【化学】福建省龙岩市上杭县第一中学等六校2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

福建省龙岩市上杭县第一中学等六校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 O-16 N--14 Na-23 Cl-35.5 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。请选择一个最佳选项作答)
1.以下能级符号不正确的是
A. 3s B. 3d C. 3p D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】第三能层能级数为3，分别是3s、3p、3d，故D项错误。
故选D。
2.下列有关化学用语使用正确的是
A. 基态碳原子的价电子轨道表示式为
B. NH4Cl 的电子式:
C. HClO的结构式:H—Cl—O
D. Cr原子的基态电子排布式为[Ar]3d44s2
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳的原子序数为6，价电子排布为2s22p2，基态碳原子的价电子轨道表示式为，故A正确；
B. NH4Cl 的电子式:，故B错误；
C. HClO的结构式: H—O—Cl，故C错误；
D. Cr原子的基态电子排布式为[Ar]3d54s1，故D错误；
故选A。
3.配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、 配体和配位数分别为
A. Cu+ NH3 4 B. Cu2+ NH3 4 C. Cu2+ OH- 2 D. Cu2+ NH3 2
【答案】B
【解析】
【详解】配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子为Cu2+，配体为NH3，配位数为4，故B正确；
故选B。
4.下列分子中含有“手性”碳原子的是
A. CH3CH2OH B. CH3CHO C. H2N-CH2-COOH D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. CH3CH2OH中，两碳原子所连接的四个原子或基团都有一样的，没有手性碳原子，故A错误；
B. CH3CHO中一个碳原子为不饱和碳原子，另一个碳原子所连接的四个原子或基团有3个是一样的，没有手性碳原子，故B错误；
C. H2N-CH2-COOH中一个碳原子为不饱和碳原子，另一个碳原子所连接的四个原子或基团有2个是一样的，没有手性碳原子，故C错误；
D. 中间的碳原子连有四个不同的原子或基团，该碳原子具有手性，故D正确；
故选D。
【点睛】手性碳原子是指人们将连有四个不同原子或基团的碳原子形象地称为手性碳原子，常以*标记手性碳原子。
5.下列物质分子中既有σ键，又有π键的
①HCl　 ②H2O 　③N2 　④C2H2　 ⑤C2H4
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ①③ D. ④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①HCl中只有共价单键，则只有σ键；
②H2O中只有共价单键，则只有σ键；
③N2中氮氮三键中有1个σ键和2个π键；
④C2H2中含碳碳三键，三键中有1个σ键和2个π键；
⑤C2H4中含碳碳双键，双键中有1个σ键和一个π键；
则分子中既有σ键，又有π键的是③④⑤，
故选B。
6.下列各组物质中，由极性键和非极性键构成的非极性分子是（ ）
A. B. C. D. NaOH
【答案】A
【解析】
A. 分子中有碳碳叁键和碳氢键，既有极性键又有非极性键，分子呈对称的直线形，故其属于非极性分子； B. 分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；C. 分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子； D. NaOH是离子化物，其中含离子键和极性键。本题选A。
点睛：同种元素原子之间形成的共价键是非极性键，不同种元素的原子之间形成的共价键是极性键。若分子正负电荷的中心是重合的，则该分子为非极性分子，否则为极性分子。
7.下列有关共价键和键参数的说法不正确的是
A. 一个乙烯(C2H4)分子中含有5个σ 键和1个π 键
B. C-H键比Si-H键键长更短，故CH4比SiH4更稳定
C. 由于孤电子对的存在，H2O分子的键角小于109°28′
D. 碳碳双键比碳碳单键键能更大，故碳碳双键更稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 一个乙烯(C2H4)分子中含有4个C-H，1个碳碳双键，单键是σ 键，双键中有1个σ键和一个π键，故A正确；
B. C-H键比Si-H键键长短，则C-H键比Si-H键键能大，故CH4比SiH4更稳定，故B正确；
C. O中有两对孤电子对，O的价层电子对数为4，根据价层电子对互斥理论，孤电子对间的排斥作用>孤电子对与成键电子对间的排斥作用>成键电子对间的排斥作用，H2O分子的键角小于109°28′，为104.5°，故C正确；
D. 碳碳双键比碳碳单键键能大，但碳碳双键中含有1个σ键和一个π键，碳碳单键只含有1个σ键，碳碳双键中的π键易断裂，所以碳碳单键更稳定，故D错误；
故选D
【点睛】碳碳双键中含有1个σ键和一个π键，碳碳单键只含有1个σ键，键长和键能决定分子的稳定性，键角和键长决定分子的空间构型。
8.下列有关物质结构说法正确的是
A. 氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏
B. 碘升华时克服了共价键和分子间作用力
C. 含极性键的共价化合物一定是电解质
D. HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯化钠是由离子键构成的离子晶体，当固体在溶于水时离子键被破坏，故A正确；
B.碘是由分子组成的物质，升华时破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，故B错误；
C.含极性键的共价化合物可能是电解质，也可能是非电解质。如H2O是电解质。CCl4是非电解质，二者都含有极性共价键，故C错误；
D. HF的分子内共价键键能大于HCl，故HF比HCl更稳定，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查了化学键、分子间作用力、离子键等，侧重考查学生对概念的辨别能力，共价化合物不一定是电解质，如二氧化碳、氨气是非电解质。
9.下列有关描述正确的是
A. 第一电离能：B>Be>Li
B. 电负性：F>N>O
C. 前四周期的元素中，未成对电子数等于其电子层数的元素共有5种
D. NH4+与H3O+均为10e-，它们互为等电子体
【答案】C
【解析】
【详解】A、同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族。Be位于第2周期第ⅡA族，B位于第2周期第ⅢA族，所以第一电离能Be>B，故A错误；
B、同一周期，从左到右元素电负性递增，所以电负性：F>O>N，故B错误；
C、前四周期的元素中，未成对电子数等于其电子层数的元素有H、C、O、P、Fe共有五种，故C正确；
D、NH4+与H3O+均为10电子粒子，但原子个数不等，不是等电子体，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】第一电离能大小比较方法为：同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族。
电负性大小比较方法为：同一周期，从左到右元素电负性递增。同一主族，自上而下元素电负性递减。
10.已知以下反应中的四种物质由三种元素组成，其中a的分子空间构型为正四面体形，一个a分子含有10e-，组成b物质的元素为第3周期元素。下列判断正确的是

