【文档说明】【精准解析】河南省郑州市外国语学校2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题.doc，共(20)页，1.160 MB，由小赞的店铺上传

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高二化学网课测试可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-31一.选择题1.下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）A.124gP4含有P—P键的个数为4NAB.1molCH4中含有C—H键的个数为4NAC.12

g金刚石中含有C—C键的个数为4NAD.1molCO2晶胞中含NA个CO2【答案】B【解析】【详解】A.124g4P的物质的量为1mol，由于4P为正四面体结构，故其中含有P-P键的数目为6AN，A错误；B.1molCH4中含有C—H键的个数为4NA，B正确

；C.12g金刚石的物质的量为1mol，根据均摊法，1mol金刚石中含有的C-C键为2AN，C错误；D.根据均均摊法，可以计算出每个干冰晶胞中含有4个二氧化碳分子，故1molCO2晶胞中含4NA个CO

2，D错误；故答案选B。【点睛】白磷和甲烷均为正四面体构型，但是白磷分子中含有6个P-P键，而甲烷分子中含有4个C-C键。2.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p

5则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>②>①B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>②>①D.最高正化合价：④>③＝②>①【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23

p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期

相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半

径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜

④，故C错误；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。故选A。3.下列结构图中●代表前二周期元素的原子实（原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分），小黑点代表未用于形成共价键的最外

层电子，短线代表价键。示例根据各图表示的结构特点，下列有关叙述正确的是A.上述甲、乙、丙、丁结构图中共出现6种元素B.甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C.甲与丁可以发生化合反应，生成物中含有配位键D.丁可以是NH3，也可以是NF3【答案】C【解

析】【分析】根据图示，可以看出甲为HF，乙为氮气，丙为2CO、丁为3NH。【详解】A．根据分析，上述甲、乙、丙、丁的结构图中共出现了H、C、N、O、F五种元素，A错误；B．氮气和二氧化碳属于非极性分子，而HF、氨气中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，故B错误；C．甲与丁可以发生

化合反应生成4NHF，+4NH中N原子与一个H原子之间存在配位键，C正确；D．小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，氟原子最外层7个电子，和氮原子形成一个共价键后还有三对电子，不能表示NF3，D错误；故答案选C。4.关于PCl3和CCl4的说法正确的是A.两种分子的中心原子杂化轨道类型相同B

.键角PCl3比CCl4大C.二者均为非极性分子D.两者中的化学键都是p-pσ键【答案】A【解析】【分析】3PCl的中心原子P采取3sp杂化，分子的空间构型为三角锥形，4CCl的中心原子C采取3sp杂化，

分子的空间构型为正四面体形。【详解】A.两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，均采取3sp杂化，A正确；B.由于孤对电子对成键电子的斥力要大于成键电子之间的斥力，所以PCl3比CCl4的键角小，B错误；C.3PCl的正电中心和负电中心不

重合，分子为极性分子，C错误；D.两者中的化学键都是sp3-pσ键，D错误；故答案选A。5.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A

.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B.中心原子杂化类型为sp3杂化C.1摩尔该分子中含有σ键数目为12D.该分子空间结构可能不止一种【答案】D【解析】【分析】实验式为PtCl4•2NH3的物质，水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子；加入Ag

NO3溶液后不产生沉淀，和强碱反应不生成NH3，说明不存在游离的氯离子和氨气分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4（NH3）2，配位数为6。【详解】A．由于氨分子不带电，所以该物质的中心原子（Pt）的电荷数为+4，配位数为6，A

错误；B．该物质的配位化学式应为PtCl4（NH3）2，该分子为正八面体形，杂化轨道为6，则杂化类型sp3d2杂化，而不是sp3杂化，B错误；C．配位化学式应为PtCl4（NH3）2，NH3中由3个σ键，还有4个配位σ共价键，即3×2mol+4mol=10mol，即1摩

尔该分子中含有σ键10mol，C错误；D．该分子配位数为6，空间结构是八面体形，Cl-和NH3分别在八面体的不同位置就会出现不同的空间结构，导致该分子空间结构可能不止一种，D正确；故答案选D。【点睛】配位

