精品：广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2016-2017学年高二下学期期中考试化学试题(解析版)

广西钦州市钦州港经济技术开发区中学2016-2017学年下学期期中考
试高二化学试卷
(时间：90分钟满分：100分)
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分。

每小题只有一个选项符合题意)
1．下列分子中，含有2个π键的是()
①HCN；②H2O；③N2；④H2O2；⑤C2H4；⑥C2H2；⑦CO2；⑧CCl4
A．①②③⑤ B．①③⑥⑦ C．③⑤⑥ D．①②⑦
【答案】B
【解析】①H-C≡N的分子中有C≡N，所以含有两个π键；②H2O分子中没有双键，所以不含有π键；③N2的分子中有N≡N，所以含有两个π键；④H2O2分子中没有双键，所以不含有π键；⑤C2H4的分子中只有一个C=C，所以含有一个π键；⑥CH≡CH 分子中有C≡C，所以含有两个π键；⑦CO2的分子中有O=C=O，所以含有两个π键；⑧CCl4分子中含有C-Cl，没有π键，所以分子中含有两个π键的是
①③⑥7；故选B。

【点睛】本题考查了共价键的类型，根据双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键分析。

本题中含有两个π键说明分子中含有一个三键或两个双键。

2．下列分子是手性分子的是()
A．CH3CH2OH B．HOOCCH(OH)CHClCOOH
C．CFCl3 D．HOCH2CH(OH)CH2OH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CH3CH2OH中两碳原子所连接的四个基团都有一样的，没有手性碳原子，所以不属于手性分子，故A错误；B．HOOC-CHOH-CHCl-COOH中间的两个碳原子都连有的四个不同取代基，是手性碳原子，所以属于手性分子，故B正确；C．CFCl3中的碳原子连接的四个基团有3个是一样的，不是手性碳原子，不属于手性分子，故C错误；D．CH2OH-CHOH-CH2OH中两边的碳原子所连接的四
个基团有2个是一样的，不是手性碳原子，中间的碳原子连接的四个基团有2个是一样的，不是手性碳原子，所以分子不含手性碳原子，所以不属于手性分子，故D错误；故选B。

【考点定位】考查手性碳原子的判断
【名师点晴】明确手性碳原子的特点是解题关键；先根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：①手性碳原子一定是饱和碳原子；②手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子来解答。

3．下列分子中，中心原子以sp3杂化且属于极性分子的是()
A．CCl4 B．BF3 C．CO D．NH3
【答案】D
【解析】AB是非极性分子。

CO中碳和氧形成双键，同时氧原子又提供1对电子对和碳形成配位键，所以选项C不符合题意。

氨气中氮原子含有1对孤对电子，所以空间构型是三角锥形，属于极性分子，因此正确的答案是D。

4．下列有关物质结构、粒子间的作用方式的叙述中，正确的是()
A．化学键只存在于分子内，范德华力只存在于分子间
B．冰变为液体水时，共价键没有被破坏
C．液态HF中存在氢键，所以HF比HCl的稳定性强
D．物质在溶于水的过程中，化学键一定会被破坏或改变
【答案】B
【点睛】本题考查了化学键的有关知识，根据化学键的概念来分析解答，注意分子间作用力不属于化学键，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，为易错点。

5．下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是()
①光气(COCl2)②六氟化硫③HCHO④三氟化硼⑤PCl3⑥PCl5⑦NO2⑧二氟化氙
⑨N2⑩CH4
A．⑥⑦⑨ B．①⑤⑨ C．①④⑤⑦ D．①④⑤⑨
【答案】B
【解析】化合物中原子最外层电子数+化合价绝对值=8，满足最外层8电子结构。