A. 四种分子中的化学键均是极性键
B. a、c分子中中心原子均采用sp3杂化
C. 四种分子中既有σ键，又有π键
D. b、d分子中共价键的键能：b>d
【答案】B
【解析】
【详解】a的分子空间构型为正四面体形，一个a分子含有10e-，则a为CH4；组成b物质的元素为第3周期元素，b为Cl2；c为CH3Cl，d为HCl；
A. b是氯与氯形成的非极性共价键，故A错误；
B. 甲烷中碳与氢形成4个碳氢σ键、一氯甲烷分子中形成三个碳氢σ键和一个碳氯σ键，中心原子均为sp3杂化，故B正确；
C. 四种分子都无π键，故C错误；
D. 氯的原子半径大于氢原子半径，共价键的键长越短，键能越高，所以氯气分子中的氯氯键的键能小于氯化氢分子中的氢氯键共价键的键能，故D错误；
故选B。
11.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol－1。请根据下表数据判断，错误的是 (　　)
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4 600
6 900
9 500
Y
580
1 800
2 700
11 600
A. 元素X的常见化合价是＋1价
B. 元素Y是ⅢA族元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【详解】A项，由元素X的电离能可知，X元素极易失去第一个电子，所以常见化合价为+1价，故A项正确；
B项，根据元素Y的电离能可知，Y元素的最外层只有三个电子，且Y是主族元素，则元素Y是第ⅢA族元素，故B项正确；
C项，由元素X的电离能可知，X元素极易失去第一个电子，所以常见化合价为+1价，可能与氯形成化合物XCl，故C项正确；
D项，根据元素Y的电离能可知，Y元素的最外层只有三个电子，若Y处于第三周期，则Y为Al，而铝不能与冷水反应，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
12.五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。下列说法正确的是
元素代号
X
W
Y
Z
Q
原子半径(×10-12m)
37
64
66
70
154
主要化合价
+1
-1
-2
+5、-3
+1
A. W的最高正价为十7
B. 由Q 与Y 形成的化合物中只存在离子键
C. Z与X之间形成的化合物具有还原性
D. 由X、Y、Z 三种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
【答案】C
【解析】
【分析】
根据表中数据知，X的原子半径最小，且其正化合价为+1，则X位于第IA族；W、Y、Z为同周期元素，根据其化合价知，W为第VIIA族、Y为第VIA族、Z为第VA族元素，Q为第IA族元素，其原子半径最大，且为短周期元素，所以Q是Na元素，W、Y、Z都属于第二周期元素，所以W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，X原子半径小于W，所以X是H元素，
【详解】A. W是F元素，F没有正价，故A错误；
B. Y是O元素、Q是Na元素，二者能形成Na2O、Na2O2，Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，故B错误；
C. Z与X之间形成的化合物是NH3，氨气中N元素处于最低价态，所以氨气具有还原性，故C正确；
D. 由H、O、N三种元素形成的化合物中硝酸铵和硝酸的水溶液均为酸性，故D错误；
故选C。
【点睛】原子的电子层数越大，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数增大而减小，在短周期元素中，元素的最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8。
13.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X原子的质子数与电子层数相同，W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，Y、Z、M、W在周期表中的相对位置如图所示。下列说法不正确的是

