贵州省遵义习水县一中2020学年高二化学11月考试试题（含解析）

贵州省遵义习水县一中2020学年11月份考试高二 化学一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分) 1.4p轨道填充一半的元素，其原子序数是()A. 15 B. 33 C. 35 D. 51【答案】B【解析】试题分析：根据核外电子排布规律可知，15、33、35、51的核外电子排布分别是1s22s22p63s23p3、1s22s22p63s23p63d104s24p3、1s22s22p63s23p63d104s24p5、1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p3，所以4p轨道电子排布达到半充满的元素是33号元素As元素，答案选B。考点：考查核外电子排布的判断2.在硼酸B(OH)3分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是 ( )A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力 C. sp2，氢键 D. sp3，氢键【答案】C【解析】在硼酸B(OH)3分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸B(OH)3分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。3.通常情况下，元素原子的原子核外p能级、d能级上的电子排布为“全空”“半满”“全满”的时候，元素的性质一般更稳定，称为洪特规则的特例。下列事实不能作为这个规则证据的是()A. 元素硼(B)的第一电离能大于元素铍(Be)的B. 元素磷(P)的第一电离能大于元素硫(S)的C. 基态铜(Cu)原子的电子排布式为Ar3d104s1而不是Ar3d94s2D. 26Fe2容易失电子转变成26Fe3，26Fe2表现出较强的还原性【答案】A【解析】【分析】第一电离能在同一周期中，随原子序数的增大有增大的趋势，但元素外围电子处于充满或半充满时，比后一元素的第一电离能大。【详解】A.元素Be的外围电子排布式为2S2，2S能级为全充满，更稳定，元素B的外围电子排布式为2S22P1，故第一电离能：铍硼，A错误；B.元素P的外围电子排布式为3S23P3，3P能级为半充满，更稳定，元素S的外围电子排布式为3S23P4，故第一电离能：PS，B正确；C.基态铜(Cu)原子的电子排布式为3d能级为全充满，4S为半充满，此时Cu原子最稳定，C正确；D.26Fe2的外围电子排布式为3d6，不够稳定，而26Fe3的外围电子排布式为3d5，能级为半充满，很稳定，D正确；答案为A4. 下列元素的第一电离能依次减小的是：A. H、Li、Na、K B. I、Br、Cl、FC. Na、Mg、Al、Si D. Si、Al、Mg、Na【答案】A【解析】A正确； BI、Br、Cl、F第一电离能依次增大； C、D不正确，应为Si、Mg、Al、Na；选A。5.下列结构图中，代表前二周期元素的原子实(原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分)，小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键。示例：根据各图表示的结构特点，下列有关叙述正确的是()A. 上述结构图中共出现6种元素B. 甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C. 甲与丁可以发生化合反应生成离子化合物D. 向CaCl2溶液中加入(或通入)丙有白色沉淀产生【答案】C【解析】各物质的元素都是前二周期元素，根据图示中最外层电子数及成键情况可知，甲为：HF、乙为：N2、丙为：CO2、丁为：NH3，则A、上述结构图中共出现的元素有：H、F、N、C、O五种元素，A错误；B、氮气和二氧化碳属于非极性分子，而HF、氨气中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，B错误；C、甲为氟化氢、丁为氨气，二者反应生成了氟化铵，属于离子化合物，C正确；D、氯化钙与二氧化碳不发生反应，不会生成白色沉淀，D错误；答案选C。点睛：本题考查了离子化合物判断、极性分子和非极性分子的判断。解题关键是根据图示结构和信息推断出甲、乙、丙、丁的分子组成，然后根据化学键的类型、极性分子和非极性分子的概念进行判断。6.下列原子半径的大小顺序正确的是()2s22p23s23p32s22p43s23p2A. B. C. D. 【答案】D【解析】由核外电子排布式可知，、四种元素分别是C 、P、O、Si，结合原子半径的递变规律：元素周期表中同周期元素从左到右原子半径依次减小；同主族元素从上到下原子半径依次增大可知，大小顺序为。答案选D。7. 有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是( )A. 为简单立方堆积 为六方最密堆积 为体心立方堆积 为面心立方最密堆积B. 