【化学】河南省郑州市八校2018-2019学年高二下学期期中联考（解析版） 试卷

河南省郑州市八校2018-2019学年高二下学期期中联考
可能用到的相对原子质量H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 P31 Fe56 Ni59
一、单选题
1.“地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好，下列相关说法错误的是（ ）
A. 天然气、沼气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷
B. 煤的气化是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径
C. 可用蒸馏的方法提纯工业酒精（主要杂质是甲醇）
D. “低碳经济”的目标是减少温室气体的排放
【答案】B
【详解】A. 天然气、沼气的主要成分是甲烷，液化石油气是指从石油中分馏出来的沸点较低的烷烃，主要成分是丙烷和丁烷，故A正确；
B. 煤的气化是把煤转化为可然性气体的过程，其主要反应为C与H2O（g）高温下反应生成CO和H2，属于化学变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径，故B错误；
C.乙醇和甲醇的沸点不同，可用蒸馏的方法提纯工业酒精，故C正确；
D. 温室气体主要是指二氧化碳气体，“低碳经济”的目标是减少温室气体的排放，故D正确；
故选B。
2.如图所示的烃像中文的“井”字。下列说法正确的是（ ）

A. 分子式为C12H24
B. 是甲烷的同系物
C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 其一氯代物有2种
【答案】A
【详解】A. 图示为键线式，端点和交差点表示碳原子，其中含有一个环状结构，所以分子式为C12H24，故A正确；
B. 上述烃为环烷烃，甲烷属于烷烃，它们不是同系物，故B错误；
C. 上述烃为环烷烃，不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D. 结构中8个甲基对称，所以其一氯代物只有1种，故D错误；
故选A。
3.下列有机物的鉴别和除杂说法正确的是（ ）
A. 燃烧法无法区分甲烷和乙烯
B. 可用酸性KMnO4溶液除去甲烷中混有的乙烯
C. 可用溴的CCl4溶液鉴别乙苯和苯乙烯
D. 苯和溴水在铁催化剂条件下可发生取代反应生成溴苯
【答案】C
【详解】A. 甲烷燃烧时产生淡蓝色火焰，乙烯燃烧时火焰明亮，伴有黑烟，现象不同可以用燃烧法区分，故A错误；
B. 酸性KMnO4将乙烯氧化生成二氧化碳气体，引入新的杂质，故B错误；
C. 苯乙烯中含有碳碳双键，可以使溴的CCl4溶液褪色，而乙苯不可以，故C正确；
D. 苯和液溴在铁催化剂条件下可发生取代反应生成溴苯，苯和溴水不反应，故D错误；
故选C。
4.烃是只含碳氢元素的一类有机物，关于下列烃的说法正确的是（ ）


