2023年高考真题变式分类汇编：含有氢键的物质
一、选择题
1．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
2．（2023·郴州模拟）2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家。脯氨酸(结构如图)可参与诱导不对称催化反应，下列关于脯氨酸的说法错误的是
A．既可以与酸反应，又可以与碱反应
B．饱和碳原子上的一氯代物有3种
C．能形成分子间氢键和分子内氢键
D．与互为同分异构体
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．通过结构简式可知，结构中含有羧基可以和碱反应，结构中含有氨基，可以和酸反应，A不符合题意；
B．由结构可知，五元环上的碳都是饱和碳，其中的4个碳上的氢是不同的，故饱和碳原子上的一氯代物有4种，B符合题意；
C．由结构简式可知，脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键和分子内氢键，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，脯氨酸与硝基环戊烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.羧基可以和碱反应，氨基可以和酸反应。
B.有几种氢原子，则一氯代物有几种。
C.羧基和亚氨基，能形成分子间氢键和分子内氢键。
D.同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物。
3．（2023·枣庄模拟）含Tp配体的钌(Ru)配合物催化氢化生成甲酸的机理如图所示：
下列叙述错误的是
A．循环中Ru的成键数目未发生变化
B．循环中氮和碳的杂化方式未发生改变
C．循环中物质所含氢键有分子间氢键和分子内氢键
D．循环的总反应为
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．从图中可知，循环中Ru的成键数目一直为4，没有变化，A不符合题意；
B．循环中碳的杂化方式发生了变化，如CO2中碳为sp杂化，酯基中碳为sp2杂化，B符合题意；
C．从图中可知，循环图右上方的物质与水分子形成分子间氢键，右下方的物质形成分子内氢键，C不符合题意；
D．从循环图可知，该循环的总反应为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ru的成键数目始终为4；
C.第一步反应的产物中形成分子间氢键，第二步反应的产物中形成分子内氢键；
D.该过程的反应为二氧化碳和氢气，产物为甲酸。
4．（2022·温州模拟）冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是
A．晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键的长为d
B．冰晶体中，相邻的水分子间皆以氢键结合
C．冰密度比干冰的小，主要是因为冰晶体分子间的氢键存在方向性、饱和性
D．硫化氢晶体结构与冰相似
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质
【解析】【解答】A．氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子即通过氢键连接，A不符合题意；
B．在冰晶体中，相邻水分子之间都有氢键生成，形成正四面体结构，B不符合题意；
C．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分顶角方向的4个相邻水分子形成氢键，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，密度较小，C不符合题意；
D．硫化氢分子间不存在氢键，所以硫化氢晶体结构与冰不相似，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；
B．氢键的定义：一个已经与电负性很强的原子（如N、O、F等）相结合的氢原子，在遇到另一个电负性很强的原子时，在这个氢原子与另一个电负性很强的原子之间，会形成一种微弱的静电引力，这种静电引力叫做氢键；
C．氢键的大小介于化学键与范德华力间，有键长、键能，氢键具有饱和性、方向性。
D．硫化氢分子间不存在氢键。
5．（2022·余姚模拟）2021年Benjamin List 和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．Aldol反应方程式：
B．1→2为消去反应，2→3为加成反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．中间体3中存在氢键
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．由分析可知，和为反应物，为生成物，Aldol反应方程式为：，故A不符合题意；
B．中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，故B符合题意；
C．化合物3和4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C不符合题意；
D．中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，即中间体3中存在氢键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据机理图判断；
B．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；消去反应为有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个小分子，而生成含不饱和键化合物的反应；
C．分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
D．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键。
6．（2022·海淀模拟）聚氨酯是一种应用广泛的有机材料，可根据需求调节其硬度，其结构片段如图。
(R、R'表示短碳链， 表示长碳链)
下列有关聚氨酯的说法错误的是（ ）
A．聚氨酯在一定条件下能发生水解
B．聚氨酯中只含有酯基
C．聚氨酯链之间可形成氢键，增大材料的硬度
D．的值越大，聚氨酯材料的硬度越大
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构可知聚氨酯中含酯基-COO-和酰胺基-CONH-，故聚氨酯在一定条件下能发生水解，A不符合题意；
B．由结构可知聚氨酯中含酯基-COO-和酰胺基-CONH-共2种官能团，B符合题意；
C．与N相连的H可以和另外一条链中O、N形成氢键，从而增大材料的硬度，C不符合题意；
D．的值越大，短碳链：长碳链越大，链之间氢键越多，聚氨酯材料的硬度越大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酰胺基、酯基在一定条件下能发生水解反应；
B.含有酯基和酰胺基；
C.N-H中氢原子能和其它结构中N-H中N原子形成氢键；
D.m/n的值越大，含有的酰胺基和酯基越多。
7．（2022·泰安模拟）第24届冬奥会在北京、张家口两地举办。国家速滑馆“冰丝带”里屡破奥运会纪录，该冰场是冬奥史上“最快冰面”。冰层表面的结构如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．冰熔化成水的过程中，，
B．第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构，密度比液态水小
C．第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的数目比固态冰中少
D．当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性水分子”，使冰面变滑
【答案】A
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．冰熔化成水的过程中，需要吸收热量，则
，物质由固相变成液相，熵增加，则
，故A符合题意；
B．固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构，体积变大，则固体冰密度比液态水小，故B不符合题意；
C．相同条件下，从图中可以看出，“准液体”中水分子间形成氢键的数目比固态冰中少，故C不符合题意；
D．“准液体”中的水分子与下层冰通过氢键连接，当高于一定温度时，氢键断裂，则产生“流动性水分子”，使冰面变滑，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.吸热
，物质从固态到液态是熵增的过程，
；
B.固态冰中由于氢键，导致水分子排列整齐，使得冰的密度比水小；
C.观察结构图可知；
D.观察图可知准液体”中的水分子与下层冰连接通过氢键连接，高于一定温度时，氢键会断裂。
8．（2021·包头模拟）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法错误的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氧化还原反应
【解析】【解答】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A不符合题意；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B符合题意；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C不符合题意；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据题目中可使高锰酸钾以及亚铁离子变为三价铁离子说明其具有氧化性和还原性
B.未产生新的物质使物理变化
C.根据推测过氧化氢有氧化性和还原性
D.水的凝固点使0℃，在20℃就凝固因此在电厂作用下更易形成氢键
9．（2021·徐州模拟）Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，CuSO4溶液中加入强碱产生蓝色絮状沉淀，继续加入强碱沉淀溶解生成蓝色[Cu(OH)4]2-。CuSO4·5H2O的晶体结构如图，关于铜的化合物说法错误的是（ ）
A．蛋白质溶液中加入CuSO4发生盐析
B．Cu2O溶于硫酸的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
C．Cu(OH)2为两性氢氧化物，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖
D．CuSO4·5H2O晶体中 与水分子之间存在氢键
【答案】A
【知识点】含有氢键的物质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，故A符合题意；
B．Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4、H2O，反应的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故B不符合题意；
C．Cu(OH)2既可溶于强酸又可溶于强碱，Cu(OH)2为两性氢氧化物，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色Cu2O沉淀，蔗糖和新制氢氧化铜悬浊液不反应，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖，故C不符合题意；
D．根据图示，CuSO4·5H2O晶体中 与水分子之间存在氢键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铜离子是重金属离子不能使其生盐析，铜离子发生的是蛋白质变性
B.氧化亚铜本身发生的氧化还原反应
C.氢氧化铜悬浊液可以检验醛基
D.根据图示即可找出氢键的位置
10．（2021·莆田模拟）如何对肿瘤精准治疗一直是医疗领域需攻克的难题之一，我国科研人员开发出的一种医用亲水凝胶，能使药物的释放更为精确。医用亲水凝胶生产过程中的一种中间体M的结构如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）
A．M分子间可通过缩聚反应合成高分子化合物
B．能发生消去反应
C．该分子亲水的原因是能形成分子内氢键
D．分子中所有的碳原子和氮原子可能共平面
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．该分子结构中含有碳碳双键，只能通过加聚反应形成高分子化合物，故A不符合题意；
B．M不含醇羟基也不是卤代烃，不能发生消去反应，故B不符合题意；
C．该分子亲水的原因是分子中含有-NH2，-NH2是亲水基，能够与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引力，因此该物质易溶于水，C不符合题意；
D．分子中含有饱和C原子与不饱和C原子，含有碳碳双键的C原子与其相连的原子在同一平面上，两个平面共直线，可以在同一个平面上，因此分子中所有碳原子和氮原子可能共平面，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据M的结构简式可以找出含有碳碳双键和氨基和羰基，可以通过双键发生聚合得到有机高分子化合物，此结构中不含有发生消去的基团，该分子亲水主要原因是含有氨基与水形成氢键，该分子中含有饱和碳原子和不饱和碳原子可以通过旋转共面
11．（2020·绍兴模拟）羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法错误的是（ ）
A．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应
B．羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气
C．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质；氧化还原反应
【解析】【解答】A．羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A不符合题意；
B．羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B不符合题意；
C．羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”， 故C符合题意；
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.羟氨中的氮原子含有孤对电子，易结合含有空轨道的氢离子，因此与酸反应
B.标出氮元素的化合价为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性
C.羟氨与水分子的结构类似，是V型
D.氮原子有孤对电子，易与水中的氢原子结合形成氢键
12．（2020·佛山模拟）我国科学家提出用CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4的设想，置换过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．E代表CO2， F代表CH4
B．笼状结构中水分子间主要靠氢键结合
C．CO2置换出CH4的过程是化学变化
D．CO2可置换可燃冰中所有的CH4分子
【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；甲烷的化学性质
【解析】【解答】A. CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4，由题图可知E代表CH4， F代表CO2，故A不符合题意；
B. 笼状结构中水分子间主要靠氢键结合，故B符合题意；
C. 由图可知CO2置换出CH4的过程没有形成新的化学键，则CO2置换出CH4的过程是物理变化，故C不符合题意；
D. 由图可知小笼中的CH4 没有被置换出来，则CO2不可置换可燃冰中所有的CH4分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示信息知E代表的是甲烷，F代表的是二氧化碳，A选项错误；
B.可燃冰中的笼状结构的水分子之间可以形成氢键，其分子之间主要以氢键的形式想结合；
C.用CO2置换出CH4的过程没有新物质的产生，只有新物质产生的变化才是化学变化，因此该变化是物理变化；
D.根据图示知，二氧化碳只能置换出中笼中的甲烷分子。
13．（2018·河西模拟）结合下表已知信息，判断下列相关叙述正确的是( )
物质及其编号 分子式 沸点/℃ 水溶性
① 甘油 C3H8O3 259
② 1.2-丙二醉 C3H8O2 188 与水以任意比混溶
③ 乙醇 C2H6O 197.3
④ 丙烷 C3H8 -42.1 难溶于水
A．①、②、③属于一元饱和醇
B．可推测出乙二醇的沸点应低于乙醇的沸点
C．用蒸馏法可将②与③从其混合液中分离出来
D．醇分子之间、醇分子与水分子之间均能形成氢键
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. ①甘油为丙三醇属于三元醇、②1，2-丙二醇为二元醇、③乙醇属于一元饱和醇，故A不符合题意；
B. 氢键越多沸点越高，即羟基越多沸点越高 乙二醇分子中的羟基数目比乙醇多，其分子之间可以形成的氢键多，所以其沸点高于乙醇的沸点，B不符合题意；
C.因为②为1，2-丙二醇，其沸点为188℃、③为乙醇其沸点为197.3℃，沸点相差不大，不可用蒸馏法可将②与③从其混合液中分离出来，故C不符合题意；
D. 氢键是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子，与另一个电负性很大的原子之间的作用力，所以醇分子之间、醇分子与水分子之间均能形成氢键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D中氢键主要影响物质的溶解性和熔沸点，分子间的氢键可以增大物质的溶解性和熔沸点，分子内氢键可以降低物质的溶解性和熔沸点。
14．（2022高三上·海淀期末）我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是
A．化学式为 B．氢、氧原子都处于同一平面
C．氢、氧原子间均以氢键结合 D．图中所有键角都相同
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．水合质子带正电，化学式为，A符合题意；
B．中心O原子为sp3杂化，存在孤电子对，结合质子的水分子为三角锥形结构，水分子为V形结构，氢、氧原子不可能都处于同一平面，B不符合题意；
C．水分子之间的氢、氧原子间均以氢键结合，但是水分子内的氢、氧原子间均以共价键结合，C不符合题意；
D．水分子为V形结构，结合质子的水分子为三角锥形结构，结构不同，键角不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.H3O+中心O原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，为三角锥形结构；
C.水分子中的H、O以共价键结合；
D.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
15．（2022高二下·厦门期末）下列说法正确的是（ ）
A．H3O+的空间结构：平面三角形
B．冰中的氢键示意图：
C．基态氧原子价电子排布图：
D．基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d44s2
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．H3O+的中心O原子价层电子对数是3+=4，中心O原子上有1对孤对电子，则其空间结构为三角锥形，A不符合题意；
B．冰中一个H2O分子与相邻的4个H2O形成氢键，故冰中的氢键示意图：，B符合题意；
