2023年高考真题变式分类汇编：化学键3
一、选择题
1．（2021·湖北）甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e- CH3OH+H2O
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A.基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为 ，A项不符合题意；
B.步骤③中断裂 非极性键，形成 (Ⅳ)极性键，B项不符合题意；
C.步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，C项符合题意；
D.根据图示，总过程的反应为： ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Fe是26号元素，依据构造原理写出其核外电子排布；
B.同种元素组成的共价键为非极性键，不同种元素组成的共价键为极性键；
C.电子转移伴随着化合价的变化；
D.该反应的反应物为氧气，甲烷和氢离子，得到电子，生成甲醇和水。
2．（2021·天津）关于反应 所涉及的物质，下列说法错误的是（ ）
A．H2SO4在该反应中为氧化剂
B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物
D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
【答案】A
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质；氧化还原反应；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A． 中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A符合题意；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B不符合题意；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C不符合题意；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．该反应无元素化合价的改变，不是氧化还原反应；
B．+4价的S元素易被氧化为+6价；
C．钠离子和硫酸根之间存在离子键，氧原子和硫原子之间存在共价键；
D．SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化为硫酸。
3．（2021·崇明模拟）下列含有共价键的盐是（ ）
A．CaCl2 B．H2SO4 C．Ba(OH)2 D．Na2CO3
【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．CaCl2由Ca2+和Cl-构成，只含有离子键不含有共价键，A不符合题意；
B．H2SO4由分子构成，只含有共价键不含有离子键，B不符合题意；
C．Ba(OH)2由Ba2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C不符合题意；
D．Na2CO3有Na+和CO 构成，含有离子键，CO 内部C与O原子之间还含有共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】盐是金属阳离子或铵根离子或酸根离子形成的化合物，而碳酸钠是含有共价键的盐
4．（2022·锦州模拟）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸()在纳米级磁性(钯)表面分解为活性和，再经下列历程实现的催化还原，进而减少污染。已知、表示中二价铁和三价铁。下列说法错误的是（ ）
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．分解时，只有极性共价键发生了断裂
C．在整个历程中，可完全还原
D．反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
【答案】C
【知识点】化学键；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积，加快分解速率，A项不符合题意；
B．分解生成CO2和H2，会发生氢氧键和碳氢键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，B项不符合题意；
C．整个过程中，失电子形成2mol H+，转移2mol电子；得电子形成，转移5mol电子，故可完全还原，C项符合题意；
D．酸性条件下，具有强氧化性，的氧化性比的氧化性强，故反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.增大催化剂与反应物的接触面积，可加快反应速率；
B.甲酸中只含有极性键；
C.1molH2失去2mol电子形成2molH+，完全还原生成N2，需要得到5mol电子；
D.酸性条件下，硝酸根的氧化性增强。
5．（2021·鹰潭模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应： ，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法错误的是（ ）
A．使用催化剂不能降低水煤气变换反应的
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程
C．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
D．图示显示：起始时的2个 在反应过程中并未都参与了反应
【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂降低反应所需活化能，但不能降低水煤气变换反应的 ，故A不符合题意；
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ都是断键，断键是吸热过程，故B不符合题意；
C．该催化过程中，有氧氢极性键的断裂，有碳氧极性键和氢氢非极性键的形成，故C不符合题意；
D．图示显示，根据过程Ⅱ得到起始时的2个 在反应过程中都参与了反应，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.焓变与反应物和生成物的能量有关与催化剂无关，催化剂只是改变反应速率
B.键的断裂需要吸收能量
C.根据反应物和生成物即可判断出键的断裂和形成
D.根据反应图示即可判断
6．（2021·鹰潭模拟）分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如图的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是（ ）
A．X、Z可形成具有强氧化性的高效消毒剂
B．X、Y、Z的原子半径从大到小为： Y > Z >X
C．由Z和W形成的化合物中可以存在共价键
D．Y的最高价氧化物对应的水化物中，除了氢原子外所有原子满足8电子稳定结构
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；化学键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据分析可知，W为Na，X为H，Y为B，Z为O元素；
A．H、O形成的H2O2具有强氧化性，故A不符合题意；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y＞Z＞X，故B不符合题意；
C．Z、W形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故C不符合题意；
D．Y的最高价氧化物的水合物是硼酸，硼酸结构式为 ，该分子中H、B都没有达到8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，根据图示可知，W为+1价阳离子，且W的原子序数最大，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前2周期；Y、Z处于同一周期，则Y、Z位于第二周期，阴离子带2个负电荷，Y为B元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；X形成1个共价键，为H元素，据此解答。
7．（2021·徐州模拟）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的热稳定性：X>Y
B．第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C．该化合物中W、X、Y都满足8电子稳定结构
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物中含有离子键和共价键
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键
【解析】【解答】结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．非金属性C
C．该化合物中，W（H）最外层电子数为2不满足8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物为氢氧化钠，含有离子键和共价键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；X形成4个共价键，位于IVA族，其原子序数小于Z（Na），则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此分析解答。
8．（2021·徐州模拟）某有机物可催化多氟芳烃的取代反应，机理图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中1、3、6是催化剂
B．过程中①原子利用率为100%
C．过程②中有非极性键与极性健的断裂与形成
D．4为CH3COCH2NH2时，7是
【答案】B
【知识点】化学键；催化剂；取代反应
【解析】【解答】A．根据反应原理可知，图中1为催化剂，3、6为中间产物，选项A不符合题意；
B．过程中①为加成反应，原子利用率为100%，选项B符合题意；
C．过程②中为取代反应C-X键断裂和C-F键形成，为极性健的断裂与形成，选项C不符合题意；
D．根据反应原理，4为CH3COCH2NH2时，7是 ，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可判断1是催化剂，3,6是中间产物
B.根据反应物和生成物即可判断反应类型为加成反应
C.无非极性键断裂与形成
D.根据取代的位置判断即可
9．（2021·厦门模拟）CrOx催化丙烷脱氢的反应路径如图所示，图中括号内的数值表示相对能量、箭头上的数值表示能垒，单位为eV。下列相关说法错误的是（ ）
A．催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键
B．“M2→M3”过程仅形成极性共价键
C．该催化循环中Cr的成键数目发生变化
D．该催化循环中丙烷上氢原子转移是决速步
【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中丙烷中甲基上C-H键断裂，与CrOx形成C-Cr键，说明催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键，使其容易断裂，A不符合题意；
B．据图可知“M2→M3”过程中形成碳碳双键，有非极性键的生成，B符合题意；
C．开始时Cr与3个O原子成键，反应过程中形成Cr-C键，同时还与3个O原子成键(其中一个为配位键)，成键数目发生变化，C不符合题意；
D．据图可知丙烷中甲基上的H原子转移的步骤能垒最大，反应速率慢，决定了整体反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可看出，催化剂是活化碳氢键
B.根据反应物和生成物判断含有双键形成是非极性键
C.根据图示即可找出Cr的成键数目是否变化
D.活化能越大速率越慢，找出活化能最大的即可
10．（2021·莆田模拟）甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法错误的是（ ）
A．CH3SH为共价化合物
B．该过程中断裂了O—H键、S—H键和C—S键
C．该催化剂可降低该反应的活化能
D．该过程的总反应为H2S+CH3OH CH3SH+H2O
【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂
【解析】【解答】A．CH3SH的组成元素都是非金属元素，非金属元素的原子之间都是以共价键结合，因此该化合物为共价化合物，A不符合题意；
B．通过催化过程可以看出：硫化氢加入催化剂后，硫化氢中的氢硫键断开，形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，氢氧键断开，巯基取代羟基的位置形成甲硫醇和水，该过程中断裂O—H键、S—H键、C—O键，形成了C—S键，B符合题意；
C．该催化剂可改变反应途径，降低该反应的活化能，使反应在较低的温度下进行，C不符合题意；
D．根据图示可知：反应物是H2S、CH3OH，生成物是CH3SH、H2O，反应在催化剂存在条件下进行，故反应方程式为：H2S+CH3OH CH3SH+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.共价化合物一般是由非金属元素形成，而C,H,S均是非金属元素
B.根据反应流程即可判断断键和成键
C.催化剂可以降低反应活化能
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
11．（2021·南平模拟）甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法错误的是（ ）
A．甲硫醇的沸点比甲醇低
B．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．反应过程中涉及极性键的断裂和生成
D．该反应的化学方程式为
【答案】B
【知识点】化学键；氢键的存在对物质性质的影响；催化剂；质量守恒定律
【解析】【解答】A．由于甲醇分子间存在氢键，而甲硫醇分子间存在范德华力，故甲硫醇的沸点比甲醇低，故A不符合题意；
B．催化剂不影响平衡，不改变平衡转化率，故B符合题意；
C．根据反应图中反应物硫化氢的变化得出，硫氢键属于极性键发生了断裂，生成甲硫醇中形成了碳硫的极性键，故C不符合题意；
D．根据反应图及原子守恒书写化学方程式，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据物质的沸点比较实质看克服的作用力进行判断物质的熔沸点的高低；催化剂参与反应但不改变平衡，只影响反应速率；根据途中物质间的变化判断化学键的变化；根据反应物和生成物利用原子守恒进行书写化学方程式；
12．（2021·台州模拟）下列只含离子键的盐是（ ）
A． B． C．KClO D．
【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． 是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，含有离子键、共价键，故不选A；
B． 是只含有离子键的氧化物，不是盐，故不选B；
C． KClO是离子化合物，由钾离子和次氯酸根离子构成，含有离子键、共价键，故不选C；
D． 是离子化合物，由钡离子和氯离子构成，属于盐，只含有离子键，
故答案为：D；