CH3CH2CH2CH2CH2CH3

A．名称
1，3，4–三甲苯
B．名称
2，2–二乙基丁烷
C．所有碳原子可能处于同一平面
D．所有碳原子一定处于同一平面

【答案】C
【详解】A.根据有机物命名时，支链编号之和最小原则，该有机物名称为1，2，4–三甲苯，故A错误；
B.选最长碳链为主链，该有机物名称为3-甲基-3-乙基戊烷，故B错误；
C.碳碳单键可以旋转，没有支链的饱和链烃中所有碳原子可能处于同一个平面，故C正确；
D. 苯环上所有原子处于一个平面，乙烯分子中所有原子处于一个平面，由于碳碳单键可以旋转，苯乙烯中两个平面可以在一个平面，也可以不在同一平面，故D错误；
故选C。
【点睛】有机物命名原则：（1）①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号，如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L苯含有的碳碳双键数为3NA
B. 常温常压下，7.2 g戊烷中含有的碳碳单键数为0.4 NA
C. 标准状况下，14g乙烯和丙烯的混合气体，所含的分子总数为0.5 NA
D. 0.1mol甲烷和等量氯气混合在光照条件下反应，生成CH3Cl 0.1 NA
【答案】B
【详解】A. 标准状况下，苯呈液态，根据体积无法计算微粒数目，苯中不含碳碳双键，故A错误；
B. 7.2g戊烷的物质的量为0.1mol，1个戊烷分子中含有4个碳碳单键，所有7.2g戊烷中含有的碳碳单键数为0.4 NA，故B正确；
C. 乙烯和丙烯的摩尔质量不同，14g乙烯和丙烯的混合气体的物质的量不定，则所含的分子总数也不定，故C错误；
D. 反应中同时生成CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以1mol甲烷和等量氯气混合在光照条件下反应，生成CH3Cl肯定小于0.1 NA，故D错误；
故选B。
6.组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体异构）（ ）
A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种
【答案】B
【详解】苯环上的取代基有两个，一个是丙基，丙基有正丙基、异丙基2种结构；另一个是一氯丙基，氯原子在不同位置一共有5种结构，所以该有机物一共有2×5=10种；
故选B。
7.元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为（ ）
A. 404.4 nm B. 553.5 nm C. 589.2 nm D. 670.8 nm
【答案】A
【详解】紫色波长介于400nm～435nm之间，只有A符合，故选A。
8.第21号元素“钪”有很高的应用前景，下列说法错误的是（ ）
A. 元素符号为Sc
B. 位于元素周期表的第四周期第IIIB族
C. 最外层有2个电子，最高正价为+2
D. 同周期元素中，基态原子未成对电子数与钪原子相同的还有4种
【答案】C
【详解】A.“钪”元素符号为Sc，故A正确；
B. 21号元素位于元素周期表的第四周期第IIIB族，故B正确；
C.Sc原子外围电子排布式为3d14s2，最高正价为+3，故C错误；
D. 根据外围电子排布式判断，第四周期中，基态原子未成对电子数为1的原子还有钾、铜、镓、溴4种，故D正确；
故选C。
9.1817年，瑞典的贝采利乌斯从硫酸厂的铅室底部的红色粉状物质中制得硒。硒是氧族元素，下列关于硒的基态原子说法正确的有（ ）
①位于周期表p区；②电子占据17个原子轨道；③有34种不同运动状态的电子；④占据8个能级；⑤电子占据的最高能层符号是4p；⑥价电子为3d104s24p4
A. 3项 B. 4项 C. 5项 D. 6项
【答案】A
【详解】①硒的外围电子排布式为4s24p4，位于周期表p区，故此项正确；
②硒的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，第一层占据1个s轨道，第二层占据1个s和3个p轨道，第三层占据1个s、3个p和5个d轨道，第四层占据1个s和3个p轨道，一共占据18个原子轨道，故此项错误；
③硒原子一共有34个电子，分别处于不同能层和不同能级，同一能级中自旋相反，所以一共有34种不同运动状态的电子，故此项正确；
④第一能层中有1s 1个能级，第二层中有2s和2p 2个能级，第三层中有3s、3p、3d 3个能级，第四层有4s、4p 2个能级，共占据8个能级，故此项正确；
⑤4p为能级符号，不是能层符号，故此项错误；
⑥主族元素的价电子为外围电子，应为4s24p4，故此项错误，故选A。
【点睛】核外电子排布遵循以下几点：1、能量最低原理；2、泡利不相容原理；3、洪特规则；其中根据构造原理，4s能级的能量低于3d能级，这是经常出现的考点。
10.下列说法正确的是（ ）
A. 钾的第一电离能比钠的第一电离能大
B. 铝的第一电离能比镁的第一电离能大
C. 在所有元素中，氟的第一电离能最大
D. 第3周期所含的元素中钠的第一电离能最小
【答案】D
【详解】A. 钾原子半径大于钠原子半径，K失去电子更容易，所以钾的第一电离能比钠的第一电离能小，故A错误；
B. 因为镁原子的外围电子排布式为3s2，处于全满状态，所以结构更稳定，第一电离能比铝的第一电离能大，故B错误；
C. 在所有元素中，氟的电负性最大；He最难失去电子，He的第一电离能最大，故C错误；
D. 第3周期所含的元素中，钠原子半径最大，最容易失去电子，所以钠的第一电离能最小，故D正确；
故选D。
【点睛】掌握第一电离能的概念及元素周期律是解决此题的关键；核外电子排布处于全满、半满和全空时结构更为稳定，是某些元素性质变化的主要因素。
11.图示代表周期表中的几种短周期元素，下列说法中错误的是（ ）

