高中化学第三单元 共价键 共价晶体课后练习题

这是一份高中化学第三单元 共价键 共价晶体课后练习题，共11页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。

专题3第三单元共价键共价晶体同步练习
2022——2023学年下学期高二化学苏教版（2019）选择性必修2

一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列关于化学键的说法，认识错误的是(    )
①π键不能单独存在，一定要和σ键共存
②s−pσ键与p−pσ键的对称性不同
③在CH2=CH—C≡N分子中含6个σ键，3个π键
④两个非金属元素的原子之间形成的化学键都是共价键
⑤1个S原子最多只能与2个H原子结合形成H2S分子，是由共价键的饱和性决定的
⑥气体单质中，一定有σ键，可能有π键
⑦下列共价键的极性由小到大的顺序是：H−H、P−H、N−H、H−F
⑧化学反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成

A. ①⑤ B. ②⑥ C. ③⑦ D. ④⑧
2. 下列说法正确的是(    )
A. 键角：BF3>CH4>H2O>NH3
B. CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π键
C. 已知二茂铁[Fe(C5H5)2]的熔点是173 ℃(在100 ℃时开始升华)，沸点是249 ℃，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。在二茂铁结构中，C5H 5−与Fe2+之间是以离子键相结合
D. 在硅酸盐中，SiO 44−四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中Si的杂化方式与b图中S8单质中S的杂化方式相同
3. 下列叙述正确的是(    )
A. 全部由非金属元素组成的化合物中可能存在离子键
B. 所有物质中都存在化学键
C. 已知丙炔的结构式为，则丙炔中存在4个σ键(C—H键)和3个π键(C≡C键)
D. 1molNi(CO)4中有4molσ键
4. Cl2能与过量的NH3反应得到一种固体M和单质H。下列说法正确的是  (    )
A. M中含离子键、极性共价键、配位键 B. NH3的电子式为
C. H中σ键与π键个数比为1:1 D. NH3和Cl2都属于极性分子
5. 氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C—C≡N，性质与卤素单质的相似，下列叙述正确的是
A. 分子中既有极性键，又有非极性键 B. 分子中N≡C键的键长大于C—C键的键长
C. 分子中含有2个σ键和4个π键 D. 不能和氢氧化钠溶液发生反应
6. 已知C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是(    )
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C3N4晶体中C−N键长比金刚石中C−C要长
C. C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子
D. C3N4晶体中粒子间通过离子键结合
7. 下列关于晶体的说法正确的组合是(    )
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤硬度由大到小顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI
⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定

A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
8. 下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是(    )
A. 键能C−C>Si−Si、C−H>Si−H，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B. 立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C. SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为−4，因此SiH4还原性小于CH4
D. Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p−pπ键
9. 将SiCl4与过量的液氨反应可生成化合物Si(NH2)4。将该化合物在无氧条件下高温灼烧，可得到氮化硅(Si3N4)固体，氮化硅是一种新型耐高温、耐磨材料，在工业上有广泛的应用。下列推断可能正确的是(    )
A. SiCl4、Si3N4的晶体类型相同 B. Si3N4晶体是立体网状结构
C. 共价晶体C3N4的熔点比Si3N4的低 D. SiCl4晶体在熔化过程中化学键断裂
10. Ni的一种配合物的分子结构如图所示，该配合物分子内不含有(    )
A. 共价键 B. 离子键 C. 配位键 D. 氢键
11. 化合物X是一种新型锅炉水除氧剂，其结构式为，下列说法中正确的是
A. X分子中只有极性键没有非极性键 B. X分子中的共用电子对数为11
C. 1 mol X分子中所含的σ键数目为10NA D. X是共价化合物
12. 下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数)(    )
A. 256 g  S8(如图)中含有S—S键的个数为8NA
B. 18 g冰中含有氢键数目最多为2NA
C. 1 mol [Fe(CN)6]3−离子中含有的 σ键为 6NA
D. N60结构如图，14 g N60中含有的N—N键个数为1.5NA    
13. 氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构可作高温润滑剂。立方氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，结构与金刚石相似。它们的晶体结构如图所示。下列关于这两种晶体的说法正确的是(    )
A. 六方氮化硼与石墨一样可以导电
B. 立方氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
C. 两种晶体均为分子晶体
D. 六方氮化硼晶体层内，与一个硼原子距离相等且最近的氮原子构成的空间结构为平面三角形
14. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是 (    )
A. 该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O
B. 该分子中C=C键的键能大于C—C键的键能
C. 该分子中所有N原子都为sp3杂化
D. 该分子中σ键与π键数目之比为15:4
15. 通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体，人们发现等电子体的空间结构相同。下列说法，认识错误的有几个
①s−sσ键与p−pσ键的电子云对称性不同
②1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的
③CH3−CH3、CH2=CH2、CH≡CH中碳原子间成键键长相同
④两个非金属原子之间形成的化学键都是共价键    ⑤1个分子中含有11个σ键
⑥SO2与O3互为等电子体，空间结构均为V形