键属于共价键，不属于分子间作用力，为易错点。配合物有内界和外界组成．外界为简单离子组成，配合物可以无外界，但不能无内界．内界由中心离子和配位体组成；①形成体通常是金属离子和原子，也有少数是非金属元素，例如

：Cu2+，Ag+，Fe3+，Fe，Ni，B（Ⅲ），P（Ⅴ）…；②配位体通常是非金属的阴离子或分子，例如：F-，Cl-，Br-，I-，OH-，CN-，H2O，NH3，CO…；③配位原子：与形成体成键的原子；配位键的形成条件：成键原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子。6.根据等电子原理

判断，下列说法中正确的是A.CO2和SiO2、CS2等互为等电子体B.B3N3H6分子与苯（C6H6）分子互为等电子体，二者分子中均存在三个双键，可发生加成反应C.CH3+，-CH3，CH3-，它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化D.N3-中两个σ键，

两个π键，是直线型结构【答案】D【解析】【详解】A．CO2和CS2等互为等电子体，均为直线型分子，SiO2是原子晶体，没有独立的SiO2微粒，结构不同，与CO2和CS2不互为等电子体，A错误；B．B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，苯分子不含碳碳双键，故B3N3H6分

子中不存在碳碳双键，而是形成了介于单键和双键之间的共轭体系，B错误；C．等电子体指原子总数相等，价电子总数也相等的分子或离子；CH3+，-CH3，CH3-它们原子总数均为4，价电子总数分别为6、7、8

，故不是等电子体，故C错误；D．N3-与CO2是等电子体，等电子体的结构相同，CO2分子中有两个σ键，两个π键，是直线型结构，故N3-中有两个σ键，两个π键，是直线型结构，D正确；故答案选D。7.下列关于H2O和H2S的说法正确的是A.H2O比H2S稳定，是因为H2O分子间有氢键，而H2S分子间

只有范德华力B.二者中心原子杂化方式均为sp2杂化C.H2S的水溶液呈酸性，而H2O成中性，说明O元素的非金属性强于S元素D.键角H2O大于H2S，是因为氧的电负性大于硫，两个O-H键之间的排斥力大于两个S-H键的排斥力【答案】C【解析】【详解】A．2HO比2HS稳定，是因为O元

素的非金属性比S元素的非金属性强，而氢键和范德华力是分子间作用力，与分子的稳定性无关，故A错误；B．2HO和2HS中心原子的价电子对数都是4，杂化方式为3sp，故B错误；C．2HS的水溶液显酸性，说明2HS比2HO更容易电离出+H，SH−键没有O

H−键稳定，O元素的非金属性强于S元素，故C正确；D．键角2HO大于2HS，是因为2HO和2HS有两对孤对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对孤对电子的吸引比硫原子大，相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比2HS大，故D错误；故

选C。8.下列对分子的性质的解释中，不正确的是A.CH≡C-CH=CH-CH3中σ键和π键数目之比为10:3B.分子中不含手性碳原子C.硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明极性：水＞酒精＞CS2D.由知酸性：H3PO4>HClO【答案】B【解析】【详解】A.

单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，三键中有1个σ键和2个π键，则CH≡C-CH=CH-CH3中σ键和π键数目之比为10:3，故A正确；B.若一个C原子连接的4个原子或原子团均不相同，则该C原子为手性碳原子，所以分子中含有手性碳原子，故B错误；C.S单质为非极性分子，硫难溶于水，微溶于酒精

，易溶于CS2，根据相似相容原理，说明极性：水＞酒精＞CS2，C正确；D.由选项给出的分子的结构简式可知，磷酸中非羟基O的数目要多于HClO中的非羟基O的数目，所以酸性H3PO4>HClO，D正确；故答案选B。9.下列有关晶体的说法中正确的是A.原子晶体中

只存在非极性共价键B.稀有气体形成的晶体属于原子晶体C.在晶体中有阳离子的同时不一定有阴离子D.非金属氧化物固态时都属于分子晶体【答案】C【解析】【详解】A.原子晶体中存在非极性共价键，也存在极性共价键，例如2

SiO属于原子晶体，分子中含有的是极性共价键，故A错误；B.稀有气体形成的晶体属于分子晶体，故B错误；C.在晶体中有阳离子的同时不一定有阴离子，例如金属晶体中含有的是金属阳离子和自由移动的电子，故C正确；D.非金属氧化

