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【化学】河南省郑州市实验中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）
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河南省郑州市实验中学2018-2019学年高二下学期期中考试
（时间：90分钟，满分：100分）
可能用到的相对原子质量：Fe-56 Cu-64 O-16 N-14 H-1
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）
1.下列表示式错误的是（ ）
A. Na＋的轨道表示式：
B. Na＋的结构示意图：
C. Ge的电子排布式：[Ar]3d104s24p2
D. Cu+的价电子排布式：3d10
【答案】A
【解析】
【详解】A.轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，故选A；
B.Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故不选B；
C. Ge的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2，或写为[Ar]3d104s24p2，故不选C；
D. Cu的价电子排布式为3d10 4s1，因此Cu+的价电子排布式：3d10，故不选D；
答案：A
【点睛】易错选项A，注意每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反。
2.同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）
A. 原子半径：Z>Y>X B. 气态氢化物的稳定性HX>H2Y>ZH3
C. 电负性：X>Y>Z D. 第一电离能：X>Y>Z
【答案】D
【解析】
【详解】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，原子序数X>Y>Z；
A.同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Z>Y>X，故不选A；
B.非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故不选B；
C.非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故不选C；
D.通常情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但是也有特例；例如：X为Cl，Y为S，Z为P，由于P的最外层轨道处于半满状态，比较稳定，所以第一电离能Cl>P>S，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项D，注意电子排布处于半满、全满是会对第一电离能略有影响。
3.下列为各组指定的元素原子的价电子排布式，能形成AB2型离子化合物的是（ ）
A. 2s22p2和2s22p4 B. 3s23p4和2s22p4
C. 3s2和2s22p5 D. 3s1和3s23p4
【答案】C
【解析】
分析】
根据元素原子的价电子排布式确定元素种类，再去分析判断化合物类型。
【详解】A.6、8号元素分别是C、O元素，二者都是非金属元素，只能形成共价化合物，故A错误；
B.16、8号元素分别是S、O元素，二者都是非金属元素，只能形成共价化合物，故B错误；
C.12、9号元素分别是Mg、F元素，二者能通过得失电子形成离子键，且Mg是第IIA族、F为第VIIA族元素，能形成AB2型离子化合物，故C正确；
D.11、16号元素分别是Na、S元素，二者能形成离子键，但不能形成AB2型离子化合物，故D错误；
答案：C
4.下列说法正确的是（ ）
A. 含有极性键的分子一定是极性分子
B. H2O和CH4中心原子的杂化类型相同，键角前者大于后者
C. 最外层电子数为8的微粒都是稀有气体原子
D. 若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化，在变化各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是氢键、氢键和分子间作用力、极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A.含有极性键的分子可能是极性分子，例如水，也可能是非极性分子，例如二氧化碳，故A错误；
B. H2O、CH4两分子中心原子都是sp3杂化，轨道构型为正四面体，键角相等，CH4中没有孤电子对，H2O中存在2对孤电子对，孤对子对数越多，和其他电子发生排斥作用越大，键角被挤压的越小，因此甲烷键角大于水，故B错误；
C.微粒包括原子、分子、离子等，因此最外层电子数为8的微粒不一定都是稀有气体元素的原子，如钠离子的最外层电子数是8但不是稀有气体元素，故C错误；
D.固态水中和液态水中含有氢键，当状态发生变化是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏。水分解生成氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故D正确；
答案：D
【点睛】易错选项D，注意氢键只影响物理性质。
5.在单质晶体中，一定不存在（ ）
A. 离子键 B. 分子间作用力
C. 共价键 D. 金属离子与自由电子间的作用
【答案】A
【解析】
试题分析：A、离子键是阴阳离子通过静电作用，存在于化合物中，故正确；B、像氧气等中存在分子间作用力，故错误；C、如氧气中，氧原子间存在共价键，故错误；D、如金属晶体，故错误。
考点：考查晶体的成键特点等知识。
6.下列各组物质熔化或升华时，所克服的粒子间作用属于同种类型的是（ ）
A. 氯化钠与蔗糖熔化 B. 碘和干冰升华
C. 镁和硫熔化 D. 金刚石与氧化钠熔化
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠熔化破坏离子键与蔗糖熔化破坏分子间作用力，故A错误；
B.碘和干冰升华均破坏的是分子间作用力，故B正确；
C.镁熔化破坏金属键和硫熔化破坏分子间作用力，故C错误；
D.金刚石熔化破坏共价键与氧化钠熔化破坏离子键，故D错误；
答案：B
【点睛】注意先确定物质晶体类型，再根据熔化时离子晶体破坏离子键，原子晶体破坏共价键，分子晶体破坏分子间间作用力，金属晶体破坏金属键进行判断。
7.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八电子结构
B. 某种氟化氙的晶体结构单元如图，可推知其化学式为XeF6
C. XeF4按已知方程式水解，每生成4molXe，转移16mol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】C
【解析】
