試卷第=page99頁，共=sectionpages1111頁河北省唐山市2021-2022學年高二下學期期中考試化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．人類對原子結構的認識經(jīng)歷了漫長的歷史階段。其中最早提出“原子核外電子是在原子軌道上運動的，并遵循一定的規(guī)律。”的科學家是（）A．道爾頓 B．湯姆生 C．盧瑟福 D．玻爾【答案】D【解析】道爾頓提出“原子時構成物質(zhì)的最基本離子，它們是堅實的、不可再分割的實心小球”；湯姆生提出“原子是一個平均分布著正電荷的小球，這個小球中鑲嵌著許多電子，電子帶的負電荷中和了小球中的正電荷”；盧瑟福提出“原子是由原子核和核外電子構成的”；波爾提出“原子核外電子是在原子軌道上運動的，并遵循一定的規(guī)律”；綜上所述答案為D。2．若某元素原子處于能量最低狀態(tài)時，價電子排布式為3d14s2，則下列說法正確的是A．該元素原子處于能量最低狀態(tài)時，原子中共有3個未成對電子（）B．該元素原子最外層有3個電子C．該元素原子的M層共有8個電子D．該元素原子核外共有4個電子層【答案】D【解析】若某原子在處于能量最低狀態(tài)時，外圍電子排布為3d14s2，則該元素是Sc，則該元素原子處于能量最低狀態(tài)時，原子中共有1個未成對電子，選項A錯誤；該元素原子最外層共有2個電子，選項B錯誤；該元素原子的M能層共有9個電子，選項C錯誤；該元素原子核外共有4個能層，即K、L、M、N，選項D正確；答案選D。3．圖1和圖2分別是1s電子的概率密度分布圖和電子云輪廓圖。下列有關認識正確的是（）A．圖1中的每個小黑點表示1個電子B．圖2表示1s電子只能在球體內(nèi)出現(xiàn)C．圖2表明1s電子云輪廓圖呈圓形，有無數(shù)對稱軸D．圖1中的小黑點的疏密表示電子在核外空間某處單位體積內(nèi)出現(xiàn)機會的多少【答案】D【解析】小黑點表示電子出現(xiàn)的幾率，黑點越密集表示電子出現(xiàn)的概率越大，A錯誤；圖2是電子云輪廓圖，取電子云的90%的部分即出現(xiàn)概率較大的部分，界面外出現(xiàn)電子的概率為10%，即1s電子可能出現(xiàn)在球體外，B錯誤；1s軌道呈空間上的球形，而不是圓形，C錯誤；電子云就是用小黑點的疏密來表示電子出現(xiàn)概率大小的一種圖形，D正確；綜上所述答案為D。4．下列各組中的X和Y兩種元素，在周期表中一定位于同一族的是（）A．X原子的核外電子排布式為1s1，Y原子的外圍電子排布式為B．X原子的核外電子排布式為，Y原子的核外電子排布式為C．X原子2p能級上有三個電子，Y原子的3p能級上有三個電子D．X原子核外M層上僅有兩個電子，Y原子核外N層上也僅有兩個電子【答案】C【解析】X原子的核外電子排布式為1s1，則X為H，為IA族元素，Y原子的外圍電子排布式為，則Y為Cu，為IB族元素，故A錯誤；X為He，Y為Be，分別為0族、IIA族元素，故B錯誤；2p軌道上只有三個電子的X為N，3p軌道上只有三個電子的Y為P，二者位于周期表同一主族，故C正確；原子核外M層上僅有兩個電子的X為Mg元素，原子核外N層上僅有兩個電子的Y可能為Ca、Sc、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，不一定同族，故D錯誤；故選C。5．下列有關電離能的說法中，正確的是（）A．第一電離能越大的原子失電子的能力越強B．第一電離能是元素的原子失去核外第一個電子需要的能量C．第三周期元素的第一電離能從左到右越來越大D．可通過一種元素各級電離能的數(shù)值，判斷元素可能的化合價【答案】D【解析】元素原子的第一電離能越大，表示該元素的原子越難失去電子，A錯誤；第一電離能是基態(tài)的氣態(tài)原子失去核外第一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子需要的最低能量，B錯誤；同周期自左至右第一電離能呈增大趨勢，但ⅡA族最外層全滿、ⅤA族最外層半滿，第一電離能大于相鄰元素，C錯誤；一般來說，元素的電離能按照第一、第二……的順序逐漸增加，如果突然增加的比較多，電離的難度增大，這里就是元素的通常的化合價，所以可通過一種元素各級電離能的數(shù)值，判斷元素可能的化合價，D正確；綜上所述答案為D。6．下列說法中不正確的是（）A．氣體單質(zhì)中，一定有σ鍵，可能有π鍵B．兩個原子之間形成共價鍵時，最多有一個σ鍵C．一般σ鍵比π鍵重疊程度大，形成的共價鍵強D．N2分子中有1個σ鍵，2個π鍵【答案】A【解析】氣體單質(zhì)中可能不存在化學鍵，如稀有氣體單質(zhì)，A錯誤；兩個原子之間形成共價鍵時，頭碰頭重疊的軌道只能有一組，即兩個原子之間形成共價鍵時，最多有一個σ鍵，π鍵可以有一條或兩條，B正確；σ鍵是頭碰頭的重疊，π鍵是肩并肩的重疊，一般σ鍵比π鍵重疊程度大，形成的共價鍵強，C正確；N2分子中兩個N原子共用三對電子，即三個共價鍵，有1個σ鍵，2個π鍵，D正確；綜上所述答案為A。