【分析】盐是金属阳离子或者铵根离子和酸根离子形成的化合物，根据给出的选项找出只含有离子键的盐即可
13．（2021·浙江模拟）下列氧化物中既含离子键又含共价键的是（ ）
A．MgO B． C． D．
【答案】C
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．MgO中只含镁离子和氧离子形成的离子键，A不符合题意；
B．SO2中只含S原子和O原子形成的共价键，B不符合题意；
C．Na2O2中含有钠离子和过氧根形成的离子键，含有O原子和O原子形成的共价键，C符合题意；
D．SiO2只含有Si原子和O原子形成的共价键，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】 既含离子键又含共价键 一定时离子化合物，找出即可
14．（2021·金华模拟）下列属于含有离子键的氧化物是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A． 属于氧化物，钠离子和氧离子间存在离子键，故A符合题意；
B． 属于非金属氧化物，不存在离子键，故B不符合题意；
C． 为单质不属于氧化物，故C不符合题意；
D． 属于盐，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化物是只含有两种元素且一种元素的氧元素的化合物，而离子化合物一般是由金属元素和非金属元素形成，故结合定义找出即可
15．（2021·眉山模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素；Z的原子序数为X的2倍；X、Y、Z形成化合物Y2Z2X3，它与稀硫酸反应为Y2Z2X3＋H2SO4=Y2SO4＋ZX2↑＋Z↓＋H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．X、Y、Z的简单离子半径：Z＞Y＞X
B．X、Y的氢化物沸点：Y＞X
C．Z、W氧化物的水化物酸性：W＞Z
D．Y2Z2X3为只含离子键的化合物
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A． 电子层结构相同的离子，核电荷大的半径小，O2-＞Na+，X、Y、Z的简单离子半径：Z＞X＞Y，故A不符合题意；
B．
水是分子晶体，NaH是离子晶体，X、Y的氢化物沸点：Y＞X，故B符合题意；
C． Z、W最高价氧化物的水化物酸性：W＞Z，HClO4 ＞H2SO4，故C不符合题意；
D． Na2S2O3中含有离子键和共价键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素；Z的原子序数为X的2倍，X为O元素，Z为S元素，W原子序数比S大，W为Cl元素；X、Y、Z形成化合物Y2Z2X3，Y介于O和S之间，显+1价，Y为Na元素，它与稀硫酸反应为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O。
16．（2021·咸阳模拟）MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A．元素非金属性：X>Y>Z
B．W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C．W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒
D．1molMDI中所含X—W键为2NA
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．元素非金属性强弱顺序根据元素所在周期表中的位置进行判断，强弱顺序为；C
C．H与C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三种10电子微粒，故C符合题意；
D.1molMDI中所含H—C键为10NA，因苯环有8个H—C键，故D不不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式中原子成键特点：W形成1个化学键，且是原子序数最小的原子，故推测W为H元素，X形成4个化学键，推测X是C元素，Y形成三个化学键且物质用于聚氨酯故应该是N元素，Z形成2个化学键推测Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分别为：H、C、N、O元素。
17．（2021·乾安模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物结构如图所示。在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物稳定性：Z＜X
B．由W、Y、Z三种元素组成的化合物均是共价化合物
C．YF3分子中的原子均是稳定的8电子结构
D．X元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，最简单气态氢化物的稳定性依次增强，则H2O的稳定性大于NH3，故A不符合题意；
B．H、N、O三种元素能形成共价化合物硝酸或亚硝酸，也能形成离子化合物硝酸铵，故B不符合题意；
C．NF3分子中N原子和F原子最外层均为8电子的稳定结构，故C符合题意；
D．C元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，H2CO3为二元弱酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素可知，W是H元素；Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，则Z是O元素；W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，由化合物的结构可知，Y能形成3个共价键、X能形成4个共价键，则Y是N元素、X是C元素。
二、多选题
18．（2021·海南）短周期主族元素 、 、 、 的原子序数依次增大， 离子与 分子均含有14个电子；习惯上把电解饱和 水溶液的工业生产称为氯碱工业。下列判断正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
C．化合物 的水溶液呈中性
D． 分子中既有 键又有 键
【答案】B,D
【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素原子半径随核电荷数的增大半径逐渐减小，故Na＞Cl，故A不符合题意；
B．同周期元素随核电荷数的增大非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故HNO3＞H2CO3，故B符合题意；
C．NaCN为强碱弱酸盐，显碱性，故C不符合题意；
D．(CN)2的结构简式为 ，分子中单键为 键，三键中含有1个 键和2个 键，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】
根据分析ZW是氯化钠，含14电子，Y是氮元素，所以X是碳元素，Z是钠元素，W是氯元素；
A.原子半径同周期从左到右逐渐变小；从上到下变大；
B.最高价氧化物对应的水化物硝酸酸性大于碳酸；
C.氢化钠属于强碱弱酸盐，碱性；
D.其中含不饱和碳氮三键，故含键和键。
19．（2021高一上·辽宁期末）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．稀有气体不含任何化学键
B．固态氯化铝中含有离子键
C．NaCl 的形成过程可表示为： Na·+
D．H2O2的电子式：
【答案】A,C
【知识点】化学键；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．稀有气体为单原子分子，不含任何化学键，A符合题意；
B．氯化铝为共价化合物，固态氯化铝中不含有离子键，B不符合题意；
C．NaCl 的形成过程为钠失去一个电子，氯原子得到1个电子形成钠离子和氯离子，钠离子和氯离子通过静电作用形成氯化钠，可表示为：Na·+ ，C符合题意；
D．H2O2为共价化合物，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.化学键是分子或晶体内相邻两个或多个原子（或离子）间强烈的相互作用。而稀有气体是单原子分子。
B.固态氯化铝为共价化合物，只含共价键。
C.NaCl为离子化合物。注意阴离子的电子式漏写最外层电子，离子化合物与共价化合物的电子式混淆。
D.H2O2为共价化合物，没有阴、阳离子，注意其电子式中不用中括号，也不标电荷数。
20．（2021高二上·资阳期末）下列关于配合物的说法正确的是（ ）
A．基态原子核外电子的空间运动状态有17种
B．中含有离子键、共价健和配位键
C．该配合物中提供空轨道形成配位键
D．1该配合物和足量溶液反应，能产生3沉淀
【答案】A,C
【知识点】原子核外电子的运动状态；化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氯原子核外电子数为17，所以电子的运动状态有17种，A符合题意；
B．中含有共价健和配位键，不含离子键，B不符合题意；
C．配离子是，配体Cl、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键，C符合题意；
D.1该配合物和足量溶液反应，能产生2沉淀，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】本题主要考查配合物、配位键相关知识，考生需要理清楚配位键、离子键、共价键之间的异同点。
A.核外电子的运动状态是不同的，核外有多少个电子就有多少种空间运动状态。
B.本身就是一个离子，里面不含离子键。
C.由配合物和配位键概念可知该配合物中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键。
D.1mol该配合物中含有2mol氯离子，所以产生2mol沉淀。
21．（2020高二下·泰安期末）三氯生，学名“二氯苯氧氯酚”，是一种高效广谱抗菌剂，可以有效防止新冠肺炎病毒的扩散和感染，对人体毒性很小，在洗手液成分中很常见，其结构简式如图。以下说法错误的是（ ）
A．该有机物的分子式为C12H6Cl3O2
B．碳原子的杂化方式为sp2杂化
C．分子中所有原子可能共平面
D．1 mol该物质中含有25 mol σ键和6 mol π键
【答案】A,D
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A. 由物质的结构简式得出该有机物的分子式为C12H7Cl3O2，故A符合题意；
B. 也可通过键角来推杂化方式，苯的键角为120°，平面结构，推知碳原子的杂化方式为sp2，故B不符合题意；
C. 苯分子中6个C原子和6个H原子共12个原子共平面，H2O分子中三个原子共平面，利用原子取代法，该有机物两个苯环上的H原子分别被O原子、Cl原子取代，可以共平面，所有原子可以共平面，故C不符合题意；
D. 一个苯环含有1个大π键，12个σ键。一分子三氯生含有两个苯环，所以1 mol该物质含有25 mol σ键和2 mol π键，故D符合题意；
故答案为：A D。
【分析】根据结构式去顶分子式，同时也可以确定1个分子含有3个氯原子、1个酚羟基、1个醚基，苯环上的碳原子采用的是sp2杂化的方式，苯环上的所有原子共面，醚键可以旋转可使两个环共面，找出该分子中的 σ键和π键即可
22．（2020高二下·德州期末）BF3与一定量的水形成 ，一定条件下 可发生如图转化，下列说法中正确的是（ ）
A． 熔化后得到的物质属于离子晶体
B． 分子之间存在着配位键和氢键
C．H3O+中氧原子为sp3杂化
D．BF3是仅含极性共价键的非极性分子
【答案】C,D
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A．从题干给定的转化可以看出， 熔化后得到的物质 ，虽然由阴阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A不符合题意；
B． 分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B不符合题意；
C．H3O+中氧原子价层电子对数=3+ =4，则O原子采取sp3杂化，故C符合题意；
D．BF3中B原子价层电子对数=3+ =3，则B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，是仅含极性共价键的非极性分子，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.虽然熔化时变为阴阳离子，但是此时液态不是离子晶体
B.分子间存在着氢键，氧原子提供孤对电子而硼原子提供 空轨道，故形成氢键，两个水分子之间也形成氢键
C.计算出价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
D.BF3是平面三级凹形分子，正负电荷中心重合，故为非极性分子
23．（2020高二下·龙海期末）下列各组物质，晶体类型相同且熔化时破坏化学键类型相同的是（ ）
A．NaOH、NaCl B．I2、Br2 C．NH4Cl、KCl D．CO2、SiO2
【答案】A,C
【知识点】化学键；离子晶体；分子晶体
【解析】【解答】A．NaOH是离子晶体，熔化时破坏离子键；NaCl是离子晶体，熔化时破坏离子键，故选A；
B．I2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力； Br2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故不选B；
C．NH4Cl是离子晶体，熔化时破坏离子键；KCl是离子晶体，熔化时破坏离子键，故选C
D．CO2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力； SiO2是原子晶体，熔化时破坏共价键，故不选D；
故答案为：AC。
【分析】常见的键型是金属键、离子键、共价键，常见的晶体类型是金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
常见的离子晶体是：氢氧化钠、氯化钠、氯化钾、氯化铵、熔化时破坏的是离子键
常见的分子晶体是：碘单质、溴蒸汽以及二氧化碳破坏的是分子间作用
常见原子晶体：二氧化硅，破坏的是共价键
24．（2017高一上·上海期末）下列关于化学键的叙述正确的是（ ）
A．全部由非金属元素组成的化合物中可含离子键
B．H2O中所有原子都满足八电子稳定状态
C．两种元素构成的化合物可以含有非极性共价键
D．CH4中所有的电子都参与形成共价键
【答案】A,C
【知识点】化学键
【解析】【解答】解：A．全部由非金属元素组成的化合物为共价化合物或离子化合物，如HCl为共价化合物，氯化铵为离子化合物，故A正确；
B、H2O中氢原子最外层达两电子的稳定结构，而不是8电子，故B错误；
C、氢与氧两种元素生成过氧化氢分子中含非极性共价键氧氧键，故C正确；
D、CH4中碳原子只有4个电子都参与形成共价键，而不是所有原子，故D错误；
故选AC．
【分析】A．全部由非金属元素组成的化合物为共价化合物或离子化合物；
B、H2O中氢原子最外层达两电子的稳定结构；
C、氢与氧两种元素生成过氧化氢分子中含非极性共价键；
D、CH4中碳原子只有4个电子都参与形成共价键．
三、非选择题
25．（2019·海南）自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：
（1）2016年 确认了四种新元素，其中一种为 ，中文名为“镁”。元素 可由反应端 得到。该元素的质子数为 ， 与 互为
（2） 位于元素周期表中第 族，同族元素N的一种氢化物为 ，写出该化合物分子的电子式 .该分子内存在的共价键类型有 .