光气(COCl2)中C元素的化合价为+4，C原子最外层电子数为4，则4+4=8，故C原子满足8电子结构，氧元素化合价为-2价，氧原子最外层电子数为6，则|-2|+6=8，故O原子满足8电子结构，Cl元素的化合价为-1，Cl原子最外层电子数为7，则7+1=8，故①符合；六氟化硫中S元素的化合价为+6， S原子最外层电子数为6，则6+6=12，故S原子不满足8电子结构，F元素化合价为-1价，氟原子最外层电子数为7，则|-1|+7=8，故F原子满足8电子结构，故②不符合；③HCHO中H为+1价，H原子最外层电子数为1，则1+1=2，故③不符合；④三氟化硼中B元素的化合价为+3，B原子最外层电子数为3，则3+3=6，不④符合；⑤PCl3中P元素化合价为+3价，P原子最外层电子数为5，则3+5=8，故P原子满足8电子结构，故⑤符合；⑥PCl5中P元素化合价为+5价，P原子最外层电子数为5，则5+5=10，故P原子不满足8电子结构，故⑥不符合；⑦NO2中N元素化合价为+4价，N原子最外层电子数为5，则4+5=9，故N原子不满足8电子结构，故⑦不符合；⑧二氟化氙中氙元素化合价为+2价，氙原子最外层电子数为8，则2+8=10，故氙原子不满足8电子结构，故⑧不符合；⑨N2是单质，存在氮氮三键，氮原子达到稳定结构，故⑨满足；⑩CH4中H原子化合价为+1价，H原子最外层电子数为1，则1+1=2，故H原子不满足8电子结构，故⑩不符合，选B。

6．老鼠能在多氟碳化物溶液内部潜水游动，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品。

全氟丙烷(C3F8)是一种常见的多氟碳化物，下列对该物质的叙述中正确的是()
A．全氟丙烷的电子式为
B．原子半径C比F的小
C．全氟丙烷分子中的化学键只有共价键
D．全氟丙烷分子中既含σ键又含π键
【答案】C
【解析】A．F原子最外层7个电子，形成化合物时满足最外层8个电子，电子式中F的孤对电子没有标出，故A错误；B．C、F同周期，同周期原子序数越大，原子半径越小，则原子半径C比F的大，故B错误；C．化合物中含C-C、C-F化学键，全氟丙烷分子中的化学键只有共价键，故C正确；D．分子中只含共价单键，则全氟丙烷分子中只含σ键，故D错误；故选C。

7．有组成不同的3种含铂配合物，分别是H2[PtCl4(OH)2]、(NH4)2[PtCl6]和H2[PtCl2(OH)4]，在液氨中他们之间有如下的转化关系：2H2[PtCl4(OH)2]＋2NH3＝(NH4)2[PtCl6]＋H2[PtCl2(OH) 4]，关于这3种含铂化合物的说法正确的是()
A．H2[PtCl2(OH)4]具有很强的碱性
B．3种含铂化合物的配位数均为6
C．3种含铂化合物都属于共价化合物
D．3种含铂配合物中Pt的化合价不同
【答案】B
【解析】A．氨气为具有碱性的气体，碱性物质与和H2[PtCl2(OH)4]反应：
2H2[PtCl4(OH)2]+2NH3=(NH4)2[PtCl6]+H2[PtCl2(OH)4]，为氨气和外界离子氢离子反应，所以
H2[PtCl2(OH)4]不具有很强的碱性，故A错误；B．配合物H2[PtCl4(OH)2]中，Pt4+为中心离子，Cl-、OH-为配体，配位数为6，(NH4)2[PtCl6]中，Pt4+为中心离子，Cl-为配体，配位数为6，H2[PtCl2(OH)4]中，Pt4+为中心离子，Cl-、OH-为配体，配位数为6，故B正确；C．H2[PtCl4(OH)2]和H2[PtCl2(OH)4]为共价化合物，(NH4)2[PtCl6]为铵根离子为外界离子的盐，属于离子化合物，故C错误；D．配合物H2[PtCl4(OH)2]中，Pt4+为中心离子，(NH4)2[PtCl6]中，Pt4+为中心离子，H2[PtCl2(OH) 4]中，Pt4+为中心离子，Pt的化合价都为+4价，故D错误；故选B。

【点睛】本题考查配合物的成键情况，注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断，把握相关概念，特别注意配体和外界离子的区别。

