浙江省宁波市咸祥中学高二下学期期中考试化学试题

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宁波市咸祥中学第二学期高二化学期中考试试题
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一项符合题目要求)
1. 核外电子的运动状态共有
A. 3种 B. 5种 C. 17种 D. 18种
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】根据泡利原理，在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋方向相反。所以，一个原子中不可能有运动状态完全相同的电子，一个原子(或离子)有几个电子，核外电子的运动状态就有几种。Cl原子序数为17，Cl-有18个电子，即，核外电子的运动状态共有18种，D选项符合题意；
答案选D。
【点睛】电子的运动状态：
1． 空间运动状态：量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道。原子轨道由能层、能级和电子云取向决定；
2． 自旋：电子除空间运动状态外，还有一种状态叫做自旋。电子自旋有顺时针和逆时针两种状态。
2. 下列表达方式正确的是（ ）
A. 24Cr 的外围电子排布式：3d44s2
B. CO2的立体结构模型
C. 基态碳原子的价电子排布图为
D. N2的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 24号元素Cr的外围电子排布式为3d54s1，3d轨道半满状态能量低稳定，A错误；
B. 二氧化碳是直线分线型，而不是V型，B错误；
C. 基态碳原子价电子排布为2s22p2，所以轨道排布式为，C正确；
D. N2的电子式：，D错误；
故答案为：C。
3. 某元素基态原子3d轨道上有10个电子，则该基态原子价电子排布不可能是
A. 3d104s1 B. 3d104s2 C. 3s23p6 D. 4s24p2
【答案】C
【解析】
【详解】A．若价电子排布为3d104s1，为29号元素Cu，电子排布式为：[Ar]3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故A正确；
B．若价电子排布为3d104s2，为30号元素Zn，电子排布式为[Ar]3d104s2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故B正确；
C．若价电子排布为3s23p6，为18号元素Ar，电子排布式为1s22s22p63s23p6，3d轨道上没有电子， 故C错误；
D．若价电子排布为4s24p2，为32号元素Ge，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低，故D正确；
故答案为C。
4. 下列说法或化学用语表达正确的是（ ）
A. s 能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动
B. Fe2+的电子排布式为 1s22s2 2p63s23p63d6
C. p 能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层的增加，p 能级原子轨道也在增多
D. 某原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1属于激发态
【答案】B
【解析】
【详解】A. s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，A错误；
B. Fe为26号元素，原子核外有26个电子，Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子形成Fe2+，则Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，B正确；
C. p 能级的原子轨道呈哑铃形，任何能层上的p能级都有3个原子轨道，与能层的大小无关，C错误；
D. 当轨道中的电子处于半满或全满状态时，能量较低，属于稳定状态，所以某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1处于低能态，D错误；
故答案为：B。
5. 下列说法正确的是
A. 第3周期元素中氯的第一电离能最大 B. 氮的第一电离能比氧小
C. 在所有的元素中氦的第一电离能最大 D. 钠的第一电离能比铍大
【答案】C
【解析】
【详解】A、同周期自左而右，元素的第一电离能呈增大趋势，注意能级处于半满、全满的稳定特殊情况，所以第三周期所含元素中Ar的第一电离能最大，选项A错误；
B、同周期自左而右第一电离能呈递增趋势，但N的2p能级是半充满状态，第一电离能较大，故氮的第一电离能比氧大，选项B错误；
C、同周期元素第一电离能从左到右有增大趋势，所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素，最大的是稀有气体元素，同一主族元素从上到下，原子半径增加，核电荷数增加，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，所以所有元素中，氦的第一电离能最大，选项C正确；
D、同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素，钠的第一电离能小于镁，同一主族元素从上到下，原子半径增加，核电荷数增加，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，镁的第一电离能小于铍，故钠的第一电离能小于铍，选项D错误。
答案选C。
6. 下列关于Al、Na原子结构的分析中正确的是
A. 原子半径：Al＞Na B. 第一电离能：Al＞Na
C. 电负性：Na＞Al D. 基态原子未成对电子数：Na＞Al
