2025年上海师大附中高二（下）期中考化学试题含解析

高二（下）化学阶段性检测试卷不得分；有2个正确选项的，漏选1个得一半分，错选不得分。未特别标注的选择题，每小1.碳族、卤族可以形成多种化合物。ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2Π5中存在大π键(3)Π5（1）ClO2中Cl原子的轨道杂化方式______；为O-Cl-O键角______Cl-O-Cl键角（填“>”“<”或“=”）。比较ClO2与Cl2O中Cl-O键的键长，前者______后者（填“>”“<”或“=”并说明原因______。（3）[BMIM]+BF4-（见图）是MnOx晶型转变的诱导剂。BF4-的空间构型为；[BMIM]+中咪唑环存在π大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为。（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见下图）。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是。（5）SnBr2的VSEPR模型名称是___（6）不能用于区分CH3COOH和HCOOCH3的仪器是______。（不定项）A.李比希元素分析仪B.红外光谱仪C.核磁共振仪D.X射线衍射仪（7）杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可以改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒（SC[6]A-AgNPs）与血根碱（SGR）形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合物的过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。杯[n]芳烃结构式杯[4]芳烃杯[6]芳烃杯[8]芳烃A.SGR分子的C原子和N原子都是sp2杂化B.SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘具有疏水性C.由于分子识别特性，后续研究若选用SC[8]A，同样可以自发装入血根碱（SGR）D.SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的苯环带来的分子识别特性2.硫酸四氨合铜晶体{Cu(NH3)44.H2O}是一种重要的染料及农药中间体，该物质为深蓝色固体，受热易失氨。某小组同学以CuSO4溶液为原料拟用下列装置来制备该晶体。2/203/20实验结束后，将C中所得的深蓝色溶液缓慢加入盛有15mL无水乙醇的烧杯中，用玻璃棒摩擦烧杯内壁，混匀后盖上表面皿静置30min，即有深蓝色晶体析出，抽滤，洗涤，干燥，称量。回答下列问题：（1）溶液Y可以是______。（2）CuSO4溶液呈蓝色，蓝色物质为水合铜离子，可表示为。向含Cu2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的Cu(NH3)42+，其原因是。（3）分析Cu(NH3)42+中配位键形成的原因：______。（4）析出晶体时将深蓝色溶液加入乙醇中而不采用浓缩结晶的原因是______。（5）该实验中乙醇能降低物质溶解性的原因______。（6）洗涤时最适宜的洗涤剂是______。A.乙醚B.乙醇C.乙醇与浓氨水体积比为1:2的混合液D.浓氨水（7）为测定晶体中SO-的含量，将一足量的晶体溶于水，加入足量的沉淀剂再经过一系列操作后，得沉淀质量。该实验过程中需要用到以下哪些试剂。A．盐酸酸化的BaCl2溶液B．Ba(OH)2溶液C．硝酸酸化的AgNO3溶液3.碳可与氢形成多种烃，硼、氮、硅等元素也可以与氢形成类似于烃的化合物。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。基态硅原子的价层电子轨道表示式。单晶硅的晶体类型为。（2）硅与氢能形成一系列二元化合物如SiH4、Si2H6等，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键的个数比为______。（3）已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子4/20数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的化学式是XY4。若X、Y两元素的电负性分别为1．8和3．0。A.XY4晶体中存在共价键和范德华力B.XY4的空间结构为正四面体形C.XY4熔融状态下能导电D.XY4属于极性分子（4）已知氨（NH3）和硼烷（BH3）可以发生加合反应生成氨硼烷(H3N-BH3)，它和乙烷具有相似的结构。