2018-2019学年河南省林州市第一中学高二5月月考化学试题 解析版

2018-2019学年河南省林州市第一中学高二5月月考化学试题 解析版

林州一中2017级高二下学期5月月考 化学试题 一、单选题(本题共16小题，每小题3分，共48分。)‎ ‎1.下列各组原子中彼此化学性质一定相似的是(　　)‎ A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子 B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子 C. 2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子 D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子核外电子排布式为1s2是He，原子核外电子排布式为1s22s2是Be，二者性质不同，故A项错误；‎ B.原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，价电子数不同，性质不相同，故B项错误；‎ C.2p轨道上有一对成对电子的X为O元素，3p轨道上只有一对成对电子的Y为S元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，故C项正确；‎ D.最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与Cu原子等，性质不同，故D项错误；‎ 综上，本题选C。‎ ‎2.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 简单氢化物沸点：Z＜W B. 简单离子半径：W＜X＜Y C. W的氧化物对应水化物均为强酸 D. Y与Z形成的化合物的水溶液呈碱性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ W的气态氢化物的水溶液显碱性，应为氨气，则W为N ‎；W与X可形成一种红棕色有刺激性气味的气体是二氧化氮，则X为O；Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na；短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数与W原子的电子总数相同，则Z为Cl。因此W为N、X为O、Y为Na、Z为Cl。‎ ‎【详解】A.由于W的简单氢化物NH3，存在分子间氢键，沸点比较高，故NH3>HCl ，故A正确；‎ B.W、X、Y的简单离子核外电子排布完全相同，均为10e-微粒，则核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，因此W>X>Y,故B错误；‎ C.W的氧化物对应水化物有HNO3，HNO2，HNO2为弱酸，故C错误；‎ D.Y与Z形成的化合物NaCl的水溶液呈中性，故D错误；‎ 答案：A ‎【点睛】本题考查原子结构和元素周期律的综合应用，为高频考点和常见题型，题目难度中等，侧重考查学生分析、推断能力，明确元素周期律内涵即可解答，易错选项C。‎ ‎3. 等电子体之间结构相似、物理性质也相近．根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和原子最外层电子总数相同，均可互称为等电子体．下列各组粒子不能互称为等电子体的是（ ）‎ A. CO32－和NO3－ B. O3和SO2‎ C. CO2和NO2－ D. SCN－和N3－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：C选项中，CO2与NO2－具有相同的原子总数，但最外层电子总数不同，CO2为14，而NO2－为16，故二者不能互称为等电子体．‎ 考点：等电子体 ‎4.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是 A. 配位体是Cl-和H2O，配位数是8‎ B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+‎ C. 内界和外界中的Cl-的数目比是1：2‎ D. 在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；C．配合物[TiCl（H2O）‎ ‎5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查配合物的成键情况 ‎【名师点晴】注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断是解题关键，配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti4+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎5.下列物质的熔点均按由高到低的次序排列，其原因是由于共价键的键能由大到小排列的是(　　)‎ A. 铝、钠、干冰 B. 金刚石、碳化硅、晶体硅 C. 碘化氢、溴化氢、氯化氢 D. 二氧化硅、二氧化碳、一氧化碳 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】只有原子晶体熔化破坏共价键，熔点高低由共价键键能大小决定。‎ A. 铝、钠熔化破坏金属键、干冰熔化破坏分子间作用力，故A错误； ‎ B. 金刚石、碳化硅、晶体硅均为原子晶体，成键原子半径越大，键长越长，键能越小，熔点越低，所以熔点按由高到低的次序排列，故B正确；‎ C. 碘化氢、溴化氢、氯化氢均为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，故C错误； ‎ D. 二氧化硅熔化破坏共价键；二氧化碳、一氧化碳熔化破坏分子间作用力，故D错误；‎ ‎【点睛】晶体熔化时，原子晶体破坏共价键，离子晶体破坏离子键，金属晶体破坏金属键，分子晶体破坏分子间作用力 ‎6. 下面有关晶体的叙述中，不正确的是(　　)‎ A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子 B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等的Na＋共有6个 C. 氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl－‎ D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，故A正确；B. 氯化钠晶胞属于面心立方晶胞，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个，故B不正确；C. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs＋周围紧邻8个Cl-，故C正确；D. 干冰晶胞属于面心立方晶胞，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子，故D正确。故选B。‎ ‎7.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。