A. 原子半径：W>Y>Z>M>X
B. 热稳定性：XM>X2Z，沸点：X2Z>YX3
C. X、Y、Z三种元素形成的化合物中不可能含离子键
D. YM3、WM4分子中每个原子最外层均满足8电子结构
【答案】C
【解析】
X原子的质子数与电子层数相同，则X为H；W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，W为Si，Y为N，Z为O，M为F。电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：Si>N>O>F>H，A正确；非金属性：F>O，热稳定性：HF>H2O，常温常压下，水是液体，而NH3是气体，沸点：H2O>NH3，B正确； H、N、O可形成NH4NO3离子型化合物，含有离子键，C错误； NF3、SiF4分子中每个原子最外层均满足8电子结构，D正确。
14.[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2−+4H＋+4H2O= [Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN，HOCH2CN的结构简式如下图所示，下列说法不正确的是

A. HOCH2CN分子中没有手性碳原子
B. 1mol HOCH2CN分子中含有σ键的物质的量为5mol
C. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4
D. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是sp3和sp杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A. HOCH2CN分子中有1个碳原子是不饱和碳原子，1个碳原子连两个H原子，故分子中没有手性碳原子，故A正确；
B. HOCH2CN分子中有1个，2个C-H键，1个C-C键，1个C-O键，1个H-O键，单键都是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，故1mol HOCH2CN分子中含有σ键的物质的量为6mol，故B错误；
C. [Zn(CN)4]2-和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4，故C正确；
D. HOCH2CN分子中其中与羟基（-OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个σ键和2个π键，价层电子对数为2，碳原子杂化轨道类型为sp，故D正确；
故选B。
15.S2C12是广泛用于橡胶工业的硫化剂，常温下，S2C12是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。S2Cl2的结构与H2O2类似，如下图所示，下列说法正确的是