Xe原子本身就是8电子结构，再与F原子结合，肯定就不再是八电子结构了，故A错；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错误；由题中化学方程式可知，生成3molO2失12mol电子，生成2molXeO3失4mol电子，生成4molXe得16mol电子，所以转移电子总数为16mol，故C正确；F2与水会剧烈反应，所以在溶液中不可能生成F2，故D错误。
8.下列说法不正确的是（ ）
A. 60克SiO2晶体中，含有4 NA个硅氧键
B. 12克金刚石中，含有2 NA个碳碳键
C. 12克石墨中，含有1.5 NA个碳碳键
D. 31克白磷中，含有6 NA个磷磷键
【答案】D
【解析】
【详解】A. 60克SiO2晶体中，含有=4 NA个硅氧键，故不选A；
B. 12克金刚石中，含有=2 NA个碳碳键，故不选B；
C. 12克石墨中，含有=1.5 NA个碳碳键，故不选C；
D. 31克白磷中，含有1.5 NA个磷磷键，故选D；
答案：D
【点睛】1mol物质中共价键的物质的量为成键原子价电子数除以2。
9.a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（ ）
A. d元素的基态原子的核外电子的运动状态有17种
B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物
C. b与c或d形成的化合物都是良好的有机溶剂
D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
a．b．c．d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，所以a的电子数为11，则a为Na元素；b原子最外层电子数为最内层电子数的2倍，其最外层电子数是4，为C元素；c元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c与d同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl元素；总结：a为Na、b为C、c为S、d为Cl；再结合元素化合物的性质与元素周期律解答。
【详解】A. d元素原子序数为17 ，核外17个电子，因此基态原子的核外电子的运动状态有17种，故不选A；
B.钠对应的氧化物为氧化钠和过氧化钠，碳对应的氧化物为一氧化碳和二氧化碳，硫对应得氧化物为二氧化硫和三氧化硫，氯对应的氧化物很多例如Cl2O，ClO2等，故不选B；
C. CS2和CCl4都是良好的有机溶剂，故不选C；
D. b、c、d与氢形成的化合物中可能只有极性共价键，也可能有极性键与非极性键都有，例如乙炔中既有极性键也有非极性键，故选D；
答案：D
10.金属钠晶体为体心立方晶胞，实验测得钠的密度为ρ(g·cm－3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，假定金属钠原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为金属钠晶体为体心立方晶胞，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×=2，设晶胞边长为x，根据ρ=得，ρ=，所以x=，所以晶胞的体对角线为棱长的倍，则体对角线为，所以钠原子半径=；
答案：C
11.下列叙述正确的是（ ）
A. 在光照条件下，将乙烷与氯气混合最多可得8种有机产物
B. 乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C. 乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 苯酚有毒，沾到皮肤上，可用酒精洗涤
【答案】D
【解析】
【详解】A.在光照条件下，将乙烷与氯气混合最多可得9种有机产物，故A错误；
B.丁烷有同分异构体：正丁烷和异丁烷，故B错误；
C.聚氯乙烯没有碳碳双键，不都能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D.苯酚有毒，沾到皮肤上，可用酒精洗涤，故D正确；
答案：D
12.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇
B. 裂化汽油可用于萃取溴水中的溴
C. 三联苯的一氯代物有4种
D. 室温下，在水中的溶解度：苯酚＞丙三醇＞1—氯丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经蒸馏后即得乙醇，故A错误；
B.裂化汽油中含有不饱和烃，可与溴水发生加成反应，所以不可用于萃取溴水中的溴，故B错误；
C.三联苯的一氯代物有4种，，故C正确；
D.丙三醇易溶于水，苯酚室温下微溶于水，1-氯丁烷不溶于水，所以室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1—氯丁烷，故D错误；
答案：C
13.下列说法全部正确的是（ ）
①环丙烷和乙烯的最简式相同②相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同
③苯乙烯和丁烯互为同系物④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低
⑤标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
⑥分子中所有原子一定都在同一平面上
A. ①②③ B. ②④⑤⑥
C. ①②④ D. ①②④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①环丙烷和乙烯的最简式均为CH2，故①正确；
②因为乙炔与苯最简式相同，所以相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故②正确；
③同系物必须满足两个必要条件（1）结构相似（2）相差若干个CH2，因此苯乙烯和丁烯并不互为同系物，故③错误；
④对于烷烃同分异构体来说，支链越多，结构越对称沸点越低，因此正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，故④正确；
⑤己烷为液态，无法利用标况气体摩尔体积计算，故⑤错误；
⑥中存在甲基，具有甲烷四面体结构特点，所以分子中所有的原子不可能同一平面上，故⑥错误；
答案：C
14.将体积为10 mL两种气态烃与过量的氧气混合后充分燃烧，将生成物先通过浓H2SO4体积减小15 mL，再通过碱石灰气体体积又减小20 mL(气体体积均为同温同压下)。则混合烃的组成可能为（ ）
A. C2H4和C2H2 B. C2H6和C2H4
C. CH4和C3H4 D. C4H10和C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】
浓硫酸吸收的是水蒸气，碱石灰吸收的是二氧化碳，设烃的平均分子式为CxHy，根据体积之比等于物质的量之比计算平均分子式，据此判断。
【详解】设烃的平均分子式为CxHy；
CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O
1 x y/2
10 20 15