（3）该族中的另一元素P能显现多种化合价，其中 价氧化物的分子式为 价简单含氧酸的分子式为
【答案】（1）115；同位素
（2）；极性键和非极性键
（3）P2O3；
【知识点】化学键；同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）由反应端参与反应的元素可知，元素Mc的质子数为95+20=115；287Mc和288Mc的质子数相同，质量数不同，因此中子数不同，属于同位素；
（2）由于Mc位于元素周期表第VA族，因此其最外层电子数为5，故NH2NH2的电子式为：；由电子式可知，该分子中存在极性共价键和非极性共价键；
（3）氧化物中只含有两种元素，其中氧元素为-2价，P元素为+3价，因此该氧化物的分子式为P2O3；P元素为+5价的简单含磷酸的分子式为H3PO4；
【分析】（1）根据反应端分析；结合同位素的定义分析；
（2）第VA族元素，其最外层电子数为5，据此书写电子式；结合电子式确定所含的共价键类型；
（3）结合元素化合价书写化学式；
26．（2021·石家庄模拟）铜是人类广泛使用的第一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态原子最高能层的电子排布式为 。
（2）稀溶液中存在。已知d轨道也可以参与杂化，则中的杂化方式为____(填选项字母)。
A． B． C． D．
（3）与形成长链结构的阴离子如图所示，该阴离子中键与键数目之比为 。
（4）铜能与拟卤素反应。拟卤素对应的酸有两种，理论上异硫氰酸的沸点高于硫氰酸，其原因为 ；写出一种与互为等电子体的分子式 。
（5）可形成，其中代表。
①该化合物分子中，模型为四面体或正四面体的非金属原子共有 个。
②的电负性由大到小的顺序为 。
（6）一种由组成的高熵合金具有优良的热电性能，其四方晶胞如图所示：
①的配位数为 ；晶体中原子填充在、围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为 。
②若晶胞底边的边长均为，高为，阿伏加德罗常数的值为，设晶体的最简式的式量为，则该晶体的密度为 (列出计算式)。
【答案】（1）4s1
（2）C
（3）5：4
（4）异硫氰酸可形成分子间氢键，而硫氰酸不能；CO2或COS
（5）11；H＞B＞Cu
（6）4；50%；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）铜元素的原子序数为29，基态铜原子的最高能层为N层，N层的电子排布式为4s1，故答案为：4s1；
（2）六水合铜离子中，铜离子与6个水分子形成6个配位键，离子中含有6个σ键，则铜离子的杂化方式为sp3d3杂化，
故答案为：C；
（3）由图可知，亚铜离子连有3个氰酸根离子，其中2个氰酸根离子为2个亚铜离子共有，则亚铜离子和氰酸根离子的个数比为1：(1+2×)=1：2，则阴离子的化学式为Cu(CN)，亚铜离子与2个氰酸根离子形成的配位键为σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中有1个σ键、2个π键，则结合长链结构可知，离子中σ键和π键的个数比为(1+2+1×2)：2×2=5：4，故答案为：5：4；
（4）异硫氰酸分子中含有的=N—H能形成分子间氢键，而硫氰酸中还有的-S-H不能形成分子间氢键，则异硫氰酸分子的分子间作用力强于硫氰酸，沸点高于硫氰酸；CO2、COS与硫氰酸根离子的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：异硫氰酸可形成分子间氢键，而硫氰酸不能；CO2或COS；
（5）①分子中氮原子和碳原子的价层电子对数都为4，模型都为四面体形，则分子中模型为四面体形的原子有4个，故答案为：4；
②金属元素的电负性小于非金属元素，由四氢合硼离子中氢元素呈-1价可知，氢元素的电负性强于硼元素，则三种元素的电负性大小顺序为H＞B＞Cu，故答案为：H＞B＞Cu；
（6）①由晶胞结构可知，1个铟原子周围连接4个距离最近的碲原子，则铟原子的配位数为4；由晶胞结构可知，1个铟原子参与形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%，故答案为：4；50%；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面心的铟铜原子个数为4×+6×=4，位于面上的碲原子个数为8×=4，则化学式为CuInTe，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞质量公式可得：=(a×10-7cm) ×c×10-7cm×d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Cu为29号元素，其最高能层为N能层；
（2）铜离子与6个水分子形成6个配位键；
（3）单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键；
（4）异硫氰酸可形成分子间氢键；等电子体原子总数和价电子总数相等；
（5）①根据价层电子互斥理论判断；
②元素的非金属性越强，电负性越大；
（6）①1个铟原子周围连接4个距离最近的碲原子；1个铟原子参与形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个；
②根据均摊法和计算。
27．（2021·乌兰察布模拟）La2CuO4在传感器、汽车尾气催化净化、氮氧化物催化消除、中温固体氧化物燃料电池等领域具有良好的应用前景，回答下列问题：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为 。
（2）缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是 、 。1 mol缩二脲中含有σ键的数目为 ，缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，其原因是 。
（3）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，称作原子的分数坐标。四方晶系La2CuO4的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
分数坐标 原子 x y z
W 0 0 0
X 0 0
Y
①B原子代表 ，C原子代表 ，与A原子距离最近的氧原子个数为 。
②Z用分数坐标表示为 。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则La2CuO4的密度是 g·cm-3(列出计算表达式)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2）sp3；sp2；11NA；缩二脲的N提供孤对电子给金属离子形成配位键
（3）O；La；6；；
【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)Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu元素核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；
(2)缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中N原子与H、C原子之间以单键结合，N原子上还有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以N的杂化类型是sp3杂化；C原子与O原子形成了共价双键，故C原子杂化类型为sp2杂化；
共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，故在1个[HN(CONH2)2]中含有11个σ键，2个π键，故在1 mol [HN(CONH2)2]中含有11NA个σ键；
缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，是由于Cu2+上具有空轨道，缩二脲的N原子上具有孤对电子，二者易形成配位键；
(3)①在该晶胞中A原子个数为：8× +1=2；含有B原子个数为：16× +4× +2=8；含有的C原子个数为：8× +2=4，A：B：C=2：8：4=1：4：2。根据晶胞化学式La2CuO4可知：A表示Cu，B表示O，C表示La，与Cu原子距离相等且最近的O原子有6个，分别为于Cu原子的上、下、前、后、左、右；
②根据图中W、X、Y的坐标可知，Z的坐标为( ， ， )；
③根据密度计算公式可知该晶胞的密度ρ= 。
【分析】（1）根据铜原子的核外电子数即可写出核外电子能级排布
（2）根据氮原子和碳原子的成键情况即可判断杂化方式， 根据结构简式找出含有的σ键个数即可，氮原子含有孤对电子而铜离子还哪有空轨道易形成配位键
（3）① 根据晶胞情况计算出晶胞中ABC的原子个数，即可与化学式对应即可判断ABC代表的原子种类即可找出与A原子最近的氧原子个数② 根据给出的WXY的坐标即可写出Z的坐标③根据晶胞中原子的个数计算出晶胞的质量，再结合晶胞参数计算出体积即可计算出密度
28．（2021·包头模拟）第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式 ；比较铁与锰的第三电离能(I3)：铁 锰(填“>”“=”或“<”)，原因是 。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是 。
（4）配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为 ；已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为 。
（5）如图是晶体Fe3O2的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。
①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的 (填空间结构)空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因 。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为 g·cm-3(阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】（1）原子光谱
（2）3d54s2；＜；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高
（3）sp2、sp3
（4）CO或N2；3：4
（5）正四面体；电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
【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；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，故答案为：原子光谱；
(2)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则外围电子排布式为：3d54s2；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高， 所以第三电离能 Fe 小于 Mn，故答案为：3d54s2；＜；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高；
(3)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C H单键，即有两种C原子，所以杂化类型为：sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
(4)配合物K3Fe(CN)6中配位体是CN-，与CN-含有相同原子个数，且价电子相等的微粒互为等电子体，其中属于分子为CO或N2；(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目比为3：4，故答案为：CO或N2；3：4；
(5)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，故答案为：正四面体；
②电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，故 Fe3O4 晶体能导电，故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③根据晶胞均摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为 ，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为 ，若晶胞的体对角线长为 a nm，设边长为xnm，面对角线为 ，则体对角线长 = a nm，故x= ，体积为x3= ，质量为 ，故密度 ，故答案为： 。
【分析】(1)在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；
(2)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高；
(3)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C H单键；
(4)配合物K3Fe(CN)6中配位体是CN-，与CN-含有相同原子个数，且价电子相等的微粒互为等电子体；(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键；
(5)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；
②电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③根据晶胞均摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为 ，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为 ，根据密度公式作答。
29．（2020·包头模拟）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：
4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）Mn3+基态价层电子排布图为 。
（2）Mn(NO3)2·6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序 。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有 。
（3）与NO2-互为等电子体的一种分子的化学式为 。
（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为 。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式 。
（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为 。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为 nm（阿伏加德罗常数的值为N）。
【答案】（1）
（2）N >O> H；σ键、 键
（3）O3或SO2
（4）7NA；
（5）8； ×107
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Mn是25号元素，Mn的价层电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn3+的价层电子排布式为[Ar]3d4，其基态价层电子排布图为 ，故答案为： ；
（2）Mn(NO3)2·6H2O中非金属元素有N、O、H，一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，所以N、O的第一电离能比H大。N、O位于相同周期，N的2p轨道为半充满状态，N比O稳定，失去一个电子N比O难，所以N的第一电离能比O的第一电离能大，综上所述，三者的第一电离能从大到小为：N >O> H。硝酸根离子中的键是由N-Oσ键和一个4原子6电子的离域大π键构成的，故答案为：N >O> H；σ键、 键；
（3）价电子数和原子数相同的分子、离子或基团互为等电子体，可用S或者O替换N，同时去掉得到的一个电子，即O3或SO2，故答案为：O3或SO2；
（4）单键全是σ键，双键含一个σ键一个π键，所以1mol CH3COOH中含7mol的σ键，即σ键数为7NA。一个CH3COOH分子羧基中的O和另一个CH3COOH分子羧基中的H之间形成氢键，所以，2分子CH3COOH可通过氢键形成八元环的二聚物，结构简式为： ，故答案为：7NA； ；
（5）每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，距离为面对角线长的一半。由均摊法可知，1个晶胞中Al的个数=2× =1，Mg的个数=8× +2× =2，那么1个晶胞的质量= g，设晶胞边长为a，1个晶胞的体积a3= ，所以，边长a= cm= ×107nm，故答案为：8； ×107。
【分析】均摊法计算六面体晶胞中原子个数时，六面体内的每个原子贡献1个原子，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。
