2022-2022学年福建省厦门六中高二（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分．）1．生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（ ）A．钢铁长期使用后生锈B．节日里燃放的焰火C．金属导线可以导电D．卫生球久置后消失 2．下列化学用语的表述不正确的是（ ）A．过氧化氢的结构式：H﹣O﹣O﹣HB．氮原子的L层电子轨道表示式：C．CO2的比例模型：D．Cl﹣的结构示意图： 3．只有在化合物中才能存在的化学键是（ ）①离子键 ②氢键 ③共价键 ④极性键 ⑤非极性键．A．①④B．①②④C．③⑤D．①③⑤ 4．下列具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是（ ）A．半导体材料砷化镓B．吸氢材料镧镍合金C．透明陶瓷材料硒化锌D．超导材K3C60 5．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B．核外电子排布由1s22s22p63s1﹣→1s22s22p6的变化需要吸收能量C．因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素-35-\n 6．下列关于金属及金属键的说法正确的是（ ）A．金属键具有方向性和饱和性B．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用C．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子D．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光 7．关于下列说法正确的是（ ）A．配合物Cl2配位数为6B．配合物Cl2中，配体为NH3和Cl﹣，2+为内界C．配合物Cl2中Zn2+和NH3以离子键结合D．在NH4+和Fe（CO）5中都存在配位键 8．居室装修用石材的放射性常用Ra作为标准，居里夫人（MarieCurie）因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖．下列叙述中正确的是（ ）A．RaCl2的熔点比CaCl2高B．Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族C．一个Ra原子中含有138个中子D．Ra（OH）2是一种两性氢氧化物 9．BF3与一定量的水形成（H2O）2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R．反应过程中新形成的化学键中无（ ）A．离子键B．配位键C．金属键D．氢键 10．下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是（ ）A．具有规则几何外形的固体均为晶体-35-\nB．晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射C．晶体研碎后即变为非晶体D．将玻璃加工成规则的固体即变成晶体 11．已知X、Y为第三周期非金属元素（稀有气体除外），且电负性X＞Y，下列说法错误的是（ ）A．X与Y形成化合物时，X可能显负价，也可能显正价B．第一电离能X可能小于YC．X的最高价含氧酸的酸性强于Y的最高价含氧酸的酸性D．原子序数X一定大于Y 12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素．其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4．下列说法中正确的是（ ）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．氢化物稳定性：Y＞ZC．WY3中只有离子键没有共价键D．X与Z可形成l0电子分子和18电子分子 13．根据科学人员探测：在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物．其组成的两种分子的下列说法正确的是（ ）A．它们都是极性键形成的极性分子B．它们的成键方式都只有σ键C．可燃冰的存在说明甲烷和水分子间能形成氢键D．它们的分子空间构型都相同 14．下列说法中正确的是（ ）A．乙烯中C=C的键能是乙烷中C﹣C的键能的2倍B．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数目依次增多C．C﹣O键的极性比N﹣O键的极性大-35-\nD．根据能量最低原理，原子的核外电子排布先填满离核近的轨道，再填充离核远的轨道 15．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（ ）A．热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…ND．电负性：F＞N＞O＞C 16．关于几种分子中的化学键描述不正确的是（ ）A．苯每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键B．CH4中的4个C﹣H键都是H的1s轨道与C的2p轨道形成的s﹣pσ键C．C2H4中，每个碳原子的sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键D．H2分子中存在s﹣sσ键 17．下列选项中，都是只由极性键形成的非极性分子的一组物质是（ ）A．BCl3、CS2、SO3B．CH4、CH2Cl2、BeCl2C．P4、SiO2、CO2D．NF3、CCl4、苯（C6H6） 18．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）A．CO2与SO2B．CH4与NH3C．BeCl2与BF3D．C2H2与C2H4 19．下列各组微粒的空间构型相同的是（ ）①NH3和H2O ②NH4+和H3O+ ③NH3和H3O+ ④O3和SO2⑤CO2和BeCl2 ⑥SiO4﹣和SO42﹣ ⑦BF3和Al2Cl6．A．全部B．除④⑥⑦以外C．③④⑤⑥D．②⑤⑥ 20．石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中．比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写作CnK，其平面图形见图，则n值为（ ）-35-\nA．4B．6C．8D．12 二、填空题．21．写出砷的元素符号 ，核外共有 个不同运动状态的电子，其价电子电子排布图为 ． 22．SO32﹣中心原子的价层电子对数为 ；根据价层电子对互斥理论可知SO32﹣VSEPR构型为 ；SO32﹣的立体构型为 ． 23．人们发现Li+溶剂化倾向和形成共价键倾向很强，于是提出类似氢键的锂键．如LiF•HF中就存在锂键，下列LiF•HF的结构式正确的是（其中锂键用…表示） ．（填序号）a．F﹣H…Li﹣Fb．H﹣F…Li﹣F． 24．测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β﹣射线吸收法，β﹣射线放射源可用85Kr．已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有m个，晶胞中Kr原子为n个，则m/n= （填数字）． 25．A的晶胞如图所示，已知A相对原子质量为M，晶体密度ρg•cm﹣3，阿伏伽德罗常数为NA，A元素的原子半径为 cm．（用M、ρ、NA表示，不用化简）-35-\n 三、简答题．26．X、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子．请回答：（1）X元素在周期表中的位置是 ；W2+离子的外围电子排布式为 （2）X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO（NH2）2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为 、 ，该化合物分子中的π键与σ键的个数之比是 ；该物质易溶于水的主要原因： ．