物固态时不都属于分子晶体，例如2SiO属于原子晶体，故D错误；故答案选C。10.以下化学式可以表示分子的真实组成的是A.SB.SiO2C.CaF2D.H2O2【答案】D【解析】【详解】A.S是分子晶体，晶体中只存在分子，但S的分子多以2S、4S、6S、8S等存在，

一般不存在单个原子，所以S不可以表示分子的真实组成，故A错误；B.2SiO属于原子晶体，晶体中不存在分子，不可以表示分子的真实组成，故B错误；C.2CaF为离子化合物，只有钙离子和氟离子，没有分子，不可以表示分子的真实组成，故C错误；D.22HO常温下为液体，对应的晶体为分子晶体，由分

子构成，可以表示分子的真实组成，故D正确；故答案选D。11.氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。镧（La）镍（Ni）合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，有关其说法正确的是A.属于金属晶体B.该合金的化学

式为La7Ni12C.其熔点比组分金属高，硬度比组分金属大D.设该结构单元的体积为Vcm3，NA为阿伏伽德罗常数，合金的摩尔质量为Mg/mol。则该合金的密度为ρ=AMVNg/cm3【答案】A【解析】【详解】A.该晶体是金属之间形成的，是金属晶体，A正确；B.镧(La)镍(

Ni)合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La原子数为12×16+2×12=3，含有Ni的原子数为18×12+6=15，则La和Ni的原子数比为3：15=1：5，该合金的化学式可表示为LaNi5

，B错误；C.合金的熔点比组分金属低，硬度比组分金属大，C错误；D.由B选项可知，1个该晶胞中含有LaNi5的个数为3个，所以该合金的密度为ρ=3AMVNg/cm3，D错误；故答案选A。【点睛】本题考查了晶胞的有关计算，利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数之比解答，注意观察晶胞中各

种元素的原子在晶胞上的位置，利用均摊方法，根据晶胞结构确定每个原子为几个晶胞共用。12.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子；A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量

最高的金属元素；D原子核外的M层中有两对成对电子；E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满。以下有关说法正确的是A.A离子半径小于B离子半径B.B和C的氯化物晶体类型相同C.C和D形成的二元化合物不能通过复分解反应得到D.E在周期表中位于第四周期s区【答案】

D【解析】【分析】已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子，则A原子的核外电子排布式为2231s2s3p，A为N元素，A与B可形成离子化合物32

BA，说明B形成离子为2B+，B为Mg元素，C元素是地壳中含量最高的金属元素，则C为Al元素，E原子核外最外层只有1个电子，则E为K元素，D原子核外的M层中有两对成对电子，则D的价电子排布为243s3p，D为S元素。【详解】A.A离子为3N−，B

离子为2Mg+，两者核外电子排布相同，当电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，所以A离子半径大于B离子半径，故A错误；B.2MgCl为离子化合物，3AlCl为分子化合物，晶体类型不相同，故B错误；C.D的二元化合物2SO可以由23NaSO

与24HSO经过复分解反应得到，故C错误；D.E原子核外最外层只有1个电子，则E为K元素，位于第四周期s区，故D正确；故选D。【点睛】离子化合物一般是由金属元素与非金属元素形成的，但铵盐均由非金属元素组成，属于特殊的；但也有少部分由金属元素组成的化合物不属于离子化合物，属于共价化合物，如氯化铝

等。13.下列晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2B.CO2与H2OC.金刚石与C60D.SiCl4与KCl【答案】B【解析】【详解】A．SO2属于分子晶体，2SiO为原子晶体，晶体

类型不同，化学键类型均为极性共价键，故A错误；B．2CO和2HO均属于分子晶体，化学键类型均为极性共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；C．金刚石属于原子晶体，60C属于分子晶体，晶体类型

不同，化学键类型均为非极性共价键，故C错误；D．4SiCl属于分子晶体，KCl属于离子晶体，晶体类型不同，化学键类型分别为极性共价键，离子键，化学键种类不相同，晶体类型也不相同，故D错误；故答案选B。【点睛】含有离子键的一定为离子晶体，但含有共价键的可能为原子晶体或

分子晶体。不能通过化学键类型简单的判断化合物的晶体类型。14.氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性能，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域，其结构类似于金刚石。一定条件下，氮化铝可通过