下列有关这4种分子的说法正确的是。（不定项）A.有2种极性分子和2种非极性分子B.4种分子中除氢原子外的其他原子均采取sp3杂化C.NH3分子中的键角大于(H3N-BH3)分子中H-N-H之间的键角D.4种分子的熔点高低顺序为H3NBH3>CH3CH3>NH3>BH3（5）设分子中氮原子数为n，则无环状结构的氮烷分子式通式为______。（6）NH3在水中的溶解度较大，可能的原因有______、______。（写出2点）（7）一般来说，碳原子杂化轨道中的s成分越大，碳原子的电负性就越大，则给出H+的能力：乙烯______乙炔。理由：______。4.VA的化合物种类繁多，应用广泛。某含氮镍锌笼形包合物的晶胞结构如图所示（H原子未画出，晶胞棱上的小黑点代表NH3，六元环代表C6H6且每个六元环只有一半属于该晶胞）。回答下列问题：5/20（1）下列说法正确的是。（不定项）A.基态锌原子的价电子排布式为：4s2B.CN一的C与Ni2+、N与Zn2+形成配位键C.电负性：N>O>C>HD.对该晶体加热，C6H6比NH3更易脱出（2）Zn2+周围紧邻的N原子数为______。（3）该晶胞的化学式为______。)所有原子均共平面，在盐酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是。（5）氮化镓是第三代半导体材料，传统制备GaN是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N2制备的原因是。（6）氮化硼在一定条件下可以制得硼砂(Na2B4O7.10H2O)，硼砂的负离子B4O5(OH)47」2一的结构所示，其中硼原子的杂化方式为。（7）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：①单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4晶体类型为______晶体。②基态Sn原子其价电子排布式为______。（8）砷化镓（GaAs）是一种应用广泛的半导体材料，与GaN、GaP晶体类型相同，其熔点数据如下表，其中Y为______（填化学式请解释说明原因。晶体XGaPY熔点6/20/℃5.自然界绝大部分的氮是以稳定的单质状态存在的，除铵盐和硝酸盐外，其他氮的化合物的稳定性都很差。N2分子中存在N三N键，其键能很高，所以氮气分子比其他双原子分子稳定。但随着温度的升高，N2的化学活性增强。回答下列问题：（1）常温下，N2(g)=2N(g)的ΔG0(填“>”“”或“=”)。（2）高温时，N2与焦炭发生反应生成氰气(CN)2，其化学方程式为；(CN)2中C原子采取sp杂化，分子中4个原子共线，则(CN)2的结构式为。（3）NO在酸性溶液中能将I—氧化为I2。其反应机理为=ONI(aq)ΔH2=117.0kJ.mol1快反应+92.5kJ.mol1慢反应总反应的热化学方程式为，控速步骤为。在碱性溶液中，NO无法将I—氧化，从反应机理角度推测，其原因是。（4）由于氮的孤电子对之间的相互排斥，使得全氮类物质(如N4、N3)极不稳定，例如化学家检测到过请为化学科研工作者提供使全氮类物质变得较为稳定的一种思路：。P4分子结构与N4相似，但P4比N4稳定，从结构的角度分析，其原因是。7/20高二（下）化学阶段性检测试卷1.碳族、卤族可以形成多种化合物。ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2Π5中存在大π键(3)Π5（1）ClO2中Cl原子的轨道杂化方式______；为O-Cl-O键角______Cl-O-Cl键角（填“>”“<”或“=”）。比较ClO2与Cl2O中Cl-O键的键长，前者______后者（填“>”“<”或“=”并说明原因______。（3）[BMIM]+BF4-（见图）是MnOx晶型转变的诱导剂。BF4-的空间构型为；[BMIM]+中咪唑环存在π大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为。（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见下图）。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是。（5）SnBr2的VSEPR模型名称是___（6）不能用于区分CH3COOH和HCOOCH3的仪器是______。（不定项）A.李比希元素分析仪B.红外光谱仪C.核磁共振仪D.X射线衍射仪（7）杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可以改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒（SC[6]A-AgNPs）与血根碱（SGR）形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合物的过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。