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
二、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
16. 氮元素可以形成多种化合物，回答以下问题：
(1)基态氮原子的轨道表示式是______。
(2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是______。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被−NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是______；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是______。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)  △H=−1038.7kJ·mol−1。若该反应中有4mol N−H键断裂，则形成的π键有______mol。
③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在______(填标号)
a.离子键      b.共价键      c.配位键     d.范德华力
(4)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是______(填标号)。

a. CF4    b. CH4      c. NH 4+     d. H2O

17. 三氯化六氨合钴([Co(NH3)6]Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：
Ⅰ.将研细的6 g CoCl2⋅6H2O晶体和4 g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；
Ⅱ.加入13.5 mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5 mL5%H2O2溶液，水浴加热至50∼60℃，保持20 min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；
Ⅲ.将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；
Ⅳ.先用冷的2 mol·L−1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
(1)[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是______，中心离子的核外电子排布式为__________，不考虑空间构型，配合物离子的结构可用示意图表示为________
(2)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是_____________________________。
(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是______________________________________。
(4)Ⅲ中的操作是______(填“趁热过滤”或“冷却过滤”)，加入浓盐酸的作用是________
(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl−的质量分数：
ⅰ.准确称取a g Ⅳ中的产品，配制成100 mL溶液，移取25 mL溶液于锥形瓶中；
ⅱ.滴加少量0.005 mol·L−1K2CrO4溶液作为指示剂，用c mol·L−1AgNO3溶液滴定至终点；
ⅲ.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl−的质量分数。
已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6mol·L−1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10−5mol·L−1
①ⅱ中，滴定至终点的现象是______________________________。
②制备的晶体中Cl−的质量分数是______(列计算式，相对原子质量：Cl 35.5)。
三、简答题（本大题共2小题，共16.0分）
18. 回答下列问题：
(1)有以下物质：A.HF B.Br2  C.H2O D.N2  E.C2H4  F.C2H6  G.H2  H.H2O2  I.H—C≡N J.CO2  K.HCHO
①既含有极性键，又含有非极性键的是_________(填序号，下同)；
②既含有σ键，又含有π键的是_________；
③含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是_________；
④水分子是H2O而不是H3O，是因为共价键具有_________性；水分子的键角为105°，是因为共价键具有_________性。
(2)1 mol乙醛分子中含σ键的数目为_________，1个CO(NH2)2分子中含有σ键的个数为_________。
(3)C、Si为同主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不能形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成π键，而Si、O原子间不能形成上述π键？_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

19. 材料是人类文明进步的阶梯，第ⅢA族、ⅣA族、VA族及Ⅷ族元素是组成特殊材料的重要元素。回答下列问题：
(1)基态B核外电子排布图为________。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为______。
(2)某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为_____。
(3)经测定发现，N2O5固体由NO2+和NO3−两种离子组成，该固体中N原子杂化类型有_________。
(4)K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。1mol K3[Fe(CN)6]含σ键数目为____。铁氰化钾中存在的作用力有___ (填字母)。
a.离子键   b.极性键   c.非极性键    d.配位键    e.氢键
(5)NH3分子在独立存在时H−N−H键角为107°。如图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及H−N−H键角的测量值。解释NH3形成如图配合物后H−N−H键角变大的原因：_________。

(6)某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为_____，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为_____(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为anm，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为_____g/cm3。

四、推断题（本大题共1小题，共10.0分）
20. X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X元素有1个2p空轨道，Y为同周期离子半径最小的金属元素；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2；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。
请回答下列问题：
(1)X能与氢、氮、氧三种元素组成化合物 XO(NH2)2，该化合物分子中的σ键与π键的个数之比是_______________。
(2)元素Z的最高价氧化物中，Z原子的杂化方式是____________，分子的空间构型是____________。
(3)某M配合物的化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，1 mol该配合物中含配位键的数目是____________。
(4)Y的氯化物气态时通常以二聚分子形式存在，分子式为Y2Cl6，分子中所有原子均达到8电子稳定结构，则Y2Cl6的结构式为______。
(5)W元素基态原子的外围电子排布图为__________________________。