得该烃的平均分子为C2H3，根据H原子平均数可知，该烃一定还含有C2H2，根据C原子平均数可知，另一个烃一定含有C2Hy，故该烃为C2H4、C2H2组成的混合物；
答案：A
【点睛】考查有机物组成的确定，注意利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有1、平均碳法 2、平均氢法 3、分子式法 4、平均式量法。
15.下列有机物的同分异构体数目判断错误的是（ ）
选项
有机物
同分异构体数目
A
分子式为C5H12
3
B
分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液退色
2
C
分子式为C4H10O，能与Na反应生成氢气
4
D
分子式为C3H8的二氯代物
3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.戊烷有3种同分异构体，分别正戊烷、异戊烷与新戊烷，故不选A；
B.不能使溴的四氯化碳溶液退色，说明为环烷烃，分别为环丁烷，甲基环丙烷，故不选B；
C.能与Na反应生成氢气，说明为醇类，C4H10O可写成C4H9OH，丁基的同分异构体数为4，总共应有4种醇，故不选C；
D.分子式为C3H8的二氯代物，有四种分别为1,1-二氯丙烷、2,2-二氯丙烷、1,2-二氯丙烷、1,3-二氯丙烷，故选D；
答案：D
16.4-溴环己烯主要用于有机合成，它可发生如图所示的转化，下列叙述错误的是（ ）
A. 反应①为氧化反应，产物含有溴原子和羧基两种官能团
B. 反应②为取代反应，产物含有羟基和碳碳双键两种官能团
C. 反应③为消去反应，产物含碳碳双键和溴原子两种官能团
D. 反应④为加成反应，产物只含溴原子一种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾氧化碳碳双键，碳碳双键断键生成两个羧基，产物含有溴原子和羧基两种官能团，故不选A；
B.强碱水溶液作用下溴原子被羟基取代，产物含有羟基和碳碳双键两种官能团，故不选B；
C.在强碱醇溶液作用下卤代烃发生消去反应，产物含碳碳双键一种官能团，故选C；
D.碳碳双键与HBr发生加成反应，产物只含溴原子一种官能团，故不选D；
答案：C
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17.X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：
（1）X与L组成的最简单化合物的电子式为_____。
（2）X与M组成的物质为_______（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为______。
（3）Y的含氧酸的化学式为_____。其酸性来源不是本身电离出质子，而是能结合水分子电离的氢氧根离子，释放出质子，所以该酸为___元酸。
（4）L基态原子电子的最高能层符号为____，L的最高价含氧酸根离子的等电子体有__、__（写出一个分子和一个离子）。
【答案】 (1). (2). 离子 (3). CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ (4). H3BO3 (5). 一 (6). M (7). SiF4 (8). ClO4-
【解析】
【分析】
X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，则质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。
【详解】（1）X与L组成的最简单化合物PH3，电子式类似氨气，为；
答案：
（2）X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ ；
答案：离子 CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑
（3）Y为B元素，位于周期表第二周期ⅢA族，含氧酸为H3BO3，其酸性来源不是本身电离出质子，而是能结合水分子电离的氢氧根离子，释放出质子，电离方程式B(OH)3+H20[B(OH)4]- + H+，所以该酸为一元酸；
答案：H3BO3 一
（4）L为P，基态原子结构示意图为，，因此最高能层符号为M，L的最高价含氧酸根离子为PO43-，含有50个电子，等电子体有SiF4 、ClO4-；
答案：SiF4 ClO4-
【点睛】注意把握常见元素在周期表的位置与性质的递变规律，易错选项（4）等电子体的寻找。
18.0.1mol某气态链烃充分燃烧可以生成7.2克水。请据此回答以下问题：
（1）通过计算确定该烃的分子式可能为_____、______（可不填满）。
（2）若经测定该烃存在支链，则该烃的结构简式为________，其同分异构体有多种，写出属同类烃的所有同分异构体的结构简式并命名（可不填满）：
结构简式：________名称：________；
结构简式：________名称：________；
结构简式：________名称：________；
【答案】 (1). C3H8 (2). C4H8 (3). CH2=C（CH3）2 (4). CH2=C（CH3）2 (5). 2-甲基丙烯 (6). CH2=CHCH2CH3 (7). 1-丁烯 (8). CH3CH=CHCH3 (9). 2-丁烯
【解析】
【分析】
根据燃烧法：碳元素对应的燃烧产物是二氧化碳，氢元素对应燃烧产物是水，根据元素守恒来确定有机物的化学式，根据同分异构现象来确定有机物的结构简式。
【详解】（1）0.1mol某气态链烃，生成水的物质的量n===0.4mol，即含H物质的量=2×0.4mol=0.8mol，因为是气态烃，所以该烃可写成：CxH8，x=3或4，则可能是C3H8和C4H8；
答案：C3H8 C4H8
（2）C4H8有CH2=C（CH3）2、CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3三种同分异构体，所以可能的结构简式：CH3CH2CH3、CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2（存在支链）；
答案：CH2=C（CH3）2；CH2=C（CH3）2 2-甲基丙烯；CH2=CHCH2CH3 1-丁烯；
CH3CH=CHCH3 2-丁烯
19.有机物D对花香和果香的香味具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业。有机物D可以用下面的设计方案合成。
（1）A的结构简式______，C的名称____，该流程中涉及到的共同的反应类型有____，D中的官能团的名称为_____。
（2）写出下列反应的化学方程式：
②__________________
③_________________
（3）芳香族化合物E的分子式与C相同，写出E可能结构的结构简式（可不填满）：___、___、_____、____。
【答案】 (1). (2). 苯甲醇 (3). 取代反应 (4). 酯基 (5). +NaOH+NaCl (6). +CH3COOH +H2O (7). (8). (9). (10).
