【化学】福建省厦门第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

福建省厦门第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 S-32 Ni-59 Zn-65
第Ⅰ卷
选择题：每道选择题有且只有一个正确选项，每题1.5分，共30分。
1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. H2S的电子式：
B. 基态氧原子的电子排布图：
C. 二氧化硅的分子式：SiO2
D. 24Cr的电子排布式：[Ar]3d54s1
【答案】D
【解析】试题分析：A．H2S是共价化合物，没有形成离子，其电子式是，错误；B．原子核外的电子尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低，所以基态氧原子的电子排布图是，错误；C．二氧化硅是原子晶体，在晶体中原子之间形成共价网状结构，没有分子，化学式是SiO2，错误；D．24Cr的核外电子排布式：[Ar]3d54s1，正确。
考点：考查化学用语表示的正误判断的知识。
2.已知五种短周期元素的原子半径及主要化合价如表，下列叙述正确的是（ ）

L
M
Q
R
T
原子半径（nm）
0.160
0143
0.104
0.111
0.066
主要化合价
+2
+3
+6、﹣2
+2
﹣2

A. L和Q形成的化合物含极性共价键
B. M易与T单质反应
C. T、Q的简单氢化物常温常压下均为无色气体
D. L、R的单质与盐酸反应速率：R＞L
【答案】B
【详解】L和R的化合价都为+2价，应为周期表第II A族，根据半径关系可知R为Be， L为Mg；Q和T的化合价都有-2价，应为周期表第VIA族元素，Q的最高价为+6价，应为S元素，T无正价，应为O元素；M的化合价为+3价，应为周期表第IIIA族元素，根据半径大于S，为Al元素。
A.Mg与S形成MgS，该化合物属于离子化合物，不存在极性键，A错误；
B.M为Al，T为O， 铝易与氧气反应，B正确；
C.T为O，对应的氢化物常温下为液体，Q为S，其氢化物为气态硫化氢，C错误；
D.L为Mg、R为Be，元素的金属性Mg>Be，元素的金属性越强，其与酸反应速率越快，因此反应速率：Mg>Be，D错误；
故合理选项是B。
3.下列各组物质的熔点均与所含化学键有关的是（ ）
A. CaO与CO2 B. NaCl与HCl C. MgCl2与Si D. Cl2与I2
【答案】C
【详解】A.CaO是离子化合物，含有离子键，熔化断裂的是离子键；CO2是共价化合物，含有共价键，由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，A错误；
B.NaCl是离子键结合而成离子晶体，熔化断裂的是离子键，而HCl分子是由共价键结合而成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，熔化破坏的是分子间作用力，与化学键无关，B错误；
C.MgCl2是由离子键结合而成的离子晶体，熔化破坏的是离子键；晶体Si是由原子通过共价键结合而成的原子晶体，熔化断裂的是共价键，C正确；
D. Cl2与I2都是分子晶体，熔化破坏的是分子间作用力，而分子内的化学键是共价键，二者不相同，D错误；
故合理选项是C。
4.有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
A. 杂化轨道全部参加形成化学键
B. sp3、sp2、sp1杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 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
D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
【答案】A
【详解】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.sp3、sp2、sp1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°，B正确；
C.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，C正确；
D.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，D正确；
故合理选项是A。
5.下列描述中正确的是（ ）
A. CS2 为空间构型为 V 形的极性分子
B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键
C. 氢原子电子云的一个小黑点表示一个电子
D. HCN、SiF4 和 SO32- 的中心原子均为 sp3 杂化
【答案】B
【解析】A． CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，故A错误；B. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故B正确；C．氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故C错误；D．HCN中C原子的价层电子对数=2+(4-1×3-1×1)=2，采用sp杂化；SiF4中Si的价层电子对数=4+(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故D错误；故选B。
6.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（ ）
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ④①②⑤③
C. ⑤①④②③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【分析】根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。
【详解】①BCl3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心B原子为sp2杂化，键角为120°；