反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成，下述正确的是A.氮化铝晶体属于分子晶体B.由于AlN相对分子质量比立方BN大，所以熔沸点AlN比BN高C.AlN中原子Al杂化方式为sp2，N杂化方式为sp3D.氮化铝晶体中含有配位键【答案】D【解析】【详解】A．氮化铝（AlN）

结构类似于金刚石，金刚石为原子晶体，则氮化铝（AlN）也为原子晶体，不是分子晶体，故A错误；B．熔沸点与原子间的共价键的键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，所以熔沸点AlN比BN要低，故B错误；C．结构与金刚石结构类似，金刚石中的碳为3sp杂化，则Al原子和

N原子也为3sp杂化，故C错误；D．结构与金刚石结构类似，金刚石中的碳形成4个共价键；Al原子最外层只有3个电子，可以提供空轨道，N原子提供孤对电子而形成配位键，故D正确；故选D。【点睛】氮化铝晶体与金刚石类似，均是正四面体结构，每个铝原子与4个氮原子相连，是由原子构成的原子晶体。15

.二茂铁[（C5H5）2Fe]分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是A.1mol环戊二烯（）中含有σ键的数目为

1NAB.环戊二烯中碳原子的杂化方式有sp3和sp2C.二茂铁属于分子晶体D.二茂铁分子中的化学键有极性共价键、非极性共价键和配位键【答案】A【解析】【详解】A.一个环戊二烯分子（）中含有CH−，键的个数是6,CC−，键的个数是5，所以一个环戊二烯分子有11g个

键，所以1mol环戊二烯含有键的个数为A11N，故A错误；B.环戊二烯中含有双键碳和单键碳，双键碳是平面结构，杂化方式为2sp，单键碳是四面体结构，杂化方式为3sp，故B正确；C.二茂铁只有配位键和共价键，熔点比较低，属于分子晶体，故C正确；D.二茂铁分子中含

有两个环戊二烯，所以含有化学键有极性共价键、非极性共价键，环戊二烯和Fe形成配位键，故D正确；故答案选A。16.将石墨置于熔融的钾或气态的钾中，石墨吸收钾而形成名称为钾石墨的物质，其组成可以是C8K、C12K、C24K、C36K、C48K、C60K等。下列分析正确的是A.题干中所

列举的6种钾石墨属于有机高分子化合物B.钾石墨中碳原子的杂化方式是sp3杂化C.若某钾石墨的原子分布如图所示，则它所表示的是C12KD.最近两个K原子之间的距离为石墨中C—C键键长的23倍【答案】D【解析】【详解】A.题干中所列举的6种钾石墨属于无机化合物，A错误；B.钾石墨中碳原子

成3根共价键，每个C原子采取2sp杂化，B错误；C.可以选择图中红框中的部分作为该钾石墨的晶胞，利用均摊法，可以算出该钾石墨的化学式为C8K，C错误；D.可以选择图中蓝色的正三角形进行计算，最近两个K原子之间的距离为石墨中C

—C键键长的23倍，D正确；故答案选D。17.在海洋深处的沉积物中含有大量可燃冰，主要成分是甲烷水合物。结构可以看成是甲烷分子装在由水分子形成的笼子里。下列关于说法正确的是A.甲烷分子和水分子的VSEPR模型不同B.甲烷

分子通过氢键与构成笼的水分子相结合C.可燃冰属于分子晶体D.水分子的键角大于甲烷分子的键角【答案】C【解析】【详解】A.甲烷分子和水分子的中心原子均采取3sp杂化，故其VSEPR模型相同，均为正四面体形，A错误；B.甲烷分子中C-H键的C原子的电负性不足以使H原子

与另外的非金属原子之间形成氢键，故甲烷分子通过范德华力与构成笼的水分子相结合，B错误；C.可燃冰是由4CH分子与2HO分子形成的晶体，为分子晶体，C正确；D.由于水分子中存在两对孤对电子，甲烷分子中只存在

键合电子，不存在孤对电子，且孤对电子的斥力大于键合电子，所以导致2HO分子的键角约为104.5°，而4CH分子的键角为109°28’，D错误；故答案选C。二.填空题（共49分）18.根据信息填空①某元素原子基态核外电子有14种不同的运动状态，该元素位于第_____周期第__

