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【化学】辽宁省瓦房店市高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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辽宁省瓦房店市高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题（本题包括20小题，1—10每题2分，11—20每题3分，共50分，每小题只有一个正确答案）
1.下列说法中不符合现代大爆炸宇宙学理论的是（ ）
A. 我们所在的宇宙诞生于一次大爆炸
B. 恒星正在不断地合成自然界中没有的新元素
C. 氢、氦等轻核元素是宇宙中天然元素之母
D. 宇宙的所有原子中，最多的是氢元素的原子
【答案】B
【解析】宇宙大爆炸理论认为：宇宙的起源最初是比原子还要小的奇点，通过大爆炸的能量形成了一些基本粒子，这些粒子在能量的作用下，逐渐形成了宇宙中的各种物质。至今恒星仍在合成元素，但均是人类已知的，并不是新元素。
2.下列有关晶体和非晶体的说法中不正确的是（ ）
A. 具有规则几何外形的固体均为晶体
B. 晶体具有自范性，非晶体没有自范性
C. 晶体具有固定的熔沸点
D. 区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X-射线衍射实验
【答案】A
【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。
【详解】A.具有规则几何外形的固体不一定是晶体，故A错误；
B.晶体的规则几何外形是自发形成的，有些固体尽管有规则的几何外形，但因为不是自发形成的，所以不属于晶体，所以晶体具有自范性，非晶体没有自范性，故B正确；
C.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C正确；
D. 区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X-射线衍射实验，故D正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查了晶体和非晶体的判断，根据其特点来分析即可，易错选项A，注意具有规则几何外形的固体不一定是晶体。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子
B. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
C. 第四周期最外层电子数为1，且内层电子全部排满的原子是钾原子
D. 氧原子核外有8种运动状态不同的电子
【答案】D
【详解】A.电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率，不表示一个电子，故A错误；
B. 钠原子的电子从基态跃迁到激发态，要吸收能量，故B错误；
C.K元素为19号元素，原子核外有19个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，3d还没有排满电子，故C错误；
D.氧原子核外有8个电子，8个电子的运动状态都不相同，所以D选项是正确的。
故答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 氯化氢的分子式是HCl而不是H2Cl，是由共价键的方向性决定的
B. CH4分子的空间构型是正四面体形，是由共价键的饱和性决定的
C. 电子云在两个原子核间重叠后，电子在两核间出现的概率增大
D. 分子中共价键键长越长，键能越大，则分子越稳定
【答案】C
【详解】A.氯化氢的分子式是HCl而不是H2Cl，与共价键的饱和性有关，故A错误；
B. CH4分子的空间构型是正四面体形，与C原子杂化方式有关，C原子为sp3杂化，且C没有孤对电子，而与饱和性无关，故B错误；
C. 电子云在两个原子核间重叠后，电子出现概率增大，体系能量降低，形成稳定物质，所以C选项是正确的；
D.分子中共价键键长越长，键能越小，则越不稳定，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查共价键及成键方式，侧重共价键键、键形成过程的考查，注重共价键形成及分子结构与性质的理解，注意规律性知识的归纳。
5.下列有关有机物分子的叙述不正确的是（ ）
A. 乙烯分子中有一个sp2-sp2σ键和一个p-p π键
B. 乙炔每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道，它们之间可形成两个π键
C. 乙烷两个C原子均是sp3杂化，分子中一共有6个σ键
D. 苯分子每个碳原子均是sp2杂化
【答案】C
【详解】A.乙烯结构为CH2=CH2，C原子为sp2杂化，C=C含有一个sp2-sp2σ键和一个p-p π键，所以A选项是正确的；
B.乙炔分子中，碳氢原子之间形成两个键，碳碳三键中含有一个键和两个π键，所以乙炔分子中含有三个键两个键，所以B选项是正确的；
C.乙烷中存在6个C-H键、1个C-C键，共7个键，故C错误；
D.苯分子中C原子形成3个键，为sp2杂化，分子中存在大π键，所以D选项是正确的。
故答案选C。
6.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
B. 氮原子的价电子排布图：
C. 利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子，手性异构体性质相同
D. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
【答案】D
【详解】A．2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故A错误；
B．根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，氮原子的价电子排布图为，故B错误；
C．手性异构体是同分异构体的一种，其性质不相同，故C错误；
D．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了原子核外电子的排布规律，掌握基础是解题的关键，注意电子离核越近能量越低。
7.第二周期元素A和B能形成键角为180°的AB2气体分子，则下列推断正确的是（ ）
A. AB2分子的空间构型为直线形
B. AB2分子为极性分子
C. 熔点、沸点：AB2>H2O
D. AB2与SiO2的结构相同
【答案】A
【分析】第二周期元素A和B能形成键角为180°的AB2体分子，故该分子可能为二氧化碳，据此分析。
【详解】A.二氧化碳分子的空间构型为直线形，所以A选项是正确的；
B.二氧化碳分子为非极性分子，故B错误；
C.水中含有氢键，故熔点、沸点：CO2
故答案选A。
8.对三硫化四磷分子的结构研究表明，该分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的结构。则一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数是（ ）
A. 7个 B. 9个 C. 19个 D. 不能确定
【答案】B
【解析】试题分析：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了 8 个电子的结构，P 元素可形成 3 个共价键， S元素可形成 2 个共价键，因此一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数为个，答案选B。
考点：考查共价键判断
9.有关杂化轨道理论说法不正确的是（ ）
A. 杂化轨道全部参加形成化学键
B. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
C. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
D. 四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释
【答案】A
【解析】试题分析：A、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，A错误；B、杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，B正确；C、sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，C正确；D、部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，D正确；答案选A。
考点：考查杂化轨道的有关判断
10.原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半满”“全满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实不能作为这个规则的证据的是（ ）
A. 硼元素的第一电离能小于铍元素的第一电离能
B. 某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2
C. 基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1而不是[Ar]3d44s2
D. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能
【答案】B
【详解】A项，铍原子的核外电子排布式为1s22s2，而硼原子的核外电子排布式为1s22s22p1，前者具有比较稳定的ns2np0(s能级全满，p能级全空)结构，因而其原子稳定，其第一电离能大于硼，故A项正确；
B项，某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，是因为基态原子获得了能量，2s能级上的一个电子跃迁到2p能级上，显然不能用洪特规则的特例来解释，故B项错误；