A. S2C12分子中两个S原子均是sp杂化
B. S2Br2 与 S2C12 结构相似，熔、沸点：S2Br2 C. S2C12是含有极性键和非极性键的极性分子
D. S2C12 与 H2O 反应的化学方程式为2S2C12 +2H2O=SO2↑+3S↓+4HC1，若反应中转移6mol电子，则生成3mol硫单质
【答案】C
【解析】
【详解】A. S2C12分子中的每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故A错误；
B. S2Br2 与 S2C12均属于分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，则熔、沸点越高，故熔、沸点：S2Br2>S2C12，故B错误；
C. S2Cl2的结构与H2O2类似，为Cl-S-S-Cl，其中的S-S为非极性键，S-Cl键为极性键，但正负电荷中心不重合，所以是极性分子，故C正确；
D. 2S2C12 +2H2O=SO2↑+3S↓+4HC1根据此方程式可知，有1个S原子从+1价升到+4价，有3个S原子从+1价降到0价，生成3个S，转移的电子数为3e-，故反应中转移6mol电子，则生成6mol硫单质，故D错误；
故选C。
16.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. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l) = 3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为1.5NA
D. 在硅酸盐中，SiO44－四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，其中Si原子的杂化方式与图中S8单质中S原子的杂化方式相同

【答案】D
【解析】
【详解】A. BF3为平面三角形，键角为120°，CH4为正四面体，键角为109°28′，NH3
为三角锥形，键角为107°，H2O是V型，键角为104.5°，所以键角为：BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；
B. CO2含有碳氧双键，所以分子中含有σ键和π键，HCHO 的结构式中含有C-H、碳氧双键，其分子中有σ键和π键，而HClO中只存在共价单键，只存在σ键，故B错误；
C.1mol氮气分子中含有2molπ键，若该反应中有4 mol N—H键断裂，即有1mol N2H4参加反应，生成1.5mol氮气，所以形成的π键有3mol，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原子有2对孤电子对和2个σ键，杂化方式也是sp3，故D正确。
故选D。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题(本题包括五大题)
17.下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
①


















