2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中考试化学试题含解析

这是一份2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第四中学高二下学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了 下列说法中正确的是， 下列叙述正确的是， 下列说法正确的是， 下列表示方法错误的是等内容，欢迎下载使用。

乌鲁木齐市第四中学2021-2022学年度下学期阶段性诊断测试
高二化学
1. 下列说法中正确的是
A. 能层就是电子层 B. 不同能层，s能级能量相同
C. s能级的能量一定比p能级的低 D. 高能层的所有能级能量都比低能层能级能量高
【1题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．能层是电子层，能级是电子亚层，A正确；
B．不同能层，s能级能量不同，能层越大，s能级能量越高，B错误；
C．s能级的能量也有可能比p能级高，如4s能级的能量高于2p能级的能量，C错误；
D．高能层能级的能量不一定比低能层能级的能量高，如3d能级的能量比4s能级的能量高，D错误；
答案选A。
2. 下列叙述正确的是
A. 能层不是电子层 B. 每个能层最多可容纳的电子数是
C. 同一能层中的不同能级的能量高低相同 D. 不同能层中的s能级的能量高低相同
【2题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．能层是电子层，能级是电子亚层，A错误；
B．每个能层即电子层，最多能容纳2n2个电子，如K层最多容纳2个，L层最多容纳8个，B正确；
C．同一能层中的不同能级，能量按照s、p、d、f的顺序依次升高，C错误；
D．不同能层中的s能级的能量高低不同，能层越大，s能级的能量越高，D错误；
答案选B。
3. 下列原子或离子的核外电子排布式，正确的是
A. ： B. ：
C. ： D. ：
【3题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A．核外有18个电子，其电子排布式为：，故A错误；
B．电子排布式书写时，相同能层的写在一起，：，故B错误；
C．Ar核外有18个电子，：，故C正确；
D．是的价电子排布式，不是基态原子核外电子排布式，故D错误。
综上所述，答案为C。
4. 下列说法正确的是（　　）。
A. 自然界中的所有原子都处于基态
B. 同一原子处于激发态时的能量一定高于基态时的能量
C. 无论原子种类是否相同，基态原子的能量总是低于激发态原子的能量
D. 激发态原子的能量较高，极易失去电子，表现出较强的还原性
【4题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．自然界中的原子有的处于基态，有的处于激发态，A选项错误；
B、C．同一种原子处于激发态时的能量一定高于基态时的能量，若原子种类不同，则不一定如此，所以B选项正确，C选项错误；
D．激发态原子的能量较高，容易跃迁到能量较低的状态或基态，能量降低。激发态原子若要失去电子，仍必须再吸收能量，失去电子难易程度需根据原子的具体情况而定，有的激发态原子易失去电子，有的激发态原子难失去电子，故D错误。
故选B。
5. 下列说法正确的是
A. 因为p轨道是“8”字形，所以p电子是“8”字形
B. 能层数3时，该能层有、、共9个轨道
C. 氢原子中只有1个电子，故氢原子核外只有1个轨道
D. 电子云图即是电子云轮廓图，都是用来形象描述电子运动状态的
【5题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子运动无固定形状的轨迹，p轨道是“8”字形的，只能说明电子出现的几率比较大的位置呈“8”字形，实际上电子可看成球形，故A错误；
B．第3能层有3个能级，则能层数为3时，有3s、3p、3d三个能级，s轨道有1个，p轨道有3个，d轨道有5个，则共9个轨道，故B正确；
C．氢原子核外有多个轨道，氢原子中只有一个电子，电子主要在1s轨道范围内运动，故C错误；
D．电子云是电子在空间出现几率大于90%及以上的位置的图，是用来描述电子出现概率的图，故D错误；
故选B。
6. 下列表示方法错误的是
A. 硫离子的电子式为
B. Br原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s14p6
C. N原子的电子排布图为
D. Cu的原子结构示意图为
【6题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．S原子得到2个电子变成S2-，其电子式为，A正确；
B．Br原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，则其简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，B错误；
C．N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则其核外电子排布图为，C正确；
D．Cu原子核外有29个电子，其原子结构示意图为，D正确；
答案选B。
7. 基态碳原子的最外能层的各能级中，电子排布的方式正确的是（  ）
A. B.
C. D.
【7题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】基态碳原子最外层有4个电子，其最外能层的各能级中，电子首先排满2s轨道，剩余的两个电子分占两个2p轨道，而且电子的自旋方向相同，故选C。
8. 具有下列核外电子排布式的原子，其半径最大的是（ ）
A. B.
C. D.
【8题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】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，推出元素，再由递变规律比较。
【详解】由电子排布式可推出A为N元素，B为B元素，C为Al元素，D为S元素，根据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，可知Al元素的原子半径最大。
答案选C。
9. 元素、、在周期表中的相对位置如图所示。已知元素原子的外围电子排布式为，则下列说法不正确的是