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查化学键的相关知识，重点考查共价键的形成，把握共价键的类型及形成为解答的关键，注意对称性为解答的难点，注重基础知识的考查，题目难度一般。
【解答】
①σ键是“头碰头”形成的共价键，π键是“肩并肩”形成的共价键，两原子形成共价键时一定会有σ键，双键和三键中第一个键是σ键，其次才能形成π键，π键不能单独存在，一定要和σ键共存，故①正确；
②σ键为轴对称，所以s−p σ键与p−p σ键的对称性相同，故②错误；
③共价单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有1个σ键和2个π键，CH2=CH—C≡N分子中有一个双键、一个三键、四个单键，所以含有6个σ键，3个π键，故③正确；
④两个非金属原子间通过共用电子对形成相互作用，所以两个非金属元素原子间形成的化学键都是共价键，故④正确；
⑤S原子最外层有6个电子，未成对电子数为2，则1个S原子最多只能与2个H原子结合形成H2S分子，是由共价键的饱和性决定的，故⑤正确；
⑥气体单质中，稀有气体不含共价键，故⑥错误；
⑦对于元素周期表中同属第二周期的元素，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N−H、H−F；对于第ⅤA族的元素，与氢元素形成共价键时，极性是N−H大于P−H；H−H键由吸引电子能力相同的同种原子形成的共价键，无极性，所以极性由小到大的顺序是：H−H、P−H、N−H、H−F，故⑦正确；
⑧在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，既有钠离子与过氧根离子之间的离子键、氢氧之间的极性键和过氧根离子中氧氧之间的非极性键的断裂，又有钠离子与氢氧根离子之间的离子键、氢氧根离子中氧氢极性共价键和氧气分子中氧氧非极性键的形成，故⑧正确。
所以错误的有②⑥。 
故选：B。  
2.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查较为综合，涉及键角、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、化学键类型判断等知识，注意掌握原子轨道杂化方式及杂化类型的判断方法，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A.BF3为平面三角形，键角为120°，CH4为正四面体，其键角为109°28′，NH3为三角锥形，键角为107°，H2O为V形，其键角为105°，所以键角：BF3>CH4>NH3>H2O，故A错误；
B.HClO中只存在共价单键，只存在σ键，故B错误；
C.C5H5−与Fe2+之间形成的化学键是亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子，二者形成配位键，故C错误；
D.硅酸盐中的硅酸根(SiO44−)为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子形成2个共价单键且有S原子上2对孤电子对，故杂化方式也是sp3，故D正确；
故选：D。  
3.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查化学键的存在、σ键和π键的判断知识，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握π键的形成原因，侧重知识的能力考查，题目难度不大。
【解答】
A.铵盐是离子化合物，含有离子键，但其全部由非金属元素组成，A项正确；
B.稀有气体分子中不存在化学键，B项错误；
C.丙炔中存在6个σ键和2个π键，4个C—H键、1个C—C键和碳碳三键中的1个键是σ键，而碳碳三键中的另外2个键是π键，C项错误；
D.Ni(CO)4中Ni和4个C原子形成4个σ键、每个CO分子中含有1个σ键和2个π键，所以1molNi(CO)4中σ键的个数为8mol，故D错误。  
4.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查化学键类型的判断、极性分子的判断等，题目难度不大，解题的关键是对基础知识的灵活运用。
【解答】
Cl2能与过量的NH3反应得到一种固体M是氯化铵和单质H是氮气，发生的反应为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，以此解答。
A.氯化铵中铵根离子和氯离子间存在离子键，氮原子和氢原子间存在共价键，其中NH4+中氮原子含有孤电子对，铵根离子中其中一个氢离子含有空轨道，所以氮原子和含有空轨道的氢离子之间存在配位键，所以氯化铵中含离子键、共价键、配位键，故A正确；
B.NH3的电子式为，故B错误；
C.H是N2，N2分子中含氮氮三键，所以σ键与π键个数比为1︰2，故C错误；
D.NH3为三角锥形，结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，Cl2是非极性键构成的非极性分子，故D错误。  
5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查极性键、键能键长键角的应用，注意键能越大键长越短，并利用原子半径判断键长，难度不大。
【解答】
A. N≡C−C≡N含有碳碳非极性键和碳氮极性键，故A正确； 
B. 同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以氰分子中C≡N键长小于C≡C键长，故B错误；
C. 共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个是σ键两个是π键，所以氰气分子中含有3个σ键和4个π键，故C错误；
D. 卤素单质都能与氢氧化钠溶液反应，故氰气和氢氧化钠溶液发生反应，故D错误。
故选A。
  
