2018-2019学年黑龙江省大庆十中高二下学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省大庆十中高二下学期第二次月考化学试题 解析版

‎2018-2019学年度第二学期高二年级第二次月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 Cl 35.5 Ca 40 Na 23 Kr 85 S 32 ‎ 第I卷（选择题）（69分）‎ 一、选择题（本题总分69分，有23小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列各能层不包含d能级的是 (　 　)‎ A. O能层 B. N能层 C. M能层 D. K能层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大。‎ ‎【详解】A．O能层是第五能层，含有5个能级，分别是5s、5p、5d…能级，故A错误；‎ B．P能层是第六能层，还有6个能级，分别是6s、6p、6d…能级，故B错误；‎ C．M能层是第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故C错误；‎ D．K能层是第一能层，只有1个能级，1s能级，故D正确；‎ 答案为D ‎【点睛】本题考查核外电子排布规律，明确能层和能级的关系是解本题关键。‎ ‎2.下列关于晶体的说法正确的是 ( )‎ A. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 B. 分子晶体的熔点不一定比金属晶体的低 C. 原子晶体的熔点一定比金属晶体的高 D. 离子晶体一定溶于水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A不正确，例如金属晶体中只有阳离子，没有阴离子；原子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，例如金属钨的熔点很高，C不正确；离子晶体不一定都是易溶于水的，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查晶体组成以及性质的有关判断 点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于基础性试题的考查，难度不大。侧重对学生基础知识对巩固于训练，同时兼顾对学生答题能力的培养和方法的指导与训练。有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。‎ ‎3.下列微粒:①CH4 ②NH3 ③CH3C00 - ④NH4+ ⑤H30+ 中含有配位键的是 ( )‎ A. ①② B. ①③ C. ④⑤ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；②氨气分子中氮原子含有孤电子对，但氢原子不含空轨道，所以不能形成配位键；③CH3COO-中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，不含有配位键；④氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH4+含有配位键；⑤H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；答案选C。‎ 点睛：本题考查配位键的形成条件及其应用等，需要学生全面掌握配位键的形成条件，并能运用分析解决问题，注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。‎ ‎4.氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，在其分子中键与键的夹角为120°，它能水解，有关叙述正确的是（ ）‎ A. 氯化硼液态时能导电而固态时不导电 B. 氯化硼中心原子采用sp杂化 C. 氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子 D. 三氯化硼遇水蒸气不会产生白雾 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化硼是共价化合物液态时不能导电，A项错误；  B．三氯化硼中的硼原子为sp2杂化方式，无孤对电子，B项错误； C．三氯化硼中的硼为sp2杂化，无孤对电子，分子中键与键之间的夹角为120°，是平面三角形结构，由于键的极性向量和为0，所以该分子为非极性分子，C项正确； D．三氯化硼遇水蒸气会发生水解，生成的HCl在空气中形成白雾，D项错误；‎ 答案选C ‎5.下列物质中，化学式能准确表示该物质分子组成的是（ ）‎ A. NH4Cl B. SiO2 C. P4 D. Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 氯化铵应该是铵根和氯离子。二氧化硅里没有分子，只有两种原子。硫酸钠固体里也只有硫酸根离子和钠离子。故本题选C。‎ ‎6.以下对于化学键的理解中，正确的是( )‎ A. 化学键是分子（或晶体）内相邻的两个或多个原子（或离子）之间强烈的作用力 B. 