8．已知SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子，由此可推出AB n型分子属于非极性分子的经验规律是()
A．AB n型分子中A、B均不含氢原子
B．A元素的相对原子质量必小于B元素的相对原子质量
C．分子中所有原子都在同一平面上
D．AB n型的价电子对数等于n
【答案】D
【解析】根据“SO3、BF3、CCl4、PCl5、SF6都是非极性分子，而H2S、NH3、NO2、SF4、BrF5都是极性分子”知，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。

A、AB n型分子中A、B不一定均不含氢原子，如CH4含氢原子但甲烷分子为非极性分子，故A错
误；B、A元素的相对原子质量不一定小于B元素的相对原子质量，如CH4，故B错误；C、分子中的所有原子不一定都在同一平面上，如CCl4是正四面体结构，故C错误；D、AB n型的价层电子对数等于n，如PCl5中P原子上的价层电子对是5，SF6中S原子上的价层电子对是6，故D正确；故选D。

【点睛】本题考查了极性分子和非极性分子的判断方法，明确价层电子对指分子中的中心原子上的电子对，包括σ 键电子对和中心原子上的孤电子对是解答的关键。

9．下列分子所含原子中，既有sp3杂化、也有sp2杂化的是()
【答案】A
【解析】A．乙醛中甲基中的C原子采用sp3，醛基中的C原子采用sp2杂化，故A正确；B．丙烯腈中碳碳双键中的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键中的碳原子采用sp杂化，故B错误；C．甲醛分子中的C 原子采用sp2杂化，故C错误； D．丙炔中甲基中的C原子采用sp3，碳碳三键中的碳原子采用sp杂化，故D错误；故选A。

10．下列说法中不正确的是()
A．H2O和H2O2两种分子中O原子的杂化类型相同
B．NH3和NH两种粒子的空间结构相同
C．SO和ClO两种粒子的键角相等
D．SO2和O3两种分子是等电子体
【答案】B
【解析】A、H2O中O原子的价层电子对个数=2+错误！未找到引用源。

(6-2×1)=4且含有2个孤电子对，所以O原子采用sp3杂化，H2O2中O原子的价层电子对个数=2+错误！未找到引用源。

(6-2×1)=4，且含有2个孤电子对，所以O原子采用sp3杂化，两者杂化方式相同，故A正确；B、氨气中价层电子对个数=3+错误！未找到引用源。

(5-3×1)=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形结构，铵根离子中氮原子含有4个δ键且不含孤电子对，所以其采用sp3杂化，属于正四面体结构，两者空间结构不同，故B错误；C、SO42-中，价层电子对数=σ 键个数+错误！未找到引用源。

(a-xb)=4+错误！未找到引用源。

(6+2-4×2)=4，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，采取sp3杂化，分子形状为正四面体形，ClO4-中价层电子对个数=4+错误！未找到引用源。

(7+1-4×2)=4，且不含孤电子对，所以是正四面体形，两者键角均为109°28′，故C正确；D、原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，SO2和O3原子个数均为3，价电子数均为6×3=18，故属于等电子体，故D正确，故选B。

【点睛】本题考查了原子杂化方式的判断、等电子体的概念，根据价层电子对互斥理论解答即可，注意孤电子对个数的计算方法，知道其表达式中各个字母的含义，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数。

11．常温下， NCl3是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NCl3的有关叙述错误的是()
A．NCl3中N—Cl键键长比CCl4中C—Cl键键长短
B．NCl3分子中的所有原子均达到8电子稳定结构
C．NCl3分子是极性分子
D．NBr3的沸点比NCl3的沸点低
【答案】D
考点：考查分子空间构型、化学键、性质、分子极性以及8电子稳定结构的判断
点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查。