30．（2021·鹰潭模拟）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1） 的价电子排布图为： ；基态磷原子有 种空间运动状态不同的电子。
（2）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是： 。
（3）写出一种与 互为等电子体的分子的化学式： ，该分子的中心原子的价层电子对数等于 。
（4）已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有： 。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
（5）N和P是同主族元素，但是 分子中的键角大于 分子中的键角，原因是： 。
（6） 为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则 配位数为： ，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为 ，则 的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】（1）；9
（2）O＞P＞Li
（3）POCl3或CCl4或SiF4；4
（4）B、C
（5）电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大
（6）8；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Co是27号元素，价电子为3d74s2， 的价电子为3d6， 的价电子排布图为： ；一个轨道就是一种空间运动状态不同的电子，P是15号元素，因此基态磷原子有9种空间运动状态不同的电子；故答案为： ；9。
(2)同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：O＞P＞Li；故答案为：O＞P＞Li。
(3)根据Cl=O－，与 互为等电子体的分子的化学式为POCl3或CCl4或SiF4等，该分子的中心原子的价层电子对数等于 ；故答案为：POCl3或CCl4或SiF4；4。
(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中硫酸铜电离出铜离子和硫酸根离子，铜离子和水形成水合铜离子，因此水和水之间存在氢键和范德华力，水中、硫酸根中存在共价键，水合铜离子存在配位键，因此不存在的微粒间作用力有金属键和离子键；故答案为：B、C。
(5)N和P是同主族元素，但是 分子中的键角大于 分子中的键角，原因是：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大；故答案为：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。
(6)根据图中信息，以右侧面面心的 分析，得到 配位数为8，晶胞中 有 ，Li＋有8个，即有4个 ，若晶胞参数为bnm，则 的密度为 ；故答案为： 。
【分析】（1）根据Co的基态核外电极能级排布即可写出钴离子的价电子排布式，写出磷原子的核外电子能级排布即可找出运动状态的电子
（2）非金属性越强电负性越强即可判断
（3）找出含有5个原子的电子数为32的分子即可，根据找出的分子即可计算出中心原子的价层电子数
（4）硫酸铜溶液中存在的作用力有铜离子和水分子形成配位键、水分子中的共价键、水分子与水分子之间形成氢键、水分子之间的力为范德华力
（5）主要是磷原子的核电荷数大对成键电子对有很大的吸引力，同时氮原子的电负性强，对成对电子有很强的斥力
（6）找出与氧离子距离最近的锂离子个数即可，根据晶胞结构中占位情况计算出锂原子和氧原子的个数计算出晶胞的质量，根据晶胞参数计算出体积即可计算出密度
31．（2021·三明模拟）贵金属磷化物通常指贵金属 Ag、Rh、Ir 等元素与磷形成的二元化合物。
（1）第六周期元素 Ir 与钴元素同一列，其价电子排布式为 。
（2）固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成，晶体结构类似 CsCl，易升华得到PCl5 (g)。PCl5 (g)分子的空间结构如图所示。
①[PCl4]+的空间构型为 ；
②五氯化磷既可溶于非极性溶剂CCl4，又可溶于极性溶剂硝基苯的原因是 。
（3）Cu 与 Ag 属于同族，一水合醋酸铜(Ⅱ)是二聚体，结构如图(a)，该粒子中存在的作用力有_______(填标号)。
A． 键 B．离子键 C．配位键 D．范德华力
（4）元素铑(Rh)与 P 可形成多种磷化物，其中一种晶体结构如图(b)。晶体中 P 原子的配位数为 ，该晶体的化学式为 。
【答案】（1）5d76s2
（2）正四面体；PCl5为非极性分子，可溶于非极性CCl4，在硝基苯中以离子形式存在
（3）A；C
（4）8；Rh2P
【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) Co是27号元素，位于第四周期，价电子排布式为3d74s2，Ir位于第六周期第VIII族，位于Co下方，Ir的电子排布式为5d76s2；
(2)①根据价层电子对互斥理论，[PCl4]+的价层电子对数为4+ ×(5-1-4×1)=4，空间构型为正四面体；
②根据PCl5的结构可知，PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，CCl4是非极性溶剂因此PCl5溶于CCl4；固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成，在硝基苯中，PCl5以两种离子形式存在，此时可将PCl5看做离子化合物，离子化合物易溶于极性溶剂，因此PCl5也可以溶于硝基苯；
(3)由图像可知，C与C、C与O、C与H、O与H之间的单键均为σ键，Cu与H2O中的O之间为配位键，
故答案为：AC；
(4)由图可知，距离每个P最近且相等的Rh有8个，即P的配位数为8，根据均摊法，每个晶胞中P的个数为8× +6× =4，Rh的个数为8，该晶体的化学式为Rh2P。
【分析】（1）找出钴原子的核外电子能级排布即可
（2）① 计算P的价层电子对即可②根据空间结构PCl5结构高度对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，根据题意 固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成 ，在硝基苯中以离子形式存在
（3）根据结构图，即可判断含有σ键以及配位键
（4）根据晶胞即可找出与P原子距离最近的Rh即可判断配位数，根据占位即可计算出化学式
32．（2021·泉州模拟）近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子排布图为 。
（2）硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为 。
（3）甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为 ，其中碳原子的杂化方式为 。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是 。
（4）水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(图1)
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 。(选填序号)
a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位健 e．离子键
（5）FAPbI3的晶体结构单元如图2所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为 。
【答案】（1）
（2）［S-C≡N]-或［S=C=N]-
（3）H
（5）12
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；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)S是16号元素，最外层6个电子，基态S原子的价电子排布图为 。故答案为： ；
(2)中心原子C的价层电子对=2+ =2，采用sp杂化，硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为［S-C≡N]-或［S=C=N]-。故答案为：［S-C≡N]-或［S=C=N]-；
(3)① 组成元素的电负性由小到大的排序为H
(4)①该络合物可溶于四氯化碳，具有非极性分子的性质，其晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体；
②该络合物分子内存在的微粒间作用力有a．σ键，如N-N键、N-H键， b．π键如C=S、N=N键，c．非极性键如N-N键，d．配位健如Pb-N键， e．分子中不含离子键，故答案为：e；
(5)图中Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I=1：1：3，Y在顶点，8× =1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12× =3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12。故答案为：12。
【分析】（1）根据基态碳原子的核外电子能级排布即可写出价电子排布图
（2）计算出中心碳原子的价层电子对即可
（3）① 非金属性越强，电负性越大，碳原子形成双键，则为sp2杂化②主要考查的氢键对熔点的影响
（4）① 四氯化碳是非极性分子，是共价化合物，因此该络合物是非极性分子的共价化合物②根据结构简式得出该分子中存在非极性键、配位键、π键以及 σ键 不存在离子键
（5）根据晶胞结构进行计算配位数即可
33．（2021·莆田模拟）“中国紫”一硅酸铜钡(BaCuSi2O6)，其合成原料为BaCO3、孔雀石[Cu2
(OH)2CO3]和砂子(SiO2)。回答下列问题：
（1）基态Ba原子的价电子排布式为 。
（2）SiO2常用作光导纤维，在生产和生活中有广泛的用途。在SiO2晶体中，硅原子的杂化类型为 。
（3）Cu2(OH)2CO3不溶于水，但可溶于浓氨水，反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]CO3
+[Cu(NH3)4](OH)2 +8H2O
①氨水中存在的化学键有 (填标号)。
A．极性键 B．非极性键 C．氢键 D．σ键 E．π键
②[Cu(NH3)4]CO3中配体是 ，所含元素中电负性最小的非金属元素是 (填元素符号)。
（4）Cu2O的熔点比Cu2S的
(填“高”或“低”)，原因是 。
（5）Cu和Ba形成的某种合金的晶胞结构如图所示，该晶体中Cu与Ba的原子个数比为 。
【答案】（1）6s2
（2）sp3
（3）AD；NH3；H
（4）高；Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，r(O2-)＜r(S2- )，Cu2O的离子键比Cu2S的更强
（5）5： 1
【知识点】原子核外电子排布；化学键；离子键的形成；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)Ba是第六周期第IIA的元素，价层电子为原子最外层电子，故基态Ba原子的价电子排布式为6s2；
(2)在SiO2晶体中Si原子与4个O原子形成4个共价键，形成4个σ键，故Si原子杂化类型为sp3杂化；
(3)①氨水中含有N-H键、H-O键都是极性共价键，极性共价键属于σ键；氢键不属于共价键，物质中不含非极性键、π键，故答案为：AD；
②在[Cu(NH3)4]CO3中，中心原子是Cu2+，配体是NH3；
其中所含的非金属性元素有N、H、O、C，元素的非金属性越强，其电负性就越大。这几种元素中非金属性强弱关系为：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，则电负性最小的非金属元素为H；
(4)Cu2O、Cu2S都是离子晶体，离子之间以离子键结合。形成晶体的离子半径越小，离子键就越强，克服离子键使物质熔化、气化消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高。由于离子半径：S2-＞O2-，所以物质的熔点：Cu2O比Cu2S高；
(5)晶胞中含有的Cu原子数目为：8× +1=5，含有的Ba原子数目为：8× =1，故该晶体中Cu与Ba的原子个数比为5:1。
【分析】（1）根据倍原子的核外电子能级排布即可写出价层电子排布式
（2）二氧化硅中硅原子形成4个键为sp3杂化
（3）① 氨水中存在极性键、和氢键，氢键不是化学键，极性键是属于σ键②根据化学式即可判断出配体，非金属性越小电负性越小
（4）均是离子晶体，熔沸点主要和离子半径和带电荷有关，半径越小，熔沸点越高
（5）根据占位情况即可计算出原子个数比
34．（2021·龙岩模拟）氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
（1）卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离能最大的是 (填元素符号)。
（2）卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为 ，图中①②③④处的化学键属于配位键的是 (填序号)。
（3）已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是 (填离子符号)。
（4） 的键角小于 ，原因是 。
（5）氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为 ；设氮化锂晶体中，同层N-N间距为a pm，层与层间距为b pm，该物质的密度为 g/cm3.(用含a、b的式子表示)
【答案】（1）N
（2）sp2、sp3；②
（3）Ti4+
（4） 中溴原子上有一个孤电子对， 中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于 中成键电子对间的排斥力
（5）2∶1；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；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)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4) 和 的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而 中溴原子上有一个孤电子对， 中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于 中成键电子对间的排斥力，导致键角： ＜ ；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有 =2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为 =1，Li原子的个数为 =3，所以晶胞的质量为 g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为 a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为 a2b pm3= a2b×10-30cm3，所以密度为 g/cm3.。
【分析】（1）电离能主要是同主族从上到下电离能逐渐减小，同周期从左到右之间增大，但是当能级出处于半充满或者全充满时，较稳定，电离能最大
（2）在 卟啉锌超分子中的碳原子 形成碳碳双键以及4个单键，因此是杂化方式为sp2和sp3杂化，氮原子的最外层电子是5个电子，能形成三个单键，因此可提供1孤对电子，即可判断只有②是配位键
（3）分别写出 Ti4+、V3+、Ni2+ 核外电子能级排布找出d轨道上是否存在未成对电子
（4）计算出 和 中心价层电子对和孤对电子即可判断，主要考虑孤对电子的作用
（5）根据结构可以看出，一个六元环中含有1个氮原子，一个六元环中含有2个锂原子，即可计算出原子个数比，根据占位法即可计算出晶胞中氮和锂原子的个数计算出晶胞的质量，再根据晶胞数据计算出体积，根据人ρ=计算密度
35．（2021·成都模拟）盐酸阿比朵尔(Arbidl Hydmchloride)是广谱抗病毒药。李兰娟院士团队发现它能有效抑制新型冠状病毒(COVID-19)，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是
（2）反应①分为两步进行，完成反应ii
反应i. +NH3
反应ii ，其反应类型是 。
（3）反应②生成1mol的D消耗 mol Br2；反应③加入KHCO3的作用是 。(填序号)。
（4）G为盐酸盐，其中H+与-N(CH3)2间形成的作用力是___________。
A．共价键 B．离子键 C．范德华力 D．氢键
（5）H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，写出H的一种可能的结构简式 。
（6）根据相关信息并结合已有知识，写出以 、 制备扑炎痛 的合成路线(其它试剂任选)。 。
已知： + +NaCl
【答案】（1）酯基、羰基(或酮基)
（2） +H2O；消去反应