【解析】
【分析】
根据D可知A中必有苯环，再根据B，可知A为；甲苯与氯气光照条件下，烷基发生取代反应生成B（），B（）强碱水溶液作用下水解生成C（），C（）在浓硫酸做催化剂、加热条件下与乙酸发生酯化反应生成D（）
【详解】（1）A的结构简式，C为，名称苯甲醇，该流程中涉及到的共同的反应类型有取代反应，D为，含有官能团的名称为酯基；
答案： 苯甲醇 取代反应 酯基
（2）②B（）强碱水溶液作用下水解生成C（）,化学方程式为+NaOH+NaCl ；
③C（）在浓硫酸做催化剂、加热条件下与乙酸发生酯化反应生成D（），化学方程式为 +CH3COOH +H2O；
答案：+NaOH+NaCl ； +CH3COOH +H2O；
（3）芳香醇可能与酚和芳香醚互为同分异构体，E可能结构的结构简式、、、；
答案：、、、
20.（1）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知两种配合物的分子式分别为[Co(NH3)5Br]SO4和[Co(SO4)(NH3)5]Br，分别向两种配合物的溶液中加BaCl2溶液，有白色沉淀产生的是_____。
（2）向CuSO4溶液中逐滴加入稀氨水，所得配合物的化学式为_____，该配合物中存在的化学键类型为_________。
（3）铁可形成多种配位化合物，但与氨形成的化合物不稳定，如FeCl2虽然可以与氨气形[Fe(NH3)6]Cl2，但此物质遇水即生成灰白色沉淀，写出对应的反应方程式：_____。[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体_____。
【答案】 (1). [Co(NH3)5Br]SO4 (2). [Cu(NH3)4]SO4 (3). 配位键、共价键（离子键） (4). [Fe(NH3)6]Cl2+6H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl+4NH3﹒H2O (5).
【解析】
【分析】（1）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，[Co（SO4）（NH3）5]Br中硫酸根离子为內界，在水溶液里不能以离子存在；（2）向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2+2NH4+，再加氨水可形成铜氨配合物[Cu（NH3）4]SO4；
（3）[Fe(NH3)6]Cl2遇水即生成灰白色沉淀为氢氧化亚铁；根据化学式可知缺少的配体为NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中氧原子为配位原子；
【详解】（1）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，[Co（SO4）（NH3）5]Br中硫酸根离子为內界，在水溶液里不能以离子存在，所以加入BaCl2溶液时无明显现象；
答案：[Co(NH3)5Br]SO4
（2）向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2+2NH4+，再加氨水可形成铜氨配合物[Cu（NH3）4]SO4，该配合物中存在的化学键类型为配位键、共价键（离子键）；
答案：[Cu(NH3)4]SO4 配位键、共价键（离子键）
(3)[Fe(NH3)6]Cl2遇水即生成灰白色沉淀为氢氧化亚铁，方程式为[Fe(NH3)6]Cl2+6H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl+4NH3﹒H2O；根据化学式可知缺少的配体为NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中氧原子为配位原子；
答案：[Fe(NH3)6]Cl2+6H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl+4NH3﹒H2O
21.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe2+的价电子排布式为_______。
（2）氮气、氨气、肼（N2H4）中氮原子孤电子对数之比为_______，氨分子的空间构型是______
（3）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_____，1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为______。
（4）C、N、O三种元素的电负性由小到大的顺序为______。
（5）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_____。
（6）CN-与N2是等电子体，CN-的电子式为______。
（7）某FexNy的晶胞如图−1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图−2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___，若晶胞参数为a pm，则该晶胞的密度为____g/cm3。
【答案】 (1). 3d6 (2). 2:1:2 (3). 三角锥 (4). sp2和sp3 (5). 9NA (6). C
【分析】（1）根据铁的电子排布确定亚铁离子的价电子排布；
（2）氮气、氨气、肼（N2H4）中每个氮原子会有一个孤电子对；根据价层电子对和孤电子对确定结构；
（3）丙酮()分子中每个甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，羰基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；
（4）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；
（5）醇分子间可以形成氢键，使沸点升高；酮类不能形成氢键；
（6）CN-的结构与氮气相似；
（7）由图2可知，Cu替代a位置Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，均摊法确定化学式；晶胞质量除以晶胞的体积得密度；
【详解】（1）Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的价电子排布为3d6；
答案：3d6
（2）氮气中每个氮原子有一个孤电子对，共2个、氨气中氮原子有一个孤电子对、肼（N2H4）中每个氮原子有一个孤电子对，共2个；氨分子氨气中价层电子对个数=3+（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形结构；
答案：2:1:2 三角锥
（3）丙酮()分子中每个甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，羰基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；
答案： sp2和sp3 9NA
（4）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C
答案：乙醇分子间存在氢键