X

Y

Z



A. 元素原子的价电子排布式为
B. 元素在元素周期表的第三周期第Ⅵ族
C. 元素所在周期中所含非金属元素最多
D. 元素原子的核外电子排布式
【9题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】根据构造原理，Y原子的外围电子排布式为3s23p4，Y为S，则X为F，Z为As，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，S元素的价电子排布式为3s23p4，故A说法错误；
B．根据上述分析，Y元素为S，硫元素位于第三周期第ⅥA族，故B说法正确；
C．根据元素周期表，含非金属元素最多的是第二周期，X为F，位于第二周期，故C说法正确；
D．Z为As，位于第四周期第VA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故D说法正确；
答案为A。
10. 下列有关电离能的说法，正确的是（ ）
A. 第一电离能越大的原子失电子的能力越强
B. 第一电离能是元素的原子失去核外第一个电子需要的能量
C. 同一周期中，主族元素原子第一电离能从左到右越来越大
D. 可通过一种元素各级电离能的数值，判断元素可能的化合价
【10题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A、元素原子的第一电离能越大，表示该元素的原子越难失去电子，故A错误；B、第一电离能是基态的气态原子失去核外第一个电子转化为气态基态正离子需要的最低能量，故B错误；C、总体趋势：同一周期中，第一电离能从左到右越来越大，其中有反常，如第一电离能：N＞O，故C错误；D、可通过各级电离能的数值，判断元素可能有的化合价，故D正确；故选D。
【点睛】本题重点考查第一电离能的相关知识。第一电离能总体的递变规律为：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，但第一电离能的变化趋势中有曲折，因为当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大；
一般来说，元素的电离能按照第一、第二……的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价。
11. 如图是元素周期表前四周期的一部分，下列有关R、W、X、 Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）

A. 通常情况下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高
B. Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C. W的电负性比X的的电负性大
D. 第一电离能：R＞W＞Y
【11题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可判断出：R为Ar、Z为Br、Y为S、W为P、X为N。
【详解】A、Br2在常温下为液体，而S和P在常温下为固体，所以五种元素的单质中，不是Br2的沸点最高，A错误；
B、S2-的电子层结构与Ar相同，而Br-的电子层结构与Ar不相同，B错误；
C、N的电负性大于P的电负性，C错误；
D、同周期，从左到右，元素的电离能增大，但第ⅤA的电离能大于第ⅥA的，第ⅡA的电离能大于第ⅢA的，所以第一电离能大小关系为：Ar>P>S，D正确。
答案为D。
12. 下列说法中不正确的是（　　）
A. σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D N2分子中有一个σ键，2个π键
【12题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】A. σ键是头碰头的重叠，π键是肩并肩的重叠，σ键比π键重叠程度大，σ键比π键稳定，故A正确；
B. 两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故B正确；
C. 单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在σ键，故C错误；
D. 两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，N2分子中含有一个三键，即有一个σ键，2个π键，故D正确。
故选C。
13. 下列分子或离子中键角由大到小的排列顺序是
① ② ③ ④ ⑤
A. ⑤④①②③ B. ⑤①④②③ C. ④①②⑤③ D. ③②④①⑤
【13题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】①SO2分子中心原子S的价层电子对数为2+=3，采取sp2杂化，有1对孤对电子，空间构型为V形，键角略小于120°；
②NH3分子中心原子N的价层电子对数为3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，空间构型为三角锥形，键角为107°；
③H2O分子中心原子O的价层电子对数为2+=4，采取sp3杂化，有2对孤对电子，空间构型为V形，键角为105°；
④CH4分子中心原子C的价层电子对数为4+=4，采取sp3杂化，无孤对电子，空间构型为正四面体形，键角为109°28ˊ；
⑤CO2分子中心原子C的价层电子对数为2+=2，采取sp杂化，无孤对电子，空间构型为直线型，键角为180°；
所以键角由大到小的排列顺序是⑤①④②③，答案选B。
14. 用价层电子对互斥理论预测H2S和NH3的立体结构，两个结论都正确的是（　　）
A. 直线形；三角锥形 B. V形；三角锥形
C. 直线形；平面三角形 D. V形；平面三角形
【14题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】H2S中价层电子对数=2+×（6-2×1）=4且含有2个孤电子对，所以其立体结构为V形；NH3中价层电子对数=3+×（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以其立体结构为三角锥形，故答案选B。
15. 下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
A. SO3 与SO2 B. BF3 与NH3 C. BeCl2与SCl2 D. H2O 与SO2
【15题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3中S原子的价电子对数为3+(6-6)=3，采取sp2杂化方式，SO2中S原子的价电子对数为2+(6-4)=3，采取 sp2杂化方式，故A正确；
B．BF3中B原子的价电子对数为3+(3-3)=3，采取sp2杂化方式，NH3中N原子的价电子对数为3+(5-3)=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故B错误；
C．BeCl2中Be原子的价电子对数为2+(2-2)=2，采取sp杂化方式，SCl2中S原子的价电子对数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；
D．H2O中O原子的价电子对数为2+(6-2)=4，采取sp3杂化方式，SO2中S原子的价电子对数为2+(6-4)=3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查原子轨道杂化类型判断，难度中等。需熟练掌握几种常见分子的中心原子杂化类型。
16. 根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或离子的空间结构正确的是
选项
分子式
价层电子对互斥模型
分子或离子的空间结构
A

