2018-2019学年福建省莆田第八中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年福建省莆田第八中学高二下学期第二次月考化学试题 解析版

‎2018-2019高二下化学第二次月考试卷 可能用到的相对原子质量：O 16 S 32 Zn 65 Ni 59 Al 27‎ 一．选择题(本题包括13小题，每小题2分，共26分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列化学式可表示一个分子的是 ( )‎ A. SiO2 B. NH4Cl C. CCl4 D. C ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学式能真实表示物质分子组成的是分子晶体，常见的分子晶体有：所有非金属氢化物、部分非金属单质(金刚石、晶体硅等除外)、部分非金属氧化物(二氧化硅等除外)、几乎所有的酸、绝大多数的有机物晶体，以此解答。‎ ‎【详解】A. SiO2为原子晶体，晶体是由硅原子和氧原子以共价键构成的空间网状结构，没有SiO2分子，故A不符合题意；‎ B. NH4Cl为离子晶体，晶体中阴、阳离子的个数比为1：1，没有分子，故B不符合题意；‎ C. CCl4是分子晶体，晶体中只存在分子，所以CCl4可表示一个分子，所以C符合题意；‎ D.C可表示金刚石、石墨，若为金刚石，为原子晶体，是由碳原子和碳原子以共价键构成的空间网状结构，没有分子，若为石墨，为混合型晶体，也没有分子，故D不符合题意。‎ 故答案选C。‎ ‎2.下列微粒中，最外层未成对电子数最多的是( 　)‎ A. S B. As C. Mn D. Fe3+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.S的最外层电子排布式为3s23p4，3p能级上有2个未成对电子；‎ B. As的最外层电子排布式为4s24p3，4p能级上有3个未成对电子；‎ C. Mn的最外层核外电子排布式为4s2，最外层未成对电子数为0；‎ D. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5，3d能级上有5个未成对电子；‎ 根据分析可以知道最外层未成对电子数最多的是Fe3+，‎ 所以D选项是正确的。‎ ‎3. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：‎ ‎①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5，则下列有关比较中正确的是 A. 第一电离能：④＞③＞②＞①‎ B. 原子半径：④＞③＞②＞①‎ C. 电负性：④＞③＞②＞①‎ D. 最高正化合价：①＞③＞②＞④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】四种元素基态原子电子排布式可知，①是S元素，②是P元素，③是N元素，④是F元素。‎ A项，同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A项正确；‎ B项，同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B项错误；‎ C项，同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性比S元素强，所以电负性S＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C项错误；‎ D项，F元素没有正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，S最外层6个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：①＞②=③，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎4.下列各种说法中错误的是(　　)‎ A. 形成配位键的条件是一方有空轨道一方有孤对电子 B. σ键是“头碰头”式重叠，л键是“肩并肩” 式重叠 C. 不可能有H3、H2Cl等物质存在说明共价键有方向性 D. 固态水和液态水中都存在氢键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子，故A正确；‎ B. 原子轨道以“头碰头”方式相互重叠形成的共价键为σ键，以“肩并肩”方式相互重叠形成的共价键为π键，故B正确；‎ C. 按照共价键的共用电子对理论，一个原子有几个未成对电子，便可和几个自旋相反的电子配对成键，因而不可能有H3、H2Cl等物质存在说明共价键有饱和性，故C错误；‎ D. 水分子中含有非金属性强、原子半径小的O原子及H原子，所以固态水和液态水中都存在氢键，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎5.共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质：‎ ‎①Na2O2；②SiO2；③Ar；④金刚石；⑤CaH2；⑥白磷，其中含有两种结合力的组合是( )‎ A. ①③⑤⑥ B. ①⑥ C. ②④⑥ D. ①②⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①过氧化钠中，钠离子和过氧根离子之间存在离子键，O原子和O原子之间存在共价键，所以过氧化钠中存在两种作用力，故选①；‎ ‎②二氧化硅中Si原子和O原子之间存在共价键，所以只存在一种作用力，故不选②；‎ ‎③Ar为单原子分子，无化学键，只存在分子间作用力，所以Ar中只存在一种作用力，故不选③；‎ ‎④金刚石中C原子之间只存共价键，所以金刚石中存在一种作用力，故不选④；‎ ‎⑤CaH2中钙离子与H-之间只存在离子键，所以只存在一种作用力，故不选⑤；‎ ‎⑥白磷分子中，磷原子之间存在共价键，白磷分子之间存在范德华力，所以白磷中存在两种作用力，故选⑥。‎ 故正确序号为①⑥。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎6. 