7．若ABn的中心原子A上沒有未用于形成共價鍵的孤電子對，運用價層電子對互斥理論，下列說法正確的是（）A．若n＝2，則分子的空間構型為V形B．若n＝3，則分子的空間構型為三角錐形C．若n＝4，則分子的空間構型為正四面體形D．以上說法都不正確【答案】C【解析】根據(jù)價層電子對互斥理論知，若ABn型分子的中心原子A上沒有未用于形成共價鍵的孤對電子，則：若n=2，則分子的立體構型為直線形，故A錯誤；若n=3，則分子的立體構型為平面三角形，故B錯誤；、若n=4，則分子的立體構型為正四面體形，故C正確；由以上分析可知，D錯誤；答案選C。8．向盛有硫酸銅水溶液的試管里加入氨水，首先形成難溶物，繼續(xù)滴加氨水，難溶物溶解得到深藍色的透明溶液。下列對此現(xiàn)象說法正確的是（）A．反應后溶液中不存在任何沉淀，所以反應前后Cu2+的濃度不變B．沉淀溶解后，將生成深藍色的配合離子[Cu(NH3)4]2+C．[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+的配位數(shù)是5D．在[Cu(NH3)4]2+離子中，Cu2+給出孤對電子，NH3提供空軌道【答案】B【解析】硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應生成可溶性的銅氨絡合物而使溶液澄清，所以溶液中銅離子濃度減小，A錯誤；硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)加氨水時，氫氧化銅和氨水繼續(xù)反應生成絡合物離子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，B正確；[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+為配離子，NH3為配體，配位數(shù)為4，C錯誤；Cu2+提供空軌道，NH3提供孤電子對，NH3分子與Cu2+通過配位鍵形成配合物離子[Cu(NH3)4]2+，D錯誤；綜上所述答案為B。9．關于原子軌道的說法正確的是（）A．sp3雜化軌道是由同一個原子中能量相近的s軌道和p軌道雜化形成的一組能量相同的新軌道B．CH4分子中的sp3雜化軌道是由4個H原子的1s軌道和C原子的2p軌道雜化而形成的C．凡是中心原子采取sp3雜化軌道成鍵的分子其立體構型都是正四面體D．凡AB2型的共價化合物，其中心原子A均采用sp雜化軌道成鍵【答案】A【解析】sp3雜化軌道是由同一個原子中能量相近的1個s軌道和3個p軌道雜化形成的一組能量相同、數(shù)量與原理相同的新軌道，A正確；CH4分子中的sp3雜化軌道是由C原子的2s軌道和2p軌道雜化而形成的，B錯誤；由于孤電子對也會占據(jù)雜化軌道，所以中心原子采取sp3雜化軌道成鍵的分子的立體構型不一定是正面體形，如水分子為V形，氨氣分子為三角錐形，C錯誤；AB2型的共價化合物，中心原子A也可以是sp2雜化、sp3雜化，如H2O中O為sp3雜化，SO2中S為sp2雜化，D錯誤；綜上所述答案為A。10．下列變化規(guī)律不正確的是（）A．硬度：Al>Mg>Na B．沸點：HI>HBr>HCl>HFC．酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 D．原子半徑：O>F>H【答案】B【解析】半徑Al＜Mg＜Na，價電子數(shù)Al＞Mg＞Na，所以金屬鍵Al＞Mg＞Na，硬度Al＞Mg＞Na，A正確；HF分子間存在氫鍵，沸點最高，所以沸點HF＞HI＞HBr＞HCl，B錯誤；同周期元素自左至右非金屬性增強，最高價氧化物對應水化物的酸性增強，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，C正確；電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越小半徑越大，所以原子半徑：O>F>H，D正確；綜上所述答案為B。11．下列各項所述的數(shù)字不是“6”的是（）A．在NaCl晶體中，與一個Na+最近的且距離相等的Cl－的個數(shù)B．在金剛石晶體中，最小的環(huán)上的碳原子個數(shù)C．在二氧化硅晶體中，最小的環(huán)上的原子個數(shù)D．在石墨晶體的片層結構中，最小的環(huán)上的碳原子個數(shù)【答案】C【解析】NaCl晶體屬面心立方結構，與一個Na+最近且距離相等的Cl-的個數(shù)有6個，A正確；金剛石晶體中，最小的環(huán)上的碳原子個數(shù)有6個，B正確；二氧化硅晶體相當于在硅晶體中兩個硅原子間分別加上一個O原子，因此最小環(huán)上的原子個數(shù)為12個，C錯誤；石墨晶體的片層結構中，最小環(huán)上的碳原子個數(shù)為6個，D正確；答案選C。12．下列說法不正確的是（）A．HClO4酸性強于HClOB．