化学键存在于任何分子内 C. 化学键只存在于离子化合物和共价化合物中 D. 氢键和范德华力也是一种化学键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：化学键是分子（或晶体）内相邻的两个或多个原子（或离子）之间强烈的作用力，可能为共价键或离子键，选项A正确；稀有气体的分子中不存在化学键，选项B不正确；化学键也可存在于单质中，如氢气，选项C不正确；氢键和范德华力不属于化学键，只是分子间作用力的一种，选项D不正确；‎ 考点：考查化学键的概念判断，重点考查氢键及范德华力。‎ ‎7.下列说法不正确的是( )‎ A. 离子晶体不一定都含有金属元素 B. 离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键 C. 金属元素与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体 D. 熔化后能导电的晶体一定是离子晶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、离子晶体中不一定含有金属离子，如氯化铵晶体，选项A正确；B、离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键，如铵盐、 NaOH 、 Na2O2 等离子晶体中存在离子键和共价键，选项B正确；C、金属与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体。如AlCl3为分子晶体，选项C正确；D、熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，选项D不正确。答案选D。‎ ‎8.甲、乙是周期表中同一主族两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能（ ）‎ A. x+10 B. x+12 C. x+16 D. x+50‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由元素周期表结构，对于处于ⅠA、ⅡA元素而言，同主族原子序数之差为上一周期元素的种类数；对于其他主族，同主族原子序数之差为下一周期元素的种类数，同一主族不同周期的元素，原子序数相差可能为2、8、18、32等或它们的组合，如10、26、34等，不可能相差12，即乙原子序数不可能为x+12，故选B。‎ ‎【考点定位】考查元素周期表 ‎【名师点晴】本题考查学生元素周期表的结构知识，可以根据所学内容来回答，由元素周期表结构，对于处于ⅠA、ⅡA元素而言，不同周期相邻主族的元素的原子序数差值不同，对于处于其他主族元素而言，不同周期相邻主族的元素的原子序数差值也不同。具体来讲，对于ⅠA元素而言，相邻周期原子序数从上到下相差的数值为2，8，8，18，18，32，即可能相差2，10，16，18，26，36，50，52，54，76等；对于ⅡA元素而言，相邻周期原子序数从上到下相差的数值为8，8，18，18，32；对与ⅢA~ⅦA元素而言，相邻周期原子序数从上到下相差的数值为8，18，18，32，32；对与ⅢA~ⅦA元素而言，相邻周期原子序数从上到下相差的数值为8，8，18，18，32，32。‎ ‎9.下列原子半径大小顺序正确的是( )‎ ‎①1s22s22p3　②1s22s22p63s23p3③1s22s22p5　④1s22s22p63s23p2‎ A. ③＞④＞②＞① B. ④＞③＞②＞①‎ C. ④＞③＞①＞② D. ④＞②＞①＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据核外电子排布式书写规律分析解答。‎ ‎【详解】①1s22s22p3是N元素，②1s22s22p33s23p3是P元素，③1s22s22p5 是F元素，④1s22s22p63s23p2 是Si元素，根据元素周期律分析可知，原子半径由大到小顺序为：Si>P>N>F，故答案D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】原子半径比较：电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大。‎ ‎10.最近科学家成功制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构。下列对该晶体叙述正确的是（ ）‎ A. 该晶体类型是分子晶体 B. 该晶体的空间最小环共有六个原子构成 C. 晶体中碳原子数与C―O键数之比为1∶2‎ D. 该晶体中碳原子和氧原子的个数比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．该化合物晶体中以C-O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，A错误；B．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，则晶体的空间最小环共有12个原子构成，B错误；C．该晶体中，每个碳原子含有4个C-O共价键，所以C原子与C-O化学键数目之比为1：4，C错误；D．