每个晶胞含有的原子数分别为：1个，2个，2个，4个C. 晶胞中原子的配位数分别为：6，8，8，12D. 空间利用率的大小关系为：【答案】B【解析】试题分析：A为简单立方堆积、为体心立方堆积，为六方最密堆积、为面心立方最密堆积，A错误；B中原子个数=8=1、中原子个数=1+8=2、中原子个数=1+8=2、中原子个数=8+6=4，B正确；C晶胞中原子的配位数分别为：6，8，12，中配位数=38=12，C错误；D空间利用率：52%、68%、74%、74%，所以原子利用率顺序：=，D错误；答案选选B。考点：考查金属晶胞的有关判断8.下列各能层中不包含p能级的是()A. N B. M C. L D. K【答案】D【解析】分析：含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。详解：AN能层是第四能层，含有4个能级，分别是3s、3p、3d、4f能级，选项A不选；BM能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，选项B不选；CL能层是第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，选项C不选；DK能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，选项D选；答案选D。点睛：本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级个数的关系是解本题关键，难度不大。9. 用R代表短周期元素，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个。下列关于R的描述中正确的是A. R的氧化物都能溶于水 B. R的最高价氧化物对应的水化物都是H2RO3C. R都是非金属元素 D. R的氧化物都能与NaOH反应【答案】C【解析】试题分析：短周期元素中，R原子最外层的p能级上的未成对电子只有2个，则p能级的电子数可能是2也可能是4，若为2，则R是第A族元素，若为4，则是第A族元素。A、若R是第A族元素Si，二氧化硅不溶于水，A错误；B、若R是S元素，则S的最高价氧化物的水化物的化学式为H2RO4，B错误；C、无论是第A族还是第A族元素，前三周期中，二者都是非金属元素，C正确；D、若R是C元素，CO不能与氢氧化钠溶液反应，D错误；答案选C。考点：考查原子结构与元素的关系，元素性质的判断10.下列分子中的碳原子采用sp2杂化的是 ( )A. C2H2 B. CS2 C. HCHO D. C3H8【答案】C【解析】【分析】中心原子的孤电子对数=，孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化。【详解】A项C2H2中的碳原子采取sp杂化，B项CO2中的碳原子采取sp杂化。C项HCHO中的碳原子采取sp2杂化，D项C3H8中的碳原子采取sp3杂化。答案为C【点睛】孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化，关键为求解中心原子的孤电子对数。11. 下列物物质中，可证明某晶体是离子晶体的是 （ ）A. 易溶于水 B. 晶体不导电，熔化时能导电C. 熔点较高 D. 晶体不导电，水溶液能导电【答案】B【解析】试题分析：由于在熔融状态下，共价键不能断裂，而离子键可以断裂，电离出阴阳离子，所以在熔融状态下，离子晶体可以导电，但分子晶体不能导电，据此可以进行判断，所以答案选B。考点：考查晶体类型、性质的有关判断点评：本题是基础性知识的考查，也是高考中的常见考点之一。主要是训练思维的严谨性以及严密的逻辑思维能力，培养学生的学习能力。12.下列有关说法正确的是()A. 含阳离子的化合物一定有阴离子B. 晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaIC. 含有共价键的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度D. 空间利用率：面心立方六方密堆积体心立方【答案】AB【解析】【分析】含有阳离子的化合物，则一定含有阴离子；结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大；含有共价键的晶体可以是分子晶体、原子晶体、离子晶体；空间利用率：面心立方=六方密堆积，都为74%，体心立方堆积为68%。【详解】A含有阳离子的晶体可能含有阴离子或电子，离子化合物一定由阴离子和阳离子构成，故A正确；B离子半径：F-Cl-Br-I-，结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，则晶格能由大到小：NaFNaClNaBrNaI，故B正确；C含有共价键的晶体可能为分子晶体或原子晶体，如为分子晶体，则不一定含有较高的熔沸点和硬度，故C错误；D空间利用率：面心立方=六方密堆积，都为74%，故D错误13.