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．Al与Na都是元素周期表中第三周期元素，Al在Na的右边，同周期元素，从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：Al＜Na，A不正确；
B．一般来说，金属性越强，第一电离能越小(当原子的最外层电子排布出现半满、全满或全空时出现反常)，金属性Al＜Na且无反常情况，所以第一电离能：Al＞Na，B正确；
C．非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，所以电负性：Na＜Al，C不正确；
D．Na和Al的价电子排布式为3s1、3s23p1，二者的最外层都只有1个未成对电子，所以基态原子未成对电子数：Na=Al，D不正确；
故选B。
7. 下列有关σ键和π键的说法错误的是
A. π键是原子轨道“肩并肩”方式重叠形成的共价键
B. 当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键
C. σ键较π键稳定
D. 苯分子中含有12个σ键和3个π键
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子轨道以“肩并肩”方式重叠形成π键，以“头碰头”方式重叠形成σ键，故A正确；
B．共价键的形成是成键电子的原子轨道发生重叠，并且要使共价键稳定，必须重叠部分最大，因此当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键，故B正确；
C． π键的重叠程度比σ键小，所以π键不如σ键稳定，故C正确；
D．苯分子中的6个碳原子都以σ键与氢原子结合，每个碳原子以两个σ键与其他碳原子形成环状结构，同时每个碳原子各有一个垂直于分子平面的p轨道，形成了一个以6个碳原子为中心的π键，故苯分子中含有12个σ键和3个π键，故D错误；
答案选D。
8. 下列说法正确的是
A. 已知N—N的键能为193kJ·mol-1，故氮氮三键的键能为193kJ·mol-1×3
B. H—H的键能为436.0kJ·mol-1，F—F的键能为157kJ·mol-1，故F2比H2稳定
C. 某元素原子最外层有1个电子，它跟卤素原子相结合时，所形成的化学键为离子键
D. N—H的键能为390.8kJ·mol-1，其含义为断开1molN—H所吸收的能量为390.8kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．单键中只含有σ键，三键中含有2个π键和一个σ键，N-N和氮氮三键形成的共价键类型不同，已知N-N键能为193kJ•mol-1，氮氮三键的键能不等于193kJ•mol-1×3，故A错误；
B．键能越大，化学键越稳定，H-H键能为436.0kJ•mol-1，F-F键能为157kJ•mol-1，故H2比F2稳定，故B错误；
C．最外层有1个电子，可能为H、或为碱金属元素，与卤素相结合时，所形成的化学键为共价键或离子键，故C错误；
D．键能是形成1mol 化学键所释放的能量，N-H键键能为390.8kJ•mol-1，其含义为形成1mol N-H所释放的能量为390，故D正确；
故选：D。
9. TBC的一种标准谱图如图所示，它是

A. 核磁共振氢谱 B. 质谱 C. 红外光谱 D. 紫外光谱
【答案】C
【解析】
【详解】A．核磁共振谱用于测定H原子的种类和数目，与图无关，故A不选；
B．质谱图用于测定有机物的相对分子质量，与图无关，故B不选；
C．图中横坐标为单位cm的波数，为红外光谱，故C选；
D．紫外光谱横坐标为波长，与题不符，故D不选；
故选：C。
10. 水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)。下列对上述过程的描述不合理的是(　　)
A. 氧原子的杂化类型发生了改变 B. 微粒的形状发生了改变
C. 微粒的化学性质发生了改变 D. 微粒中的键角发生了改变
【答案】A
【解析】
【详解】A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不合理；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；
D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理；答案选A。
11. 下列物质：①MgCl2、②H2S、③白磷、④BF3、⑤NH3、⑥四氯化碳，其中含极性键的非极性分子是
A. ①②③④⑥ B. ①④⑤⑥ C. ③④⑥ D. ④⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①MgCl2是离子化合物，只含离子键，不合题意；②H2S只含H-S之间的极性键，分子空间构型为V形，正、负电荷中心不重合为极性分子，不合题意；③白磷只含P-P之间的非极性键，属于非极性分子，分子空间构型为正四面体形，正、负电荷中心重合为非极性分子，不合题意，④BF3含有B-F之间的极性键，分子空间构型为平面三角形，正、负电荷中心重合为非极性分子，符合题意；⑤NH3含有N-H之间极性键，分子空间构型为三角锥形，正、负电荷中心不重合，是极性分子，不合题意；⑥四氯化碳含有C-Cl之间的极性键，分子空间构型为正四面体形，正、负电荷中心重合为非极性分子，符合题意；综上所述，④⑥符合题意，故答案为：D。
12. 下列说法不能用学过的氢键知识进行解释的是
A. 相对分子质量小的醇与水互溶，而相对分子质量较大的醇则不溶于水
B 氨气易液化，而氮气不容易液化
C. 甲烷可以形成甲烷水合物，是因为甲烷分子与水分子之间形成了氢键
D. 水结成冰体积膨胀
【答案】C
【解析】
【详解】A．相对分子质量小的醇中羟基所占的质量分数大，羟基与水形成的氢键多，从而与水互溶，而相对分子质量较大的醇，羟基与水形成的氢键少，导致其不溶于水，故A不符合题意；
