2023年高考真题变式分类汇编：化学键1
一、选择题
1．（2023·北京）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A．三种物质中均有碳碳原子间的键
B．三种物质中的碳原子都是杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
2．（2023·北京）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A．过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
3．（2022·江苏）少量与反应生成和。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为
B．的空间构型为直线形
C．中O元素的化合价为-1
D．仅含离子键
4．（2022·天津市）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是（ ）
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
5．（2023·绍兴模拟）照相底片定影并回收定影液硫代硫酸钠和银，经历如下过程，下列说法不正确的是：
A．晶体中所含的作用力只有离子键、配位键
B．与是等电子体，结构相似，相当于中O被一个S原子替换
C．该过程中与结合能力：-
D．副产物的键角小于的原因：分子中S的孤电子对对成键电子对的排斥作用使键角变小
6．（2023·嘉定模拟）NH3分子和CO2分子比较，相同的是
A．键角 B．空间构型
C．分子的极性 D．化学键的类型
7．（2023·嘉定模拟）苯与Br2的催化反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．苯与Br2生成的反应为吸热反应
B．图中，苯与Br2的催化反应生成了溴苯、邻二溴苯
C．从图中所给信息看，生成比更稳定
D．由转化为的过程中有极性键的断裂与形成
8．（2023·嘉兴模拟）含有非极性键的共价化合物是
A． B． C． D．
9．（2023·闵行模拟）以下过程与化学键断裂无关的是
A．氯化钠熔化 B．碘升华 C．金刚石熔化 D．钠熔化
10．（2023·保定模拟）硼氢化钠()被称为“万能还原剂”，能与水反应产生，在催化剂钉()表面与水反应的历程如图所示：
下列说法错误的是
A．元素钉位于第五周期Ⅷ族
B．中含有离子键、共价键、配位键
C．中B的杂化方式为
D．过程④中产生1 mol ，转移电子的物质的量为2 mol
11．（2023·河北模拟）维生素C的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．维生素C分子中含有键和键
B．维生素C可保存在强碱性环境中
C．维生素C能使溴水、酸性溶液褪色
D．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键
12．（2023·常德模拟）乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
以下叙述错误的是
A．乙烯氧化法中，生成乙醛时，转移的电子数约为
B．的电子式为
C．根据价层电子互斥模型，水的中心原子含有孤电子对
D．标准状况下，中含有键的数目约为
13．（2023·南通模拟）黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法错误的是
A．含离子键和共价键
B．与具有相同的电子层结构
C．的结构式为
D．干冰的晶体类型为共价晶体
14．（2023·南京模拟）用NaCN溶液浸取矿粉中金的反应为4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列说法正确的是
A．H2O的空间结构为直线形 B．NaCN中含有离子键和共价键
C．1mol[Au(CN)2]-中含有2molσ键 D．NaOH的电子式为
15．（2023·江苏模拟）人们在金星大气中探测到PH3，据此推断金星大气层或存在生命。反应可制备PH3。下列说法正确的是
A．P4为极性分子 B．K+的结构示意图为
C．PH3的电子式为 D．中含有离子键和共价键
16．（2022·徐汇模拟）下列各组物质中，化学键类型和晶体类型都相同的是( )
A．Ar和K B．NaCl和NaOH C．和 D．和
17．（2022·浙江模拟）下列说法错误的是（ ）
A．氢氟酸可用于刻蚀石英制作艺术品
B．利用浓的高沸点与NaI反应制备HI
C．同位素可应用于药物作用机理研究和生物医学研究等
D．与淀粉通过共价键作用生成蓝色的淀粉碘包合物
18．（2022·四平模拟）对NaOH晶体叙述错误的是
A．存在两种化学键 B．含共价键的离子化合物
C．存在两种离子 D．含共价键的共价化合物
19．（2022·太原模拟）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
20．（2022·海淀模拟）氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
下列说法错误的是（ ）
A．六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键
B．六方氮化硼可做润滑剂
C．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子
D．立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键
21．（2022·菏泽模拟）可作为下列有机合成反应的催化剂。下列说法正确的是 （ ）
A．中σ键与π键的个数相等
B．甲分子中采取杂化的碳原子有6个
C．有机物乙的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点
D．常温下，中键比中键易断裂
22．（2022·宁乡市模拟）下列物质中含有共价键的化合物的是（ ）
A．CaO B．NaCl C．H2 D．HCl
23．（2021·岳阳模拟）氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH344.8L
二、多选题
24．（2015·海南模拟）下列说法中正确的是（ ）
A．丙烯分子中有8个σ键，1个π键
B．60g的SiO2晶体中，含有4mol共价键
C．NCl3和BCl3分子，都是三角锥形
D．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
三、非选择题
25．（2022·福建） 1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是 。
（3）晶体熔点： (填“>”“<”或“=”)，判断依据是 。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为 。
（5）加合物中 ，晶体中的微粒间作用力有 (填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
26．（2023·昆明模拟）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、 FeO、 Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。
（2）“焙烧” 后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式 。
（3）使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣的主要成分的化学式是 。
（4）①“萃取”时发生反应Mn+ + nRH MRn+ nH+ (Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当 =0.25时，水层中主要的阳离子为 。
萃取率/% 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4
Ni2+ 55% 68% 80% 99% 99.5% 99.8% 99.9%
Fe2+ 2% 2% 4% 5% 8% 30% 58%
②物质X的化学式为 。
（5）镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比N([La) ： N(Ni) ： N(H)= 。
（6）Ni2+与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍(M= 289 g·mol-1)，结构如下图所示。
144.5g二丁二酮肟合镍分子内含有σ键 mol，碳碳键是由 轨道重叠形成的。
a． sp3和sp2 b． sp2和 sp2 c． sp2和p d． sp3和p
27．（2023·福州模拟）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为 (填轨道表示式)。
（2）硝普钠()可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有 (填序号)。
a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.极性共价键
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“”或“”)。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇()的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为 。
28．（2023·福州模拟）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为 (填轨道表示式)。
（2）硝普钠(Na2[Fe( CN)5(NO) ·2H2O])可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有 (填序号)。
a．离子键
b．c金属键
c．配位键
d．极性共价键
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“sp”或“dsp？” )。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇(YFeO3)的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为(0， 0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为 。
29．（2023·淮北模拟）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：
（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是 。
（2）萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有 。
a．离子键|b．极性共价键|c．非极性共价键 d．配位键
（3）已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是 ，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为 。
（4）沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是 (填化学式)。
（5）沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为 (已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是 。
30．（2022·潍坊模拟）碱土金属(IIA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是____。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
（2）(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为 ，阴离子中心原子杂化方式为 。
（3）Sr是人体必需的微量元素，SrCO3是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为 。判断SrCO3的热分解温度 (填“大于”、“小于”)CaCO3的热分解温度，理由是 。
（4）MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有 个，若晶胞边长为646pm，则Mg—Ni核间距为 pm(结果保留小数点后两位，取1.73)。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 (列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为dg cm-3；设NA代表阿伏加德罗常数的值)。
31．（2022·太原模拟）我国科学家开发了一种高电化学活性和水氧稳定的方酸锂可作为电池电解质的锂补偿剂和锂源。回答下列问题：
（1）方酸可用作合成有机光导体、液晶显示材料等的中间体，其结构如图所示。
①1 mol方酸中含有的σ键数目为 ，其中 C的杂化轨道类型是 。
②羧基中的羟基极性越大，越易电离出H+。三氟乙酸(CF3COOH)的酸性大于三氯乙酸(CCl3COOH)，试从键的极性分析其原因可能是 。
（2）LiClO4 、LiBF4、LiPF4等离子液体也常作为锂离子电池的电解质。
①LiClO4中阴离子的空间结构名称是 。
②是一种配离子，请从配位键来解释其形成过程： 。
③LiPF6在一定条件下可分解生成PF5比较PF5和PCl5的热分解温度高低，利用键参数说明理由： 。
（3）1975年，锂键首次被实验证实，即X…Li-Y(X代表NH3， ， H2O，CH3OCH3；Y代表Cl，Br)。锂键和氢键类似，但也有不同，下列有关说法错误的是____(填字母)。
A．形成氢键(X-H…Y)三原子不一定在一条直线上。
B．氢键具有部分共价键的性质，锂键可能具有部分离子键的性质
C．电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br
D．分子间能形成氢键， CH3OCH3分子间不能形成氢键
（4）磷酸亚铁锂是一种锂离子电池的正极材料，其晶胞结构示意图如图(a)所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个，电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+ ，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则x= 。
（5）用于制造激光器的KH2PO4大晶体是由水溶液结晶出来的。分别用、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是、K+在晶胞xz面、yz面上的位置，则晶胞在x轴方向上的投影图为 (填字母)。
32．（2022·新疆模拟）许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有多种用途。请回答下列有关问题：
（1）现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素。
（2）某同学画出的基态碳原子的核外电子排布图为，该电子排布图背了 。CH、-CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH、CH的空间构型分别为 、 。
（3）咪唑的结构为 。分子中的大π键可用符号π表示。其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)。咪唑分子中的大π键可表示为 ，咪唑比环戊烯C5H8熔点高的主要原因是 。
（4）中孤电子对与π键比值为 ，碳原子的杂化方式为 。
（5）铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力。有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力。其四子格结构如图所示，已知晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA。
①写出氮化铁中铁的堆积方式为 。
②该化合物的化学式为 。
③计算出Fe(II)围成的八面体的体积为 cm3。
33．（2022·青岛模拟）铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要材料。
已知。回答下列问题：
（1）基态氮原子价电子轨道表示式为 。
（2）反应中断裂的化学键有 (填标号)。
a．氢键 b．极性键 c．非极性键 d．离子键 e．配位键
（3）反应所得的气态产物中属于非极性分子的是 (填化学式，下同)；氢化物中更易与形成配离子的是 ，解释原因 。
（4）基态U原子的外围电子排布式为，则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需能量最高的是____(填标号)。