A. ED4分子中各原子均满足8电子稳定结构
B. AD3和ED4两分子的中心原子均为sp3杂化
C. C、D气态氢化物稳定性强弱为C＞D
D. A、B、C电负性大小顺序为C＞A＞B
【答案】D
【详解】根据元素在周期表中的位置知，A、B、C、D、E分别是N、O、F、Cl、Si元素；
A．SiCl4分子中Si的化合价为+4价，Cl的化合价为-1价，Si原子最外层电子数为4，Cl原子最外层电子数为7，则各原子都达到了8电子稳定结构，故A正确；
B．NCl3和SiCl4两分子的中心原子价层电子对数都是4，所以均为sp3杂化，故B正确；
C．元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性F>Cl，所以C、D气态氢化物稳定性强弱为C>D，故C正确；
D．元素非金属性越强电负性越强，同周期元素随着原子序数增大非金属性增强，所以电负性大小顺序为C＞B＞A，故D错误；
故选D。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，1mol金刚石中含有的C–C键数目为4NA
B. 1mol SiO2晶体中含有的Si–O键数目为2NA
C. 63g HNO3，中心原子N的价层电子对中，孤电子对数为NA
D. 常温常压下，1mol配合物[Cu(NH3)4]SO4中，含有的σ键数目为20NA
【答案】D
【详解】A.在金刚石中每个C原子形成四个共价键，但每个共价键为两个C原子共用，所以1mol金刚石中含有的C–C键数目为2NA，故A错误；
B. SiO2晶体中每个Si原子与4个O原子形成4个Si–O键，所以1molSiO2晶体中含有的Si–O键数目为4NA，故B错误；
C. HNO3分子中，中心原子N价层电子对数为3，其σ键数目为3，则N原子无孤电子对，故C错误；
D. 配位体NH3中含有3个σ键，[Cu(NH3)4]2+含4个配位键即4个σ键，硫酸根中含有4个σ键，所以1mol配合物[Cu(NH3)4]SO4中含有的σ键数目为（3×4+4+4）mol=20mol，即20NA，故D正确；
故选D。
13.下列分子的沸点比较正确的共有（ ）
①H2O＞H2S；②H2O＞HF；③H2S＞H2Se；④CO＞N2；⑤CH4＞C2H6；
⑥正戊烷＞新戊烷；⑦邻羟基苯甲醛＞对羟基苯甲醛
A. 3项 B. 4项 C. 5项 D. 6项
【答案】B
【详解】①常温下水为液态，硫化氢为气态，或水分子间形成氢键、硫化氢分子间没有氢键，所以沸点比较：H2O＞H2S，故此项正确；
②常温下水为液态，氟化氢为气态，所以沸点比较：H2O＞HF，故此项正确；
③组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故沸点比较：H2Se＞H2S，故此项错误；
④CO是极性分子，N₂是非极性分子，CO分子极性比N₂分子的极性强，所以CO沸点要高，故此项正确；
⑤乙烷的相对分子质量大于甲烷，所以沸点比较：C2H6＞CH4，故此项错误；
⑥同分异构体中，支链越多，分子间作用力越小，沸点越低，所以沸点比较：正戊烷＞新戊烷，故此项正确；
⑦邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛容易形成分子间氢键，所以沸点比较：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故此项错误；
故选B。
【点睛】分子间作用力又称范德华力，主要影响物质的物理性质，如熔沸点、溶解性等；分子间氢键的存在及分子的极性会增大分子间的作用力，使得熔沸点升高。
14.硼的化合物BF3分子的空间构型；以及BF3与NH3反应生成的BF3·NH3分子中，B原子的杂化方式分别是（ ）
A. 三角锥形；sp2 B. 三角锥形；sp3
C. 平面三角形；sp2 D. 平面三角形；sp3
【答案】D
【详解】根据价层电子对互斥模型分析，BF3中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，所以空间构型为平面三角形；BF3·NH3分子中，NH3与B原子形成配位键，所以中心原子B的价层电子对数为，所以杂化方式为sp3，故选D。
【点睛】中心原子的价层电子对数=（中心原子价层电子数+配原子数×n+电荷数)/2；说明：配原子为H、X(X=F、Cl、Br、I)，n=1；配原子为O、S、n=0；电荷数：带正电时减去；带负电时加上。
15.下列关于离子晶体CaF2的叙述正确的是（ ）
A. CaF2的熔点低于CaCl2的熔点
B. Ca2+与F–间仅存静电吸引作用
C. CaF2中所含化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
D. 阴阳离子个数比为2∶1的物质，其晶体结构均与CaF2的晶体结构相同
【答案】C
【详解】A.氟离子半径小于氯离子半径， CaF2晶格能大于CaCl2的晶格能，所以CaF2的熔点高于CaCl2的熔点，故A错误；
B. 阴阳离子间既存在静电引力也存在静电斥力，故B错误；
C. CaF2中所含化学键为离子键，在熔融状态下，离子键被破坏，形成自由移动的阴阳离子，因此CaF2在熔融状态下能导电，故C正确；
D.离子晶体结构主要由阴阳离子半径比，离子数目等因素决定，阴阳离子个数比为2∶1的物质不一定与CaF2的晶体结构相同，故D错误；
故选C。
16.2018年7月5日《科学》杂志在线报道：合成一种新的具有超高热导率半导体材料——砷化硼（BAs）。通过反应4BI3(g) + As4(g)4BAs(s，晶体) + 6I2(g)可制备BAs晶体。下列说法错误的是（ ）