②NH3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于NH3分子中孤电子对存在，孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角＜109°28′；
③H2O，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=2，孤电子对数为LP==2，则价电子对数为VP=BP+LP=2+2=4，根据杂化轨道理论，中心O原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于H2O分子中存在两对孤电子对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比NH3分子的键角还小；
④PCl4+，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=4，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，根据杂化轨道理论，中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；
⑤HgCl2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；
综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③，答案选C。
【点睛】本题考查价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角，需明确孤电子对斥力大于键合电子对斥力．题目难度不大，是基础题。
7.下列说法不正确的是(     )
A. 构成单质的分子内不一定存在共价键
B. HF的热稳定性很好,是因为HF分子间存在氢键
C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D. NaCl晶体熔化,需要破坏离子键
【答案】B
【分析】A、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质；
B、稀气体分子之间不存任何化学键；
C、氯化铵是由非金属元素组成,而氯化铵是离子化合物；
D、氯化钠是离子晶体；
【详解】A、稀气体分子之间不存任何化学键,所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键, A正确；
B、稳定性是化学性质,而氢键是决定物理性质，而氟化氢稳定是氢氟键的键能大所致, B错误；
C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，C正确；
D、氯化钠是离子晶体，故其熔化时破坏离子键,D正确；
正确选项B。
8.下列分子或离子中,VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（ ）
A. CO2 B. CO32- C. H2O D. CCl4
【答案】C
【分析】VSEPR模型是价层电子对互斥模型的简称，根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ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。分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。价层电子对个数为4，不含孤电子对，为正四面体结构，含有一个孤电子对，为三角锥形，含有两个孤电子对，为V型；价层电子对个数为3，不含孤电子对，为平面三角形；含有一个孤电子对，为V形结构；价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形结构，以此进行判断。
【详解】A项，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2，VSEPR模型为直线形，且中心原子不含孤电子对，分子构型为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A不符合题意；B项，CO32﹣的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子孤电子对数=（4+2﹣2×3）=0，所以C原子价层电子对个数是3，VSEPR模型为平面三角形，且不含孤电子对，CO32﹣的分子构型为平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故B不符合题意；C项，水分子中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实际空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故C符合题意；D项，CCl4分子中，中心原子C原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+（4﹣1×4）=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为C。
9.在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中的共价键类型是（ ）
A. 仅有σ键 B. 三个σ键，两个π键
C. 两个σ键，两个π键 D. 三个σ键，一个π键
【答案】D
【详解】由题所给条件，在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构可知，其结构式应为：F-N=N-F，两个氮之间是氮氮双键，一个为σ键一个为π键，氮氟之间是单键，为σ键，所以该分子中的共价键类型是三个σ键，一个π键。故D正确。
综上所述，本题应选D。
【点睛】原子轨道以“头碰头”方式重叠的称为σ键，原子轨道以“肩并肩”方式重叠称为π键。σ键原子轨道重叠程度比π键原子轨道重叠程度大，所以σ键比π键牢固，在化学反应中π键易断裂。另外σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键。
10.用价电子对互斥理论（VSEPR）可以预测许多分子或离子的空间构型，也可推测键角大小，下列判断正确的是（ ）