A． B． C． D．
（5）的空间构型为 ，其结构中存在大π键，可表示为 (用表示，m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)。
（6）某种铀氮化物的晶胞如图。已知晶胞密度为，U原子半径为，N原子半径为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为 (用含d、、、的式子表示)。
34．（2022·临沂模拟）金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中有着广泛的用途。
（1）与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验。
①基态核外电子排布式为 。
②丁二酮肟镍分子中采取杂化，为平面正方形构型，则该分子中共面的原子最多为 个。
③丁二酮肟镍分子内存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．范德华力
（2）镍能形成多种配合物，如、等。
①晶体中含有的键与键数目之比为 。
②中键角H-N-H比独立存在的分子中键角略大，其原因是 。
（3）苯与在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知键长为，键长为。
则该晶体的化学式为 ；A点的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
35．（2022·商丘模拟）CIGS靶材是一种主要含铜、铟(In)、镓(Ga)、硒(Se)的合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态Ga的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，转化为下列激发态时所需能量最少的是____(填字母)。
A．
B．
C．
D．
（2）硫酸铜分别和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2CH2N(CH2COOH)2]可形成配合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。
①的空间构型为 ，EDTA中碳原子杂化方式为 。
②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是 。
③在[Cu(NH3)4(H2O) ]SO4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构 (如图)，该阳离子中存在的化学键类型 ，该化合物加热时首先失去的组分是 。
（3）人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因 。
有机物 甲醇 甲硫醇(CH3SH) 甲硒醇
沸点/℃ 64.7 5.95 25.05
（4）四方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=b=m pm，c=2m pm，晶胞棱边夹角均为90°。设阿伏加德罗常数的值为NA，CuInSe2的相对质量为M，则该晶体密度ρ= g cm-3 (用含有m、M和NA的代数式表示)。该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为 ，晶体中与单个In键合的Se有 个。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、三种物质都含有C-C形成的σ键，A正确；
B、金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨炔苯环部分C形成sp2杂化，碳碳三键中C形成sp杂化，B错误；
C、金刚石为共价晶体，石墨中，同一层内的C以共价键连接，层与层之间为范德华力连接，所以石墨为混合晶体，石墨炔为分子晶体，C错误；
D、金刚石不存在未成对电子，不能导电，石墨、石墨炔存在自由移动的电子，可以导电，D错误；
故答案为：A
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、石墨的晶体类型比较特殊，同一层之间的碳原子连接为共价键，不同层碳原子之间连接为范德华力；
D、金刚石不存在自由移动的电子，不能导电。
2．【答案】C
【知识点】化学键；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖中含有C、H、O三种元素，其中H和O形成H2O，生成C，体现浓硫酸脱水性，A错误；
B、浓硫酸吸水放热，C和浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，生成的气体使固体膨胀，B错误；
C、SO2可以使品红溶液褪色，H2SO4生成SO2的过程，S化合价降低，体现H2SO4的氧化性，C正确；
D、化学反应的过程中，发生化学键的断裂和形成，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸脱水性，可以使有机物中的H、O形成水；
B、浓硫酸和C发生氧化还原反应生成SO2和CO2，使固体膨胀；
C、浓硫酸具有强氧化性，可以生成SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色；
D、化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成。
3．【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式是，A不符合题意；
B．中氧原子的价层电子对数为，含有2个孤电子对，空间构型为V形，B不符合题意；
C．中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C符合题意；
D．中氢氧根中含有O-H共价键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成；
B.中心氧原子价层电子对数为4，含有两个孤电子对；
D.NaOH中钠离子和氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧根中含有O-H共价键。
4．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键
【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A符合题意；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；
C．N2H4的结构式为 ，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；
B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；
C.单键均为σ键；
D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。
5．【答案】A
【知识点】化学键；键能、键长、键角及其应用；“等电子原理”的应用
【解析】【解答】A.该晶体中S、O以共价键的形式结合，因此该晶体中还含有共价键，A不符合题意；
B.S2O32-、SO42-所含的原子个数相同，且价电子数相同，因此二者互为等电子体，结构相似，B不符合题意；
C.由沉淀的转化可知，Ag+结合阴离子的能力强弱为S2->S2O32->Br-，C不符合题意；
D.SO2中中心硫原子含有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有排斥作用，使得SO2的键角小于120°，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、S与O之间以共价键形式结合；
B、原子个数相同，价电子数相同的微粒为等电子体；
C、由沉淀的转化确定Ag+与其他离子结合的能力强弱；
D、SO2中中心原子S原子含有两对孤电子对，孤电子对成成键电子对有排斥作用力；
6．【答案】D
【知识点】化学键；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．氨气分子中N原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，CO2分子中C原子价层电子对个数＝2+＝2且不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为直线形，二者空间构型不同导致其键角不同，选项A不符合题意；
B．氨气分子为三角锥形、CO2为直线形，所以其空间构型不同，选项B不符合题意；
C．正负电荷中心重合的为非极性分子、不重合的为极性分子，氨气分子为极性分子、CO2为非极性分子，所以分子的极性不同，选项C不符合题意；
D．不同非金属元素原子之间易形成极性键，N﹣H、C=O键都是极性键，所以键的极性相同，都为极性键，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、键角和孤电子对数有关；
B、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
C、正负电荷中心重合的为非极性分子、不重合的为极性分子；
D、氨分子和二氧化碳分子都只含有共价键。
7．【答案】C
【知识点】化学键；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此苯与Br2生成溴苯的反应是放热反应，选项A不符合题意；
B．根据图示可知，苯与Br2的反应生成了溴苯、 ， 不是邻二溴苯，选项B不符合题意；
C．根据图示可知：第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故反应生成的有机产物中，取代产物溴苯所占比例更大，生成溴苯的反应是主要反应，生成比更稳定，选项C符合题意；
D．在上述转化中有非极性键碳碳键的断裂和极性键C-Br键的生成，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应物的能量比生成物的能量高，反应为放热反应；
B、 不是邻二溴苯；
C、能量越低，物质越稳定；
D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
8．【答案】B
【知识点】化学键；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．为共价化合物，没有非极性键，故A不选；
B．为共价化合物，含有C=C非极性键，故B选；
C．为离子化合物，故C不选；
D．为共价化合物，没有非极性键，故D不选；
故答案为：B。
【分析】只含共价键的化合物为共价化合物，同种非金属原子间形成非极性键。
9．【答案】B
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．氯化钠的熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，A不符合题意；
B．碘单质的升华属于物理变化，破坏分子间作用力，故化学键不被破坏，B符合题意；
C．金刚石是共价晶体，熔化时破坏了共价键，故化学键被破坏，C不符合题意；
D．金属钠属于金属晶体，熔化的时候破坏的是金属键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】存在化学键的断裂，说明发生了化学反应，或者电解质发生电离。
10．【答案】D
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．元素钌为44号元素，位于第五周期第VIII族，A不符合题意；
B．中含有钠离子和间存在离子键，中硼与其中3个氢形成共价键，与一个氢形成配位键，B不符合题意；
C．BH3分子中B原子的价层电子对数为，B的杂化方式为sp2杂化，C不符合题意；
D．从图中可以看出，过程④中发生反应HB(OH)2+2H2O+e- =+H2↑，则产生1molH2，转移电子的物质的量为mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.钌为44号元素，在元素周期表中位于第五周期第VIII族；
B.中钠离子和以离子键结合，中含有共价键和配位键；
C.BH3分子中B原子的价层电子对数为3；
D.过程④发生反应HB(OH)2+2H2O+e- =+H2↑。
11．【答案】B
【知识点】化学键；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．分子中含碳碳双键、碳氧双键，且单键均为σ键，双键含1个σ键和1个π键，则维生素C分子中含有σ键和π键，故A不符合题意；
B．分子中含酯基，在碱性溶液中可发生水解反应，不能保存在强碱性环境中，故B符合题意；
C．分子中含碳碳双键，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故C不符合题意；
D．由结构可知，分子中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.酯基在碱性条件下水解；
C.碳碳双键能与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾氧化；
D.维生素C中含有羟基、酯基和碳碳双键。
12．【答案】A
【知识点】化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为+2，电子转移关系为，生成乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为，A符合题意；
B．为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，B不符合题意；
C．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则水（为1mol）的中心原子含有孤电子对，C不符合题意；
D.1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，（为0.5mol）中含有π键为1mol，数目约为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据计算；
B.乙烯中含有C=C键和C-H键；
C.H2O中O原子上含有2个孤电子对；
D.三键中含有1个σ键和2个π键。
13．【答案】D
【知识点】化学键；分子晶体；结构式
【解析】【解答】A．中存在K+和，含有离子键和共价键，故A不符合题意；
B．与都含有18个电子，具有相同的电子层结构，故B不符合题意；
C．的结构式为，故C不符合题意；
D．干冰的晶体类型为分子晶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.中钾离子和硝酸根离子键存在离子键，硝酸根离子中含有共价键；
B.与具有三个电子层，且每各个电子层的电子数均为2、8、8；
C.氮气中两个N原子间形成三键，其结构式为；
D.干冰为固态二氧化碳，由分子构成，属于分子晶体。
14．【答案】B
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．H2O的空间结构为V形，A不符合题意；
B．NaCN中Na+与CN-间形成离子键，CN-中C和N之间形成共价键，B符合题意；
C．[Au(CN)2]-中CN-内含有1个σ键，Au与CN-间形成配位键也是σ键，故1mol[Au(CN)2]-中含有4molσ键，C不符合题意；
D．NaOH的电子式为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.H2O的空间结构为V形。
B.NaCN为离子化合物，注意碳氮之间形成共价键。
C.σ键为共价单键。
D.NaOH的电子式为。
15．【答案】D
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．P4分子呈正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，A不符合题意；
B．K+的核外有18个电子，结构示意图为，B不符合题意；
C． PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对，电子式为，C不符合题意；
D．KH2PO2由K+和构成，阴阳离子间形成离子键，内原子间形成共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、正负电荷重心重合，为非极性分子；
B、钾原子丢失最外层1个电子形成钾离子；
C、磷原子周围满足8个电子；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键。
16．【答案】C
【知识点】化学键；晶体的定义
【解析】【解答】A．Ar为只含分子间作用力的分子晶体，K为含有金属键的金属晶体，A选项不符合题意；
B．NaCl为只含离子键的离子晶体，NaOH是含有共价键、离子键的离子晶体，B选项不符合题意；
C．CH4和H2O均是含有共价键和分子间作用力的分子晶体，C选项符合题意；