某元素氣態(tài)基態(tài)原子的逐級電離能(kJ/mol)分別為738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，當它與氯氣反應時可能生成的陽離子是X2+C．Na、P、Cl的電負性依次增大D．CH3CH(OH)COOH分子中有2個手性碳原子【答案】D【解析】HClO4中非羥基O原子比HClO多，羥基上的氫原子更活潑，酸性更強，A正確；根據(jù)數(shù)據(jù)可知，I2與I3差距較大，則其最外層有2個電子，當它與氯氣反應時可能生成的陽離子是X2+，B正確；同周期自左至右電負性依次增大，C正確；CH3CH(OH)COOH分子中只有連接羥基的C原子為手性碳原子，即手性碳原子只有一個，D錯誤；綜上所述答案為D。二、多選題13．下列說法正確的是（）A．與的中心原子的價層電子對數(shù)不相同B．中硼原子的雜化類型與苯中碳原子的雜化類型相同C．和互為等電子體，故二者具有相同的化學性質(zhì)D．碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，可用“相似相溶”規(guī)律解釋【答案】BD【解析】中中心N原子的孤電子對數(shù)為=0、價層電子對數(shù)為0+4=4；中中心O原子的孤電子對數(shù)為=1，價層電子對數(shù)為1+3=4，故A不選；BF3中中心B原子上沒有孤電子對、價層電子對數(shù)為0+3=3，屬于sp2雜化；苯分子中碳上無有孤電子對，價層電子對數(shù)為0+3=3，屬于sp2雜化，故B選；SO2和O3互為等電子體，價電子數(shù)都為18，具有相似的結構，但化學性質(zhì)不同，二氧化硫以還原性為主，而臭氧具有氧化性，故C不選；碘單質(zhì)為非極性分子，四氯化碳也為非極性分子，水為極性分子，故根據(jù)相似相溶規(guī)律，碘易溶于四氯化碳而不易溶于水，故D選；故選BD。14．三硫化磷(P4S3)是黃綠色針狀晶體，易燃、有毒，分子結構之一如下圖所示，已知其燃燒熱(P被氧化為)，下列有關P4S3的說法正確的是（）A．分子中每個原子最外層均達到8電子穩(wěn)定結構B．P4S3中硫元素為-2價，磷元素為+3價C．一個P4S3分子中含有三個非極性共價鍵D．P4S3完全燃燒的熱化學方程式為：【答案】AC【解析】P原子最外層有5個電子，S原子最外層有6個電子，根據(jù)P4S3的結構可知，P形成3個共價鍵、S形成2個共價鍵，所以分子中每個原子最外層均達到8電子穩(wěn)定結構，故A正確；若P4S3中硫元素為－2價，磷元素為＋3價，化合價代數(shù)和不等于0，故B錯誤；同種原子間的共價鍵是非極性共價鍵，一個P4S3分子中含有三個非極性共價鍵，故C正確；燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒放出的熱量，所以P4S3燃燒的熱化學方程式為：P4S3(s)＋8O2(g)=P4O10(s)＋3SO2(g)ΔH＝－3677kJ/mol，故D錯誤。故選AC。15．最近科學家成功制成了一種新型的碳氧化合物，該化合物晶體中每個碳原子均以四個共價單鍵與氧原子結合為一種空間網(wǎng)狀的無限伸展結構，下列對該晶體敘述錯誤的是（）A．該晶體類型是共價晶體B．該晶體中碳原子和氧原子的個數(shù)比為1∶2C．晶體中碳原子數(shù)與C-O化學鍵數(shù)之比為1∶2D．該晶體中碳原子軌道雜化類型與二氧化碳分子中碳原子的軌道雜化類型相同【答案】CD【解析】根據(jù)題意可知該物質(zhì)是由C原子和O原子通過共價鍵聚集而成的共價晶體，A正確；每個C原子結合4個O原子，而每個O原子被兩個C原子共用，所以一個C占有4×=2個O原子，即該晶體中碳原子和氧原子的個數(shù)比為1∶2，B正確；每個C原子結合4個O原子，即形成4個C-O鍵，所以晶體中碳原子數(shù)與C-O化學鍵數(shù)之比為1∶4，C錯誤；該物質(zhì)中每個C原子形成4個單鍵，所以為sp3雜化，而CO2分子中C原子為sp雜化，二者雜化類型不同，D錯誤；綜上所述答案為CD。三、元素或物質(zhì)推斷題16．A、B、C、D是四種短周期元素，E是過渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A原子L層電子數(shù)是M層電子數(shù)的2倍，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個成單電子，E的外圍電子排布式為。回答下列問題：(1)D所在周期(除稀有氣體元素外)中，第一電離能比D大的元素有_______種，電負性最大的元素是_______(寫元素符號)。(2)D的氫化物沸點比C的氫化物沸點_______(填“高”或“低”)，原因是_______。(3)E元素在周期表的第四周期第_______族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)、p區(qū)等，則E元素在_______區(qū)。(4)A、C最高價氧化物的晶體類型是分別是_______晶體、_______晶體?！敬鸢浮?1)一