（3）M晶体的原子堆积方式为六方堆积（如图所示），则晶体中M原子配位数是 ．（4）某M配合物化学式是Cl2•H2O，1mol该配合物中含σ键的数目是 ． 27．硼（B）及其化合物在化学中有重要的地位．请回答下列问题：（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为 ，B与同周期相邻两元素第一电离能由大到小的顺序是 ．（2）硼酸（H3BO3）是白色片状晶体（层状结构如图1），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大．①硼酸中B原子的杂化轨道类型为 ．②硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和 、 ．③加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是 ．-35-\n④硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH﹣以配位键结合形成Y﹣离子，导致溶液中C（H+）＞c（OH﹣），Y﹣离子中的配位键可以表示为 ．（3）硼酸与氢氧化钠反应后，将溶液蒸发结晶，可以得到硼砂．硼砂阴离子Xm﹣（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图2所示，Xm﹣离子内部 （填“有”或“没有”配位键），判断的理由是 ． 28．叠氮化物是一类重要化合物，氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，如图1为分子立体结构示意图．肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3）：N2H4+HNO2═2H2O+HN3．它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N．试回答下列问题：（1）下列说法正确的是 （选填序号）．A．酸性：HNO2＞HNO3B．N2H4中两个氮原子采用的都是sp2杂化C．HN3、H2O都是极性分子D．N2H4沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键E．叠氮酸HN3的结构式中①号、②号N的杂化方式分别为sp和sp2（2）叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：SO4，在该配合物中钴显 价，基态Fe原子有 个未成对电子．（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）═2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是 （选填序号）．A．NaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B．钠晶胞结构如图2，晶胞中分摊2个钠原子C．氮的第一电离能大于氧D．氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性小-35-\n（4）与N互为等电子体的分子有： 、 （写出两种），其中心原子的孤电子对数为 ． 29．Cu、Zn、Cr都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物．（1）下列不能作为配合物配位体的是 （选填序号）．A．H2OB．NH3C．CH4D．Cl﹣（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键 ．（3）Cu元素可形成SO4，其中存在的化学键类型有 （填序号）．①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键⑤离子键 ⑥氢键（4）若2+具有对称的空间构型，且当其中的两个NH3被两个Cl﹣取代时，能得到两种不同结构的产物，则2+的空间构型为 （填字母）．a．平面正方形b．正四面体c．三角锥型d．V形（5）在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液．写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式： ；（6）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R﹣H），可发生离子交换反应：x++xR﹣H→Rx+xH+．交换出来的H+和已知量的NaOH溶液反应，即可求出x和n，确定配离子的组成．将含0.0015molx+的溶液，与R﹣H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L﹣1NaOH溶液25.00ml，该配离子的化学式为 ． -35-\n2022-2022学年福建省厦门六中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分．）1．生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（ ）A．钢铁长期使用后生锈B．节日里燃放的焰火C．金属导线可以导电D．卫生球久置后消失【考点】原子核外电子的运动状态．【专题】原子组成与结构专题．【分析】光是电子释放能量的重要形式，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火都与电子发生跃迁释放能量有关．【解答】解：钢铁长期使用后生锈，是金属原子失去电子被氧化，金属导线可以导电是电子的定向移动，卫生球久置后消失是物质的挥发，都与电子跃迁无关，节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故选：B．【点评】本题考查电子的跃迁，题目难度不大，注意光的形成与电子的跃迁的关系，学习中注意相关知识的积累． 2．下列化学用语的表述不正确的是（ ）A．过氧化氢的结构式：H﹣O﹣O﹣HB．氮原子的L层电子轨道表示式：C．CO2的比例模型：D．Cl﹣的结构示意图：【考点】原子结构示意图；结构式；球棍模型与比例模型．【分析】A、过氧化氢中O分别与O和H形成共价键；-35-\nB、根据洪特规则：电子排布在同一能级的不同轨道时优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同；泡利原理：一个原子轨道里最多可容纳2个电子，且自旋方向相反；C、二氧化碳为直线形分子，据此判断；D、Cl的原子序数为17，得到1个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，据此解答即可．【解答】解：A、过氧化氢中O分别与O和H形成非极性共价键和极性共价键，结构式为H﹣O﹣O﹣H，故A正确；B、由洪特规则和泡利原理可知，态氮原子L层电子的轨道表示式为，故B正确；C、二氧化碳为直线形分子，比例模型为，故C错误；D、Cl的原子序数为17，得到1个电子后形成最外层8个电子的稳定结构，Cl﹣的结构示意图：，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查的是常见化学用语表达，熟练掌握结构式、球棍模型、离子结构示意图等是关键，难度不大． 3．只有在化合物中才能存在的化学键是（ ）①离子键 ②氢键 ③共价键 ④极性键 ⑤非极性键．A．①④B．①②④C．③⑤D．①③⑤【考点】化学键．【分析】化合物中至少存在两种元素，可能存在离子键、共价键，极性共价键一定存在于化合物中，但非极性键可存在于单质、化合物中，以此来解答．【解答】解：①离子键一定存在于化合物中，故选；②氢键不属于化学键，故不选；③共价键可存在于单质中，如氢气中存在共价键，故不选；④两种元素组成的共价化合物一定为极性键，故选；⑤单质及离子化合物、共价键化合物中均可存在非极性键，如氧气、过氧化钠、过氧化氢中均存在非极性键，故不选；故选A．-35-\n【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氢键不属于化学键，题目难度不大． 4．下列具有特殊性能的材料中，由主族元素和副族元素形成的化合物是（ ）A．