C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态氧原子价电子排布图：，C不符合题意；
D．Cr是24号元素，当原子核外电子的轨道处于全满、半满或全空时是处于稳定状态，则根据构造原理可知基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d54s1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据中心原子的价层电子对数进行分析简单离子的空间构型。
B.1个H2O分子能与相邻的4个H2O形成氢键。
C.氧原子的价电子排布式为2s22p4，结合核外电子排布原则（能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则）进行分析。
D.注意当原子核外电子的轨道处于全满、半满或全空时是处于稳定状态。
16．（2022高二下·绍兴期末）下列说法错误的是（ ）
A．一定条件下，苯与氯气生成六六六的反应属于加成反应
B．蛋白质的二级结构是因为肽键中的氧原子和氢原子之间存在氢键
C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出
D．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架上直接加热
【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．一定条件下，苯与氯气发生加成反应生成六六六(C6H6Cl6)，A不符合题意；
B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，B不符合题意；
C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，与气体形成对流利于冷却，C不符合题意；
D．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架的泥三角上进行加热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据苯的性质判断；
B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的；
C．蒸馏中，采用逆流操作；
D．坩埚可直接加热固体。
二、多选题
17．（2022·潍坊模拟）化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成反应如图。下列说法错误的是（ ）
A．X分子间只能形成下列氢键：O-H…O、N-H…N
B．1molZ最多能与6molNaOH反应
C．Z分子中含2个手性碳原子
D．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体
【答案】A,C
【知识点】含有氢键的物质；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．由X的结构简式可知，X分子中含有O-H、N-H、N、O，因此X分子间可形成的氢键有：O-H…O、N-H…N、O-H…N、N-H…O，A符合题意；
B．根据Z的结构简式，1molZ分子含有2mol酚羟基、1mol酯基、1mol羧基和1mol-CONH-，均能与NaOH反应，同时分子中酯基与NaOH反应后会生成酚羟基，因此多消耗1molNaOH，故1molZ最多能与6molNaOH反应，B不符合题意；
C．手性碳原子为饱和碳原子，连有4个不同的基团，故Z分子中只含有1个手性碳原子，如图 ，C符合题意；
D．由X、Y、Z的结构简式可知，三种分子均存在碳碳双键，且双键碳原子一端连有不同的原子或原子团，因此均存在顺反异构体，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.X分子中O-H、N-H、N、O均能形成氢键；
B..Z中酚羟基、酯基、酰胺键、羧基均能与NaOH反应；
C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
D.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
三、非选择题
18．（2022·浙江6月选考）
（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是 。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因是 。
【答案】（1）乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小
（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱
【知识点】离子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）乙醇和水均可形成分子间氢键，水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，导致乙醇的挥发性比水的强。
（2）KH和NaH均为离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H-的离子键作用较强，H-更难失电子、还原性更弱，即KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。
【分析】（1）水分子中含有的氢键比乙醇多；
（2）钾离子半径大于钠离子半径，KH中的离子键比NaH中离子键弱。
19．（2017·新课标Ⅱ卷）（15分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R代表）．回答下列问题：
（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为 ．
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，
其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是 ；氮元素的E1呈现异常的原因是 ．
（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．
①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为 ，不同之处为 ．（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型
B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构
D．共价键类型
②R中阴离子N5﹣中的σ键总数为 个．分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5﹣中的大π键应表示为 ．
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H…Cl、 、 ．
（4）R的晶体密度为dg cm﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为 ．
【答案】（1）
（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子
（3）ABD；C；5NA；Π56；（H3O+）O﹣H…N；（NH4+）N﹣H…N
（4）
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】解：（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为 ，故答案为： ；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，
故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）①A．阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为 =0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为 =1，价层电子对数为4，为sp3杂化；
B．由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；
C．NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；
D．含有的共价键类型都为σ键．
两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；
故答案为：ABD；C；
②根据图（b）N5﹣中键总数为5NA个，根据信息，N5﹣有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，
故答案为：5NA；Π56；
③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键，还可表示为（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N，
故答案为：（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N；（4）由d= = 可知，y= ，故答案为： ．
【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定；（3）①根据图（b），阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为 =0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为 =1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；②根据图（b）N5﹣中键总数为5NA个，根据信息，N5﹣的大π键可用符号Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键；（4）根据d= = 计算．
20．（2022·广州模拟）氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
（1）基态N原子的核外电子排布式为 ，第一电离能：I1(N) I1(O)(填“大于”或“小于”)。
（2）N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物，NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式)。
（3）[N5]+[AsF6]-是一种全氮阳离子形成的高能物质，其结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为 。
（4）科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料-LaWN3，其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为a nm。
①La与N间的最短距离为 nm，与La紧邻的N个数为 。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于 位置，N处于 位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算表达式)。
【答案】（1）1s22s22p3；大于
（2）NH3> AsH3>PH3
（3）sp、sp2
（4）；12；体心；棱心；
【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；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：I1(N)大于I1(O)。
(2)分子中N原子的电负性比较强，在氨气分子间存在氢键，导致沸点升高；NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3> AsH3>PH3。
(3)能形成双键的N原子除σ键、π键，还存在孤电子对，采用sp2杂化；形成叁键的2个氮原子为直线型结构，为sp杂化，故N原子的杂化轨道类型为sp、sp2。
(4)①晶胞参数为a nm ，La与N间的最短距离为面对角线的一半，为；由图可知，与La紧邻的N个数为12。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则可以将晶胞向外延伸，在新的晶胞中，La处于8个W构成的立方体的体心位置，N处于2个W构成的棱的棱心位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA；晶胞中La原子位于顶点一个晶胞中La原子数目为，W原子位于晶胞内部，一个晶胞中W原子数目为1，N原子位于面心，一个晶胞中N原子数目为，则晶胞质量为；晶胞参数为a nm，则晶胞体积为，所以密度为g·cm-3。
【分析】（1）对于处于半满和全满结构，其结构比较稳定，电离能会异常的高，如Be，Mg，N，P
（2）比较氢化物熔沸点看两点：1.结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高；2.是否含有氢键
（3）结合其结构，形成既有双键也要三键，所以杂化方式有 sp、sp2
（4） La与N间的最短距离为 晶胞对角线的1/2，利用p=m/v，利用算出一个晶胞质量和晶胞体积，带入即可
21．（2022·长春模拟）卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：
已知：(i) +HCl
(ii) +H2O
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）D中含O和含N的官能团名称分别是 。
（4）下列对有机物D叙述正确的是____(“填字母”)。
A．分子式为C13H8BrFON
B．分子间能形成氢键
C．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．1molD最多能与6molH2 发生加成反应
（5）反应④中Y的结构简式为 ；反应⑤的反应类型为 。
（6）B的同分异构体中，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应的化合物共有 种。
（7）写出F的结构简式 。
【答案】（1）2-氟甲苯(或邻氟甲苯)
（2）++NaOH+NaCl+H2O
（3）羰(酮)基、氨基
（4）B；C
（5）；取代反应
（6）10
（7）
【知识点】含有氢键的物质；有机化合物的命名；有机物的推断；芳香烃；醛的化学性质
【解析】【解答】由B的分子式、反应条件可知，A中甲基被氧化为-COOH生成B，故B为，由C→D的第一步反应条件可知C→D的第一步发生信息(i)中反应，则C中存在-COCl结构，对比B、C的分子式，可知B中-OH被氯原子替代生成C，故C为，对比C、D的结构，结合X的分子式，可推知X为，D与Y反应生成E和HBr，发生取代反应，可推知Y为，F发生已知反应(ii)生成W，对比E和W的结构简式可知， E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，则F为 。
(1)由A的结构简式可知，A的名称为2-氟甲苯(或邻氟甲苯)；
(2)反应③是和反应生成和HCl，HCl又与NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为++NaOH+NaCl+H2O；
(3)D中含O的官能团为羰(酮)基，含N的官能团为氨基；
(4)A．由有机物D的结构简式可知，其分子式为C13H9BrFON，故A不符合题意；
B．有机物D含有氨基，分子间能形成氢键，故B符合题意；
C．有机物D中含有氨基，能与盐酸反应，含有Br和F，能与NaOH发生水解反应，故C符合题意；
D．有机物中含有的苯环和羰基能与氢气发生加成反应，1molD最多能与7molH2 发生加成反应，故D不符合题意；
故答案为：BC；
(5)由上述分析可知，Y的结构简式为；E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，因此反应⑤为取代反应；
(6)B的结构简式为，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应，说明分子中含有酚羟基和醛基，则苯环的侧链为-F、-CHO、-OH，固定两个取代基，移动另一个取代基，-F和-OH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种；
(7)由上述分析可知，F的结构简式为。
【分析】根据A、B的分子式及反应条件可知A中甲基被氧化为-COOH，推出B的结构简式为 ，A→B发生氧化反应；根据C+X→D的反应条件，以及D的结构简式和结合已知信息（ⅰ）可知，C、X中各有一个苯环，结合C、X的分子式推出其结构简式分别为 、 ，B中羧基上的-OH被氯原子取代，B→C，C→D均发生取代反应；对比D、E的结构简式可推出Y的结构简式为 ，D中氨基上的氢原子被取代，D→E发生取代反应；对比E、W的结构简式，并结合已知信息（ⅱ）可推出F的结构简式为 ，E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH取代，E→F发生取代反应。据此分析。
22．（2022·浙江模拟）回答下列问题：
（1）已知固态NH3、H2O、HF中的氢键的键能和结构示意图如表所示：
物质及其氢健 HF(s)：F—H…F H2O(s)：O—H…O NH3(s)：N—H…N
健能/(kJ·mol-1) 28.1 18.8 5.4
H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因是 。
（2）镓的卤化物熔点如表所示：
物质 GaF3 GaCl3 GaBr3 GaI3
熔点/℃ 1000 78 124 213
各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是 。
【答案】（1）虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低
（2）四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高
【知识点】含有氢键的物质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】(1)虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能，三者分别为18.8×2=37.6 kJ·mol-1、28.1×1=28.1 kJ·mol-1、5.4×3=16.2 kJ·mol-1，故大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低；
(2)各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高。
【分析】（1） H2O、HF、NH3三种物质沸腾要克服的作用力主要是氢键，通过图示可知等物质的量的三种物质所含氢键数不同，各类分子间氢键的大小也不同，计算出1mol3种物质需要克服的氢键的大小，即可比较沸点的高低；
(2)通过表格数据可以判断GaF3是离子晶体，其余三种是分子晶体，离子晶体的沸点一般高于分子晶体，同种类型的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
23．（2020·白山模拟）铁、钴、镍都属于第Ⅷ族元素，它们的单质、合金及其化合物在催化剂和能源领域用途非常广泛。
（1）基态Fe2+的核外电子排布式为 。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因： 。
（2）BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。
①ClO4－的空间构型为 。
②CTCN的化学式为 ，与Co3+形成配位键的原子是 。(已知CO32 的结构式为 )
③ 可以 (双聚氰胺为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为 ， 中含有σ键的物质的量为 。
