2021【KS5U解析】宁夏大学附中高二上学期期中考试化学试题含解析

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宁大附中2020-2021学年第一学期期中考试
高二化学试题
一、选择题(本题为单项选择题，每题2分，共计54分)
1. 以下能级符号不正确的是
A. 6S B. 5p C. 4d D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】A、S能级在每一层上都有，因此存在6s能级，选项A正确；
B、p能级至少在第二层及以上，选项B正确；
C、d能级至少在第三层及以上，选项C正确；
D、f能级至少在第四层及以上，因此不存在3f能级，选项D不正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了能层中的能级，从能层数与能级数之间的关系分析解答，根据每一能层含有的能级数与其能层数相等，且每一能层都是从S能级开始，第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f亚层。
2. 某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，则此元素是(　　)
A. S B. Al C. Si D. Cl
【答案】B
【解析】
【详解】某元素的原子核外有三个电子层，其3p能级上的电子数是3s能级上的一半，该元素原子的价电子排布为3s23p1，核电荷数为13，此元素是Al，B正确；
综上所述，本题选B。
3. 下列各离子或原子的电子排布式错误的是（ ）
A. Ca2+：1s22s22p63s23p6 B. Fe3+：1s22s22p63s23p63d5
C. K：1s22s22p63s23p64s1 D. O2-：1s22s22p4
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ca元素为20号元素，原子核外有20个电子，失去4s能级两个电子形成Ca2+，所以其电子排布式为1s22s22p63s23p6，故A正确；
B．Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，失去4s能级两个电子和3d能级1个电子形成Fe3+，所以其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故B正确；
C．K元素为19号元素，根据核外电子排布规律可知其原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s1，故C正确；
D．O元素为8号元素，原子核外有8个电子，2p能级得到两个电子形成O2-，所以其电子排布式为1s22s22p6，故D错误；
故答案为D。
4. 氧离子中电子的运动状态有
A. 3种 B. 8种 C. 10种 D. 12种
【答案】C
【解析】
【详解】微粒核外电子的运动状态互不相同，氧离子核外有10个电子，运动状态有10种，选C。
5. 下列说法中正确的是（ ）
A. 3d3表示3d能级有3个轨道
B. np能级全满时的电子排布图为：
C. 核外电子运动的概率密度分布图(电子云)就是原子轨道
D. 电子的运动状态可从能层、能级、轨道3个方面进行描述
【答案】B
【解析】
【详解】A. 3d3表示3d能级有3个电子，故A错误；
B. p轨道有3个，每个轨道容纳两个自选相反的电子，则np能级全满时的电子排布图为：，故B正确；
C. 电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故C错误；
D. 决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，故D错误；
故选B。
6. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图。已知Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，则下列说法不正确的是（ ）

A. Y元素原子的外围电子排布为4s24p4
B. Y元素在周期表的第三周期ⅥA族
C. X元素所在周期中所含非金属元素最多
D. Z元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3
【答案】A
【解析】
【分析】
Y元素原子的外围电子排布为nsn-1npn+1，其中n－1＝2，所以n＝3，则Y是S，根据元素X、Y、Z在周期表中的相对位置可判断X是F，Z是As，据此解答。
【详解】A. Y元素是S，原子的外围电子排布为3s23p4，A错误；
B. Y元素是S，在周期表中的位置是第三周期ⅥA族，B正确；
C. X元素是F，所在周期中元素均是非金属元素，即所含非金属元素最多，C正确；
D. Z元素是As，原子序数是33，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，D正确；答案选A。
7. 现有四种元素基态原子电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是
A. 电负性：④＞③＞②＞① B. 原子半径：②＞①＞④＞③
C. 第一电离能：④＞③＞②＞① D. 最高正化合价：④＞①＞③=②
【答案】C
【解析】
【分析】
由核外电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4为S，②1s22s22p63s23p3为P，③1s22s22p3为N；④1s22s22p5为F。
【详解】A．非金属性越强，电负性越大，非金属性F>N>S>P，所以电负性④＞③＞①＞②，故A错误；
B．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径②＞①＞③＞④，故B错误；
C．同主族元素自上而下第一电离能减小，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但第ⅤA族元素p能级为半满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：④＞③＞②＞①，故C正确；
D．主族元素最高正价等于族序数，但F没有最高正价，故D错误；
故答案为C。
【点睛】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族元素(最外层全满)大于第ⅢA元素，第ⅤA族(最外层半满)大于第ⅥA族元素；F和O没有最高正价。
8. 根据电子排布的特点，Cu在周期表属于（ ）
A. ds区 B. p区 C. d区 D. s区
【答案】A
【解析】