四面体形
三角锥形
B

平面三角形
三角锥形
C

四面体形
平面三角形
D

正四面体形
正四面体形

A. A B. B C. C D. D
【16题答案】
【答案】AD
【解析】
【详解】A．分子中中心原子的价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为四面体形，含有1个孤电子对，分子的空间结构为三角锥形，A正确；
B．甲醛分子中中心C原子的价层电子对数为3（有1个双键），价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的空间结构为平面三角形，B错误；
C．分子中中心N原子的价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为四面体形，含有1个孤电子对，分子的空间结构为三角锥形，C错误；
D．中中心N原子价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的空间结构为正四面体形，D正确；
故选AD。
17. 下列关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是
A. 配体为水分子，外界为 Br－
B. 中心离子的配位数为6
C. 中心原子采取sp3杂化
D. 中心离子的化合价为＋2价
【17题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．配体为水分子和Br-，A不正确；
B．中心离子的配体为水分子和Br-，配位数为4+2=6，B正确；
C．中心原子形成6个配位键，采取sp3d2杂化，C不正确；
D．中心离子的化合价为＋3价，D不正确；
故选B。
18. 下列叙述中正确的是
A. NH3、CO、CO2 都是极性分子
B. CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强
D. CS2、H2O、C2H2 都是直线形分子
【18题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH3是三角锥形，是极性分子，CO是直线形，但不是对称性的，因此CO是极性分子，CO2是直线形，具有对称性的，因此CO2是非极性分子，故A错误；
B．CH4、CCl4都是正四面体形，都是含有极性键的非极性分子，故B正确；
C．从F到I，非金属性减弱，简单氢化物稳定减弱，因此HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，故C错误；
D．CS2、C2H2都是直线形分子，H2O是V形结构，故D错误。
综上所述，答案为B。
19. 关于氢键，下列说法正确的是
A. 由于冰中的水分子间存在氢键，所以其密度大于液态水
B. 可以用氢键解释接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式（H2O）计算出来的相对分子质量大
C. 分子间氢键和分子内氢键都会使熔沸点升高
D. 每一个水分子内平均含有两个氢键
【19题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于冰中的水分子间存在氢键，增加了分子之间的距离，所以其密度小于液态水，A错误；
B．由于水分子之间存在氢键，使水分子通常以几个分子聚合形式存在，所以用测接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式（H2O）计算出来的相对分子质量大，B正确；
C．分子间氢键使熔沸点升高,分子内氢键都会使熔沸点降低，C错误；
D．水分子内不含氢键，只存在于水分子之间，D错误。
答案选B。
20. 下列物质的酸性强弱比较正确的是(　　)
A. HBrO4H2SO3
【20题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】A、非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性强弱是HBrO4>HIO4，故A错误；B、H2SO4属于强酸，H3PO4属于中强酸，因此H2SO4酸性强于H3PO4，故B错误；C、同种元素的含氧酸，化合价越高，酸性越强，即HClO3的酸性强于HClO，D、H2SO3属于弱酸，因此H2SO4的酸性强于H2SO3，故D正确。
21. 下列哪些性质不能区别晶体与玻璃体
A. 各向异性 B. X－射线衍射
C. 导电性 D. 有规则的几何外形
【21题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】根据晶体的特点和性质可知，晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性；衍射时能看到谱线；而晶体除金属晶体外，一般不容易导电，而玻璃体是一种无规则结构的非晶态固体，其原子不像晶体那样在空间具有长程有序的排列，而近似于液体那样具有短程有序，所以从各向异性、X−射线衍射、有规则的几何外形来区分晶体和玻璃体，而除金属晶体外，两者都不导电，故ABD不符合题意，C符合题意。答案选C。
【点睛】本题考查的是不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别。根据晶体的特点和性质可知，晶体具有规则的几何外形；物理性质具有各向异性；衍射时能看到谱线；而晶体除金属晶体外，一般不容易导电，而玻璃体是一种无规则结构的非晶态固体，其原子不像晶体那样在空间具有长程有序的排列，而近似于液体那样具有短程有序。
22. 纳米材料的表面粒子数占粒子总数的比例很大，这是它有许多特殊性质的原因。假设某硼镁化合物的结构如右图所示(六个硼原子位于棱柱内)，则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分比为