④ 是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（3）一种新型的功能材料的晶胞结构如图所示，Mn在面心和顶点，它的化学式可表示为 。
（4）镍镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm。则镍镁晶体未储氢时的密度为 (列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的数值) g cm-3。
【答案】（1） (或 )；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱
（2）正四面体；N和O；sp2、sp；9 mol；N2H4与水可形成分子间氢键
（3）
（4）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】⑴Fe是26号元素，基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因：Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱；故答案为：[Ar]3d6；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱。⑵①ClO4－价层电子对数 ，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。②CTCN中NH3的N有孤对电子，CO32 的O有孤对电子，因此与Co3+形成配位键的原子是N、O；故答案为：N、O。③双聚氰胺 中第一个碳原子有3个σ键，无孤对电子，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2，第二个碳原子有2个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，杂化轨道为sp， 中含有σ键的物质的量为9mol；故答案为：sp2、sp；9。④配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，主要是因为N2H4与水形成分子间氢键；故答案为：N2H4与水可形成分子间氢键。⑶晶胞中Ni在体内，共有8个，Mn在面心和顶点，个数为 ，Ga在棱心，个数为 ，化学式可表示为Ni2MnGa；故答案为：Ni2MnGa。⑷H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm，因此距离最近的两个H2分子之间是面对角线的一半，则晶胞参数为 nm，晶胞中Mg个数为8个，Ni为4个，则镍镁晶体未储氢时的密度为 ；故答案为： 。
【分析】⑴基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，分析氧化性主要看Fe3+和Co3+的核外电子排布。⑵①计算ClO4－价层电子对数；②有孤对电子才能与Co3+形成配位键；③逐个分析双聚氰胺中碳原子价层电子对数；④从相似相溶和分子间氢键角度思考配体N2H4能与水混溶。⑶分别计算晶胞中Ni、Mn、Ga的个数。⑷先根据氢气分子之间距离得出晶胞参数，再计算晶胞中Mg、Ni个数，再计算密度。
24．（2018·重庆模拟）磷存在于人体所有细胞中，是维持骨骼和牙齿的必要物质，几乎参与所有生理上的化学反应。磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。请回答下列有关问题：
（1）画出基态P 原子的核外电子排布图 。
（2） NH3比PH3 易液化的原因是 。
（3） P4S3可用于制造火柴，其结构如图1所示。
①P4S3中硫原子的杂化轨道类型为 。
②电负性： 磷 硫(填“>”或“<”)；第一电离能磷大于硫的原因是 。
（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1mol NH4BF4中含有 mol 配位键。
（5）NF3的键角小于NH3的键角，其原因是 。
（6） 磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图2 所示。原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图中a 点和c 点的原子坐标参数依次为(0，0，0)、(1， ， )，则b点的原子坐标参数为 ；已知该晶胞中距离最近的两个磷原子的核间距离为Lpm，则该晶体密度为 g.cm-3(阿伏加德罗常数用NA表示，列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）NH3分子间存在氢鍵
（3）sp3；<；磷原子3p轨道处于半满状态，不容易失去电子
（4）2
（5）F的电负性大于H，故NF3中N的周围的电子密度小于NH3中N周围电子密度
（6）；
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）P 原子核电荷数为15，电子排布为1s22s22p63s23p3，核外电子排布图 ；正确答案： 。
（2）NH3分子间存在氢鍵，PH3 分子间无氢键，因此NH3比PH3 易液化；正确答案：NH3分子间存在氢鍵。
（3）①P4S3中硫原子形成2个共价键，孤电子对数为1/2×(6-2×1)=2，则有4个价层电子对，其杂化的轨道类型为sp3；正确答案：sp3。
②同一周期，从左到右，电负性增大，因此电负性：磷<硫；同一周期，第一电离能呈现增大的趋势，由于磷原子3p轨道处于半满状态，不容易失去电子，第一电离能磷大于硫；正确答案： <；磷原子3p轨道处于半满状态，不容易失去电子。
（4）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键；正确答案：2。
（5）F的电负性大于H，故NF3中N的周围的电子密度小于NH3中N周围电子密度，因此NF3的键角小于NH3的键角；正确答案：F的电负性大于H，故NF3中N的周围的电子密度小于NH3中N周围电子密度。
（6）图中a点坐标参数为(0、0、0)、c点坐标参数为(1、 、 )，说明晶胞边长为1，a、c点距离为晶胞对角线的 ，则c点的原子坐标参数为 ；根据晶胞结构可知：硼原子个数为4，磷原子个数为8×1/8+6×1/2=4，即该晶胞中含有4个磷化硼，质量为4×42/NAg， 设该晶胞的棱长为xcm，该晶胞中距离最近的两个磷原子的核间距离为面对角线上的一半，所以x= L×10-10cm，晶胞的体积为x3=( L)3×10-30 cm3；设晶胞的密度为ρg.cm-3，则ρ=[4×42/NA]÷[( L)3×10-30] = g.cm-3；正确答案： ； 。
【分析】注意配位键的判断方法，根据中心原子杂化方式和电子排布式进行分析有无孤独电子和空轨道。
25．（2018·安阳模拟）铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列问题：
（1）Cu2O中阳离子的基态核外电子排布式为 ； Cu和Ni在元素周期表中的位置相邻， Ni在周期表中的位置是 。
（2）将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体 [Cu( NH3)4]SO4·H2O。
①乙醇分子中C 原子的轨道杂化类型为 ，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为 。
②[Cu( NH3)4]SO4·H2O]中存在的化学键除了极性共价键外，还有 。
③NH3极易溶于水的原因主要有两个，一是 ，二是 。
（3）CuSO4溶液中加入过量KCN溶液能生成配离子[Cu(CN)4]2-，1mol CN-中含有的π键数目为 。与CN-互为等电子体的离子有 （写出一种即可）。
（4）Cu 与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为a g·cm-3，则Cu与F最近距离为 pm（用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简）。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；第四周期第Ⅷ族
（2）sp3；正四面体形；离子键、配位键；氨分子和水分子之间能形成氢键；氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶
（3）2NA或1.204×1024；C22-
（4） × ×1010
【知识点】原子核外电子的能级分布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）Cu2O中的阳离子Cu+，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10； Ni在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。
（2）乙醇分子中C 原子的轨道杂化类型为sp3，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为正四面体形。②[Cu( NH3)4]SO4·H2O]中存在的化学键有极性共价键，铜与氨分子之间的配位键，铜与硫酸根离子之间的离子键。
故答案为：离子键、配位键。③因为氨分子和水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理NH3极易溶于水。
故答案为：氨分子和水分子之间能形成氢键 氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 。
（3）氮气与CN-互为等电子体，分子中含有三键，则1mol CN-中含有的π键的数目为2NA或2×6.02×1023。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CN-互为等电子体的离子有C22-；
故答案为： 2NA或1.204×1024 C22-。
（4）由图之晶胞的结构式：铜原子为8×1/8+6×1/2=4，F原子在立方体内为4，所以化学式(CuF)4晶体密度a g·cm-3.根据密度公式知Cu与F最近距离 × ×1010
【分析】（3）根据等电子体的概念和等电子体的性质判断CN-中含有的π键的数目以及其他等电子体即可。
26．（2022高二上·衢州期末）回答下列问题：
（1）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构 。
（2）基态Zn的价层电子排布式 ，金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 。
（3）NH3的中心原子的杂化方式为 ，NH3中H-N-H键角 PH3中H-P-H键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（4）立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为a pm，密度为 g/cm3，A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离为 pm(列式表示)。
【答案】（1）
（2）3d104s2；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（3）sp3；大于
（4）；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）由于F元素的非金属性很强，原子半径小，导致HF分子中共用电子对强烈偏向F原子一方，H原子几乎形成裸露的质子，H原子与另外的HF分子的F之间形成氢键，而F原子与其它HF分子的H原子形成氢键，因此每个HF分子可以与相邻的2个HF易形成氢键，则(HF)3的链状结构为；
（2）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其价电子排布式是3d104s2；
金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子[Zn(NH3)4]2+，H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，则Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（3）NH3的中心N原子价层电子对数为3+=4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化；
元素的非金属性：N＞P，原子半径：N＜P，因此共价键的极性：N-H＞P-H，导致N-H键之间的斥力大于P-H之间的斥力，故NH3中H-N-H键角大于PH3中H-P-H键角；
（4）在立方ZnS晶胞中含有S2-为：8×+6×=4；含有Zn2+的数目是4个，即1个晶胞中含有4个ZnS，由于晶胞边长为a pm，故该晶胞的密度ρ=；
根据图示可知晶胞中A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离为晶胞体对角线的；晶胞边长为a pm，晶胞体对角线为，故晶胞中A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离L=pm。
【分析】（1）固体HF中存在氢键；
（2）Zn为30号元素，根据构造原理书写其价电子排布式；Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，即为[Zn(NH3)4]2+；
（3）NH3中N原子的价层电子对数为4；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4）根据均摊法和计算。
27．（2022高二下·杭州期末）五氮离子盐、均是高能炸药。回答：
（1）Cl的基态原子电子排布式为 。
（2）气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，N、O、F的第一电离能从小到大的顺序是 。(用元素符号表示)。
（3）经X射线衍射测得的局部结构如上图所示。
①的空间构型是 ，中O原子的杂化方式是 。
②中的σ键总数为 个，图中a处的氢键可表示为，请照此画出b处的氢键 。
（4）下列说法正确的是____
A．中含有非极性键
B．两种盐中的五氮离子的结构完全相同
C．两种盐爆炸时均产生气体且大量放热
D．中As显+7价，中As的配位数是6
（5）的晶体密度为，立方晶胞边长为anm，设晶胞中含有y个[]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为 。
【答案】（1）
（2）O
（4）A；C
（5）
【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；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；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)Cl的原子序数为17，基态原子电子排布式为；
(2)同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，由于N的p能级处于半充满状态，N的第一电离能大于O，所以从小到大的顺序是O
(4)A．中含有N-N非极性键，故A正确；
B．两种盐中的五氮离子分别为和，结构分别为五元环结构和V型结构，故B不正确；C．两种盐爆炸时均产生气体且大量放热，故C正确；
D．中为，所以As显+5价，中As的配位数是6，故D不正确；
故答案为：AC；
(5)
晶体密度为，立方晶胞边长为anm，设晶胞中含有y个[]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为：。
【分析】（1）Cl为17号元素，根据构造原理可知，Cl的基态原子电子排布式为；
（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；
（3）①中N原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；中O的价层电子对数为4；
②单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
（4）A.同种非金属原子间形成非极性键；
B.和的结构不同；
C.两种盐爆炸时均产生气体且大量放热；
D.中As显+5价；
（5）根据列式计算。
28．（2022高二下·金华期末）一百多年前，李比希首先利用尿素合成了三聚氰胺()，它可用于阻燃剂、水泥减水剂和高分子合成等领域。请回答：
（1）根据李比希燃烧法，利用如图装置测定三聚氰胺的组成(图中铂小皿用于盛放样品)。
①高氯酸镁的作用是 。
②吸收管做成细长型的目的是 。
③设计准确测定体积的实验方案 。
（2）一些不法分子往牛奶中加入三聚氰胺，以提高奶制品的含氮量，三聚氰胺在体内可转化为三聚氰酸( )。
①三聚氰酸中的C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
②三聚氰酸分子中最多 个原子共平面，三聚氰胺与三聚氰酸之间会通过 (写出结构表达式)结合，在肾脏内形成结石。
（3）尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成链状二聚物，其方程式为：
三分子缩合时，还可成环。已知发生缩合反应失去，生成二聚物和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算各缩合产物的物质的量之比 。
（4）三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶剂中混合，迅速反应产生聚酰胺薄膜，部分结构如图所示(不同颜色表示不同的结构；环间的键仅表示连接关系，略去了环间的原子)。参与反应的芳香化合物的结构简式是 。
【答案】（1）吸收，以确定含氢量；增大固气接触面积，有利于完全吸收；先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积
（2）；12；或
（3）
（4）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；含有氢键的物质；烃类的燃烧
【解析】【解答】三聚氰胺完全燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，然后产生的气体再经过燃烧炉，是防止燃烧过程中生成CO；经过高氯酸镁，会吸收产生的水；经过碱石棉，吸收产生的二氧化碳；最后连接氮气的体积测定装置。
(1)①由分析可知，高氯酸镁的作用是吸收，以确定含氢量，故答案为：吸收，以确定含氢量；
②吸收管做成细长型的目的是增大固气接触面积，有利于完全吸收，故答案为：增大固气接触面积，有利于完全吸收；
③氮气中混有氧气，则准确测定体积的实验方案：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积，故答案为：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积；
(2)①同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能大小顺序为，故答案为：；
②三聚氰酸分子中的六元环在一个平面上，氢氧原子在同一平面，碳氧原子直接相连，可以通过旋转使所以原子在同一平面，则最多12个原子共平面；三聚氰胺和三聚氰酸分子中都有氢原子与氧原子直接相连，氮原子、氧原子上都有孤电子对，它们可形成分子间氢键，结构表达式为：或，从而在动物的肾脏内形成结石，故答案为：12；或；
(3)设：二聚物为；链状三聚物为；环状三聚物为；根据方程式有：
2x+3y+3z=12，x+2y+3z=8，，联立三式解得：x=3，y=1，z=1，则，故答案为：；
(4)根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1 ：1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是，故答案为：。
【分析】
(1)①由产物分析判断；
②增大接触面积，有利于完全吸收；
③氮气中混有氧气，应先除去氧气；
(2)①同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
②氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
(3)依据原子守恒列方程组；
(4)根据生成物的结构简式可判断是缩聚产物。
29．（2022高二下·昌平期末）金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取Cu2+的流程如下所示：
（1）有机化合物W的结构简式为：
①该分子中与氮原子相连的氧原子的杂化轨道类型为 。
②关于W的说法正确的是 。
a．能发生取代、加成、还原反应
b．可与碳酸钠反应产生气体
c．含有氨基官能团
（2）W可与Cu2+形成化合物Q，其结构如下图所示。
①解释氢键形成的原因 。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是 (填“增大”或“减小”)。
③Cu2+与氮原子之间形成的化学键的类型是 。
【答案】（1）sp3；a
（2）氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力；减小；配位键
【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；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）①该分子中，与氮原子相连的氧原子，其价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3。②a．该分子中含有苯环，能发生取代、加成、还原反应，a正确；b．分子中所含的酸性基团为酚羟基，能与碳酸钠反应但不产生气体，b不正确；c．氨基官能团的结构简式为-NH2，分子中不含有此官能团，c不正确；
故答案为：a。答案为：sp3；a；
（2）①氢键形成的原因：氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力。②该物质形成分子内的氢键，会降低其在水中的溶解度，则对Q在水中溶解性的影响是减小。③Cu2+能提供空轨道，氮原子提供孤对电子，所以Cu2+与氮原子之间形成的化学键的类型是配位键。答案为：氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力；减小；配位键。
【分析】（1）①该分子中与氮原子相连的氧原子的结构式为=N-O-H，O原子还含有2对孤电子；
②W分子中含有苯环、C=N-OH基团、酚羟基-OH、烷基等结构，具有苯、苯酚、羟胺和烷烃的化学性质；
（2）①氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力，能形成氢键；
②分子内氢键会减小Q在水中的溶解性；
③Cu2+含有空轨道，N还含有1对孤电子，二者形成配位键。
30．（2021高一下·慈溪期末）按要求完成下列问题：
（1）写出硫酸铵的化学式 。
（2）写出次氯酸钠中存在的化学键类型 。
（3）比较物质沸点：H2O H2S(填“＞”、“＝”或“＜”)。
【答案】（1）(NH4)2SO4
（2）离子键、极性共价键(或离子键、共价键)
（3）>
【知识点】化学键；含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)硫酸铵的化学式为(NH4)2SO4；
(2)次氯酸钠的Na+和ClO-之间存在离子键，ClO-内的Cl和O原子之间存在共价键；
(3) H2O中存在氢键，沸点较H2S的高，则沸点：H2O >H2S。
【分析】（2）次氯酸钠由次氯酸根离子和钠离子构成，含离子键和共价键；
（3）水分子间能形成分子间氢键，熔沸点比H2S高。
31．（2021高二下·信阳期末）A、B、C、D是四种短周期主族元素，其原子序数依次增大。只有B、C位于同一周期且位置相邻，其中C是地壳中含量最多的元素，D是其所处周期中电负性最强的元素。用元素相关化学符号回答下列问题：
（1）①A元素的原子结构示意图为 。
②B的基态原子电子的空间运动状态有 种。
③C的基态原子核外电子排布式为 。
④D的基态原子价层电子排布图为 。
（2）B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，推测的空间构型为 ；写出的一种等电子体的结构式 。
（3）B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是 (填离子符号)，原因 。
（4）如图是A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，其中虚线表示氢键，氢键之一的表示式可写为，请据图任意再写出一种氢键的表示式 (用元素符号)，阴离子中所含的键数目为 (用阿伏加德罗常数的值表示)。
【答案】（1）；5(或五)；；
（2）直线形；O=C=O
（3）；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
（4）[或]；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)①H元素的原子结构示意图中质子数和核外电子数都为1，A元素的原子结构示意图为。故答案为：；
②N的基态原子电子占据1s、2s、2p共5个轨道，B的基态原子电子的空间运动状态有5(或五)种。故答案为：5(或五)；
③O的基态原子核外电子排布式为。故答案为：；
④Cl的基态原子价层电子排布图为。故答案为：；
(2)B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，中心N原子价层电子对数为2+=2，sp杂化，的空间构型为直线形；原子总数为3，价电子总数为16，的一种等电子体的结构式O=C=O。故答案为：直线形；O=C=O；
(3)B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是，原因的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力。故答案为：；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(4)根据A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，一种氢键的表示式[或]，2个原子之间的键只可能有1个，所以根据结构图阴离子中所含的键数目为。故答案为：[或]；。
【分析】依据原子的序数判断；
②依据原子构造原理判断；
③依据原子核外电子排布规律书写；
④依据原子构造原理；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
(4)根据晶体结构图，依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
32．（2020高二下·日照期末）氮原子不但可以形成离子键，还可以形成σ键、π键、大π键和配位键等，成键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物质。回答下列问题：
（1）电负性：N O(填“＞” 或“＜”)，基态氮原子价电子排布图不是 ，是因为该排布方式违背了 。
（2）肼(H2N-NH2)分子中孤电子对与σ键的数目之比为 ，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是 。
（3）正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体，是一种重要的化工原料。
①写出与Na3NO4的阴离子互为等电子体的一种阴离子： (填化学式)。
②在573K条件下，实验室中用NaNO3和Na2O在银皿中反应制得Na3NO4，Na2O的立方晶胞如图所示。Na2O晶胞的参数为a pm，则晶胞密度为 g/cm3(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）<；洪特规则
（2）2：5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键
（3） (或 、 等)；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）元素的非金属性越强，元素的电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则氮元素的电负性小于氧元素；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，正确的排布为 ，故答案为：<；洪特规则；
（2）由肼的结构简式可知，肼分子中每个氮原子各有1个孤电子对，每个分子中有2个孤电子对，5个σ键，二者之比为2∶5；肼分子间可形成氢键，乙烯分子间不能形成氢键，肼分子间的作用力大于乙烯分子，使得肼分子的沸点远高于乙烯，故答案为：2:5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键；
（3）①等电子体具有相同的原子个数和相同的价电子数，与 互为等电子体的阴离子应该具有5个原子和32个价电子，符合要求的阴离子有 、 、 等，故答案为： (或 、 等)；
②由氧离子半径大于钠离子可知“●”为O2 ，“○”为Na+，由晶胞结构可知，氧离子的个数为8× ＋6× =4，钠离子的个数为8个，晶胞中含4 个Na2O，晶胞的参数为a pm=a×10 10 cm，晶胞体积为(a×10 10)3 cm3×NA，则晶胞密度为 g cm 3，故答案为： 。
【分析】（1）元素的非金属性越强，元素的电负性越大；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道；
（2）由肼的结构简式可知，肼分子中每个氮原子各有1个孤电子对，每个分子中有2个孤电子对，5个σ键；肼分子间可形成氢键，乙烯分子间不能形成氢键；
（3）①等电子体具有相同的原子个数和相同的价电子数；
②依据分摊法计算可得。
33．（2020高二下·胶州期末）黄铜矿(主要成分二硫化亚铁铜，化学式为CuFeS2)为原料可制备金属铜及其化合物，还可以制得铁红、硫磺等，工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）气体X的名称是 。
（2）“铁红”化学式为 。向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时(杂质不参加反应)，混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为 。
（3）FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 。
（4）反应I化学方程式为 ，反应II所得“溶液A”成分是(填化学式) 。
（5）科学家通过X射线推测胆矾结构示意图如图：
则1mol胆矾有 个氢键，写出能反映胆矾结构示意图形式的化学式 。
【答案】（1）二氧化硫
（2）Fe2O3；3：2
（3）CuFeS2+Cl-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+
（4）CuCl + NaCl = Na[CuCl2]；NaCl、CuCl2
（5）4NA；[Cu(H2O)4]SO4·H2O
【知识点】含有氢键的物质；铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；分子式
【解析】【解答】(1) CuFeS2在空气中焙烧，生成SO2气体，气体X是二氧化硫；
(2) Fe2O3的俗名是“铁红”；向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时硝酸表现氧化性、硫酸表现酸性，反应方程式是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，所以混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2；
(3)FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为CuFeS2+Cl-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+；
(4)反应I是CuCl和NaCl反应生成可溶性Na[CuCl2]，化学方程式为CuCl + NaCl = Na[CuCl2]，反应II 是Na[CuCl2]加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl，所得“溶液A”成分是NaCl、CuCl2；
(5) 根据图示 ， 1mol胆矾有4NA个氢键(红圈标出)，能反映胆矾结构示意图形式的化学式[Cu(H2O)4]SO4·H2O。
【分析】CuFeS2在空气中焙烧生成二氧化硫、泡铜、氧化铁；CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S；CuCl和NaCl反应生成可溶性Na[CuCl2]；Na[CuCl2]加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl。
34．（2020高二下·徐州期末）原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G七种元素。其中A的原子有5种不同运动状态的电子；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素；F和D位于同一主族，G的原子序数为29。
（1）基态G原子的价电子排布式为 。
（2）元素B、C的简单气态氢化物的沸点较高的是 (用化学式表示)。
（3）A晶体熔点为2300℃，则其为 晶体。
（4）GD在加热条件下容易转化为G2D，从原子结构的角度解释原因 。
（5）G与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸盐，为将生成的两种气体(气体相对分子质量均小于50)完全转化为最高价含氧酸盐，消耗了1molO2和1L2.2mol/LNaOH溶液。则两种气体的分子式及物质的量分别为 ，生成硫酸铜物质的量为 。
【答案】（1）3d104s1
（2）NH3
（3）原子
（4）Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定
（5）0.9molNO、1.3molNO2；2mol
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理；原子晶体（共价晶体）；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)G为Cu，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以价电子排布式为3d104s1；
(2)元素B、C分别为C元素和N元素，简单气态氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点较高；
(3)元素A为硼，硼晶体熔点很高，应为原子晶体；
(4)GD为CuO，加热条件下容易转化为Cu2O；Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O；
(5)同时产生两种气体，气体相对分子质量均小于50，根据N元素的价态变化规律和硝酸与铜反应的规律不妨设两种气体为NO和NO2；消耗1L2.2mol/LNaOH溶液，则根据元素守恒可知生成的n[Na(NO3)]=2.2mol，则n(NO)+ n(NO2)=2.2mol，根据电子守恒可知3n(NO)+ n(NO2)=4n(O2)=4mol，联立解得n(NO)=0.9mol，n(NO2)=1.3mol，可以得出合理解，故假设成立，两种气体分别为NO和NO2，物质的量分别为0.9mol、1.3mol；
Cu与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成的盐只有CuSO4，根据题意可知硝酸被铜还原后的产物又被氧气氧化生成了硝酸根，则根据电子守恒可知n(CuSO4)=2n(O2)=2mol；
【分析】其中A的原子有5种不同运动状态的电子，则A原子核外有5个电子，所以A为硼(B)元素；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则其核外电子排布应为1s22s22p2，所以B为碳(C)元素；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同，则D原子的核外电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧(O)元素，C位于碳和氧之间，所以C为氮(N)元素；G的原子序数为29，则G为铜(Cu)元素；F和D位于同一主族，且原子序数小于铜，则F为硫(S)元素；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素，且原子序数小于硫大于氧，则E为钠(Na)元素。
35．（2019高二上·剑河期末）三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
元素 A B C
结构信息 基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子 基态原子的M层有1对成对的p电子 基态原子核外电子排布为[Ar]3d104sx,有+1、+2两种常见化合价
（1）写出B原子的基态电子排布式 ；
（2）用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键 (任写一种)；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角 (填写“变大”、“变小”、“不变”)；
（3）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为 ，简要描述该配合物中化学键的成键情况 ；
（4）下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“ ”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是 (填写序号)；在②的分子中有 个σ键和 个π键
【答案】（1）1s22s22p63s23p4
（2）N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣；变大
（3）[Cu(NH3)4]SO4；中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合
（4）①③④；3；2
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4；（2）在氨水中，由于N和O的非金属性较强，可形成氢键，溶液中存在的氢键有：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-等，N的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，为正四面体结构，键角变大，故答案为：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-；变大；（3）硫酸铜溶液中逐滴加入过量氨水溶液，生成的配合物为[Cu（NH3）4]SO4；配合物中氨分子中N原子与铜离子之间以配位键结合形成铜氨络离子，硫酸根和铜氨络离子之间以离子键结合形成[Cu（NH3）4]SO4，故答案为：[Cu（NH3）4]SO4；中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合（4）由分子结构图可知①为氨气、②为乙炔、③为甲烷、④为水，其中氨气、甲烷和水的中心原子均以sp3杂化形成化学键；乙炔分子中C原子的杂化方式为sp杂化，分子中含有3个σ键和2个π键，故答案为：①③④,3；2。
【分析】A的基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，得到A的基态电子排布式1s22s22p3，为N元素；B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为S元素；C态原子核外电子排布为[Ar]3s104sx，有+1、+2两种常见化合价，说明最外层有1或2个电子，如为2，则为Zn，但化合价只有+2价，则应为[Ar]3d104s1，即Cu元素。