【详解】铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。按照构造原理，价层电子排布式应为3d94s2，当3d接近半满或全满时，能量最低，最稳定，所以Cu的4s2上的一个电子将填充在3d上，故Cu在元素周期表中属于ds区，答案选A。
9. 下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A. ①②③ B. ③④⑤⑥ C. ①③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】在双键及叁键中均含有σ键又有π键，而氮气中含有氮氮叁键、乙烯中含有碳碳双键、乙炔中含有碳碳叁键，故答案为D。
10. 下列分子或离子之间互为等电子体的是（ ）
A. CH4和H3O+ B. NO和SO2 C. O3和CO2 D. N2和C
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，然后判断电子的数目来解答。
【详解】A. CH4含有5个原子，H3O+含有4个原子，不是等电子体，故A错误；
B. 的原子数4，SO2的原子数3，不是等电子体，故B错误；
C. O3的价电子数为6×3=18，CO2的价电子数为4+6×2=16，不是等电子体，故C错误；
D. N2的价电子数为5×2=10，C的价电子数为4×2+2=10，含有相同原子数2，为等电子体，故D正确。
故答案选：D。
11. 用价层电子对互斥理论判断SO3的分子构型（　　）
A. 正四面体形 B. V形 C. 三角锥形 D. 平面三角形
【答案】D
【解析】
【详解】SO3的中心原子上的孤电子对数为0，分子的价层电子对数为3，即VSEPR模型为平面三角形。
12. 下列说法正确是（ ）
A. PCl3分子呈三角锥形，这是磷原子采取sp2杂化的结果
B. sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混杂形成的4个新轨道
C. 中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型可能是四面体形或三角锥形或V形
D. AB3型分子的立体构型必为平面三角形
【答案】C
【解析】
【详解】A．PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对，属于sp3杂化，含有1个孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A错误；
B．能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道，故B错误；
C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有关，其立体构型可能是四面体形或三角锥形或V形，故C正确；
D．AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1个孤电子对，为三角锥形，故D错误。
故答案选C。
13. 在中，中间的碳原子和两边的碳原子分别采用的杂化方式是(　　)
A. sp2、sp2 B. sp3、sp3
C. sp2、sp3 D. sp、sp3
【答案】C
【解析】
【分析】
由价层电子对互斥理论可知，双键碳原子含有3个σ键且不含孤电子对采用sp2杂化，单键碳原子含有4个σ键且不含孤电子对采用sp3杂化。
【详解】在分子中，羰基碳原子为不饱和碳原子，含有3个σ键且不含孤电子对，采用sp2杂化，两个甲基碳原子为饱和碳原子，含有4个σ键且不含孤电子对，采用sp3杂化，故选C。
14. 下列不能形成配位键的组合是（ ）。
A. Ag＋、NH3 B. H2O、H＋
C. Co3＋、CO D. Ag＋、H＋
【答案】D
【解析】
【详解】配位键的形成条件必须是一方能提供孤对电子，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤对电子，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤对电子，所以不能形成配位键；
故选D。
15. 某溶液显红色，则该溶液中含有大量的（ ）
A. [Cu(NH3)4]2+ B. Fe(SCN)3 C. [Al(OH)4]- D. [Ag(NH3)2]OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．[Cu(NH3)4]2+在溶液中呈深蓝色，A不符合题意；
B．Fe(SCN)3在溶液中呈红色，B符合题意；
CD．[Al(OH)4]-、[Ag(NH3)2]OH在溶液中均无色，CD不符合题意；
故答案选：B。
16. 关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是
A. 配位体是Cl-和H2O，配位数是8
B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C. 内界和外界中的Cl-的数目比是1：2
D. 在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D错误；
故选C。
【点晴】注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断是解题关键，配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti4+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。
17. 下列化合物中，化学键类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是(　　)
A. CO2和SO2 B. CH4和PH3 C. BF3和NH3 D. HCl和HI
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2中C与O形成极性键， CO2分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中S与O形成极性键，SO2分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A不符合题意；
B．CH4中C与H形成极性键，由于CH4分子为正四面体结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，PH3中P与H形成极性键，PH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B不符合题意；