C项，铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，符合3d半满、4s半满的条件，更加稳定，故C项正确；
D项，磷原子的核外电子排布式为[Ne] 2s22p3，而硫原子的核外电子排布式为[Ne] 2s22p4，前者具有半满的p能级，较稳定，因此其第一电离能大于硫，故D项正确。
故答案选B。
【点睛】本题考查了原子核外电子的排布，根据构造原理来排列电子即可，注意“原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”、“全满”的时候一般更加稳定”的理解。
11.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. Y的价层电子排布式可能是ns2np4
B. 四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物
C. Y、Z之间可形成离子化合物
D. X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物可能都是强酸
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由它们在周期表中相对位置可知，X、Y在第2周期，Z、W在第3周期，若X为碳元素、Y为氮元素，Z为磷元素、W为硫元素；若X为氮元素、Y为氧元素，Z为硫元素、W为氯元素，据此解答。
【详解】A、若X为氮元素、Y为氧元素，O的价层电子排布式可能是2s22p4，故A正确；
B、若X为氮元素、Y为氧元素，Z为硫元素、W为氯元素，四种元素所形成的氢化物依次为NH3、H2O、H2S、HCl，Y的氢化物为水，因水中含有氢键，所以四种元素所形成的氢化物中，Y的沸点最高，故B正确；
C、若Y为氮元素，Z为磷元素；若Y为氧元素，Z为硫元素，Y、Z均为非金属元素，Y、Z之间形成共价化合物，故C错误；
D、若X为氮元素、Y为氧元素，Z为硫元素、W为氯元素，X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物依次为HNO3、H2SO4、HClO4，均为强酸，故D正确。
故选C。
12.关于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的下列说法不正确的是（ ）
A. 配体是Cl-和H2O，配位数是8
B. 中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C. 作为配体的Cl-与非配体Cl-的数目之比是1∶2
D. 与AgNO3溶液作用，并非所有Cl-均转化为沉淀
【答案】A
【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；
B项，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项正确；
C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1∶2，故C项正确；
D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，特别注意配体和外界离子的区别。
13.科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图所示)。已知该分子中N—N—N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法不正确的是（ ）
A. N(NO2)3分子中既含极性键又含非极性键
B. 分子中四个氮原子共平面
C. 该物质既有氧化性又有还原性
D. 15.2 g该物质含有6.02×1023个原子
【答案】B
【详解】A. N(NO2)3是一种共价化合物，氮原子之间形成非极性键，N、O间形成的共价键是极性键，故A项正确；
B.由题意N—N—N键角都是108.1°，可知分子中四个氮原子不在同一平面上，故B项错误；
C.分子中顶角上的N元素为0价，-NO2原子团中N元素为+4价，故该物质既有氧化性又有还原性，C项正确；
D. 15.2 g该物质为0.1mol， 每个分子含10个原子，共含有6.02×1023个原子，故D项正确。
故答案选B。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. NCl3、PCl5、BF3分子中所有原子的最外层电子都满足了8e-稳定结构
B. 1mol SiO2 中含有2molSi-O键
C. 干冰晶体中与每个CO2距离相等且最近的CO2共有12个
D. 原子间通过共价键而形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度
【答案】C
【详解】A、根据原子结构可以知道B原子最外层3个电子，和氟原子形成三个共价键，是6电子结构，故A错误；
B、1mol SiO2中含有1mol Si，一个Si形成4个Si-O，因此1mol SiO2 中含有4molSi-O键，故B错误；
C、干冰晶体中正六面体的每个顶点和每个侧面的中心各有一个CO2分子，若选某个顶点上的CO2分子为研究对象，则与该顶点相连的12个正方形侧面中心的CO2分子都与这个研究对象等距离且最近，所以C选项是正确的；
D、有些分子晶体中，分子内的原子以共价键相结合，如干冰，但分子晶体的熔沸点低，硬度小，故D错误。
故答案选C。
15.下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（ ）
A. PH3和AsH3的熔点
B. Br2在水中的溶解度和Br2在CCl4溶液中的溶解度
C. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
D. HClO和HClO4的酸性
【答案】C
【详解】A、分子晶体相对分子量越小，熔点越低，所以PH3的熔点低于AsH3的熔点，故A错误；
B、水是极性分子，而溴单质和四氯化碳是非极性分子，所以溴在水中的溶解能力小于溴在CCl4中的溶解能力，故B错误；
C.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，所以C选项是正确的；
D. HClO是一元弱酸，HClO4是一元强酸，同等条件下HClO比HClO4酸性弱，故D错误。故答案选C。
16.氰气[(CN)2]和氰化物都是剧毒性物质，氰分子的结构式为N≡C－C≡N，性质与卤素相似，下列叙述不正确的是（ ）
A. 氰分子中C≡N键长大于C≡C键长
B. 氰气分子中含有σ键和π键
C. 氰分子中四原子共直线，是非极性分子
D. 氰化氢在一定条件下能与烯烃发生加成反应
【答案】A
【详解】A项，N原子半径小于C原子，因此C≡N键长大于C≡C键长，故A项错误；
B项，与C≡C类似C≡N有1个σ键 2个π键，C、C原子之间形成一个π键，故B项正确；
C项，C≡C和C≡N及其连接原子共线、共面，如HCN、乙炔，由几何原理，可知氰分子是直线型分子，且对称，是非极性分子，故C项正确；
D项，H-C≡N中C-H键断裂与烯烃双键进行加成，类似于HBr与烯烃加成，故D项正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查了物质的组成、结构和性质的关系，同时考查学生知识迁移能力，根据已知的乙炔的结构、卤素的性质结合元素周期律来分析解答即可。
17.二茂铁[(C5H5)2Fe]分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间为配位键
B. lmol环戊二烯()中含有键的数目为11NA
C. 二茂铁分子中存在π键
D. Fe2+的电子排布式为ls 22s 22p63s23p63d44s2
【答案】D
【详解】A.含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间为配位键，故A正确；
B.一个环戊二烯()分子中含有σ键的数目为11，则lmol环戊二烯()中含有键的数目为11NA，故B正确；
C.碳碳双键之间存在π键，所以该分子中存在π键，故C正确；
D. Fe的原子序数为26，亚铁离子的核外有24个电子，所以Fe2+的电子排布式为ls 22s 22p63s23p63d54s1，半满为稳定结构，故D错误。
故答案选D。
【点睛】本题以信息的形式考查有机配合物的中的化学键，注意环戊二烯的结构及电子排布规律即可解答，选项A为解答的易错点。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. 下列物质的熔沸点排列：晶体硅<碳化硅<金刚石
B. 石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，用这种方法从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向
C. 氢键、分子间作用力、离子键、共价键等都是微粒间的作用力，其中只有离子键和共价键是化学键
D. 黄色晶体碳化铝，熔点2 200℃，熔融态不导电，是原子晶体
【答案】B
【详解】A项，原子晶体中共价键的键长越短，共价键越强，键能越大，熔沸点越高，键长：C-C
C项，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，离子键和共价键是化学键，故C项正确；
D项，碳化铝为共价化合物且熔融态时不导电，熔点很高，属于原子晶体，故D项正确。
故答案选B。
19.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法不正确的是（ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液中产生沉淀
D. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+
【答案】A