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，D正确；答案选D。‎ ‎11.下列过程属于物理变化的是( )‎ A. 石油裂化 B. 乙烯聚合 C. 煤的干馏 D. 石油分馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】有新物质生成的变化是化学变化，反之是物理变化。‎ A. 石油的裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，所以石油的裂化属于化学变化，故A错误；‎ B. 乙烯聚合生成聚乙烯，生成了新物质，属于化学变化，故B错误；‎ C. 煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，所以煤的干馏属于化学变化，故C错误；‎ D.石油的分馏是利用石油各组分沸点不同进行分离的操作，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎12.下列说法正确的是 A. HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl-‎ B. NaOH是离子化合物，该物质中只含离子键 C. HI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力 D. 石英和干冰均为原子晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．HCl为共价化合物，在水分子的作用下完全电离，为强电解质，故A正确；B．NaOH为离子化合物含有离子键和O-H共价键，故B错误；C．HI不稳定，易分解，分解破坏共价键，故C错误；D．干冰熔沸点较低，为分子晶体，故D错误；故选A。‎ ‎13.下列说法正确的是 ( )‎ A. π键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的 B. σ键就是单键，π键就是双键 C. 乙烷分子中的键全为σ键，而乙烯分子中含σ键和π键 D. H2分子中含σ键，而Cl2分子中含π键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．π键是由两个p轨道“肩并肩”重叠形成的，A错误；B．σ键就是单键，双键由1个σ键和1个π键形成，B错误；C．乙烷分子中的键全为σ键，而乙烯分子中含有单键和双键，因此含σ键和π键，C正确；D．H2分子、Cl2分子中均含σ键，都不含π键，D错误，答案选C。‎ 考点：考查共价键判断 ‎14.金属晶体堆积方式、空间利用率和配位数关系正确的是(　　 )‎ A. 钋Po——简单立方堆积——52%——6‎ B. 钠Na——钾型——74%——12‎ C. 锌Zn——镁型——68%——8‎ D. 银Ag——铜型——74%——8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、金属晶体中原子堆积模型以及各种堆积的典型代表金属、空间利用率以及相应的配位数都对应，选项A正确； B、体心立方堆积的空间利用率为68%，配位数为8，选项B错误；C、Zn为六方最密堆积，空间利用率为74%，配位数为12，选项C错误；D、配位数应为6，选项D错误。答案选A。‎ ‎15.下列说法不正确的是　　‎ A. 、的晶体结构类型不同 B. 加热硅、硫晶体使之熔化，克服的作用力不同 C. HCl、NaCl溶于水，破坏的化学键类型相同 D. NaOH、晶体中既有离子键又有共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体；B项，硅晶体属于原子晶体，硫晶体属于分子晶体；C项，HCl中含共价键，NaCl中含离子键；D项，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键。‎ 详解：A项，CO2属于分子晶体，SiO2属于原子晶体，CO2、SiO2晶体结构类型不同，A项正确；B项，硅晶体属于原子晶体，加热硅晶体使之熔化克服共价键，硫晶体属于分子晶体，加热硫晶体使之熔化克服分子间作用力，加热硅、硫晶体使之熔化时克服的作用力不同，B项正确；C项，HCl中含共价键，HCl溶于水破坏共价键，NaCl中含离子键，NaCl溶于水破坏离子键，HCl、NaCl溶于水破坏的化学键类型不同，C项错误；D项，NaOH的电子式为 ‎，NH4Cl的电子式为，NaOH、NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键，D项正确；答案选C。‎ ‎16.预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是( )‎ A. V形；平面三角形 B. V形；三角锥形 C. 直线形；平面三角形 D. 直线形；三角锥形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ H2S中中心原子S有2个σ键，孤电子对数为(6－2×1))/2=2，价层电子对数为4，空间构型为V形，BF3中中心原子B有3个σ键，孤电子对数为(3－3×1)/2=0，价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，故选项A正确。