C．BF3中B与F形成极性键，BF3为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3中N与H形成极性键，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C不符合题意；
D．HCl中H与Cl形成极性键，HI中H与I形成极性键，HCl和HI中正负电荷中心都不重合，属于极性分子，所以二者化学键的类型和分子的极性都相同，故D符合题意；
故选：D。
18. 卤素单质从F2到I2在常温常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是( )
A. 原子间的化学键键能逐渐减小 B. 范德华力逐渐增大
C. 原子半径逐渐增大 D. 氧化性逐渐减弱
【答案】B
【解析】
【详解】卤素单质组成、结构相似，从F2到I2相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高。和化学键的键能、原子半径以及单质的氧化性无关，故选B。
19. 下列与氢键有关的说法中错误的是（ ）
A. 卤化氢中HF沸点较高，是由于HF分子间存在氢键
B. 邻羟基苯甲醛()的熔、沸点比对羟基苯甲醛()的熔、沸点低
C. 氨水中存在分子间氢键
D. 形成氢键A—H…B—的三个原子总在一条直线上
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高，故A正确；
B．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故B正确；
C．N、O、F三种元素容易形成氢键，因此氨水中存在分子间氢键，故C正确；
D．氢键结合的通式，可用X-H…Y表示，式中X和Y代表F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子；X和Y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素，但不一定在一条直线上，故D错误，故答案选D。
20. 用萃取法从碘水中分离碘，所用萃取剂应具有的性质是(　　)
①不和碘或水起化学反应　②能溶于水　③不溶于水　④应是极性溶剂　⑤应是非极性溶剂
A. ①②⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①③④
【答案】C
【解析】
【详解】萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应，利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取，选取的萃取剂（四氯化碳或苯）不和碘或水起化学反应，不溶于水，水是极性溶剂，四氯化碳和苯是非极性溶剂，符合条件的是①、③、⑤，答案选C。
21. 下列分子中，不含手性碳原子的是(　　)
A. B.
C. D. CH3CHClCH2CHO
【答案】B
【解析】
【分析】
根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：(1)手性碳原子一定是饱和碳原子；(2)手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。
【详解】A．中右边的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故A不符合题意；
B．中左边的碳原子所连接的四个基团有3个是一样的，右边的碳原子不饱和，碳原子不具有手性，故B符合题意；
C．中间的碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故C不符合题意；
D．CH3CHClCH2CHO中左边第二个碳原子连有的四个不同取代基，该碳原子具有手性，故D不符合题意；
答案选B。
22. 下列各组酸中，酸性依次增强的是
A. H2CO3、H2SiO3、H3PO4 B. HNO3、H3PO4 、H2SO4
C. HI、HCl、H2S D. HClO 、HClO3、HClO4
【答案】D
【解析】
【分析】
非金属性越强，最高价的氧化物的水化物的酸性越强，无氧酸的酸性看电离出氢离子的难易。
【详解】A.结合以上分析可知，酸性：H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3 ，故A错误；

B.结合以上分析可知，酸性：HNO3 ＞H3PO4、H2SO4＞H3PO4，故B错误；
C.HCl、HI为强酸，氢硫酸为弱酸，由于碘原子半径大于氯原子半径，碘化氢更易电离出氢离子，酸性最强，因此，三种酸的酸性依次减弱，故C错误；
D.高氯酸为强酸，且为最强含氧酸，次氯酸为弱酸，因此三种酸的酸性依次增强，D正确；
故选D。
23. 用示意图或图示的方法能够直观形象地将化学知识传授给学生，下列示意图或图示正确的是( )
A. 砷原子的结构示意图 B. BF4—的结构式
C. HF分子间的氢键 D. 丙氨酸的手性异构
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项A错误；
B、BF4-中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，选项B错误；
C、HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项C错误；
D、丙氨酸CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，选项D正确；
答案选D。
24. 下列各组物质前者为晶体后者为非晶体的是（ ）
A. 白磷、蓝矾 B. 石蜡、塑料 C. 碘、橡胶 D. 食盐、蔗糖
【答案】C
【解析】
【分析】
晶体有固定的熔点和各向异性，非晶体与晶体不同的是它没有固定的熔点，而且是各向同性，据此解答。
【详解】A. 白磷和蓝矾都是晶体，故A与题意不符；
B. 石蜡和塑料都是非晶体，故B与题意不符；
C. 碘是晶体，橡胶是非晶体，故C与题意相符；
D. 食盐和蔗糖均为晶体，故D与题意不符。
故答案选C。
25. 现有四种晶体，其构成粒子(均为单原子核粒子)排列方式如下图所示，其化学式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．B处于顶点位置，晶胞中B原子数目=8×=1，A处于体心，晶胞中A原子数目=1，故化学式为AB，故A错误；
B．E、F均处于顶点位置，晶胞中E、F原子数目=4×=，故化学式为EF，故B错误；
C．Z处于顶点，Z原子数目=8×=1，Y处于面心，Y原子数目=6×=3，X处于体心，晶胞中X原子数目=1，故化学式XY3Z，故C正确；
D．A处于顶点、面心，晶胞中A原子数目=8×+6×=4，B处于体心、棱中心，晶胞中B原子数目=1+12×=4，故化学式为AB，故D错误。