【详解】A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；
B、在[Cu(NH3)4] 2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道，故B正确；
C、[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C正确；
D、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4] 2+而使溶液澄清，故D正确。
故答案选A。
20.F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂（其氧化性依次递增），都极易水解，其中：6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，下列推测正确的是（ ）
A. XeF2分子中各原子均达到8电子稳定结构
B. 某种氟化氙的晶体结构单元如右图，可推知其化学式为XeF2
C. XeF4按已知方式水解，每生成3molO2，共转移12mol电子
D. XeF2加入水中，在水分子作用下将重新生成Xe和F2
【答案】B
【详解】A. XeF2分子中Xe最外层电子数为8+2=10，故A错误；
B.晶胞中Xe原子个数为：8×+1=2，F原子个数为：8×+2=4，故原子个数比Xe:F=1:2，其化学式为XeF2，故B正确；
C. 6XeF4+12H2=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑反应中，Xe元素化合价升高生成XeO3，降低生成Xe，O元素化合价升高，则生成4mol Xe，转移电子4mol×(4-0)=16mol，故C错误；D. F2和水剧烈反应，不可能生成F2，故D错误。
故答案选B。
二、填空题（本题包括4小题，共50分）
21.Q、R、X、M、Y、Z是元素周期表前四周期的五种元素，原子序数依次递增。已知：
①Z位于ds区，最外能层没有单电子，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子（外围电子）排布为msnmpn(m≠n)，M的基态原子2p能级有1个单电子；
③Q、X原子p轨道的未成对电子数都是2。
回答下列问题：
（1）Z在周期表中的位置___________________。
（2）Q、R、X、M四种元素第一电离能由大到小顺序为________________(用对应元素的符号填写)。
（3）Q、Y分别与X形成的化合物AB2中沸点较高的是___________（填写化学式），原因是__________________________________________________。
（4）X、M两元素形成的化合物XM2的VSEPR模型名称为______________，已知XM2分子的极性比水分子的极性弱，其原因是_________________________________________。
【答案】(1). 第四周期第IIB族 (2). F>N >O>C (3). SiO2 (4). 干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；SiO2为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键 (5). 四面体形 (6). OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小
【分析】Q、R、X、M、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z位于ds区，最外能层没有单电子，Z为Zn元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的未成对电子数都是2，则Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，X为O元素；Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn，n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Zn元素，故Y为Si元素；M的基态原子2p能级有1个单电子，核外电子排布为1s22s22p5，，则M为F元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N元素，据此解答。
【详解】(1)Zn原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，Zn在周期表中位于第四周期第IIB族，
故答案为：第四周期第IIB族；
(2) Q、R、X、M四种元素分别是C、N、O、F，同周期元素随核电荷数的递增，第一电离能逐渐增大，但N原子2p轨道电子半满比较稳定，第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能由大到小的顺序为F>N >O>C，
故答案为：F>N >O>C；
(3) Q、Y分别与X形成的化合物AB2分别为CO2和SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，故沸点CO2＜SiO2；原因是干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；SiO2为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键，
故答案为：SiO2；干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；SiO2为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键；
(4) X、M两元素形成的化合物OF2中O原子价层电子对数==2，价层电子对数=2+2=4，VSEPR模型名称为四面体形，已知OF2分子的极性比水分子的极性弱，其原因是：OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对均为2对，F于O的电负性差值比O与H的电负性差值小。
故答案为：四面体形；OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小。
【点睛】本题考查结构与位置关系、核外电子排布规律、元素周期律、化学键、等电子体、价层电子对数理论等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握。
22.1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均釆用虚线表示。
（1）写出基态Cu原子的核外电子排布式________________，S原子的价层电子排布图______________________
（2）写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式_________________(必须将配位键表示出来)。
（3）向CuSO4溶液中滴加氨水，可以得到深蓝色的溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出深蓝色晶体的化学式_________________。比较NH3和[Cu(NH3)4]2+中H-N-H 中键角的大小：NH3_________[Cu(NH3)4]2+（填“” “” 或“=”）。
（4）已知H2O2的结构如图：
H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′，估计它难溶于CS2，简要说明原因______________________________________________________________。
（5）分析下表中两种物质键能数据(单位:kJ/mol)。
A—B
A=B
CO
357.7
798.9
1 071.9
N2
154.8
418.4
941.7
结合数据说明CO比N2活泼的原因：_________________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). (3). (4). [Cu(NH3)4]SO4•H2O (5). < (6). 因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中 (7). CO中第一个断裂的π键的键能是273kJ/mol，N2中第一个断裂的π键的键能是523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断
【分析】(1)铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；硫是16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，根据价电子排布式3s23p4书写其价层电子排布图；
(2) CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4；
（3）硫酸铜加氨水生成的深蓝色物质是铜氨络合离子，析出的晶体是铜氨络合物。由于NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大；
（4）判断H2O2、CS2分子的极性，依据相似相溶的原理解答；
（5）根据断裂三键中的中的一个键消耗的能量判断。
【详解】(1)铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价电子排布式3s23p4，则其价层电子排布图为；
因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；；
(2) CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4。水合铜离子的结构简式为，