（3）2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率
（4）A
（5） 或 或 或 等
（6）
【知识点】化学键；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，其中含有的含氧官能团为酯基( )、羰基(或酮基)( )；
(2) 中羟基发生消去反应生成B( )，反应方程式为 +H2O；
(3)C生成D是烷烃基与Br2在一定条件下发生取代反应，C中有两个H原子被Br原子取代，因此由C生成1mol D需要消耗2mol Br2；反应③为D中1个溴原子被 取代，反应除生成E外还有HBr，HBr为强酸，反应过程中加入KHCO3可将HBr反应，使平衡正向移动，提高反应物转化率，故答案为：2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率；
(4)H+核外无电子，具有空轨道，而-N(CH3)2中N原子存在1对孤对电子对，N原子与H+之间通过配位键相连，配位键也是共价键中一种，故答案为A；
(5)A的分子式为C6H10O3，H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，根据O原子数为奇数可知H一定具有对称性，且有1个O原子位于对称轴上，不同化学环境的氢原子数之比为4：6，说明一定含有两个等效的甲基，A的不饱和度为2，可能含有环、酯基、羰基等，由此可知H的结构可能为： 或 或 或 等；
(6)由已知信息可知，若要以 、 为原料合成 ，则需利用 合成 ，可利用 与NaOH发生中和反应生成 ，因此合成路线为 。
【分析】（1）根据结构简式即可写出官能团的名称
（2）根据反应物和生成物即可写出化学反应方程式即可判断类型
（3）根据反应物和生成物即可判断消耗的溴的物质的量，反应③发生的是取代反应，产生溴化氢与碳酸氢钾作用促进平衡的移动
（4）主要形成的是配位键属于共价键
（5）根据A的分子式即可按照要求写出同分异构体
（6）根据生成物和反应物进行分析即可利用给出的已知反应类型，先制取即可进行合成产物
2023年高考真题变式分类汇编：化学键3
一、选择题
1．（2021·湖北）甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e- CH3OH+H2O
2．（2021·天津）关于反应 所涉及的物质，下列说法错误的是（ ）
A．H2SO4在该反应中为氧化剂
B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物
D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
3．（2021·崇明模拟）下列含有共价键的盐是（ ）
A．CaCl2 B．H2SO4 C．Ba(OH)2 D．Na2CO3
4．（2022·锦州模拟）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸()在纳米级磁性(钯)表面分解为活性和，再经下列历程实现的催化还原，进而减少污染。已知、表示中二价铁和三价铁。下列说法错误的是（ ）
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．分解时，只有极性共价键发生了断裂
C．在整个历程中，可完全还原
D．反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
5．（2021·鹰潭模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化水煤气变换反应： ，在低温下获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：
下列说法错误的是（ ）
A．使用催化剂不能降低水煤气变换反应的
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ均为吸热过程
C．该催化过程中：有极性键的断裂，极性键和非极性键的形成
D．图示显示：起始时的2个 在反应过程中并未都参与了反应
6．（2021·鹰潭模拟）分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如图的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是（ ）
A．X、Z可形成具有强氧化性的高效消毒剂
B．X、Y、Z的原子半径从大到小为： Y > Z >X
C．由Z和W形成的化合物中可以存在共价键
D．Y的最高价氧化物对应的水化物中，除了氢原子外所有原子满足8电子稳定结构
7．（2021·徐州模拟）科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物的热稳定性：X>Y
B．第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C．该化合物中W、X、Y都满足8电子稳定结构
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物中含有离子键和共价键
8．（2021·徐州模拟）某有机物可催化多氟芳烃的取代反应，机理图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图中1、3、6是催化剂
B．过程中①原子利用率为100%
C．过程②中有非极性键与极性健的断裂与形成
D．4为CH3COCH2NH2时，7是
9．（2021·厦门模拟）CrOx催化丙烷脱氢的反应路径如图所示，图中括号内的数值表示相对能量、箭头上的数值表示能垒，单位为eV。下列相关说法错误的是（ ）
A．催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键
B．“M2→M3”过程仅形成极性共价键
C．该催化循环中Cr的成键数目发生变化
D．该催化循环中丙烷上氢原子转移是决速步
10．（2021·莆田模拟）甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法错误的是（ ）
A．CH3SH为共价化合物
B．该过程中断裂了O—H键、S—H键和C—S键
C．该催化剂可降低该反应的活化能
D．该过程的总反应为H2S+CH3OH CH3SH+H2O
11．（2021·南平模拟）甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如图。下列说法错误的是（ ）
A．甲硫醇的沸点比甲醇低
B．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．反应过程中涉及极性键的断裂和生成
D．该反应的化学方程式为
12．（2021·台州模拟）下列只含离子键的盐是（ ）
A． B． C．KClO D．
13．（2021·浙江模拟）下列氧化物中既含离子键又含共价键的是（ ）
A．MgO B． C． D．
14．（2021·金华模拟）下列属于含有离子键的氧化物是（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·眉山模拟）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素；Z的原子序数为X的2倍；X、Y、Z形成化合物Y2Z2X3，它与稀硫酸反应为Y2Z2X3＋H2SO4=Y2SO4＋ZX2↑＋Z↓＋H2O。下列叙述正确的是（ ）
A．X、Y、Z的简单离子半径：Z＞Y＞X
B．X、Y的氢化物沸点：Y＞X
C．Z、W氧化物的水化物酸性：W＞Z
D．Y2Z2X3为只含离子键的化合物
16．（2021·咸阳模拟）MDI广泛应用于聚氨酯弹性体，其结构简式如图，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，且均小于10。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）
A．元素非金属性：X>Y>Z
B．W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸
C．W与X、Y、Z均可形成至少2种10电子微粒
D．1molMDI中所含X—W键为2NA
17．（2021·乾安模拟）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物结构如图所示。在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子。下列说法正确的是（ ）
A．简单气态氢化物稳定性：Z＜X
B．由W、Y、Z三种元素组成的化合物均是共价化合物
C．YF3分子中的原子均是稳定的8电子结构
D．X元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸
二、多选题
18．（2021·海南）短周期主族元素 、 、 、 的原子序数依次增大， 离子与 分子均含有14个电子；习惯上把电解饱和 水溶液的工业生产称为氯碱工业。下列判断正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
C．化合物 的水溶液呈中性
D． 分子中既有 键又有 键
19．（2021高一上·辽宁期末）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．稀有气体不含任何化学键
B．固态氯化铝中含有离子键
C．NaCl 的形成过程可表示为： Na·+
D．H2O2的电子式：
20．（2021高二上·资阳期末）下列关于配合物的说法正确的是（ ）
A．基态原子核外电子的空间运动状态有17种
B．中含有离子键、共价健和配位键
C．该配合物中提供空轨道形成配位键
D．1该配合物和足量溶液反应，能产生3沉淀
21．（2020高二下·泰安期末）三氯生，学名“二氯苯氧氯酚”，是一种高效广谱抗菌剂，可以有效防止新冠肺炎病毒的扩散和感染，对人体毒性很小，在洗手液成分中很常见，其结构简式如图。以下说法错误的是（ ）
A．该有机物的分子式为C12H6Cl3O2
B．碳原子的杂化方式为sp2杂化
C．分子中所有原子可能共平面
D．1 mol该物质中含有25 mol σ键和6 mol π键
22．（2020高二下·德州期末）BF3与一定量的水形成 ，一定条件下 可发生如图转化，下列说法中正确的是（ ）
A． 熔化后得到的物质属于离子晶体
B． 分子之间存在着配位键和氢键
C．H3O+中氧原子为sp3杂化
D．BF3是仅含极性共价键的非极性分子
23．（2020高二下·龙海期末）下列各组物质，晶体类型相同且熔化时破坏化学键类型相同的是（ ）
A．NaOH、NaCl B．I2、Br2 C．NH4Cl、KCl D．CO2、SiO2
24．（2017高一上·上海期末）下列关于化学键的叙述正确的是（ ）
A．全部由非金属元素组成的化合物中可含离子键
B．H2O中所有原子都满足八电子稳定状态
C．两种元素构成的化合物可以含有非极性共价键
D．CH4中所有的电子都参与形成共价键
三、非选择题
25．（2019·海南）自门捷列夫发现元素周期律以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题：
（1）2016年 确认了四种新元素，其中一种为 ，中文名为“镁”。元素 可由反应端 得到。该元素的质子数为 ， 与 互为
（2） 位于元素周期表中第 族，同族元素N的一种氢化物为 ，写出该化合物分子的电子式 .该分子内存在的共价键类型有 .
（3）该族中的另一元素P能显现多种化合价，其中 价氧化物的分子式为 价简单含氧酸的分子式为
26．（2021·石家庄模拟）铜是人类广泛使用的第一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）基态原子最高能层的电子排布式为 。
（2）稀溶液中存在。已知d轨道也可以参与杂化，则中的杂化方式为____(填选项字母)。
A． B． C． D．
（3）与形成长链结构的阴离子如图所示，该阴离子中键与键数目之比为 。
（4）铜能与拟卤素反应。拟卤素对应的酸有两种，理论上异硫氰酸的沸点高于硫氰酸，其原因为 ；写出一种与互为等电子体的分子式 。
（5）可形成，其中代表。
①该化合物分子中，模型为四面体或正四面体的非金属原子共有 个。
②的电负性由大到小的顺序为 。
（6）一种由组成的高熵合金具有优良的热电性能，其四方晶胞如图所示：
①的配位数为 ；晶体中原子填充在、围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为 。
②若晶胞底边的边长均为，高为，阿伏加德罗常数的值为，设晶体的最简式的式量为，则该晶体的密度为 (列出计算式)。
27．（2021·乌兰察布模拟）La2CuO4在传感器、汽车尾气催化净化、氮氧化物催化消除、中温固体氧化物燃料电池等领域具有良好的应用前景，回答下列问题：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为 。
（2）缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是 、 。1 mol缩二脲中含有σ键的数目为 ，缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，其原因是 。
（3）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，称作原子的分数坐标。四方晶系La2CuO4的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
分数坐标 原子 x y z
W 0 0 0
X 0 0
Y
①B原子代表 ，C原子代表 ，与A原子距离最近的氧原子个数为 。
②Z用分数坐标表示为 。
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则La2CuO4的密度是 g·cm-3(列出计算表达式)。
28．（2021·包头模拟）第四周期过渡元素铁、锰在太阳能电池、磁性材料等科技方面有广泛的应用，回答下列问题：
（1）在现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
（2）写出Mn的外围电子排布式 ；比较铁与锰的第三电离能(I3)：铁 锰(填“>”“=”或“<”)，原因是 。
（3）乙酰基二茂铁是常用汽油抗震剂，其结构如图1所示。此物质中碳原子的杂化方式是 。
（4）配合物K3Fe(CN)6可用于电子传感器的制作。与配体互为等电子体的一种分子的分子式为 ；已知(CN)2是直线型分子，并具有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为 。
（5）如图是晶体Fe3O2的晶胞，该晶体是一种磁性材料，能导电。
①晶胞中三价铁离子处于氧离子围成的 (填空间结构)空隙。
②解释Fe3O4晶体能导电的原因 。
③若晶胞的体对角线长为anm，则Fe3O4晶体的密度为 g·cm-3(阿伏加德罗常数用NA表示)。
29．（2020·包头模拟）乙酸锰可用于制造钠离子电池的负极材料。可用如下反应制得乙酸锰：
4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）Mn3+基态价层电子排布图为 。
（2）Mn(NO3)2·6H2O中非金属元素第一电离能从大到小的顺序 。从电子云重叠的方式看N中存在的化学键类型有 。
（3）与NO2-互为等电子体的一种分子的化学式为 。
（4）1molCH3COOH中含有的σ键数目为 。CH3COOH分子通过氢键形成环状二聚物，写出含氢键表示的环状二聚物的结构简式 。
（5）镁铝合金经过高温淬火获得一种储钠材料，其晶胞为立方结构（如图所示），图中原子位于顶点或面心。该晶体中每个铝原子周围距离最近的镁原子数目为 。镁铝合金密度为ρg/cm3，则该晶胞的边长为 nm（阿伏加德罗常数的值为N）。
30．（2021·鹰潭模拟）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1） 的价电子排布图为： ；基态磷原子有 种空间运动状态不同的电子。
（2）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是： 。
（3）写出一种与 互为等电子体的分子的化学式： ，该分子的中心原子的价层电子对数等于 。
（4）已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有： 。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
（5）N和P是同主族元素，但是 分子中的键角大于 分子中的键角，原因是： 。
（6） 为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则 配位数为： ，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为 ，则 的密度为 (列出计算式即可)。
31．（2021·三明模拟）贵金属磷化物通常指贵金属 Ag、Rh、Ir 等元素与磷形成的二元化合物。
（1）第六周期元素 Ir 与钴元素同一列，其价电子排布式为 。
（2）固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成，晶体结构类似 CsCl，易升华得到PCl5 (g)。PCl5 (g)分子的空间结构如图所示。
①[PCl4]+的空间构型为 ；
②五氯化磷既可溶于非极性溶剂CCl4，又可溶于极性溶剂硝基苯的原因是 。