半导体材料砷化镓B．吸氢材料镧镍合金C．透明陶瓷材料硒化锌D．超导材K3C60【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素周期表中主族元素有7个，副族元素有7个，利用元素在周期表中的位置确定由主族元素和副族元素形成的化合物，以此来解答．【解答】解：A、砷位于第ⅤA族，镓位于第ⅢA族，则不符合题意，故A不选；B、镧位于ⅢB族，镍位于ⅤⅢ族，则不符合题意，故B不选；C、硒位于第ⅥA族，锌位于ⅡB族，符合主族元素和副族元素形成的化合物，故C选；D、K位于第ⅠA族，C位于第ⅣA族，则不符合题意，故D不选；故选C．【点评】本题考查元素周期表，熟悉元素在周期表中的位置是解答本题的关键，学生对副族元素不熟悉是解答本题的难点． 5．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）A．在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B．核外电子排布由1s22s22p63s1﹣→1s22s22p6的变化需要吸收能量C．因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的运动状态；吸热反应和放热反应．【分析】A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高；B、原子由1s22s22p63s1失去一个电子转变为1s22s22p6的变化需要吸收能量；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区．-35-\n【解答】解：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、核外电子排布由1s22s22p63s1，该原子处于基态钠原子，失去最外层一个电子转变成1s22s22p6为钠离子，所以由1s22s22p63s1→1s22s22p6的变化需要吸收能量，故B正确；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子核外电子排布规律及排布式的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点． 6．下列关于金属及金属键的说法正确的是（ ）A．金属键具有方向性和饱和性B．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用C．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子D．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光【考点】金属键的涵义；金属键与金属的物理性质的关系．【专题】化学键与晶体结构．【分析】金属键没有方向性和饱和性，金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，金属导电是因为自由电子在外加电场作用下发生定向移动，金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光．【解答】解：A、金属键不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，因此没有方向性和饱和性，故A错误；B、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，故B正确；C、金属中存在金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，故C错误；D、金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，但是并不能放出可见光，故D错误；故选B．【点评】本题考查金属键与金属的物理性质的关系，难度不大，明确金属键的作用力是解答的关键．-35-\n 7．关于下列说法正确的是（ ）A．配合物Cl2配位数为6B．配合物Cl2中，配体为NH3和Cl﹣，2+为内界C．配合物Cl2中Zn2+和NH3以离子键结合D．在NH4+和Fe（CO）5中都存在配位键【考点】配合物的成键情况．【专题】结构决定性质思想；演绎推理法；化学键与晶体结构．【分析】A、配合物Cl2内界有4个氨分子做配体，所以配位数为4；B、配合物Cl2中，配体为NH3，2+为内界；C、配合物Cl2中Zn2+和NH3以配位键结合；D、在NH4+中，氮原子提供孤电子对，氢离子有空轨道，它们之间形成配位键，Fe（CO）5中铁提供空轨道，氧原子有孤电子对，它们也都形成配位键．【解答】解：A、配合物Cl2内界有4个氨分子做配体，所以配位数为4，故A错误；B、配合物Cl2中，配体为NH3，2+为内界，故B错误；C、配合物Cl2中Zn2+和NH3以配位键结合，故C错误；D、在NH4+中，氮原子提供孤电子对，氢离子有空轨道，它们之间形成配位键，Fe（CO）5中铁提供空轨道，氧原子有孤电子对，它们也都形成配位键，故D正确；故选D．【点评】本题考查了配合物的有关知识，明确配合物中內界、外界、配位体、配位数、中心离子的概念即可解答，难度不大． 8．居室装修用石材的放射性常用Ra作为标准，居里夫人（MarieCurie）因对Ra元素的研究两度获得诺贝尔奖．下列叙述中正确的是（ ）A．RaCl2的熔点比CaCl2高B．Ra元素位于元素周期表中第六周期ⅡA族C．一个Ra原子中含有138个中子D．Ra（OH）2是一种两性氢氧化物【考点】原子结构与元素的性质；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．-35-\n【分析】A．离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比；B．Ra位于第七周期第IIA族，与Mg属于同一主族元素；C．中子数=质量数﹣质子数；D．Ra的金属性大于Mg，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强．【解答】解：A．离子晶体熔点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比，Ra离子半径大于Ca，所以RaCl2的熔点比CaCl2低，故A错误；B．Ra原子核外有7个电子层、最外层有2个电子，位于第七周期第IIA族，故B错误；C．中子数=质量数﹣质子数=226﹣88=138，故C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，Ra的金属性大于Mg，氢氧化镁属于碱，则Ra（OH）2也是碱，故D错误；故选C．【点评】本题考查原子结构和元素性质，侧重考查分析判断能力，难点是判断在周期表中的位置，知道金属的金属性强弱与其最高价氧化物的水化物碱性关系，题目难度不大． 9．BF3与一定量的水形成（H2O）2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R．反应过程中新形成的化学键中无（ ）A．离子键B．配位键C．金属键D．氢键【考点】化学键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】Q在一定条件下可转化为R，由图可知，晶体Q中O﹣H键断裂，而R中出现离子和B与O的配位键，以此来解答．【解答】解：Q在一定条件下可转化为R，由图可知，晶体Q中O﹣H键断裂，而R中出现离子和B与O的配位键，则新形成的化学键包括离子键和配位键，故选CD．【点评】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，配位键为解答的难点，题目难度不大．-35-\n 10．下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是（ ）A．具有规则几何外形的固体均为晶体B．晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射C．晶体研碎后即变为非晶体D．将玻璃加工成规则的固体即变成晶体【考点】离子晶体；原子晶体；分子晶体；金属晶体．