2025-2026学年广东深圳市聚龙科学中学等校度第二册高二年级第一阶段质量监测化学试题 含答案

/2025-2026学年度第二学期高二年级第一阶段质量监测化学试题本试卷共8页，20小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、试室号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Si28P31Cu64Ni59第Ⅰ卷(选择题共44分)一、单项选择题：本题共16小题，1-10题每小题2分，11-16题每小题4分，共46分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.劳动创造未来。下列劳动项目与所涉及的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A用石墨烯制作新能源电池石墨烯的导电性B设计师用18K金而非足金做镶嵌饰品足金导电性好C工人用金刚石玻璃刀切割玻璃金刚石是共价晶体，硬度大D质检员用X射线衍射仪鉴定宝石真假晶体的衍射图上有明锐的衍射峰A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．石墨烯具有良好的导电性，可用于制作新能源电池的电极材料，二者有关联，A不符合题意；B．用18K金做镶嵌饰品是因为18K金为合金，硬度比足金大，不易变形，能更好固定宝石。足金导电性好这一性质与镶嵌饰品选择18K金的原因无关，因此二者无关联，B符合题意；C．金刚石是共价晶体，硬度大，可制成玻璃刀切割玻璃，二者有关联，C不符合题意；D．晶体的X射线衍射图有明锐衍射峰，非晶体没有，因此可用X射线衍射仪鉴定宝石真假，二者有关联，D不符合题意；故选B。2.下列图示或化学用语表示不正确的是A.基态Cr原子的电子排布式：[Ar]3d54s1B.SO2的VSEPR模型：C.基态氧原子有5种空间运动状态D.NH4Cl的电子式为【答案】D【解析】【详解】A．Cr为24号元素，其基态Cr原子的电子排布式：，A正确；B．根据VSEPR理论，二氧化硫中S的价层电子对数，有1对孤电子对，即为V形，VSEPR模型为，B正确；C．基态氧原子的轨道排布式为：，共有5种空间运动状态，C正确；D．是离子化合物，得到1个电子后最外层有8个电子，故其电子式为：，D错误；故答案为：D。3.下列关于物质结构与性质的说法，错误的是A.Na、Mg、Al元素的电负性依次增大B.C、N、O元素的第一电离能依次增大C.氨硼烷分子(NH3·BH3)是一种固体储氢材料，分子中N-B键是配位键D.Cl-Cl的p-pσ键的形成：【答案】B【解析】【详解】A．同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大；Na、Mg、Al为第三周期从左到右的元素，电负性依次增大，A正确；B．同周期主族元素第一电离能总体呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能存在反常现象，第一电离能：N＞O＞C，B错误；C．氨硼烷NH3·BH3中，N原子有孤电子对，B原子有空轨道，N→B形成配位键，C正确；D．Cl-Cl是两个Cl原子p轨道头碰头重叠形成p−p

σ键，示意图为，D正确；故选B。4.下列关于晶体的分类正确的是选项离子晶体共价晶体分子晶体AB石墨SC水晶苯D金刚石玻璃A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．Ar属于分子晶体，不属于共价晶体，故A错误；B．石墨属于混合晶体，硫酸属于分子晶体，故B错误；C．醋酸钠属于盐，是由Na+和CH3COO-组成，属于离子晶体，水晶为SiO2，属于共价晶体，苯属于分子晶体，故C正确；D．玻璃不属于晶体，故D错误；答案为C。5.NCl3(其中N为-3价)可用于漂白和杀菌消毒。NCl3水解的反应原理示意图如题图所示。下列说法正确的是A.基态N原子的轨道表示式为违背了泡利不相容原理B.键角NH3大于H2OC.HClO的结构式为H-Cl-OD.以上图示中涉及到的元素均位于元素周期表的p区【答案】B【解析】【详解】A．原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同，③全空、全满或半满时能量最低，则基态N原子的轨道表示式应为，A错误；B．和的中心原子均为杂化，中心N原子有一对孤电子对，中心O原子有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，孤电子对越多，键角压缩越严重，键角越小，故有键角：，B正确；C．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为，C错误；D．N、O、Cl三种元素位于元素周期表的p区，而H元素位于元素周期表的s区，D错误；故答案为：B。6.化学处处呈现美。下列说法不正确的是A.水结成冰，水分子之间的间隙增大B.FeSO4溶液与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀C.缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美立方体块，体现晶体的自范性D.绚烂烟花的产生是电子由基态跃迁到激发态时，能量以光的形式释放引起的【答案】D【解析】【详解】A．水结成冰时，水分子间通过氢键形成规整的空间网状结构，分子之间的间隙增大，密度比液态水小，A正确；B．FeSO4电离出的Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应，生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，该反应可用于检验Fe2+，B正确；C．晶体的自范性指晶体能自发呈现规则几何外形的性质，缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中会自发填补缺角形成规则立方体，是晶体自范性的体现，C正确；D．电子由基态跃迁到激发态时需要吸收能量，绚烂烟花的产生是电子由激发态跃迁回低能态或基态时，多余能量以光的形式释放引起的，D错误；故选D。7.下列叙述中正确的是A.立方氮化硼结构中1molBN含有4molB-N键B.乳酸分子含有2个手性碳原子C.杯酚分离C60和C70，通过共价键形成超分子，体现了“分子识别”的特性D.图示为苯甲酸晶体微观结构，晶体类型为混合型晶体【答案】A【解析】【详解】A．立方氮化硼结构与金刚石类似，每个B原子与4个N原子相连，每个N原子与4个B原子相连，因此，在立方氮化硼晶体中，1molBN（即1molB原子和1molN原子）含有4molB-N键，A正确；B．乳酸的结构简式为，仅连羟基的碳原子连接4种不同基团，羧基碳原子不是手性碳原子，只有1个手性碳原子，B错误；C．杯酚与通过分子间作用力形成超分子，不是通过共价键形成超分子，即杯酚分离和，通过分子间作用力形成超分子，体现了“分子识别”的特性，C错误；D．苯甲酸晶体属于分子晶体，不属于混合型晶体，D错误；故答案选A。8.冠醚与碱金属离子结合形成超分子，可以用于制备新型的电池材料。部分冠醚的结构简式如图所示。下列说法不正确的是A.主客体包合物中，客体被固定在主体分子空腔内，依靠的是分子间作用力如范德华力、氢键等B.18-冠-6与15-冠-5互为同素异形体C.冠醚只含有醚键1种官能团D.冠醚通过不同大小的空穴适配不同的碱金属离子，体现超分子“分子识别”的特征【答案】B【解析】【详解】A．主客体包合物中，客体被固定在主体分子空腔内，依靠的是分子间作用力如范德华力、氢键，并非形成新的共价键，故A正确；B．18-冠-6与15-冠-5均为化合物，不是互为同素异形体，故B错误；C．根据物质结构，冠醚只含有醚键1种官能团，故C正确；D．根据物质结构，不同的冠醚空穴大小不同，可通过不同大小的空穴适配不同的碱金属离子，体现超分子“分子识别”的特征，故D正确；故选B。9.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A．分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B．分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C．除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D．除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，答案选D。10.陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且具有因果关系的是选项陈述Ⅰ陈述ⅡA电负性：F>Cl酸性：CF3COOH<CCl3COOHB离子半径：r(Mg2+)<r(Ca2+)熔点：MgO＜CaOC邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者D分子间作用力：H2O>H2S稳定性：H2O>H2SA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．电负性正确，F的吸电子诱导效应强于Cl，使中O-H键极性更强，更易电离出，故酸性，陈述Ⅱ错误，A不符合题意；B．离子半径正确，离子晶体熔点与晶格能正相关，离子所带电荷相同时，离子半径越小晶格能越大，故熔点，陈述Ⅱ错误，B不符合题意；C．邻硝基苯酚存在分子内氢键，减少了分子间作用力，对硝基苯酚主要形成分子间氢键，分子间作用力更强，因此邻硝基苯酚熔点低于对硝基苯酚，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系，C符合题意；D．分子间作用力正确，但氢化物的稳定性由分子内共价键的键能决定（键能大于键能），与分子间作用力无关，二者无因果关系，D不符合题意；故选C。