该题在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和知识的迁移能力，也有助于提升学生的学科素养。

12．已知信息：[Cu(NH3)4]SO4的电离方程式：[Cu(NH3)4]SO4===[Cu(NH3)4]2＋＋SO。

具有6个配体的Co3＋的配合物CoCl m·n NH3，若1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值分别是()
A．m＝1、n＝5 B．m＝3、n＝4
C．m＝5、n＝1 D．m＝3、n＝3
【答案】B
【解析】
试题分析：若1 mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成1 mol AgCl沉淀，说明该配合物中只有1个氯离子，氨气为分子，CoCl m中Co为+3价，所以m=3，其中有2个Cl是配体，1个是Cl-，又因为Co3＋的配位数是6，所以n=4，答案选B。

考点：考查对配合物的分析计算
13．已知结构为正四面体形的离子E和直线形离子G反应，生成三角锥形分子L和V形分子M(组成E、
G、L、M粒子的元素原子序数均小于10)，反应过程用下图表示，则下列判断错误的是()
A．四中粒子中都只含有极性键
B．L、M都是极性分子
C．L易溶于水，是因为与水形成分子间氢键
D．E、L、M的中心原子都采取sp2杂化
【答案】D
【解析】由题意知，正四面体形的离子E和直线形离子G反应，生成三角锥形分子L和V形分子M(组成
E、G、L、M粒子的元素原子序数均小于10)，则E为NH4+，G为OH-，L为NH3，M为H2O。

A．四中粒子中都只存在不同种原子间的共价键，都是极性键，故A正确；B．NH3和H2O分子中的电荷分别不均匀，都是极性分子，故B正确；C．氨气分子与水分子形成分子间氢键，使得氨气易溶于水，故C正确；,D．NH4+、NH3、H2O的中心原子的价层电子对数都是4，都采取sp3杂化，故D 错误；故选D。

14．丙氨酸(C3H7NO2)分子为手性分子，它存在手性异构体，如下图所示：
下列关于丙氨酸的两种手性异构体(Ⅰ和Ⅱ)的说法正确的是()
A．Ⅰ和Ⅱ分子中均存在2个手性碳原子
B．Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，具有不同的分子极性
C．Ⅰ和Ⅱ分子都是极性分子，只含有极性键，不含非极性键
D．Ⅰ和Ⅱ的化学键相同，但分子的性质不同
【答案】D
【解析】A．丙氨酸CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，故A错误；B．手性异构又称镜面异构，具有相同的分子极性，都是极性分子，故B错误；C．Ⅰ和Ⅱ分子都是极性分子，分子中
含有极性键，如C-H键，也含非极性键，如C-C键，故C错误；D．Ⅰ和Ⅱ互为同分异构体，结构不同，因此分子的性质不同，故D正确；故选D。

15．下图为元素周期表中短周期的一部分。

下列有关A、B、C、D、E五种元素的叙述中，不正确的是()
A．A与B形成的阴离子可能有AB、A2B
B．C的氢化物的沸点比E的氢化物的沸点高
C．D在过量的B中燃烧的主要产物为DB3
D．由这5种元素中的几种形成只含极性键的非极性分子不少于4种
【答案】C
【解析】根据元素在周期表中的位置可知，A、B、C、D、E五种元素分别是C、O、F、S、Cl。

A正确，B不正确，由于氟化氢分子间存在氢键，其沸点高于氯化氢的，CD是正确的，答案选B。

16．有X、Y、Z、Q、T五种元素，X元素原子的M能层的p轨道上有两个未成对电子且无空轨道；Y元素原子的价电子构型为3d64s2，Z元素原子的L电子层上p轨道有一个空轨道；Q元素原子的L能层的p轨道上只有一对成对电子；T元素原子M能层上p轨道有3个未成对电子。

下列说法中不正确的是()
A．T元素有一种单质的立体构型为正四面体形
B．ZQ分子中含有1个σ键和2个π键
C．X和Q元素能形成两种只含极性键的极性分子
D．Z与X、Q元素均能形成直线形非极性分子
【答案】C
【解析】有X、Y、Z、Q、T五种元素，X元素原子的M能层的p轨道上有两个未成对电子且无空轨道，X为S元素；Y元素原子的价电子构型为3d64s2，Y为Fe元素；Z元素原子的L电子层上p轨道有一个空轨道；Z为C元素；Q元素原子的L能层的p轨道上只有一对成对电子；Q为O元素；T元素原
子M能层上p轨道有3个未成对电子，T为P元素。