由下列各组的三种元素构成的化合物中既有离子晶体，又有分子晶体的是（ ）‎ A. H、O、C B. Na、S、O C. H、N、O D. H、S、O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H、O、C是非金属元素，这三种元素构成的化合物只能形成共价化合物（如H2CO3），不能形成离子化合物，没有离子晶体，故A不符合题意；‎ B、Na是活泼金属元素，S、O是非金属元素，这三种元素构成的化合物只能形成离子化合物（如硫酸钠），不能形成共价化合物，没有分子晶体，故B不符合题意；‎ C、H、N、O是非金属元素，各元素构成的化合物可以共价化合物（如硝酸），属于分子晶体，也可以形离子化合物（如硝酸铵），属于离子晶体，故C符合题意；‎ D、H、S、O是非金属元素，这三种元素构成的化合物只能形成共价化合物（如H2SO4），不能形成离子化合物，没有离子晶体，故D不符合题意。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查了元素与化学键的关系，注意：金属元素和非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物不是离子化合物；全由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如氯化铵等铵盐属于离子化合物。‎ ‎7.如图所示晶体中每个阳离子A或阴离子B，均可被另一种离子以四面体形式包围着，则该晶体对应的化学式为( )‎ A. AB B. A2B C. AB3 D. A2B3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由晶胞图可知，有4个A位于晶胞内部，则晶胞中含有4个A离子，B位于晶胞的顶点和面心上，则晶胞中B的个数为6×+8=4，所以A、B的个数比为1：1，则该晶体对应的化学式为AB；‎ 故选A。‎ ‎8.某离子化合物的晶胞如下图所示立体结构，晶胞是整个晶体中最基本的重复单位。阴离子位于此晶胞的中心，阳离子位于8个顶点，该离子化合物中，阴、阳离子个数比是( )‎ A. 1∶8 B. 1∶4 C. 1∶2 D. 1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据均摊法，由图可知阴离子位于此晶胞的中心，数目为1，阳离子位于8个顶点，数目为8×=1，所以阴、阳离子个数比是1：1，‎ 故选D。‎ ‎9.下列性质符合分子晶体的是( )‎ A. 熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电 B. 熔点是10.31℃，液体不导电，水溶液能导电 C. 熔点97.81℃，质软，能导电，密度是0.97g/cm3‎ D. 熔点801℃，熔化时能导电，水溶液也能导电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．熔点1070℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，易溶于水，水溶液能导电，分子晶体具有此特点，如氯化氢晶体就是，故A不符合题意；‎ B．熔点10.31℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH⇌CH3COO-+OH-，有自由移动的离子，就能导电，故B符合题意；‎ C．熔点97.81℃，质软、导电、密度0.97g/cm3，属于金属晶体，故C不符合题意；‎ D．熔点较高，熔化时能导电，水溶液也能导电属于离子晶体的性质，故D不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了分子晶体与其它晶体在熔沸点、硬度、密度等方面的区别，学习时需理解各类晶体在这些方面有区别的根本原因是构成晶体的微粒不同。‎ ‎10.下列对离子化合物的叙述不正确的是(　　)‎ ‎①离子化合物一定是含有离子键的化合物　②离子化合物一定是由金属元素和非金属元素组成的③离子化合物熔点较高，加热一定都难分解　④离子化合物中可能含有共价键，也可能不含共价键 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①含离子键的一定为离子化合物，则离子化合物一定是含有离子键的化合物，故正确；‎ ‎②离子化合物中可能均为非金属元素，如铵盐中不含金属元素，故错误；‎ ‎③离子化合物的熔点较高，但加热可能分解，如碳酸氢钠加热易分解，故错误；‎ ‎④离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含离子键、共价键，NaCl中只含离子键，故正确。‎ 综合以上分析，不正确的是②③，故选B。‎ ‎11.下列各项的叙述中都包含两个数值，前一数值大于后一数值的是 ( )‎ A. 单质碘中的分子间作用力和干冰中的分子间作用力 B. NaCl晶体中与一个Cl-紧邻的Na+数和CsCl晶体中与一个Cl-紧邻的Cs+数 C. 晶体硅中Si—Si键的键能和金刚石中C—C键的键能 D. 原子晶体的沸点和金属晶体的沸点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、组成和结构相似的分子晶体相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，已知碘的相对分子质量为254，常温下碘为固体，干冰的相对分子质量为44，干冰为气体，所以碘的熔沸点高，即碘的分子间作用力大，故A符合题意；‎ B、NaCl的晶胞中一个Cl-紧邻的Na+数为6，而CsCl的晶胞中与一个Cl-紧邻的Cs+数目为8，故B不符合题意；‎ C、原子晶体中原子半径越小，共价键越强，键能越大，已知碳原子半径小于硅原子半径，所以晶体硅中Si-Si键的键能小于金刚石中C-C键的键能，故C不符合题意；‎ D、原子晶体的熔沸点不一定比金属晶体的高，不同金属晶体熔沸点差别较大，金属W的熔沸点很高，可能比某些原子晶体熔沸点高，故D不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的构成微粒、化学键及熔沸点，明确物质晶体类型、构成微粒及微粒间作用力即可解答，易错选项是D，注意规律中的特例。‎ ‎12.有下列两组命题 A组 B组 Ⅰ．H—I键键能大于H—Cl键键能 ‎①HI比HCl稳定 Ⅱ．H—I键键能小于H—C1键键能 ‎②HCl比HI稳定 Ⅲ．HI分子间作用力大于HCl分子间作用力 ‎③HI沸点比HCl高 Ⅳ．