11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.1mol苯乙烯()中含有的碳碳双键数为NAB.31gP4()中的共价键数为1.5NAC.60gSiO2和12g金刚石中各含有4NA个Si-O键和4NA个C-C键D.1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有键的数目为21NA【答案】C【解析】【详解】A．苯环中的碳碳键是特殊的大键，不含碳碳双键，则1个中只有1个碳碳双键，1mol苯乙烯()中含有的碳碳双键数为，A正确；B．1个()中含6个共价键，的物质的量为，共价键数目为，B正确；C．的物质的量为1mol，形成键，个数为；12g金刚石的物质的量为1mol，形成了键，个数为，不是，C错误；D．在配合物中，配位键也属于键，键也为键，则5个​共含有个键；Ti与5个形成5个配位键，Ti与配体内的Cl形成1个配位键，最后总键数为：，因此1mol该配合物含有键的数目为，D正确；故答案为：C。12.我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物，具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力，组成元素均位于前四周期。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，W原子的2p能级有3个未成对电子，Y原子的M层未成对电子数为4，Z原子的s能级和p能级电子总数相等，X、Y、Z属于不同周期。下列叙述正确的是A.电负性：B.最简单氢化物的沸点：C.中存在的化学键有：离子键、极性共价键、配位键D.工业上通过电解熔融的Z的氧化物获得Z单质【答案】C【解析】【分析】X最外层电子数是内层的2倍，故X为C；W的2p能级有3个未成对电子，故W为N；Y的M层未成对电子数为4，故Y为Fe；Z的s能级和p能级电子总数相等，且与X、Y不同周期，故Z为Mg。【详解】A．同周期主族元素电负性从左到右递增，非金属电负性大于金属，电负性顺序为，A错误；B．X的最简单氢化物为，W的最简单氢化物为，分子间存在氢键，沸点高于，故最简单氢化物沸点，B错误；C．该化合物为，与配离子之间为离子键，内C、N之间为极性共价键，与之间为配位键，三种化学键均存在，C正确；D．Z为Mg，工业上通过电解熔融氯化镁获得Mg单质，MgO熔点过高，电解熔融MgO能耗大不适用，D错误；故选C。13.3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是A.分子中O原子和N原子均为杂化B.分子中的键角大于的键角C.分子中的极性大于的极性D.分子中含有手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确；B．N有一对孤对电子，O有两对孤对电子，孤对电子对成键电子排斥，键角变小，O的孤对电子多，排斥作用大，分子中的键角小于的键角，B不正确；C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确；D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如，D正确；答案选B。14.对下列事实的解释不正确的是选项事实解释A金属银具有良好的导电性金属银中有“自由电子”BICl中I表现为正价电负性：Cl＞IC碘易溶于四氯化碳碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子DCl2、Br2、I2的熔沸点依次升高Cl2、Br2、I2中共价键强度依次减小A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．金属银形成金属晶体，其由金属离子和自由电子构成，具有良好的导电性，A正确；B．由于电负性Cl＞I，所以ICl中I表现为正价，Cl表现为负价，B正确；C．碘分子和四氯化碳分子都是非极性分子，依据相似相溶原理，碘易溶于四氯化碳，C正确；D．虽然Cl2、Br2、I2中共价键强度依次减小，但分子晶体的熔沸点与共价键能无关，只取决于分子间的作用力，所以Cl2、Br2、I2的熔沸点随相对分子质量的增大而依次升高，D不正确；故选D。15.下列有关有机物的官能团、核磁共振氢谱分析都正确的是选项有机物官能团的名称核磁共振氢谱峰数A酚羟基、碳碳双键5B醇羟基、酯基7C羧基、羰基6D碳氯键、碳溴键、醛基3A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．物质中含有酚羟基和碳碳双键2种官能团，含有7种不同环境的H，核磁共振氢谱有7个峰，故A错误；B．物质