【分析】晶体由固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则，晶体分为单晶体和多晶体：其中单晶体具有各向异性，多晶体和非晶体一样具有各向同性，晶体具有自范性，而非晶体没有自范性．【解答】解：A．具有规则几何外形的固体不一定是晶体，故A错误；B、晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，即晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射，故B正确；C．晶体研碎后还是晶体，故B错误；D．将玻璃加工成规则的固体，玻璃仍然不是晶体，属于玻璃态物质，故D错误；故选B．【点评】本题考查了晶体和非晶体的判断，根据其特点来分析即可，难度不大． 11．已知X、Y为第三周期非金属元素（稀有气体除外），且电负性X＞Y，下列说法错误的是（ ）A．X与Y形成化合物时，X可能显负价，也可能显正价B．第一电离能X可能小于YC．X的最高价含氧酸的酸性强于Y的最高价含氧酸的酸性D．原子序数X一定大于Y【考点】元素电离能、电负性的含义及应用．【分析】同周期元素，自左而右元素的电负性增强，电负性X＞Y，故原子序数X＞Y，A、电负性表示原子对键合电子吸引的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大；B、若Y的第一电离能失去的电子所处能级为半满稳定状态，其第一电离能可能高于X的第一电离能；-35-\nC、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D、电负性X＞Y，故原子序数X＞Y．【解答】解：同周期元素，自左而右元素的电负性增强，电负性X＞Y，故原子序数X＞Y，A、电负性表示原子对键合电子吸引的大小，电负性越大的原子，对键合电子的吸引力越大，电负性X＞Y，键合电子偏向X原子，偏离Y原子，故X与Y形成化合物中，X显负价，Y显正价，故A错误；B、若Y的第一电离能失去的电子所处能级为半满稳定状态，其第一电离能可能高于X的第一电离能，如第一电离能P＞S，故B正确；C、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，同周期自左而右元素的非金属性增强，故非金属性X＞Y，所以最高价含氧酸的酸性：X强于Y，故C正确；D、同周期元素，自左而右元素的电负性增强，电负性X＞Y，故原子序数X＞Y，故D正确；故选A．【点评】本题考查同种元素性质递变规律、电离能、电负性等，难度不大，注意B中第一电离能的特殊性． 12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素．其中只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX；Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4．下列说法中正确的是（ ）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．氢化物稳定性：Y＞ZC．WY3中只有离子键没有共价键D．X与Z可形成l0电子分子和18电子分子【考点】原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质．【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH．-35-\n【解答】解：X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的气态氢化物、最高价氧化物的水化物可反应生成一种盐，则Y为N元素；Z原子的最外层电子数与其电子总数之比为3：4，而由于最外层电子数为3时，核外电子总数为5或13，不满足比例关系，故该原子最外层电子数为6，电子总数为8，可推知Z为O元素；四种元素只有一种是金属元素，X、W同主族且能形成一种离子化合物WX，该主族含有金属与非金属元素，故为IA族，W的原子序数大于氧，可推知W为Na、X为H元素，形成的离子化合物为NaH．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，所有元素中H原子半径最小，故原子半径：W（Na）＞Y（N）＞Z（O）＞X（H），故A错误；B．非金属性Y（N）＜Z（O），故氢化物稳定性：Y＜Z，故B错误；C．NaN3中Na+与N3﹣之间形成离子键，N3﹣中N原子之间形成共价键，故C错误；D．H与O可形成H2O、H2O2，前者为l0电子分子，后者为18电子分子，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意IA族中同主族元素可以形成离子化合物，注意对应非金属氢化物的考查，难度中等． 13．（2022春•河津市校级期末）根据科学人员探测：在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物．其组成的两种分子的下列说法正确的是（ ）A．它们都是极性键形成的极性分子B．它们的成键方式都只有σ键C．可燃冰的存在说明甲烷和水分子间能形成氢键D．它们的分子空间构型都相同【考点】化学键；含有氢键的物质．【专题】化学键与晶体结构．【分析】水分子为V形，正负电荷中重心不重叠，为极性分子，由于O元素的非金属性较强，水分子间含有氢键；甲烷为正四面体结构，正负电荷重心重叠，为非极性分子，以此解答该题．【解答】解：A．水分子为V形，正负电荷中重心不重叠，为极性分子；甲烷为正四面体结构，正负电荷重心重叠，为非极性分子，故A错误；B．分子中分别存在C﹣H、O﹣H键，为σ键，故B正确；C．C的非金属性较弱，甲烷与水分子间不存在氢键，故C错误；-35-\nD．甲烷空间结构为正四面体结构，水为平面V字型的结构，它们的立体结构不相同，故D错误；故选B．【点评】本题考查了极性键和非极性键、化学键类型、极性分子和非极性分子的判断，为高频考点，题目难度中等，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养，注意掌握键的极性和分子极性的判断方法． 14．下列说法中正确的是（ ）A．乙烯中C=C的键能是乙烷中C﹣C的键能的2倍B．同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数目依次增多C．C﹣O键的极性比N﹣O键的极性大D．根据能量最低原理，原子的核外电子排布先填满离核近的轨道，再填充离核远的轨道【考点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用．【分析】A．碳碳双键键能小于碳碳单键的2倍；B．名称相同的能级轨道数相同；C．电负性相差较大的元素之间极性大；D．在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低．【解答】解：A．碳碳双键键能小于碳碳单键的2倍，导致碳碳双键较活泼，能发生加成反应，故A错误；B．名称相同的能级轨道数相同，所以同一原子中，2p，3p，4p能级的轨道数相同，故B错误；C．电负性相差较大的元素之间极性大，C﹣O元素之间电负性之差大于N﹣O之间电负性差，所以C﹣O键的极性比N﹣O键的极性大，故C正确；D．在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，但不一定是近的轨道能量低，例如3d＞4s，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学键、能级、电负性、能量最低原理等知识点，侧重基础知识的考查，知道极性大小判断方法、杂化轨道理论内涵，题目难度不大． 15．下列有关物质性质的比较顺序中，不正确的是（ ）-35-\nA．热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4B．微粒半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+C．氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…ND．