‎ ‎17.具有下列电子层结构的原子或离子，其对应元素一定属于同一周期的是（ ）‎ A. 两原子核外全部都是s电子 B. 最外层电子排布为3s23p6的原子和最外层电子排布为3s23p6的离子 C. 原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子 D. 3p能级上只有一个空轨道的原子和3p能级上只有一个未成对电子的原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢原子和锂原子都只有s电子但不在同一周期，A错误；‎ B.最外层电子排布为3s23p6的微粒可能是原子或离子，其核外电子数相等，但质子数可以不同，例如Ar和K+，两者对应元素不在同一周期，B错误；‎ C.原子核外M层上的s、p能级都充满电子，而3d能级上没有电子的两种原子，这里M层可能是最外层，则该原子为Ar，若M为次外层，该原子可能是K，两者不在同一周期，C错误；‎ D.3p能级上只有一个空轨道的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p2，该原子可推知为Si，3p能级上只有一个未成对电子的原子，根据洪特规则可知该轨道电子为3p5，该原子可推知为Cl，两者处于同一周期，D正确。‎ 故答案选D。‎ ‎18.能用键能大小解释的是（ ）‎ A. 稀有气体一般很难发生化学反应 B. 常温常压下，氟气的密度小于氯气 C. 相同条件下，NH3在水中的溶解度大于PH3‎ D. SiC晶体的熔点比晶体硅的高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、稀有气体原子已达到稳定结构，所以很难发生化学反应，与键能大小无关，错误；B、密度的大小与键能无关，错误；C、相同条件下，NH3在水中的溶解度大于PH3是因为NH3分子与H2O分子之间形成了氢键，与键能无关，错误；D、SiC晶体和晶体硅都是原子晶体，原子间的相互作用是共价键，因为Si—C的键能大于Si—Si的键能，所以SiC晶体的熔点比晶体硅的高，正确。‎ 考点：本题考查键能的应用。‎ ‎19.下列叙述正确的是(　　 )‎ A. 通常，同周期元素中ⅦA族元素的第一电离能最大 B. 在同一主族中，自上而下元素的第一电离能逐渐减小 C. 第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其原子半径越大，第一电离能越大 D. 主族元素的原子形成单原子离子时的最高化合价数都和它的族序数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.同一周期中零族元素的第一电离能最大；‎ B.同一主族中，自上而下原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小；‎ C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子,原子半径越大，第一电离能越小；‎ D.主族元素的原子形成单原子离子时,若为阴离子，则其与族序数不等。‎ ‎【详解】A.稀有气体不容易失电子，则同周期元素稀有气体的第一电离能最大，故A错误；‎ B.在同一主族中，自上而下失电子能力增强，则自上而下第一电离能逐渐减小，故B正确；‎ C.第ⅠA、ⅡA族元素的原子，其半径越大，失电子能力越强，越容易失电子，第一电离能越小，故C错误；‎ D.有的主族元素的原子形成单原子阳离子时的最高化合价数等于其族序数，如Cl元素等，但F元素形成的最高化合价为-1价，不等于其族序数，故D错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎20.下列说法正确的是（　 　）‎ A. 1s轨道的电子云形状为圆形的面 B. 2s的电子云半径比1s电子云半径大，说明2s能级的电子比1s的多 C. 电子在1s轨道上运动像地球围绕太阳旋转 D. 4f能级中最多可容纳14个电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎1s轨道为球形,所以1s轨道的电子云形状为球形, A错误；2s的电子云半径比1s电子云半径大，s电子云的大小与能层有关,与电子数无关,ns能级上最多容纳2个电子,B错误；电子在原子核外作无规则的运动,不会像地球围绕太阳有规则的旋转, C.错误；f能级有7个轨道;每个轨道最多容纳2个电子且自旋方向相反,所以nf能级中最多可容纳14个电子,D正确；正确选项D。‎ 点睛：电子在原子核外作无规则的运动；根据s电子云的大小与能层有关，与电子数无关；1s轨道为球形。‎ ‎21.X元素的1个原子失去2个电子，被Y元素的2个原子各获得1个电子，形成离子化合物Z，下列说法中不正确的是 (　 　)‎ A. 固态Z离子晶体 B. Z可以表示为X2Y C. 