A. CS2是V形分子 B. SnBr2键角大于
C. BF3是三角锥形分子 D. NH4+键角等于109º28ˊ
【答案】D
【解析】分析：先确定中心原子上的孤电子对数和σ键电子对数，由此导出VSEPR模型，略去中心原子上的孤电子对导出分子或离子的空间构型；价电子对间的排斥作用：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，据此确定键角。
详解：A项，CS2中中心原子C上的孤电子对数为（4-22）=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为0+2=2，VSEPR模型为直线形，C上没有孤电子对，CS2是直线形分子，A项错误；B项，SnBr2中中心原子Sn上的孤电子对数为（4-21）=1，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，由于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，SnBr2的键角小于120º，B项错误；C项，BF3中中心原子B上的孤电子对数为（3-31）=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为0+3=3，VSEPR模型为平面三角形，B上没有孤电子对，BF3是平面三角形分子，C项错误；D项，NH4+中中心原子N上的孤电子对数为（5-1-41）=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为0+4=4，VSEPR模型为正四面体形，N上没有孤电子对，NH4+为正四面体形，键角等于109º28ˊ，D项正确；答案选D。
点睛：本题考查价层电子对互斥理论确定分子或离子的空间构型、键角。当中心原子上没有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型一致；当中心原子上有孤电子对时，分子或离子的空间构型与VSEPR模型不一致。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体
B. C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiC
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子
D. P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′
【答案】C
【详解】A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B. 金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；
C. 若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；
D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；
综上所述，本题选C。
12.元素X的＋1价离子X＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. X元素的原子序数是19
B. X的晶体具有良好的导电性、导热性和延展性
C. X＋离子是图中的黑球
D. 该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
【答案】A
【解析】分析：A项，X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+的K、L、M层依次排有2、8、18个电子，X的原子序数为29；B项，X为Cu，Cu属于金属晶体；C项，用“均摊法”确定X+是图中的黑球；D项，根据正负化合价代数和为0确定阴、阳离子个数比。
详解：A项，X+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，X+的K、L、M层依次排有2、8、18个电子，X+核外有28个电子，X原子核外有29个电子，X的原子序数为29，A项错误；B项，X的原子序数为29，X为Cu，Cu属于金属晶体，金属晶体具有良好的导电性、导热性和延展性，B项正确；C项，用“均摊法”，白球：8=1个，黑球：12=3个，根据正负化合价代数和为0，X+与N3-的个数比为3:1，X+是图中的黑球，C项正确；D项，根据正负化合价代数和为0，X+与N3-的个数比为3:1，D项正确；答案选A。
13.2018年1月26日，中国科技大学的教授们将水置于一个20 ℃、足够强的电场中，水分子瞬间凝固形成“暖冰”。则关于“暖冰”的判断正确的是（ ）
A. “暖冰”中存在离子键
B. “暖冰”中水分子的O-H键是非极性键
C. “暖冰”有良好的导电性和导热性
D. 水凝固形成20 ℃时的“暖冰”所发生的变化是物理变化
【答案】D
【解析】A. 水属于共价化合物，所以“暖冰”中只存在共价键，A不正确；B. “暖冰”中水分子的O—H键是不同原子间的共价键，是极性键，B不正确；C. “暖冰”属于分子晶体，晶体中没有自由移动的离子，没有导电性和导热性，C不正确；D. 水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化只是水由液态变为固态，没有生成新物质，所以是物理变化，D正确。
14.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力
B. PCl5分子中各原子最外层均达到了8电子稳定结构
C. 水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固
D. 金刚石中所有原子均是以共价键相结合的
【答案】B
【详解】本题考查微粒间的相互作用力的知识点，意在考查考生对化学键和分子间作用力的掌握程度。干冰升华和液氯汽化时，都只需克服分子间作用力，A正确；PCl5分子中磷原子最外层不是8电子稳定结构，B错误；水分子稳定性强是由于水分子中的氢氧键较为牢固，C正确；金刚石中所有原子均是以共价键相结合的，D正确。
【点睛】掌握常见物质的晶体类型和微粒间的作用力。分子晶体的状态的改变破坏分子间作用力，原子晶体破坏共价键。掌握常见含有氢键的物质，如水，或氨气或氟化氢等，注意氢键影响物质的物理性质，不影响化学性质。