（3）Cu 与 Ag 属于同族，一水合醋酸铜(Ⅱ)是二聚体，结构如图(a)，该粒子中存在的作用力有_______(填标号)。
A． 键 B．离子键 C．配位键 D．范德华力
（4）元素铑(Rh)与 P 可形成多种磷化物，其中一种晶体结构如图(b)。晶体中 P 原子的配位数为 ，该晶体的化学式为 。
32．（2021·泉州模拟）近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子排布图为 。
（2）硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为 。
（3）甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为 ，其中碳原子的杂化方式为 。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是 。
（4）水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(图1)
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 。(选填序号)
a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位健 e．离子键
（5）FAPbI3的晶体结构单元如图2所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为 。
33．（2021·莆田模拟）“中国紫”一硅酸铜钡(BaCuSi2O6)，其合成原料为BaCO3、孔雀石[Cu2
(OH)2CO3]和砂子(SiO2)。回答下列问题：
（1）基态Ba原子的价电子排布式为 。
（2）SiO2常用作光导纤维，在生产和生活中有广泛的用途。在SiO2晶体中，硅原子的杂化类型为 。
（3）Cu2(OH)2CO3不溶于水，但可溶于浓氨水，反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]CO3
+[Cu(NH3)4](OH)2 +8H2O
①氨水中存在的化学键有 (填标号)。
A．极性键 B．非极性键 C．氢键 D．σ键 E．π键
②[Cu(NH3)4]CO3中配体是 ，所含元素中电负性最小的非金属元素是 (填元素符号)。
（4）Cu2O的熔点比Cu2S的
(填“高”或“低”)，原因是 。
（5）Cu和Ba形成的某种合金的晶胞结构如图所示，该晶体中Cu与Ba的原子个数比为 。
34．（2021·龙岩模拟）氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
（1）卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离能最大的是 (填元素符号)。
（2）卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为 ，图中①②③④处的化学键属于配位键的是 (填序号)。
（3）已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是 (填离子符号)。
（4） 的键角小于 ，原因是 。
（5）氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为 ；设氮化锂晶体中，同层N-N间距为a pm，层与层间距为b pm，该物质的密度为 g/cm3.(用含a、b的式子表示)
35．（2021·成都模拟）盐酸阿比朵尔(Arbidl Hydmchloride)是广谱抗病毒药。李兰娟院士团队发现它能有效抑制新型冠状病毒(COVID-19)，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团的名称是
（2）反应①分为两步进行，完成反应ii
反应i. +NH3
反应ii ，其反应类型是 。
（3）反应②生成1mol的D消耗 mol Br2；反应③加入KHCO3的作用是 。(填序号)。
（4）G为盐酸盐，其中H+与-N(CH3)2间形成的作用力是___________。
A．共价键 B．离子键 C．范德华力 D．氢键
（5）H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，写出H的一种可能的结构简式 。
（6）根据相关信息并结合已有知识，写出以 、 制备扑炎痛 的合成路线(其它试剂任选)。 。
已知： + +NaCl
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A.基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为 ，A项不符合题意；
B.步骤③中断裂 非极性键，形成 (Ⅳ)极性键，B项不符合题意；
C.步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，C项符合题意；
D.根据图示，总过程的反应为： ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Fe是26号元素，依据构造原理写出其核外电子排布；
B.同种元素组成的共价键为非极性键，不同种元素组成的共价键为极性键；
C.电子转移伴随着化合价的变化；
D.该反应的反应物为氧气，甲烷和氢离子，得到电子，生成甲醇和水。
2．【答案】A
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质；氧化还原反应；常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】A． 中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A符合题意；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B不符合题意；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C不符合题意；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．该反应无元素化合价的改变，不是氧化还原反应；
B．+4价的S元素易被氧化为+6价；
C．钠离子和硫酸根之间存在离子键，氧原子和硫原子之间存在共价键；
D．SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧气氧化为硫酸。
3．【答案】D
【知识点】化学键
【解析】【解答】A．CaCl2由Ca2+和Cl-构成，只含有离子键不含有共价键，A不符合题意；
B．H2SO4由分子构成，只含有共价键不含有离子键，B不符合题意；
C．Ba(OH)2由Ba2+和OH-构成，属于碱，不属于盐，C不符合题意；
D．Na2CO3有Na+和CO 构成，含有离子键，CO 内部C与O原子之间还含有共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】盐是金属阳离子或铵根离子或酸根离子形成的化合物，而碳酸钠是含有共价键的盐
4．【答案】C
【知识点】化学键；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积，加快分解速率，A项不符合题意；
B．分解生成CO2和H2，会发生氢氧键和碳氢键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，B项不符合题意；
C．整个过程中，失电子形成2mol H+，转移2mol电子；得电子形成，转移5mol电子，故可完全还原，C项符合题意；
D．酸性条件下，具有强氧化性，的氧化性比的氧化性强，故反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.增大催化剂与反应物的接触面积，可加快反应速率；
B.甲酸中只含有极性键；
C.1molH2失去2mol电子形成2molH+，完全还原生成N2，需要得到5mol电子；
D.酸性条件下，硝酸根的氧化性增强。
5．【答案】D
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂降低反应所需活化能，但不能降低水煤气变换反应的 ，故A不符合题意；
B．过程Ⅰ、过程Ⅱ都是断键，断键是吸热过程，故B不符合题意；
C．该催化过程中，有氧氢极性键的断裂，有碳氧极性键和氢氢非极性键的形成，故C不符合题意；
D．图示显示，根据过程Ⅱ得到起始时的2个 在反应过程中都参与了反应，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.焓变与反应物和生成物的能量有关与催化剂无关，催化剂只是改变反应速率
B.键的断裂需要吸收能量
C.根据反应物和生成物即可判断出键的断裂和形成
D.根据反应图示即可判断
6．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；化学键；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据分析可知，W为Na，X为H，Y为B，Z为O元素；
A．H、O形成的H2O2具有强氧化性，故A不符合题意；
B．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y＞Z＞X，故B不符合题意；
C．Z、W形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故C不符合题意；
D．Y的最高价氧化物的水合物是硼酸，硼酸结构式为 ，该分子中H、B都没有达到8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，根据图示可知，W为+1价阳离子，且W的原子序数最大，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前2周期；Y、Z处于同一周期，则Y、Z位于第二周期，阴离子带2个负电荷，Y为B元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；X形成1个共价键，为H元素，据此解答。
7．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键
【解析】【解答】结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．非金属性C
C．该化合物中，W（H）最外层电子数为2不满足8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物为氢氧化钠，含有离子键和共价键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；X形成4个共价键，位于IVA族，其原子序数小于Z（Na），则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此分析解答。
8．【答案】B
【知识点】化学键；催化剂；取代反应
【解析】【解答】A．根据反应原理可知，图中1为催化剂，3、6为中间产物，选项A不符合题意；
B．过程中①为加成反应，原子利用率为100%，选项B符合题意；
C．过程②中为取代反应C-X键断裂和C-F键形成，为极性健的断裂与形成，选项C不符合题意；
D．根据反应原理，4为CH3COCH2NH2时，7是 ，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可判断1是催化剂，3,6是中间产物
B.根据反应物和生成物即可判断反应类型为加成反应
C.无非极性键断裂与形成
D.根据取代的位置判断即可
9．【答案】B
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；化学反应速率
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中丙烷中甲基上C-H键断裂，与CrOx形成C-Cr键，说明催化剂活化丙烷分子中甲基上的C-H键，使其容易断裂，A不符合题意；
B．据图可知“M2→M3”过程中形成碳碳双键，有非极性键的生成，B符合题意；
C．开始时Cr与3个O原子成键，反应过程中形成Cr-C键，同时还与3个O原子成键(其中一个为配位键)，成键数目发生变化，C不符合题意；
D．据图可知丙烷中甲基上的H原子转移的步骤能垒最大，反应速率慢，决定了整体反应速率，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示即可看出，催化剂是活化碳氢键
B.根据反应物和生成物判断含有双键形成是非极性键
C.根据图示即可找出Cr的成键数目是否变化
D.活化能越大速率越慢，找出活化能最大的即可
10．【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；催化剂
【解析】【解答】A．CH3SH的组成元素都是非金属元素，非金属元素的原子之间都是以共价键结合，因此该化合物为共价化合物，A不符合题意；
B．通过催化过程可以看出：硫化氢加入催化剂后，硫化氢中的氢硫键断开，形成巯基和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催化剂表面，氢氧键断开，巯基取代羟基的位置形成甲硫醇和水，该过程中断裂O—H键、S—H键、C—O键，形成了C—S键，B符合题意；
C．该催化剂可改变反应途径，降低该反应的活化能，使反应在较低的温度下进行，C不符合题意；
D．根据图示可知：反应物是H2S、CH3OH，生成物是CH3SH、H2O，反应在催化剂存在条件下进行，故反应方程式为：H2S+CH3OH CH3SH+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.共价化合物一般是由非金属元素形成，而C,H,S均是非金属元素
B.根据反应流程即可判断断键和成键
C.催化剂可以降低反应活化能
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
11．【答案】B
【知识点】化学键；氢键的存在对物质性质的影响；催化剂；质量守恒定律
【解析】【解答】A．由于甲醇分子间存在氢键，而甲硫醇分子间存在范德华力，故甲硫醇的沸点比甲醇低，故A不符合题意；
B．催化剂不影响平衡，不改变平衡转化率，故B符合题意；
C．根据反应图中反应物硫化氢的变化得出，硫氢键属于极性键发生了断裂，生成甲硫醇中形成了碳硫的极性键，故C不符合题意；
D．根据反应图及原子守恒书写化学方程式，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据物质的沸点比较实质看克服的作用力进行判断物质的熔沸点的高低；催化剂参与反应但不改变平衡，只影响反应速率；根据途中物质间的变化判断化学键的变化；根据反应物和生成物利用原子守恒进行书写化学方程式；
12．【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． 是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，含有离子键、共价键，故不选A；
B． 是只含有离子键的氧化物，不是盐，故不选B；
C． KClO是离子化合物，由钾离子和次氯酸根离子构成，含有离子键、共价键，故不选C；
D． 是离子化合物，由钡离子和氯离子构成，属于盐，只含有离子键，
故答案为：D；
【分析】盐是金属阳离子或者铵根离子和酸根离子形成的化合物，根据给出的选项找出只含有离子键的盐即可
13．【答案】C
【知识点】化学键；离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．MgO中只含镁离子和氧离子形成的离子键，A不符合题意；
B．SO2中只含S原子和O原子形成的共价键，B不符合题意；
C．Na2O2中含有钠离子和过氧根形成的离子键，含有O原子和O原子形成的共价键，C符合题意；
D．SiO2只含有Si原子和O原子形成的共价键，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】 既含离子键又含共价键 一定时离子化合物，找出即可
14．【答案】A
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A． 属于氧化物，钠离子和氧离子间存在离子键，故A符合题意；
B． 属于非金属氧化物，不存在离子键，故B不符合题意；
C． 为单质不属于氧化物，故C不符合题意；
D． 属于盐，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化物是只含有两种元素且一种元素的氧元素的化合物，而离子化合物一般是由金属元素和非金属元素形成，故结合定义找出即可
15．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A． 电子层结构相同的离子，核电荷大的半径小，O2-＞Na+，X、Y、Z的简单离子半径：Z＞X＞Y，故A不符合题意；
B．
水是分子晶体，NaH是离子晶体，X、Y的氢化物沸点：Y＞X，故B符合题意；
C． Z、W最高价氧化物的水化物酸性：W＞Z，HClO4 ＞H2SO4，故C不符合题意；
D． Na2S2O3中含有离子键和共价键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素；Z的原子序数为X的2倍，X为O元素，Z为S元素，W原子序数比S大，W为Cl元素；X、Y、Z形成化合物Y2Z2X3，Y介于O和S之间，显+1价，Y为Na元素，它与稀硫酸反应为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O。