8/20杯[n]芳烃结构式杯[4]芳烃杯[6]芳烃杯[8]芳烃A.SGR分子的C原子和N原子都是sp2杂化B.SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘具有疏水性C.由于分子识别特性，后续研究若选用SC[8]A，同样可以自发装入血根碱（SGR）D.SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的苯环带来的分子识别特性【答案】（1）①.sp2②.>③.<④.ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键（2）①.角(V)形②.低于③.OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高（3）①.正四面体形②.sp2（4）FDCA形成的分子间氢键更多（5）①.平面三角形②.<（6）A（7）D【解析】【小问1详解】9/20ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大。由ClO2中存在大可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键(σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键)，Cl的价层电子对数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，根据价层电子对数=4，因此，O的杂化方式为sp3；sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角；ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键；【小问2详解】根据VSEPR理论有OF2的中心原子的价电子对数为=4，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角(V)形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；【小问3详解】BF4-中B的价层电子对数=4，形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在π大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；【小问4详解】由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF；【小问5详解】SnBr2分子中，Sn价层电子对数且含有1个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以分子中Br-Sn-Br的键角<120°;【小问6详解】A．李比希元素分析仪可以测定有机物中C、H、O的质量分数，CH3COOH和HCOOCH3互为同分异构体，二者的C、H、O的质量分数均相同，故不能用李比希元素分析仪区分，A符合题意；B．红外光谱仪检测的是化学键和官能团的结构特征，10/20有酯基，信号不完全相同，可以进行区分，B不符合题意；C．核磁共振仪检测的是氢原子的种类，中含有2种氢原子，有2个峰且峰面积之比为3：中含有2种氢原子，有2个峰且峰面积之比为1：3，峰的位置不完全相同，C不符合题意；D．X射线衍射仪可以通过衍射图计算分子的键长和键角等分子结构信息，确定分子结构，能够区分，D不符合题意；故选A；【小问7详解】A．SGR分子中含饱和C原子和苯环，C原子的杂化方式为sp3sp2，N原子是sp2杂化，A错误；B．SC[6]A的上缘发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基，因此可增强水溶性，下缘有羟基，具有亲水性，B错误；C．根据超分子可对分子进行识别，SC[6]A可自发装入血根碱，可知SC[6]A的大小与血根碱(SGR)适配，则SC[8]A无法识别血根碱，不能自发装入，C错误；D．杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，含有特定数量的苯环，则由特定空腔大小带来的分子识别特性，D正确；故选D。2.硫酸四氨合铜晶体{Cu(NH3)44.H2O}是一种重要的染料及农药中间体，该物质为深蓝色固体，受热易失氨。某小组同学以CuSO4溶液为原料拟用下列装置来制备该晶体。实验结束后，将C中所得的深蓝色溶液缓慢加入盛有15mL无水乙醇的烧杯中，用玻璃棒摩擦烧杯内壁，混匀后盖上表面皿静置30min，即有深蓝色晶体析出，抽滤，洗涤，干燥，称量。