2023年高考真题变式分类汇编：含有氢键的物质
一、选择题
1．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
2．（2023·郴州模拟）2021年诺贝尔化学奖颁给了“在不对称催化方面”做出贡献的两位科学家。脯氨酸(结构如图)可参与诱导不对称催化反应，下列关于脯氨酸的说法错误的是
A．既可以与酸反应，又可以与碱反应
B．饱和碳原子上的一氯代物有3种
C．能形成分子间氢键和分子内氢键
D．与互为同分异构体
3．（2023·枣庄模拟）含Tp配体的钌(Ru)配合物催化氢化生成甲酸的机理如图所示：
下列叙述错误的是
A．循环中Ru的成键数目未发生变化
B．循环中氮和碳的杂化方式未发生改变
C．循环中物质所含氢键有分子间氢键和分子内氢键
D．循环的总反应为
4．（2022·温州模拟）冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法错误的是
A．晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键的长为d
B．冰晶体中，相邻的水分子间皆以氢键结合
C．冰密度比干冰的小，主要是因为冰晶体分子间的氢键存在方向性、饱和性
D．硫化氢晶体结构与冰相似
5．（2022·余姚模拟）2021年Benjamin List 和Dave MacMillan因不对称有机催化获得诺贝尔化学奖。他们利用有机小分子代替传统的金属催化剂进行不对称合成，脯氨酸是最常见的有机小分子催化剂，下图利用脯氨酸催化Aldol反应的机理如下图所示：
下列说法错误的是
A．Aldol反应方程式：
B．1→2为消去反应，2→3为加成反应
C．化合物3和4互为同分异构体
D．中间体3中存在氢键
6．（2022·海淀模拟）聚氨酯是一种应用广泛的有机材料，可根据需求调节其硬度，其结构片段如图。
(R、R'表示短碳链， 表示长碳链)
下列有关聚氨酯的说法错误的是（ ）
A．聚氨酯在一定条件下能发生水解
B．聚氨酯中只含有酯基
C．聚氨酯链之间可形成氢键，增大材料的硬度
D．的值越大，聚氨酯材料的硬度越大
7．（2022·泰安模拟）第24届冬奥会在北京、张家口两地举办。国家速滑馆“冰丝带”里屡破奥运会纪录，该冰场是冬奥史上“最快冰面”。冰层表面的结构如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A．冰熔化成水的过程中，，
B．第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构，密度比液态水小
C．第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的数目比固态冰中少
D．当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性水分子”，使冰面变滑
8．（2021·包头模拟）“暖冰”是科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成的。用“暖冰”做了一个如图所示的实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FeCl2溶液，溶液呈血红色。则下列说法错误的是（ ）
A．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
9．（2021·徐州模拟）Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，CuSO4溶液中加入强碱产生蓝色絮状沉淀，继续加入强碱沉淀溶解生成蓝色[Cu(OH)4]2-。CuSO4·5H2O的晶体结构如图，关于铜的化合物说法错误的是（ ）
A．蛋白质溶液中加入CuSO4发生盐析
B．Cu2O溶于硫酸的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
C．Cu(OH)2为两性氢氧化物，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖
D．CuSO4·5H2O晶体中 与水分子之间存在氢键
10．（2021·莆田模拟）如何对肿瘤精准治疗一直是医疗领域需攻克的难题之一，我国科研人员开发出的一种医用亲水凝胶，能使药物的释放更为精确。医用亲水凝胶生产过程中的一种中间体M的结构如图所示。下列有关M的说法正确的是（ ）
A．M分子间可通过缩聚反应合成高分子化合物
B．能发生消去反应
C．该分子亲水的原因是能形成分子内氢键
D．分子中所有的碳原子和氮原子可能共平面
11．（2020·绍兴模拟）羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法错误的是（ ）
A．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应
B．羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气
C．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键
12．（2020·佛山模拟）我国科学家提出用CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4的设想，置换过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．E代表CO2， F代表CH4
B．笼状结构中水分子间主要靠氢键结合
C．CO2置换出CH4的过程是化学变化
D．CO2可置换可燃冰中所有的CH4分子
13．（2018·河西模拟）结合下表已知信息，判断下列相关叙述正确的是( )
物质及其编号 分子式 沸点/℃ 水溶性
① 甘油 C3H8O3 259
② 1.2-丙二醉 C3H8O2 188 与水以任意比混溶
③ 乙醇 C2H6O 197.3
④ 丙烷 C3H8 -42.1 难溶于水
A．①、②、③属于一元饱和醇
B．可推测出乙二醇的沸点应低于乙醇的沸点
C．用蒸馏法可将②与③从其混合液中分离出来
D．醇分子之间、醇分子与水分子之间均能形成氢键
14．（2022高三上·海淀期末）我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是
A．化学式为 B．氢、氧原子都处于同一平面
C．氢、氧原子间均以氢键结合 D．图中所有键角都相同
15．（2022高二下·厦门期末）下列说法正确的是（ ）
A．H3O+的空间结构：平面三角形
B．冰中的氢键示意图：
C．基态氧原子价电子排布图：
D．基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d44s2
16．（2022高二下·绍兴期末）下列说法错误的是（ ）
A．一定条件下，苯与氯气生成六六六的反应属于加成反应
B．蛋白质的二级结构是因为肽键中的氧原子和氢原子之间存在氢键
C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出
D．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架上直接加热
二、多选题
17．（2022·潍坊模拟）化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成反应如图。下列说法错误的是（ ）
A．X分子间只能形成下列氢键：O-H…O、N-H…N
B．1molZ最多能与6molNaOH反应
C．Z分子中含2个手性碳原子
D．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体
三、非选择题
18．（2022·浙江6月选考）
（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是 。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因是 。
19．（2017·新课标Ⅱ卷）（15分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R代表）．回答下列问题：
（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为 ．
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，
其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是 ；氮元素的E1呈现异常的原因是 ．
（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．
①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为 ，不同之处为 ．（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型
B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构
D．共价键类型
②R中阴离子N5﹣中的σ键总数为 个．分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5﹣中的大π键应表示为 ．
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4+）N﹣H…Cl、 、 ．
（4）R的晶体密度为dg cm﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为 ．
20．（2022·广州模拟）氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
（1）基态N原子的核外电子排布式为 ，第一电离能：I1(N) I1(O)(填“大于”或“小于”)。
（2）N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物，NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式)。
（3）[N5]+[AsF6]-是一种全氮阳离子形成的高能物质，其结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为 。
（4）科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料-LaWN3，其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为a nm。
①La与N间的最短距离为 nm，与La紧邻的N个数为 。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于 位置，N处于 位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算表达式)。
21．（2022·长春模拟）卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下：
已知：(i) +HCl
(ii) +H2O
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）D中含O和含N的官能团名称分别是 。
（4）下列对有机物D叙述正确的是____(“填字母”)。
A．分子式为C13H8BrFON
B．分子间能形成氢键
C．既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
D．1molD最多能与6molH2 发生加成反应
（5）反应④中Y的结构简式为 ；反应⑤的反应类型为 。
（6）B的同分异构体中，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应的化合物共有 种。
（7）写出F的结构简式 。
22．（2022·浙江模拟）回答下列问题：
（1）已知固态NH3、H2O、HF中的氢键的键能和结构示意图如表所示：
物质及其氢健 HF(s)：F—H…F H2O(s)：O—H…O NH3(s)：N—H…N
健能/(kJ·mol-1) 28.1 18.8 5.4
H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因是 。
（2）镓的卤化物熔点如表所示：
物质 GaF3 GaCl3 GaBr3 GaI3
熔点/℃ 1000 78 124 213
各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是 。
23．（2020·白山模拟）铁、钴、镍都属于第Ⅷ族元素，它们的单质、合金及其化合物在催化剂和能源领域用途非常广泛。
（1）基态Fe2+的核外电子排布式为 。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因： 。
（2）BNCP可用于激光起爆器等，BNCP可由N2H4、HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。
①ClO4－的空间构型为 。
②CTCN的化学式为 ，与Co3+形成配位键的原子是 。(已知CO32 的结构式为 )
③ 可以 (双聚氰胺为原料制备。双聚氰胺中碳原子杂化轨道类型为 ， 中含有σ键的物质的量为 。
④ 是一种富氮含能材料。配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 。
（3）一种新型的功能材料的晶胞结构如图所示，Mn在面心和顶点，它的化学式可表示为 。
（4）镍镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm。则镍镁晶体未储氢时的密度为 (列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的数值) g cm-3。
24．（2018·重庆模拟）磷存在于人体所有细胞中，是维持骨骼和牙齿的必要物质，几乎参与所有生理上的化学反应。磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。请回答下列有关问题：
（1）画出基态P 原子的核外电子排布图 。
（2） NH3比PH3 易液化的原因是 。
（3） P4S3可用于制造火柴，其结构如图1所示。
①P4S3中硫原子的杂化轨道类型为 。
②电负性： 磷 硫(填“>”或“<”)；第一电离能磷大于硫的原因是 。
（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1mol NH4BF4中含有 mol 配位键。
（5）NF3的键角小于NH3的键角，其原因是 。
（6） 磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图2 所示。原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图中a 点和c 点的原子坐标参数依次为(0，0，0)、(1， ， )，则b点的原子坐标参数为 ；已知该晶胞中距离最近的两个磷原子的核间距离为Lpm，则该晶体密度为 g.cm-3(阿伏加德罗常数用NA表示，列出计算式即可)。
25．（2018·安阳模拟）铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列问题：
（1）Cu2O中阳离子的基态核外电子排布式为 ； Cu和Ni在元素周期表中的位置相邻， Ni在周期表中的位置是 。
（2）将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体 [Cu( NH3)4]SO4·H2O。
①乙醇分子中C 原子的轨道杂化类型为 ，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为 。
②[Cu( NH3)4]SO4·H2O]中存在的化学键除了极性共价键外，还有 。
③NH3极易溶于水的原因主要有两个，一是 ，二是 。
（3）CuSO4溶液中加入过量KCN溶液能生成配离子[Cu(CN)4]2-，1mol CN-中含有的π键数目为 。与CN-互为等电子体的离子有 （写出一种即可）。
（4）Cu 与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为a g·cm-3，则Cu与F最近距离为 pm（用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简）。
26．（2022高二上·衢州期末）回答下列问题：
（1）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构 。
（2）基态Zn的价层电子排布式 ，金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 。
（3）NH3的中心原子的杂化方式为 ，NH3中H-N-H键角 PH3中H-P-H键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（4）立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为a pm，密度为 g/cm3，A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离为 pm(列式表示)。
27．（2022高二下·杭州期末）五氮离子盐、均是高能炸药。回答：
（1）Cl的基态原子电子排布式为 。
（2）气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，N、O、F的第一电离能从小到大的顺序是 。(用元素符号表示)。
（3）经X射线衍射测得的局部结构如上图所示。
①的空间构型是 ，中O原子的杂化方式是 。
②中的σ键总数为 个，图中a处的氢键可表示为，请照此画出b处的氢键 。
（4）下列说法正确的是____
A．中含有非极性键
B．两种盐中的五氮离子的结构完全相同
C．两种盐爆炸时均产生气体且大量放热
D．中As显+7价，中As的配位数是6
（5）的晶体密度为，立方晶胞边长为anm，设晶胞中含有y个[]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为 。
28．（2022高二下·金华期末）一百多年前，李比希首先利用尿素合成了三聚氰胺()，它可用于阻燃剂、水泥减水剂和高分子合成等领域。请回答：
（1）根据李比希燃烧法，利用如图装置测定三聚氰胺的组成(图中铂小皿用于盛放样品)。
①高氯酸镁的作用是 。
②吸收管做成细长型的目的是 。
③设计准确测定体积的实验方案 。
（2）一些不法分子往牛奶中加入三聚氰胺，以提高奶制品的含氮量，三聚氰胺在体内可转化为三聚氰酸( )。
①三聚氰酸中的C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
②三聚氰酸分子中最多 个原子共平面，三聚氰胺与三聚氰酸之间会通过 (写出结构表达式)结合，在肾脏内形成结石。
（3）尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成链状二聚物，其方程式为：
三分子缩合时，还可成环。已知发生缩合反应失去，生成二聚物和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算各缩合产物的物质的量之比 。
（4）三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1：1)芳香化合物在特定溶剂中混合，迅速反应产生聚酰胺薄膜，部分结构如图所示(不同颜色表示不同的结构；环间的键仅表示连接关系，略去了环间的原子)。参与反应的芳香化合物的结构简式是 。
29．（2022高二下·昌平期末）金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取Cu2+的流程如下所示：
（1）有机化合物W的结构简式为：
①该分子中与氮原子相连的氧原子的杂化轨道类型为 。
②关于W的说法正确的是 。
a．能发生取代、加成、还原反应
b．可与碳酸钠反应产生气体
c．含有氨基官能团