A. 22% B. 70% C. 66.7% D. 33.3%
【22题答案】
【答案】B
【解析】
【详解】这是一个纳米颗粒，其中的粒子不会与其他颗粒共用，该纳米颗粒表面有14个镁原子、内部有6个硼原子，原子总数为20，所以镁原子即表面粒子数占原子总数的百分比为×100%=70%，答案选B。
23. 已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的（ ）

A. ZXY3 B. ZX2Y6 C. ZX4Y8 D. ZX8Y12
【23题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】本题主要考查了晶体结构的计算及其应用，较易。根据晶体结构的计算方法可知，一个晶胞中含1个Z原子，X原子数为1，Y原子数为3。所以化学式为ZXY3 ，综上所述，本题正确答案为A。
24. 已知CsCl晶体的密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，相邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（ ）

A. NA·a3·ρ B.
C. D.
【24题答案】
【答案】A
【解析】
【详解】在CsCl晶胞中，含有1个Cs+和1个Cl-，则只含有1个“CsCl”；由公式ρ=可得，ρ==，从而得出Mr= NA·a3·ρ，故选A。
25. 甲、乙、丙三种有机物的结构如下：
甲： 乙：COCl2() 丙：
（1）甲分子中有___________个键，___________个键，___________(填“有”或“没有”)非极性键。
（2）乙分子中碳原子形成___________个键，___________个键。
（3）丙分子中键与键的数目之比为___________。
【25题答案】
【答案】（1） ①. 8 ②. 2 ③. 有
（2） ①. 3 ②. 1
（3）2∶1
【解析】
小问1详解】
单键为键，双键为1个键、1个键，甲的结构式为： ，含2个双键，6个单键，则含8个键、2个键，含碳碳非极性键。
【小问2详解】
单键为键，双键为1个键、1个键，由乙分子的结构式可知，碳原子形成3个键、1个键。
【小问3详解】
单键为键，双键为1个键、1个键，三键为1个键、2个键，丙分子的结构式为： ，含4个单键、1个双键、1个三键，则含6个键、3个键，键与键的数目之比为：6:3=2:1。
27. A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中C、E是金属元素；A和E属同族，它们原子的最外层电子排布式为ns1。B和D也属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍。C原子的最外层电子数等于D原子的最外层电子数的一半。请回答下列问题：
（1）A是________，B是________，E是________。
（2）写出C元素基态原子的电子排布式：________________________。
（3）元素B与D的电负性的大小关系是B____________(填“>”“<”或“＝”，下同)D，E与C的第一电离能大小关系是E________C。
（4）写出元素E和C的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：_____________。
【27题答案】
【答案】（1） ①. H ②. O ③. K
（2）1s22s22p63s23p1
（3） ①. > ②. <
（4）Al(OH)3＋OH－=＋2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D属同族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，故最外层电子排布为ns2np4，故B为O元素，D为S元素；A和E元素原子的最外层电子排布为ns1，则处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故A为H元素，E为K元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数介于O与S之间，属于金属元素，故C为Al元素，以此来解答本题。
【小问1详解】
根据上面的分析可知，A为H元素，B为O元素，E为K元素，故答案为H；O；K；
【小问2详解】
C为Al原子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，故答案为1s22s22p63s23p1；
【小问3详解】
同主族自上而下电负性逐渐降低，故电负性O>S；第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。在元素周期表中，同主族第一电离能逐渐减小，在同一周期中，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Al > K，故答案为>；<；
【小问4详解】
元素E和C的最高价氧化物对应的水化物分别是Al(OH)3和NaOH，两者之间的反应为：Al(OH)3+NaOH = NaAlO2+H2O，在其离子反应方程式为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O，故答案为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O。