F(2)高

之間能形成氫鍵，使得沸點更高(3)Ⅷ

d(4)共價

分子【解析】A原子L層電子數(shù)是M層電子數(shù)的2倍，則A為Si；A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個成單電子，則B為Na，C為P；C、D同主族，且都是短周期元素，則D為N；E是過渡元素，其外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。(1)由分析可知，D為N，其所在周期為第二周期；同一周期，從左到右，元素的電負性、第一電離能逐漸升高，其中IIA族和VA族元素的第一電離能高于其相鄰元素，則第二周期(除Ne外)中，第一電離能比N大的只有F，即該周期中，第一電離能比N大的元素有一種；電負性最大的元素是F。(2)由分析可知，C為P，D為N，它們的氫化物分別為PH3和NH3，PH3的沸點小于NH3，是因為NH3之間能形成氫鍵，使得NH3沸點更高。(3)由分析可知，E為Fe，其在周期表的第四周期第VIII族，d區(qū)。(4)由分析可知，A為Si，C為P，它們最高價氧化物分別為SiO2、P2O5，分別屬于共價晶體、分子晶體。17．下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分別代表某一化學元素。(1)下列_______(填編號)組元素的單質(zhì)可能都是電的良導體。①a、c、h②b、g、k③c、h、l④d、e、f(2)某同學推斷h基態(tài)原子的核外電子排布為，該同學所畫的軌道表示式違背了_______。(3)i基態(tài)原子中能量最高的電子，其電子云在空間有_______個伸展方向。(4)如果給核外電子足夠的能量，這些電子便會擺脫原子核的束縛而離去。核外電子離開該原子或離子所需要的能量主要受兩大因素的影響：A．原子核對核外電子的吸引力；B．形成穩(wěn)定結構的傾向下表是一些氣態(tài)原子失去核外不同電子所需的能量(kJ/mol)：鋰XY失去第一個電子519502580失去第二個電子729645701820失去第三個電子1179969202750失去第四個電子955011600①通過上述信息和表中的數(shù)據(jù)分析為什么鋰原子失去核外第二個電子時所需的能量要遠遠大于失去第一個電子所需的能量_______。②表中X可能為以上13種元素中的(填寫字母代號)_______元素，該元素原子的核外電子排布式為_______。【答案】(1)①④(2)洪特規(guī)則(3)3(4)Li原子失去一個電子后已形成穩(wěn)定結構，很難再失去一個電子