含有醇羟基和酯基2种官能团，含有7种不同环境的H，核磁共振氢谱有7个峰，故B正确；C．物质中含有羧基和醛基2种官能团，含有6种不同环境的H，核磁共振氢谱有6个峰，故C错误；D．物质中含有碳溴键、碳氯键和酮羰基3种官能团，含有7种不同环境的H，核磁共振氢谱有7个峰，故D错误；故选：B。16.已知Mg、Al、O三种元素组成尖晶石型晶体结构，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中和都在小晶格内部，部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点(如图)，下列分析错误的是A.该晶体为离子晶体B.该物质的化学式为C.晶胞中，的配位数为4D.两个之间最近的距离是【答案】B【解析】【详解】A．该晶体由镁离子、铝离子与氧离子通过离子键形成的离子晶体，故A正确；B．由晶胞结构可知，1个A晶格中有4个镁离子在顶点，1个在体心，1个A中的镁离子个数为：1+=，1个B晶格中有4个镁离子在顶点，1个B中的镁离子个数为：=，则该晶胞中镁离子个数为：；1个A晶格和1个B晶格中均含有4个氧离子，则氧离子个数为4×8=32个，每个B晶格中含有4个铝离子，铝离子个数为：4×4=16，该物质的化学式为，故B错误；C．由A晶格结构可知每个与4个氧离子紧相邻，其配位数为4，故C正确；D．两个之间最近的距离是A晶格结构中体心与顶点的距离，A晶格的边长为，体对角线为，两个之间最近的距离是该体对角线的一半，即，故D正确；故选：B。第Ⅱ卷(非选择题共56分)二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.(一)某实验小组从混有少量泥沙和食盐的苯甲酸固体中提取苯甲酸晶体的主要步骤如下：Ⅰ．将粗苯甲酸固体1g加到100mL的烧杯中，加入50mL蒸馏水；Ⅱ．在陶土网上边搅拌边加热，使粗苯甲酸溶解，再加入少量的蒸馏水；Ⅲ．使用短颈玻璃漏斗趁热将溶液过滤到另一100mL烧杯中，将滤液静置冷却结晶；Ⅳ．滤出晶体，用蒸馏水洗涤1~2次，将晶体晾干。回答下列问题。（1）该提纯方法的实验名称为_______，其过程为：溶解→_______→_______→过滤→洗涤→干燥（2）在Ⅲ操作中不使用长颈漏斗的原因是_______。（3）在Ⅳ操作中洗涤晶体的目的是_______，判断洗涤干净的方法是_______。(二)某研究小组在实验室通过苯甲醛在氢氧化钠水溶液中的歧化反应制备苯甲酸，反应式为，反应结束后对反应液按下列步骤处理：已知：苯甲醇易溶于乙醚、乙醇，在水中溶解度较小；乙醚微溶于水；苯甲酸钠易溶于水。请根据以上信息，回答下列问题。（4）分离苯甲醇与苯甲酸钠时，合适的萃取剂是_______。（5）苯甲酸在A、B、C三种溶剂中的溶解度(S)随温度变化的曲线如图所示：重结晶时，合适的溶剂是_______(填“A”、“B”或“C”)。（6）已知苯甲酸为一元酸，为检验合成产物中苯甲酸的含量，称取试样2.44g，溶解后在容量瓶中定容至100mL，移取25.00mL试样溶液，用0.10mol·L-1溶液滴定，滴定至终点时共消耗NaOH溶液25.00mL，则试样中苯甲酸的含量为_______。【答案】（1）①.重结晶②.趁热过滤③.冷却结晶（2）避免在过滤过程中因温度下降而在漏斗颈中冷却析出晶体（3）①.洗去苯甲酸表面的Na+和Cl-②.取最后一次洗涤液，加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净（4）乙醚（5）C（6）50%【解析】【分析】（一）重结晶法提纯苯甲酸时，首先将粗苯甲酸溶解在一定量的水中，为了避免过滤过程中苯甲酸结晶析出，一方面在溶解粗苯甲酸后又多加了少量的蒸馏水，另一方面趁热过滤；再将滤液冷却至适当的温度，使苯甲酸晶体析出再进行过滤等操作即可；（二）反应液含有苯甲醇和苯甲酸钠，加入乙醚萃取，分液，得到的有机层为苯甲醇和乙醚的混合物，蒸馏可得到苯甲醇，水层为苯甲酸钠的水溶液，加入盐酸酸化得到苯甲酸，生成的苯甲酸通过重结晶得到；【小问1详解】该方法利用苯甲酸溶解度随温度变化大，杂质溶解度差异大的特点提纯，实验名称为重结晶，操作步骤为：溶解→趁热过滤（除去不溶性泥沙）→冷却结晶（苯甲酸析出，可溶性杂质留在母液）→过滤→洗涤→干燥；【小问2详解】该步骤需要趁热过滤，要防止苯甲酸提前结晶，长颈漏斗颈部更长，温度下降更快，为防止在过滤过程中因温度下降而在漏斗颈中冷却析出晶体，故不使用长颈漏斗；【小问3详解】粗苯甲酸混有可溶性杂质NaCl，晶体表面会吸附杂质离子，洗涤的目的是除去这些可溶性杂质；杂质为NaCl，可通过检验最后一次洗涤液中是否含判断洗涤是否干净，方法为取最后一次洗涤液，加入HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净；【小问4详解】根据已知信息：苯甲醇易溶于乙醚，苯甲酸钠易溶于水，且乙醚与水不互溶，适合分离苯甲醇与苯甲酸钠水溶液，因此选乙醚作萃取剂；【小问5详解】重结晶要求目标产物的溶解度随温度变化明显，高温溶解度大，保证溶解更多苯甲酸，低温溶解度小，降温时苯甲酸大量析出，由图可知，C溶剂中苯甲酸溶解度随温度变化最明显，符合要求；【小问6详解】苯甲酸为一元酸，与按物质的量反应：25mL试样消耗氢氧化钠的物质的量，则100mL试样中；苯甲酸摩尔质量为，则；苯甲酸含量为。18.东晋《华阳国志·南史志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：硫酸镍(NiSO4)溶于氨水会生成绿色Ni(OH)2沉淀，过量氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。（1）写出绿色沉淀形成蓝色溶液的离子方程式_______。