6.【答案】C 
【解析】解：C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是共价晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子．
A.分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为共价晶体，故A错误；
B.原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C>N，所以C3N4晶体中C−N键长比金刚石中C−C要短，故B错误；
C.该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确；
D.离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是共价晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；
故选C．
C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子．
A.分子晶体熔沸点较低、硬度较小；
B.原子半径越大，原子间的键长越长；
C.该晶体中原子间均以单键结合，每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键；
D.离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒之间通过共价键结合．
本题考查晶体类型判断、晶体结构等知识点，明确晶体类型判断方法、化学键类型判断方法及物质空间构型即可解答，题目难度不大．

7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查的知识点较多，涉及共价键、离子键、分子间作用力、晶体熔点比较等，题目侧重于基础知识的考查，题目难度不大，注意相关知识的积累。
【解答】
①分子晶体中不一定都存在共价键，如单原子分子形成的分子晶体，故①错误；
②在晶体中有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体中只有金属阳离子没有阴离子，是自由电子带负电荷，故②错误；
③金刚石、SiC是共价晶体，根据原子半径越小，晶体熔沸点越高分析，金刚石的熔点高于碳化硅，NaF是离子晶体，熔点比共价晶体的低，H2O、H2S为分子晶体，但水分子之间存在氢键，熔点比硫化氢的高，所以晶体的熔点依次降低正确，故③正确；
④离子晶体中有离子键可能有共价键，如氢氧化钠中，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤F−、Cl−、Br−、I−的离子半径逐渐增大，所以晶格能由大到小顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI，硬度由大到小顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合，每个氧原子与2个硅原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦共价键键能越大，分子越稳定，与分子间作用力大小无关，故⑦错误。
  
8.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查物质结构与性质，综合考查学生的分析和灵活运用能力，把握原子半径与键长、键能、物质性质的关系即可解答，题目难度不大。
【解答】
A、原子半径越小、共价键键能越大，物质越稳定，原子半径：Si>C，所以键能C−C>Si−Si、C−H>Si−H，C2H6稳定性大于Si2H6，故A正确；
B、由于立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，均为原子晶体，所以立方型SiC具有很高的硬度，故B正确；
C、SiH4还原性大于CH4，故C错误：
D、Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p−p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故D正确。  
9.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查有关物质的结构及性质，难度不大，掌握相关物质的结构是解答的关键。
【解答】
A.四氯化硅为分子晶体，氮化硅为共价晶体，故A错误；
B.氮化硅(Si3N4)固体，氮化硅是一种新型耐高温、耐磨材料，故结构为立体网状结构，故B正确；
C.因这两种晶体均为共价晶体，决定熔点的是共价键强弱，因碳原子半径小于硅原子，故前者共价键短，则熔点高，故C错误；
D.四氯化硅晶体是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故D错误。  
10.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查化学键知识，注意化学键类型和组成元素的判断，把握分子的构型的判断，注意氢键和配位键的判断，难度不大。
【解答】
分子中C−H、C−C、C=N、N−O等都为共价键，O−H…O为氢键，N→Ni为配位键，为共价化合物，不含离子键。
故选：B。  
11.【答案】D 
【解析】【试题解析】
略

12.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度一般。
【解答】
A.256gS8单质的物质的量为n=256g32×8g/mol=1mol，而1molS8单质中含8molS−S键，单质中含8molS−S键即8NA个，故A正确
B.依据n=mM计算物质的量n=18g18g/mol=1mol，氢键是分子间作用力，每个水分子形成两个氢键，18g冰中含有的氢键数目为2NA，故B正确；
C.Fe(CN)63−中配位键属于σ键，CN−中也有1个σ键，1mol[Fe(CN)6]3−离子中含有的σ键为12mol，即12NA，故C错误；
D.依据n=mM计算物质的量n=14g14×60g/mol=160mol，1molN60形成的N−N键为60×12×3=90mol，则160mol形成N−N 键个数为1.5NA，故D正确，
故选C。  
13.【答案】D 
【解析】六方氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子中不存在孤对电子，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，故A项错误；
立方氮化硼中含有σ键，不存在π键，故B项错误；
立方氮化硼为共价晶体，故C项错误；
由六方氮化硼的晶体结构可知，在一层内，与一个硼原子距离相等且最近的氮原子构成的空间结构为平面三角形，故D项正确。