因此，本题正确答案是：；
（3）向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于乙醇能降低溶解度，有利于晶体析出，所以[Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故会析出深蓝色的晶体：[Cu(NH3)4]SO4•H2O；由于NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，所以键角的大小：NH3<[Cu(NH3)4]2+，
因此，本题正确答案是：[Cu(NH3)4]SO4•H2O；<；
（4）相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2，
因此，本题正确答案是：因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中；
（5）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼，
因此，本题正确答案是：CO中第一个断裂的π键的键能是273kJ/mol，N2中第一个断裂的π键的键能是523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断。
23.（1）苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图1所示。
苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图2所示的结构，则其在水中的溶解度会____(填“增大”或“减小”)，原因是______________________________。
（2）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+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如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀；在第二种配合物溶液中加入BaCl2溶液时，则无明显现象，则第一种配合物的结构式为__________，第二种配合物的结构式为_____。
（3）Ag+能与NH3、S2O32-、CN−等形成配位数为2的配合物。
利用AgNO3和氨水可配制[Ag(NH3)2]OH溶液，在[Ag(NH3)2]OH中存在的化学键的类型有_________（填字母）。
A 离子键 B 金属键 C 配位键 D 非极性键 E 极性键
（4）NO3-中N原子的杂化轨道类型是________，空间构型为_________。写出一种与NO2-，SO2互为等电子体的短周期元素单质分子的化学式_________。
【答案】 (1). 增大 (2). 因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度 (3). [Co(NH3)5Br] SO4 (4). [Co (SO4) (NH3)5] Br (5). ACE (6). sp2 (7). 平面正三角形 (8). O3
【分析】（1）苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
（2）络合物由內界和外界组成，络合物溶于水发生电离生成內界离子（络离子）和外界离子，与BaCl2溶液反应的离子肯定为外界离子，由此可判断络合物的组成；
（3）阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；
（4）根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数。键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。根据等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子来回答与NO2-，SO2互为等电子体的分子。
【详解】（1）苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，羟基取代对位后，则易形成分子间氢键，与H2O之间形成氢键后会增大其溶解度。
故答案为：增大；因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度；
（2）由[Co(NH3)5Br] SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀。加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，所以结构式为[Co (SO4) (NH3)5] Br，
故答案为：[Co(NH3)5Br] SO4 ；[Co (SO4) (NH3)5] Br；
（3）[Ag(NH3)2]OH中氢氧根根离子和[Ag(NH3)2]+存在离子键，N原子和银原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Ag(NH3)2]OH中所含化学键有共价键、离子键、配位键，所以ACE选项是正确的，
故答案为：ACE；
（4）NO3-中N原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，形成3条新的杂化轨道，采用了sp2杂化，空间构型为平面正三角形， NO2-，SO2中电子数均为：18，原子数均为3，O3中电子数为：18，原子数为3，和NO2-，SO2是等电子体，
因此，本题正确答案是：sp2 ；平面正三角形；O3。
24.能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。
（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金(含铁)空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，铁与镍基态原子未成对电子数之比为_________。
（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯C60的分子模型如图所示，可用作储氢材料，已知金刚石中的C－C键的键长为0.154 nm，C60中C－C键键长为0.140～0.145 nm，富勒烯(C60)晶体与金刚石相比，____的熔点较高。分子中碳原子轨道的杂化类型为____；1 molC60分子中σ键的数目为____。科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体。该物质的K原子和C60分子的个数比为____。
（3）继C60后，科学家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是_____。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为_____个。
（4）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等。
①第一电离能：As____Se(填“>”“<”或“＝”)。
②二氧化硒分子的空间构型为____。
【答案(1). 2:1 (2). 金刚石 (3). sp2 (4). 90NA (5). 3∶1 (6). N>C>Si (7). 30 (8). > (9). V形
【分析】(1) 基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，据此判断；
(2) C60固态为分子晶体，分子间作用力弱，熔化时不破坏化学键，熔点低，而金刚石原子间以较强的共价键结合，熔化时破坏共价键需要较大的能量，熔点高；根据价层电子对互斥理论确定杂化方式，利用均摊法计算每个碳原子含有几个σ键，从而计算1 molC60分子中σ键的数目；1个晶胞中含有：K原子数＝12×＝6，C60分子数＝8×＋1＝2；
(3) 根据同一周期，同一主族，元素电负性变化规律，比较元素电负性大小；根据每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构，得出每个硅原子只有个键；
(4)①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第VIA元素；
②根据价层电子对互斥理论确定其空间构型。
【详解】(1) 基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有4个单电子；基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有2个单电子，铁与镍基态原子未成对电子数之比为2:1，
因此，本题正确答案是：2:1；
(2) C60固态为分子晶体，分子间作用力弱，熔化时不破坏化学键，熔点低，而金刚石原子间以较强的共价键结合，熔化时破坏共价键需要较大的能量，熔点高，即金刚石熔点较高；
每个碳原子含有的键个数且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，每个碳原子含有的键个数为，所以1 molC60分子中键的数目=×60×NA =90 NA；1个晶胞中含有：K原子数＝12×＝6，C60分子数＝8×＋1＝2。K原子和C60分子的个数比为3∶1，
因此，本题正确答案是：金刚石；sp2 ；90NA；3∶1；
(3) 同一周期，从左到右，电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，因此，原子电负性由大到小的顺序是：N>C>Si，根据题意，每个硅形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构。显然，双键数应该是Si原子数的一半，而每个双键有1个键，显然键数目为30；
因此，本题正确答案是：N>C>Si ；30；