（6）CN-与N2是等电子体，CN-的结构与氮气相似，电子式为；
答案：
（7）由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，原子个数为8×1/8=1，Fe位于面心，原子个数为6×1/2=3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe3CuN；晶胞的质量为=g，晶胞的体积为（a×10-10）3=a3×10-30cm3，则密度为 ；
答案：Fe3CuN
（时间：90分钟，满分：100分）
可能用到的相对原子质量：Fe-56 Cu-64 O-16 N-14 H-1
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分）
1.下列表示式错误的是（ ）
A. Na＋的轨道表示式：
B. Na＋的结构示意图：
C. Ge的电子排布式：[Ar]3d104s24p2
D. Cu+的价电子排布式：3d10
【答案】A
【解析】
【详解】A.轨道表示式用一个方框或圆圈表示能级中的轨道，用箭头“↑”或“↓”来区别自旋方向的不同电子，每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反，所以Na+的轨道表示式：，故选A；
B.Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，故不选B；
C. Ge的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p2，或写为[Ar]3d104s24p2，故不选C；
D. Cu的价电子排布式为3d10 4s1，因此Cu+的价电子排布式：3d10，故不选D；
答案：A
【点睛】易错选项A，注意每个轨道最多容纳2个电子，2个电子处于同一轨道内，且自旋方向相反。
2.同周期的三种元素X、Y、Z，已知其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断错误的是（ ）
A. 原子半径：Z>Y>X B. 气态氢化物的稳定性HX>H2Y>ZH3
C. 电负性：X>Y>Z D. 第一电离能：X>Y>Z
【答案】D
【解析】
【详解】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4>H2YO4>H3ZO4，则非金属性X>Y>Z，原子序数X>Y>Z；
A.同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Z>Y>X，故不选A；
B.非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X>Y>Z，所以气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3，故不选B；
C.非金属性X>Y>Z，元素的非金属性越强，其电负性越强，则电负性：X>Y>Z，故不选C；
D.通常情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但是也有特例；例如：X为Cl，Y为S，Z为P，由于P的最外层轨道处于半满状态，比较稳定，所以第一电离能Cl>P>S，故选D；
答案：D
【点睛】易错选项D，注意电子排布处于半满、全满是会对第一电离能略有影响。
3.下列为各组指定的元素原子的价电子排布式，能形成AB2型离子化合物的是（ ）
A. 2s22p2和2s22p4 B. 3s23p4和2s22p4
C. 3s2和2s22p5 D. 3s1和3s23p4
【答案】C
【解析】
分析】
根据元素原子的价电子排布式确定元素种类，再去分析判断化合物类型。
【详解】A.6、8号元素分别是C、O元素，二者都是非金属元素，只能形成共价化合物，故A错误；
B.16、8号元素分别是S、O元素，二者都是非金属元素，只能形成共价化合物，故B错误；
C.12、9号元素分别是Mg、F元素，二者能通过得失电子形成离子键，且Mg是第IIA族、F为第VIIA族元素，能形成AB2型离子化合物，故C正确；
D.11、16号元素分别是Na、S元素，二者能形成离子键，但不能形成AB2型离子化合物，故D错误；
答案：C
4.下列说法正确的是（ ）
A. 含有极性键的分子一定是极性分子
B. H2O和CH4中心原子的杂化类型相同，键角前者大于后者
C. 最外层电子数为8的微粒都是稀有气体原子
D. 若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化，在变化各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是氢键、氢键和分子间作用力、极性键
【答案】D
【解析】
【详解】A.含有极性键的分子可能是极性分子，例如水，也可能是非极性分子，例如二氧化碳，故A错误；
B. H2O、CH4两分子中心原子都是sp3杂化，轨道构型为正四面体，键角相等，CH4中没有孤电子对，H2O中存在2对孤电子对，孤对子对数越多，和其他电子发生排斥作用越大，键角被挤压的越小，因此甲烷键角大于水，故B错误；
C.微粒包括原子、分子、离子等，因此最外层电子数为8的微粒不一定都是稀有气体元素的原子，如钠离子的最外层电子数是8但不是稀有气体元素，故C错误；
D.固态水中和液态水中含有氢键，当状态发生变化是氢键被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏。水分解生成氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故D正确；
答案：D
【点睛】易错选项D，注意氢键只影响物理性质。
5.在单质晶体中，一定不存在（ ）
A. 离子键 B. 分子间作用力
C. 共价键 D. 金属离子与自由电子间的作用
【答案】A
【解析】
试题分析：A、离子键是阴阳离子通过静电作用，存在于化合物中，故正确；B、像氧气等中存在分子间作用力，故错误；C、如氧气中，氧原子间存在共价键，故错误；D、如金属晶体，故错误。
考点：考查晶体的成键特点等知识。
6.下列各组物质熔化或升华时，所克服的粒子间作用属于同种类型的是（ ）
A. 氯化钠与蔗糖熔化 B. 碘和干冰升华
C. 镁和硫熔化 D. 金刚石与氧化钠熔化
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化钠熔化破坏离子键与蔗糖熔化破坏分子间作用力，故A错误；
B.碘和干冰升华均破坏的是分子间作用力，故B正确；
C.镁熔化破坏金属键和硫熔化破坏分子间作用力，故C错误；
D.金刚石熔化破坏共价键与氧化钠熔化破坏离子键，故D错误；
答案：B
【点睛】注意先确定物质晶体类型，再根据熔化时离子晶体破坏离子键，原子晶体破坏共价键，分子晶体破坏分子间间作用力，金属晶体破坏金属键进行判断。
7.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八电子结构
B. 某种氟化氙的晶体结构单元如图，可推知其化学式为XeF6
C. XeF4按已知方程式水解，每生成4molXe，转移16mol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】C
【解析】