a

【解析】根據(jù)元素周期表中元素的分布知識，可以知道a是Na，b是H，c是Mg，d是Sr，e是Sc，f是Al，g是Ge，h是C，j是O，i是P，k是Sb，l是Cl，m是Ar。(1)金屬是電的良導體，石墨棒是電的良導體，金屬有Na、Mg、Sr、Sc、Al，鍺是半導體，故答案為：①④；(2)碳元素的原子序數(shù)為6，基態(tài)碳原子的電子排布圖為，由圖可知，該同學所畫的電子排布圖的2p軌道違背了洪特規(guī)則；(3)P原子中電子能量最高的為3p能級，電子云有3個伸展方向；(4)①鋰原子核外共有3個電子，其中兩個在K層，1個在L層，當失去最外層的一個電子后，鋰離子處于穩(wěn)定結構，根據(jù)題給信息可知，要使鋰離子再失去電子便會形成不穩(wěn)定結構，因此鋰原子失去第二個電子時所需能量遠大于失去第一個電子所需的能量；②由表中數(shù)據(jù)可知：X失去第2個電子所需能量遠大于失去第一個電子所需的能量(9倍多)，而失去第三個、第四個電子所需能量皆不足前者的兩倍，故第一個電子為最外層的1個電子，而其他幾個電子應處于內(nèi)層；結合所給的周期表知，X應為a，即鈉元素，原子的核外電子排布式為。四、結構與性質(zhì)18．非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)F原子核外電子的運動狀態(tài)有_______種。(2)O、F、Cl電負性由小到大的順序為_______。(3)分子中心原子雜化方式為_______雜化；其分子的空間構型為_______；的熔、沸點_______(填“高于”或“低于”)，原因是_______。(4)晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，該晶胞中有_______個分子。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標，如A點原子的分數(shù)坐標為(，，)。已知Xe-F鍵長為rpm，則B點原子的分數(shù)坐標為_______?！敬鸢浮?1)9(2)(3)sp3