(4) As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，所以第一电离能As>Se；
二氧化硒分子中价层电子对，且含有一个孤电子对，所以属于V形，
因此，本题正确答案是：>；V形。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
一、选择题（本题包括20小题，1—10每题2分，11—20每题3分，共50分，每小题只有一个正确答案）
1.下列说法中不符合现代大爆炸宇宙学理论的是（ ）
A. 我们所在的宇宙诞生于一次大爆炸
B. 恒星正在不断地合成自然界中没有的新元素
C. 氢、氦等轻核元素是宇宙中天然元素之母
D. 宇宙的所有原子中，最多的是氢元素的原子
【答案】B
【解析】宇宙大爆炸理论认为：宇宙的起源最初是比原子还要小的奇点，通过大爆炸的能量形成了一些基本粒子，这些粒子在能量的作用下，逐渐形成了宇宙中的各种物质。至今恒星仍在合成元素，但均是人类已知的，并不是新元素。
2.下列有关晶体和非晶体的说法中不正确的是（ ）
A. 具有规则几何外形的固体均为晶体
B. 晶体具有自范性，非晶体没有自范性
C. 晶体具有固定的熔沸点
D. 区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X-射线衍射实验
【答案】A
【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。
【详解】A.具有规则几何外形的固体不一定是晶体，故A错误；
B.晶体的规则几何外形是自发形成的，有些固体尽管有规则的几何外形，但因为不是自发形成的，所以不属于晶体，所以晶体具有自范性，非晶体没有自范性，故B正确；
C.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C正确；
D. 区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X-射线衍射实验，故D正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查了晶体和非晶体的判断，根据其特点来分析即可，易错选项A，注意具有规则几何外形的固体不一定是晶体。
3.下列说法中正确的是（ ）
A. 电子云示意图中的每个小黑点都表示一个电子
B. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
C. 第四周期最外层电子数为1，且内层电子全部排满的原子是钾原子
D. 氧原子核外有8种运动状态不同的电子
【答案】D
【详解】A.电子云图象中每一个小黑点表示电子出现在核外空间中的一次概率，不表示一个电子，故A错误；
B. 钠原子的电子从基态跃迁到激发态，要吸收能量，故B错误；
C.K元素为19号元素，原子核外有19个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，3d还没有排满电子，故C错误；
D.氧原子核外有8个电子，8个电子的运动状态都不相同，所以D选项是正确的。
故答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 氯化氢的分子式是HCl而不是H2Cl，是由共价键的方向性决定的
B. CH4分子的空间构型是正四面体形，是由共价键的饱和性决定的
C. 电子云在两个原子核间重叠后，电子在两核间出现的概率增大
D. 分子中共价键键长越长，键能越大，则分子越稳定
【答案】C
【详解】A.氯化氢的分子式是HCl而不是H2Cl，与共价键的饱和性有关，故A错误；
B. CH4分子的空间构型是正四面体形，与C原子杂化方式有关，C原子为sp3杂化，且C没有孤对电子，而与饱和性无关，故B错误；
C. 电子云在两个原子核间重叠后，电子出现概率增大，体系能量降低，形成稳定物质，所以C选项是正确的；
D.分子中共价键键长越长，键能越小，则越不稳定，故D错误。
故答案选C。
【点睛】本题考查共价键及成键方式，侧重共价键键、键形成过程的考查，注重共价键形成及分子结构与性质的理解，注意规律性知识的归纳。
5.下列有关有机物分子的叙述不正确的是（ ）
A. 乙烯分子中有一个sp2-sp2σ键和一个p-p π键
B. 乙炔每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道，它们之间可形成两个π键
C. 乙烷两个C原子均是sp3杂化，分子中一共有6个σ键
D. 苯分子每个碳原子均是sp2杂化
【答案】C
【详解】A.乙烯结构为CH2=CH2，C原子为sp2杂化，C=C含有一个sp2-sp2σ键和一个p-p π键，所以A选项是正确的；
B.乙炔分子中，碳氢原子之间形成两个键，碳碳三键中含有一个键和两个π键，所以乙炔分子中含有三个键两个键，所以B选项是正确的；
C.乙烷中存在6个C-H键、1个C-C键，共7个键，故C错误；
D.苯分子中C原子形成3个键，为sp2杂化，分子中存在大π键，所以D选项是正确的。
故答案选C。
6.下列各项叙述中，正确的是（ ）
A. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
B. 氮原子的价电子排布图：
C. 利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子，手性异构体性质相同
D. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
【答案】D
【详解】A．2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故A错误；
B．根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，氮原子的价电子排布图为，故B错误；
C．手性异构体是同分异构体的一种，其性质不相同，故C错误；
D．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了原子核外电子的排布规律，掌握基础是解题的关键，注意电子离核越近能量越低。
7.第二周期元素A和B能形成键角为180°的AB2气体分子，则下列推断正确的是（ ）
A. AB2分子的空间构型为直线形
B. AB2分子为极性分子
C. 熔点、沸点：AB2>H2O
D. AB2与SiO2的结构相同
【答案】A
【分析】第二周期元素A和B能形成键角为180°的AB2体分子，故该分子可能为二氧化碳，据此分析。
【详解】A.二氧化碳分子的空间构型为直线形，所以A选项是正确的；
B.二氧化碳分子为非极性分子，故B错误；
C.水中含有氢键，故熔点、沸点：CO2
故答案选A。
8.对三硫化四磷分子的结构研究表明，该分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了8个电子的结构。则一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数是（ ）
A. 7个 B. 9个 C. 19个 D. 不能确定
【答案】B
【解析】试题分析：三硫化四磷分子中没有不饱和键，且各原子的最外层均已达到了 8 个电子的结构，P 元素可形成 3 个共价键， S元素可形成 2 个共价键，因此一个三硫化四磷分子中含有的共价键个数为个，答案选B。
考点：考查共价键判断
9.有关杂化轨道理论说法不正确的是（ ）
A. 杂化轨道全部参加形成化学键
B. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
C. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
D. 四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释
【答案】A
【解析】试题分析：A、杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，A错误；B、杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，B正确；C、sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，C正确；D、部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，D正确；答案选A。
考点：考查杂化轨道的有关判断
10.原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半满”“全满”的时候一般更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实不能作为这个规则的证据的是（ ）
A. 硼元素的第一电离能小于铍元素的第一电离能
B. 某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2
C. 基态铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1而不是[Ar]3d44s2
D. 磷元素的第一电离能大于硫元素的第一电离能
【答案】B
【详解】A项，铍原子的核外电子排布式为1s22s2，而硼原子的核外电子排布式为1s22s22p1，前者具有比较稳定的ns2np0(s能级全满，p能级全空)结构，因而其原子稳定，其第一电离能大于硼，故A项正确；
B项，某种激发态碳原子的核外电子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2，是因为基态原子获得了能量，2s能级上的一个电子跃迁到2p能级上，显然不能用洪特规则的特例来解释，故B项错误；
C项，铬原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，符合3d半满、4s半满的条件，更加稳定，故C项正确；