B．氨气分子间可以形成氢键，容易液化，而氮气之间不能形成氢键，所以难被液化，故B不符合题意；
C．甲烷水合物中是甲烷气体和水分子形成的笼状结晶，从微观上看，其分子结构就像一个一个“笼子”，由若干水分子组成笼子，每个笼子里“关”一个甲烷气体分子，甲烷分子与水分子之间不是靠氢键结合的，故C符合题意；
D．液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，冰中所有水分子以氢键互相联结成晶体，使水分子之间的间隙增大，因此水结成冰体积膨胀，故D不符合题意；
答案选C。
13. 下列有关晶体和非晶体的说法中正确的是
A. 具有规则几何外形的固体均为晶体
B. 晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射
C. 晶体研碎后即变为非晶体
D. 将玻璃加工成规则的固体即变成晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体有整齐规则的几何外形，但是具有规则外形的不一定是晶体，例如玻璃，A错误；
B．晶体具有自范性，有固定的熔点，可以使X光发生有规律的衍射，B正确；
C．晶体研碎后并没有改变晶体的结构排列仍然是晶体，故C错误；
D．玻璃的内部结构无规则的出现，非晶胞排列，外形有规则却仍然是非晶体，故D错误；
故选B。
14. 纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状相同(如图所示)，则这种纳米颗粒的表面粒子数与总粒子数之比为

A. 7∶8 B. 13∶14 C. 1∶1 D. 26∶27
【答案】D
【解析】
【详解】由NaCl的晶胞图可知，NaCl的晶胞为正立方体结构，立方体的体心只有一个Na+，而其它的离子都处在立方体的面上，晶胞中的总原子数为27个，而表面上就有26个，这种纳米颗粒的表面微粒数与总微粒数的比值为26：27，故选：D。
15. 冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是

A. 冰晶胞内水分子间以共价键结合
B. 每个冰晶胞平均含有4个水分子
C. 水分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是σ键的一种
D. 已知冰中氢键的作用力为18.5kJ·mol-1，而常见的冰的熔化热为336J·g-1，这说明冰变成水，氢键部分被破坏(假设熔化热全部用于破坏氢键)
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰是分子晶体，水分子间不存在共价键，冰晶胞内水分子间主要以氢键结合，故A错误；
B．由图可知，立方晶胞中水分子在顶点、面心和体心位置，体内有4个、面心有6个、顶点有8个，则每个冰晶胞平均含有水分子数为4+8×+6×=8，故B错误；
C．氢键是特殊的分子间作用力，不是共价键，也不是σ键，故C错误；
D．由图可知，每个水分子周围有4个氢键，1mol冰中含有氢键为4×mol=2mol，完全破坏1mol冰中氢键需要的能量为18.5kJ•mol-1×2mol=37.0kJ，1mol冰完全融化吸收336J•g-1×18g=6.048kJ能量，37.0kJ＞6.048kJ，则冰融化后水分子间仍然存在氢键，即冰变成液态水时氢键部分被破坏，故D正确；
故选：D。
16. 已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法不正确的是
A. 该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固
B. 该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子
C. 该晶体与金刚石相似，碳原子个数与碳氮单键之比为1∶2
D. 该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构
【答案】C
【解析】
【分析】C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，则C3N4晶体为原子晶体，碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，以此来解答。
【详解】A．晶体具有比金刚石还大的硬度，则该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固，A正确；
B．因为C的最外层有4个电子，每个电子与另一个N形成C-N（一对共用电子对），因此一个碳原子连接4个N原子，因为N的最外层有5个电子，每个电子与另一个C形成N-C（一对共用电子对），因此一个N原子连接3个C原子，B正确；
C．根据以上分析可知该晶体中碳原子个数与碳氮单键之比1∶4，C错误；
D．构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，则晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，D正确；
答案选C。
【点睛】本题以信息的形式考查原子晶体的性质及结构，明确晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合是解答本题的关键，题目难度中等。
17. 有关离子晶体下列说法不正确的是
A. 离子晶体在熔融状态时都能导电
B. 离子晶体具有较高的熔、沸点，较大的硬度
C. 离子晶体中阴、阳离子个数比为1∶1
D. 氯化钠溶于水时离子键被破坏
【答案】C
【解析】
【详解】A．离子晶体在熔融状态时含有自由离子，能导电，故A正确；
B．由正、负离子或正、负离子基团按一定比例通过离子键结合形成的晶体称作离子晶体，离子晶体一般硬而脆，具有较高的熔沸点，故B正确；
C．离子晶体如Na2O2晶体中阳离子为Na+、阴离子为过氧根离子，所以Na2O2晶体中阴阳离子个数之比为1：2，故C错误；