‎ 下列说法错误的是( )‎ A. S2Cl2结构式为Cl－S－S－Cl B. S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子 C. S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2‎ D. S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图中所示可知，S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，故不选A；‎ B. 非极性分子要求结构完全对称，正负电荷中心重合，S2Cl2结构并不完全对称，为极性分子，故选B；‎ C. S2Br2与S2Cl2结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此分子间作用力：S2Br2>S2Cl2，故不选C；‎ D. 根据题干信息S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，品红褪色气体为SO2，再根据氧化还原理论，可知S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故不选D；‎ 答案：B ‎8.关于原子轨道的说法正确的是(   )‎ A. 凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体 B. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s 轨道和C原子的2p轨道混合形成 C. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道 D. 凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误;‎ B. CH4分子中的sp3杂化轨道是碳原子的一个2s 轨道和三个2p轨道混合形成，故B错误；‎ C. sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道，故C正确；‎ D. AB3型共价化合物，如中心原子没有孤电子对，则为sp2杂化，例如BF3，故D错误;‎ 答案：C ‎【点睛】注意杂化轨道与σ键和孤电子对数目与分子立体构型的关系。‎ ‎9.关于SiO2晶体的叙述正确的是（ ）‎ A. 通常状况下，60克SiO2晶体中含有的分子数为NA（NA表示阿伏加德罗常数的数值）‎ B. 60克SiO2晶体中，含有2NA个Si－O键 C. 晶体中与同一硅原子相连的4个氧原子处于同一四面体的4个顶点 D. SiO2晶体中含有1个硅原子，2个氧原子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：60 g SiO2晶体即1 mol SiO2，晶体中含有Si—O键数目为4 mol (每个硅原子、氧原子分别含有4个、2个未成对电子，各拿出一个单电子形成Si—O共价键)，含4NA个Si—O键；SiO2晶体中含有无数的硅原子和氧原子，只是硅氧原子个数比为1∶2；在SiO2晶体中，每个硅原子和与其相邻且最近的4个氧原子形成正四面体结构，硅原子处于该正四面体的中心，而4个氧原子处于该正四面体的4个顶点上，因此选项C是正确的，答案选C。‎ 考点：考查二氧化硅晶体有关判断和应用 点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对二氧化硅晶体结构和特点的熟悉了解程度，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。该题的关键是明确二氧化硅的晶体结构特点，然后结合题意灵活运用即可。‎ ‎10. 下列每组物质中化学键类型和分子的极性都相同的是（ ）‎ A. CO2和CS2 B. NaCl和HCl C. H2O和CH4 D. O2和HBr ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．均含极性共价键，且均为直线型对称分子，均属于非极性分子，故A选；B．NaCl含离子键，HCl含共价键，故B不选；C．H2O和CH4均含极性共价键，分别为V型和正四面体型，则分别属于极性分子、非极性分子，故C不选；D．O2和HBr分别含非极性键、极性键，则分别属于非极性分子、极性分子，故D不选；答案为A。‎ ‎【考点定位】考查化学键 ‎【名师点晴】把握化学键的形成及分子极性与空间结构的关系为解答的关键，一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键；分子结构对称、正负电荷的中心重合，则分子为非极性分子，否则为极性分子，以此来解答。‎ ‎11.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如下图所示，下列关于RCl5分子的说法中不正确的是(　　)‎ A. 每个原子都达到8电子稳定结构 B. 键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种 C. RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3‎ D. 分子中5个R—Cl键键能不都相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故选A；‎ B. 上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角（Cl-R-Cl）有90°、120°、180°几种，故不选B；‎ C. RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C正确；‎ D.键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，故不选D；‎ 答案：A ‎12.关于有机物的下列叙述中，正确的是( )‎ A. 它的系统名称是2,4二甲基4戊烯 B. 它的分子中最多有5个碳原子在同一平面上 C. 它与甲基环己烷()互为同分异构体 D. 该有机物与氢气完全加成后的产物的一氯取代产物共有4种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.它的系统名称是2,4—二甲基—1—戊烯，故A错误；‎ B.因为碳碳双键是平面结构，故该分子中至少有4个碳共面，由于单键可以旋转，分子中最多有6个碳原子在同一平面上，故B错误；‎ C.它与甲基环己烷()分子式均为C7H14，但结构不同，所以互为同分异构体，故C正确；‎ D.该有机物与氢气完全加成后的产物有3种不同环境的H，所以一氯取代产物共有3种，故D错误；‎ 本题答案为C。‎ ‎【点睛】有机分子中，碳、碳双键相连的原子一定共面，碳、碳三建相连的原子一定共线，苯环上的碳、氢及直接连在苯环上的原子共面。‎ ‎13.“一滴香”是一种毒性很强的物质，被人食用后会损伤肝脏，还能致癌。其分子结构为，下列说法正确的是(　　)‎ A. 该有机物属于芳香族化合物 B. 该有机物含有3种含氧官能团 C. 核磁共振氢谱中有4个峰 D. 