Xe原子本身就是8电子结构，再与F原子结合，肯定就不再是八电子结构了，故A错；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错误；由题中化学方程式可知，生成3molO2失12mol电子，生成2molXeO3失4mol电子，生成4molXe得16mol电子，所以转移电子总数为16mol，故C正确；F2与水会剧烈反应，所以在溶液中不可能生成F2，故D错误。
8.下列说法不正确的是（ ）
A. 60克SiO2晶体中，含有4 NA个硅氧键
B. 12克金刚石中，含有2 NA个碳碳键
C. 12克石墨中，含有1.5 NA个碳碳键
D. 31克白磷中，含有6 NA个磷磷键
【答案】D
【解析】
【详解】A. 60克SiO2晶体中，含有=4 NA个硅氧键，故不选A；
B. 12克金刚石中，含有=2 NA个碳碳键，故不选B；
C. 12克石墨中，含有=1.5 NA个碳碳键，故不选C；
D. 31克白磷中，含有1.5 NA个磷磷键，故选D；
答案：D
【点睛】1mol物质中共价键的物质的量为成键原子价电子数除以2。
9.a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c。下列叙述错误的是（ ）
A. d元素的基态原子的核外电子的运动状态有17种
B. 它们均存在两种或两种以上的氧化物
C. b与c或d形成的化合物都是良好的有机溶剂
D. b、c、d与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
a．b．c．d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，所以a的电子数为11，则a为Na元素；b原子最外层电子数为最内层电子数的2倍，其最外层电子数是4，为C元素；c元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，则c为S元素；c与d同周期，d的原子半径小于c，则d为Cl元素；总结：a为Na、b为C、c为S、d为Cl；再结合元素化合物的性质与元素周期律解答。
【详解】A. d元素原子序数为17 ，核外17个电子，因此基态原子的核外电子的运动状态有17种，故不选A；
B.钠对应的氧化物为氧化钠和过氧化钠，碳对应的氧化物为一氧化碳和二氧化碳，硫对应得氧化物为二氧化硫和三氧化硫，氯对应的氧化物很多例如Cl2O，ClO2等，故不选B；
C. CS2和CCl4都是良好的有机溶剂，故不选C；
D. b、c、d与氢形成的化合物中可能只有极性共价键，也可能有极性键与非极性键都有，例如乙炔中既有极性键也有非极性键，故选D；
答案：D
10.金属钠晶体为体心立方晶胞，实验测得钠的密度为ρ(g·cm－3)。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，假定金属钠原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径r(cm)为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为金属钠晶体为体心立方晶胞，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×=2，设晶胞边长为x，根据ρ=得，ρ=，所以x=，所以晶胞的体对角线为棱长的倍，则体对角线为，所以钠原子半径=；
答案：C
11.下列叙述正确的是（ ）
A. 在光照条件下，将乙烷与氯气混合最多可得8种有机产物
B. 乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C. 乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 苯酚有毒，沾到皮肤上，可用酒精洗涤
【答案】D
【解析】
【详解】A.在光照条件下，将乙烷与氯气混合最多可得9种有机产物，故A错误；
B.丁烷有同分异构体：正丁烷和异丁烷，故B错误；
C.聚氯乙烯没有碳碳双键，不都能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；
D.苯酚有毒，沾到皮肤上，可用酒精洗涤，故D正确；
答案：D
12.下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A. 除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇
B. 裂化汽油可用于萃取溴水中的溴
C. 三联苯的一氯代物有4种
D. 室温下，在水中的溶解度：苯酚＞丙三醇＞1—氯丁烷
【答案】C
【解析】
【详解】A.除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经蒸馏后即得乙醇，故A错误；
B.裂化汽油中含有不饱和烃，可与溴水发生加成反应，所以不可用于萃取溴水中的溴，故B错误；
C.三联苯的一氯代物有4种，，故C正确；
D.丙三醇易溶于水，苯酚室温下微溶于水，1-氯丁烷不溶于水，所以室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1—氯丁烷，故D错误；
答案：C
13.下列说法全部正确的是（ ）
①环丙烷和乙烯的最简式相同②相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同
③苯乙烯和丁烯互为同系物④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低
⑤标准状况下，11.2 L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
⑥分子中所有原子一定都在同一平面上
A. ①②③ B. ②④⑤⑥
C. ①②④ D. ①②④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①环丙烷和乙烯的最简式均为CH2，故①正确；
②因为乙炔与苯最简式相同，所以相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故②正确；
③同系物必须满足两个必要条件（1）结构相似（2）相差若干个CH2，因此苯乙烯和丁烯并不互为同系物，故③错误；
④对于烷烃同分异构体来说，支链越多，结构越对称沸点越低，因此正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，故④正确；
⑤己烷为液态，无法利用标况气体摩尔体积计算，故⑤错误；
⑥中存在甲基，具有甲烷四面体结构特点，所以分子中所有的原子不可能同一平面上，故⑥错误；
答案：C
14.将体积为10 mL两种气态烃与过量的氧气混合后充分燃烧，将生成物先通过浓H2SO4体积减小15 mL，再通过碱石灰气体体积又减小20 mL(气体体积均为同温同压下)。则混合烃的组成可能为（ ）
A. C2H4和C2H2 B. C2H6和C2H4
C. CH4和C3H4 D. C4H10和C2H4
【答案】A
【解析】
【分析】
浓硫酸吸收的是水蒸气，碱石灰吸收的是二氧化碳，设烃的平均分子式为CxHy，根据体积之比等于物质的量之比计算平均分子式，据此判断。
【详解】设烃的平均分子式为CxHy；
CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O