图（a） 图（b） 图（c）
A. 图（a）表示As4结构，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为3:1
B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，该基本单元为正20面体
C. 图（b）所示晶态单质硼的熔点为2180℃，它属于原子晶体
D. 图（c）表示BAs晶胞结构，As原子的配位数为4
【答案】A
【详解】A. 图（a）表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对与孤电子对数目之比为6:4，即3:2，故A错误；
B. 图（b）表示晶态单质硼的B12基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，每个B原子被5个正三角形共用，一共20个面，所以该基本单元为正20面体，故B正确；
C. 单质硼的熔点为2180℃，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于原子晶体，故C正确；
D. BAs晶胞中，较大的原子为As原子，在其周围最近的B原子数目为4，所以As原子的配位数为4，故D正确；
故选A。
二、非选择题
17.A～G是几种烃的分子球棍模型（如图），据此回答下列问题：

（1）常温下含氢量最高的气态烃是________（填字母）。
（2）能够使酸性高锰酸钾溶液褪色的烃有________种。
（3）写出F发生硝化反应的化学方程式：_____________________。
【答案】(1). A (2). 3 (3). +HO-NO2(浓)+H2O
【分析】由结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯，根据物质的组成、结构和性质解答该题。
【详解】由结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为乙炔，E为丙烷，F为苯，G为甲苯；（1）常温下含氢量最高的气态烃是为甲烷，故答案为：A；
（2）能够使酸性高锰酸钾溶液褪色的烃有乙烯、乙炔和甲苯，故答案为：3；
（3）苯与浓硝酸在浓硫酸作用下发生取代反应生成硝基苯，方程式为：+HO-NO2(浓)+H2O。
【点睛】注意把握有机物的结构特点，根据结构模型判断有机物的种类，为解答该题的关键。甲苯中的甲基，由于苯环的影响容易被酸性高锰酸钾氧化。
18.气态烃A在一定条件下和B发生下列反应生成物质C，已知烃A在标准状况下的密度为1.16g•L-1。

请回答：
（1）A的官能团名称为______________。
（2）上述有机反应类型为____________。
（3）下列说法正确的是________
a．C的密度比水大
b．A、B、C都能与溴水反应
c．C分子中所有碳原子处于同一个平面
d．C分子的一氯代物有5种（不考虑立体异构）
【答案】 (1). 碳碳三键（或三键） (2). 加成反应 (3). bd
【分析】根据气态烃的密度计算摩尔质量，判断烃的组成；根据结构特征和性质判断官能团的种类和反应类型，判断同分异构体的种类和原子共面情况。
【详解】烃A在标准状况下的密度为1.16g•L-1，则A的摩尔质量为22.4L/mol×1.16g•L-1=26g/mol，A为乙炔；
（1）乙炔的官能团名称为碳碳三键；
（2）根据结构变化，上述反应是乙炔与1,3-戊二烯的加成反应；
（3）a．常见的脂肪烃的密度都小于水，故C的密度比水小，故a错误；
b．A、B、C分子中分别含有碳碳三键或是碳碳双键等不饱和键，可以与溴水发生加成反应，故b正确；
c．如图（）中“∗”为饱和碳原子，与其直接相连的3个碳原子和该碳原子不都在同一平面上，C分子中所有碳原子不可能处于同一个平面，故c错误；
d．根据C分子结构的对称性，氯原子的位置有以下几种：1、甲基上；2、与甲基相连的碳原子上；3、双键两端的碳原子上（2种）；4、与甲基相对位置的碳原子上；一共5种同分异构体，故d正确，故答案为：bd。
【点睛】注意事项：①要认真审题，比如题目要求“最多有多少个原子共面”还是“最多有多少个碳原子共面”，是“可能共面的原子”还是“一定共面的原子”等等。②单键可以旋转，而双键、三键不能旋转。
19.Li、Na、Mg、C、N、O、S等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）钠在火焰上灼烧黄光是一种_____（填字母）
A．吸收光谱；B．发射光谱。
（2）H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子N3–的空间构型为________。
（3）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过下图的Born-Haber循环计算得到。