②











③





④










⑤

⑥
⑦
⑧











⑨
⑩






请回答下列问题：
(1)表中⑨号属于______ 区元素。
(2)表中元素③的2个原子与元素①的2个原子形成的某种直线型分子名称为 ________ ； ③和⑧形成的一种常见溶剂，其分子立体空间构型为________ 。
(3)元素①和⑥形成的最简单分子X属于 ________ 分子(填“极性”或“非极性”)。
(4)元素⑥第一电离能 ________ 元素⑦的第一电离能；元素②的电负性________ 元素④的电负性(选填“>”、“＝”或“<”)。
(5)元素⑨的基态原子核外价电子排布式是 ________ 。
(6)元素⑧和④形成的化合物的电子式为 ________ 。
(7)某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素⑩与元素⑤的氢氧化物有相似的性质。请写出元素⑩的氢氧化物与NaOH溶液反应的化学方程式：________________________________________________________。
【答案】 (1). ds (2). 乙炔 (3). 正四面体型 (4). 极性 (5). > (6). > (7). 3d104s1 (8). (9). Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O (或Zn(OH)2+2NaOH=Na2[Zn(OH)4] )
【解析】
【分析】
根据元素周期表位置分析①为H ②为Be ③为C④Mg⑤Al⑥P⑦S⑧Cl⑨Cu⑩Zn。
【详解】（1）表中⑨号Cu属于ds区元素，故答案为：ds。
（2）2个C和2个H形成的直线型分子为C2H2，名称为乙炔，③和⑧形成的一种常见溶剂为CCl4，CCl4空间构型为正四面体型，故答案为：乙炔；正四面体型。
（3）元素①和⑥形成的最简单分子为PH3，PH3分子空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故答案为：极性。
（4）同一周期从左往右，第一电离能有逐渐增大的趋势，P的外围电子排布为3s23p3，p轨道处于半充满状态，第一电离能大于S的；同一主族，从上往下，元素电负性逐渐减小，元素②的电负性大于元素④的电负性，故答案为：>；>。
（5）⑨为Cu，原子序数为29，基态原子核外价电子排布式是3d104s1，故答案为：3d104s1。
（6）元素⑧和④形成的化合物为MgCl2，电子式为，故答案为：。
（7）元素⑩的氢氧化物为Zn(OH)2，仿Al（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式，Zn(OH)2与NaOH溶液反应的化学方程式：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O (或Zn(OH)2+2NaOH=Na2[Zn(OH)4] )，故答案为：Zn(OH)2+2NaOH=Na2ZnO2+2H2O (或Zn(OH)2+2NaOH=Na2[Zn(OH)4] )。
【点睛】同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但P原子3p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小。
18.下表给出七种元素的相关信息，根据以下信息填空：
元素
相关信息
A
核外电子数和电子层数相等
B
基态原子2p能级有3个未成对电子
C
在地壳中含量最高
D
目前，在元素周期表中电负性最大
E
基态原子核外电子分处6个不同能级，且每个能级均已排满
F
原子序数等于D与E的原子序数之和
G
基态原子2p能级上有两个空轨道
(1)写出D在元素周期表中的位置___________________。
(2)14gB的单质分子中π键的个数为____________。
(3)C元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是________。
(4)B、C、D 3种元素的电负性由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。
(5)写出一种与B2互为等电子体的分子或离子____________。
(6)已知BA5为离子化合物，写出其电子式：_______。
(7)第二周期中，第一电离能介于B元素和G 元素间的元素为 ____(填“元素符号”)。
【答案】 (1). 第二周期VIIA族 (2). 1NA (3). H2O 分子间存在氢键 (4). F＞O＞N (5). CO或CN- (6). (7). Be C O
【解析】
【分析】
A的核外电子数和电子层数相等，A为H；B的基态原子2p能级有3个未成对电子，B为N；C在地壳中含量最高，C为O；D在元素周期表中电负性最大，D为F；E的基态原子核外电子分处6个不同能级，且每个能级均已排满，E为Ca；F的原子序数等于D与E的原子序数之和，F为Cu；G的基态原子2p能级上有两个空轨道，G为B。
【详解】（1）D为F，在元素周期表中的位置是第二周期VIIA族，故答案为：第二周期VIIA族。
（2）B为N，形成的单质为N2，14g氮气的物质的量为0.5mol，N2中含有氮氮三键，一个三键中含有1个σ键和2个π键，故0.5molN2中含有π键的个数为1NA，故答案为：1NA。
（3）C元素为O，形成的氢化物为水，水分子间存在氢键，所以沸点是同族元素氢化物中最高的，故答案为：H2O 分子间存在氢键。
（4）B、C、D 3种元素分别为N，O，F，同一周期，从左到右，元素电负性逐渐增大，故
电负性由大到小的顺序为F＞O＞N，故答案为：F＞O＞N 。
（5）具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”，与N2互为等电子体的分子或离子有CO或CN-，故答案为：CO或CN-。
（6）BA5的化学式为NH4H，电子式为，故答案为：。
（7）第二周期中，元素第一电离能从左到右有增大趋势，但Be和N结构相对稳定，第一电离能比相邻元素大，故第一电离能介于B元素和N元素间的元素为Be；C；O，故答案为：Be；C；O。
19.硫化氢(H2S)的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)H2S和CO混合加热可制得羰基硫(COS)。已知羰基硫与CO2的结构相似，但它能在O2中完全燃烧。羰基硫可作粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。制备羰基硫反应方程式为：
CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)
①羰基硫的电子式为_________
②羰基硫分子中三种原子半径由大到小的顺序________________
③羰基硫的沸点比二氧化碳_________(填“高或低”)理由是_____________________
④写出羰基硫在O2中完全燃烧的化学方程式__________________________________
(2)H2S具有还原性，在硫酸存在的条件下，能与KMnO4反应生成一种淡黄色沉淀，写出该反应的离子方程式________________________________。
【答案】 (1). (2). S>C>O (3). 高 (4). 羰基硫和二氧化碳的组成和结构相似，羰基硫相对分子质量较大，分子间作用也较大， 因此沸点较高 (5). 2COS+3O22CO2+2SO2 (6). 5H2S＋2MnO4-＋6H+=5S↓＋2Mn2+＋8H2O