D．NaCl溶于水时，NaCl在水分子作用下发生电离生成钠离子、氯离子，所以离子键被破坏，故D正确；
故选：C。
18. 食盐晶体的结构示意图如图所示．已知食盐的密度为，摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则在食盐晶体中和的最小距离大约是

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】每个食盐晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，每个晶胞的体积为，设食盐晶体里Na+和Cl-的最小距离为xcm，可得，解得，即在食盐晶体中Na+和Cl-的最小距离大约是，综上所述，故选B。
19. 在解释下列物质变化规律与物质结构间的因果关系时，与化学键的强弱无关的是
A. 钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大
B. 金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点
C. KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低
D. F2、Cl2、Br2、I2的熔点和沸点逐渐升高
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠、镁、铝的熔点和沸点逐渐升高，硬度逐渐增大，这是因为它们中的金属键逐渐增强，与化学键的强弱有关，故A不选；
B．金刚石的硬度大于晶体硅的硬度，其熔点也高于晶体硅的熔点，这是因为C-C键的键长比Si-Si键的键长短，C-C键的键能比Si-Si键的键能大，也与化学键的强弱有关，故B不选；
C．KF、KCl、KBr、KI的熔点依次降低，这是因为它们中的离子键的强度逐渐减弱，与化学键的强弱有关，故C不选；
D．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量在增大，则熔、沸点在增大，与键能无关，故D选；
故选：D。
20. 下列关于过渡晶体的说法正确的是
A. 石墨属于过渡晶体
B. SiO2属于过渡晶体，但当作共价晶体来处理
C. 绝大多数含有离子键的晶体都是典型的离子晶体
D. Na2O晶体中离子键的百分数为100%
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨为混合晶体，只含一种物质，不属于过渡晶体，故A错误；
B．SiO2属于过渡晶体，但性质上更偏向共价晶体，故当作共价晶体来处理，故B正确；
C．大多数含有离子键的晶体不是典型的离子晶体，而是过渡晶体，故C错误；
D．金属性越强，氧化物中离子键的百分数越大，电负性相差越大，离子键百分数越大，与电负性有关，Na2O晶体中离子键的百分数是62%，故D错误；
故选：B。
21. 下列关于超分子的说法不正确的是
A. 超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
B. 超分子都是无限伸展的
C. 冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D. 细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
【答案】B
【解析】
【详解】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，故A正确；
B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C．冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；
选B。
22. 0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01mol AgCl沉淀，此氯化铬最可能是
A. [Cr(H2O)6]Cl3 B. [Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C. [Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D. [Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01mol AgCl沉淀，说明氯化铬(CrCl3·6H2O)中有一个氯离子在外界，其余在内界，而正三铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，C正确；
选C。
23. 和可以通过配位键形成化合物，下列说法正确的是
A. 、都是平面三角形分子
B. 、的中心原子采取的都是杂化
C. 形成配合物时中N原子提供的是孤对电子，中B原子提供空轨道
D. 形成配合物时中B原子提供的是孤对电子，中N原子提供空轨道
【答案】C
【解析】
【详解】A．是三角锥形分子，A错误；
B．中N原子的杂化轨道数键数+孤对电子数，采取的是杂化，中B形成3个键，无孤对电子，B原子的杂化轨道数键数+孤对电子数，采取的是杂化，B错误；
C．中，N原子有孤对电子，所以提供孤对电子，提供空轨道，形成配位键，C正确；
D．NH3•BF3中B原子有空轨道，所以BF3提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，D错误；
故选C
24. 下列有关晶体结构的叙述正确的是(　　)

A. SiO2晶体中最小环上的原子个数为6
B. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
C. 12g石墨烯（如图1）中含有六元环的个数为0.5×6.02×1023
D. 720gC60晶体中含有0.5×6.02×1023个晶胞（如图2每个小球代表一个C60）
【答案】C
【解析】