可知Li2O晶格能为______kJ·mol-1。
（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：

X、Y、Z中为N元素的是______，判断理由是_____________________________。
（5）N5–为平面正五边形，科学家预测将来会制出含N4–、N6–等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则N4–离子中的大π键应表示为_________。
【答案】(1). B (2). 正四面体型 (3). V型 (4). 直线型 (5). 2908 (6). Z (7). X最外层为2个电子，为Mg；N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则Z是N元素 (8).
【分析】根据焰色反应原理分析解答；根据价层电子对互斥模型分析分子的空间结构；根据晶格能及电离能的概念计算晶格能及分析元素的种类；根据大π键的结构特点表示相应的大π键。
【详解】（1）焰色反应是某些金属或它们的挥发性化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应。有些金属或它们的化合物在灼烧时能使火焰呈特殊颜色，这是因为这些金属元素的原子在接受火焰提供的能量时，其基态原子的电子将会被激发到能量较高的激发态。处于激发态的电子不稳定，又要跃迁到能量较低的激发态乃至基态，不同元素原子的外层电子具有着不同能量的基态和激发态，在这个过程中就会产生不同的波长的电磁波，如果这种电磁波的波长是在可见光波长范围内，就会在火焰中观察到这种元素的特征颜色。利用元素的这一性质就可以检验一些金属或金属化合物的存在，这就是物质检验中的焰色反应。所以它利用的是原子发射光谱，而不是原子原子吸收光谱，故答案为：B；
（2）H2S的中心原子S的价层电子对数为，所以VSEPR模型为正四面体；S原子有两对孤电子对，所以其分子的空间构型为 V型；N3–与CO2分子具有相同的原子总数及价电子总数，所以互为等电子体，空间构型相同，都为直线型；
（3）晶格能是指气态离子形成1mol离子晶体释放能量，根据图示分析可知Li2O晶格能为2908kJ·mol-1；
（4）X的I3比I2大许多，说明X原子最外层电子数为2，则X为Mg；N原子外围电子排布式为2s22p3，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大，则Z是N元素；
（5）N4–为平面正四边形，有4个原子形成大π键，每个N原子提供1个电子，加上一个负电荷一共5个电子形成大π，所以大π键应表示为。
【点睛】本题难点在于对焰色反应原理的理解，区别原子吸收光谱和原子发射光谱是解题的关键。
20.A、B、C、D、E为元素周期表中原子序数依次增大的前36号元素，基态A原子的价电子排布式为nsnnpn，C原子基态时2p能级上有2个未成对的电子，D元素的原子结构中3d能级上成对电子数是未成对电子数的3倍，B与E同主族。
请回答下列问题：
（1）基态A原子的价电子轨道表示式为_____________，其电子占据的最高能级的电子云形状为________。
（2）B、C、E三种元素的电负性由大到小的顺序为_________________（用元素符号表示）
（3）E的含氧酸有两种形式，化学式分别为H3EO3和H3EO4，则二者酸性强弱H3EO3_____H3EO4（填“＞”“＜”或“＝”）
（4）D单质在AC气流中轻微加热，生成无色挥发性液态D(AC)4配合物，该配合物的晶体类型是_________。
（5）DC晶胞结构如图1所示，离子坐标参数a为（0，0，0），b为（，，0），则c离子的坐标参数为________；一定温度下，DC晶体可自发地分散并形成“单层分子”，可以认为C2–作密置单层排列，D2+填充其中，如图2所示，C2–离子的半径为xm，阿伏加德罗常数的值为NA，则每平方米面积上分散的该晶体的质量为_____g（用含x、NA的代数式表示）。