29. A、B、C、D、E为短周期元素且它们的原子序数依次增大，A的核外电子总数与其周期数相同；其中D原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相同，并且无空轨道；B原子的L电子层中未成对电子数与D相同，但还有空轨道；D与E同族，请回答下列问题：
（1）A与其他元素形成的二元共价化合物中，一种化合物分子呈三角锥形，该分子的化学式为___________，其中心原子的杂化方式为___________，A分别与B、C、D形成的共价化合物中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是___________(填化学式，任意写出一种)。
（2）这些元素形成的含氧酸根离子中，其中心原子的价层电子对数为3的酸根离子是___________(填化学式，下同)；酸根离子呈三角锥形结构的是___________。
（3）分子的立体构型为___________；根据电子云重叠方式的不同，该分子中共价键的类型为___________。
（4）B的一种氢化物的相对分子质量是26，其分子中键和键的数目之比为___________。
（5）B与D形成分子，与该分子互为等电子体的有___________。(分子、阴离子各写一个)
【29题答案】
【答案】（1） ①. NH3 ②. sp3 ③. H2O2、N2H4、C2H4
（2） ①. 、 ②.
（3） ①. 正四面体形 ②. σ键
（4）3∶2 （5）CS2(或N2O)、SCN-(N等)
【解析】
【分析】A、B、C、D、E为短周期元素且它们的原子序数依次增大，A的核外电子总数与其周期数相同，A是H；D原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相同，并且无空轨道，电子排布式为1s22s22p4，D是O；B原子的L电子层中未成对电子数与D相同，但还有空轨道，电子排布式为1s22s22p2，B是C；C原子序数介于C和O之间，C是N；D与E同族，E是S。
【小问1详解】
H与其他元素形成的二元共价化合物中，一种化合物分子呈三角锥形，该分子的化学式为NH3，其中心原子的价层电子对数为3+=4，中心原子的杂化方式为sp3，H分别与C、N、O形成的共价化合物中既含有极性共价键，又含有非极性键的化合物是H2O2、N2H4、C2H4等；
【小问2详解】
这些元素形成的含氧酸根离子中，其中心原子的价层电子对数为3的酸根离子是：、、；酸根离子呈三角锥形，说明中心原子采取sp3杂化，且有1对孤对电子，的中心原子硫原子的价层电子对数=3+=4，空间构型为三角锥形；
【小问3详解】
为CH4，甲烷分子的立体结构为正四面体形；碳原子利用其sp3杂化轨道和氢原子的1s轨道头碰头重叠，所以该分子中共价键的类型为σ键；
【小问4详解】
B的一种氢化物相对分子质量是26，该氢化物的分子式为C2H2，结构式为H-C≡C-H，单键为σ键，三键为1个σ键、2个π键，则其分子中σ键和π键的数目之比为3:2；
【小问5详解】
B与D形成BD2分子为CO2，原子总数为3、价电子总数为16，利用同主族变换和左右移位法可知，与该分子互为等电子体的有CS2、N2O、SCN-、N等。
31. 配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：
（1）光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有生成，则中存在__________（填序号）
a.共价键 b.非极性键 c.配位键 d.键 e.π键
（2）可形成两种钴的配合物，已知的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构可表示为____________________，第二种配合物的结构可表示为____________________。若在第二种配合物的溶液中滴加溶液，则产生的现象是____________________。（提示：这种配合物的结构可表示为。）
【31题答案】
【答案】 ①. acd ②. ③. ④. 生成淡黄色沉淀
【解析】
【详解】(1)[Al(OH)4]-的中心原子Al采用sp3杂化，形成4个sp3杂化轨道。Al最外层的3个电子分别与3个羟基形成σ键，还有一个空轨道接纳OH- 中O的孤对电子形成配位键；羟基中的O和H形成σ键；所有键均属于共价键中的极性键。所以，a.共价键、c.配位键、d.键正确。答案为：acd；
(2)Co(NH3)5BrSO4中共有7个分子或离子可做配体，而Co3+的配位数是6，则外界可能是Br-或SO42-。在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，证明其外界为SO42-，则其结构为[CoBr(NH3)5]SO4；第二种配合物的结构应为[Co(SO4)(NH3)5]Br，在溶液中电离出Br-，所以，溶液中加AgNO3溶液时，生成淡黄色的AgBr沉淀。
答案为：[CoBr(NH3)5]SO4；[Co(SO4)(NH3)5]Br；生成淡黄色的沉淀。
【点睛】配合物的外界易电离，内界难电离，所以可通过检测溶液中的离子来帮助判断配合物的结构。