HI分子间作用力小于HCl分子间作用力 ‎④HI沸点比HCl低 B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释的是 ( )‎ A. Ⅰ① B. Ⅱ② C. Ⅲ③ D. Ⅳ④‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ、HCl比HI稳定，是由于H-Cl键键能大于H-I键键能，故错误；‎ Ⅱ、HCl比HI稳定，是由于H-Cl键键能大于H-I键键能，故正确；‎ Ⅲ、HI沸点比HCl高，是由于HI的相对分子质量大于HCl的相对分子质量，HI分子间作用力大于HCl分子间作用力，故正确；‎ Ⅳ、HI沸点比HCl高，是由于HI的相对分子质量大于HCl的相对分子质量，HI分子间作用力大于HCl分子间作用力，故错误。‎ 故选BC。‎ ‎13.短周期元素A、B、C原子序数依次递增，它们原子的最外层电子数之和为10。A与C在周期表中同主族，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 原子半径A＜B＜C B. A的氢化物的稳定性小于C的氢化物的稳定性 C. C的氧化物的熔点比A的氧化物的低 D. A与C可形成原子晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，则A原子只能有2个电子层，B原子最外层电子数为2，A、C原子最外层电子数==4，故A为碳元素、C为Si，结合原子序数可知，B为Mg元素，据此解答。‎ ‎【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径C＜Si＜Mg，故A错误；‎ B．A为C元素、C为Si，非金属性C＞Si，故A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性，故B错误；‎ C．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，二氧化硅的熔点比二氧化碳高，故C错误；‎ D．Si与C形成SiC为原子晶体，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，侧重于学生的分析能力的考查，推断元素是解题关键，注意根据B原子最外层电子数特点推断。‎ 第 Ⅱ 卷(非选择题 共74分)‎ ‎14.在研究金矿床物质组分的过程中，通过分析发现了Cu—Ni—Zn—Sn—Fe多金属互化物。‎ ‎(1)某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于________(填“晶体”或“非晶体”)‎ ‎(2)基态Ni2＋的核外电子排布式为________；Ni2＋和Fe2＋的半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO______FeO(填“<”或“>”)，其原因是_________________________________________。‎ ‎(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol (SCN)2‎ 分子中含有σ键的数目为________；写出一种与SCN－互为等电子体的分子________(用化学式表示)。‎ ‎(4)氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为________。‎ ‎(5)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为a pm，列式表示NiO晶体的密度为________g·cm－3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。人工制备的NiO晶体中常存在缺陷(如图)：一个Ni2＋空缺，另有两个Ni2＋被两个Ni3＋所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3＋与Ni2＋的离子个数之比为________。‎ ‎【答案】 (1). 晶体 (2). 1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8 (3). > (4). Ni2+和Fe2+的离子所带电荷相同，Ni2+离子半径较小，NiO中离子键更强，NiO晶体的熔点更高 (5). 5NA(或5×6.02×1023或3.01×1024) (6). CO2 (7). sp3、sp2 (8). (9). 1∶11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体；‎ 故答案为：晶体；‎ ‎（2）Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，失去4s能级2个电子形成Ni2+，故Ni2+离子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8，‎ Ni2+和Fe2+的离子所带电荷相同，Ni2+离子半径较小，NiO中离子键更强，NiO晶体的熔点更高，则熔点NiO>FeO，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d8；>；Ni2+和Fe2+的离子所带电荷相同，Ni2+离子半径较小，NiO中离子键更强，NiO晶体的熔点更高；‎ ‎（3）(SCN)2的结构式为N≡C-S-S-C≡N，根据[(SCN)2]的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键全为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，1个（SCN）2分子含有5个σ 键，故1mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为 5NA；‎ 一种与SCN-互为等电子体的原子总数相同，价电子总数均为16，符合的分子有CO2等，‎ 故答案为：5NA；CO2；‎ ‎（4）分子中连接氨基的C原子形成2个C-H键、1个C-N、1个C-C键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，而碳氧双键中的C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化，‎ 故答案为：sp3、sp2；‎ ‎(5)晶胞中Ni2+数目为1+12×=4，O2-数目为8×+6×=4，晶胞质量为4×g，晶胞边长为apm，晶胞体积为（a×10-10 cm）3，NiO晶体的密度为为4×g÷（a×10-10 cm）3=g/cm3；‎ 设1mol Ni0.96O中含Ni3+xmol，Ni2+为（0.96-x）mol，根据晶体仍呈电中性，可知 3x+2×（0.96-x）=2×1，x=0.08mol ，Ni2+为（0.96-x）mol=0.88mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.08：0.88=1：11，‎ 故答案为：；1：11。