【答案】 (1). (2). 哑铃形（或纺锤形） (3). O＞N＞As (4). ＜ (5). 分子晶体 (6). （0，，） (7).
【分析】根据元素核外电子排布规律分析元素的种类；根据元素周期律比较电负性大小；根据晶体的性质判断晶体类型；根据晶胞的结构进行相关计算。
【详解】基态A原子的价电子排布式为nsnnpn，则A的价电子排布式为2s22p2，A为C元素；C原子基态时2p能级上有2个未成对的电子，则C为氧元素，因为A、B、C、D、E为元素周期表中原子序数依次增大的前36号元素，则B为氮元素；D元素的原子结构中3d能级上成对电子数是未成对电子数的3倍，则D原子3d轨道上电子数目为8，则D为28号元素镍；B与E同主族，则E为砷；
（1）基态碳原子的价电子轨道表示式为；其电子占据的最高能级为2p能级，p轨道的电子云形状为：哑铃形（或纺锤形）；
（2）非金属性越强电负性越强，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故电负性：O＞N，同主族元素核电荷数越小电负性越大，故电负性：N＞As，故答案为：O＞N＞As；
（3）相同非金属元素对应的含氧酸中，元素化合价越高，酸性越强，则二者酸性强弱H3EO3＜H3EO4；
（4）该配合物为无色挥发性液态，说明熔沸点较低，构成晶体的微粒间以范德华力结合，则该配合物的晶体类型是分子晶体；
（5）根据图示坐标轴的方向，a为原点，坐标参数为（0，0，0），则b的坐标参数为（，，0），则c离子的坐标参数为（0，，）；图中单层分子可以如图画出一维重复单元：重复单元呈平行四边形，所占面积，S=2x×x=m2，每个重复单元包含1个O原子和1个Ni原子，则1m2上该晶体的质量为g。
21.Fe、Si金属间化合物是近几年研究的热点材料，它在电子学、热电、光电和磁学等领域有着广泛的应用，另外铁的配合物也有极其广泛的用途。回答下列问题：
（1）铁的一种配合物的化学式为[Fe(Htrz)3](ClO4)2，其中Htrz为1,2,4–三氮唑（）。
①配合物中阴离子空间构型为________，中心原子的杂化方式是________。
②Htrz分子中含σ键数为______个，其与Fe2+形成配位键的原子是_______。
③1,2,4–三氮唑与环戊二烯（）的物理性质如下：

环戊二烯
1,2,4–三氮唑
相对分子质量
66
69
物理性质
无色液体，不溶于水，沸点为42.5℃
无色晶体，溶于水，沸点为260℃

它们的水溶性和沸点差异很大的主要原因是_______________________________________。
（2）一种Fe、Si金属间化合物的晶胞结构如下图所示：

晶胞中含铁原子为_____个，已知晶胞参数为0.564nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Fe、Si金属间化合物的密度为___________g·cm–3（列出计算式）
【答案】(1). 正四面体型 (2). sp3 (3). 8 (4). N (5). 1,2,4–三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键 (6). 12 (7).
【分析】根据价层电子对互斥模型分析微粒空间构型及轨道杂化类型；根据配体的结构判断σ键数目；根据氢键对物质物理性质的影响分析；根据晶胞结构计算晶胞密度。
【详解】（1）①ClO4-的价电子对数为（7+1）/2=4，Cl原子上没有孤电子对，空间构型为正四面体型，Cl原子采用sp3杂化；
②环上有5个σ键，环外有3个σ键，共8个σ键；Htrz分子中只有N原子有孤电子对，H、C无孤对电子，所以与Fe2+形成配位键的原子是N；
③两者结构相似，相对分子质量非常接近，但Htrz分子中有N-H键，N原子半径小，电负性大，分子间可以形成氢键，也可以与水分子间形成氢键，所以它们的水溶性和沸点差异很大的主要原因是：1,2,4–三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键；
（2）Fe在顶点有8个，面心有6个，棱上有12个，体内有4个，体心有1个，共含8×1/8+6×1/2+12×1/4+4+1=12个，N原子有4个，晶胞的质量m=(12×56+4×28)/NAg，体积为V=（0.564×10-7）3cm3，ρ=m/V=g/cm3。