D．CO2是含有共价键、分子间作用力的分子晶体，SiO2是只含共价键的原子晶体，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】首先确定晶体类型，再确定化学键的类型。
17．【答案】D
【知识点】化学键；硅和二氧化硅；同位素及其应用
【解析】【解答】A．氢氟酸可与SiO2反应生成SiF4和H2O，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，A不符合题意；
B．浓的沸点高，浓与NaI反应可生成HI，可通过此反应制备HI，B不符合题意；
C．利用同位素示踪技术，利用放射性元素作为示踪剂，对研究对象进行标记，可研究反应进行的机理，可应用于药物作用机理研究和生物医学研究等，C不符合题意；
D．I2使淀粉变蓝是因为I2与淀粉通过包合作用生成蓝色的淀粉碘包合物，没有共价键作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢氟酸能与二氧化硅反应；
B.HI沸点低易挥发；
C.放射性同位素可释放出射线，可用于消毒、药物作用机理研究和生物医学研究等。
18．【答案】D
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A. 为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项不符合题意；
B. NaOH由Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B项不符合题意；
C. NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项不符合题意；
D. NaOH是含共价键的离子化合物，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物。
19．【答案】D
【知识点】化学键；催化剂；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A不符合题意；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B不符合题意；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C不符合题意；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、CoOOH虽然参与反应，但之后又生成；
B、Fe(OH)2、CoOOH都能与盐酸反应；
C、注意电荷守恒和元素守恒；
D、无非极性键的断裂。
20．【答案】D
【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．六方氮化硼的结构和石墨相似，所以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，所以六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键，故A不符合题意；
B．六方氮化硼的结构与石墨类似，则其性质相似，石墨可以作润滑剂，则六方氮化硼可以作润滑剂，故B不符合题意；
C．立方氮化硼晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8×+6×=4，故C不符合题意；
D．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B－N共价键，所以立方氮化硼中B和N原子之间存在配位键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分子间作用力不属于化学键；
B.六方氮化硼的结构与石墨类似，性质也与石墨相似；
C.根据均摊法计算；
D.B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对。
21．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则由结构简式可知，CH3CN分子中含有5个，π键为2个，σ键与π键的个数不相等，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有7个，故B不符合题意；
C．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的分子间作用力小于对羟基苯甲酸，沸点低于对羟基苯甲酸，故C符合题意；
D．氯元素的电负性大于碘元素，所以中键比中键难断裂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；
B.由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化；
C.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键；
D.氯元素的电负性大于碘元素， 中键比中键难断裂。
22．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．CaO含有离子键，A不符合题意；
B．NaCl含有离子键，B不符合题意；
C．H2含有共价键但是却为单质，C不符合题意；
D．HCl含有共价键且为化合物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】非金属元素的原子之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。
23．【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A不符合题意；
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C不符合题意；
D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应①反应物为Cu(NH3)和O2，生成物为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+；
B.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
C.不同种元素原子之间形成极性键；
D.氨气只参加了反应④的反应，NO参加了反应④和反应⑤的反应，分析反应的总过程可知NO和NH3的物质的量比为1：1。
24．【答案】A,B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．丙烯分子中含有6个C﹣H键，1个C﹣C键和1个C=C键，则含有8个σ键，1个π键，故A正确；
B.60g的SiO2为1mol，SiO2晶体中，每个Si原子形成4个共价键，故B正确；
C．BCl3中B原子形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂质，为平面三角形结构，故C错误；
D．NH3分子间存在氢键，沸点较高，故D错误．
故选AB．
【分析】A．根据丙烯的结构判断；
B．SiO2晶体中，每个Si原子形成4个共价键；
C．根据加成电子对互斥模型判断；
D．NH3分子间存在氢键，沸点较高．
25．【答案】（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；化学键；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为，故答案为：；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强，故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<，故答案为：<； 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故答案为：2；bc。
【分析】（1）As为33号元素，位于第四周期VA族，价电子排布式为；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此原子的活泼性依序增强；
（3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（4）中心Br原子的价层电子对数为4；
（5） 该晶胞中BrOF2的个数=4、AsF6的个数=4、KrF2的个数=8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8=1：1：2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键。
26．【答案】（1）Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O
（2）NiO + (NH4)2SO4NiSO4 + 2NH3↑+ H2O↑
（3）Fe(OH)3
（4）Fe2+、 H+；H2SO4
（5）1：5：3
（6）16；ab
【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Al2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成偏铝酸盐。故答案为：；
（2）焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生。则该反应为↑。故答案为：↑；
（3）烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO与NH4SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3。95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3。滤渣为Fe(OH)3。故答案为：Fe(OH)3；
（4）从表数据可以看出，当为0.25时，Ni2+、Fe2+萃取率分别为99%、5%。所以Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层。为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn+ + nRH MRn+ nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。故答案为：Fe2+、H+；H2SO4；
（5）H原子分布于2个面心和8条棱上，H原子数为。Ni位于面上和体内，Ni原子数为。La位于晶胞的顶点，其个数为。故答案为：1：5：3；
（6）。分子中除了H…O为氢键外，其余原子之间均有σ键，每个分子中有32个σ键。所以该物质中σ键物质的量为16mol。分子中有N=C-C=N两个碳原子均为sp2杂化，所以C-C键为sp2- sp2重叠。而N=C-CH3分别为sp2和sp3杂化，则该C-C键为sp2- sp3重叠。故答案为：16；ab。
【分析】废镍渣进行粉碎，加入NaOH进行碱浸，发生反应Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O，分离出滤液，再加入硫酸铵固体焙烧，烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO，加入95℃热水“溶解”后过滤，Fe3+水解为Fe(OH)3，滤渣为Fe(OH)3，加入RH进行萃取，分离出有机层，加入X溶液反萃取得到NiSO4溶液。
27．【答案】（1）
（2）b
（3）dsp2；顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
（4）6；(，+m，)
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴，27号元素，该元素的基态原子的价电子排布图为；
（2）硝普钠()是配合物，外界Na+和内界之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+之间存在配位键，C和N、N和O、H和O之间存在极性共价键，故不存在的化学键为金属键，选b；
（3）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子；
（4）由和可知位于晶胞内的O有4个，由 可知Z方向的棱上O的个数=8×=2，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。
【分析】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴；
（2）中存在离子键、配位键、极性共价键，不含金属键；
（3）①甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂；
（4）根据均摊法计算；根据已知原子坐标确定3号Fe原子坐标为(，+m，)。
28．【答案】（1）
（2）b
（3）dsp2；依据“相似相溶规则”，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，H2O为极性溶剂
（4）6；( ， +m， )
【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）铁、钴、镍均位于第四周期第Ⅷ族，钴元素基态原子的价电子排布式为3d74s2，则其轨道表示式为 。
（2）硝普钠(Na2[Fe( CN)5(NO) ·2H2O])存在离子键、配位键、极性共价键和氢键（H2O分子间），不存在金属键、非极性共价键。
（3）①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为dsp2，Cu原子的价电子排布式是 3d104s1，Cu2+的价电子排布式是 3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2杂化。
②顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，H2O为极性溶剂，依据“相似相溶”的原理可知，顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水。
（4）根据图新信息和均摊法可知，一个晶胞中含有的氧原子数为8×+4=6。根据x-y轴方向可知，3号Fe与1号O的横坐标一样，纵坐标为1-（ -m ）= +m ，根据y-z轴方向可知，3号Fe竖坐标为1号O的竖坐标的3倍，所以3号Fe原子的分数坐标为( ， +m， ) 。
【分析】（1）铁、钴、镍均位于第四周期第Ⅷ族。
（2）硝普钠(Na2[Fe( CN)5(NO) ·2H2O])存在离子键、配位键、极性共价键和氢键（H2O分子间），不存在金属键、非极性共价键。
（3）①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为dsp2。
②根据相似相溶原理进行分析。
（4）根据均摊法及图示信息进行分析。
29．【答案】（1）增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
（2）b c d
（3）调节溶液的，有利于转化成铁矾渣；
（4）
（5）；加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降
【知识点】化学键；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a不正确；
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故答案为：b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。
【分析】根据流程图，“氧压酸”过程中，镍、镁、铜、铁的氧化物与H2SO4、O2反应生成相应的盐，硅的氧化物不反应，“萃铜”时，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相中加入氧化镁、硫酸钠，将铁转变为铁矾渣除去，“沉镍”中，氧化镁把镍离子转变为氢氧化镍沉淀，最后经一系列操作可得到金属镍。
30．【答案】（1）B；C
（2）共价键、配位键；sp3
（3）[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度
（4）4；279.40；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】(1)碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba均位于第IIA族，且原子序数依次增加，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，元素第一电离能逐渐减小，金属键强度也逐渐减小，使得单质的硬度也逐渐减小，
故答案为：BC。
(2)阳离子中，N原子提供的3个单电子都和和H原子的1个电子形成3个共用电子对，即共价键， N原子还提供一个孤电子对和H+形成配位键，故含有的化学键类型为共价键和配位键；阴离子的中心Be原子价层电子对数为4+=4，则Be原子的杂化方式为sp3。