‎ ‎15.ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_____；‎ ‎(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的电负性由大到小的顺序为___;‎ ‎(3)Se原子序数为____，其核外M层电子的排布式为____；‎ ‎(4)H2Se的酸性比H2S___(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为____，SO32-离子的立体构型为______；‎ ‎(5)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为_________g·cm-3(列式并计算)，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_____pm(列式表示)。‎ ‎【答案】 (1). sp3 (2). O>S>Se (3). 34 (4). 3s23p63d10 (5). 强 (6). 平面三角形 (7). 三角锥形 (8). 4.1 (9). 135或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据S8的环状结构知，每个S原子形成2个键、还有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定S原子杂化方式；‎ ‎(2)同一主族元素，从上到下元素的电负性减小；‎ ‎(3)Se为34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上；‎ ‎(4)同主族元素原子半径越小，非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱；‎ 根据价层电子对互斥理论确定气态SeO3分子的立体构型、SO32-离子的立体构型；‎ ‎(5)利用均摊法计算晶胞中含有的S2-和Zn2+；根据ρ=计算密度；根据晶胞a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为体对角线的。‎ ‎【详解】(1)根据S8的环状结构知，每个S原子形成2个键、还有2对孤电子对，所以每个S原子的价层电子对数是4，则S原子为sp3杂化，‎ 因此，本题正确答案是：sp3；‎ ‎(2)同一主族元素，从上到下元素的电负性减小，所以电负性由大到小的顺序是O>S>Se，‎ 因此，本题正确答案是：O>S>Se；‎ ‎(3)Se为34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10，‎ 因此，本题正确答案是：34；3s23p63d10；‎ ‎(4)同主族元素原子半径越小，非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电离，酸性就越弱，非金属性S>Se，所以H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子中Se原子价层电子对数是3+×(6-3×2)=3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，SO32-离子中S原子价层电子对数=3+（6+2-32）=4且含有一对孤电子对，所以其立体构型为三角锥形，‎ 因此，本题正确答案是：强；平面三角形；三角锥形；‎ ‎(5)黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=×8+×6=4，ρ==÷(540×10-10cm)3=4.1g/cm3；根据晶胞a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为体对角线的，则a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为××540pm=135pm。‎ 因此，本题正确答案是：4.1；135。‎ ‎16.早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe 三种金属元素组成，回答下列问题：‎ ‎(1)准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过_______方法区分晶体、准晶体和非晶体。‎ ‎(2)基态 Fe原子有_______个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 _____，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为________ 。‎ ‎(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛〔CH3CHO)氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为____________，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有_______个铜原子。‎ ‎(4)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为_____ 。列式表示Al单质的密度___________g·cm-3(不必计算出结果)。‎ ‎【答案】 (1). X—射线衍射 (2). 4 (3). 1s22s22p63s23p63d5 (4). 血红色 ‎ ‎(5). sp3、sp2 (6). 乙酸存分子间氢键 (7). 16 (8). 