14.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查有机物的结构和化学键、杂化类型的判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握原子的成键特点，题目难度不大。
【解答】
A.同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于同周期相邻元素，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，故A正确；
B.碳碳双键的键能大于碳碳单键，故B正确；
C.含有N=C键的N原子形成2个σ键且还含有一对孤对电子，N原子为sp2杂化，故C错误；
D.有机物分子含有1个C−H、1个C=C、2个C−C、1个C=N、2个C=O、3个N−H、4个C−N、1个C−F键，其中双键含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15：4，故D正确。
故选：C。  
15.【答案】B 
【解析】略

16.【答案】(1)
(2)O>N>C
(3)①三角锥形； sp3 
②3
③d 
(4)c 
【解析】
【分析】
本题考查物质的结构与性质相关知识点，涉及核外电子排布图、空间构型的判断、晶体中存在的化学键等知识点，分子空间构型是考试热点，要注重基础知识的积累，难度中等。
【解答】
(1)氮元素核外有7个电子，则根据洪特规则和保利不相容原理，氮原子的轨道表示式为
故答案为：；
(2)C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右电负性增大，
故答案为：O>N>C；
(3)①NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，中心原子价层电子对数=4，VSEPR为四面体结构，氮原子连有三个氢原子，所以空间构型是三角锥形；N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，N原子轨道的杂化类型是sp3，
故答案为：三角锥形；sp3；
②若该反应中有4mol N−H键断裂，则有1molN2H4参加反应，生成氮气1.5mol，形成的π键有1.5mol×2=3mol，
故答案为：3；
③硫酸铵是离子化合物，硫酸铵中存在离子键、共价键以及配位键，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，所以N2H6SO4的晶体内存在离子键、共价键以及配位键，不含范德华力，
故答案为：d；
(4)注意氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H)，本题中嵌入某微粒分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH4+，
故答案为：c。