【解析】
【分析】
（1）①羰基硫与CO2是等电子体，结构相似，根据二氧化碳的电子式书写羰基硫的电子式。
②比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小。
③羰基硫的沸点比二氧化碳高，因为羰基硫和二氧化碳的组成和结构相似，羰基硫相对分子质量较大，分子间作用也较大， 因此沸点较高。
④羰基硫在O2中完全燃烧生成CO2和SO2。
（2）H2S具有还原性，在硫酸存在的条件下，能与KMnO4反应生成淡黄色沉淀S，MnSO4，K2SO4和H2O，根据转移电子守恒和原子守恒配平方程式。
【详解】（1）①羰基硫与CO2是等电子体，结构相似，根据二氧化碳的电子式书写羰基硫的电子式为，故答案为：。
②比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；故羰基硫分子中三种原子半径由大到小的顺序S>C>O，故答案为：S>C>O。
③羰基硫的沸点比二氧化碳高，因为羰基硫和二氧化碳的组成和结构相似，羰基硫相对分子质量较大，分子间作用也较大， 因此沸点较高，故答案为：高；羰基硫和二氧化碳的组成和结构相似,羰基硫相对分子质量较大,分子间作用也较大, 因此沸点较高。
④羰基硫在O2中完全燃烧生成CO2和SO2，反应的方程式为2COS+3O22CO2+2SO2，故答案为 2COS+3O22CO2+2SO2。
（2）H2S具有还原性，在硫酸存在的条件下，能与KMnO4反应生成淡黄色沉淀S，MnSO4，K2SO4和H2O，根据转移电子守恒和原子守恒配平方程式为5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4=5S↓＋2MnSO4＋K2SO4+8H2O，故离子方程式为5H2S＋2MnO4-＋6H+=5S↓＋2Mn2+＋8H2O，故答案为：5H2S＋2MnO4-＋6H+=5S↓＋2Mn2+＋8H2O。
【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。
20.氮的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用，回答下列问题
(1)羟胺 ( ) 是不稳定的白色大片状或针状结晶。极易吸潮，极易溶于水。
①羟胺分子中采用sp3杂化的原子是____________________；羟胺极易溶于水，主要原因是________________________________。
②在羟胺的组成的元素中，处于同一周期元素的第四电离能(I4)较大的是______________(用元素符号表示)。
(2) 吡啶和邻啡罗啉都是含氮的有机物，l mol吡啶中含有键的物质的量为_________ mol。
(3)已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子消耗能量分别为
NO2
CO
CO2
NO
812kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
①NO2 + CO CO2 + NO
②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH＝+179.5 kJ/mol
③2NO(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH＝-112.3 kJ/mol
试写出NO与CO反应生成无污染物气体的热化学方程式_________________。
【答案】 (1). N、O (2). 羟胺分子与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水 (3). N (4). 11 (5). 2NO(g)+2 CO (g)N2(g) +2CO2 (g)ΔH＝-759.8 kJ/mol
【解析】
【分析】
（1）①羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，羟胺分子与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水。
②在羟胺的组成的元素中，处于同一周期元素是N和O，N原子失去3个电子后价电子排布式为2s2，O原子失去3个电子后价电子排布式为2s22p1。
（2）根据吡啶的结构简式可知，每个吡啶分子含有11个σ键。
（3）根据盖斯定律计算。
【详解】（1）①羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，羟胺分子与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水，故答案为：N、O ；羟胺分子与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水。
②在羟胺的组成的元素中，处于同一周期元素是N和O，N原子失去3个电子后价电子排布式为2s2，2s处于全充满状态，较稳定，O原子失去3个电子后价电子排布式为2s22p1，故第四电离能(I4)较大的是N，故答案为：N。
（2）根据吡啶的结构简式可知，每个吡啶分子含有11个σ键，故l mol吡啶中含有键的物质的量为11 mol，故答案为：11。
（3）NO与CO反应生成无污染物气体为CO2和N2，反应的方程式为2NO+2CON2+2CO2，
根据表中数据可知，反应①NO2(g) + CO (g) CO2(g) + NO (g)的ΔH＝（812+1076）kJ/mol-（1490+632）kJ/mol=-234 kJ/mol，已知②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH＝+179.5 kJ/mol ，③2NO(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH＝-112.3 kJ/mol 根据盖斯定律可知，①×2+ ③-②得2NO(g)+2 CO (g)N2(g) +2CO2 (g)ΔH＝-759.8 kJ/mol，故答案为:2NO(g)+2CO (g)N2(g) +2CO2 (g)ΔH＝-759.8 kJ/mol。
21.I、钢铁中加入少量镍铬等元素可制成不锈钢，东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
(1)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______________________。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_________，提供孤电子对的成键原子是________。
(2)铁元素有变价，试根据原子核外电子排布所遵循的原理解释Fe2+具有较强的还原性，易被氧化为Fe3+的原因______________________________。
(3)普鲁士蓝(Prussian Blue)，即亚铁氰化铁，化学式Fe4[Fe(CN)6]3是一种配合物，其中含有的化学键有____________________；
a．共价键 b．离子键 c．配位键 d．金属键 e．氢键
II、钢铁分析中常用过硫酸盐氧化法测定钢中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82−+8H2O=2MnO4−+10SO42−+16H+
(4)写出基态锰原子的价电子排布的轨道表示式：________________。
(5)已知H2S2O8的结构如图：