故答案选C。
26. 下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是 (　 　)
①SiO2和SO3　②晶体硼和HCl　③CO2和SO2　④晶体硅和金刚石　⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A. ①②③ B. ④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。
【详解】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，故①错误；
②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；
③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；
④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；
⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；
⑥硫磺和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
答案选C。
【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。
27. 根据下表中给出的有关数据，判断下列说法中错误的是（ ）

AlCl3
SiCl4
晶体硼
金刚石
晶体硅
熔点/℃
190
－60
2300
3550
1410
沸点/℃
183
57
2550
4827
2355

A. SiCl4是分子晶体
B. 晶体硼是原子晶体
C. AlCl3是分子晶体，加热能升华
D. 金刚石中的C—C键比晶体硅中的Si—Si键弱
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由表中数据可知，SiCl4的熔沸点较低，属于分子晶体，故A正确；
B. 晶体硼的熔沸点很高，所以晶体硼是原子晶体，故B正确；
C. 由表中数据可知AlCl3的沸点比熔点高，所以AlCl3加热能升华，故C正确；
D. C原子半径小于Si的原子半径，金刚石中的C—C键长比晶体硅中的Si—Si键长短，键能也大，C—C键比Si—Si键强，故D错误。
故答案选：D。
二、填空题(本题共3大题，共计46分)
28. 按照要求完成填空（共计14分）。
（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为__；其价层电子排布图为__。
（2）A-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，第__周期第__族。
（3）B元素的正三价离子的3d能级为半充满，B的元素符号为__，其基态原子的电子排布式为__，检验该离子的方法是___。
（4）现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，写出划线部分现象对应的离子方程式___。1mol[Cu（H2O）4]2+中含有___molσ键。
【答案】 (1). N (2). (3). 3 (4). VIIA (5). Fe (6). 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2 (7). 取样，加入KSCN溶液变为血红色 (8). Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- (9). 12
【解析】
【分析】
（1）根据基态原子的电子排布式来解答；
（2）根据A离子的电子排布式确定A的位置；
（3）D元素正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，应为Fe元素；
（4）氢氧化铜和氨气反应生成四氨合铜离子，单键和配位键中含有σ键。
【详解】（1）A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，则元素符号为N，其价层电子排布图为：，故答案为：N；；
（2）A-的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则A为第17号元素，在第3周期，第VIIA族，故答案为：3；VIIA；
（3）D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，3d轨道电子数为5，则基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)，应为Fe元素，检验铁离子与KSCN反应生成血红色溶液可用于检验Fe3+，故答案为：Fe；1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)；取样，加入KSCN溶液变为血红色；
（4）氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子和氢氧根，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，1mol[Cu（H2O）4]2+中存在配位键，含4个σ键，H2O中含H-O键共8个，含有8个σ键，则1mol[Cu（H2O）4]2+中含12molσ键，故答案为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；12。
29. 根据所学知识回答下列问题。
（1）CS2是一种常用的溶剂，CS2的分子中存在__个σ键。在H—S、H—Cl两种共价键中，键的极性较强的是__，键长较长的是__。
（2）氢的氧化物与碳的氧化物中，分子极性较小的是__(填分子式)。
（3）SO2与CO2分子的立体结构分别是__和__，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是__(写分子式)，理由是__。
（4）醋酸球棍模型如图1所示。

①在醋酸中，碳原子的轨道杂化类型有__；
②Cu的水合醋酸盐晶体局部结构如图2所示，该晶体中含有的化学键是__(填选项字母)。
A.极性键 B.非极性键 C.配位键 D.离子键
【答案】 (1). 2 (2). H—Cl (3). H—S (4). CO2 (5). V形 (6). 直线形 (7). SO2 (8). 因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大 (9). sp3、sp2 (10). A、B、C
【解析】
【分析】
（1）双键中有1个σ键，一个π键，结合CS2的结构式分析σ键的个数；同种元素与另一种元素形成的共价键，另一种元素的非金属性越强，键的极性越强，形成的键的极性越大，键能越大，键长越短，以此分析；