16．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．元素非金属性强弱顺序根据元素所在周期表中的位置进行判断，强弱顺序为；C
C．H与C、N、O可以形成CH4、NH3、H2O三种10电子微粒，故C符合题意；
D.1molMDI中所含H—C键为10NA，因苯环有8个H—C键，故D不不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据结构简式中原子成键特点：W形成1个化学键，且是原子序数最小的原子，故推测W为H元素，X形成4个化学键，推测X是C元素，Y形成三个化学键且物质用于聚氨酯故应该是N元素，Z形成2个化学键推测Z元素是O元素，故W、X、Y、Z分别为：H、C、N、O元素。
17．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，最简单气态氢化物的稳定性依次增强，则H2O的稳定性大于NH3，故A不符合题意；
B．H、N、O三种元素能形成共价化合物硝酸或亚硝酸，也能形成离子化合物硝酸铵，故B不符合题意；
C．NF3分子中N原子和F原子最外层均为8电子的稳定结构，故C符合题意；
D．C元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，H2CO3为二元弱酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素可知，W是H元素；Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，则Z是O元素；W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，由化合物的结构可知，Y能形成3个共价键、X能形成4个共价键，则Y是N元素、X是C元素。
18．【答案】B,D
【知识点】化学键；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素原子半径随核电荷数的增大半径逐渐减小，故Na＞Cl，故A不符合题意；
B．同周期元素随核电荷数的增大非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故HNO3＞H2CO3，故B符合题意；
C．NaCN为强碱弱酸盐，显碱性，故C不符合题意；
D．(CN)2的结构简式为 ，分子中单键为 键，三键中含有1个 键和2个 键，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】
根据分析ZW是氯化钠，含14电子，Y是氮元素，所以X是碳元素，Z是钠元素，W是氯元素；
A.原子半径同周期从左到右逐渐变小；从上到下变大；
B.最高价氧化物对应的水化物硝酸酸性大于碳酸；
C.氢化钠属于强碱弱酸盐，碱性；
D.其中含不饱和碳氮三键，故含键和键。
19．【答案】A,C
【知识点】化学键；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．稀有气体为单原子分子，不含任何化学键，A符合题意；
B．氯化铝为共价化合物，固态氯化铝中不含有离子键，B不符合题意；
C．NaCl 的形成过程为钠失去一个电子，氯原子得到1个电子形成钠离子和氯离子，钠离子和氯离子通过静电作用形成氯化钠，可表示为：Na·+ ，C符合题意；
D．H2O2为共价化合物，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.化学键是分子或晶体内相邻两个或多个原子（或离子）间强烈的相互作用。而稀有气体是单原子分子。
B.固态氯化铝为共价化合物，只含共价键。
C.NaCl为离子化合物。注意阴离子的电子式漏写最外层电子，离子化合物与共价化合物的电子式混淆。
D.H2O2为共价化合物，没有阴、阳离子，注意其电子式中不用中括号，也不标电荷数。
20．【答案】A,C
【知识点】原子核外电子的运动状态；化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氯原子核外电子数为17，所以电子的运动状态有17种，A符合题意；
B．中含有共价健和配位键，不含离子键，B不符合题意；
C．配离子是，配体Cl、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键，C符合题意；
D.1该配合物和足量溶液反应，能产生2沉淀，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】本题主要考查配合物、配位键相关知识，考生需要理清楚配位键、离子键、共价键之间的异同点。
A.核外电子的运动状态是不同的，核外有多少个电子就有多少种空间运动状态。
B.本身就是一个离子，里面不含离子键。
C.由配合物和配位键概念可知该配合物中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键。
D.1mol该配合物中含有2mol氯离子，所以产生2mol沉淀。
21．【答案】A,D
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的结构和性质；分子式
【解析】【解答】A. 由物质的结构简式得出该有机物的分子式为C12H7Cl3O2，故A符合题意；
B. 也可通过键角来推杂化方式，苯的键角为120°，平面结构，推知碳原子的杂化方式为sp2，故B不符合题意；
C. 苯分子中6个C原子和6个H原子共12个原子共平面，H2O分子中三个原子共平面，利用原子取代法，该有机物两个苯环上的H原子分别被O原子、Cl原子取代，可以共平面，所有原子可以共平面，故C不符合题意；
D. 一个苯环含有1个大π键，12个σ键。一分子三氯生含有两个苯环，所以1 mol该物质含有25 mol σ键和2 mol π键，故D符合题意；
故答案为：A D。
【分析】根据结构式去顶分子式，同时也可以确定1个分子含有3个氯原子、1个酚羟基、1个醚基，苯环上的碳原子采用的是sp2杂化的方式，苯环上的所有原子共面，醚键可以旋转可使两个环共面，找出该分子中的 σ键和π键即可
22．【答案】C,D
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；晶体的定义
【解析】【解答】A．从题干给定的转化可以看出， 熔化后得到的物质 ，虽然由阴阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A不符合题意；
B． 分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B不符合题意；
C．H3O+中氧原子价层电子对数=3+ =4，则O原子采取sp3杂化，故C符合题意；
D．BF3中B原子价层电子对数=3+ =3，则B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，是仅含极性共价键的非极性分子，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.虽然熔化时变为阴阳离子，但是此时液态不是离子晶体
B.分子间存在着氢键，氧原子提供孤对电子而硼原子提供 空轨道，故形成氢键，两个水分子之间也形成氢键
C.计算出价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
D.BF3是平面三级凹形分子，正负电荷中心重合，故为非极性分子
23．【答案】A,C
【知识点】化学键；离子晶体；分子晶体
【解析】【解答】A．NaOH是离子晶体，熔化时破坏离子键；NaCl是离子晶体，熔化时破坏离子键，故选A；
B．I2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力； Br2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故不选B；
C．NH4Cl是离子晶体，熔化时破坏离子键；KCl是离子晶体，熔化时破坏离子键，故选C
D．CO2是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力； SiO2是原子晶体，熔化时破坏共价键，故不选D；
故答案为：AC。
【分析】常见的键型是金属键、离子键、共价键，常见的晶体类型是金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
常见的离子晶体是：氢氧化钠、氯化钠、氯化钾、氯化铵、熔化时破坏的是离子键
常见的分子晶体是：碘单质、溴蒸汽以及二氧化碳破坏的是分子间作用
常见原子晶体：二氧化硅，破坏的是共价键
24．【答案】A,C
【知识点】化学键
【解析】【解答】解：A．全部由非金属元素组成的化合物为共价化合物或离子化合物，如HCl为共价化合物，氯化铵为离子化合物，故A正确；
B、H2O中氢原子最外层达两电子的稳定结构，而不是8电子，故B错误；
C、氢与氧两种元素生成过氧化氢分子中含非极性共价键氧氧键，故C正确；
D、CH4中碳原子只有4个电子都参与形成共价键，而不是所有原子，故D错误；
故选AC．
【分析】A．全部由非金属元素组成的化合物为共价化合物或离子化合物；
B、H2O中氢原子最外层达两电子的稳定结构；
C、氢与氧两种元素生成过氧化氢分子中含非极性共价键；
D、CH4中碳原子只有4个电子都参与形成共价键．
25．【答案】（1）115；同位素
（2）；极性键和非极性键
（3）P2O3；
【知识点】化学键；同位素及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）由反应端参与反应的元素可知，元素Mc的质子数为95+20=115；287Mc和288Mc的质子数相同，质量数不同，因此中子数不同，属于同位素；
（2）由于Mc位于元素周期表第VA族，因此其最外层电子数为5，故NH2NH2的电子式为：；由电子式可知，该分子中存在极性共价键和非极性共价键；
（3）氧化物中只含有两种元素，其中氧元素为-2价，P元素为+3价，因此该氧化物的分子式为P2O3；P元素为+5价的简单含磷酸的分子式为H3PO4；
【分析】（1）根据反应端分析；结合同位素的定义分析；
（2）第VA族元素，其最外层电子数为5，据此书写电子式；结合电子式确定所含的共价键类型；
（3）结合元素化合价书写化学式；
26．【答案】（1）4s1
（2）C
（3）5：4
（4）异硫氰酸可形成分子间氢键，而硫氰酸不能；CO2或COS
（5）11；H＞B＞Cu
（6）4；50%；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）铜元素的原子序数为29，基态铜原子的最高能层为N层，N层的电子排布式为4s1，故答案为：4s1；
（2）六水合铜离子中，铜离子与6个水分子形成6个配位键，离子中含有6个σ键，则铜离子的杂化方式为sp3d3杂化，
故答案为：C；
（3）由图可知，亚铜离子连有3个氰酸根离子，其中2个氰酸根离子为2个亚铜离子共有，则亚铜离子和氰酸根离子的个数比为1：(1+2×)=1：2，则阴离子的化学式为Cu(CN)，亚铜离子与2个氰酸根离子形成的配位键为σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中有1个σ键、2个π键，则结合长链结构可知，离子中σ键和π键的个数比为(1+2+1×2)：2×2=5：4，故答案为：5：4；
（4）异硫氰酸分子中含有的=N—H能形成分子间氢键，而硫氰酸中还有的-S-H不能形成分子间氢键，则异硫氰酸分子的分子间作用力强于硫氰酸，沸点高于硫氰酸；CO2、COS与硫氰酸根离子的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：异硫氰酸可形成分子间氢键，而硫氰酸不能；CO2或COS；
（5）①分子中氮原子和碳原子的价层电子对数都为4，模型都为四面体形，则分子中模型为四面体形的原子有4个，故答案为：4；
②金属元素的电负性小于非金属元素，由四氢合硼离子中氢元素呈-1价可知，氢元素的电负性强于硼元素，则三种元素的电负性大小顺序为H＞B＞Cu，故答案为：H＞B＞Cu；
（6）①由晶胞结构可知，1个铟原子周围连接4个距离最近的碲原子，则铟原子的配位数为4；由晶胞结构可知，1个铟原子参与形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%，故答案为：4；50%；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面心的铟铜原子个数为4×+6×=4，位于面上的碲原子个数为8×=4，则化学式为CuInTe，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞质量公式可得：=(a×10-7cm) ×c×10-7cm×d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Cu为29号元素，其最高能层为N能层；
（2）铜离子与6个水分子形成6个配位键；
（3）单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键；
（4）异硫氰酸可形成分子间氢键；等电子体原子总数和价电子总数相等；
（5）①根据价层电子互斥理论判断；
②元素的非金属性越强，电负性越大；
（6）①1个铟原子周围连接4个距离最近的碲原子；1个铟原子参与形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个；
②根据均摊法和计算。
27．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1
（2）sp3；sp2；11NA；缩二脲的N提供孤对电子给金属离子形成配位键
（3）O；La；6；；
【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)Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu元素核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；
(2)缩二脲[HN(CONH2)2]是一种有机化合物，分子中N原子与H、C原子之间以单键结合，N原子上还有一对孤电子对，价层电子对数为4，所以N的杂化类型是sp3杂化；C原子与O原子形成了共价双键，故C原子杂化类型为sp2杂化；
共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键，故在1个[HN(CONH2)2]中含有11个σ键，2个π键，故在1 mol [HN(CONH2)2]中含有11NA个σ键；
缩二脲能与Cu2＋形成稳定离子，是由于Cu2+上具有空轨道，缩二脲的N原子上具有孤对电子，二者易形成配位键；
(3)①在该晶胞中A原子个数为：8× +1=2；含有B原子个数为：16× +4× +2=8；含有的C原子个数为：8× +2=4，A：B：C=2：8：4=1：4：2。根据晶胞化学式La2CuO4可知：A表示Cu，B表示O，C表示La，与Cu原子距离相等且最近的O原子有6个，分别为于Cu原子的上、下、前、后、左、右；
②根据图中W、X、Y的坐标可知，Z的坐标为( ， ， )；
③根据密度计算公式可知该晶胞的密度ρ= 。
【分析】（1）根据铜原子的核外电子数即可写出核外电子能级排布
（2）根据氮原子和碳原子的成键情况即可判断杂化方式， 根据结构简式找出含有的σ键个数即可，氮原子含有孤对电子而铜离子还哪有空轨道易形成配位键
（3）① 根据晶胞情况计算出晶胞中ABC的原子个数，即可与化学式对应即可判断ABC代表的原子种类即可找出与A原子最近的氧原子个数② 根据给出的WXY的坐标即可写出Z的坐标③根据晶胞中原子的个数计算出晶胞的质量，再结合晶胞参数计算出体积即可计算出密度
28．【答案】（1）原子光谱
（2）3d54s2；＜；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高
（3）sp2、sp3
（4）CO或N2；3：4
（5）正四面体；电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
【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；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】(1)在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，故答案为：原子光谱；
(2)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则外围电子排布式为：3d54s2；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高， 所以第三电离能 Fe 小于 Mn，故答案为：3d54s2；＜；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高；
(3)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C H单键，即有两种C原子，所以杂化类型为：sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