电负性：F＞N＞O＞C【考点】微粒半径大小的比较；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；氢键的存在对物质性质的影响．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、同周期元素的原子从左到右，氢化物的稳定性逐渐增强，同主族元素的原子从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱；B、电子层越多，半径越大，电子层一样，核电荷数越多半径越小；C、原子之间的电负性差距越大，氢键的作用力越大；D、得电子能力越强，电负性越大．【解答】解：A、得电子能力：N＞P＞Si，所以热稳定性：NH3＞PH3＞SiH4，故A正确；B、钾离子电子层最多，半径最大，Na+、Mg2+、Al3+电子层一样，但是核电荷数不一样，分别是11、12、13，所以Na+＞Mg2+＞Al3+，即K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故B正确；C、键能：H﹣F＞O﹣H＞N﹣H，所以氢键的作用能F﹣H…F＞O﹣H…O＞N﹣H…N，故C正确；D、得电子能力F＞O＞N＞C，所以电负性是：F＞O＞N＞C，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生元素周期律的知识，可以根据所学知识来回答，难度不大． 16．关于几种分子中的化学键描述不正确的是（ ）A．苯每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键B．CH4中的4个C﹣H键都是H的1s轨道与C的2p轨道形成的s﹣pσ键C．C2H4中，每个碳原子的sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键D．H2分子中存在s﹣sσ键【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．苯中存在6中心6电子大π键；B．CH4中C原子采取sp3杂化；C．乙烯为平面结构，C原子采取sp2杂化，C=C中一个σ键，一个π键；-35-\nD．H原子的最外层电子为1s电子．【解答】解：A．苯中的C、C之间的化学键相同，每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成6中心6电子大π键，故A正确；B．CH4中C原子采取sp3杂化，所以4个C﹣H键都是H的1s轨道与C的sp3轨道形成的s﹣sp3σ键，故B错误；C．乙烯为平面结构，C原子采取sp2杂化，C=C中一个σ键，一个π键，即个碳原子的sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键，故C正确；D．H原子的最外层电子为1s电子，所以H2分子中存在s﹣sσ键，故D正确；故选B．【点评】本题考查共价键的形成及原子的杂化轨道，明确原子的最外层电子及σ键、π键的形成原因是解答本题的关键，题目难度中等． 17．下列选项中，都是只由极性键形成的非极性分子的一组物质是（ ）A．BCl3、CS2、SO3B．CH4、CH2Cl2、BeCl2C．P4、SiO2、CO2D．NF3、CCl4、苯（C6H6）【考点】化学键；极性分子和非极性分子．【专题】化学键与晶体结构．【分析】不同种非金属元素的原子间形成极性键，同种非金属元素的原子间形成非极性键；结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，结构不对称，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，以此解答该题．【解答】解：A．BCl3、CS2、SO3都为化合物，含有极性键，且分别为三角形、直线形、三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子，故A正确；B．CH2Cl2中C﹣H、C﹣Cl键长不等，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；C．P4含有非极性键，故C错误；D．NF3和氨气结构相抵，为极性分子，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学键的极性和分子极性，为高频考点，明确化学键、分子极性判断的方法是解答本题的关键，注意熟悉常见分子的构型，题目难度不大． 18．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）-35-\nA．CO2与SO2B．CH4与NH3C．BeCl2与BF3D．C2H2与C2H4【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】化学键与晶体结构．【分析】A、B、C、物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：中心原子电子对计算公式：电子对数n=（中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数）注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化．D、对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+σ键数进行判断．【解答】解：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）=，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）=3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）=4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）=2，采取sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）=3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C三键，C原子杂化轨道数为（1+1）=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．故选：B．【点评】考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键． 19．下列各组微粒的空间构型相同的是（ ）①NH3和H2O ②NH4+和H3O+ ③NH3和H3O+ ④O3和SO2⑤CO2和BeCl2 ⑥SiO4﹣和SO42﹣ ⑦BF3和Al2Cl6．A．全部B．除④⑥⑦以外C．③④⑤⑥D．②⑤⑥-35-\n【考点】判断简单分子或离子的构型．【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，孤电子对个数=×（a﹣xb），a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此判断．【解答】解：①NH3中价层电子对个数=3+×（5﹣3）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，H2O中价层电子对个数=2+×（6﹣2）=4且含有两个孤电子对，所以为V形结构，二者空间构型不同，故①错误； ②NH4+中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为正四面体形结构；H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6﹣1﹣3×1）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型不同，故②错误； ③NH3为三角锥形结构、H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6﹣1﹣3×1）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，所以二者空间构型相同，故③正确； ④O3、SO2中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形，故④正确；⑤CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，BeCl2中Be价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（2﹣2）=2，是sp杂化，是直线型结构，二者空间构型相同，故⑤正确； ⑥SiO44﹣和SO42﹣中价层电子对个数都是4且不含孤电子对，所以空间构型都是正四面体结构，所以空间构型相同，故⑥正确；⑦BF3中B原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以分子构型为平面正三角形，气态氯化铝通常以二聚分子形式存在，Al2Cl6结构，Al采用sp3杂化轨道成键，为正四面体结构，二者空间构型不同，故⑦错误； 故选C．