已知SO3，BF3，CCl4，PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S，NH3，NO2、SF4，BrF5都是极性分子，由此可推出ABn型分子属于非极性分子的经验规律是( )A. ABn型分子中A，B均不含氢原子B. A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量C. 分子中所有原子都在同一平面上D. ABn型的价电子对数等于n【答案】D【解析】根据“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子”知，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。A、ABn型分子中A、B不一定均不含氢原子，如CH4含氢原子但甲烷分子为非极性分子，故A错误；B、A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量，如CH4，故B错误；C、分子中的所有原子不一定都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构，故C错误；D、ABn型的价层电子对数等于n，如PCl5中P原子上的价层电子对是5，SF6中S原子上的价层电子对是6，故D正确；故选D。点睛：本题考查了极性分子和非极性分子的判断方法，明确价层电子对指分子中的中心原子上的电子对，包括 键电子对和中心原子上的孤电子对是解答的关键。14.有关甲醛分子的说法正确的是 ( )C原子采取sp杂化 甲醛分子为三角锥型结构 C原子采取sp2杂化 甲醛分子为平面三角形结构A. B. C. D. 【答案】C【解析】甲醛的结构式为，中性碳原子有3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，空间构型为平面三角形结构，杂化轨道数等于价层电子对数，因此C原子的杂化类型为sp2，故选项C正确。点睛：判断杂化类型，一般根据价层电子对数等于杂化轨道数，如果是多原子分子，一般采用书写结构式，如甲醛中碳原子的杂化类型，可以书写出甲醛的结构式，然后进行判断。15.某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示:A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为A. B2A B. BA2 C. B7A4 D. B4A7【答案】B【解析】根据均摊法,该结构单元中含A的个数为81=8,含B的个数为8+6=4,B与A的离子数之比为48=12,即该晶体的化学式为BA2,故答案为B项。16.在硼酸B(OH)3分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是 ( )A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力 C. sp2，氢键 D. sp3，氢键【答案】C【解析】在硼酸B(OH)3分子中，硼原子最外层只有3个电子，B原子与3个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个键，无孤对电子对，杂化轨道数为3，B原子采取sp2杂化；在硼酸B(OH)3分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧元素的电负性很强，不同硼酸分子中的氧原子与氢原子之间形成氢键，硼酸分子之间存在范德华力，氢键比范德华力更强，硼酸分子之间主要是氢键；答案选B。点睛：明确氢键、分子间作用力的含义以及对物质性质的影响是解答的关键。答题要时注意氢键的形成是由于电负性很大的元素F、O、N与氢原子结合，共用电子对偏离H原子，使H原子几乎成为裸露的质子，而发生电性吸引。注意氢键不是化学键，不能影响物质的稳定性，主要是影响物质的物理性质。17.下列说法错误的是()A. 从CH4、NH4+、SO42-为正四面体结构，可推测PH、PO也为正四面体结构B. 1 mol金刚石晶体中，平均含有2 molCC键C. 水的沸点比硫化氢的高，是因为H2O分子间存在氢键，H2S分子间不能形成氢键D. 某气态团簇分子结构如图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】D【解析】试题分析：根据等电子体的概念可知选项A正确；金刚石中碳原子形成空间网状的正四面体结构，故B正确。选项C显然是正确的。选项D中强调该物质是气态团簇分子，即是一个大分子，因此不能用均摊法计算，直接找出分子中原子个数即得化学式，该物质的化学式应为(EF)4，选项D错。考点：物质结构与性质。点评：属于较简单题18.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（）A. 同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B. 第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C. 