15.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是（ ）
A. 金属Mg（六方最密堆积）和金属Cu（面心立方最密堆积）的空间利用率
B. BF3和CH4中心原子的价层电子对数
C. Si-O和C-O的键能
D. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点
【答案】D
【详解】A.金属Mg(六方最密堆积)和金属Cu(面心立方最密堆积)的空间利用率都是74%，二者相同，A错误；
B.BF3的中心原子B的价层电子对数是3；CH4中心C原子的价层电子对数是4，前者小于后者，B错误；
C.由于原子半径Si>C，所以共价键的键长C-OAs>Ga (4). 平面三角形 (5). 三角锥形 (6). GaCl3、GaBr3、GaI3均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点逐渐增大 (7). GaF3 是离子晶体 (8). sp3 (9). C>SiC>Si
【分析】(1) Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式；As 是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式，然后根据各个能级具有的轨道数及每个最多容纳2个电子判断其具有的未成对电子；
(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大；
(3)根据价层电子对数判断分子的空间构型；
(4)镓的卤化物GaF3是离子晶体，其余为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，根据分子间作用力与物质相对分子质量的关系分析；
(5) [B(OH)4]-中B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为4；
(6)根据共价键的键长与键能对物质熔点的影响分析。
【详解】(1) Ga是31号元素，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 或简写为[Ar] 3d104s24p1；As 是33号元素，根据构造原理得基态As原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3，由于p能级有3个轨道，核外电子总是尽可能的成单排列，而且自旋方向相同，这样能量最低，可知As原子具有的未成对电子数是3个；
(2)同一周期的元素，原子序数越大元素的电负性越大，由于Ga、As、Se是同一周期的元素，原子序数GaGa；
(3) GaCl3中Ga原子具有的价层电子对数为3，所以分子的立体构型是平面三角形；而AsF3中As原子价层电子对数为4，含有1对孤电子对，所以分子的立体构型是三角锥形；
(4)镓的卤化物GaCl3、GaBr3、GaI3为分子晶体，分子之间由分子间作用力结合，物质的相对分子质量越大，分子之间的作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化消耗的能量就越高，物质的熔沸点逐渐升高；而镓的卤化物GaF3是离子晶体，Ga3+与F-离子之间通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗很高能量，因此熔沸点高，
(5) [B(OH)4]-中B原子形成4个σ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为4，B原子杂化方式为sp3杂化；
(6)金刚石、SiC、晶体硅都是原子晶体，原子之间通过共价键结合，由于原子半径CC>H
C.依地酸铅盐中含有离子键和配位键
D.依地酸具有良好的水溶性是由于其分子间能形成氢键
(4)下表列出了碱土金属碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/pm
66
99
112
135

碱土金属碳酸盐同主族由上到下的热分解温度逐渐升高，原因是：______________________。
(5)有机卤化铅晶体具有独特的光电性能，下图为其晶胞结构示意图：

①若该晶胞的边长为anm，则Cl-间的最短距离是________。
②在该晶胞的另一种表达方式中，若图中Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于____位置。
【答案】(1). 4p (2). 纺锤形或哑铃形 (3). 原子 (4). sp2 sp3 (5). 平面三角形 (6). BC (7). 金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越小，氧化物越不稳定，碳酸盐越难分解 (8). anm (9). 棱心
【分析】(1)由于锗是第四周期第IVA元素所以其价层电子排布式是[Ar]3d104s24p2，最高能级符号及不同能级电子云形状；利用原子晶体熔沸点高、硬度大判断其晶体类型；
(2)甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3；根据与甲基C原子连接的C原子确定碳骨架的形状；
(3)A.形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：2；
B.非金属性越强，电负性越大；
C.内界配离子与外界酸根离子之间形成离子键、内界Pb2+与配体EDTA的离子形成配位键；
D.依地酸具有良好的水溶性，是由于其分子与水分子之间形成氢键；
(4)从表格中得出：这些物质阴离子是相同的，均为碳酸根，阳离子的半径越大，分解温度越高；
(5)①晶胞中两个O原子的距离为晶胞参数的；
②根据图示可知若Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于棱心上。
【详解】(1)根据锗是第四周期第IVA元素分析其最高能级符号是4p，由于p电子的电子云是纺锤形或哑铃形；Ge的晶胞结构与金刚石类似，质地硬而脆，沸点2830℃，由于金刚石是原子晶体，可知锗晶体属于原子晶体；