回答下列问题：（1）溶液Y可以是______。（2）CuSO4溶液呈蓝色，蓝色物质为水合铜离子，可表示为_____。向含Cu2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的其原因是。（3）分析Cu(NH3)42+中配位键形成的原因：______。（4）析出晶体时将深蓝色溶液加入乙醇中而不采用浓缩结晶的原因是______。（5）该实验中乙醇能降低物质溶解性的原因______。（6）洗涤时最适宜的洗涤剂是______。A.乙醚B.乙醇C.乙醇与浓氨水体积比为1:2的混合液D.浓氨水（7）为测定晶体中SO-的含量，将一足量的晶体溶于水，加入足量的沉淀剂再经过一系列操作后，得沉淀质量。该实验过程中需要用到以下哪些试剂。A．盐酸酸化的BaCl2溶液B．Ba(OH)2溶液C．硝酸酸化的AgNO3溶液2+②.氨的配位能力比水强，与铜离子能形成更稳定的配合物（3）铜离子具有空轨道，氨分子都拥有孤电子对，它们之间能形成配位键，得到稳定的配合物。（4）加乙醇后降低溶剂的极性，使硫酸四氨合铜晶体溶解度减小，有利于其结晶析出，且硫酸四氨合铜晶体不稳定，若直接浓缩结晶，会导致硫酸四氨合铜晶体受热会分解（5）乙醇相对水的极性更小，溶剂的极性小，则硫酸四氨合铜晶体的溶解度降低（6）C（7）A【解析】【分析】制备硫酸四氨合铜晶体{Cu(NH3)47」SO4.H2O}的方法为：先用氯化铵和熟石灰加热制取氨气(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑,然后将生成的NH3通入CuSO4溶液中充分反应生成硫酸四氨合铜晶体CuSO4+4NH3={344}，多余的氨气通入水中吸收，据此信息解答。【小问1详解】装置D中的水是吸收剩余未反应的氨气，由于氨气极易溶于水，为防止倒吸，根据装置图中，Y难溶于水11/2012/20且密度要比水大，A．苯：与水互不相溶且密度比水小，不符合，A错误；B．乙醇：与水互溶不分层，不符合，B错误；C．CCl4：与水互不相溶且密度比水大，符合，C正确；故答案为：C。【小问2详解】CuSO4溶液呈蓝色，蓝色物质为水合铜离子，参照的结构，水合铜离子可表示为：2+；向含Cu2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的即发生2++4NH3≈2++4H2O，说明氨的配位能力比水强，能够更好地与铜离子结合，形成更稳定的配合物。【小问3详解】在四氨合铜配合物中，铜离子(Cu2+)是中心原子，它具有空轨道，与此同时，氨分子(NH3)作为配体，每个氨分子都拥有孤电子对，由于孤电子对和铜离子的空轨道之间的相互吸引，它们之间形成了配位键，从而形成稳定的配合物。【小问4详解】加乙醇后降低溶剂的极性，硫酸四氨合铜晶体在极性较低的溶剂中的溶解度较小，有利于其结晶析出，且硫酸四氨合铜晶体不稳定，若直接浓缩结晶，会导致硫酸四氨合铜晶体受热会分解；【小问5详解】乙醇相对水的极性更小，溶剂的极性小，则硫酸四氨合铜晶体的溶解度降低。【小问6详解】洗涤时单独使用乙醇虽然可以减少硫酸四氨合铜晶体的溶解损失，但会造成硫酸四氨合铜晶体的解离；单独使用浓氨水虽然可以减小硫酸四氨合铜晶体的解离，但会使硫酸四氨合铜晶体溶解损失，所以选用乙醇与浓氨水体积比为1:2的混合液使溶液极性减小防止产物的溶解，浓氨水能防止配离子解离，从而能减小物质在洗涤过程中的损耗，则题目所给的四个选项中，符合的选项为：C。【小问7详解】在检验SO-的含量，需要先加入稀盐酸排除其他离子的干扰，再加入氯化钡溶液，与硫酸根离子产生硫酸钡沉淀，经过一系列操作后，得沉淀质量来确定SO-的含量，则题目所给的三个选项中，符合的选项为：A。13/203.碳可与氢形成多种烃，硼、氮、硅等元素也可以与氢形成类似于烃的化合物。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。基态硅原子的价层电子轨道表示式。单晶硅的晶体类型为。（2）硅与氢能形成一系列二元化合物如SiH4、Si2H6等，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键的个数比为。（3）已知和碳元素同主族的X元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的化学式是XY4。若X、Y两元素的电负性分别为1．8和3．0。A.XY4晶体中存在共价键和范德华力B.XY4的空间结构为正四面体形C.XY4熔融状态下能导电D.XY4属于极性分子（4）已知氨（NH3）和硼烷（BH3）可以发生加合反应生成氨硼烷(H3N-BH3)，它和乙烷具有相似的结构。下列有关这4种分子的说法正确的是。（不定项）A.