短周期元素原子形成简单离子后，最外层电子都达到8电子稳定结构D. 同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同【答案】B【解析】试题分析：A处于金属与非金属交界处的元素通常表现一定的金属性与非金属性，故A错误；B第三周期中主族元素最高正化合价等于其主族族序数，故B正确；C氢离子核外没有电子，锂离子核外只有2个电子，不满足最外层都能达到8电子稳定结构，故C错误；D同主族元素原子最外层电子数相同，自上而下原子半径增大，化学性质具有相似性、递变性，化学性质不完全相同，故D错误，故选B。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。19. 下列各组物质中,都是由极性键构成极性分子的一组是( )A. CH4和Br2 B. NH3和H2OC. H2S和CCl4 D. CO2和HCl【答案】B【解析】Br2是非极性键结合成的非极性分子，H2S、HCl、NH3和H2O是极性键构成的极性分子，CH4、CCl4、CO2是由极性键构成的非极性分子。20.下列能级中可容纳电子数最多的是()A. 6s B. 4p C. 3d D. 4f【答案】D【解析】试题分析：A6s能级自由1个轨道，最多可容纳2个电子，A错误；B4p能级有3个轨道，最多可容纳6个电子，B错误；C3d能级有5个轨道，最多可以容纳10个电子，C错误；D4f能级有7个轨道，最多可以容纳14个电子，D正确，答案选D。考点：考查能级与轨道数和容纳电子数的关系21. 下列说法不正确的是A. 离子键没有方向性和饱和性B. 并不是只有活泼的金属和非金属化合才形成离子键C. 离子键的实质是静电作用D. 静电作用只有引力【答案】D【解析】试题分析：离子键是阴阳离子之间的静电作用，故离子键没有方向性和饱和性，故A项、C项说法正确；静电作用包括阴阳离子间的静电吸引及电子之间、原子核之间的静电排斥，故D项说法错误；离子键存在于阴阳离子之间，并不是只有活泼的金属和非金属化合才形成离子键，非金属元素组成的铵盐中阴阳离子间也是离子键故B项说法正确；本题选D。考点：离子键。22.X2的核外电子排布式为1s22s22p6，下列说法正确的是()A. X可能为稀有元素 B. X原子的核外电子排布为1s22s22p63s2C. X原子的核外电子排布为1s22s22p62d2 D. X2的最外电子层上有6个电子【答案】B【解析】A、X2的核外电子排布式为1s22s22p6，因此X原子的电子排布为1s22s22p63s2，不可能是稀有元素，A错误。B、X原子的电子排布为1s22s22p63s2，B正确。C、X形成X2+失去的是最外层能量最高的电子，既3s的电子，C错误。D、X原子的核外电子排布为1s22s22p63s2，最外层有2个电子，D错误。正确答案B。点睛：原子失去电子形成阳离子，因此由阳离子推到原子核外电子排布时需要加上失去的电子。23. 下列关于离子晶体的晶格能的说法中正确的是( )A. 离子晶体的晶格能指形成1 mol离子键所放出的能量B. 离子晶体的晶格能指破坏1 mol离子键所吸收的能量C. 离子晶体的晶格能指1 mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量D. 离子晶体的晶格能的大小与晶体的熔点、硬度都无关【答案】C【解析】离子晶体的晶格能强调的是气态离子结合成1摩尔离子晶体时所放出的能量,通常为正值;离子晶体的晶格能的大小影响晶体的熔点和硬度。24.下列分子的中心原子的杂化轨道类型相同的是 ( )A. CO2与SO2 B. CH4与NH3 C. BeCl2与BF3 D. C2H4与C2H2【答案】B【解析】【详解】A.CO2中C为sp杂化、SO2中S为sp2杂化，故A错误；B.CH4中C与NH3中N均为sp3杂化，故B正确；C.BeCl2中Be为sp杂化，BF3中B为sp2杂化，故C错误；D.C2H4中C为sp2杂化，C2H2中C为sp杂化，故D错误。故选B。25.在d轨道中电子排布成，而不能排布成，其最直接的根据是( )A. 能量最低原理 B. 泡利原理 C. 原子轨道构造原理 D. 洪特规则【答案】D【解析】试题分析：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，称为洪特规则，根据图片知，4个电子占据不同的轨道且自旋方向相同，所以其根据是洪特规则，答案选D。考点：考查了洪特规则、泡利原理、能量最低原理的相关知识。26.下列各能级不可能存在的是()A. 8s B. 6d C. 5p D. 2f【答案】D【解析】【分析】在每一个能层中，能级符号的顺序是s、p、d、f(代表能层)。任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数。【详解】第一能层只有1个能级(1s)，第二能层有2个能级(2s和2p)，第三能层有3个能级(3s、3p和3d)，依次类推。所以2f是不可能存在的，第二个能级只有2s和2p两个能级，从第四个能级才开始出现f能级。故答案为D27.