同，则A为H元素；A和E位于同主族，则E为Na元素；基态B原子核外有3个能级且各能级上容纳的电子数相等，则其电子排布式为1s22s22p2，B为碳元素；基态D原子有2个未成对电子，最外能层符号为L，则D的电子排布式为1s22s22p4，D为O元素，故C为N元素。+1价F离子的3d能级达到全充满结构，则F的电子排布式为[Ar]3d104s1，F为Cu元素。‎ ‎【详解】（1）基态N原子的电子排布式为1s22s22p3，价电子排布图为。‎ ‎（2）同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，由于N的2p轨道是较稳定的半充满状态，故C、N、O三种元素第一电离能由大到小排序为N＞O＞C；同一周期元素的电负性从左到右递增，故它们的电负性由小到大排序为C＜N＜O。‎ ‎（3）由晶胞结构可知，该晶胞中含有N原子的数目为，含有Cu原子的数目为，则该化合物的化学式为Cu3N。已知该晶体密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数，设晶胞的边长为，则晶胞的体积为。晶胞的质量为。所以，ρg·cm-3=，则cm，C、F最近的核间距为晶胞边长的一半，故C、F最近的核间距为cm。‎ ‎（4）由H和Na组成晶体的晶胞示意图可知，位于晶胞顶点的Na与位于面心的Na最近，故Na周围有12个Na紧密相邻且最近；与Na等距离且最近的H有6个，相当于晶胞的体心与六个面心之间的位置关系，故连接与Na等距离且最近的H 构成的形状是正八面体。‎ ‎18.（1）钙钛型复合氧化物可用于制造航母中的热敏传感器，其晶胞结构如图所示，其中A为晶胞的顶点，A可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B是V、Cr、Mn或Fe时，这种化合物具有好的电学性能。下列说法正确的是_____ (填序号)。‎ A.金属Ca、Sr、Ba采用体心立方堆积 B.用A、B、O表示的钙钛型复合氧化物晶体的化学式为ABO3‎ C.在制造Fe薄片时，金属键完全断裂 D.V、Cr、Mn、Fe晶体中均存在金属阳离子和阴离子 ‎（2）辽宁号航母飞行甲板等都是由铁及其合金制造的。铁有δ、γ、α三种同素异形体，其晶胞结构如图所示。‎ ‎①γ—Fe晶胞中含有的铁原子数为_____。—‎ ‎②δ—Fe、α—Fe两种晶体中铁原子的配位数之比为_____。‎ ‎③若α—Fe晶胞的边长为acm，γ—Fe晶胞的边长为bcm，则两种晶体的密度之比为_____。‎ ‎【答案】 (1). B (2). 4 (3). 4:3 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据晶胞结构，用均摊法时行分析。‎ ‎【详解】（1）A.由晶胞结构可知，A位于晶胞的8个顶点，故金属Ca、Sr、Ba采用的是简单立方堆积，A不正确；‎ B.由晶胞结构可知，晶胞中含有A的数目为，含有B的数目为，含有O的数目为，故用A、B、O表示的钙钛型复合氧化物晶体的化学式为ABO3，B正确；‎ C.金属键没有方向性，故金属在发生形变后，金属键仍存在。在制造Fe薄片时，金属键没有完全断裂，C不正确；‎ D.V、Cr、Mn、Fe晶体均为金属晶体，其中均存在金属阳离子和自由电子，无阴离子存在，D不正确。‎ 综上所述，说法正确的是B。‎ ‎（2）①γ—Fe晶胞中，Fe位于晶胞的8个顶点和6个面心，故其含有的铁原子数为。‎ ‎②δ—Fe中，铁原子配位数为8；α—Fe中，铁原子的配位数为6，故两种晶体中铁原子的配位数之比为8:6=4:3。‎ ‎③若α—Fe晶胞的边长为acm，其晶胞中只含1个Fe原子，则晶体的密度为；若γ—Fe晶胞的边长为bcm，其晶胞中含4个Fe原子，则晶体的密度为 。故两种晶体的密度之比为。‎ ‎【点睛】求晶体的密度时，先求出一个晶胞的体积，再求出一个晶胞的质量，最后代入密度的计算公式即可求得。‎