1 x y/2
10 20 15
得该烃的平均分子为C2H3，根据H原子平均数可知，该烃一定还含有C2H2，根据C原子平均数可知，另一个烃一定含有C2Hy，故该烃为C2H4、C2H2组成的混合物；
答案：A
【点睛】考查有机物组成的确定，注意利用平均分子组成判断烃的组成，常用方法有1、平均碳法 2、平均氢法 3、分子式法 4、平均式量法。
15.下列有机物的同分异构体数目判断错误的是（ ）
选项
有机物
同分异构体数目
A
分子式为C5H12
3
B
分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液退色
2
C
分子式为C4H10O，能与Na反应生成氢气
4
D
分子式为C3H8的二氯代物
3
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.戊烷有3种同分异构体，分别正戊烷、异戊烷与新戊烷，故不选A；
B.不能使溴的四氯化碳溶液退色，说明为环烷烃，分别为环丁烷，甲基环丙烷，故不选B；
C.能与Na反应生成氢气，说明为醇类，C4H10O可写成C4H9OH，丁基的同分异构体数为4，总共应有4种醇，故不选C；
D.分子式为C3H8的二氯代物，有四种分别为1,1-二氯丙烷、2,2-二氯丙烷、1,2-二氯丙烷、1,3-二氯丙烷，故选D；
答案：D
16.4-溴环己烯主要用于有机合成，它可发生如图所示的转化，下列叙述错误的是（ ）
A. 反应①为氧化反应，产物含有溴原子和羧基两种官能团
B. 反应②为取代反应，产物含有羟基和碳碳双键两种官能团
C. 反应③为消去反应，产物含碳碳双键和溴原子两种官能团
D. 反应④为加成反应，产物只含溴原子一种官能团
【答案】C
【解析】
【详解】A.酸性高锰酸钾氧化碳碳双键，碳碳双键断键生成两个羧基，产物含有溴原子和羧基两种官能团，故不选A；
B.强碱水溶液作用下溴原子被羟基取代，产物含有羟基和碳碳双键两种官能团，故不选B；
C.在强碱醇溶液作用下卤代烃发生消去反应，产物含碳碳双键一种官能团，故选C；
D.碳碳双键与HBr发生加成反应，产物只含溴原子一种官能团，故不选D；
答案：C
二、填空题（本大题共5小题，共52分）
17.X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X2是最轻的气体，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：
（1）X与L组成的最简单化合物的电子式为_____。
（2）X与M组成的物质为_______（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为______。
（3）Y的含氧酸的化学式为_____。其酸性来源不是本身电离出质子，而是能结合水分子电离的氢氧根离子，释放出质子，所以该酸为___元酸。
（4）L基态原子电子的最高能层符号为____，L的最高价含氧酸根离子的等电子体有__、__（写出一个分子和一个离子）。
【答案】 (1). (2). 离子 (3). CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ (4). H3BO3 (5). 一 (6). M (7). SiF4 (8). ClO4-
【解析】
【分析】
X2是最轻的气体，X应为H元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，且为主族元素，则质子数分别为5、15、20，分别B、P、Ca等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。
【详解】（1）X与L组成的最简单化合物PH3，电子式类似氨气，为；
答案：
（2）X与M组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方程式为CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ ；
答案：离子 CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑
（3）Y为B元素，位于周期表第二周期ⅢA族，含氧酸为H3BO3，其酸性来源不是本身电离出质子，而是能结合水分子电离的氢氧根离子，释放出质子，电离方程式B(OH)3+H20[B(OH)4]- + H+，所以该酸为一元酸；
答案：H3BO3 一
（4）L为P，基态原子结构示意图为，，因此最高能层符号为M，L的最高价含氧酸根离子为PO43-，含有50个电子，等电子体有SiF4 、ClO4-；
答案：SiF4 ClO4-
【点睛】注意把握常见元素在周期表的位置与性质的递变规律，易错选项（4）等电子体的寻找。
18.0.1mol某气态链烃充分燃烧可以生成7.2克水。请据此回答以下问题：
（1）通过计算确定该烃的分子式可能为_____、______（可不填满）。
（2）若经测定该烃存在支链，则该烃的结构简式为________，其同分异构体有多种，写出属同类烃的所有同分异构体的结构简式并命名（可不填满）：
结构简式：________名称：________；
结构简式：________名称：________；
结构简式：________名称：________；
【答案】 (1). C3H8 (2). C4H8 (3). CH2=C（CH3）2 (4). CH2=C（CH3）2 (5). 2-甲基丙烯 (6). CH2=CHCH2CH3 (7). 1-丁烯 (8). CH3CH=CHCH3 (9). 2-丁烯
【解析】
【分析】
根据燃烧法：碳元素对应的燃烧产物是二氧化碳，氢元素对应燃烧产物是水，根据元素守恒来确定有机物的化学式，根据同分异构现象来确定有机物的结构简式。
【详解】（1）0.1mol某气态链烃，生成水的物质的量n===0.4mol，即含H物质的量=2×0.4mol=0.8mol，因为是气态烃，所以该烃可写成：CxH8，x=3或4，则可能是C3H8和C4H8；
答案：C3H8 C4H8
（2）C4H8有CH2=C（CH3）2、CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3三种同分异构体，所以可能的结构简式：CH3CH2CH3、CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C（CH3）2（存在支链）；
答案：CH2=C（CH3）2；CH2=C（CH3）2 2-甲基丙烯；CH2=CHCH2CH3 1-丁烯；
CH3CH=CHCH3 2-丁烯
19.有机物D对花香和果香的香味具有提升作用，故常用于化妆品工业和食品工业。有机物D可以用下面的设计方案合成。
（1）A的结构简式______，C的名称____，该流程中涉及到的共同的反应类型有____，D中的官能团的名称为_____。
（2）写出下列反应的化学方程式：
②__________________
③_________________
（3）芳香族化合物E的分子式与C相同，写出E可能结构的结构简式（可不填满）：___、___、_____、____。
【答案】 (1). (2). 苯甲醇 (3). 取代反应 (4). 酯基 (5). +NaOH+NaCl (6). +CH3COOH +H2O (7). (8). (9). (10).