某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0 gcm3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为107cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近于下列数据中的（ ）。A. 32 B. 120 C. 150 D. 180【答案】C【解析】一个正方体的体积为（107）31021cm3，质量为51021g，则1 mol该元素原子的质量为6.021023150.5 g，其数值与该元素的相原子质量相等，所以选C。28.硼镁化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录该化合物晶体结构中的重复结构单元如图所示，12个镁原子间形成正六棱柱，两个镁原子分别在棱柱的上底和下底的中心六个硼原子位于棱柱内，该化合物的化学式可表示为()A. Mg14B6 B. MgB2 C. Mg9B12 D. Mg3B2【答案】B【解析】【详解】Mg原子处于晶胞顶点与面心上，顶点上Mg原子为6个晶胞共用，面心上的Mg原子为2个晶胞共用，B原子处于晶胞内部，为一个晶胞独有，故晶胞中镁原子个数=12+2=3；B原子个数=6，所以镁原子和硼原子个数比为3：6=1：2，则其化学式为MgB2。答案为B【点睛】首先确定该物质为晶体结构中的重复单元，而不是分子晶体；六棱柱的顶点位置的Mg为6个晶胞共用，面心的归2个晶胞共用，可计算出一个晶胞中Mg2+的个数。 分卷II二、填空题(共5小题,共44分) 29.C，Si、B，N、Cl在工业生产中具有重要的应用，试回答下列问题：(1)碳纳米管有单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过_杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠_结合在一起。(2)现在新开发出一种具有和“龙芯”主要成分一样的六角形笼状结构单质Si12，它可能在未来的量子计算机中是一种理想的贮存信息的材料，根据图示推断这种六角形笼状结构：Si12是_晶体，它与单晶硅互称为_。(3)SiC晶体结构与金刚石相似，碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能。其中C原子的杂化方式为_，微粒间存在的作用力是_，每个Si原子周围距离最近的C原子为_个，其键角为_。设晶胞边长为a cm，密度为b gcm3，则阿伏加德罗常数可表示为_(用含A，b的式子表示)。(4)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料，以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BN。由于BN与CC属于等电子体物质，其结构和性质有很大的相似性。BN有两种晶体，对BN两种晶体的描述中不正确的是_ 。A其中一种晶体可用作耐磨材料B其中一种晶体可用作润滑材料C其中一种晶体键角为90D其中一种晶体中存在六元环在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的作用力为_，层间作用力为_。B原子和N原子的杂化类型分别是_、_。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为a cm，立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个硼原子，晶胞顶点上的原子的配位数为_，立方氮化硼的密度是_gcm3(阿伏加德罗常数为NA)。立方氮化硼比晶体硅具有更高硬度和耐热性的原因是_。(5)已知氮化碳晶体是新发现的高硬度材料，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。下列关于该晶体的说法错误的是_。A氮化碳属于原子晶体，比金刚石中的硬度更大B该晶体中每个碳原子与4个氮原子相连，每个氮原子与3个碳原子相连，氮化碳的化学式为C3N4C该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性键形成空间网状结构【答案】 (1). sp2 (2). 范德华力 (3). 分子 (4). 同素异形体 (5). sp3 (6). 共价键 (7). 4 (8). 109.5 (9). 160/ba3mol1 (10). C (11). 共价键(极性键) (12). 范德华力(或分子间作用力) (13). sp2 (14). sp2 (15). 4 (16). 4 (17). 4 (18). 200/a3NA (19). N和B的原子半径比Si的原子半径小，BN键长比SiSi短 (20). D【解析】【分析】石墨属于层状结构，同一层内碳元素是通过sp2杂化与其它碳原子成键；而层与层之间通过分子间作用力（范德华力）结合在一起；金刚石中每个碳原子与4个碳原子结合呈四面体构型，则碳原子杂化方式为sp3，每个微粒间的作用力为共价键；一个金刚石的晶胞中含有8个碳原子，晶胞顶点上的原子配位数为4。