12 (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）区分晶体、准晶体和非晶体的方法是X—射线衍射；‎ ‎（2）根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的电子后失去3d上的电子，硫氰化铁为血红色；‎ ‎（3）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；根据O数目和Cu2O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；‎ ‎（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞；根据ρ=计算密度。‎ ‎【详解】（1）从外观无法区分三者，区分晶体、准晶体和非晶体的方法是X—射线衍射，‎ 故答案为：X—射线衍射；‎ ‎（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，Fe失去3个电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，硫氰化铁为血红色，‎ 故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；‎ ‎（3）乙醛中甲基上的C形成4个σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3个σ键和1个π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；乙酸分子间可形成氢键，乙醛分子间不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为4×1+6×+8×=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；‎ 故答案为：sp3、sp2；乙酸存在分子间氢键；16；‎ ‎（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为8×3×=12‎ ‎；一个晶胞中Al原子数为8×+6×=4，因此Al的密度ρ===g•cm-3，‎ 故答案为：12；。‎ ‎【点睛】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、氢键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点。‎ ‎17.A、B、C、D、E代表前四周期原子序数依次增大的五种元素。A、D同主族且有两种常见化合物DA2和DA3；工业上电解熔融C2A3制取单质C；B、E除最外层均只有2个电子外，其余各层全充满，E位于元素周期表的ds区。回答下列问题：‎ ‎(1)B、C中第一电离能较大的是________，基态D原子价电子的轨道表达式为________________。‎ ‎(2)DA2分子的VSEPR模型是____________。‎ ‎(3)实验测得C与氯元素形成化合物的实际组成为C2Cl6，其球棍模型如图所示。已知C2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[C(OH)4]。‎ ‎①C2Cl6属于________(填晶体类型)晶体，其中C原子的杂化轨道类型为________杂化。‎ ‎②[C(OH)4]－中存在的化学键有____________________________________________。‎ ‎(4)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是__________ (填分子式)，原因是______________________________________________________________‎ ‎(5)D与E所形成化合物晶体的晶胞如图所示 。‎ ‎①在该晶胞中，E的配位数为________。‎ ‎②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0,0,0)；b为(1/2,0,1/2)；c为(1/2,1/2,0)。则d的坐标参数为________。‎ ‎【答案】 (1). 镁(或Mg) (2). (3). 平面三角形 (4). 分子 (5). sp3 (6). 极性共价键、配位键(或共价键、配位键) (7). O3 (8). O3的相对分子质量大，分子间作用力也大，沸点也高 (9). 4 (10). (1，1/2，1/2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、D为同主族且有两种常见化合物DA2和DA3，则A是O，D是S；工业上常电解熔融的C2O3来制取C，故C为Al；B在A、D之间且最外层只有两个电子，故B是Mg；由E位于元素周期表中ds区，E的最外层有两个电子且其余各层全充满，原子序数大于S，位于第四周期，则E是Zn。‎ 综上，A、B、C、D、E分别为O、Mg、Al、S、Zn。‎ ‎【详解】（1）Mg的最外层电子排布为3s2，而Al为3s23p1，Mg的3s能级全充满，较稳定，故Mg的第一电离能大于Al；D为S，其价电子排布式为3s23p4，结合泡利原理和洪特规则，可写出硫原子价电子轨道表达式为，‎ 故答案为：镁(或Mg)；；‎ ‎（2）DA2为SO2，中心原子硫的价层电子对数为=3，则其VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形；‎ ‎（3）①C2Cl6为Al2Cl6，加热易升华可知其沸点较低，推测其为分子晶体；由球棍模型图可知铝原子的价层电子对数为4，则Al为sp3杂化；‎ ‎②[Al(OH)4]－中，氢、氧原子之间形成O-H极性共价键，三个O与Al的三个电子形成Al-O极性共价键，此外，一个OH-中氧原子提供孤对电子，Al提供空轨道，形成O→Al配位键，‎ 故答案为：分子；sp3；极性共价键、配位键；‎ ‎（4）氧元素有O2和O3两种单质，其中O3的相对分子质量大，分子间作用力也大，沸点也高，‎ 故答案为：O3；O3的相对分子质量大，分子间作用力也大，沸点也高；‎ ‎(5)①在该晶胞中，与E相距最近的D原子个数为4，则E的配位数为4；‎ ‎②该坐标系是以a为坐标原点的坐标系，根据b、c的坐标可得d原子的坐标为（1，，‎ ‎）；‎ 故答案为：4；（1，，）。‎ ‎ ‎