固态Z熔化后能导电 D. X可形成＋2价阳离子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、Z是离子化合物，属于离子晶体，选项A正确；B、一个X原子失去2个电子形成X2+‎ ‎，一个Y原子得到1个电子形成Y-，根据化合物中化合价的代数和为0知，其化学式为XY2，选项B不正确；C、Z是离子化合物，固态Z熔化后电离成自由移动的离子，能导电，选项C正确；D、一个X原子失去2个电子形成X2+，选项D正确。答案选B。‎ ‎22.某元素的原子核外有三个能层，最外层有4个电子，该原子核内的质子数为( )‎ A. 14 B. 15 C. 16 D. 17‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素原子的原子核外有三个电子层，最外层有4个电子，由电子排布规律可以知道原子的电子数=质子数。‎ ‎【详解】因元素原子的原子核外有三个电子层，最外层有4个电子,第一层电子数只能为2；第二层电子数只能为8；第三层(最外层)电子数为4；则原子核外电子数为2+8+4=14，所以质子数为14，A正确； 综上所述，本题选A。‎ ‎23.下列叙述正确的是( )‎ A. 烯烃中的碳碳双键由l个δ键和l个π键组成 B. 2s轨道可以和3p轨道形成sp2杂化轨道 C. 由极性键组成分子，一定是极性分子 D. 甲烷中sp3杂化轨道的构型是平面正方形 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 烯烃中的双键碳原子是2sp2杂化，所以A正确。杂化只能在同一能层中产生，B不正确。由极性键组成的分子，也可能是非极性分子，例如甲烷等。．甲烷中sp3杂化轨道的构型是是正四面体型，D不正确。所以答案选A。‎ 第II卷（非选择题）（31分）‎ 二、简答题 ‎24.指出下列原子的杂化轨道类型及分子的结构式、空间构型。‎ ‎(1)CO2分子中的C采取______杂化，分子的结构式为______，空间构型呈______；‎ ‎(2)CH2O中的C采取______杂化，分子的结构式为______，空间构型呈______；‎ ‎(3)H2S分子中的S采取______杂化，分子的结构式为______，空间构型呈______。‎ ‎【答案】 (1). sp (2). O=C=O (3). 直线形 (4). sp2 (5). (6). 平面三角形 (7). sp3 (8). (9). V形 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互斥理论确定分子中原子杂化方式及分子空间构型，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)CO2 分子中C原子的价层电子对数=2+4-2×2=2，2分子的立体构型为直线形，C原子采取sp杂化，在CO2分子中C原子与两个O原子分别形成2对共用电子对，键角是180°，因此该分子是直线型分子，结构式是O=C=O；‎ ‎(2)CH2O中C原子与2个H原子形成2个σ键，C与O原子形成1个σ键和1个π键，无未成键电子，故中心原子C的杂化轨道数为3，采取sp2杂化，结构式是，分子的立体构型为平面三角形；‎ ‎(3)H2S分子中S原子的价层电子对数是2+=4，VSEPR模型为四面体形，S原子采取sp3杂化分子的立体构型为V形。‎ ‎【点睛】本题考查原子杂化方式、分子空间构型判断等知识点，明确价层电子对互斥理论即可解答，难点是孤电子对个数的计算方法，题目难度不大。‎ ‎25.2017年冬季，我国北方大部分地区出现严重雾霾天气，引起雾霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。城市雾霾中还含有铜等重金属元素。‎ ‎(1)N元素原子核外电子云的形状有___________种；基态铜原子的价电子排布式为___________，金属铜的晶体中，铜原子的堆积方式为___________。‎ ‎(2)N和O中第一电离能较小的元素是___________；SO42-的空间构型___________。‎ ‎(3)NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，该配合物中心离子的配位数为___________。‎ ‎(4)测定大气中PM2.5浓度的方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用85‎ Kr。已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为540pm，则该晶体的密度___________g/cm3(只列式不计算)(1pm=10-10cm)‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 3d104s1 (3). 面心立方堆积 (4). O (5). 正四面体 (6). 6 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)N位于周期表中第2周期第ⅤA族，Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，铜原子的堆积方式为ABCABC……，据此分析判断；‎ ‎(2)N为半满结构，较为稳定，第一电离能反常大，根据VSEPR理论判断SO42-的空间构型；‎ ‎(3)NO和H2O为单齿配体，据此分析配位数；‎ ‎(4)根据均摊法确定一个晶胞中含有的粒子数目，由ρ＝计算晶体密度。