【详解】（1）石墨属于层状结构，同一层内碳元素是通过sp2杂化与其它碳原子成键；而层与层之间通过分子间作用力（范德华力）结合在一起；答案为sp2；范德华力；（2）Si12是分子，固体时为分子晶体，它与晶体硅的结构不同，故为同素异形体；答案为：分子；同素异形体；（3）金刚石中每个碳原子与4个碳原子结合呈四面体构型，则碳原子杂化方式为sp3，每个微粒间的作用力为共价键；每个Si周围有4个C原子，键角为109.5；该晶胞中含4个C原子，4个Si原子，NA=160/ba3mol1；答案为：sp3；共价键；4；109.5；160/ba3mol1；（4）A.BN与CC属于等电子体物质，其结构和性质有相似性，因此BN也具有2中晶体，一种类似石墨的层状结构，可用作润滑材料；A正确；B.另一种类似金刚石的空间网状结构，可用作耐磨剂；B正确；C.两种晶体的键角一个为120，另一个为109.5，不是90；C错误；D.类似石墨的为平面层状六元环，D正确；答案为C。与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内N、B间以共价键结合，层与层之间以分子间的作用力结合，相邻原子间的杂化方式为sp2。答案为：共价键(极性键)；范德华力(或分子间作用力)；sp2；sp2；立方氮化硼，其结构与金刚石相似，一个金刚石的晶胞中含有8个碳原子，则BN晶胞中含4个N原子，4个B原子，晶胞顶点上的原子配位数为4，晶胞的质量为200/NAg，体积为a3cm3，则密度为200/a3NA，答案为：4；4；4；200/a3NA氮化硼晶体，氮原子、硼原子半径比硅原子半径小，则键长短，键能大，具有更高硬度和耐热性。答案为：N和B的原子半径比Si的原子半径小，BN键长比SiSi短；（5）A.氮化硼晶体时高硬度材料，可确定为原子晶体，氮原子半径比碳原子半径小，则键长短，键能大，比金刚石硬度大，A正确；B.一个碳原子可组成4条单键，氮原子可组成3条单键，都以单键结合，则每个碳原子与4个氮原子相连，每个氮原子与3个碳原子相连，氮化碳的化学式为C3N4，B正确；C.氮化碳晶体中，碳原子组成4个共用电子对，氮原子组成3个共用电子对，都满足8个稳定结构，C正确；D.N、C原子半径不同，对共用电子对的作用力不同，相邻原子间形成极性共价键，D错误；答案为D 30.（1）配位化学创始人维尔纳发现，取COCl36NH3（黄色）、CoCl35NH3（紫红色）、COCl34NH3（绿色）和COCl34NH3（紫色）四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式COCl36NH3_，COCl35NH3_，COCl34NH3（绿色和紫色）_后两种物质组成相同而颜色不同的原因是_上述配合物中，中心离子的配位数都是_（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl表示经研究表明，Fe（SCN）3是配合物，Fe3+与SCN不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合请按要求填空：Fe3+与SCN反应时，Fe3+提供_，SCN提供_，二者通过配位键结合所得Fe3+与SCN的配合物中，主要是Fe3+与SCN以个数比1：1配合所得离子显血红色含该离子的配合物的化学式是_若Fe3+与SCN以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为：_。【答案】 (1). Co（NH3）6Cl3 (2). Co（NH3）5（Cl）Cl2 (3). Co（NH3）4（Cl）2Cl (4). Co（NH3）4（Cl）2Cl (5). 空间构型不同 (6). 6 (7). 空轨道，孤对电子 (8). Fe（SCN）Cl2 (9). FeCl3+5KSCN=K2Fe（SCN）5+3KCl【解析】【分析】（1）根据题目信息1molCoCl36NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，1molCoCl35NH3只生成2molAgCl，1molCOCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）只生成1molAgCl，来解答。（2）Fe3+与SCN反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN提供孤对电子。