有2种极性分子和2种非极性分子B.4种分子中除氢原子外的其他原子均采取sp3杂化C.NH3分子中的键角大于(H3N-BH3)分子中H-N-H之间的键角D.4种分子的熔点高低顺序为H3NBH3>CH3CH3>NH3>BH3（5）设分子中氮原子数为n，则无环状结构的氮烷分子式通式为______。（6）NH3在水中的溶解度较大，可能的原因有______、______。（写出2点）（7）一般来说，碳原子杂化轨道中的s成分越大，碳原子的电负性就越大，则给出H+的能力：乙烯______乙炔。理由：______。（5）NnHn+2（n≥l且n为正整数）（6）①.NH3和H2O极性接近，依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大②.氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力（或：部分氨气与水反应，降低了NH3浓度，使溶解量增大）（7）①.B②.乙烯、乙炔的杂化类型分别是sp2、sp，杂化轨道s成分：乙烯＜乙炔，碳原子电负性：乙烯＜乙炔，碳氢键极性：乙烯＜乙炔，给出氢离子的能力：乙烯＜乙炔【解析】【小问1详解】Si是14号元素，根据构造原理，可知基态Si原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，其价层电子排布式是3s23p2，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，故基态Si原子价层电子轨道表示式为；单晶硅是由原子构成的，且以共价键形成空间网状结构，其晶体类型为共价晶体；【小问2详解】丁硅烯分子中含有8个Si-H键，2个Si-Si键和1个Si=Si双键，单键均为σ键，双键中有1个σ键、一个1个π键，所以分子中σ键与π键的个数比为11：1；【小问3详解】X元素位于第四周期ⅣA族为Ge，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，Y元素原子的最外层电子数比内层电子总数少3，Y是氯，据此解答：A．Ge和Cl两元素的电负性分别为1.8和3.0，电负性差小于1.7，GeCl4中Ge-Cl键为共价键，GeCl4为分子晶体，GeCl4之间为范德华力，故A正确；B．GeCl4中Ge原子价电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，故B正确；C．GeCl4为分子晶体，熔融状态下不导电，故C错误；D．Ge-Cl键为极性共价键，虽Ge—Cl键有极性，但分子对称（正四面体正负电荷中心重合，为非极性分子，故D错误；故答案为AB；【小问4详解】A．NH3有3对成键电子对和1对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形，是极性分子；BH3有3对成键电子对但没有孤电子对，分子空间构型为平面正三角形，是非极性分子；H3N-BH3分子左右不对称，正电荷重心在B原子附近，负电荷重心在N原子附近，是极性分子；CH3CH3分子左右对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，故A正确；B．BH3分子为平面正三角形，有3对成键电子对，无孤电子对，则中心B原子采取sp2杂化，其他分子除14/2015/20H以外的中心原子均采取的是sp3杂化，故B错误；C．NH3和H3N-BH3中的N原子均为sp3杂化，NH3中存在孤电子对、H3N-BH3中无孤电子对，成键电子与成键电子之间的排斥小于成键电子与孤电子对之间的排斥，因此NH3分子中的键角小于(H3N-BH3)分子中H-N-H之间的键角，故C错误；D．H3N-BH3能形成分子间氢键，NH3形成分子间氢键，H3N-BH3和NH3熔点高于不能形成分子间氢键的CH3CH3和BH3，即熔点高低NH3>CH3CH3，故D错误；故答案为A；【小问5详解】当氮原子个数为1时，氢原子个数为3；当氮原子个数为2时，氢原子个数为4；当氮原子个数为3时，氢原子个数为5；当氮原子个数为4时，氢原子个数为6；当氮原子个数为n时，氢原子个数为n+2，所以其通式为NnHn+2（n≥l且n为正整数【小问6详解】NH3在水中的溶解度较大，可能的原因有：NH3和H2O极性接近，依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力；部分氨气与水反应，降低了NH3浓度，使溶解量增大；【小问7详解】一般来说，碳原子杂化轨道中的s成分越大，碳原子的电负性就越大，给出H+的能力越强，乙烯中碳原子采用sp2杂化、乙炔中碳原子采用sp杂化，所以碳原子杂化轨道中s成分：乙烯＜乙炔，碳原子的电负性：乙烯＜乙炔，碳氢键的极性：乙烯＜乙炔，则给出H+的能力：乙烯＜乙炔。4.VA的化合物种类繁多，应用广泛。某含氮镍锌笼形包合物的晶胞结构如图所示（H原子未画出，晶胞棱上的小黑点代表NH3，六元环代表C6H6且每个六元环只有一半属于该晶胞）。回答下列问题：（1）下列说法正确的是。