-35-\n【点评】本题考查了微粒空间构型的判断，根据价层电子对理论解答，注意孤电子对个数=×（a﹣xb）中各个字母的含义，气态氯化铝通常以二聚分子形式存在Al采用sp3杂化轨道成键为正四面体结构，为易错点，题目难度中等． 20．石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，钾原子填充在石墨各层碳原子中．比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写作CnK，其平面图形见图，则n值为（ ）A．4B．6C．8D．12【考点】晶胞的计算．【专题】化学键与晶体结构．【分析】利用均摊法计算碳原子和钾原子个数之比，注意每个钾原子被几个三角形共用．【解答】解：可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，如图，其完全占有的碳原子数是4，占有的钾原子数为×3=，故碳原子数和钾原子数之比是4：=8：1，故选C．【点评】本题考查了碳原子和钾原子个数之比，难度较大，明确每个钾原子被几个三角形共用是解本题的关键． 二、填空题．21．写出砷的元素符号 As ，核外共有 33 个不同运动状态的电子，其价电子电子排布图为 ．-35-\n【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】砷的元素符号为As，是第33号元素，核外有33个电子即33个不同运动状态的电子，核外电子排布为：1S22S22P63S23P64S23d104S24P3，其价电子电子排布图为．【解答】解：砷的元素符号为As，是第33号元素，核外有33个不同运动状态的电子，其核外电子排布为：1S22S22P63S23P64S23d104S24P3，所以价电子电子排布图为．故答案为：As；33；．【点评】本题考查核外电子排布规律等，难度不大，理解核外电子排布规律，难度不大． 22．SO32﹣中心原子的价层电子对数为 4 ；根据价层电子对互斥理论可知SO32﹣VSEPR构型为 正四面体 ；SO32﹣的立体构型为 三角锥形 ．【考点】判断简单分子或离子的构型．【专题】化学键与晶体结构．【分析】根据价层电子对互斥理论确定其空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据此分析解答．【解答】解：SO32﹣中心原子S原子孤电子对数==1，所以价层电子对数=3+1=4，故S原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体，分子的立体构型为三角锥形，故答案为：4；正四面体；三角锥形．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及分子结构与性质、价层电子对互斥理论等，难度不大，侧重对基础知识巩固． 23．人们发现Li+溶剂化倾向和形成共价键倾向很强，于是提出类似氢键的锂键．如LiF•HF中就存在锂键，下列LiF•HF的结构式正确的是（其中锂键用…表示） b ．（填序号）a．F﹣H…Li﹣Fb．H﹣F…Li﹣F．【考点】含有氢键的物质．【专题】化学键与晶体结构．-35-\n【分析】根据氢键的形成原理，可推知锂键应该是Li原子和F原子形成的分子间作用力，据此分析．【解答】解：根据HF分子间的存在的氢键是形成于H与F原子间：H﹣F…H﹣F可知，推知锂键应该是Li原子和F原子形成的分子间作用力，故选b．【点评】本题是知识迁移题，根据已有的知识来对新知识进行迁移运用，难度不大． 24．测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β﹣射线吸收法，β﹣射线放射源可用85Kr．已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子紧相邻的Kr原子有m个，晶胞中Kr原子为n个，则m/n= 3 （填数字）．【考点】晶胞的计算．【分析】Kr晶胞为面心立方密堆积，以顶点Kr原子为研究对象，与之相邻的Kr原子处于面心，每个顶点点Kr原子为8个晶胞共有，每个面心Kr原子为2个晶胞共用，结合均摊法计算．【解答】解：Kr晶胞为面心立方密堆积，以顶点Kr原子为研究对象，与之相邻的Kr原子处于面心，每个顶点点Kr原子为8个晶胞共有，每个面心Kr原子为2个晶胞共用，与每个Kr原子紧邻的Kr原子有=12，晶胞中含Kr原子为8×+6×=4，则m：n=12：4=3，故答案为：3．【点评】本题考查晶胞计算，注意利用均摊法计算解答，需要学生具有一定的空间想象，难度不大． 25．A的晶胞如图所示，已知A相对原子质量为M，晶体密度ρg•cm﹣3，阿伏伽德罗常数为NA，A元素的原子半径为 × cm．（用M、ρ、NA表示，不用化简）-35-\n【考点】晶胞的计算．【专题】计算题；抽象问题具体化思想；关系式法；化学键与晶体结构．【分析】根据题中晶胞结构图可知，每个晶胞中含有A原子的数目为2，晶胞的体对角线的长度等于原子半径的4倍，根据密度和晶胞中所含原子数可计算出晶胞的体积，进而确定晶胞的边长，并以此计算原子半径；【解答】解：根据题中晶胞结构图可知，每个晶胞中含有A原子的数目为2，设晶胞的边长为a，根据ρ=可得a=cm，晶胞的体对角线长度为a，晶胞的体对角线的长度等于原子半径的4倍，所以A元素的原子半径为×cm，故答案为：×．【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查学生分析计算及空间想象能力，明确晶胞的体对角线的长度等于原子半径的4倍是解本题关键，题目难度中等． 三、简答题．26．X、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，M原子外围电子排布式为3dn4sn；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子．请回答：（1）X元素在周期表中的位置是 第二周期ⅣA族 ；W2+离子的外围电子排布式为 3d10 （2）X能与氢、氮、氧三种元素构成化合物XO（NH2）2，其中X原子和N原子的杂化方式为分别为 sp2 、 sp3 ，该化合物分子中的π键与σ键的个数之比是 1：7 ；该物质易溶于水的主要原因： CO（NH2）2能与水分子间形成氢键 ．（3）M晶体的原子堆积方式为六方堆积（如图所示），则晶体中M原子配位数是 12 ．（4）某M配合物化学式是Cl2•H2O，1mol该配合物中含σ键的数目是 18N ．-35-\n【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】图像图表题；结构决定性质思想；演绎推理法；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】X、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn，据此解答．