(3)Sr是38号元素，其电子排布式为[Kr]5s2，则Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；由于Sr2+的半径大于Ca2+，因此Sr2+夺取中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度，故SrCO3的热分解温度大于CaCO3的热分解温度。
(4)①结合晶胞结构，并根据化学式Mg2NiH4可知，图中灰球表示Mg原子，黑球表示Ni原子，则Mg原子位于4个Ni原子形成的正四面体的中心，故Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个；由于Mg原子位于4个Ni原子形成的正四面体的中心，所以Mg-Ni核间距为体对角线的，即Mg-Ni核间距=646pm=279.40pm；
②晶胞中有含4个Ni原子，则晶胞中含16个H原子，则晶胞中氢的密度为=g cm-3，该化合物的储氢能力为=。
【分析】（1）注意主族元素随着原子序数增加的规律；
（2）中N原子和H原子形成3个共用电子对；
（3）（4）注意晶胞顶点和面心以及棱上原子并非全部属于该晶胞。
31．【答案】（1）10NA；sp2；氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（2）正四面体；F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对(或其他合理答案)；PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能
（3）D
（4）4；0.1875或
（5）B
【知识点】化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)①单键均为σ键，双键中有一条σ键一条Π键，由结构简式可知，1mol该物质中含有10NAσ键；该结构中C原子均形成双键，采用sp2，故答案为：10NA；sp2；
②F和Cl为同主族元素，F分电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，故答案为：氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子；
(2)①LiClO4中阴离子的，其中心Cl原子的价层电子对数为，无孤电子对，为正四面体结构，故答案为：正四面体；
②是一种配离子，其由BF3和F-结合形成，中心B原子存在空轨道，F-离子存在孤电子对，两者结合时提供空轨道，F-离子提供孤电子对，形成配位键，故答案为：F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对；
③和中，F原子的电负性大于Cl，P-F键的键长比P-Cl键的键长短，键长越短，键能越大，形成的物质越稳定，因此的分解温度高于，故答案为：PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能；
(3)形成氢键(X-H…Y)三原子可能共线，也可能不在同一直线上，故A正确；
B. 氢键为两个非金属原子之间的作用力具有部分共价键的性质，锂键是离子与其他原子之间形成的特殊作用力，可能具有部分离子键的性质，故B正确；
C. 氯、溴为同主族元素，从上到下同主族元素的电负性减弱，第一电离能减弱，故电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br，故C正确；
D. CH3OCH3分子中存在非金属性较强的O原子，也能形成分子间氢键，故D不正确；
故答案为：D；
(4)由晶胞结构可知每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，充电前锂离子有8个在顶点个数为：、4个在棱心个数为，4个在面心个数为，一个晶胞中锂离子个数为4个，充电后锂离子部分损失，有8个在顶点个数为：、3个在棱心个数为，3个在面心个数为，个数为，此时该晶胞对应的化学式为：，即1-x=，x=，故答案为：0.1875或；
(5)晶胞顶点的投影到正方形的四个顶点，上面面心的●投影到正方形的上下棱心，体心都应到面心，体内的令另两个投影到体心靠下处，两侧面山的投影到距离正方形上顶点处，两侧棱上心上的●投影到正方形的两侧边的中心上，两侧面上的●投影到正方形的两侧边的距下顶点处，晶胞体内的两个●投影到正方形面内距离上边长处，由此可知B正确，故答案为：B；
【分析】（1）单键均为σ键，双键中有一条σ键一条π键；
（2）根据电子对的情况确定空间结构以及电子的配对情况；
（4）（5）计算晶胞的时候要注意晶胞顶点、面心处的原子并非全部属于该晶胞；
32．【答案】（1）原子光谱
（2）洪特规则；平面三角形；三角锥形
（3）π；咪唑分子间存在氢键
（4）5：3；sp、sp2
（5）面心立方最密堆积；Fe4N；
【知识点】原子结构的构造原理；研究物质结构的基本方法和实验手段；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
(2)由题中图示可知，2p轨道上的2个电子没有分占不同的轨道，且自旋方向相同，故该电子排布图违背了洪特规则。CH中的碳原子价层电子对数为n=3+=3+0=3，孤电子对数为0，则CH的中心碳原子是sp2杂化，空间构型为平面三角形，CH中心原子的价层电子对数为n=3+=3+1=4，孤电子对数为1，则CH的中心碳原子是sp3杂化，空间构型为三角锥形；
(3)在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层单电子或者孤对电子成大π键，则有电子3×1+2×2-1=6，故咪唑分子中的大π键可表示为π；咪唑分子间存在氢键，故咪唑比环戊烯C5H8熔点高；
(4)分子 中N原子上各有一个孤电子对，共有5个孤电子对，C=N双键中含有一个π键，CN含有两个π键，共有3个π键，故孤电子对与π键比值为5：3；双键碳为sp2杂化，三键碳为sp杂化；
(5)①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置，类似于Cu晶体的堆积方式，所以晶胞中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；
②晶胞中Fe原子数为，N原子位于体心，数目1个，所以氮化铁的化学式Fe4N；
③晶胞中Fe原子数为，N原子数目为1，氮化铁的化学式Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，，Fe( II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长，并且两对角线相互垂直，，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。
【分析】（1）光谱分析利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（2）洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；CH中的碳原子价层电子对数为3，不含孤电子对；CH中碳原子价层电子对数为4，含有一个孤电子对；
（3） 咪唑分子中的三个C原子和两个N原子构成大π键，C提供单个电子，一个N提供孤电子对，一个N提供单电子；咪唑分子间形成氢键；
（4）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；该物质中-CN的碳原子为sp杂化，双键C为sp2杂化；
（5）①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置；
②根据均摊法计算各原子数目，进而确定其分子式；
③若晶胞边长为acm，根据晶胞质量m=ρV计算a，Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直，据此计算。
33．【答案】（1）
（2）bde
（3）、；；电负性N＜O，N更容易给出孤电子对，所以更易与形成配离子
（4）A
（5）平面三角形；
（6）或
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)N为7号元素，其价电子排布式为2s22p3，则基态氮原子价电子轨道表示式为。
(2)(NH4)4[UO2(CO3)3]含有离子键、极性键、配位键，根据反应产物可以得知该反应中断裂的化学键为离子键、极性键、配位键，
故答案为：bde。
(3)反应所得的气态产物中属于非极性分子的是CO2和N2；反应所得的氢化物是NH3和H2O，分子中，N和O都含有孤电子对，N的电负性小于O，N更容易给出孤电子对，所以NH3更易与Cu2+形成配离子。
(4)基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2，5f37s27p1、5f26d27s2和5f47s2均为其基态原子的激发态，5f36d17s1为U+，由第二电离能明显高于第一电离能可知，5f36d17s1再失去一个电子所需要能量最高，
故答案为：A。
(5)中C的价电子对数为3+=3，且不含孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型为平面三角形，中存在大π键，由于C不含孤对电子，则其路易斯结构式为，形成的大π键为。
(6)晶胞中，U的个数为=4，N的个数为42=8，则U和N的总体积为[]cm3=[]cm3，晶胞体积为=cm3，则该晶胞的空间利用率为 ==。
【分析】（1）氮原子的价电子排布式为2s22p3，据此确定轨道表示式；
（2）(NH4)4[UO2(CO3)3]含有离子键、极性键、配位键；
（3）正负电荷中心重合的分子为非极性分子，电负性越大，越不易给出孤对电子；
（4）同一能层中的电子越多，电子之间的斥力越大，就越不稳定，容易失去电子，同一能层中的电子越少，电子之间的斥力越小，就越稳定，不容易失去电子；
（5） 中C原子价层电子对数为3，不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子VSEPR模型；中形成大π键的电子个数=（4+2+6×3）-3×2-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键；
（6）根据计算。
34．【答案】（1）[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；23；B
（2）1：1；NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱
（3）Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，)；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)①已知Ni是28号元素，故基态核外电子排布式为[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8，故答案为：[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；
②丁二酮肟镍分子中采取杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和Ni2+的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面，故答案为：23；
③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；
(2)①已知单键均为键，双键为1个键和1个键，三键为1个键和2个键，则1分子中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个键与8个键，则晶体中含有的键与键数目之比为8：8=1：1，故答案为：1：1；
②由于中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的分子中键角略大，故答案为：NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；
(3)一个晶胞中含Ni个数为：，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：，CN为：，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为，BC为()，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AO=(-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=OC，故晶胞中A、B间距离d== =pm，故答案为：Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，)；。
【分析】 (1)①基态Ni源子失去4s能级上的电子生成基态Ni2+ ；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，C=N具有乙烯结构特点，与其直接相邻的原子共平面，单键可以旋转；
③丁二酮肟镍分子内镍离子和N原子之间存在配位键、还存在C-C、C= N、C-H等共价键；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，Ni(CO)4晶体中Ni源子和C原子之间存在σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
②该离子中N原子和Ni2+形成配位键，[Ni(NH3)6]2+中N原子形成4个共价键，氨气分子中N原子形成3个共价键，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；
(3)依据晶胞密度的相关知识分析解答。
35．【答案】（1）B
（2）正四面体形；sp2、sp3；N；共价键和配位键；H2O
（3）三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
（4）；(0.75，0.75，0.625)；4
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)根据核外电子排布规律可知，激发态B的能量最低，故基态Ga原子转化为激发态B时所需能量最少，
故答案为：B。
(2)①的σ键的数目为4，孤对电子数目为=0，故的空间构型为正四面体形；EDTA中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，连有碳氧双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故EDTA中碳原子杂化方式为sp3和sp2；
②同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但是IIA族和VA族的元素的第一电离能均高于其相邻的元素，则第一电离能：N＞O＞C；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减弱，则第一电离能：O＞S；故C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是N；
③该配合物的阳离子中，Cu2+和配体之间形成配位键，配体分子内存在极性键，故该阳离子中存在配位键和极性键；Cu2+与H2O形成的配位键比与NH3所形成的配位键弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。
(3)甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高。
(4)Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故Cu原子的个数为=4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，故In原子的个数为=4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，则晶胞质量为g，晶胞体积为(m10-10cm) (m10-10cm) (2m10-10cm)=2m310-30cm3，故晶胞密度ρ==g cm-3；如图所示，该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为(0.75，0.75，0.625)；晶胞中与单个In键合的Se有2个，则晶体中与单个In键合的Se有4个。
【分析】（1）转化为激发态时所需能量最少，则基态原子中的电子进入高能级的电子最少；
（2）①的价层电子对数为4，不含孤电子对；EDTA中亚甲基上的碳原子价层电子对数是4、羧基中碳原子价层电子对数是3；
②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小；
③铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，两种配位键的强弱有差异，强度越低，加热越容易失去；
（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（4）根据计算。
2023年高考真题变式分类汇编：化学键1
一、选择题
1．（2023·北京）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A．三种物质中均有碳碳原子间的键