【详解】A．SiO2晶体结构中，每个硅原子结合4个氧原子，同时每个氧原子结合2个硅原子，SiO2最小环上有12个原子，即6个O，6个Si，A项错误；
B．晶体中只要有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体的组成微粒为金属阳离子和自由电子，B项错误；
C．12g石墨烯为1mol，石墨烯中平均每个六元环含有2个碳原子，则1mol石墨烯中含有六元环的个数为0.5×6.02×1023，C项正确；
D．C60为分子晶体，晶胞中含有C60的个数为，720gC60晶体中含有6.02×1023个C60，所以720 g C60晶体中含有0.25×6.02×1023个晶胞，D项错误；
答案选C。
25. 下列说法正确的是
A. 电负性大小顺序：
B. 所有非金属元素都分布在p区
C. 具有各向异性的固体可能是晶体
D. 的熔沸点比的熔沸点高是因为H—O比H—S更稳定
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属性越强，元素的电负性越大，第VIA族的大于VA族的，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故A错误；
B．氢元素在s区，属于非金属元素，故B错误；
C．晶体具有各向异性，因此具有各向异性的固体一定是晶体，故C正确。
D．H2O形成分子间氢键，所以熔沸点较高，故D错误；
故选：C。
二、填空题(本题共5小题，每空格2分，共50分)
26. 镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通信等领域。回答下列问题：
（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为____；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有____种。
（2）水晶的主要成分是二氧化硅，在水晶中硅原子的配位数是____。硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，上述四种物质沸点由高到低顺序为____，丁硅烯(Si4H8)中σ键与π键个数之比为____。
（3）GaN晶胞结构如图甲所示。已知六棱柱底边边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。从GaN晶体中分割出的平行六面体如图乙所示，该平行六面体的高为apm，GaN晶体的密度为____g/cm3(用a、NA表示)。

【答案】（1） ①. [Ar]3d104s24p4 ②. 3
（2） ①. 4 ②. SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4 ③. 11∶1
（3）×1030
【解析】
【小问1详解】
硒常用作光敏材料，已知Se是34号元素，则基态硒原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，则与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有As、Br、Kr共3种，故答案为：[Ar]3d104s24p4；3；
【小问2详解】
水晶的主要成分是二氧化硅，SiO2中每个Si原子与周围的4个O原子结合，每个O原子与周围的2个Si原子结合，则在水晶中硅原子的配位数是4，硅与氢结合能形成一系列的二元化合物SiH4、Si2H6等，与氯、溴结合能形成SiCl4、SiBr4，由于上述四种物质均形成分子晶体，且SiBr4、SiCl4、Si2H6、SiH4的相对分子质量依次减小，分子间作用力依次减弱，则沸点依次降低，故四种物质的沸点由高到低顺序为SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4，根据丁硅烯(Si4H8)的分子组成，类比与丁烯可知，丁硅烯分子内含有一个硅硅双键，则丁硅烯分子中σ键与π键个数之比为11:1，故答案为：4；SiBr4>SiCl4>Si2H6>SiH4；11：1；
【小问3详解】
晶胞(平行六面体)中Ga原子数目=1+4×+4×=2、N原子数目=1+2×+2×=2，则1个晶胞的质量m=g，晶胞的体积V=S底h=2×a2sin60°×apm3=a3×10-30cm3，所以GaN晶体的密度ρ==×1030 g/cm3，故答案为：×1030。
27. 第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域，请回答下列问题：
（1）Fe2+的核外电子排布式为____。
（2）NH3是一种很好的配体，NH3的沸点____(填“>”“=”或“ （3） ①. 七(或7) ②. 哑铃形
（4）氢键、配位键 （5）配位键
【解析】
【小问1详解】
Fe的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以Fe2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；
【小问2详解】
NH3分子间可以形成氢键，使其沸点升高，故NH3的沸点高于AsH3，故答案为：>；
【小问3详解】
基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，原子核外有 7个电子，原子核外有几个电子，其核外电子就有几种运动状态，因此有7种运动状态不同的电子；电子占据的最高能级符号为2p，其原子轨道为哑铃形，故答案为：7；哑铃状；
【小问4详解】
由图可知，铜与氧之间的虚线表示的作用力为配位键，氢与氧之间的虚线表示氢键，故答案为：氢键、配位键；
【小问5详解】
Fe3+为中心离子，N含有一对孤电子对，Fe3+含有空轨道，可形成配位键，故答案为：配位键。
28. 硼砂是含结晶水的四硼酸钠。以硼砂为原料，可以得到BF3、BN和硼酸等重要化合物，请根据下列信息回答有关问题。