【解答】解：X、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素原子核外有三个能级，各能级电子数相等，原子核外电子排布为1s22s22p2，则X为C元素；M原子外围电子排布式为3dn4sn，由于4s能级最大容纳2个电子，且3d能级容纳电子，故n=2，则M为Ti；W的内层电子已全充满，最外层只有2个电子，原子序数大于硫，只能处于第四周期，原子核外电子数为2+8+18+2=30，故W为Zn，（1）X为C元素，C原子核外有2个电子层、最外层有4个电子，所以处于周期表中第二周期ⅣA族，Zn2+离子的外围电子排布式为3d10，故答案为：第二周期ⅣA族；3d10；（2）碳能与氢、氮、氧三种元素构成化合物CO（NH2）2，分子中C与O形成C=O双键，C原子与N原子形成C﹣N单键，N原子与H原子之间形成N﹣H单键，分子中C原子成3个σ键，没有孤电子对，故C原子采取sp2杂化，N原子成3个σ键、有1对孤电子对，故N原子采取sp3杂化，该化合物分子中有1个π键、7个σ键，π键与σ键数目之比为1：7，CO（NH2）2能与水分子间形成氢键，该物质易溶于水，故答案为：sp2；sp3；1：7；CO（NH2）2能与水分子间形成氢键；（3）M晶体的原子堆积方式为图所示，为六方密堆积，以轴线原子研究，层内有6个原子相邻、上、下两层各有3个原子与之相邻，故配位数为12，故答案为：12；（4）M为Ti，某M配合物化学式是Cl2•H2O，在该配合物中，每个水分子内有2个σ键，钛离子与6个配体之间有6个σ键，所以每个配合物中有σ18个键，则1mol该配合物中含σ键的数目是18NA，故答案为：18N．-35-\n【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化方式、氢键、配合物、晶胞结构及计算，侧重对晶胞计算的考查，对学生的空间想象与数学计算有一定的要求，难度中等． 27．硼（B）及其化合物在化学中有重要的地位．请回答下列问题：（1）Ga与B同主族，Ga的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p1 ，B与同周期相邻两元素第一电离能由大到小的顺序是 C＞Be＞B ．（2）硼酸（H3BO3）是白色片状晶体（层状结构如图1），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大．①硼酸中B原子的杂化轨道类型为 sp2 ．②硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和 共价键 、 氢键 ．③加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是 加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键 ．④硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH﹣以配位键结合形成Y﹣离子，导致溶液中C（H+）＞c（OH﹣），Y﹣离子中的配位键可以表示为 ．（3）硼酸与氢氧化钠反应后，将溶液蒸发结晶，可以得到硼砂．硼砂阴离子Xm﹣（含B、O、H三种元素）的球棍模型如图2所示，Xm﹣离子内部 有 （填“有”或“没有”配位键），判断的理由是 B原子最外层只有三个价电子，但是4号B原子形成了4个键 ．【考点】原子核外电子排布；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响．【专题】化学键与晶体结构．-35-\n【分析】（1）Ga与B同主族，处于第四周期ⅢA族，核外电子数为31，结合核外电子排布规律书写；同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA反常；（2）①由图可知，B原子形成3个B﹣Oσ键，没有孤电子对，据此判断B原子杂化方式；②由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键；③加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；④硼酸与水作用时，硼原子与水电离产生的OH﹣以配位键结合形成Y﹣离子，氧元素提供孤对电子给硼元素O→B；（3）1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为SP2杂化，4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化；B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间，据此判断．【解答】解：（1）Ga与B同主族，处于第四周期ⅢA族，核外电子数为5+8+18=31，根据构造原理知其基态原子核外电子分布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，同周期从左到右第一电离能增大，但是第IIA和第IIIA族、第VA和第VIA反常，故第一电离能：C＞Be＞B，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1；C＞Be＞B；（2）①由图可知，B原子形成3个B﹣Oσ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化方式，故答案为：sp2；②由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键，层与层之间为范德华力，故答案为：共价键、氢键；③加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键，加热时，硼酸的溶解度增大，故答案为：加热破坏了硼酸分子之间的氢键，硼酸分子与水分子之间形成氢键；-35-\n④硼酸中B原子属于缺电子原子，在水溶液中可以结合水电离出的氢氧根，硼酸与水作用，B（OH）3+H20⇌+H+，Y﹣离子中的配位键可以表示为，氧元素提供孤对电子给硼元素O→B，故答案为：；（3）B原子最外层只有三个价电子，4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化；B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间，故答案为：有；B原子最外层只有三个价电子，但是4号B原子形成了4个键．【点评】本题是对物质结构的考查，题目涉及电子排布式、第一电离能、杂化理论的应用氢键和分子间作用力等，涉及知识点较多，需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力，难度中等． 28．叠氮化物是一类重要化合物，氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，如图1为分子立体结构示意图．肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸（HN3）：N2H4+HNO2═2H2O+HN3．它的酸性类似于醋酸，可微弱电离出H+和N．试回答下列问题：（1）下列说法正确的是 CDE （选填序号）．A．酸性：HNO2＞HNO3B．N2H4中两个氮原子采用的都是sp2杂化C．HN3、H2O都是极性分子D．N2H4沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键-35-\nE．叠氮酸HN3的结构式中①号、②号N的杂化方式分别为sp和sp2（2）叠氮化物能与Fe3+、Cu2+及Co3+等形成配合物，如：SO4，在该配合物中钴显 +3 价，基态Fe原子有 4 个未成对电子．（3）由叠氮化钠（NaN3）热分解可得纯N2：2NaN3（s）═2Na（l）+3N2（g），下列说法正确的是 BC （选填序号）．A．NaN3与KN3结构类似，前者晶格能较小B．钠晶胞结构如图2，晶胞中分摊2个钠原子C．氮的第一电离能大于氧D．氮气常温下很稳定，是因为氮元素的电负性小（4）与N互为等电子体的分子有： CO2 、 BeCl2 （写出两种），其中心原子的孤电子对数为 0 ．【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．【专题】化学键与晶体结构．