角(V)形

低于

和都是分子晶體，結構相似，的相對分子質(zhì)量大，的熔、沸點高(4)2

(0，0，)【解析】(1)基態(tài)F原子共有9個核外電子，則每個電子都有對應的軌道和自旋狀態(tài)，所以核外電子的運動狀態(tài)有9種；(2)電負性一定程度上相當于得電子能力，半徑越小，得電子能力越強，電負性越大，半徑由小到大的順序為F、O、Cl，所以電負性由小到大的順序為；(3)OF2的中心原子為O，其形成了兩個σ鍵，另外還有兩個未成鍵價電子對，價層電子對的數(shù)目為4，需要形成4個雜化軌道，采取sp3雜化；根據(jù)VSEPR理論有2+=4，去掉2對孤對電子，知OF2分子的空間構型是角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高；(4)圖中大球的個數(shù)為，小球的個數(shù)為，根據(jù)XeF2的原子個數(shù)比知大球是Xe原子，小球是F原子，該晶胞中有2個XeF2分子；由A點坐標知該原子位于晶胞的中心，且每個坐標系的單位長度都記為1，B點在棱的三處，其坐標為(0，0，)；圖中y是底面對角線的一半，y=a,x=-r，所以d==pm。19．一項科學研究成果表明，銅錳氧化物(CuMn2O4)能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。(1)向一定物質(zhì)的量濃度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀經(jīng)高溫灼燒，可制得CuMn2O4。NO的空間構型是_______(用文字描述)。(2)在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO2，HCHO被氧化為CO2和H2O。①根據(jù)等電子體原理，CO分子的結構式為_______。②HCHO分子中C原子軌道的雜化類型為_______。(3)向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2-。若不考慮空間構型，[Cu(OH)4]2-的結構可用示意圖表示為_______。(4)利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等。①1molCOCl2分子內(nèi)含有_______個σ鍵，_______個π鍵。②Fe(CO)5在一定條件下發(fā)生分解反應：Fe(CO)5(s)=Fe(s)+5CO(g)，反應過程中斷裂的化學鍵只有配位鍵，則形成的化學鍵類型是_______，1molFe(CO)5中含有_______mol配位鍵?！敬鸢浮?1)平面三角形(2)C≡O

sp2(3)或(4)3NA(或3×6.02×1023)NA(或6.02×1023)金屬鍵

10【解析】(1)NO中心N原子的價層電子對數(shù)為=3，不含孤電子對，所以空間構型為平面三角形；(2)①CO和N2均含有兩個原子、10個價電子，二者互為等電子體，根據(jù)N2的結構可知CO的結構式為C≡O；②HCHO分子中C原子形成一個碳氧雙鍵和兩個碳氫單鍵，價層電子對數(shù)為3，采取sp2雜化；(3)[Cu(OH)4]2-中Cu2+提供空軌道，OH-中O原子提供孤電子對，從而形成4個配位鍵，所以其結構示意圖為或；(4)①1mol

COCl2分子含有1mol碳氧雙鍵和2mol碳氯單鍵，雙鍵中有一個σ鍵和一個π鍵，單鍵均為σ鍵，所以含有3NA(或3×6.02×1023)個σ鍵，NA(或6.02×1023)個π鍵；②根據(jù)方程式可知Fe(CO)5分解后生成鐵單質(zhì)，而鐵單質(zhì)中含有金屬鍵，所以形成的化學鍵類型是金屬鍵；Fe(CO)5分子中Fe與5個CO分子中的C原子形成配位鍵，而CO分子內(nèi)部還有一個C原子和O原子形成的配位π鍵，所以1molFe(CO)5中含有10mol配位鍵。五、填空題20．下圖為幾種晶體或晶胞的示意圖：請回答下列問題：(1)上述晶體中，粒子之間以共價鍵結合形成的晶體是_______。(2)冰、金剛石、MgO、干冰4種晶體的熔點由高到低的順序為_______。(3)MgO晶胞與NaCl晶胞相同，每個MgO晶胞中平均占有_______個Mg2+，由與Mg2+最近的O2-圍成的空間幾何構型為_______。(4)Cu晶體中原子堆積方式如上圖所示，則該堆積方式為_______，CaCl2晶體中Ca2+的配位數(shù)是_______。(5)冰的熔點遠高于干冰，除H2O是_______分子外(填“極性”或“非極性”)，還有一個重要的原因是_______。【答案】(1)金剛石(晶體)(2)金剛石＞MgO＞冰＞干冰(3)4

正八面體(4)面心立方堆積

8(5)極性

水分子間存在氫鍵【解析】冰晶體為分子晶體，靠氫鍵和范德華力結合；金剛石晶體為共價晶體，碳原子以共價鍵結合；Cu晶體為金屬晶體，靠金屬鍵結合；MgO為離子晶體，靠離子鍵結合；CaCl2為離子晶體，靠離子鍵結合；干冰為分子晶體，靠范德華力結合。(1)粒子之間以共價鍵結合形成的晶體為共價晶體，即金剛石晶體；(2)一般情況下，熔點：共價晶體＞離子晶體＞分子晶體，冰和干冰雖都為分子晶體，但冰晶體中還存在氫鍵，熔點較高，所以4種晶體的熔點