D项，磷原子的核外电子排布式为[Ne] 2s22p3，而硫原子的核外电子排布式为[Ne] 2s22p4，前者具有半满的p能级，较稳定，因此其第一电离能大于硫，故D项正确。
故答案选B。
【点睛】本题考查了原子核外电子的排布，根据构造原理来排列电子即可，注意“原子核外p能级、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”、“全满”的时候一般更加稳定”的理解。
11.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. Y的价层电子排布式可能是ns2np4
B. 四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物
C. Y、Z之间可形成离子化合物
D. X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物可能都是强酸
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，由它们在周期表中相对位置可知，X、Y在第2周期，Z、W在第3周期，若X为碳元素、Y为氮元素，Z为磷元素、W为硫元素；若X为氮元素、Y为氧元素，Z为硫元素、W为氯元素，据此解答。
【详解】A、若X为氮元素、Y为氧元素，O的价层电子排布式可能是2s22p4，故A正确；
B、若X为氮元素、Y为氧元素，Z为硫元素、W为氯元素，四种元素所形成的氢化物依次为NH3、H2O、H2S、HCl，Y的氢化物为水，因水中含有氢键，所以四种元素所形成的氢化物中，Y的沸点最高，故B正确；
C、若Y为氮元素，Z为磷元素；若Y为氧元素，Z为硫元素，Y、Z均为非金属元素，Y、Z之间形成共价化合物，故C错误；
D、若X为氮元素、Y为氧元素，Z为硫元素、W为氯元素，X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物依次为HNO3、H2SO4、HClO4，均为强酸，故D正确。
故选C。
12.关于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的下列说法不正确的是（ ）
A. 配体是Cl-和H2O，配位数是8
B. 中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C. 作为配体的Cl-与非配体Cl-的数目之比是1∶2
D. 与AgNO3溶液作用，并非所有Cl-均转化为沉淀
【答案】A
【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；
B项，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项正确；
C项，根据已知配合物的化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1∶2，故C项正确；
D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，特别注意配体和外界离子的区别。
13.科学家最近研制出有望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如图所示)。已知该分子中N—N—N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法不正确的是（ ）
A. N(NO2)3分子中既含极性键又含非极性键
B. 分子中四个氮原子共平面
C. 该物质既有氧化性又有还原性
D. 15.2 g该物质含有6.02×1023个原子
【答案】B
【详解】A. N(NO2)3是一种共价化合物，氮原子之间形成非极性键，N、O间形成的共价键是极性键，故A项正确；
B.由题意N—N—N键角都是108.1°，可知分子中四个氮原子不在同一平面上，故B项错误；
C.分子中顶角上的N元素为0价，-NO2原子团中N元素为+4价，故该物质既有氧化性又有还原性，C项正确；
D. 15.2 g该物质为0.1mol， 每个分子含10个原子，共含有6.02×1023个原子，故D项正确。
故答案选B。
14.下列说法中正确的是（ ）
A. NCl3、PCl5、BF3分子中所有原子的最外层电子都满足了8e-稳定结构
B. 1mol SiO2 中含有2molSi-O键
C. 干冰晶体中与每个CO2距离相等且最近的CO2共有12个
D. 原子间通过共价键而形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度
【答案】C
【详解】A、根据原子结构可以知道B原子最外层3个电子，和氟原子形成三个共价键，是6电子结构，故A错误；
B、1mol SiO2中含有1mol Si，一个Si形成4个Si-O，因此1mol SiO2 中含有4molSi-O键，故B错误；
C、干冰晶体中正六面体的每个顶点和每个侧面的中心各有一个CO2分子，若选某个顶点上的CO2分子为研究对象，则与该顶点相连的12个正方形侧面中心的CO2分子都与这个研究对象等距离且最近，所以C选项是正确的；
D、有些分子晶体中，分子内的原子以共价键相结合，如干冰，但分子晶体的熔沸点低，硬度小，故D错误。
故答案选C。
15.下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（ ）
A. PH3和AsH3的熔点
B. Br2在水中的溶解度和Br2在CCl4溶液中的溶解度
C. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
D. HClO和HClO4的酸性
【答案】C
【详解】A、分子晶体相对分子量越小，熔点越低，所以PH3的熔点低于AsH3的熔点，故A错误；
B、水是极性分子，而溴单质和四氯化碳是非极性分子，所以溴在水中的溶解能力小于溴在CCl4中的溶解能力，故B错误；
C.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，所以C选项是正确的；
D. HClO是一元弱酸，HClO4是一元强酸，同等条件下HClO比HClO4酸性弱，故D错误。故答案选C。
16.氰气[(CN)2]和氰化物都是剧毒性物质，氰分子的结构式为N≡C－C≡N，性质与卤素相似，下列叙述不正确的是（ ）
A. 氰分子中C≡N键长大于C≡C键长
B. 氰气分子中含有σ键和π键
C. 氰分子中四原子共直线，是非极性分子
D. 氰化氢在一定条件下能与烯烃发生加成反应
【答案】A
【详解】A项，N原子半径小于C原子，因此C≡N键长大于C≡C键长，故A项错误；
B项，与C≡C类似C≡N有1个σ键 2个π键，C、C原子之间形成一个π键，故B项正确；
C项，C≡C和C≡N及其连接原子共线、共面，如HCN、乙炔，由几何原理，可知氰分子是直线型分子，且对称，是非极性分子，故C项正确；
D项，H-C≡N中C-H键断裂与烯烃双键进行加成，类似于HBr与烯烃加成，故D项正确。
故答案选A。
【点睛】本题考查了物质的组成、结构和性质的关系，同时考查学生知识迁移能力，根据已知的乙炔的结构、卤素的性质结合元素周期律来分析解答即可。
17.二茂铁[(C5H5)2Fe]分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间为配位键
B. lmol环戊二烯()中含有键的数目为11NA
C. 二茂铁分子中存在π键
D. Fe2+的电子排布式为ls 22s 22p63s23p63d44s2
【答案】D
【详解】A.含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5H5-)之间为配位键，故A正确；
B.一个环戊二烯()分子中含有σ键的数目为11，则lmol环戊二烯()中含有键的数目为11NA，故B正确；
C.碳碳双键之间存在π键，所以该分子中存在π键，故C正确；
D. Fe的原子序数为26，亚铁离子的核外有24个电子，所以Fe2+的电子排布式为ls 22s 22p63s23p63d54s1，半满为稳定结构，故D错误。
故答案选D。
【点睛】本题以信息的形式考查有机配合物的中的化学键，注意环戊二烯的结构及电子排布规律即可解答，选项A为解答的易错点。
18.下列说法不正确的是（ ）
A. 下列物质的熔沸点排列：晶体硅<碳化硅<金刚石
B. 石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，用这种方法从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向
C. 氢键、分子间作用力、离子键、共价键等都是微粒间的作用力，其中只有离子键和共价键是化学键
D. 黄色晶体碳化铝，熔点2 200℃，熔融态不导电，是原子晶体
【答案】B
【详解】A项，原子晶体中共价键的键长越短，共价键越强，键能越大，熔沸点越高，键长：C-C
C项，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，离子键和共价键是化学键，故C项正确；
D项，碳化铝为共价化合物且熔融态时不导电，熔点很高，属于原子晶体，故D项正确。
故答案选B。
19.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法不正确的是（ ）
A. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B. 在[Cu(NH3)4] 2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道
C. 向反应后的溶液加入乙醇，溶液中产生沉淀
D. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+
【答案】A
【详解】A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；
B、在[Cu(NH3)4] 2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道，故B正确；