‎ ‎【详解】(1)N位于周期表中第2周期第ⅤA族，则N元素核外电子排布式为1s22s22p3，核外电子云形状有2种；Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，则其价电子排布式为3d104s1，‎ 金属铜的晶体中，铜原子的堆积方式为密置层ABCABC……堆积，所以铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积，故答案为：2；3d104s1；面心立方最密堆积；‎ ‎(2)N为半满结构，较为稳定，第一电离能反常大，所以N和O中第一电离能较小的元素是O；对于SO42-，根据VSEPR理论，价电子对数=4+=4，VSEPR模型为四面体，所以其空间构型为正四面体，故答案为：O；正四面体；‎ ‎(3)NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，配体为NO和H2O，均为单齿配体，所以配位数为6，故答案为：6；‎ ‎(4)顶点粒子占，面心粒子占，则1个晶胞中含有粒子数目为8×+6×=4个，不妨取1mol这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=4×85g，1mol晶胞体积为V=(540×10-10)3×6.02×1023cm3，则晶体密度为ρ＝=‎ g/cm3，故答案为：(或)。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(3)，根据配合物的结构判断配位数时，要注意配体提供的配位键的数目，有的配体为单齿配体，有的为双齿配体。‎ ‎26.第ⅤA族的氮、磷、砷(As)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含第ⅤA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。‎ ‎(1)砷元素的基态原子价电子排布图为_____________；‎ ‎(2)氮元素的单质除了N2外，还有N4，则N4中的N原子的轨道杂化方式为____________；‎ ‎(3)对氨基苯甲醛与邻氨基苯甲醛相比，沸点较高的是_________(填空“前者”或“后者”)，原因是________；‎ ‎(4)王水溶解黄金的反应如下：Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO+2H2O，产物中的H[AuCl4]是配合物，它的配位体是____________，Au元素提供_________；‎ ‎(5)砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转变为光能，砷化镓灯泡寿命是变通灯泡的100倍，而耗能只有其10%。推广砷化镓等发光二极管(LED)照明，是节能减排的有效举措。已知砷化镓的晶胞结构如图，晶胞参数α=565pm。(黑球：Ga， 白球：As)‎ 砷化镓的化学式___________，镓原子的配位数为________。‎ ‎【答案】 (1). ） (2). sp3 (3). 前者 (4). 前者分子间形成氢键，而后者分子内形成氢键，因而前者沸点高 (5). Cl− (6). 空轨道 (7). GaAs (8). 4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)砷是33号元素，据此书写基态原子价电子排布图；‎ ‎(2)N4的结构与白磷(P4)相似，据此分析解答；‎ ‎(3)对氨基苯甲醛中分子之间能形成氢键，邻氨基苯甲醛分子内形成氢键，据此分析解答；‎ ‎(4)在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，提供空轨道的为中心原子；‎ ‎(5)根据均摊法分析判断砷化镓的化学式，根据晶胞图，判断镓原子周围距离最近的砷原子数，据此解答。‎ ‎【详解】(1)砷是33号元素，核外有4个电子层，最外层有5个电子，所以砷的基态原子价电子排布图为，故答案为：；‎ ‎(2)N4的结构与白磷(P4)相似，每个N原子周围连有三个N原子，形成三对共用电子对，另有一个孤电子对，所以N原子的轨道杂化方式为sp3，故答案为：sp3；‎ ‎(3)对氨基苯甲醛分子之间能形成氢键，而邻氨基苯甲醛容易形成分子内氢键，所以对氨基苯甲醛的沸点高于邻氨基苯甲醛，故答案为：前者；前者分子间形成氢键，而后者分子内形成氢键，因而前者沸点高；‎ ‎(4)在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，所以在H[AuCl4]中，配位体是Cl-，Au元素提供空轨道，故答案为：Cl-；空轨道；‎ ‎(5)根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，晶胞中含有Ga原子数为8×+6×=4，含有As原子数为4，其化学式为GaAs，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，所以镓原子的配位数为4，故答案为：GaAs；4。‎ ‎ ‎