(2)甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3，分别采取sp3、sp2杂化；由于与三个甲基连接的C原子是采用sp2杂化，所以可确定C骨架为平面三角形；
(3)A.由配离子结构，可知形成依地酸铅离子所需n(Pb2+)：n(EDTA)=1：2，A错误；
B.非金属性越强，电负性越大，由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性O>N>C>H，B正确；
C.内界配离子与外界酸根离子之间形成离子键、内界Pb2+与配体EDTA的离子形成配位键，C正确；
D.依地酸具有良好的水溶性，是由于其分子与水分子之间形成氢键，D错误，
故合理选项是BC；
(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，使碳酸根分解为二氧化碳分子的结果，钙离子由于半径小和氧离子结合更为容易，氧化钙晶格能大，所以碳酸钙分解温度低；
(5)①根据图示可知晶胞中两个O原子的距离为晶胞参数的，由于晶胞参数为anm，所以晶胞中两个O原子的距离为anm；
②根据图示可知若Pb2+处于顶点位置，则Cl-处于棱心上。
【点睛】本题考查物质结构的知识，涉及能层、能级的能量高低、电子云形状的判断、晶体类型的判断、电负性等比较以及对数据的分析、处理与应用，学习中注重相关基础知识和解题方法的积累。
26.第VIII族元素单质及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。
（1）过渡元素Co 基态原子价电子排布式为_____。第四电离能I4 (Co) < I4 (Fe) ，其原因是_________。
（2）Ni(CO)4 常用作制备高纯镍粉，其熔点为－19.3 ℃， 沸点为 43 ℃。则：
①Ni(CO)4的熔、沸点较低的原因为__________________________________________。
②写出一种与CO互为等电子体的分子的化学式__________。
③Ni(CO)4中σ键和π键的数目之比为__________。
（3）NiSO4 常用于电镀工业，其中 SO42－的中心原子的杂化轨道类型为_______，该离子中杂化轨道的作用是__________。
（4）氧化镍和氯化钠的晶体结构相同，可看成镍离子替换钠离子，氧离子替换氯离子。 则：

① 镍离子的配位数为__________。
② 若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为 ρ g·cm-3，则该晶胞中最近的 O2－之间的距离为__________pm（列出表达式）。
（5）某种磁性氮化铁的结构如图所示，Fe为__________堆积，则该化合物的化学式为__________。 其中铁原子最近的铁原子的个数为__________。

【答案】(1). 3d74s2 (2). Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道处于半充满的稳定结构，不易再失去电子，所以I4 (Fe)>I4 (Co) (3). Ni(CO)4 属于分子晶体，分子间的范德华力容易被破坏 (4). N2 (5). 1:1 (6). sp3 (7). 形成σ键 (8). 6 (9). (10). 六方最密 (11). Fe3N (12). 12
【分析】(1)Co 是27号元素，根据构造原理，可得其基态原子排布式，进而得到其价电子排布式；根据失去电子后形成离子的结构分析；
(2)①根据 Ni(CO)4的熔沸点高低结合各类晶体熔沸点大小分析比较；
②根据等电子体含义书写；
③单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键；
(3)硫酸根中的S原子的价层电子对数是4，其杂化轨道类型为sp3，该离子中的杂化轨道可用于形成σ键；
(4)①根据氯化钠的晶体结构可知镍离子的配位数为6；
②根据氯化钠的晶胞结构可知晶胞中最近的O2-之间的距离为面对角线的一半，根据晶体密度，结合晶胞中含有的粒子数计算晶胞参数可得O2-之间的距离；
(5)由结构可知，Fe为六方最密堆积；图中结构单元中有2个N原子，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，利用均摊法计算图中结构单元中Fe原子数目，进而确定化学式。
【详解】(1) Co是27号元素，根据构造原理，可得其基态原子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，过渡元素发生反应时，不仅最外层电子发生变化，次外层电子也发生变化，所以其价电子排布式为3d74s2；Fe是26号元素，Fe失去3个电子后形成的Fe3+电子层结构为3d5，3d轨道处于半充满的稳定结构，不易再失去电子，而Co原子失去4个电子变为Co4+，电子层结构为3d5，3d5是稳定结构，再失去一个电子比较难，所以I4 (Fe)>I4 (Co)；
(2)①Ni(CO)4的熔、沸点较低是因为Ni(CO)4 属于分子晶体，分子间以微弱的范德华力结合，范德华力比较微弱，容易被破坏，因此物质的熔沸点比较低；
②CO互为等电子体的分子是N2；
③单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键，Ni(CO)4中σ键和π键的数目之比为8:8=1:1；
②在一个晶胞中含有Ni2+的个数：=4；O2-的个数为：=4，因此在一个晶胞中含有4个NiO；晶胞的质量为m=g，晶胞密度为ρ g·cm-3，则晶胞参数为=×1010pm，由于晶胞中最近的O2 -之间的距离为面对角线的一半，所以最近的O2-之间的距离L=pm；
(5)由结构可知，Fe为六方最密堆积；图中结构单元中有2个N原子，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，注意1个顶点为图中6个结构单元共用，结构单元中Fe原子数目=3+2×+12×=6，Fe、N原子数目之比为3：1，故该晶体化学式为 Fe3N；面心碳原子与结构单元中6个顶点Fe原子相邻，且与内部3个Fe原子也相邻，密置层为ABAB…方式排列，其中铁原子最近的铁原子的个数为12。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、晶体类型的判断、晶胞密度的有关计算等，(5)在晶胞计算需要学生有一定的空间想象与数学计算能力，这是本题的易错点。