B．三种物质中的碳原子都是杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
【答案】A
【知识点】化学键；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、三种物质都含有C-C形成的σ键，A正确；
B、金刚石中C为sp3杂化，石墨中C为sp2杂化，石墨炔苯环部分C形成sp2杂化，碳碳三键中C形成sp杂化，B错误；
C、金刚石为共价晶体，石墨中，同一层内的C以共价键连接，层与层之间为范德华力连接，所以石墨为混合晶体，石墨炔为分子晶体，C错误；
D、金刚石不存在未成对电子，不能导电，石墨、石墨炔存在自由移动的电子，可以导电，D错误；
故答案为：A
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、石墨的晶体类型比较特殊，同一层之间的碳原子连接为共价键，不同层碳原子之间连接为范德华力；
D、金刚石不存在自由移动的电子，不能导电。
2．（2023·北京）蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。
下列关于该过程的分析不正确的是( )
A．过程白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性
B．过程固体体积膨胀，与产生的大量气体有关
C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性
D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂
【答案】C
【知识点】化学键；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、蔗糖中含有C、H、O三种元素，其中H和O形成H2O，生成C，体现浓硫酸脱水性，A错误；
B、浓硫酸吸水放热，C和浓硫酸反应生成CO2、SO2、H2O，生成的气体使固体膨胀，B错误；
C、SO2可以使品红溶液褪色，H2SO4生成SO2的过程，S化合价降低，体现H2SO4的氧化性，C正确；
D、化学反应的过程中，发生化学键的断裂和形成，D错误；
故答案为：C
【分析】A、浓硫酸脱水性，可以使有机物中的H、O形成水；
B、浓硫酸和C发生氧化还原反应生成SO2和CO2，使固体膨胀；
C、浓硫酸具有强氧化性，可以生成SO2，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色；
D、化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成。
3．（2022·江苏）少量与反应生成和。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为
B．的空间构型为直线形
C．中O元素的化合价为-1
D．仅含离子键
【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式是，A不符合题意；
B．中氧原子的价层电子对数为，含有2个孤电子对，空间构型为V形，B不符合题意；
C．中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C符合题意；
D．中氢氧根中含有O-H共价键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成；
B.中心氧原子价层电子对数为4，含有两个孤电子对；
D.NaOH中钠离子和氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧根中含有O-H共价键。
4．（2022·天津市）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是（ ）
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键
【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A符合题意；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；
C．N2H4的结构式为 ，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；
B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；
C.单键均为σ键；
D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。
5．（2023·绍兴模拟）照相底片定影并回收定影液硫代硫酸钠和银，经历如下过程，下列说法不正确的是：
A．晶体中所含的作用力只有离子键、配位键
B．与是等电子体，结构相似，相当于中O被一个S原子替换
C．该过程中与结合能力：-
D．副产物的键角小于的原因：分子中S的孤电子对对成键电子对的排斥作用使键角变小
【答案】A
【知识点】化学键；键能、键长、键角及其应用；“等电子原理”的应用
【解析】【解答】A.该晶体中S、O以共价键的形式结合，因此该晶体中还含有共价键，A不符合题意；
B.S2O32-、SO42-所含的原子个数相同，且价电子数相同，因此二者互为等电子体，结构相似，B不符合题意；
C.由沉淀的转化可知，Ag+结合阴离子的能力强弱为S2->S2O32->Br-，C不符合题意；
D.SO2中中心硫原子含有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有排斥作用，使得SO2的键角小于120°，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、S与O之间以共价键形式结合；
B、原子个数相同，价电子数相同的微粒为等电子体；
C、由沉淀的转化确定Ag+与其他离子结合的能力强弱；
D、SO2中中心原子S原子含有两对孤电子对，孤电子对成成键电子对有排斥作用力；
6．（2023·嘉定模拟）NH3分子和CO2分子比较，相同的是
A．键角 B．空间构型
C．分子的极性 D．化学键的类型
【答案】D
【知识点】化学键；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．氨气分子中N原子价层电子对个数＝3+＝4且含有1个孤电子对，CO2分子中C原子价层电子对个数＝2+＝2且不含孤电子对，前者为三角锥形、后者为直线形，二者空间构型不同导致其键角不同，选项A不符合题意；
B．氨气分子为三角锥形、CO2为直线形，所以其空间构型不同，选项B不符合题意；
C．正负电荷中心重合的为非极性分子、不重合的为极性分子，氨气分子为极性分子、CO2为非极性分子，所以分子的极性不同，选项C不符合题意；
D．不同非金属元素原子之间易形成极性键，N﹣H、C=O键都是极性键，所以键的极性相同，都为极性键，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、键角和孤电子对数有关；
B、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
C、正负电荷中心重合的为非极性分子、不重合的为极性分子；
D、氨分子和二氧化碳分子都只含有共价键。
7．（2023·嘉定模拟）苯与Br2的催化反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．苯与Br2生成的反应为吸热反应
B．图中，苯与Br2的催化反应生成了溴苯、邻二溴苯
C．从图中所给信息看，生成比更稳定
D．由转化为的过程中有极性键的断裂与形成
【答案】C
【知识点】化学键；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此苯与Br2生成溴苯的反应是放热反应，选项A不符合题意；
B．根据图示可知，苯与Br2的反应生成了溴苯、 ， 不是邻二溴苯，选项B不符合题意；
C．根据图示可知：第三步中取代反应的活化能低，生成物本身所具有的能量低，更稳定，故反应生成的有机产物中，取代产物溴苯所占比例更大，生成溴苯的反应是主要反应，生成比更稳定，选项C符合题意；
D．在上述转化中有非极性键碳碳键的断裂和极性键C-Br键的生成，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应物的能量比生成物的能量高，反应为放热反应；
B、 不是邻二溴苯；
C、能量越低，物质越稳定；
D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
8．（2023·嘉兴模拟）含有非极性键的共价化合物是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】化学键；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．为共价化合物，没有非极性键，故A不选；
B．为共价化合物，含有C=C非极性键，故B选；
C．为离子化合物，故C不选；
D．为共价化合物，没有非极性键，故D不选；
故答案为：B。
【分析】只含共价键的化合物为共价化合物，同种非金属原子间形成非极性键。
9．（2023·闵行模拟）以下过程与化学键断裂无关的是
A．氯化钠熔化 B．碘升华 C．金刚石熔化 D．钠熔化
【答案】B
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．氯化钠的熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，A不符合题意；
B．碘单质的升华属于物理变化，破坏分子间作用力，故化学键不被破坏，B符合题意；
C．金刚石是共价晶体，熔化时破坏了共价键，故化学键被破坏，C不符合题意；
D．金属钠属于金属晶体，熔化的时候破坏的是金属键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】存在化学键的断裂，说明发生了化学反应，或者电解质发生电离。
10．（2023·保定模拟）硼氢化钠()被称为“万能还原剂”，能与水反应产生，在催化剂钉()表面与水反应的历程如图所示：
下列说法错误的是
A．元素钉位于第五周期Ⅷ族
B．中含有离子键、共价键、配位键
C．中B的杂化方式为
D．过程④中产生1 mol ，转移电子的物质的量为2 mol
【答案】D
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．元素钌为44号元素，位于第五周期第VIII族，A不符合题意；
B．中含有钠离子和间存在离子键，中硼与其中3个氢形成共价键，与一个氢形成配位键，B不符合题意；
C．BH3分子中B原子的价层电子对数为，B的杂化方式为sp2杂化，C不符合题意；
D．从图中可以看出，过程④中发生反应HB(OH)2+2H2O+e- =+H2↑，则产生1molH2，转移电子的物质的量为mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.钌为44号元素，在元素周期表中位于第五周期第VIII族；
B.中钠离子和以离子键结合，中含有共价键和配位键；
C.BH3分子中B原子的价层电子对数为3；
D.过程④发生反应HB(OH)2+2H2O+e- =+H2↑。
11．（2023·河北模拟）维生素C的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．维生素C分子中含有键和键
B．维生素C可保存在强碱性环境中
C．维生素C能使溴水、酸性溶液褪色
D．维生素C中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键
【答案】B
【知识点】化学键；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．分子中含碳碳双键、碳氧双键，且单键均为σ键，双键含1个σ键和1个π键，则维生素C分子中含有σ键和π键，故A不符合题意；
B．分子中含酯基，在碱性溶液中可发生水解反应，不能保存在强碱性环境中，故B符合题意；
C．分子中含碳碳双键，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故C不符合题意；
D．由结构可知，分子中所含的官能团是羟基、酯基和碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.酯基在碱性条件下水解；
C.碳碳双键能与溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾氧化；
D.维生素C中含有羟基、酯基和碳碳双键。
12．（2023·常德模拟）乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
以下叙述错误的是
A．乙烯氧化法中，生成乙醛时，转移的电子数约为
B．的电子式为
C．根据价层电子互斥模型，水的中心原子含有孤电子对
D．标准状况下，中含有键的数目约为
【答案】A
【知识点】化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为+2，电子转移关系为，生成乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为，A符合题意；
B．为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，B不符合题意；
C．H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则水（为1mol）的中心原子含有孤电子对，C不符合题意；
D.1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，（为0.5mol）中含有π键为1mol，数目约为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据计算；
B.乙烯中含有C=C键和C-H键；
C.H2O中O原子上含有2个孤电子对；
D.三键中含有1个σ键和2个π键。
13．（2023·南通模拟）黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为。下列说法错误的是
A．含离子键和共价键
B．与具有相同的电子层结构
C．的结构式为
D．干冰的晶体类型为共价晶体
【答案】D
【知识点】化学键；分子晶体；结构式
【解析】【解答】A．中存在K+和，含有离子键和共价键，故A不符合题意；
B．与都含有18个电子，具有相同的电子层结构，故B不符合题意；
C．的结构式为，故C不符合题意；
D．干冰的晶体类型为分子晶体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.中钾离子和硝酸根离子键存在离子键，硝酸根离子中含有共价键；
B.与具有三个电子层，且每各个电子层的电子数均为2、8、8；
C.氮气中两个N原子间形成三键，其结构式为；
D.干冰为固态二氧化碳，由分子构成，属于分子晶体。
14．（2023·南京模拟）用NaCN溶液浸取矿粉中金的反应为4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列说法正确的是
A．H2O的空间结构为直线形 B．NaCN中含有离子键和共价键
C．1mol[Au(CN)2]-中含有2molσ键 D．NaOH的电子式为
【答案】B
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A．H2O的空间结构为V形，A不符合题意；
B．NaCN中Na+与CN-间形成离子键，CN-中C和N之间形成共价键，B符合题意；
C．[Au(CN)2]-中CN-内含有1个σ键，Au与CN-间形成配位键也是σ键，故1mol[Au(CN)2]-中含有4molσ键，C不符合题意；
D．NaOH的电子式为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.H2O的空间结构为V形。
B.NaCN为离子化合物，注意碳氮之间形成共价键。
C.σ键为共价单键。
D.NaOH的电子式为。
15．（2023·江苏模拟）人们在金星大气中探测到PH3，据此推断金星大气层或存在生命。反应可制备PH3。下列说法正确的是
A．P4为极性分子 B．K+的结构示意图为
C．PH3的电子式为 D．中含有离子键和共价键
【答案】D
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．P4分子呈正四面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，A不符合题意；
B．K+的核外有18个电子，结构示意图为，B不符合题意；
C． PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对，电子式为，C不符合题意；
D．KH2PO2由K+和构成，阴阳离子间形成离子键，内原子间形成共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、正负电荷重心重合，为非极性分子；
B、钾原子丢失最外层1个电子形成钾离子；
C、磷原子周围满足8个电子；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键。
16．（2022·徐汇模拟）下列各组物质中，化学键类型和晶体类型都相同的是( )