（2）W可与Cu2+形成化合物Q，其结构如下图所示。
①解释氢键形成的原因 。
②氢键对Q在水中溶解性的影响是 (填“增大”或“减小”)。
③Cu2+与氮原子之间形成的化学键的类型是 。
30．（2021高一下·慈溪期末）按要求完成下列问题：
（1）写出硫酸铵的化学式 。
（2）写出次氯酸钠中存在的化学键类型 。
（3）比较物质沸点：H2O H2S(填“＞”、“＝”或“＜”)。
31．（2021高二下·信阳期末）A、B、C、D是四种短周期主族元素，其原子序数依次增大。只有B、C位于同一周期且位置相邻，其中C是地壳中含量最多的元素，D是其所处周期中电负性最强的元素。用元素相关化学符号回答下列问题：
（1）①A元素的原子结构示意图为 。
②B的基态原子电子的空间运动状态有 种。
③C的基态原子核外电子排布式为 。
④D的基态原子价层电子排布图为 。
（2）B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，推测的空间构型为 ；写出的一种等电子体的结构式 。
（3）B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是 (填离子符号)，原因 。
（4）如图是A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，其中虚线表示氢键，氢键之一的表示式可写为，请据图任意再写出一种氢键的表示式 (用元素符号)，阴离子中所含的键数目为 (用阿伏加德罗常数的值表示)。
32．（2020高二下·日照期末）氮原子不但可以形成离子键，还可以形成σ键、π键、大π键和配位键等，成键的多样性使其形成了多种具有独特组成的物质。回答下列问题：
（1）电负性：N O(填“＞” 或“＜”)，基态氮原子价电子排布图不是 ，是因为该排布方式违背了 。
（2）肼(H2N-NH2)分子中孤电子对与σ键的数目之比为 ，肼的相对分子质量与乙烯接近，但沸点远高于乙烯的原因是 。
（3）正硝酸钠(Na3NO4)为白色晶体，是一种重要的化工原料。
①写出与Na3NO4的阴离子互为等电子体的一种阴离子： (填化学式)。
②在573K条件下，实验室中用NaNO3和Na2O在银皿中反应制得Na3NO4，Na2O的立方晶胞如图所示。Na2O晶胞的参数为a pm，则晶胞密度为 g/cm3(列出计算式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)。
33．（2020高二下·胶州期末）黄铜矿(主要成分二硫化亚铁铜，化学式为CuFeS2)为原料可制备金属铜及其化合物，还可以制得铁红、硫磺等，工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）气体X的名称是 。
（2）“铁红”化学式为 。向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时(杂质不参加反应)，混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为 。
（3）FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 。
（4）反应I化学方程式为 ，反应II所得“溶液A”成分是(填化学式) 。
（5）科学家通过X射线推测胆矾结构示意图如图：
则1mol胆矾有 个氢键，写出能反映胆矾结构示意图形式的化学式 。
34．（2020高二下·徐州期末）原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G七种元素。其中A的原子有5种不同运动状态的电子；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素；F和D位于同一主族，G的原子序数为29。
（1）基态G原子的价电子排布式为 。
（2）元素B、C的简单气态氢化物的沸点较高的是 (用化学式表示)。
（3）A晶体熔点为2300℃，则其为 晶体。
（4）GD在加热条件下容易转化为G2D，从原子结构的角度解释原因 。
（5）G与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸盐，为将生成的两种气体(气体相对分子质量均小于50)完全转化为最高价含氧酸盐，消耗了1molO2和1L2.2mol/LNaOH溶液。则两种气体的分子式及物质的量分别为 ，生成硫酸铜物质的量为 。
35．（2019高二上·剑河期末）三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
元素 A B C
结构信息 基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子 基态原子的M层有1对成对的p电子 基态原子核外电子排布为[Ar]3d104sx,有+1、+2两种常见化合价
（1）写出B原子的基态电子排布式 ；
（2）用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键 (任写一种)；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角 (填写“变大”、“变小”、“不变”)；
（3）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为 ，简要描述该配合物中化学键的成键情况 ；
（4）下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“ ”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是 (填写序号)；在②的分子中有 个σ键和 个π键
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
2．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．通过结构简式可知，结构中含有羧基可以和碱反应，结构中含有氨基，可以和酸反应，A不符合题意；
B．由结构可知，五元环上的碳都是饱和碳，其中的4个碳上的氢是不同的，故饱和碳原子上的一氯代物有4种，B符合题意；
C．由结构简式可知，脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键和分子内氢键，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，脯氨酸与硝基环戊烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.羧基可以和碱反应，氨基可以和酸反应。
B.有几种氢原子，则一氯代物有几种。
C.羧基和亚氨基，能形成分子间氢键和分子内氢键。
D.同分异构体是指分子式相同，结构不同的化合物。
3．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．从图中可知，循环中Ru的成键数目一直为4，没有变化，A不符合题意；
B．循环中碳的杂化方式发生了变化，如CO2中碳为sp杂化，酯基中碳为sp2杂化，B符合题意；
C．从图中可知，循环图右上方的物质与水分子形成分子间氢键，右下方的物质形成分子内氢键，C不符合题意；
D．从循环图可知，该循环的总反应为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ru的成键数目始终为4；
C.第一步反应的产物中形成分子间氢键，第二步反应的产物中形成分子内氢键；
D.该过程的反应为二氧化碳和氢气，产物为甲酸。
4．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质
【解析】【解答】A．氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子即通过氢键连接，A不符合题意；
B．在冰晶体中，相邻水分子之间都有氢键生成，形成正四面体结构，B不符合题意；
C．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分顶角方向的4个相邻水分子形成氢键，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，密度较小，C不符合题意；
D．硫化氢分子间不存在氢键，所以硫化氢晶体结构与冰不相似，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；
B．氢键的定义：一个已经与电负性很强的原子（如N、O、F等）相结合的氢原子，在遇到另一个电负性很强的原子时，在这个氢原子与另一个电负性很强的原子之间，会形成一种微弱的静电引力，这种静电引力叫做氢键；
C．氢键的大小介于化学键与范德华力间，有键长、键能，氢键具有饱和性、方向性。
D．硫化氢分子间不存在氢键。
5．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．由分析可知，和为反应物，为生成物，Aldol反应方程式为：，故A不符合题意；
B．中间体1发生消去反应得到中间体2；中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，故B符合题意；
C．化合物3和4的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C不符合题意；
D．中间体2和另一反应物以氢键结合形成中间体3，即中间体3中存在氢键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据机理图判断；
B．有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；消去反应为有机物在一定条件下，从一个分子中脱去一个小分子，而生成含不饱和键化合物的反应；
C．分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
D．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键。
6．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由结构可知聚氨酯中含酯基-COO-和酰胺基-CONH-，故聚氨酯在一定条件下能发生水解，A不符合题意；
B．由结构可知聚氨酯中含酯基-COO-和酰胺基-CONH-共2种官能团，B符合题意；
C．与N相连的H可以和另外一条链中O、N形成氢键，从而增大材料的硬度，C不符合题意；
D．的值越大，短碳链：长碳链越大，链之间氢键越多，聚氨酯材料的硬度越大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.酰胺基、酯基在一定条件下能发生水解反应；
B.含有酯基和酰胺基；
C.N-H中氢原子能和其它结构中N-H中N原子形成氢键；
D.m/n的值越大，含有的酰胺基和酯基越多。
7．【答案】A
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．冰熔化成水的过程中，需要吸收热量，则
，物质由固相变成液相，熵增加，则
，故A符合题意；
B．固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构，体积变大，则固体冰密度比液态水小，故B不符合题意；
C．相同条件下，从图中可以看出，“准液体”中水分子间形成氢键的数目比固态冰中少，故C不符合题意；
D．“准液体”中的水分子与下层冰通过氢键连接，当高于一定温度时，氢键断裂，则产生“流动性水分子”，使冰面变滑，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.吸热
，物质从固态到液态是熵增的过程，
；
B.固态冰中由于氢键，导致水分子排列整齐，使得冰的密度比水小；
C.观察结构图可知；
D.观察图可知准液体”中的水分子与下层冰连接通过氢键连接，高于一定温度时，氢键会断裂。
8．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；氧化还原反应
【解析】【解答】A．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，故A不符合题意；
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故B符合题意；
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故C不符合题意；
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据题目中可使高锰酸钾以及亚铁离子变为三价铁离子说明其具有氧化性和还原性
B.未产生新的物质使物理变化
C.根据推测过氧化氢有氧化性和还原性
D.水的凝固点使0℃，在20℃就凝固因此在电厂作用下更易形成氢键
9．【答案】A
【知识点】含有氢键的物质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A．蛋白质溶液中加入CuSO4发生变性，故A符合题意；
B．Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4、H2O，反应的离子方程式：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故B不符合题意；
C．Cu(OH)2既可溶于强酸又可溶于强碱，Cu(OH)2为两性氢氧化物，葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色Cu2O沉淀，蔗糖和新制氢氧化铜悬浊液不反应，可用于鉴别葡萄糖和蔗糖，故C不符合题意；
D．根据图示，CuSO4·5H2O晶体中 与水分子之间存在氢键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铜离子是重金属离子不能使其生盐析，铜离子发生的是蛋白质变性
B.氧化亚铜本身发生的氧化还原反应
C.氢氧化铜悬浊液可以检验醛基
D.根据图示即可找出氢键的位置
10．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；有机物的结构和性质；缩聚反应
【解析】【解答】A．该分子结构中含有碳碳双键，只能通过加聚反应形成高分子化合物，故A不符合题意；
B．M不含醇羟基也不是卤代烃，不能发生消去反应，故B不符合题意；
C．该分子亲水的原因是分子中含有-NH2，-NH2是亲水基，能够与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引力，因此该物质易溶于水，C不符合题意；
D．分子中含有饱和C原子与不饱和C原子，含有碳碳双键的C原子与其相连的原子在同一平面上，两个平面共直线，可以在同一个平面上，因此分子中所有碳原子和氮原子可能共平面，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 根据M的结构简式可以找出含有碳碳双键和氨基和羰基，可以通过双键发生聚合得到有机高分子化合物，此结构中不含有发生消去的基团，该分子亲水主要原因是含有氨基与水形成氢键，该分子中含有饱和碳原子和不饱和碳原子可以通过旋转共面
11．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质；氧化还原反应
【解析】【解答】A．羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A不符合题意；
B．羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B不符合题意；
C．羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”， 故C符合题意；
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.羟氨中的氮原子含有孤对电子，易结合含有空轨道的氢离子，因此与酸反应
B.标出氮元素的化合价为-1价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性
C.羟氨与水分子的结构类似，是V型
D.氮原子有孤对电子，易与水中的氢原子结合形成氢键
12．【答案】B
【知识点】含有氢键的物质；甲烷的化学性质
【解析】【解答】A. CO2置换可燃冰(mCH4·nH2O) 中CH4，由题图可知E代表CH4， F代表CO2，故A不符合题意；
B. 笼状结构中水分子间主要靠氢键结合，故B符合题意；
C. 由图可知CO2置换出CH4的过程没有形成新的化学键，则CO2置换出CH4的过程是物理变化，故C不符合题意；
D. 由图可知小笼中的CH4 没有被置换出来，则CO2不可置换可燃冰中所有的CH4分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据图示信息知E代表的是甲烷，F代表的是二氧化碳，A选项错误；
B.可燃冰中的笼状结构的水分子之间可以形成氢键，其分子之间主要以氢键的形式想结合；
C.用CO2置换出CH4的过程没有新物质的产生，只有新物质产生的变化才是化学变化，因此该变化是物理变化；
D.根据图示知，二氧化碳只能置换出中笼中的甲烷分子。
13．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. ①甘油为丙三醇属于三元醇、②1，2-丙二醇为二元醇、③乙醇属于一元饱和醇，故A不符合题意；
B. 氢键越多沸点越高，即羟基越多沸点越高 乙二醇分子中的羟基数目比乙醇多，其分子之间可以形成的氢键多，所以其沸点高于乙醇的沸点，B不符合题意；
C.因为②为1，2-丙二醇，其沸点为188℃、③为乙醇其沸点为197.3℃，沸点相差不大，不可用蒸馏法可将②与③从其混合液中分离出来，故C不符合题意；
D. 氢键是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子，与另一个电负性很大的原子之间的作用力，所以醇分子之间、醇分子与水分子之间均能形成氢键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D中氢键主要影响物质的溶解性和熔沸点，分子间的氢键可以增大物质的溶解性和熔沸点，分子内氢键可以降低物质的溶解性和熔沸点。
14．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．水合质子带正电，化学式为，A符合题意；
B．中心O原子为sp3杂化，存在孤电子对，结合质子的水分子为三角锥形结构，水分子为V形结构，氢、氧原子不可能都处于同一平面，B不符合题意；
C．水分子之间的氢、氧原子间均以氢键结合，但是水分子内的氢、氧原子间均以共价键结合，C不符合题意；
D．水分子为V形结构，结合质子的水分子为三角锥形结构，结构不同，键角不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.H3O+中心O原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，为三角锥形结构；
C.水分子中的H、O以共价键结合；
D.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
15．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．H3O+的中心O原子价层电子对数是3+=4，中心O原子上有1对孤对电子，则其空间结构为三角锥形，A不符合题意；
B．冰中一个H2O分子与相邻的4个H2O形成氢键，故冰中的氢键示意图：，B符合题意；
C．原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态氧原子价电子排布图：，C不符合题意；
D．Cr是24号元素，当原子核外电子的轨道处于全满、半满或全空时是处于稳定状态，则根据构造原理可知基态Cr原子电子排布式：[Ar]3d54s1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据中心原子的价层电子对数进行分析简单离子的空间构型。
B.1个H2O分子能与相邻的4个H2O形成氢键。
C.氧原子的价电子排布式为2s22p4，结合核外电子排布原则（能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则）进行分析。