___族②外围电子排布式为3d54s2的原子，其原子结构示意图为_____，其最高正价为_____价③Fe2+的价电子排布图为_____④33号元素的核外电子排布式简写形式为_____，属于__________区⑤前四周期未

成对电子最多的元素，其基态核外电子占据的轨道数目为_____⑥《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_____，C原子的杂化形式为__

_________。【答案】(1).三(2).ⅣA(3).(4).+7(5).(6).1023[Ar]3d4s4p(7).p(8).15(9).三角形(10).2sp【解析】【详解】(1)原子核外有多少个电子，就有多少种运动状态不同的电子，某元素原子基态核外电子有14种不同的运动状态，

则该元素的原子序数位14，为Si元素，位于第三周期ⅣA族。故答案为：三；ⅣA。(2)外围电子排布式为523d4s的原子为Mn原子，原子序数为25，其原子结构示意图为，Mn原子最多可失去7个电子，其最高正化合价为+7价。故答案为：；+7。(3)Fe原子的价电子排布式为623d4

s，失去2个电子形成2+Fe，2+Fe的价电子排布式为63d，价电子排布图为。故答案为：。(4)33号元素为As元素，其核外电子排布式简写形式为1023[Ar]3d4s4p，属于p区。故答案为：1023[Ar]3d4s4p；p。(5)前四周期未成对电子最多的元素为Cr元素，其

基态原子核外电子排布式为22626511s2s2p3s3p3d4s，由于s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以Cr原子电子占据的轨道数目为：14+32+51=15。故答案为：15。(6)ZnCO3

中阴离子为2-3CO，C原子所连接的σ键数为3，孤电子对数432202−+==，所以C原子的杂化形式为2sp，2-3CO的空间构型为三角形。故答案为：三角形；2sp。19.石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、

出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如下：（1）下列有关石墨烯说法正确的是_____。A石墨烯的结构与金刚石相似B石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C12g石墨烯含σ键

数为NAD从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时，核外电

子排布式为：_____。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是___________________。③下图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：_______。④含碳源中属于非极性分子的是______________（填序号）a甲烷b乙炔c苯d乙醇⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图

，组成酞菁铜染料分子的元素，酞菁变成酞菁铜，分子中多了什么作用力_____，酞菁铜分子中设计到的元素，电负性由小到大依次为_____【答案】(1).BD(2).72[Ar]3d4s(3).乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键(4).3CuAu或3

AuCu(5).abc(6).配位键(7).CuHCN【解析】【详解】（1）A.石墨烯是平面结构，金刚石空间网状结构，故A错误；B.碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；

C.石墨烯中一个碳原子具有1.5个键，所以12g石墨烯含键数为1.5AN，故C错误；D.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；故答案为BD；（2）①钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态原子的核

外电子排布式，注意先排4s电子再排3d电子，所以基态钴原子的核外电子排布式为72[Ar]3d4s。故答案为：72[Ar]3d4s。②分子晶体中，物质的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但乙醇分子间能形成氢键导致乙醇的熔沸点大于氯乙烷的熔沸点。故答案为：乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢

键。③每个晶胞中含有的Cu原子数1632==，含有的金原子数1818==，所以它的化学式可表示为：3CuAu或3AuCu。故答案为：3CuAu或3AuCu。④a选项：甲烷是正四面体结构，属于对称结构，所以是非极性分子，故a正确；b选项：乙炔是直线型结构，属于对称

结构，所以是非极性分子，故b正确；c选项：苯是平面结构，属于对称结构，所以是非极性分子，故c正确；d选项：乙醇不是对称结构，所以是极性分子，故d错误；故选abc。⑤由图可知，酞菁变为酞菁铜后，分子中多了Cu和N的配位键；酞菁铜

中含有的元素有：Cu、C、N和H，非金属性元素电负性大于金属元素的，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，C、N在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于H元素的，故电负性：CuHCN。故答案

为：配位键；CuHCN。20.铁、钴、镍为第四周期第Ⅷ族元素，它们的性质非常相似，也称为铁系元素．铁、钴、镍都是很好的配位化合物形成体．（1）[Co（H2O）6]2+在过量氨水中易转化为[Co（NH3）6]2+。H2O和NH3中与Co2+配位能力较强的是_____，[Co