A．Ar和K B．NaCl和NaOH C．和 D．和
【答案】C
【知识点】化学键；晶体的定义
【解析】【解答】A．Ar为只含分子间作用力的分子晶体，K为含有金属键的金属晶体，A选项不符合题意；
B．NaCl为只含离子键的离子晶体，NaOH是含有共价键、离子键的离子晶体，B选项不符合题意；
C．CH4和H2O均是含有共价键和分子间作用力的分子晶体，C选项符合题意；
D．CO2是含有共价键、分子间作用力的分子晶体，SiO2是只含共价键的原子晶体，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】首先确定晶体类型，再确定化学键的类型。
17．（2022·浙江模拟）下列说法错误的是（ ）
A．氢氟酸可用于刻蚀石英制作艺术品
B．利用浓的高沸点与NaI反应制备HI
C．同位素可应用于药物作用机理研究和生物医学研究等
D．与淀粉通过共价键作用生成蓝色的淀粉碘包合物
【答案】D
【知识点】化学键；硅和二氧化硅；同位素及其应用
【解析】【解答】A．氢氟酸可与SiO2反应生成SiF4和H2O，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，A不符合题意；
B．浓的沸点高，浓与NaI反应可生成HI，可通过此反应制备HI，B不符合题意；
C．利用同位素示踪技术，利用放射性元素作为示踪剂，对研究对象进行标记，可研究反应进行的机理，可应用于药物作用机理研究和生物医学研究等，C不符合题意；
D．I2使淀粉变蓝是因为I2与淀粉通过包合作用生成蓝色的淀粉碘包合物，没有共价键作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢氟酸能与二氧化硅反应；
B.HI沸点低易挥发；
C.放射性同位素可释放出射线，可用于消毒、药物作用机理研究和生物医学研究等。
18．（2022·四平模拟）对NaOH晶体叙述错误的是
A．存在两种化学键 B．含共价键的离子化合物
C．存在两种离子 D．含共价键的共价化合物
【答案】D
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A. 为离子键，OH-内氢、氧原子间为共价键，A项不符合题意；
B. NaOH由Na+、OH-构成，是含共价键的离子化合物，B项不符合题意；
C. NaOH晶体中，有Na+、OH-两种离子，C项不符合题意；
D. NaOH是含共价键的离子化合物，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物。
19．（2022·太原模拟）我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程) ，反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应过程中CoOOH为催化剂
B．图中各反应不能在酸性条件下进行
C．存在反应Co(OH)2+OH- -e- =CoOOH+H2O
D．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂
【答案】D
【知识点】化学键；催化剂；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A不符合题意；
B． Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B不符合题意；
C．由图可知，Co(OH)2 +OH- -e- = CoOOH + H2O，故C不符合题意；
D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、CoOOH虽然参与反应，但之后又生成；
B、Fe(OH)2、CoOOH都能与盐酸反应；
C、注意电荷守恒和元素守恒；
D、无非极性键的断裂。
20．（2022·海淀模拟）氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构。六方氮化硼的结构与石墨类似；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
下列说法错误的是（ ）
A．六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键
B．六方氮化硼可做润滑剂
C．立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子和4个硼原子
D．立方氮化硼晶胞中，N和B之间不存在配位键
【答案】D
【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．六方氮化硼的结构和石墨相似，所以六方氮化硼层间存在分子间作用力，分子间作用力不属于化学键，所以六方氮化硼层间的相互作用不属于化学键，故A不符合题意；
B．六方氮化硼的结构与石墨类似，则其性质相似，石墨可以作润滑剂，则六方氮化硼可以作润滑剂，故B不符合题意；
C．立方氮化硼晶胞中N原子个数是4、B原子个数=8×+6×=4，故C不符合题意；
D．B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，立方氮化硼中每个B原子形成4个B－N共价键，所以立方氮化硼中B和N原子之间存在配位键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分子间作用力不属于化学键；
B.六方氮化硼的结构与石墨类似，性质也与石墨相似；
C.根据均摊法计算；
D.B原子含有空轨道、N原子含有孤电子对。
21．（2022·菏泽模拟）可作为下列有机合成反应的催化剂。下列说法正确的是 （ ）
A．中σ键与π键的个数相等
B．甲分子中采取杂化的碳原子有6个
C．有机物乙的沸点低于对羟基苯甲醛()的沸点
D．常温下，中键比中键易断裂
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则由结构简式可知，CH3CN分子中含有5个，π键为2个，σ键与π键的个数不相等，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有7个，故B不符合题意；
C．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的分子间作用力小于对羟基苯甲酸，沸点低于对羟基苯甲酸，故C符合题意；
D．氯元素的电负性大于碘元素，所以中键比中键难断裂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. CH3CN分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键；
B.由结构简式可知，甲分子中苯环中的碳原子和羰基中碳原子的杂化方式为sp2杂化；
C.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键；
D.氯元素的电负性大于碘元素， 中键比中键难断裂。
22．（2022·宁乡市模拟）下列物质中含有共价键的化合物的是（ ）
A．CaO B．NaCl C．H2 D．HCl
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．CaO含有离子键，A不符合题意；
B．NaCl含有离子键，B不符合题意；
C．H2含有共价键但是却为单质，C不符合题意；
D．HCl含有共价键且为化合物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】非金属元素的原子之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键。
23．（2021·岳阳模拟）氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH344.8L
【答案】D
【知识点】化学键；氧化还原反应；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A不符合题意；
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C不符合题意；
D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应①反应物为Cu(NH3)和O2，生成物为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+；
B.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
C.不同种元素原子之间形成极性键；
D.氨气只参加了反应④的反应，NO参加了反应④和反应⑤的反应，分析反应的总过程可知NO和NH3的物质的量比为1：1。
二、多选题
24．（2015·海南模拟）下列说法中正确的是（ ）
A．丙烯分子中有8个σ键，1个π键
B．60g的SiO2晶体中，含有4mol共价键
C．NCl3和BCl3分子，都是三角锥形
D．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3
【答案】A,B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．丙烯分子中含有6个C﹣H键，1个C﹣C键和1个C=C键，则含有8个σ键，1个π键，故A正确；
B.60g的SiO2为1mol，SiO2晶体中，每个Si原子形成4个共价键，故B正确；
C．BCl3中B原子形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂质，为平面三角形结构，故C错误；
D．NH3分子间存在氢键，沸点较高，故D错误．
故选AB．
【分析】A．根据丙烯的结构判断；
B．SiO2晶体中，每个Si原子形成4个共价键；
C．根据加成电子对互斥模型判断；
D．NH3分子间存在氢键，沸点较高．
三、非选择题
25．（2022·福建） 1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是 。
（3）晶体熔点： (填“>”“<”或“=”)，判断依据是 。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为 。
（5）加合物中 ，晶体中的微粒间作用力有 (填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
【答案】（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；化学键；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为，故答案为：；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强，故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<，故答案为：<； 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故答案为：2；bc。
【分析】（1）As为33号元素，位于第四周期VA族，价电子排布式为；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此原子的活泼性依序增强；
（3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（4）中心Br原子的价层电子对数为4；
（5） 该晶胞中BrOF2的个数=4、AsF6的个数=4、KrF2的个数=8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8=1：1：2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键。
26．（2023·昆明模拟）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、 FeO、 Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。
（2）“焙烧” 后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式 。
（3）使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣的主要成分的化学式是 。
（4）①“萃取”时发生反应Mn+ + nRH MRn+ nH+ (Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当 =0.25时，水层中主要的阳离子为 。
萃取率/% 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4
Ni2+ 55% 68% 80% 99% 99.5% 99.8% 99.9%
Fe2+ 2% 2% 4% 5% 8% 30% 58%
②物质X的化学式为 。
（5）镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比N([La) ： N(Ni) ： N(H)= 。
（6）Ni2+与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍(M= 289 g·mol-1)，结构如下图所示。
144.5g二丁二酮肟合镍分子内含有σ键 mol，碳碳键是由 轨道重叠形成的。
a． sp3和sp2 b． sp2和 sp2 c． sp2和p d． sp3和p
【答案】（1）Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O
（2）NiO + (NH4)2SO4NiSO4 + 2NH3↑+ H2O↑
（3）Fe(OH)3
（4）Fe2+、 H+；H2SO4
（5）1：5：3
（6）16；ab
【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Al2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成偏铝酸盐。故答案为：；
（2）焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生。则该反应为↑。故答案为：↑；
（3）烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO与NH4SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3。95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3。滤渣为Fe(OH)3。故答案为：Fe(OH)3；
（4）从表数据可以看出，当为0.25时，Ni2+、Fe2+萃取率分别为99%、5%。所以Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层。为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn+ + nRH MRn+ nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。故答案为：Fe2+、H+；H2SO4；
（5）H原子分布于2个面心和8条棱上，H原子数为。Ni位于面上和体内，Ni原子数为。La位于晶胞的顶点，其个数为。故答案为：1：5：3；
（6）。分子中除了H…O为氢键外，其余原子之间均有σ键，每个分子中有32个σ键。所以该物质中σ键物质的量为16mol。分子中有N=C-C=N两个碳原子均为sp2杂化，所以C-C键为sp2- sp2重叠。而N=C-CH3分别为sp2和sp3杂化，则该C-C键为sp2- sp3重叠。故答案为：16；ab。
【分析】废镍渣进行粉碎，加入NaOH进行碱浸，发生反应Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O，分离出滤液，再加入硫酸铵固体焙烧，烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO，加入95℃热水“溶解”后过滤，Fe3+水解为Fe(OH)3，滤渣为Fe(OH)3，加入RH进行萃取，分离出有机层，加入X溶液反萃取得到NiSO4溶液。
27．（2023·福州模拟）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为 (填轨道表示式)。
（2）硝普钠()可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有 (填序号)。
a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.极性共价键
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“”或“”)。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇()的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为 。
【答案】（1）
（2）b