可以用该有机物萃取溴水中的溴 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该有机物中不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；‎ B.该有机物中含有羰基、醚键和羟基三种含氧官能团，故B正确；‎ C.该有机物中的氢原子处于5种不同的化学环境，核磁共振氢谱中应有5个峰，故C错误；‎ D.该有机物中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，不能萃取溴水中的溴，故D错误；‎ 答案：B ‎14.有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④二氧化硫 ；⑤环己烯 ；⑥环己烷 ；⑦聚丙烯。其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是(　　)‎ A. ③④⑤ B. ④⑤⑦ C. ①⑥⑦ D. ②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①乙烷属于烷烃，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故①符合；‎ ‎②乙烯含有碳碳双键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故②不符合；‎ ‎③乙炔含有碳碳三键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故③不符合；‎ ‎④二氧化硫具有强还原性，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故④不符合；‎ ‎⑤环己烯含有碳碳双键既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故⑤不符合；‎ ‎⑥环己烷既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故⑥符合；‎ ‎⑦聚丙烯不含碳碳双键，既不能使酸性KMnO4‎ 溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故⑦符合；故选C。‎ 答案：C ‎【点睛】能使酸性KMnO4溶液褪色的烃：碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子；能与溴水反应使溴水褪色的烃：碳碳双键、碳碳三键。‎ ‎15.分子式为C4H8Cl2的有机物共有（不含立体异构）‎ A. 7种 B. 8种 C. 9种 D. 10种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法，菁优网，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。‎ ‎16.下列烃中，一氯代物的同分异构体的数目最多的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. ，分子中苯环上含有1种氢原子，甲基上含有1种H原子，则其一氯代物有2种异构体；B. ，分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3‎ 种异构体；C. ，分子中含有4种氢原子，其一氯代物有4种异构体；D. 分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种异构体；一氯代物的同分异构体的数目最多的是，故C正确；本题选C。‎ 点睛：根据分子中等效H原子判断一氯代物异构体数，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。‎ 二、非选择题(本大题共5题，共52分)‎ ‎17.（1）键线式表示的分子式 ____________ 名称是_______‎ ‎（2）中含有的官能团的名称为_______‎ ‎（3）戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物,试书写它的结构简式______‎ ‎（4）某炔烃和氢气充分加成生成2,5-二甲基己烷,该炔烃的结构简式是____________‎ ‎（5）某芳香烃结构为。它的分子式为________，一氯代物有________种。‎ ‎（6）分子式为C6H12某烃的所有碳原子都在同一平面上，则该烃的结构简式为_________，若分子式为C4H6的某烃中所有的碳原子都在同一条直线上，则该烃的结构简式为__________。‎ ‎（7）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，该芳香烃的结构简式是______‎ ‎【答案】 (1). C6H14 (2). 2-甲基戊烷 (3). 羟基、酯基 (4). (5). (CH3)2CHCCCH(CH3)2 (6). C18H14 (7). 4 (8). (9). CH3C≡CCH3 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据该有机物的键线式写出分子式，根据系统命名法完成该有机物的命名；（2）根据有机物的结构写出分子中含有的官能团名称；（3）戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，‎ 说明该有机物分子中只含1种类型的氢原子。(4)饱和烃与炔烃的碳的骨架完全相同，倒推可得，饱和烃相邻碳原子上必须均含有两个或两个以上的氢原子时才可出现碳碳叁键；（5）根据芳香烃结构简式，写出分子式。利用等效氢法判断一氯代物的种类；（6）根据乙烯是平面型分子，分析分子式为C6H12的烃，所有碳原子都在同一平面上的同分异构体的结构简式；根据乙炔分子是直线型分子分析；（7）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，说明结构对称；‎ ‎【详解】（1），分子中含有6个碳原子，属于饱和烃，分子式为C6H14，该有机物主链上有5个C，2号C一个甲基，其命名为：2-甲基戊烷；（2）中含有官能团的名称为羟基、酯基；（3）戊烷的某种同分异构体只有一种一氯代物，说明该有机物分子中只含1种类型的氢原子，该烃的结构简式为； (4)饱和烃与炔烃的碳的骨架完全相同，倒推可得，饱和烃相邻碳原子上必须均含有两个或两个以上的氢原子时才可出现碳碳叁键，所以某炔烃和氢气充分加成生成2,5-二甲基己烷,该炔烃的结构简式是(CH3)2CHCCCH(CH3)2；（5）芳香烃的结构简式是，分子式是C18H14。分子中有4种氢原子，所以一氯代物有4种；（6）根据乙烯是平面型分子，可看做乙烯中的四个氢原子被甲基取代，所以分子式为C6H12，所有碳原子都在同一平面上的烃的结构简式为；乙炔是直线型分子，CH3C≡CCH3可看做是甲基取代乙炔分子上的氢原子，所以分子式为C4H6的烃中所有的碳原子都在同一条直线上的结构简式是CH3C≡CCH3；（7）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一氯代物只有一种，说明结构对称，所以结构简式是。‎ ‎18.有机物C常用于食品行业。