  
17.【答案】(1) +3；1s22s22p63s23p63d6；

(2)NH4+抑制NH3⋅H2O的电离，使溶液中的c(OH−)降低，避免生成Co(OH)2沉淀 
(3)2CoCl2+10NH3⋅H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
(4)趁热过滤；增大c(Cl−)，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出，提高产率
(5)①溶液中出现砖红色沉淀，30s内不消失；② cv×10−3×4×35.5a×100% 
【解析】
【分析】
本题考查三氯化六氨合钴的制备实验，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意合理把握题干信息及操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。
【解答】
根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3⋅H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol⋅L−1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
(1)[Co(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为−1价，则Co的化合价是+3价；中心离子为Co3+，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，不考虑空间构型，配合物离子中N提供孤电子对，Co3+提供空轨道，结构可用示意图表示为。
(2)加入NH4Cl使溶液中的NH4+浓度增大，NH4+抑制NH3⋅H2O的电离，使溶液中的c(OH−)降低，避免生成Co(OH)2沉淀。
(3)由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是2CoCl2+10NH3⋅H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O。
(4)Ⅲ中的操作是趁热过滤，加入浓盐酸的作用是增大c(Cl−)，有利于[Co(NH3)6]Cl3析出，提高产率。
(5)①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl−反应生成AgCl沉淀，当Cl−消耗完时再与CrO42−结合，所以滴定终点时是Ag+与CrO42−结合生成砖红色沉淀，滴定至终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀，30s内不消失。
②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl−物质的量之比为1：1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×vmL×10−3=cv×10−3mol，则25mL溶液中Cl−物质的量为cv×10−3mol，25mL溶液中Cl−的质量为：m=n×M=cv×10−3mol×35.5g/mol=35.5cv×10−3g，则100g溶液中Cl−的质量为：4×35.5cv×10−3g，故质量分数为：cv×10−3×4×35.5gag×100%=cv×10−3×4×35.5a×100%。  
18.【答案】(1)①EFH 
②DEIJK 
③ACEFHIK 
④饱和；方向 
(2)6NA(或3.612×1024)；7
(3)C原子半径较小，C、O原子能充分接近，p−p轨道“肩并肩”重叠程度较大，能形成较稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p−p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成稳定的π键 
【解析】
【分析】
本题考查共价键的形成及类型，注意π键的形成过程及判断的一般规律即可解答，一般单键都是σ键，双键和三键中只有一个σ键，其余为π键，试题难度不大。
【解答】
(1)由不同原子间形成的共价键是极性键，由相同原子间形成的共价键是非极性键；一般单键都是σ键，双键和三键中只有一个σ键，其余为π键；有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键是指由H原子与其他原子形成的共价键。
根据以上分析可知：
①既含有极性键，又含有非极性键的是EFH；
②既含有σ键，又含有π键的是DEIJK；
③含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是ACEFHIK；
④水分子是H2O而不是H3O，体现了共价键的饱和性，水分子的键角为105°，体现了共价键的方向性；
(2)乙醛的结构简式为，1个乙醛分子中含6个σ键，故1mol乙醛分子中含有6molσ键，即6NA个，CO(NH2)2的结构简式为，1个CO(NH2)2分子中含有7个σ键。
(3)只有成键的两个原子半径较小，能充分接近，此时p−p轨道的重叠程度大，才容易形成稳定的π键。C原子半径较小，C、O原子能充分接近，p−p轨道“肩并肩”重叠程度较大，能形成较稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p−p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成稳定的π键。  
19.【答案】(1) ； C>Be>B；   
(2)3d74s2  ；
(3)sp杂化、sp2杂化； 
(4)12NA；abd；   
(5)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱；   
(6)面心立方最密堆积  ； LiB6H6 ；    6.32×1023a3×NA。 
【解析】
【分析】
本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布与运动、电离能、杂化方式、晶体类型与性质、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算等，题目侧重考查学生分析计算能力，需要学生晶胞扎实的基础与灵活运用的能力，掌握均摊法进行晶胞有关计算。
【解答】
(1)基态B原子的核外电子排布图为 ；与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be、C，同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，Be原子的2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：C>Be>B，
故答案为：；C>Be>B；
(2)某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级，故该元素原子价电子排布式为：3d74s2，
故答案为：3d74s2；
(3)NO2+中N原子杂化轨道数目=2+5−1−2×22=2，N原子采取sp杂化，而NO3−中N原子杂化轨道数目=3+5+1−2×32=3，N原子采取sp2杂化，
故答案为：sp杂化、sp2杂化；
(4)每个CN−含有一个σ键和两个π键，6个CN−与Fe3+之间形成6个配位键(σ键)，则1mol K3[Fe(CN)6]含σ键数目为12NA；铁氰化钾中，钾离子与[Fe(CN)6]3−之间是离子键，CN−中C与N之间是极性共价键，CN−与Fe3+之间是配位键，
故答案为：12NA；abd；
(5)NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故NH3形成如图1配合物后H−N−H键角变大，
故答案为：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱；
(6)由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，晶胞中B12H12n−离子团数目=8×18+6×12=4，故Li、B、H原子数目之比为8：12×4：12×4=1：6：6，故化学式为LiB6H6.晶胞相当于含有8个“LiB6H6“，晶胞质量=8×7+11×6+6NAg，故晶体密度=8×7+11×6+6NAg÷(a×10−7cm)3=6.32×1023a3×NAg/cm3，
故答案为：面心立方最密堆积；LiB6H6；6.32×1023a3×NA。  
20.【答案】(1)7∶1  
(2)sp2  ；平面正三角形
(3)6NA  或 6×6.02×1023
(4)
(5) 
【解析】
【分析】
本题是对物质结构的考查，为高考高频考点，涉及核外电子排布、杂化方式、配位键的数目等，侧重培养学生分析与解决问题的能力，题目难度中等。X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，X原子有1个2p空轨道，则X为C元素；Y为同周期离子半径最小的金属元素，则Y为Al；Z元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2个，原子只能有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S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。
【解答】
由以上分析可知X为C，Y为Al，Z为S，M为Ti，W为Zn。
(1)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，N原子成3个σ键、有1对孤电子对，故该化合物分子中有1个π键、7个σ键，π键与σ键数目之比为1：7，
故答案为：7∶1 ；
(2)形成的最高价氧化为SO3，S原子孤电子对数为0，成键数为3，则为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，
故答案为：sp2；平面正三角形；
(3)M配合物化学式是[M(H2O)5Cl]Cl2⋅H2O，M离子与H2O、Cl−形成配位键，1mol该配合物中含配位键为6mol，含有配位键的数目是6×6.02×1023，
故答案为：6NA  或 6×6.02×1023；
(4)氯化铝为共价化合物，氯原子提供孤对对子，铝原子提供空轨道，形成配位键，使所有原子均达到8电子稳定结构，所以结构式为．
故答案为：；
(5)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有2个电子，3d、4s能级上电子为其外围电子，根据构造原理知其基态原子外围电子排布式为3d104s2，则排布图为，
故答案为：。