（2）[Ni(NH3)6]SO4中不存在的微粒间作用力是_______(填标号)，其中阴离子的空间结构是_______。a.配位键b.离子键c.非极性键d.极性键（3）在[Ni(NH3)6]SO4提供孤电子的原子是_______，其中配体属于_______(填“极性分子”或“非极性分子”)。（4）根据VSEPR模型计算PH3的空间结构为_______，氨的沸点_______膦(PH3)(填“>”、“<”或“=”)，原因是_______，PH3分子中H-P-H键角_______NH3分子中H-N-H(填“>”、“<”或“=”)，液氨汽化时要吸收大量的热，因此可用作_______(用途)。【答案】（1）（2）①.c②.正四面体形（3）①.N②.极性分子（4）①.三角锥形②.＞③.氨气分子间可以形成氢键，导致沸点升高④.<⑤.制冷剂【解析】【小问1详解】绿色沉淀与过量氨水反应，生成可溶性六氨合镍(II)配离子，据此书写离子方程式为：；【小问2详解】​中：中心与​间存在配位键，内界配离子与外界硫酸根间存在离子键，、​内部的共价键都是不同原子间的极性键，全程不存在非极性键，因此选c；硫酸根中中心S原子形成4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，空间结构为正四面体形；【小问3详解】配体​中，N原子存在孤电子对，是提供孤电子对形成配位键的原子；为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子；【小问4详解】中心P原子形成3个键，孤电子对数为，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，由于含有一对孤电子对，故分子的空间结构为三角锥形；分子间可以形成氢键，不能，因此沸点更高；P电负性小于N，​中成键电子对更远离中心原子，成键电子对排斥力更小，因此键角小于；液氨汽化吸收大量热，可使环境温度降低，常用作制冷剂。

19.利用晶体结构知识，回答下列问题：（1）如图为几种晶体或晶胞的结构示意图。其中金刚石中的C采用_______杂化，石墨中的C采用_______杂化。（2）具有耐高温、抗冲击等优良品质，GaN被誉为第三代半导体材料，具有硬度大、熔点高的特点。二者成键结构与金刚石相似，均属于_______晶体。熔点：_______GaN(填“>”或“<”)，其原因是_______。（3）硫与铁的化合物X的晶胞如图所示，与NaCl晶胞类似。①基态铁原子价电子的轨道表示式为_______；基态硫原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形；Fe位于元素周期表的_______区。②化合物X的化学式为_______。（4）常温下S2Cl2是橙黄色液体，其分子结构如图所示。少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。S2Cl2是_______(填“极性”，“非极性”)分子，这两种元素的电负性大小：S_______Cl(填“>”、“<”或“=”)。（5）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中每个镍原子距离最近的铜原子有_______个；②若合金的密度为c，晶胞参数a=_______nm。【答案】（1）①.sp3②.sp2（2）①.共价②.>③.二者均是共价晶体，铝原子半径小于镓，键长小于键长，键能大于键能（3）①.②.哑铃③.d④.FeS2（4）①.极性②.＜（5）①.12②.【解析】【小问1详解】金刚石中每个C原子与4个C原子形成4个σ键，C原子为杂化；石墨中每个C原子与3个C原子形成3个σ键，C原子为杂化；【小问2详解】二者硬度大、熔点高，成键结构和金刚石相似，符合共价晶体的特征，因此属于共价晶体；二者均是共价晶体，铝原子半径小于镓，共价晶体的熔点由共价键键能决定，键长越短，键能越大，晶体熔点越高，所以键长小于键长，键能大于键能；【小问3详解】①铁元素的原子序数为26，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为

，则铁元素处于元素周期表的d区；硫元素的原子序数为16，基态原子的价电子排布式为3s23p4，最高能级3p的电子云轮廓图为哑铃形；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为，位于棱上和体心的S2个数为，则化合物X的化学式为FeS2；【小问4详解】S2Cl2分子结构为半开书页形，中心不对称，分子中正负电荷中心不重合，所以是极性分子；同周期主族元素从左到右电负性增大，因此电负性；【小问5详解】①以顶点镍原子为中心，与其最近的铜原子位于面心，一个镍原子为8个晶胞共用，每个晶胞中有3个与之相邻的面心铜原子，每个面心铜原子被2个晶胞共有，故个数为；②1个晶胞中含Cu原子：，含Ni原子：，故晶胞中Cu与Ni的原子个数比为3:1，Cu3Ni的摩尔质量为251g·mol-1，据m=ρV得：，解得。20.Ⅰ．维生素C简称Vc(结构如图所示)，是一种重要的营养素，