①H2S2O8硫原子的轨道杂化方式为________________。
②上述反应每生成2 mol MnO4−，S2O82−断裂的共价键数目为_________。
③上述反应中被还原的元素为________________。
【答案】 (1). 正四面体型 (2). 配位键 (3). N (4). Fe2+的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2+容易失去一个电子，易被氧化为Fe3+ (答到半充满的结构，较稳定算对)。 (5). abc (6). (7). sp3杂化 (8). 5NA (9). S
【解析】
【分析】
（1）①根据价层电子对互斥理论分析SO42-的空间构型。
②[Ni(NH3)6]2+为一种配离子，Ni2+与NH3之间以配位键成键，NH3中的N原子提供孤电子对。
（2）根据Fe2+的价电子排布式为3d6分析解答。
（3）Fe4[Fe(CN)6]3是一种配合物，根据配合物的结构特点可知，该配合物中含有共价键、配位键、离子键。
（4）根据Mn的原子序数为25来解答。
（5）①H2S2O8中S原子形成4个σ键，S上无孤电子对，S的价层电子对数为4，采取sp3杂化。
②由反应可知，则每生成2mol MnO4−，消耗S2O82−为5mol，反应中S2O82−中过氧键发生断裂生成SO42−，故S2O82−断裂的共价键数目为5NA。
③由反应可知，Mn元素的化合价升高（+2→+7），S元素的化合价降低（+7→+6），被还原的元素为S。
【详解】（1）①SO42-中中心原子S的价层电子对数为4+×（6+2-4×2）=4，S上没有孤电子对，SO42-的空间构型为正四面体型，故答案为：正四面体型。
②[Ni(NH3)6]2+为一种配离子，Ni2+与NH3之间以配位键成键，NH3中的N原子提供孤电子对，故答案为：配位键； N。
（2）Fe2+的价电子排布式为3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2+容易失去一个电子，易被氧化为Fe3+，故答案为：Fe2+的价电子排布式为3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2+容易失去一个电子，易被氧化为Fe3+。
（3）Fe4[Fe(CN)6]3是一种配合物，根据配合物的结构特点可知，Fe3+与[Fe(CN)6]4-间为离子键，[Fe(CN)6]4-内Fe2+与CN-间为配位键，CN-内含共价键，故选abc。
（4）Mn的原子序数为25，基态锰原子的价电子排布的轨道表示式：，故答案为：。
（5）①H2S2O8中S原子形成4个σ键，S上无孤电子对，S的价层电子对数为4，采取sp3杂化。故答案为：sp3杂化。
②由反应可知，则每生成2mol MnO4−，消耗S2O82−为5mol，反应中S2O82−中过氧键发生断裂生成SO42−，故S2O82−断裂的共价键数目为5NA，故答案为：5NA。
③由反应可知，Mn元素的化合价升高（+2→+7），S元素的化合价降低（+7→+6），被还原的元素为S，故答案为：S。