(4)配合物K3Fe(CN)6中配位体是CN-，与CN-含有相同原子个数，且价电子相等的微粒互为等电子体，其中属于分子为CO或N2；(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目比为3：4，故答案为：CO或N2；3：4；
(5)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙，故答案为：正四面体；
②电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，故 Fe3O4 晶体能导电，故答案为：电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③根据晶胞均摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为 ，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为 ，若晶胞的体对角线长为 a nm，设边长为xnm，面对角线为 ，则体对角线长 = a nm，故x= ，体积为x3= ，质量为 ，故密度 ，故答案为： 。
【分析】(1)在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析；
(2)Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；Mn2+、 Fe2+的价电子排布式分别为 3d5、 3d6， Mn2+处于 3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高；
(3)由环戊二烯(C5H6)的结构式可知，环戊二烯中有4个C原子形成有C=C双键，1个C原子含有4个C H单键；
(4)配合物K3Fe(CN)6中配位体是CN-，与CN-含有相同原子个数，且价电子相等的微粒互为等电子体；(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键；
(5)①根据晶胞中离子的位置关系可知，晶胞中二价铁离子处于氧离子围成的正四面体空隙；
②电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移；
③根据晶胞均摊计算，晶胞中含有铁离子的个数为 ，亚铁离子的个数为1，氧离子的个数为 ，根据密度公式作答。
29．【答案】（1）
（2）N >O> H；σ键、 键
（3）O3或SO2
（4）7NA；
（5）8； ×107
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Mn是25号元素，Mn的价层电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn3+的价层电子排布式为[Ar]3d4，其基态价层电子排布图为 ，故答案为： ；
（2）Mn(NO3)2·6H2O中非金属元素有N、O、H，一般地，元素的非金属性越强，第一电离能越大，所以N、O的第一电离能比H大。N、O位于相同周期，N的2p轨道为半充满状态，N比O稳定，失去一个电子N比O难，所以N的第一电离能比O的第一电离能大，综上所述，三者的第一电离能从大到小为：N >O> H。硝酸根离子中的键是由N-Oσ键和一个4原子6电子的离域大π键构成的，故答案为：N >O> H；σ键、 键；
（3）价电子数和原子数相同的分子、离子或基团互为等电子体，可用S或者O替换N，同时去掉得到的一个电子，即O3或SO2，故答案为：O3或SO2；
（4）单键全是σ键，双键含一个σ键一个π键，所以1mol CH3COOH中含7mol的σ键，即σ键数为7NA。一个CH3COOH分子羧基中的O和另一个CH3COOH分子羧基中的H之间形成氢键，所以，2分子CH3COOH可通过氢键形成八元环的二聚物，结构简式为： ，故答案为：7NA； ；
（5）每个铝原子周围距离最近的镁原子有8个，距离为面对角线长的一半。由均摊法可知，1个晶胞中Al的个数=2× =1，Mg的个数=8× +2× =2，那么1个晶胞的质量= g，设晶胞边长为a，1个晶胞的体积a3= ，所以，边长a= cm= ×107nm，故答案为：8； ×107。
【分析】均摊法计算六面体晶胞中原子个数时，六面体内的每个原子贡献1个原子，每个面上的原子贡献二分之一，每个棱上的原子贡献四分之一，每个顶点的原子贡献八分之一。
30．【答案】（1）；9
（2）O＞P＞Li
（3）POCl3或CCl4或SiF4；4
（4）B、C
（5）电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大
（6）8；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Co是27号元素，价电子为3d74s2， 的价电子为3d6， 的价电子排布图为： ；一个轨道就是一种空间运动状态不同的电子，P是15号元素，因此基态磷原子有9种空间运动状态不同的电子；故答案为： ；9。
(2)同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是：O＞P＞Li；故答案为：O＞P＞Li。
(3)根据Cl=O－，与 互为等电子体的分子的化学式为POCl3或CCl4或SiF4等，该分子的中心原子的价层电子对数等于 ；故答案为：POCl3或CCl4或SiF4；4。
(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中硫酸铜电离出铜离子和硫酸根离子，铜离子和水形成水合铜离子，因此水和水之间存在氢键和范德华力，水中、硫酸根中存在共价键，水合铜离子存在配位键，因此不存在的微粒间作用力有金属键和离子键；故答案为：B、C。
(5)N和P是同主族元素，但是 分子中的键角大于 分子中的键角，原因是：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大；故答案为：电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。
(6)根据图中信息，以右侧面面心的 分析，得到 配位数为8，晶胞中 有 ，Li＋有8个，即有4个 ，若晶胞参数为bnm，则 的密度为 ；故答案为： 。
【分析】（1）根据Co的基态核外电极能级排布即可写出钴离子的价电子排布式，写出磷原子的核外电子能级排布即可找出运动状态的电子
（2）非金属性越强电负性越强即可判断
（3）找出含有5个原子的电子数为32的分子即可，根据找出的分子即可计算出中心原子的价层电子数
（4）硫酸铜溶液中存在的作用力有铜离子和水分子形成配位键、水分子中的共价键、水分子与水分子之间形成氢键、水分子之间的力为范德华力
（5）主要是磷原子的核电荷数大对成键电子对有很大的吸引力，同时氮原子的电负性强，对成对电子有很强的斥力
（6）找出与氧离子距离最近的锂离子个数即可，根据晶胞结构中占位情况计算出锂原子和氧原子的个数计算出晶胞的质量，根据晶胞参数计算出体积即可计算出密度
31．【答案】（1）5d76s2
（2）正四面体；PCl5为非极性分子，可溶于非极性CCl4，在硝基苯中以离子形式存在
（3）A；C
（4）8；Rh2P
【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) Co是27号元素，位于第四周期，价电子排布式为3d74s2，Ir位于第六周期第VIII族，位于Co下方，Ir的电子排布式为5d76s2；
(2)①根据价层电子对互斥理论，[PCl4]+的价层电子对数为4+ ×(5-1-4×1)=4，空间构型为正四面体；
②根据PCl5的结构可知，PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，CCl4是非极性溶剂因此PCl5溶于CCl4；固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成，在硝基苯中，PCl5以两种离子形式存在，此时可将PCl5看做离子化合物，离子化合物易溶于极性溶剂，因此PCl5也可以溶于硝基苯；
(3)由图像可知，C与C、C与O、C与H、O与H之间的单键均为σ键，Cu与H2O中的O之间为配位键，
故答案为：AC；
(4)由图可知，距离每个P最近且相等的Rh有8个，即P的配位数为8，根据均摊法，每个晶胞中P的个数为8× +6× =4，Rh的个数为8，该晶体的化学式为Rh2P。
【分析】（1）找出钴原子的核外电子能级排布即可
（2）① 计算P的价层电子对即可②根据空间结构PCl5结构高度对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，根据题意 固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]-构成 ，在硝基苯中以离子形式存在
（3）根据结构图，即可判断含有σ键以及配位键
（4）根据晶胞即可找出与P原子距离最近的Rh即可判断配位数，根据占位即可计算出化学式
32．【答案】（1）
（2）［S-C≡N]-或［S=C=N]-
（3）H
（5）12
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；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)S是16号元素，最外层6个电子，基态S原子的价电子排布图为 。故答案为： ；
(2)中心原子C的价层电子对=2+ =2，采用sp杂化，硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为［S-C≡N]-或［S=C=N]-。故答案为：［S-C≡N]-或［S=C=N]-；
(3)① 组成元素的电负性由小到大的排序为H
(4)①该络合物可溶于四氯化碳，具有非极性分子的性质，其晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体；
②该络合物分子内存在的微粒间作用力有a．σ键，如N-N键、N-H键， b．π键如C=S、N=N键，c．非极性键如N-N键，d．配位健如Pb-N键， e．分子中不含离子键，故答案为：e；
(5)图中Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I=1：1：3，Y在顶点，8× =1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12× =3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12。故答案为：12。
【分析】（1）根据基态碳原子的核外电子能级排布即可写出价电子排布图
（2）计算出中心碳原子的价层电子对即可
（3）① 非金属性越强，电负性越大，碳原子形成双键，则为sp2杂化②主要考查的氢键对熔点的影响
（4）① 四氯化碳是非极性分子，是共价化合物，因此该络合物是非极性分子的共价化合物②根据结构简式得出该分子中存在非极性键、配位键、π键以及 σ键 不存在离子键
（5）根据晶胞结构进行计算配位数即可
33．【答案】（1）6s2
（2）sp3
（3）AD；NH3；H
（4）高；Cu2O和Cu2S都属于离子晶体，r(O2-)＜r(S2- )，Cu2O的离子键比Cu2S的更强
（5）5： 1
【知识点】原子核外电子排布；化学键；离子键的形成；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)Ba是第六周期第IIA的元素，价层电子为原子最外层电子，故基态Ba原子的价电子排布式为6s2；
(2)在SiO2晶体中Si原子与4个O原子形成4个共价键，形成4个σ键，故Si原子杂化类型为sp3杂化；
(3)①氨水中含有N-H键、H-O键都是极性共价键，极性共价键属于σ键；氢键不属于共价键，物质中不含非极性键、π键，故答案为：AD；
②在[Cu(NH3)4]CO3中，中心原子是Cu2+，配体是NH3；
其中所含的非金属性元素有N、H、O、C，元素的非金属性越强，其电负性就越大。这几种元素中非金属性强弱关系为：O＞N＞C＞H，所以元素的电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，则电负性最小的非金属元素为H；
(4)Cu2O、Cu2S都是离子晶体，离子之间以离子键结合。形成晶体的离子半径越小，离子键就越强，克服离子键使物质熔化、气化消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高。由于离子半径：S2-＞O2-，所以物质的熔点：Cu2O比Cu2S高；
(5)晶胞中含有的Cu原子数目为：8× +1=5，含有的Ba原子数目为：8× =1，故该晶体中Cu与Ba的原子个数比为5:1。
【分析】（1）根据倍原子的核外电子能级排布即可写出价层电子排布式
（2）二氧化硅中硅原子形成4个键为sp3杂化
（3）① 氨水中存在极性键、和氢键，氢键不是化学键，极性键是属于σ键②根据化学式即可判断出配体，非金属性越小电负性越小
（4）均是离子晶体，熔沸点主要和离子半径和带电荷有关，半径越小，熔沸点越高
（5）根据占位情况即可计算出原子个数比
34．【答案】（1）N
（2）sp2、sp3；②
（3）Ti4+
（4） 中溴原子上有一个孤电子对， 中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于 中成键电子对间的排斥力
（5）2∶1；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；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)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4) 和 的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而 中溴原子上有一个孤电子对， 中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于 中成键电子对间的排斥力，导致键角： ＜ ；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有 =2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为 =1，Li原子的个数为 =3，所以晶胞的质量为 g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为 a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为 a2b pm3= a2b×10-30cm3，所以密度为 g/cm3.。
【分析】（1）电离能主要是同主族从上到下电离能逐渐减小，同周期从左到右之间增大，但是当能级出处于半充满或者全充满时，较稳定，电离能最大
（2）在 卟啉锌超分子中的碳原子 形成碳碳双键以及4个单键，因此是杂化方式为sp2和sp3杂化，氮原子的最外层电子是5个电子，能形成三个单键，因此可提供1孤对电子，即可判断只有②是配位键
（3）分别写出 Ti4+、V3+、Ni2+ 核外电子能级排布找出d轨道上是否存在未成对电子
（4）计算出 和 中心价层电子对和孤对电子即可判断，主要考虑孤对电子的作用
（5）根据结构可以看出，一个六元环中含有1个氮原子，一个六元环中含有2个锂原子，即可计算出原子个数比，根据占位法即可计算出晶胞中氮和锂原子的个数计算出晶胞的质量，再根据晶胞数据计算出体积，根据人ρ=计算密度
35．【答案】（1）酯基、羰基(或酮基)
（2） +H2O；消去反应
（3）2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率
（4）A
（5） 或 或 或 等
（6）
【知识点】化学键；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】(1)A的结构简式为 ，其中含有的含氧官能团为酯基( )、羰基(或酮基)( )；
(2) 中羟基发生消去反应生成B( )，反应方程式为 +H2O；
(3)C生成D是烷烃基与Br2在一定条件下发生取代反应，C中有两个H原子被Br原子取代，因此由C生成1mol D需要消耗2mol Br2；反应③为D中1个溴原子被 取代，反应除生成E外还有HBr，HBr为强酸，反应过程中加入KHCO3可将HBr反应，使平衡正向移动，提高反应物转化率，故答案为：2；中和酸使平衡正向移动，提高原料转化率；
(4)H+核外无电子，具有空轨道，而-N(CH3)2中N原子存在1对孤对电子对，N原子与H+之间通过配位键相连，配位键也是共价键中一种，故答案为A；
(5)A的分子式为C6H10O3，H是A的同分异构体，核磁共振氢谱显示有2种峰，且峰值面积是2：3，根据O原子数为奇数可知H一定具有对称性，且有1个O原子位于对称轴上，不同化学环境的氢原子数之比为4：6，说明一定含有两个等效的甲基，A的不饱和度为2，可能含有环、酯基、羰基等，由此可知H的结构可能为： 或 或 或 等；
(6)由已知信息可知，若要以 、 为原料合成 ，则需利用 合成 ，可利用 与NaOH发生中和反应生成 ，因此合成路线为 。
【分析】（1）根据结构简式即可写出官能团的名称
（2）根据反应物和生成物即可写出化学反应方程式即可判断类型
（3）根据反应物和生成物即可判断消耗的溴的物质的量，反应③发生的是取代反应，产生溴化氢与碳酸氢钾作用促进平衡的移动
（4）主要形成的是配位键属于共价键
（5）根据A的分子式即可按照要求写出同分异构体
（6）根据生成物和反应物进行分析即可利用给出的已知反应类型，先制取即可进行合成产物