【分析】（1）A、HNO2为弱酸，而HNO3是强酸；B、N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是sp3杂化；C、HN3、H2O中都有孤电子对，所以都是极性分子；D、氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，N2H4沸点高达113.5℃，可以说明肼分子间可形成氢键；E、叠氮酸HN3的结构式中①号N为直线形、②号N为V型，据此判断；（2）在SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价，根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数；（3）A、NaN3与KN3结构类似，Na+半径小于K+，所以NaN3的晶格能比KN3大；-35-\nB、钠晶胞中，在8个顶点上各有一个原子，体心上还有一个，所以晶胞中钠原子的个数为：8×+1=2；C、氮原子的最外层P轨道有3个电子，处于半充满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能大于氧；D、氮气常温下很稳定，是因为氮气是双原子分子，两个氮原子之间存在N≡N键，不易断裂，与元素的电负性无关．（4）在N﹣3中，价电子数为16，根据等电子体原理，可以写出等电子体的分子．【解答】解：（1）A、HNO2为弱酸，而HNO3是强酸，故A错误；B、N2H4中氮原子最外层有5个电子，形成三对共用电子对，另外还有一对孤电子对，氮原子采用的都是sp3杂化，故B错误；C、HN3、H2O中都有孤电子对，所以都是极性分子，故C正确；D、氢键主要存在于N、F、O三种元素的氢化物分子之间，可使物质的熔沸点变大，N2H4沸点高达113.5℃，可以说明肼分子间可形成氢键，故D正确．E、叠氮酸HN3的结构式中①号N直线形则为sp、②号N为V型，则杂化方式sp2，故E正确；故答案为：CDE；（2）在SO4中，根据化合价代数和为零，可以算得钴的化合价为：+3价，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；故答案为：+3；4；（3）A、NaN3与KN3结构类似，Na+半径小于K+，所以NaN3的晶格能比KN3大，故A错误；B、钠晶胞中，在8个顶点上各有一个原子，体心上还有一个，所以晶胞中钠原子的个数为：8×+1=2，故B正确；C、子的最外层P轨道有3个电子，处于半充满状态，是一种较稳定结构，所以它的第一电离能大于氧，故C正确；D、常温下很稳定，是因为氮气是双原子分子，两个氮原子之间存在N≡N键，不易断裂，与元素的电负性无关，故D错误．故选：BC；（4）在N﹣3中，价电子数为16，根据等电子体原理，可以写出与N﹣3互为电子体的分子为CO2、BeCl2等，其中心原子的孤电子对数为0；故答案为：CO2；BeCl2；0．-35-\n【点评】本题考查了学生对原子的杂化方式、分子的空间结构、等电子体、电子式等，具有一定的综合性，对学生综合能力有一定的要求，中等难度． 29．Cu、Zn、Cr都是过渡元素，可作为中心原子形成多种配合物．（1）下列不能作为配合物配位体的是 C （选填序号）．A．H2OB．NH3C．CH4D．Cl﹣（2）用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键 N﹣H…O、O﹣H…N ．（3）Cu元素可形成SO4，其中存在的化学键类型有 ①③⑤ （填序号）．①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键⑤离子键 ⑥氢键（4）若2+具有对称的空间构型，且当其中的两个NH3被两个Cl﹣取代时，能得到两种不同结构的产物，则2+的空间构型为 a （填字母）．a．平面正方形b．正四面体c．三角锥型d．V形（5）在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液．写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式： Cu（OH）2+4NH3•H2O=2++2OH﹣+4H2O ；（6）在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为x+（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R﹣H），可发生离子交换反应：x++xR﹣H→Rx+xH+．交换出来的H+和已知量的NaOH溶液反应，即可求出x和n，确定配离子的组成．将含0.0015molx+的溶液，与R﹣H完全交换后，中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L﹣1NaOH溶液25.00ml，该配离子的化学式为 2+ ．【考点】配合物的成键情况；化学键；判断简单分子或离子的构型．【专题】简答题；结构决定性质思想；演绎推理法；化学键与晶体结构．【分析】（1）能作为配合物配位体的微粒需含有孤对电子，CH4无孤对电子；（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键；（3）SO4中阴阳离子间形成离子键，配离子2+中含有配位键，不同非金属元素之间形成极性共价键，；（4）形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如果为正四面体，2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，只有一种结构；（5）铜离子可以和一水合氨生成氢氧化铜沉淀，沉淀还可以溶于过量的氨水中；-35-\n（6）中和发生反应：H++OH﹣=H2O，由中和生成的H+需要的NaOH溶液，可得出H+物质的量，进而计算出x，x+中Cr的化合价为+3价，化合价代数和等于离子所带电荷，据此计算n的值，进而确定该配离子化学式．【解答】解：（1）A．H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；B．NH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故B不选；C．碳原子最外层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C选；D．Cl﹣为氯原子得到1个电子形成的阴离子，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故D不选；故答案为：C；（2）N元素与O元素的电负性都很强，不同分子中的N原子、O原子与H原子之间都可以形成氢键，如O﹣H…N、N﹣H…O、O﹣H…O、N﹣H…N，氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键N﹣H…O、O﹣H…N，故答案为：N﹣H…O、O﹣H…N；（3）SO4中，2+与SO42﹣之间的化学键为离子键，2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N﹣H为极性共价键，SO4，故答案为：①③⑤；（4）形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如果为正四面体，2+中的两个NH3被两个Cl﹣取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，故答案为：a；（5）氢氧化铜沉淀可以溶于过量的氨水中，发生反应：Cu（OH）2+4NH3•H2O=2++2OH﹣+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3•H2O=2++2OH﹣+4H2O；-35-\n（6）中和生成的H+需浓度为0.1200mol/L氢氧化钠溶液25.00mL，由H++OH﹣=H2O，可以得出H+的物质的量为0.12mol/L×25.00×10﹣3L=0.003mol，所以x==2，则2+中Cr的化合价为+3价，则有3﹣n=2，解得n=1，即该配离子的化学式为2+，故答案为：2+．【点评】本题考查的内容较为综合，涉及到配位键、氢键、微粒的空间的结构及配合物化学式的求解等有关知识，注意基础知识的全面掌握，注意氢键、配合物的构成及性质，题目难度中等． 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