（3）dsp2；顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子
（4）6；(，+m，)
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴，27号元素，该元素的基态原子的价电子排布图为；
（2）硝普钠()是配合物，外界Na+和内界之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+之间存在配位键，C和N、N和O、H和O之间存在极性共价键，故不存在的化学键为金属键，选b；
（3）①氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，则甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面，则铜原子的杂化类型为杂化(若为杂化，则该5个原子构成四面体)；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂，由于水是极性分子，故顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，即顺式甘氨酸铜已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子；
（4）由和可知位于晶胞内的O有4个，由 可知Z方向的棱上O的个数=8×=2，故一个晶胞中有6个O；1号O原子分数坐标为，2号O原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。
【分析】（1）在元素周期表中，三种元素位于同一周期又位于同一族则一定是第Ⅷ族元素，和铁、镍既处于同一周期又位于同一族的元素为钴；
（2）中存在离子键、配位键、极性共价键，不含金属键；
（3）①甘氨酸铜中Cu、与铜形成σ键的2个O、2个N处于同一平面；
②根据相似相溶原理，极性溶质易溶于极性溶剂，非极性溶质易溶于非极性溶剂；
（4）根据均摊法计算；根据已知原子坐标确定3号Fe原子坐标为(，+m，)。
28．（2023·福州模拟）铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为 (填轨道表示式)。
（2）硝普钠(Na2[Fe( CN)5(NO) ·2H2O])可用于治疗急性心率衰竭。其中不存在的化学键有 (填序号)。
a．离子键
b．c金属键
c．配位键
d．极性共价键
（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。
①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为 (填“sp”或“dsp？” )。
②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是 。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇(YFeO3)的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
一个晶胞中有 个O。已知1号O原子分数坐标为(0， 0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为 。
【答案】（1）
（2）b
（3）dsp2；依据“相似相溶规则”，顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，H2O为极性溶剂
（4）6；( ， +m， )
【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）铁、钴、镍均位于第四周期第Ⅷ族，钴元素基态原子的价电子排布式为3d74s2，则其轨道表示式为 。
（2）硝普钠(Na2[Fe( CN)5(NO) ·2H2O])存在离子键、配位键、极性共价键和氢键（H2O分子间），不存在金属键、非极性共价键。
（3）①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为dsp2，Cu原子的价电子排布式是 3d104s1，Cu2+的价电子排布式是 3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2杂化。
②顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极性分子，H2O为极性溶剂，依据“相似相溶”的原理可知，顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水。
（4）根据图新信息和均摊法可知，一个晶胞中含有的氧原子数为8×+4=6。根据x-y轴方向可知，3号Fe与1号O的横坐标一样，纵坐标为1-（ -m ）= +m ，根据y-z轴方向可知，3号Fe竖坐标为1号O的竖坐标的3倍，所以3号Fe原子的分数坐标为( ， +m， ) 。
【分析】（1）铁、钴、镍均位于第四周期第Ⅷ族。
（2）硝普钠(Na2[Fe( CN)5(NO) ·2H2O])存在离子键、配位键、极性共价键和氢键（H2O分子间），不存在金属键、非极性共价键。
（3）①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为dsp2。
②根据相似相溶原理进行分析。
（4）根据均摊法及图示信息进行分析。
29．（2023·淮北模拟）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：
（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是 。
（2）萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有 。
a．离子键|b．极性共价键|c．非极性共价键 d．配位键
（3）已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是 ，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为 。
（4）沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是 (填化学式)。
（5）沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为 (已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是 。
【答案】（1）增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
（2）b c d
（3）调节溶液的，有利于转化成铁矾渣；
（4）
（5）；加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降
【知识点】化学键；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a不正确；
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故答案为：b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。
【分析】根据流程图，“氧压酸”过程中，镍、镁、铜、铁的氧化物与H2SO4、O2反应生成相应的盐，硅的氧化物不反应，“萃铜”时，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相中加入氧化镁、硫酸钠，将铁转变为铁矾渣除去，“沉镍”中，氧化镁把镍离子转变为氢氧化镍沉淀，最后经一系列操作可得到金属镍。
30．（2022·潍坊模拟）碱土金属(IIA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是____。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
（2）(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为 ，阴离子中心原子杂化方式为 。
（3）Sr是人体必需的微量元素，SrCO3是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为 。判断SrCO3的热分解温度 (填“大于”、“小于”)CaCO3的热分解温度，理由是 。
（4）MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有 个，若晶胞边长为646pm，则Mg—Ni核间距为 pm(结果保留小数点后两位，取1.73)。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 (列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为dg cm-3；设NA代表阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）B；C
（2）共价键、配位键；sp3
（3）[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度
（4）4；279.40；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】(1)碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba均位于第IIA族，且原子序数依次增加，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，元素第一电离能逐渐减小，金属键强度也逐渐减小，使得单质的硬度也逐渐减小，
故答案为：BC。
(2)阳离子中，N原子提供的3个单电子都和和H原子的1个电子形成3个共用电子对，即共价键， N原子还提供一个孤电子对和H+形成配位键，故含有的化学键类型为共价键和配位键；阴离子的中心Be原子价层电子对数为4+=4，则Be原子的杂化方式为sp3。
(3)Sr是38号元素，其电子排布式为[Kr]5s2，则Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；由于Sr2+的半径大于Ca2+，因此Sr2+夺取中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度，故SrCO3的热分解温度大于CaCO3的热分解温度。
(4)①结合晶胞结构，并根据化学式Mg2NiH4可知，图中灰球表示Mg原子，黑球表示Ni原子，则Mg原子位于4个Ni原子形成的正四面体的中心，故Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个；由于Mg原子位于4个Ni原子形成的正四面体的中心，所以Mg-Ni核间距为体对角线的，即Mg-Ni核间距=646pm=279.40pm；
②晶胞中有含4个Ni原子，则晶胞中含16个H原子，则晶胞中氢的密度为=g cm-3，该化合物的储氢能力为=。
【分析】（1）注意主族元素随着原子序数增加的规律；
（2）中N原子和H原子形成3个共用电子对；
（3）（4）注意晶胞顶点和面心以及棱上原子并非全部属于该晶胞。
31．（2022·太原模拟）我国科学家开发了一种高电化学活性和水氧稳定的方酸锂可作为电池电解质的锂补偿剂和锂源。回答下列问题：
（1）方酸可用作合成有机光导体、液晶显示材料等的中间体，其结构如图所示。
①1 mol方酸中含有的σ键数目为 ，其中 C的杂化轨道类型是 。
②羧基中的羟基极性越大，越易电离出H+。三氟乙酸(CF3COOH)的酸性大于三氯乙酸(CCl3COOH)，试从键的极性分析其原因可能是 。
（2）LiClO4 、LiBF4、LiPF4等离子液体也常作为锂离子电池的电解质。
①LiClO4中阴离子的空间结构名称是 。
②是一种配离子，请从配位键来解释其形成过程： 。
③LiPF6在一定条件下可分解生成PF5比较PF5和PCl5的热分解温度高低，利用键参数说明理由： 。
（3）1975年，锂键首次被实验证实，即X…Li-Y(X代表NH3， ， H2O，CH3OCH3；Y代表Cl，Br)。锂键和氢键类似，但也有不同，下列有关说法错误的是____(填字母)。
A．形成氢键(X-H…Y)三原子不一定在一条直线上。
B．氢键具有部分共价键的性质，锂键可能具有部分离子键的性质
C．电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br
D．分子间能形成氢键， CH3OCH3分子间不能形成氢键
（4）磷酸亚铁锂是一种锂离子电池的正极材料，其晶胞结构示意图如图(a)所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个，电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+ ，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则x= 。
（5）用于制造激光器的KH2PO4大晶体是由水溶液结晶出来的。分别用、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是、K+在晶胞xz面、yz面上的位置，则晶胞在x轴方向上的投影图为 (填字母)。
【答案】（1）10NA；sp2；氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
（2）正四面体；F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对(或其他合理答案)；PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能
（3）D
（4）4；0.1875或
（5）B
【知识点】化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)①单键均为σ键，双键中有一条σ键一条Π键，由结构简式可知，1mol该物质中含有10NAσ键；该结构中C原子均形成双键，采用sp2，故答案为：10NA；sp2；
②F和Cl为同主族元素，F分电负性大于Cl，电负性越大形成的共价键极性越强，因此F-C的极性大于Cl-C，从而使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，故答案为：氟的电负性比氯的大，使得F-C的极性大于Cl-C，使得F3C-的极性大于Cl3C-的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子；
(2)①LiClO4中阴离子的，其中心Cl原子的价层电子对数为，无孤电子对，为正四面体结构，故答案为：正四面体；
②是一种配离子，其由BF3和F-结合形成，中心B原子存在空轨道，F-离子存在孤电子对，两者结合时提供空轨道，F-离子提供孤电子对，形成配位键，故答案为：F-提供孤电子对，BF3接受孤电子对；
③和中，F原子的电负性大于Cl，P-F键的键长比P-Cl键的键长短，键长越短，键能越大，形成的物质越稳定，因此的分解温度高于，故答案为：PF5的热分解温度高于PCl5，因为P-F键的键长小于P-Cl键的键长，P-F 键的键能大于P-Cl键的键能；
(3)形成氢键(X-H…Y)三原子可能共线，也可能不在同一直线上，故A正确；
B. 氢键为两个非金属原子之间的作用力具有部分共价键的性质，锂键是离子与其他原子之间形成的特殊作用力，可能具有部分离子键的性质，故B正确；
C. 氯、溴为同主族元素，从上到下同主族元素的电负性减弱，第一电离能减弱，故电负性：Cl>Br；第一电离能：Cl>Br，故C正确；
D. CH3OCH3分子中存在非金属性较强的O原子，也能形成分子间氢键，故D不正确；
故答案为：D；
(4)由晶胞结构可知每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，充电前锂离子有8个在顶点个数为：、4个在棱心个数为，4个在面心个数为，一个晶胞中锂离子个数为4个，充电后锂离子部分损失，有8个在顶点个数为：、3个在棱心个数为，3个在面心个数为，个数为，此时该晶胞对应的化学式为：，即1-x=，x=，故答案为：0.1875或；
(5)晶胞顶点的投影到正方形的四个顶点，上面面心的●投影到正方形的上下棱心，体心都应到面心，体内的令另两个投影到体心靠下处，两侧面山的投影到距离正方形上顶点处，两侧棱上心上的●投影到正方形的两侧边的中心上，两侧面上的●投影到正方形的两侧边的距下顶点处，晶胞体内的两个●投影到正方形面内距离上边长处，由此可知B正确，故答案为：B；
【分析】（1）单键均为σ键，双键中有一条σ键一条π键；
（2）根据电子对的情况确定空间结构以及电子的配对情况；
（4）（5）计算晶胞的时候要注意晶胞顶点、面心处的原子并非全部属于该晶胞；
32．（2022·新疆模拟）许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有多种用途。请回答下列有关问题：
（1）现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素。
（2）某同学画出的基态碳原子的核外电子排布图为，该电子排布图背了 。CH、-CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH、CH的空间构型分别为 、 。