（2）极性分子中，结构越对称，极性越小，如果结构类似，构成元素的电负性数值的差值越大，极性越大，以此分析；
（3）根据中心原子的价层电子对个数及孤对电子数判断分子的立体结构；根据相似相溶原理比较溶解度大小；中心原子价层电子对数=中心原子最外层电子数+配位原子价电子数×配位原子个数2；
（4）同种原子之间形成的是非极性键，不同种元素之间形成的是极性键，配位化合物中存在配位键，以此解答。
【详解】（1）CS2的结构为S=C=S，双键中有1个σ键，一个π键，所以CS2分子中存在2个σ键。氯的非金属性比硫强，所以在H-S、H-Cl两种共价键中，键的极性较强的是H-Cl，极性越大，键能越大，键长越短，所以键长较长的是H-S，故答案为：2；H-Cl；H-S；
（2）氢的氧化物是水，碳的氧化物有一氧化碳和二氧化碳，水和一氧化碳不是对称结构，二氧化碳是对称结构，所以分子极性较小的是二氧化碳。故答案为：CO2；
（3）二氧化硫的价层电子对个数，孤对电子数是1，分子立体构型是V型；二氧化碳的价层电子对个数，孤对电子数是0，分子立体构型是直线型；在相同的条件下CO2、SO2在水中的溶解度较大的是SO2；因为SO2是极性分子，CO2是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可知，极性分子易溶于极性溶剂中，所以SO2在水中的溶解度比CO2的大。故答案为：V形；直线形；因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大；
（4）①由醋酸球棍模型可知，碳原子的轨道杂化类型有sp3、sp2；
②由结构图可知，该晶体中含有C-O、Cu-O极性键、C-C非极性键、配位键；故选：ABC。故答案为：sp3、sp2； ABC。
30. 已知A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，B原子核外电子有6种不同的运动状态；D原子L层上有2对成对电子。E元素在地壳中含量居第二位，F与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素。根据以上信息回答下列问题：
(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物，这两种化合物的熔沸点高低顺序为__(用化学式表示)，原因是___。
(2)C的氢化物比下周期同族元素的氢化物沸点还要高，其原因是__。
(3)1molB2A2分子中含σ键的数目是__。
(4)图(Ⅰ)是B元素的单质晶体的一个晶胞，该晶胞中含有__个原子，若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为__。
(5)E单质存在与金刚石结构类似的晶体，晶体中原子之间以__相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献__个原子。
(6)BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图(Ⅱ)所示。该晶体的类型属于__(填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”)晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为__。

【答案】 (1). SiO2＞SiCl4 (2). 二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体 (3). NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键 (4). 3NA(或1.806×1024) (5). 8 (6). ρ=g/cm3 (7). 共价键 (8). 3 (9). 共价
(10). sp3杂化
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D、E、F六种元素的原子序数依次增大，其中A元素的原子半径在短周期元素中最小，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，核外电子数为6，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D外围电子排布为2s22p4，则D为氧元素。C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E元素在地壳中含量居第二位，则E为硅元素；F 与E位于同一周期，且是该周期元素中电负性最大的元素，F为氯元素。
【详解】由分析可知：A为氢元素、B为碳元素、C为氮元素、D为氧元素、E为硅元素、F为氯元素。
(1)E元素可分别与D元素、F元素形成两种常见化合物SiO2和SiCl4，这两种化合物的熔沸点高低顺序为SiO2＞SiCl4，原因是二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体，故答案为：SiO2＞SiCl4；二氧化硅为原子晶体，而SiCl4为分子晶体；
(2)C的氢化物NH3比下周期同族元素的氢化物PH3沸点还要高，其原因是NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键，故答案为：NH3分子间形成氢键，同族其他元素氢化物分子间不能形成氢键；
(3)C2H2分子中含有1个C≡C叁键、2个C-H单键，叁键中含有1个σ键、2个π键，单键都是σ键，故1mol C2H2分子中含σ键的数目是3NA(或1.806×1024) ，故答案为：3NA(或1.806×1024)；
(4)由图(Ⅰ)中B元素的单质的晶胞结构示意图可知，该晶胞中4个C原子位于晶胞内部、6个C原子位于面心、8个C原子位于顶点上，故该晶胞中含有C原子数目=4+6×1/2+8×1/8=8；若设晶胞的棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA则该晶体的密度表达式为ρ=，故答案为：ρ= g/cm3；
(5)硅晶体和金刚石晶体都属于共价晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子，晶体硅有着类似结构，则面心位置贡献的原子为 6×1/2=3个；故答案为：共价键；3；
(6)由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞结构示意图可知。该晶体中相邻的原子间通过共价键形成空间网状结构晶体，故属于共价晶体；该晶体中每个C原子形成4个C-O单键，故C原子轨道的杂化类型为sp3；故答案为：共价；sp3杂化。