【详解】（1）1molCoCl36NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，则1molCoCl36NH3中有3molCl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）6Cl3；1molCoCl35NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl35NH3中有2molCl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）5（Cl）Cl2；1molCOCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）只生成1molAgCl，则1molCoCl34NH3中有1molCl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，所以其化学式为Co（NH3）4（Cl）2Cl；故答案为：Co（NH3）6Cl3；Co（NH3）5（Cl）Cl2 ； Co（NH3）4（Cl）2Cl；CoCl34NH3（绿色）和CoCl34NH3（紫色）的化学式都是Co（NH3）4（Cl）2Cl，但因其空间构型不同导致颜色不同，故答案为：空间构型不同；这几种配合物的化学式分别是Co（NH3）6Cl3、Co（NH3）5（Cl）Cl2、Co（NH3）4（Cl）2Cl，其配位数都是6，故答案为：6；（2）Fe3+与SCN反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN提供孤对电子；故答案为：空轨道；孤对电子 ；Fe3+与SCN以个数比1：1配合所得离子为Fe（SCN）2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成Fe（SCN）Cl2与KCl，故答案为：Fe（SCN）Cl2；Fe3+与SCN以个数比1：5配合所得离子为Fe（SCN）52，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2Fe（SCN）52与KCl，所以反应方程式为： FeCl3+5KSCN=K2Fe（SCN）5+3KCl；故答案为：FeCl3+5KSCN=K2Fe（SCN）5+3KCl。31.如图表示一些晶体中的某些结构，请回答下列问题：(1)代表金刚石的是(填编号字母，下同)_，其中每个碳原子与_个碳原子最近且距离相等。金刚石属于_晶体。(2)代表石墨的是_，每个正六边形占有的碳原子数平均为_个。(3)代表NaCl的是_，每个Na周围与它最近且距离相等的Na有_个。(4)代表CsCl的是_，它属于_晶体，每个Cs与_个Cl紧邻。(5)代表干冰的是_，它属于_晶体，每个CO2分子与_个CO2分子紧邻。(6)已知石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，则上述五种物质熔点由高到低的排列顺序为_。【答案】 (1). D (2). 4 (3). 原子 (4). E (5). 2 (6). A (7). 12 (8). C (9). 离子 (10). 8 (11). B (12). 分子 (13). 12 (14). 石墨金刚石NaClCsCl干冰【解析】根据晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质。NaCl晶体是立方体结构，每个Na与6个Cl紧邻，每个Cl又与6个Na紧邻，每个Na(或Cl)周围与它最近且距离相等的Na(或Cl)有12个。CsCl晶体由Cs、Cl构成立方体结构，但Cs组成的立方体中心有1个Cl，Cl组成的立方体中心又镶入一个Cs，每个Cl与8个Cs紧邻，每个Cs与8个Cl紧邻。干冰也是立方体结构，但在立方体的每个正方形面的中央都有一个CO2分子，每个CO2分子与12个CO2分子紧邻。金刚石的基本结构单元是正四面体，每个碳原子紧邻4个其他碳原子。石墨的片层结构由正六边形结构组成，每个碳原子紧邻另外3个碳原子，即每个正六边形占有1个碳原子的，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是62。(6)离子晶体的熔点由其离子键的强弱决定，由于半径NaCsCl。石墨虽为混合晶体，但粒子间作用力有范德华力、共价键，若要熔化，不仅要破坏范德华力，还要破坏共价键，且石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，所以石墨中碳碳键的键能比金刚石中碳碳键的大，则石墨的熔点比金刚石的熔点要高。32.下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。根据信息回答下列问题。(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为_。(2)Fe元素位于周期表的_区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为_；已知：原子数目和电子总数(或价电子总数)相同的微粒互为等电子体，等电子体具有相似的结构特征。与CO分子互为等电子体的分子和离子分别为_和_(填化学式)。(3)在CH4，CO，CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有_。(4)根据VSEPR理论预测ED4-离子的空间构型为_。B，C，D，E原子相互化