（不定项）16/20A.基态锌原子的价电子排布式为：4s2（2）Zn2+周围紧邻的N原子数为______。（3）该晶胞的化学式为______。B.CN的C与Ni2+、N与Zn2+形成配位键D.对该晶体加热，C6H6比NH3更易脱出)所有原子均共平面，在盐酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是。（5）氮化镓是第三代半导体材料，传统制备GaN是采用GaCl3与NH3在一定条件下反应制备，不采用金属Ga与N2制备的原因是。（6）氮化硼在一定条件下可以制得硼砂(Na2B4O7.10H2O)，硼砂的负离子B4O5(OH)47」2一的结构所示，其中硼原子的杂化方式为。（7）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：①单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4晶体类型为______晶体。②基态Sn原子其价电子排布式为______。（8）砷化镓（GaAs）是一种应用广泛的半导体材料，与GaN、GaP晶体类型相同，其熔点数据如下表，其中Y为______（填化学式请解释说明原因。晶体XGaPY熔点/℃17/20（3）Ni(CN)4.Zn(NH3)2.2C6H6（4）吡咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成(大)π键，使得N的电子云密度降低，碱性减弱。而吡啶中N原子的孤对电子未参与形成(大)π键，更容易与盐酸电离出的H+结合，所以在盐酸中吡啶的溶解度更大（5）N2中存在氮氮三键，键能大，反应所需能量高，反应后气体分子数减少，属于熵减反应，不易自发进行（7）①.分子②.5s25p2（8）GaAs；由表中的熔点数据可知GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，原子半径：N<P<As，键长：Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能：Ga-N>Ga-P>Ga-As，键能越大，熔点越高【解析】【小问1详解】A．基态Zn原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，价电子排布式为3d104s2，故A错误；B．CN-中C有孤电子对且电负性比N小，可与Ni2+形成配位键。NH3中N有孤电子对，可与Zn2+形成配位键，故B正确；C．电负性：O>N>C>H，故C错误；D．NH3与金属离子形成配位键，作用较强，C6H6是范德华力结合，作用较弱，加热时C6H6比NH3更故答案为：BD；【小问2详解】由晶胞结构可知，以位于顶点的Zn2+为研究对象，Zn2+上下各有1个NH3的N原子，与Zn2+位于同一平面紧邻的CN-的N原子有4个，所以周围紧邻的N原子数为6；故答案为：6【小问3详解】18/20Ni2+位于晶胞的上下2个面心，数目为=1。CN-位于上下2个面上，数目为=4。Zn2+位于晶胞的顶点，数目为=1。NH3位于棱上，数目为=2。C6H6位于面上，数目为所以该晶胞的化学式为Ni(CN)4.Zn(NH3)2.2C6H6；故答案为：Ni(CN)4.Zn(NH3)2.2C6H6【小问4详解】吡咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成(大)π键，使得N的电子云密度降低，碱性减弱。而吡啶中N原子的孤对电子未参与形成(大)π键，更容易与盐酸电离出的H+结合，所以在盐酸中吡啶的溶解度更大；故答案为：吡咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成(大)π键，使得N的电子云密度降低，碱性减弱。而吡啶中N原子的孤对电子未参与形成(大)π键，更容易与盐酸电离出的H+结合，所以在盐酸中吡啶的溶解度更大；【小问5详解】N2中存在N三N三键，键能大，破坏该三键需要吸收很高的能量，使得反应所需能量高，并且金属Ga与N2反应制备GaN时，产物中气体分子数减少，属于熵减反应，反应不易自发进行，所以不采用金属Ga与N2制备GaN；故答案为：N2中存在氮氮三键，键能大，反应所需能量高，反应后气体分子数减少，属于熵减反应，不易【小问6详解】观察[B4O5(OH)4]2-的结构，其中有的硼原子形成3个σ键（如连接3个O原子的硼无孤电子对，根据杂化轨道理论，这些B原子为sp2杂化。有的硼原子形成4个σ键（如连接4个O原子的硼无孤电子对，这些B原子为sp3杂化，所以硼原子的杂化方式为sp2、sp3；【小问7详解】SnCl4常温常压下为无色液体，说明其熔沸点低，符合分子晶体的特征，所以SnCl4晶体类型为分子晶体；Sn是50号元素，位于第五周期ⅣA族，基态Sn原子的价电子排布式为5s25p2；19/20故答案为：分子；5