C、[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C正确；
D、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4] 2+而使溶液澄清，故D正确。
故答案选A。
20.F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂（其氧化性依次递增），都极易水解，其中：6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，下列推测正确的是（ ）
A. XeF2分子中各原子均达到8电子稳定结构
B. 某种氟化氙的晶体结构单元如右图，可推知其化学式为XeF2
C. XeF4按已知方式水解，每生成3molO2，共转移12mol电子
D. XeF2加入水中，在水分子作用下将重新生成Xe和F2
【答案】B
【详解】A. XeF2分子中Xe最外层电子数为8+2=10，故A错误；
B.晶胞中Xe原子个数为：8×+1=2，F原子个数为：8×+2=4，故原子个数比Xe:F=1:2，其化学式为XeF2，故B正确；
C. 6XeF4+12H2=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑反应中，Xe元素化合价升高生成XeO3，降低生成Xe，O元素化合价升高，则生成4mol Xe，转移电子4mol×(4-0)=16mol，故C错误；D. F2和水剧烈反应，不可能生成F2，故D错误。
故答案选B。
二、填空题（本题包括4小题，共50分）
21.Q、R、X、M、Y、Z是元素周期表前四周期的五种元素，原子序数依次递增。已知：
①Z位于ds区，最外能层没有单电子，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子（外围电子）排布为msnmpn(m≠n)，M的基态原子2p能级有1个单电子；
③Q、X原子p轨道的未成对电子数都是2。
回答下列问题：
（1）Z在周期表中的位置___________________。
（2）Q、R、X、M四种元素第一电离能由大到小顺序为________________(用对应元素的符号填写)。
（3）Q、Y分别与X形成的化合物AB2中沸点较高的是___________（填写化学式），原因是__________________________________________________。
（4）X、M两元素形成的化合物XM2的VSEPR模型名称为______________，已知XM2分子的极性比水分子的极性弱，其原因是_________________________________________。
【答案】(1). 第四周期第IIB族 (2). F>N >O>C (3). SiO2 (4). 干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；SiO2为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键 (5). 四面体形 (6). OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小
【分析】Q、R、X、M、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，Z位于ds区，最外能层没有单电子，Z为Zn元素，其余的均为短周期主族元素；Q、X原子p轨道的未成对电子数都是2，则Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，Q原子的核外电子排布为1s22s22p2，故Q为C元素；X原子的核外电子排布为1s22s22p4，X为O元素；Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn，n=2，故为第ⅣA族元素，原子序数大于O元素，小于Zn元素，故Y为Si元素；M的基态原子2p能级有1个单电子，核外电子排布为1s22s22p5，，则M为F元素；R原子序数介于C元素与O元素之间，故R为N元素，据此解答。
【详解】(1)Zn原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，Zn在周期表中位于第四周期第IIB族，
故答案为：第四周期第IIB族；
(2) Q、R、X、M四种元素分别是C、N、O、F，同周期元素随核电荷数的递增，第一电离能逐渐增大，但N原子2p轨道电子半满比较稳定，第一电离能大于相邻元素，因此第一电离能由大到小的顺序为F>N >O>C，
故答案为：F>N >O>C；
(3) Q、Y分别与X形成的化合物AB2分别为CO2和SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶体，故沸点CO2＜SiO2；原因是干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；SiO2为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键，
故答案为：SiO2；干冰为分子晶体，熔化时不需破坏化学键，破坏较弱的分子间作用力；SiO2为原子晶体，熔化时破坏较强的共价键；
(4) X、M两元素形成的化合物OF2中O原子价层电子对数==2，价层电子对数=2+2=4，VSEPR模型名称为四面体形，已知OF2分子的极性比水分子的极性弱，其原因是：OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对均为2对，F于O的电负性差值比O与H的电负性差值小。
故答案为：四面体形；OF2和H2O均为V形分子且中心原子孤电子对数均为2，F与O的电负性差值比O与H的电负性差值小。
【点睛】本题考查结构与位置关系、核外电子排布规律、元素周期律、化学键、等电子体、价层电子对数理论等，推断元素是解题的关键，注意对基础知识的理解掌握。
22.1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg和Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可简单表示如图，其中配位键和氢键均釆用虚线表示。
（1）写出基态Cu原子的核外电子排布式________________，S原子的价层电子排布图______________________
（2）写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式_________________(必须将配位键表示出来)。
（3）向CuSO4溶液中滴加氨水，可以得到深蓝色的溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出深蓝色晶体的化学式_________________。比较NH3和[Cu(NH3)4]2+中H-N-H 中键角的大小：NH3_________[Cu(NH3)4]2+（填“” “” 或“=”）。
（4）已知H2O2的结构如图：
H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书页角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′，估计它难溶于CS2，简要说明原因______________________________________________________________。
（5）分析下表中两种物质键能数据(单位:kJ/mol)。
A—B
A=B
CO
357.7
798.9
1 071.9
N2
154.8
418.4
941.7
结合数据说明CO比N2活泼的原因：_________________________________________。
【答案】(1). 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 (2). (3). (4). [Cu(NH3)4]SO4•H2O (5). < (6). 因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中 (7). CO中第一个断裂的π键的键能是273kJ/mol，N2中第一个断裂的π键的键能是523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断
【分析】(1)铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；硫是16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，根据价电子排布式3s23p4书写其价层电子排布图；
(2) CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4；
（3）硫酸铜加氨水生成的深蓝色物质是铜氨络合离子，析出的晶体是铜氨络合物。由于NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大；
（4）判断H2O2、CS2分子的极性，依据相似相溶的原理解答；
（5）根据断裂三键中的中的一个键消耗的能量判断。
【详解】(1)铜是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价电子排布式3s23p4，则其价层电子排布图为；
因此，本题正确答案是：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；；
(2) CuSO4•5H2O中铜离子含有空轨道，水分子含有孤对电子对，铜离子与水分子之间形成配位键，铜离子配体数为4。水合铜离子的结构简式为，
因此，本题正确答案是：；