（1）硼砂中阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示，则在Xm-中，2号硼原子的杂化类型为____；4号硼原子是否参与形成配位键?____(填“是”或“否”)。

（2）BN中B的化合价为____，请解释原因：____。
（3）BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的空间结构为____。
【答案】（1） ①. sp2 ②. 是
（2） ①. +3价 ②. N的电负性大于B的电负性
（3）正四面体形
【解析】
【小问1详解】
由图可知，2号B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，故B原子为sp2杂化，4号B原子与3、5、6号O原子之间形成共价键，与4号B原子相连的另一个O原子提供孤电子对，4号B原子提供接受孤电子对的空轨道，二者之间形成配位键，故答案为：sp2；是；
【小问2详解】
由于电负性：N＞B，所以BN中B的化合价为+3价，故答案为：+3；N的电负性大于B的电负性；
【小问3详解】
BF中B原子的价层电子对数为4，B原子无孤电子对，故BF的空间构型为正四面体形。
29. X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大。X和Q属同族元素，X和R可形成化合物XR4；R2为黄绿色气体；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T2+的3d轨道中有5个电子。请回答下列问题。
（1）Z基态原子的电子排布式是_______；Z所在周期元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是_______(填化学式)。
（2）RZ的中心原子的杂化轨道类型为_______。
（3）水中T含量超标，容易使洁具和衣物染色。RZ2可以用来除去水中超标的T2+，生成黑色沉淀TZ2，当消耗0.2molRZ2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为_______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p4 ②. HNO3
（2）sp3杂化 （3）2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+
【解析】
【分析】X、Z、Q、R、T为前四周期元素，且原子序数依次增大，R2为黄绿色气体，则R为Cl；X和R可形成化合物XR4，则X为+4价，处于IVA族，X和Q属同族元素，可推知X为C元素、Q为Si；Z与X同周期且基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等，则Z核外电子排布为1s22s22p4，因此Z为O元素；T2+的3d轨道中有5个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则T为Mn。
【小问1详解】
Z是O元素，基态O原子的电子排布式是1s22s22p4；Z位于第二周期，第二周期元素中，元素最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HNO3，故答案为：1s22s22p4；HNO3；
【小问2详解】
是，中中心原子Cl原子孤电子对数为，价层电子对数为3+1=4，则其中心原子Cl原子的杂化轨道类型为sp3 杂化，故答案为：sp3 杂化；
【小问3详解】
水中Mn含量超标，容易使洁具和衣物染色，ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗0.2molClO2时，共转移了1mol电子，假设Cl元素在还原产物中化合价为a，则0.2mol×(4-a)=1mol，解得a=-1，即ClO2被还原变为Cl-，根据电荷守恒可知，还产生了H+，则反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl﹣+12H+。
30. 回答下列问题：
（1）配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(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的化学式。CoCl3·6NH3____。
（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成红色，该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe(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，还可以以其他个数比配合，请按要求填空：
①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供____，SCN-提供____，二者通过配位键结合。
②所得Fe3+与SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比为1∶1配合所得离子显红色，含该离子的配合物的化学式是____。
【答案】（1）[Co(NH3)6]Cl3
（2） ①. 空轨道 ②. 孤电子对 ③. [Fe(SCN)]Cl2
【解析】
【小问1详解】
1molCoCl3•6NH3只生成3molAgCl，则1molCoCl3•6NH3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)6]Cl3；
【小问2详解】
①Fe3+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；
②Fe3+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。