（H2O）6]2+中Co2+的配位数为___；从轨道重叠方式看，NH3分子中的化学键类型为___，H2O分子的立体构型为___。（2）铁、镍易与一氧化碳作用形成羰基配合物，中心原子价电子数与配位体提供的成键电子数遵循18e-规则。如：Fe（CO）5，则镍与CO形成的配合物化学式为_______

__。常温下Fe（CO）5为黄色油状液体，则Fe（CO）5固态为_____晶体。Fe（CO）5晶体中存在的作用力有___，写出与CO互为等电子体的一种阴离子的离子符号_____，Fe（CO）5中σ键和π键数目之比为______。（3）一种铁单质其晶胞与

钠、钾晶胞相同，如果该铁单质的晶胞参数为acm，则相距最近的两个铁原子核间距为_____cm（用含a的式子表示）。【答案】(1).3NH(2).6(3).3ssp−(4).V形(5).()4NiCO(6).分子(7)

.范德华力、配位键和共价键(8).CN−(9).1:1(10).132a【解析】【详解】（1）配合物向生成更稳定的配合物转化，()226CoHO+在过量氨水中易转化为()236CoNH+，所以2HO和3NH中

与2Co+配位能力较强的是3NH；()226CoHO+中配体为2HO，配合物的配位数为6；3NH中价层电子对个数()1353142=+−=，且含有1个孤电子对，所以N原子采用3sp杂化，所以从轨道重叠方式看，3NH分子中的化学键类型为3ssp−键；2HO中O原子的价层电子对个数()1

262142=+−=且含有2个孤电子对，所以O原子采用3sp杂化，其空间构型为V形结构。（2）中心原子价电子数与配位体提供的成键电子数遵循18电子规则，镍中心原子价电子数为10，则镍与CO形成的配合物化学式为()4

NiCO；常温下()5FeCO为黄色油状液体，说明该晶体熔沸点低，为分子晶体，则()5FeCO晶体中存在分子间范德华力，分子内含有配位键，配体中含有共价键，所以()5FeCO晶体中存在的作用力有范德华力、配位键和共价键；CN−、

CO的原子数都是2，价电子数都是10，则互为等电子体；()5FeCO中含有5个配位键属于键，配体CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则C、O之间为三键，三键中含有1个键、2个键，所以()5FeCO中键和键数目之比为()55:521:1+=。（3）Na

、K晶胞为体心结构，所以这种铁单质的晶胞为体心结构，并且Fe单质的晶胞参数为cma，则面对角线长为2a，所以体对角线长为3a，相距最近的两个Fe原子核间距为体对角线的一半，所以相距最近的两个Fe原子核间距为132a

。21.钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）基态K原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_____，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_____。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电

子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_____。（2）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的几何构型为____________，中心原子的杂化类型为_______________。（3）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具

有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为_____nm，与K紧邻的O个数为_____。（4）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位

置，则K处于_____________位置，O处于_____位置。【答案】(1).N(2).球形(3).K原子半径较大且价电子较少，金属键较弱(4).V形(5).3sp(6).0.315(7).12(8).体心(9).棱心【解析】【详解】(1)K在元素周期表是19号元素，电子排布式为2262611

s2s2p3s3p4s，能层从低到高依次是K，L，M，N……；所以占据最高能层符号为N；占据该能层的电子轨道为4s轨道，电子云轮廓图形状为球形；K和Cr处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但(K)(Cr)rr，且K的价电子少

于Cr，则K的金属键比Cr弱，因此K的熔点、沸点比Cr低；(2)3I+中心I原子形成2个I-I键，孤电子对数1(7121)22=−−=，即中心I原子形成2个键，还有2对孤电子对，故中心I原子采取3sp杂化；因为3I+

只有三个原子，所以3I+几何构形为V形；(3)K与O的最短距离如图所示，是面对角线的12，所以K与O的最短距离220.446nm0.315nm22a===；K原子的堆积方式相当于面心立方堆积，所以与K原子相邻的O

原子个数为12个；(4)1(I)818n==个，(K)1n=个，1(O)1234n==个，所以K原子处于体心，O原子处于棱心。