D.注意当原子核外电子的轨道处于全满、半满或全空时是处于稳定状态。
16．【答案】D
【知识点】含有氢键的物质；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】A．一定条件下，苯与氯气发生加成反应生成六六六(C6H6Cl6)，A不符合题意；
B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的，B不符合题意；
C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，与气体形成对流利于冷却，C不符合题意；
D．灼烧固体时，坩埚放在铁圈或三脚架的泥三角上进行加热，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据苯的性质判断；
B．蛋白质的二级结构主要依靠肽链中-NH2上的氢原子与羰基上的氧原子形成氢键而实现的；
C．蒸馏中，采用逆流操作；
D．坩埚可直接加热固体。
17．【答案】A,C
【知识点】含有氢键的物质；有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A．由X的结构简式可知，X分子中含有O-H、N-H、N、O，因此X分子间可形成的氢键有：O-H…O、N-H…N、O-H…N、N-H…O，A符合题意；
B．根据Z的结构简式，1molZ分子含有2mol酚羟基、1mol酯基、1mol羧基和1mol-CONH-，均能与NaOH反应，同时分子中酯基与NaOH反应后会生成酚羟基，因此多消耗1molNaOH，故1molZ最多能与6molNaOH反应，B不符合题意；
C．手性碳原子为饱和碳原子，连有4个不同的基团，故Z分子中只含有1个手性碳原子，如图 ，C符合题意；
D．由X、Y、Z的结构简式可知，三种分子均存在碳碳双键，且双键碳原子一端连有不同的原子或原子团，因此均存在顺反异构体，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.X分子中O-H、N-H、N、O均能形成氢键；
B..Z中酚羟基、酯基、酰胺键、羧基均能与NaOH反应；
C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
D.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
18．【答案】（1）乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小
（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱
【知识点】离子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）乙醇和水均可形成分子间氢键，水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，导致乙醇的挥发性比水的强。
（2）KH和NaH均为离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H-的离子键作用较强，H-更难失电子、还原性更弱，即KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。
【分析】（1）水分子中含有的氢键比乙醇多；
（2）钾离子半径大于钠离子半径，KH中的离子键比NaH中离子键弱。
19．【答案】（1）
（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子
（3）ABD；C；5NA；Π56；（H3O+）O﹣H…N；（NH4+）N﹣H…N
（4）
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】解：（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为 ，故答案为： ；（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，
故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；（3）①A．阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为 =0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为 =1，价层电子对数为4，为sp3杂化；
B．由以上分析可知H3O+和NH4+中心原子的价层电子对数都为4；
C．NH4+为空间构型为正四面体，H3O+为空间构型为三角锥形；
D．含有的共价键类型都为σ键．
两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；
故答案为：ABD；C；
②根据图（b）N5﹣中键总数为5NA个，根据信息，N5﹣有6个电子可形成大π键，可用符号Π56表示，
故答案为：5NA；Π56；
③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键，还可表示为（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N，
故答案为：（H3O+）O﹣H…N、（NH4+）N﹣H…N；（4）由d= = 可知，y= ，故答案为： ．
【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定；（3）①根据图（b），阳离子为H3O+和NH4+，NH4+中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为 =0，价层电子对数为2，杂化类型为sp3，H3O+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为 =1，空间构型为正四面体，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；②根据图（b）N5﹣中键总数为5NA个，根据信息，N5﹣的大π键可用符号Π56；③O、N的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H都可与H形成氢键；（4）根据d= = 计算．
20．【答案】（1）1s22s22p3；大于
（2）NH3> AsH3>PH3
（3）sp、sp2
（4）；12；体心；棱心；
【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；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：I1(N)大于I1(O)。
(2)分子中N原子的电负性比较强，在氨气分子间存在氢键，导致沸点升高；NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3> AsH3>PH3。
(3)能形成双键的N原子除σ键、π键，还存在孤电子对，采用sp2杂化；形成叁键的2个氮原子为直线型结构，为sp杂化，故N原子的杂化轨道类型为sp、sp2。
(4)①晶胞参数为a nm ，La与N间的最短距离为面对角线的一半，为；由图可知，与La紧邻的N个数为12。
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则可以将晶胞向外延伸，在新的晶胞中，La处于8个W构成的立方体的体心位置，N处于2个W构成的棱的棱心位置。
③设LaWN3的式量为Mr，阿伏加德罗常数的值为NA；晶胞中La原子位于顶点一个晶胞中La原子数目为，W原子位于晶胞内部，一个晶胞中W原子数目为1，N原子位于面心，一个晶胞中N原子数目为，则晶胞质量为；晶胞参数为a nm，则晶胞体积为，所以密度为g·cm-3。
【分析】（1）对于处于半满和全满结构，其结构比较稳定，电离能会异常的高，如Be，Mg，N，P
（2）比较氢化物熔沸点看两点：1.结构相似，相对分子量越大，范德华力越大，沸点越高；2.是否含有氢键
（3）结合其结构，形成既有双键也要三键，所以杂化方式有 sp、sp2
（4） La与N间的最短距离为 晶胞对角线的1/2，利用p=m/v，利用算出一个晶胞质量和晶胞体积，带入即可
21．【答案】（1）2-氟甲苯(或邻氟甲苯)
（2）++NaOH+NaCl+H2O
（3）羰(酮)基、氨基
（4）B；C
（5）；取代反应
（6）10
（7）
【知识点】含有氢键的物质；有机化合物的命名；有机物的推断；芳香烃；醛的化学性质
【解析】【解答】由B的分子式、反应条件可知，A中甲基被氧化为-COOH生成B，故B为，由C→D的第一步反应条件可知C→D的第一步发生信息(i)中反应，则C中存在-COCl结构，对比B、C的分子式，可知B中-OH被氯原子替代生成C，故C为，对比C、D的结构，结合X的分子式，可推知X为，D与Y反应生成E和HBr，发生取代反应，可推知Y为，F发生已知反应(ii)生成W，对比E和W的结构简式可知， E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，则F为 。
(1)由A的结构简式可知，A的名称为2-氟甲苯(或邻氟甲苯)；
(2)反应③是和反应生成和HCl，HCl又与NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为++NaOH+NaCl+H2O；
(3)D中含O的官能团为羰(酮)基，含N的官能团为氨基；
(4)A．由有机物D的结构简式可知，其分子式为C13H9BrFON，故A不符合题意；
B．有机物D含有氨基，分子间能形成氢键，故B符合题意；
C．有机物D中含有氨基，能与盐酸反应，含有Br和F，能与NaOH发生水解反应，故C符合题意；
D．有机物中含有的苯环和羰基能与氢气发生加成反应，1molD最多能与7molH2 发生加成反应，故D不符合题意；
故答案为：BC；
(5)由上述分析可知，Y的结构简式为；E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH替代生成F，因此反应⑤为取代反应；
(6)B的结构简式为，遇到Fe3+显色并能发生银镜反应，说明分子中含有酚羟基和醛基，则苯环的侧链为-F、-CHO、-OH，固定两个取代基，移动另一个取代基，-F和-OH有邻、间、对3种位置关系，对应的-CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2=10种；
(7)由上述分析可知，F的结构简式为。
【分析】根据A、B的分子式及反应条件可知A中甲基被氧化为-COOH，推出B的结构简式为 ，A→B发生氧化反应；根据C+X→D的反应条件，以及D的结构简式和结合已知信息（ⅰ）可知，C、X中各有一个苯环，结合C、X的分子式推出其结构简式分别为 、 ，B中羧基上的-OH被氯原子取代，B→C，C→D均发生取代反应；对比D、E的结构简式可推出Y的结构简式为 ，D中氨基上的氢原子被取代，D→E发生取代反应；对比E、W的结构简式，并结合已知信息（ⅱ）可推出F的结构简式为 ，E中亚甲基连接的溴原子被-NHCH2CH2OH取代，E→F发生取代反应。据此分析。
22．【答案】（1）虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低
（2）四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高
【知识点】含有氢键的物质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】(1)虽然单个氢键的键能大小顺序是HF>H2O>NH3，但从各固态物质中的氢键结构可以推知，液态H2O、HF、NH3中氢键数量各不相同，状态变化时要克服的氢键的总键能，三者分别为18.8×2=37.6 kJ·mol-1、28.1×1=28.1 kJ·mol-1、5.4×3=16.2 kJ·mol-1，故大小顺序是H2O>HF>NH3，所以H2O、HF、NH3沸点依次降低；
(2)各物质的熔点从GaCl3、GaBr3、GaI3到GaF3依次升高，原因是四种物质组成相似，GaF3为离子晶体，熔点最高，其他三种均为分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，熔点逐渐升高。
【分析】（1） H2O、HF、NH3三种物质沸腾要克服的作用力主要是氢键，通过图示可知等物质的量的三种物质所含氢键数不同，各类分子间氢键的大小也不同，计算出1mol3种物质需要克服的氢键的大小，即可比较沸点的高低；
(2)通过表格数据可以判断GaF3是离子晶体，其余三种是分子晶体，离子晶体的沸点一般高于分子晶体，同种类型的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
23．【答案】（1） (或 )；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱
（2）正四面体；N和O；sp2、sp；9 mol；N2H4与水可形成分子间氢键
（3）
（4）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；含有氢键的物质
【解析】【解答】⑴Fe是26号元素，基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。结合电子排布式分析Fe3+比Co3+氧化性弱的原因：Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱；故答案为：[Ar]3d6；Fe3+的基态电子排布式为3d5，Co3+的基态电子排布式为3d6，Fe3+具有半充满结构，而Co3+不具备这种结构，因此Fe3+氧化性比Co3+弱。⑵①ClO4－价层电子对数 ，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。②CTCN中NH3的N有孤对电子，CO32 的O有孤对电子，因此与Co3+形成配位键的原子是N、O；故答案为：N、O。③双聚氰胺 中第一个碳原子有3个σ键，无孤对电子，价层电子对数为3，杂化轨道为sp2，第二个碳原子有2个σ键，无孤对电子，价层电子对数为2，杂化轨道为sp， 中含有σ键的物质的量为9mol；故答案为：sp2、sp；9。④配体N2H4能与水混溶，除因为它们都是极性分子外，主要是因为N2H4与水形成分子间氢键；故答案为：N2H4与水可形成分子间氢键。⑶晶胞中Ni在体内，共有8个，Mn在面心和顶点，个数为 ，Ga在棱心，个数为 ，化学式可表示为Ni2MnGa；故答案为：Ni2MnGa。⑷H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间的距离为anm，因此距离最近的两个H2分子之间是面对角线的一半，则晶胞参数为 nm，晶胞中Mg个数为8个，Ni为4个，则镍镁晶体未储氢时的密度为 ；故答案为： 。
【分析】⑴基态Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，分析氧化性主要看Fe3+和Co3+的核外电子排布。⑵①计算ClO4－价层电子对数；②有孤对电子才能与Co3+形成配位键；③逐个分析双聚氰胺中碳原子价层电子对数；④从相似相溶和分子间氢键角度思考配体N2H4能与水混溶。⑶分别计算晶胞中Ni、Mn、Ga的个数。⑷先根据氢气分子之间距离得出晶胞参数，再计算晶胞中Mg、Ni个数，再计算密度。
24．【答案】（1）
（2）NH3分子间存在氢鍵
（3）sp3；<；磷原子3p轨道处于半满状态，不容易失去电子
（4）2
（5）F的电负性大于H，故NF3中N的周围的电子密度小于NH3中N周围电子密度
（6）；
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）P 原子核电荷数为15，电子排布为1s22s22p63s23p3，核外电子排布图 ；正确答案： 。
（2）NH3分子间存在氢鍵，PH3 分子间无氢键，因此NH3比PH3 易液化；正确答案：NH3分子间存在氢鍵。
（3）①P4S3中硫原子形成2个共价键，孤电子对数为1/2×(6-2×1)=2，则有4个价层电子对，其杂化的轨道类型为sp3；正确答案：sp3。
②同一周期，从左到右，电负性增大，因此电负性：磷<硫；同一周期，第一电离能呈现增大的趋势，由于磷原子3p轨道处于半满状态，不容易失去电子，第一电离能磷大于硫；正确答案： <；磷原子3p轨道处于半满状态，不容易失去电子。
（4）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键；正确答案：2。
（5）F的电负性大于H，故NF3中N的周围的电子密度小于NH3中N周围电子密度，因此NF3的键角小于NH3的键角；正确答案：F的电负性大于H，故NF3中N的周围的电子密度小于NH3中N周围电子密度。
（6）图中a点坐标参数为(0、0、0)、c点坐标参数为(1、 、 )，说明晶胞边长为1，a、c点距离为晶胞对角线的 ，则c点的原子坐标参数为 ；根据晶胞结构可知：硼原子个数为4，磷原子个数为8×1/8+6×1/2=4，即该晶胞中含有4个磷化硼，质量为4×42/NAg， 设该晶胞的棱长为xcm，该晶胞中距离最近的两个磷原子的核间距离为面对角线上的一半，所以x= L×10-10cm，晶胞的体积为x3=( L)3×10-30 cm3；设晶胞的密度为ρg.cm-3，则ρ=[4×42/NA]÷[( L)3×10-30] = g.cm-3；正确答案： ； 。
【分析】注意配位键的判断方法，根据中心原子杂化方式和电子排布式进行分析有无孤独电子和空轨道。
25．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；第四周期第Ⅷ族
（2）sp3；正四面体形；离子键、配位键；氨分子和水分子之间能形成氢键；氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶
（3）2NA或1.204×1024；C22-
（4） × ×1010
【知识点】原子核外电子的能级分布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）Cu2O中的阳离子Cu+，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10； Ni在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。
（2）乙醇分子中C 原子的轨道杂化类型为sp3，NH3与H+以配位键形成NH4+，则NH4+的空间构型为正四面体形。②[Cu( NH3)4]SO4·H2O]中存在的化学键有极性共价键，铜与氨分子之间的配位键，铜与硫酸根离子之间的离子键。
故答案为：离子键、配位键。③因为氨分子和水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，根据相似相溶原理NH3极易溶于水。
故答案为：氨分子和水分子之间能形成氢键 氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 。
（3）氮气与CN-互为等电子体，分子中含有三键，则1mol CN-中含有的π键的数目为2NA或2×6.02×1023。原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与CN-互为等电子体的离子有C22-；
故答案为： 2NA或1.204×1024 C22-。
（4）由图之晶胞的结构式：铜原子为8×1/8+6×1/2=4，F原子在立方体内为4，所以化学式(CuF)4晶体密度a g·cm-3.根据密度公式知Cu与F最近距离 × ×1010
【分析】（3）根据等电子体的概念和等电子体的性质判断CN-中含有的π键的数目以及其他等电子体即可。
26．【答案】（1）
（2）3d104s2；Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（3）sp3；大于
（4）；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）由于F元素的非金属性很强，原子半径小，导致HF分子中共用电子对强烈偏向F原子一方，H原子几乎形成裸露的质子，H原子与另外的HF分子的F之间形成氢键，而F原子与其它HF分子的H原子形成氢键，因此每个HF分子可以与相邻的2个HF易形成氢键，则(HF)3的链状结构为；