【解析】
【分析】
根据D可知A中必有苯环，再根据B，可知A为；甲苯与氯气光照条件下，烷基发生取代反应生成B（），B（）强碱水溶液作用下水解生成C（），C（）在浓硫酸做催化剂、加热条件下与乙酸发生酯化反应生成D（）
【详解】（1）A的结构简式，C为，名称苯甲醇，该流程中涉及到的共同的反应类型有取代反应，D为，含有官能团的名称为酯基；
答案： 苯甲醇 取代反应 酯基
（2）②B（）强碱水溶液作用下水解生成C（）,化学方程式为+NaOH+NaCl ；
③C（）在浓硫酸做催化剂、加热条件下与乙酸发生酯化反应生成D（），化学方程式为 +CH3COOH +H2O；
答案：+NaOH+NaCl ； +CH3COOH +H2O；
（3）芳香醇可能与酚和芳香醚互为同分异构体，E可能结构的结构简式、、、；
答案：、、、
20.（1）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知两种配合物的分子式分别为[Co(NH3)5Br]SO4和[Co(SO4)(NH3)5]Br，分别向两种配合物的溶液中加BaCl2溶液，有白色沉淀产生的是_____。
（2）向CuSO4溶液中逐滴加入稀氨水，所得配合物的化学式为_____，该配合物中存在的化学键类型为_________。
（3）铁可形成多种配位化合物，但与氨形成的化合物不稳定，如FeCl2虽然可以与氨气形[Fe(NH3)6]Cl2，但此物质遇水即生成灰白色沉淀，写出对应的反应方程式：_____。[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体_____。
【答案】 (1). [Co(NH3)5Br]SO4 (2). [Cu(NH3)4]SO4 (3). 配位键、共价键（离子键） (4). [Fe(NH3)6]Cl2+6H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl+4NH3﹒H2O (5).
【解析】
【分析】（1）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，[Co（SO4）（NH3）5]Br中硫酸根离子为內界，在水溶液里不能以离子存在；（2）向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2+2NH4+，再加氨水可形成铜氨配合物[Cu（NH3）4]SO4；
（3）[Fe(NH3)6]Cl2遇水即生成灰白色沉淀为氢氧化亚铁；根据化学式可知缺少的配体为NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中氧原子为配位原子；
【详解】（1）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，[Co（SO4）（NH3）5]Br中硫酸根离子为內界，在水溶液里不能以离子存在，所以加入BaCl2溶液时无明显现象；
答案：[Co(NH3)5Br]SO4
（2）向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2+2NH4+，再加氨水可形成铜氨配合物[Cu（NH3）4]SO4，该配合物中存在的化学键类型为配位键、共价键（离子键）；
答案：[Cu(NH3)4]SO4 配位键、共价键（离子键）
(3)[Fe(NH3)6]Cl2遇水即生成灰白色沉淀为氢氧化亚铁，方程式为[Fe(NH3)6]Cl2+6H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl+4NH3﹒H2O；根据化学式可知缺少的配体为NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中氧原子为配位原子；
答案：[Fe(NH3)6]Cl2+6H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl+4NH3﹒H2O
21.铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe2+的价电子排布式为_______。
（2）氮气、氨气、肼（N2H4）中氮原子孤电子对数之比为_______，氨分子的空间构型是______
（3）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_____，1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为______。
（4）C、N、O三种元素的电负性由小到大的顺序为______。
（5）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_____。
（6）CN-与N2是等电子体，CN-的电子式为______。
（7）某FexNy的晶胞如图−1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图−2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___，若晶胞参数为a pm，则该晶胞的密度为____g/cm3。
【答案】 (1). 3d6 (2). 2:1:2 (3). 三角锥 (4). sp2和sp3 (5). 9NA (6). C
【分析】（1）根据铁的电子排布确定亚铁离子的价电子排布；
（2）氮气、氨气、肼（N2H4）中每个氮原子会有一个孤电子对；根据价层电子对和孤电子对确定结构；
（3）丙酮()分子中每个甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，羰基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；
（4）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大；
（5）醇分子间可以形成氢键，使沸点升高；酮类不能形成氢键；
（6）CN-的结构与氮气相似；
（7）由图2可知，Cu替代a位置Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，均摊法确定化学式；晶胞质量除以晶胞的体积得密度；
【详解】（1）Fe的价电子排布式为3d64s2，则Fe2+的价电子排布为3d6；
答案：3d6
（2）氮气中每个氮原子有一个孤电子对，共2个、氨气中氮原子有一个孤电子对、肼（N2H4）中每个氮原子有一个孤电子对，共2个；氨分子氨气中价层电子对个数=3+（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形结构；
答案：2:1:2 三角锥
（3）丙酮()分子中每个甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，羰基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；
答案： sp2和sp3 9NA
（4）同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C
答案：乙醇分子间存在氢键
（6）CN-与N2是等电子体，CN-的结构与氮气相似，电子式为；
答案：
（7）由图2可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，原子个数为8×1/8=1，Fe位于面心，原子个数为6×1/2=3，N位于体心，则只有1个N，其化学式为Fe3CuN；晶胞的质量为=g，晶胞的体积为（a×10-10）3=a3×10-30cm3，则密度为 ；
答案：Fe3CuN
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