（3）向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于乙醇能降低溶解度，有利于晶体析出，所以[Cu(NH3)4]SO4•H2O在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故会析出深蓝色的晶体：[Cu(NH3)4]SO4•H2O；由于NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，所以键角的大小：NH3<[Cu(NH3)4]2+，
因此，本题正确答案是：[Cu(NH3)4]SO4•H2O；<；
（4）相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2，
因此，本题正确答案是：因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2中；
（5）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼，
因此，本题正确答案是：CO中第一个断裂的π键的键能是273kJ/mol，N2中第一个断裂的π键的键能是523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断。
23.（1）苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图1所示。
苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图2所示的结构，则其在水中的溶解度会____(填“增大”或“减小”)，原因是______________________________。
（2）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+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如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀；在第二种配合物溶液中加入BaCl2溶液时，则无明显现象，则第一种配合物的结构式为__________，第二种配合物的结构式为_____。
（3）Ag+能与NH3、S2O32-、CN−等形成配位数为2的配合物。
利用AgNO3和氨水可配制[Ag(NH3)2]OH溶液，在[Ag(NH3)2]OH中存在的化学键的类型有_________（填字母）。
A 离子键 B 金属键 C 配位键 D 非极性键 E 极性键
（4）NO3-中N原子的杂化轨道类型是________，空间构型为_________。写出一种与NO2-，SO2互为等电子体的短周期元素单质分子的化学式_________。
【答案】 (1). 增大 (2). 因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度 (3). [Co(NH3)5Br] SO4 (4). [Co (SO4) (NH3)5] Br (5). ACE (6). sp2 (7). 平面正三角形 (8). O3
【分析】（1）苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
（2）络合物由內界和外界组成，络合物溶于水发生电离生成內界离子（络离子）和外界离子，与BaCl2溶液反应的离子肯定为外界离子，由此可判断络合物的组成；
（3）阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；
（4）根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数。键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。根据等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子来回答与NO2-，SO2互为等电子体的分子。
【详解】（1）苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，羟基取代对位后，则易形成分子间氢键，与H2O之间形成氢键后会增大其溶解度。
故答案为：增大；因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度；
（2）由[Co(NH3)5Br] SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀。加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，所以结构式为[Co (SO4) (NH3)5] Br，
故答案为：[Co(NH3)5Br] SO4 ；[Co (SO4) (NH3)5] Br；
（3）[Ag(NH3)2]OH中氢氧根根离子和[Ag(NH3)2]+存在离子键，N原子和银原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Ag(NH3)2]OH中所含化学键有共价键、离子键、配位键，所以ACE选项是正确的，
故答案为：ACE；
（4）NO3-中N原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，形成3条新的杂化轨道，采用了sp2杂化，空间构型为平面正三角形， NO2-，SO2中电子数均为：18，原子数均为3，O3中电子数为：18，原子数为3，和NO2-，SO2是等电子体，
因此，本题正确答案是：sp2 ；平面正三角形；O3。
24.能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。
（1）太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金(含铁)空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，铁与镍基态原子未成对电子数之比为_________。
（2）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯C60的分子模型如图所示，可用作储氢材料，已知金刚石中的C－C键的键长为0.154 nm，C60中C－C键键长为0.140～0.145 nm，富勒烯(C60)晶体与金刚石相比，____的熔点较高。分子中碳原子轨道的杂化类型为____；1 molC60分子中σ键的数目为____。科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体。该物质的K原子和C60分子的个数比为____。
（3）继C60后，科学家又合成了Si60、N60，C、Si、N原子电负性由大到小的顺序是_____。Si60分子中每个硅原子只跟相邻的3个硅原子形成共价键，且每个硅原子最外层都满足8电子稳定结构，则Si60分子中π键的数目为_____个。
（4）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜锢硒薄膜电池等。
①第一电离能：As____Se(填“>”“<”或“＝”)。
②二氧化硒分子的空间构型为____。
【答案(1). 2:1 (2). 金刚石 (3). sp2 (4). 90NA (5). 3∶1 (6). N>C>Si (7). 30 (8). > (9). V形
【分析】(1) 基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，据此判断；
(2) C60固态为分子晶体，分子间作用力弱，熔化时不破坏化学键，熔点低，而金刚石原子间以较强的共价键结合，熔化时破坏共价键需要较大的能量，熔点高；根据价层电子对互斥理论确定杂化方式，利用均摊法计算每个碳原子含有几个σ键，从而计算1 molC60分子中σ键的数目；1个晶胞中含有：K原子数＝12×＝6，C60分子数＝8×＋1＝2；
(3) 根据同一周期，同一主族，元素电负性变化规律，比较元素电负性大小；根据每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构，得出每个硅原子只有个键；
(4)①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第VIA元素；
②根据价层电子对互斥理论确定其空间构型。
【详解】(1) 基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有4个单电子；基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有2个单电子，铁与镍基态原子未成对电子数之比为2:1，
因此，本题正确答案是：2:1；
(2) C60固态为分子晶体，分子间作用力弱，熔化时不破坏化学键，熔点低，而金刚石原子间以较强的共价键结合，熔化时破坏共价键需要较大的能量，熔点高，即金刚石熔点较高；
每个碳原子含有的键个数且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，每个碳原子含有的键个数为，所以1 molC60分子中键的数目=×60×NA =90 NA；1个晶胞中含有：K原子数＝12×＝6，C60分子数＝8×＋1＝2。K原子和C60分子的个数比为3∶1，
因此，本题正确答案是：金刚石；sp2 ；90NA；3∶1；
(3) 同一周期，从左到右，电负性逐渐增大，同一主族，从上到下，电负性逐渐减小，因此，原子电负性由大到小的顺序是：N>C>Si，根据题意，每个硅形成的这3个键中，必然有1个双键，这样每个硅原子最外层才满足8电子稳定结构。显然，双键数应该是Si原子数的一半，而每个双键有1个键，显然键数目为30；
因此，本题正确答案是：N>C>Si ；30；
(4) As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，所以第一电离能As>Se；
二氧化硒分子中价层电子对，且含有一个孤电子对，所以属于V形，
因此，本题正确答案是：>；V形。
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