（3）咪唑的结构为 。分子中的大π键可用符号π表示。其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)。咪唑分子中的大π键可表示为 ，咪唑比环戊烯C5H8熔点高的主要原因是 。
（4）中孤电子对与π键比值为 ，碳原子的杂化方式为 。
（5）铁氮化合物是磁性材料研究中的热点课题之一，因其具有高饱和磁化强度、低矫顽力。有望获得较高的微波磁导率，具有极大的市场潜力。其四子格结构如图所示，已知晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA。
①写出氮化铁中铁的堆积方式为 。
②该化合物的化学式为 。
③计算出Fe(II)围成的八面体的体积为 cm3。
【答案】（1）原子光谱
（2）洪特规则；平面三角形；三角锥形
（3）π；咪唑分子间存在氢键
（4）5：3；sp、sp2
（5）面心立方最密堆积；Fe4N；
【知识点】原子结构的构造原理；研究物质结构的基本方法和实验手段；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
(2)由题中图示可知，2p轨道上的2个电子没有分占不同的轨道，且自旋方向相同，故该电子排布图违背了洪特规则。CH中的碳原子价层电子对数为n=3+=3+0=3，孤电子对数为0，则CH的中心碳原子是sp2杂化，空间构型为平面三角形，CH中心原子的价层电子对数为n=3+=3+1=4，孤电子对数为1，则CH的中心碳原子是sp3杂化，空间构型为三角锥形；
(3)在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层单电子或者孤对电子成大π键，则有电子3×1+2×2-1=6，故咪唑分子中的大π键可表示为π；咪唑分子间存在氢键，故咪唑比环戊烯C5H8熔点高；
(4)分子 中N原子上各有一个孤电子对，共有5个孤电子对，C=N双键中含有一个π键，CN含有两个π键，共有3个π键，故孤电子对与π键比值为5：3；双键碳为sp2杂化，三键碳为sp杂化；
(5)①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置，类似于Cu晶体的堆积方式，所以晶胞中铁的堆积方式为面心立方最密堆积；
②晶胞中Fe原子数为，N原子位于体心，数目1个，所以氮化铁的化学式Fe4N；
③晶胞中Fe原子数为，N原子数目为1，氮化铁的化学式Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，，Fe( II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长，并且两对角线相互垂直，，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。
【分析】（1）光谱分析利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；
（2）洪特规则是指当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；CH中的碳原子价层电子对数为3，不含孤电子对；CH中碳原子价层电子对数为4，含有一个孤电子对；
（3） 咪唑分子中的三个C原子和两个N原子构成大π键，C提供单个电子，一个N提供孤电子对，一个N提供单电子；咪唑分子间形成氢键；
（4）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；该物质中-CN的碳原子为sp杂化，双键C为sp2杂化；
（5）①晶胞中Fe原子位于顶点和面心位置；
②根据均摊法计算各原子数目，进而确定其分子式；
③若晶胞边长为acm，根据晶胞质量m=ρV计算a，Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直，据此计算。
33．（2022·青岛模拟）铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要材料。
已知。回答下列问题：
（1）基态氮原子价电子轨道表示式为 。
（2）反应中断裂的化学键有 (填标号)。
a．氢键 b．极性键 c．非极性键 d．离子键 e．配位键
（3）反应所得的气态产物中属于非极性分子的是 (填化学式，下同)；氢化物中更易与形成配离子的是 ，解释原因 。
（4）基态U原子的外围电子排布式为，则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需能量最高的是____(填标号)。
A． B． C． D．
（5）的空间构型为 ，其结构中存在大π键，可表示为 (用表示，m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)。
（6）某种铀氮化物的晶胞如图。已知晶胞密度为，U原子半径为，N原子半径为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为 (用含d、、、的式子表示)。
【答案】（1）
（2）bde
（3）、；；电负性N＜O，N更容易给出孤电子对，所以更易与形成配离子
（4）A
（5）平面三角形；
（6）或
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)N为7号元素，其价电子排布式为2s22p3，则基态氮原子价电子轨道表示式为。
(2)(NH4)4[UO2(CO3)3]含有离子键、极性键、配位键，根据反应产物可以得知该反应中断裂的化学键为离子键、极性键、配位键，
故答案为：bde。
(3)反应所得的气态产物中属于非极性分子的是CO2和N2；反应所得的氢化物是NH3和H2O，分子中，N和O都含有孤电子对，N的电负性小于O，N更容易给出孤电子对，所以NH3更易与Cu2+形成配离子。
(4)基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2，5f37s27p1、5f26d27s2和5f47s2均为其基态原子的激发态，5f36d17s1为U+，由第二电离能明显高于第一电离能可知，5f36d17s1再失去一个电子所需要能量最高，
故答案为：A。
(5)中C的价电子对数为3+=3，且不含孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型为平面三角形，中存在大π键，由于C不含孤对电子，则其路易斯结构式为，形成的大π键为。
(6)晶胞中，U的个数为=4，N的个数为42=8，则U和N的总体积为[]cm3=[]cm3，晶胞体积为=cm3，则该晶胞的空间利用率为 ==。
【分析】（1）氮原子的价电子排布式为2s22p3，据此确定轨道表示式；
（2）(NH4)4[UO2(CO3)3]含有离子键、极性键、配位键；
（3）正负电荷中心重合的分子为非极性分子，电负性越大，越不易给出孤对电子；
（4）同一能层中的电子越多，电子之间的斥力越大，就越不稳定，容易失去电子，同一能层中的电子越少，电子之间的斥力越小，就越稳定，不容易失去电子；
（5） 中C原子价层电子对数为3，不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子VSEPR模型；中形成大π键的电子个数=（4+2+6×3）-3×2-4×3=6，为4原子、6电子形成的大π键；
（6）根据计算。
34．（2022·临沂模拟）金属镍及其化合物在军工机械、生产生活中有着广泛的用途。
（1）与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验。
①基态核外电子排布式为 。
②丁二酮肟镍分子中采取杂化，为平面正方形构型，则该分子中共面的原子最多为 个。
③丁二酮肟镍分子内存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．范德华力
（2）镍能形成多种配合物，如、等。
①晶体中含有的键与键数目之比为 。
②中键角H-N-H比独立存在的分子中键角略大，其原因是 。
（3）苯与在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知键长为，键长为。
则该晶体的化学式为 ；A点的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
【答案】（1）[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；23；B
（2）1：1；NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱
（3）Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，)；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)①已知Ni是28号元素，故基态核外电子排布式为[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8，故答案为：[Ar]3d8或者1s22s22p63s23p63d8；
②丁二酮肟镍分子中采取杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和Ni2+的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，其余23个原子可能共面，故答案为：23；
③丁二酮肟镍分子内存在Ｎ提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮肟镍分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；
(2)①已知单键均为键，双键为1个键和1个键，三键为1个键和2个键，则1分子中含有4个配位键，4个C≡N，即含有8个键与8个键，则晶体中含有的键与键数目之比为8：8=1：1，故答案为：1：1；
②由于中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的分子中键角略大，故答案为：NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；
(3)一个晶胞中含Ni个数为：，含有苯分子个数为1，NH3分子个数为：，CN为：，则该晶体的化学式为Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6，由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0，0，)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为r1pm，OC为，BC为()，过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AO=(-r1)，根据直角三角形ABD有：BD2+AD2=AB2，AD=OC，故晶胞中A、B间距离d== =pm，故答案为：Ni(CN)2 ·NH3 ·C6H6；(0，0，)；。
【分析】 (1)①基态Ni源子失去4s能级上的电子生成基态Ni2+ ；
②丁二酮肟镍分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，C=N具有乙烯结构特点，与其直接相邻的原子共平面，单键可以旋转；
③丁二酮肟镍分子内镍离子和N原子之间存在配位键、还存在C-C、C= N、C-H等共价键；
(2)①已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，三键为1个σ键和2个π键，Ni(CO)4晶体中Ni源子和C原子之间存在σ键，每个CO分子中含有1个σ键和2个π键；
②该离子中N原子和Ni2+形成配位键，[Ni(NH3)6]2+中N原子形成4个共价键，氨气分子中N原子形成3个共价键，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；
(3)依据晶胞密度的相关知识分析解答。
35．（2022·商丘模拟）CIGS靶材是一种主要含铜、铟(In)、镓(Ga)、硒(Se)的合金由于其良好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态Ga的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，转化为下列激发态时所需能量最少的是____(填字母)。
A．
B．
C．
D．
（2）硫酸铜分别和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2CH2N(CH2COOH)2]可形成配合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。
①的空间构型为 ，EDTA中碳原子杂化方式为 。
②C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是 。
③在[Cu(NH3)4(H2O) ]SO4化合物中，阳离子呈轴向狭长的八面体结构 (如图)，该阳离子中存在的化学键类型 ，该化合物加热时首先失去的组分是 。
（3）人体代谢甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因 。
有机物 甲醇 甲硫醇(CH3SH) 甲硒醇
沸点/℃ 64.7 5.95 25.05
（4）四方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a=b=m pm，c=2m pm，晶胞棱边夹角均为90°。设阿伏加德罗常数的值为NA，CuInSe2的相对质量为M，则该晶体密度ρ= g cm-3 (用含有m、M和NA的代数式表示)。该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为 ，晶体中与单个In键合的Se有 个。
【答案】（1）B
（2）正四面体形；sp2、sp3；N；共价键和配位键；H2O
（3）三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
（4）；(0.75，0.75，0.625)；4
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)根据核外电子排布规律可知，激发态B的能量最低，故基态Ga原子转化为激发态B时所需能量最少，
故答案为：B。
(2)①的σ键的数目为4，孤对电子数目为=0，故的空间构型为正四面体形；EDTA中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，连有碳氧双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故EDTA中碳原子杂化方式为sp3和sp2；
②同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但是IIA族和VA族的元素的第一电离能均高于其相邻的元素，则第一电离能：N＞O＞C；同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减弱，则第一电离能：O＞S；故C、N、O、S四种元素中，第一电离能最大的是N；
③该配合物的阳离子中，Cu2+和配体之间形成配位键，配体分子内存在极性键，故该阳离子中存在配位键和极性键；Cu2+与H2O形成的配位键比与NH3所形成的配位键弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。
(3)甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高。
(4)Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故Cu原子的个数为=4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个位于体心，故In原子的个数为=4，Se原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，则晶胞质量为g，晶胞体积为(m10-10cm) (m10-10cm) (2m10-10cm)=2m310-30cm3，故晶胞密度ρ==g cm-3；如图所示，该晶胞中，原子坐标分别为2号Cu原子(0，0.5，0.25)，3号In原子(0，0.5，0.75)，4号Se原子(0.75，0.75，0.125)。则1号Se原子的坐标为(0.75，0.75，0.625)；晶胞中与单个In键合的Se有2个，则晶体中与单个In键合的Se有4个。
【分析】（1）转化为激发态时所需能量最少，则基态原子中的电子进入高能级的电子最少；
（2）①的价层电子对数为4，不含孤电子对；EDTA中亚甲基上的碳原子价层电子对数是4、羧基中碳原子价层电子对数是3；
②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小；
③铜离子分别与4个氨分子和2个水分子形成配位键，氨分子和水分子内部有共价键，两种配位键的强弱有差异，强度越低，加热越容易失去；
（3）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（4）根据计算。