已知9.0 g C在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4 g和13.2 g，经检验剩余气体为O2。‎ ‎(1)C分子的质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是________，则C的分子式是_____。‎ ‎(2)C能与NaHCO3溶液发生反应，C一定含有的官能团名称是________。‎ ‎(3)C分子的核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是1∶1∶1∶3，则C的结构简式是__________。‎ ‎(4)0.1 mol C与足量Na反应，在标准状况下产生H2的体积是________L。‎ ‎【答案】 (1). 90 (2). C3H6O3 (3). 羧基 (4). (5). 2.24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)有机物质谱图中，最右边的峰表示有机物的相对分子质量；浓H2SO4吸水，计算氢的物质的量；碱石灰吸收CO2，计算碳的物质的量；根据有机物总质量、碳、氢的质量，计算氧原子的物质的量，得出有机物的实验式；根据相对分子质量，得出C的分子式；‎ ‎(2)C能与NaHCO3溶液发生反应，则C中含有官能团羧基。‎ ‎(3)根据氢原子的种类及个数之比可知，确定C的结构简式；‎ ‎(4)C中含有1个羟基和1个羧基，所以0.1 mol C与Na反应能生成0.1 mol H2。‎ ‎【详解】(1)有机物质谱图中，最右边的峰表示有机物的相对分子质量，因此该有机物的相对分子质量为90。浓H2SO4吸水，所以生成的水是5.4 g，即0.3 mol；碱石灰吸收CO2，则CO2是13.2 g，即0.3 mol。所以9.0 g C中氧原子的物质的量是＝0.3 mol，所以此有机物的实验式为CH2O，又因其相对分子质量为90，所以C的分子式为C3H6O3。‎ 答案： 90 C3H6O3 ‎ ‎(2)C能与NaHCO3溶液发生反应，则C中含有官能团羧基；‎ 答案：羧基 ‎(3)根据氢原子的种类及个数之比可知，C的结构简式为；‎ 答案：‎ ‎(4)C中含有1个羟基和1个羧基，所以0.1 mol C与Na反应能生成0.1 mol H2，标准状况下的体积是2.24 L。‎ 答案：2.24‎ ‎19.(1)中心原子轨道的杂化类型为___________；的空间构型为_____________(用文字描述)。‎ ‎(2)Fe2+基态价电子排布图为__________________。‎ ‎(3)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_____________(填化学式)。‎ ‎(4)N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)=__________________。‎ ‎【答案】 (1). sp3 (2). 平面(正)三角形 (3). (4). NO2− (5). 1∶2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据价层电子对数确定杂化类型；根据成键电子对数和孤电子对数判断空间构型；‎ ‎(2)Fe原子核外有26个电子，可画出价电子排布图；‎ ‎(3)用替代法找出等电子体；‎ ‎(4)N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中σ键与π键的数目比为n(σ)：n(π)=1:2。‎ ‎【详解】(1)SO42-中中心原子S的价层电子对数为(6+2-42)+4=4，SO42-中S为sp3杂化。NO3-中中心原子N的孤电子对数为(5+1-32)=0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3-的空间构型为平面(正)三角形。‎ 答案：sp3 平面(正)三角形 ‎(2)Fe原子核外有26个电子，根据构造原理，基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6‎ ‎，从而可画出其价电子排布图为。‎ 答案：‎ ‎(3)用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO2-。‎ 答案：NO2−‎ ‎(4)N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中σ键与π键的数目比为n(σ)：n(π)=1:2；‎ 答案：1:2‎ ‎20.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：‎ ‎(1)Zn原子核外电子排布式为 _________________________________。‎ ‎(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。‎ ‎(3)ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是______________________。‎ ‎(4)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3。‎ ‎【答案】 (1). [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 六方最密堆积(A3型) (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Zn是第30号元素，写出核外电子排布式；‎ ‎(2)a：通常情况下，金属性越强，第一电离能越小；b当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0, d0, fo)、半满(p3, d5, f7)或全满(p6, d10, f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大；‎ ‎(3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。‎ ‎(4)由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用。‎ ‎【详解】(1)Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。‎ 答案：[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)‎ ‎(2)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。‎ 答案：大于 ‎(3)根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。‎ ‎(4)由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×1/6+2×1/2+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。‎ 答案：‎ ‎ ‎ ‎ ‎