（2）Zn是30号元素，根据构造原理，可知基态Zn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s2，则其价电子排布式是3d104s2；
金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子[Zn(NH3)4]2+，H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，则Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（3）NH3的中心N原子价层电子对数为3+=4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化；
元素的非金属性：N＞P，原子半径：N＜P，因此共价键的极性：N-H＞P-H，导致N-H键之间的斥力大于P-H之间的斥力，故NH3中H-N-H键角大于PH3中H-P-H键角；
（4）在立方ZnS晶胞中含有S2-为：8×+6×=4；含有Zn2+的数目是4个，即1个晶胞中含有4个ZnS，由于晶胞边长为a pm，故该晶胞的密度ρ=；
根据图示可知晶胞中A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离为晶胞体对角线的；晶胞边长为a pm，晶胞体对角线为，故晶胞中A位S2-离子与B位置Zn2+离子之间的距离L=pm。
【分析】（1）固体HF中存在氢键；
（2）Zn为30号元素，根据构造原理书写其价电子排布式；Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，即为[Zn(NH3)4]2+；
（3）NH3中N原子的价层电子对数为4；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4）根据均摊法和计算。
27．【答案】（1）
（2）O
（4）A；C
（5）
【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；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；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)Cl的原子序数为17，基态原子电子排布式为；
(2)同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，由于N的p能级处于半充满状态，N的第一电离能大于O，所以从小到大的顺序是O
(4)A．中含有N-N非极性键，故A正确；
B．两种盐中的五氮离子分别为和，结构分别为五元环结构和V型结构，故B不正确；C．两种盐爆炸时均产生气体且大量放热，故C正确；
D．中为，所以As显+5价，中As的配位数是6，故D不正确；
故答案为：AC；
(5)
晶体密度为，立方晶胞边长为anm，设晶胞中含有y个[]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为：。
【分析】（1）Cl为17号元素，根据构造原理可知，Cl的基态原子电子排布式为；
（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；
（3）①中N原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；中O的价层电子对数为4；
②单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
（4）A.同种非金属原子间形成非极性键；
B.和的结构不同；
C.两种盐爆炸时均产生气体且大量放热；
D.中As显+5价；
（5）根据列式计算。
28．【答案】（1）吸收，以确定含氢量；增大固气接触面积，有利于完全吸收；先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积
（2）；12；或
（3）
（4）
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；含有氢键的物质；烃类的燃烧
【解析】【解答】三聚氰胺完全燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，然后产生的气体再经过燃烧炉，是防止燃烧过程中生成CO；经过高氯酸镁，会吸收产生的水；经过碱石棉，吸收产生的二氧化碳；最后连接氮气的体积测定装置。
(1)①由分析可知，高氯酸镁的作用是吸收，以确定含氢量，故答案为：吸收，以确定含氢量；
②吸收管做成细长型的目的是增大固气接触面积，有利于完全吸收，故答案为：增大固气接触面积，有利于完全吸收；
③氮气中混有氧气，则准确测定体积的实验方案：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积，故答案为：先将气体通过灼热的铜粉除去氧气，冷却后用量气装置测量剩余气体体积；
(2)①同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O位于同一周期且分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能大小顺序为，故答案为：；
②三聚氰酸分子中的六元环在一个平面上，氢氧原子在同一平面，碳氧原子直接相连，可以通过旋转使所以原子在同一平面，则最多12个原子共平面；三聚氰胺和三聚氰酸分子中都有氢原子与氧原子直接相连，氮原子、氧原子上都有孤电子对，它们可形成分子间氢键，结构表达式为：或，从而在动物的肾脏内形成结石，故答案为：12；或；
(3)设：二聚物为；链状三聚物为；环状三聚物为；根据方程式有：
2x+3y+3z=12，x+2y+3z=8，，联立三式解得：x=3，y=1，z=1，则，故答案为：；
(4)根据生成物的结构简式可判断应该是缩聚产物，又因为与参与反应的芳香化合物中氯、氧元素中原子数比1 ：1，这说明生成的小分子应该是氯化氢，所以该有机物的结构简式是，故答案为：。
【分析】
(1)①由产物分析判断；
②增大接触面积，有利于完全吸收；
③氮气中混有氧气，应先除去氧气；
(2)①同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
②氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
(3)依据原子守恒列方程组；
(4)根据生成物的结构简式可判断是缩聚产物。
29．【答案】（1）sp3；a
（2）氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力；减小；配位键
【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；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）①该分子中，与氮原子相连的氧原子，其价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3。②a．该分子中含有苯环，能发生取代、加成、还原反应，a正确；b．分子中所含的酸性基团为酚羟基，能与碳酸钠反应但不产生气体，b不正确；c．氨基官能团的结构简式为-NH2，分子中不含有此官能团，c不正确；
故答案为：a。答案为：sp3；a；
（2）①氢键形成的原因：氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力。②该物质形成分子内的氢键，会降低其在水中的溶解度，则对Q在水中溶解性的影响是减小。③Cu2+能提供空轨道，氮原子提供孤对电子，所以Cu2+与氮原子之间形成的化学键的类型是配位键。答案为：氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力；减小；配位键。
【分析】（1）①该分子中与氮原子相连的氧原子的结构式为=N-O-H，O原子还含有2对孤电子；
②W分子中含有苯环、C=N-OH基团、酚羟基-OH、烷基等结构，具有苯、苯酚、羟胺和烷烃的化学性质；
（2）①氧的电负性大、原子半径小，而氢原子几乎是裸露的质子，二者处于相邻位置，相互间存在作用力，能形成氢键；
②分子内氢键会减小Q在水中的溶解性；
③Cu2+含有空轨道，N还含有1对孤电子，二者形成配位键。
30．【答案】（1）(NH4)2SO4
（2）离子键、极性共价键(或离子键、共价键)
（3）>
【知识点】化学键；含有氢键的物质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)硫酸铵的化学式为(NH4)2SO4；
(2)次氯酸钠的Na+和ClO-之间存在离子键，ClO-内的Cl和O原子之间存在共价键；
(3) H2O中存在氢键，沸点较H2S的高，则沸点：H2O >H2S。
【分析】（2）次氯酸钠由次氯酸根离子和钠离子构成，含离子键和共价键；
（3）水分子间能形成分子间氢键，熔沸点比H2S高。
31．【答案】（1）；5(或五)；；
（2）直线形；O=C=O
（3）；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
（4）[或]；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；含有氢键的物质
【解析】【解答】(1)①H元素的原子结构示意图中质子数和核外电子数都为1，A元素的原子结构示意图为。故答案为：；
②N的基态原子电子占据1s、2s、2p共5个轨道，B的基态原子电子的空间运动状态有5(或五)种。故答案为：5(或五)；
③O的基态原子核外电子排布式为。故答案为：；
④Cl的基态原子价层电子排布图为。故答案为：；
(2)B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，中心N原子价层电子对数为2+=2，sp杂化，的空间构型为直线形；原子总数为3，价电子总数为16，的一种等电子体的结构式O=C=O。故答案为：直线形；O=C=O；
(3)B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是，原因的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力。故答案为：；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(4)根据A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，一种氢键的表示式[或]，2个原子之间的键只可能有1个，所以根据结构图阴离子中所含的键数目为。故答案为：[或]；。
【分析】依据原子的序数判断；
②依据原子构造原理判断；
③依据原子核外电子排布规律书写；
④依据原子构造原理；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
(4)根据晶体结构图，依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
32．【答案】（1）<；洪特规则
（2）2：5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键
（3） (或 、 等)；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）元素的非金属性越强，元素的电负性越大，氧元素的非金属性强于氮元素，则氮元素的电负性小于氧元素；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，正确的排布为 ，故答案为：<；洪特规则；
（2）由肼的结构简式可知，肼分子中每个氮原子各有1个孤电子对，每个分子中有2个孤电子对，5个σ键，二者之比为2∶5；肼分子间可形成氢键，乙烯分子间不能形成氢键，肼分子间的作用力大于乙烯分子，使得肼分子的沸点远高于乙烯，故答案为：2:5；肼分子间存在氢键，乙烯分子间无氢键；
（3）①等电子体具有相同的原子个数和相同的价电子数，与 互为等电子体的阴离子应该具有5个原子和32个价电子，符合要求的阴离子有 、 、 等，故答案为： (或 、 等)；
②由氧离子半径大于钠离子可知“●”为O2 ，“○”为Na+，由晶胞结构可知，氧离子的个数为8× ＋6× =4，钠离子的个数为8个，晶胞中含4 个Na2O，晶胞的参数为a pm=a×10 10 cm，晶胞体积为(a×10 10)3 cm3×NA，则晶胞密度为 g cm 3，故答案为： 。
【分析】（1）元素的非金属性越强，元素的电负性越大；根据洪特规则，电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道；
（2）由肼的结构简式可知，肼分子中每个氮原子各有1个孤电子对，每个分子中有2个孤电子对，5个σ键；肼分子间可形成氢键，乙烯分子间不能形成氢键；
（3）①等电子体具有相同的原子个数和相同的价电子数；
②依据分摊法计算可得。
33．【答案】（1）二氧化硫
（2）Fe2O3；3：2
（3）CuFeS2+Cl-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+
（4）CuCl + NaCl = Na[CuCl2]；NaCl、CuCl2
（5）4NA；[Cu(H2O)4]SO4·H2O
【知识点】含有氢键的物质；铜及其化合物；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；分子式
【解析】【解答】(1) CuFeS2在空气中焙烧，生成SO2气体，气体X是二氧化硫；
(2) Fe2O3的俗名是“铁红”；向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时硝酸表现氧化性、硫酸表现酸性，反应方程式是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，所以混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3：2；
(3)FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为CuFeS2+Cl-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+；
(4)反应I是CuCl和NaCl反应生成可溶性Na[CuCl2]，化学方程式为CuCl + NaCl = Na[CuCl2]，反应II 是Na[CuCl2]加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl，所得“溶液A”成分是NaCl、CuCl2；
(5) 根据图示 ， 1mol胆矾有4NA个氢键(红圈标出)，能反映胆矾结构示意图形式的化学式[Cu(H2O)4]SO4·H2O。
【分析】CuFeS2在空气中焙烧生成二氧化硫、泡铜、氧化铁；CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S；CuCl和NaCl反应生成可溶性Na[CuCl2]；Na[CuCl2]加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl。
34．【答案】（1）3d104s1
（2）NH3
（3）原子
（4）Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定
（5）0.9molNO、1.3molNO2；2mol
【知识点】原子核外电子排布；原子结构的构造原理；原子晶体（共价晶体）；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)G为Cu，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，所以价电子排布式为3d104s1；
(2)元素B、C分别为C元素和N元素，简单气态氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3分子之间存在氢键，所以NH3的沸点较高；
(3)元素A为硼，硼晶体熔点很高，应为原子晶体；
(4)GD为CuO，加热条件下容易转化为Cu2O；Cu2+外围电子排布为3d9，而Cu+外围电子3d10为全充满稳定状态，所以Cu2O更稳定，CuO在加热条件下容易转化为Cu2O；
(5)同时产生两种气体，气体相对分子质量均小于50，根据N元素的价态变化规律和硝酸与铜反应的规律不妨设两种气体为NO和NO2；消耗1L2.2mol/LNaOH溶液，则根据元素守恒可知生成的n[Na(NO3)]=2.2mol，则n(NO)+ n(NO2)=2.2mol，根据电子守恒可知3n(NO)+ n(NO2)=4n(O2)=4mol，联立解得n(NO)=0.9mol，n(NO2)=1.3mol，可以得出合理解，故假设成立，两种气体分别为NO和NO2，物质的量分别为0.9mol、1.3mol；
Cu与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应生成的盐只有CuSO4，根据题意可知硝酸被铜还原后的产物又被氧气氧化生成了硝酸根，则根据电子守恒可知n(CuSO4)=2n(O2)=2mol；
【分析】其中A的原子有5种不同运动状态的电子，则A原子核外有5个电子，所以A为硼(B)元素；B的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则其核外电子排布应为1s22s22p2，所以B为碳(C)元素；D的基态原子2p能级上的未成对电子数与B原子的相同，则D原子的核外电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧(O)元素，C位于碳和氧之间，所以C为氮(N)元素；G的原子序数为29，则G为铜(Cu)元素；F和D位于同一主族，且原子序数小于铜，则F为硫(S)元素；E为它所在周期中原子半径最大的主族元素，且原子序数小于硫大于氧，则E为钠(Na)元素。
35．【答案】（1）1s22s22p63s23p4
（2）N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣；变大
（3）[Cu(NH3)4]SO4；中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合
（4）①③④；3；2
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】（1）B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故答案为：1s22s22p63s23p4；（2）在氨水中，由于N和O的非金属性较强，可形成氢键，溶液中存在的氢键有：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-等，N的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，为正四面体结构，键角变大，故答案为：N-H…N-或N-H…O-或 O-H…N-或O-H…O-；变大；（3）硫酸铜溶液中逐滴加入过量氨水溶液，生成的配合物为[Cu（NH3）4]SO4；配合物中氨分子中N原子与铜离子之间以配位键结合形成铜氨络离子，硫酸根和铜氨络离子之间以离子键结合形成[Cu（NH3）4]SO4，故答案为：[Cu（NH3）4]SO4；中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合（4）由分子结构图可知①为氨气、②为乙炔、③为甲烷、④为水，其中氨气、甲烷和水的中心原子均以sp3杂化形成化学键；乙炔分子中C原子的杂化方式为sp杂化，分子中含有3个σ键和2个π键，故答案为：①③④,3；2。
【分析】A的基态原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子，得到A的基态电子排布式1s22s22p3，为N元素；B基态原子的M层有1对成对的p电子，即有两个未成对的电子得到B原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p4，为S元素；C态原子核外电子排布为[Ar]3s104sx，有+1、+2两种常见化合价，说明最外层有1或2个电子，如为2，则为Zn，但化合价只有+2价，则应为[Ar]3d104s1，即Cu元素。