A．白磷的立体构型为正四面体形，故A正确；
B．CO分子的结构为C≡O，其中含有1个σ键和2个π键，故B正确；C．SO2分子中S原子采用sp2杂化，为V形分子，属于极性分子，SO3中S原子采用sp2杂化，为平面三角形结构，属于非极性分子，故C错误；D．CS2与CO2的结构相似，为直线形分子，属于非极性分子，故D正确；故选C。

二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)
17．A、B、C、D是元素周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小。

D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子M、N、W，且在M、N、W分子中，A、B、C 三原子都采取sp3杂化。

请回答下列问题。

(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________________(用元素符号表示)。

(2)M是含有__________键(填“极性”或“非极性”)的__________分子(填“极性”或“非极性”)。

(3)N是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因： __________________________。

(4)W分子的VSEPR模型的空间构型为________，W分子的空间构型为________。

(5)AB－离子中和B2分子的π键数目比为____________。

【答案】 (1)．C＜O＜N (2)．极性 (3)．非极性 (4)．NH3易形成分子间氢键 (5)．四面体形
(6)．V形 (7)．1∶1
【解析】A、B、C、D是周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小；D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子M、N、W，且在M、N、W分子中，A、B、C 三原子都采取sp3杂化，则D是H 元素、A是C、B是N、C是O元素，M、N、W分别是CH4、NH3、H2O。

①同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第IVA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素位于第VA族，所以A、B、C第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；②M是CH4，为正四面体结构，甲烷分子中C-H原子之间存在极性键，甲烷分子正负电荷重心重合，为非极性分子，故答案为：极性；非极性；③N为NH3，因为氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化，故答案为：氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化；④W是H2O，H2O 分子中O原子价层电子对个数是4且含2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为正四面体结构、空间构型为V形，故答案为：正四面体；V形；⑤CN-离子与N2互为等电子体，二
者结构相似，故其电子式为，AB-离子中和B2分子的π键数目比=2：2=1：1，故答案为：1：1。

【点睛】本题考查位置结构性质相互关系及应用，涉及化学键、分子空间构型判断、氢键等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确原子结构、元素周期表结构、物质结构等是解本题关键，注意第一电离能大小规律及异常现象。

18．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)。

A的基态原子2p能级有3个单电子；C的基态原子2p能级有1个单电子；E的内部各能层均排满，且有成单电子；D与E同周期，价电子数为2。

请回答下列问题。

(1)写出基态E原子的价电子排布式__________________________。

(2)A的单质分子中π键的个数为__________。

(3)A、B、C三元素第一电离能由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。

(4)B元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，原因是____________________。

(5)A的最简单氢化物分子的空间构型为________，其中A原子的杂化类型是________。

【答案】 (1)．3d104s1 (2)．2 (3)．F＞N＞O (4)．H2O分子间存在氢键 (5)．三角锥形 (6)．sp3【解析】有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)，A的基态原子2p能级有3个单电子，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，所以C 是F元素，则B是O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E是Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D是Ca元素。

(1)E是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)氮气的结构式为：N≡N，所以氮气分子中含有一个σ键两个π键，故答案为：2；
(3)同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素第一电离能大于第
VIA族元素，所以A、B、C三元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，O元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，水分子间能形成氢键导致其沸点最高，故答案为：F＞N＞O；水分子间可以形成氢键；
(4)N元素的简单氢化物是氨气，NH3分子中氮原子价层电子对=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以分
子空间构型是三角锥型，采取sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3。

19．已知H和O元素可以形成H2O和H2O2两种化合物，试根据有关信息回答下列问题。

(1)水是维持生命活动所必需的一种物质。

用球棍模型表示的水分子结构是________(填字母代号)。

(2)已知H2O2分子的结构如下图所示：H2O2分子不是直线形的，两个氢原子犹如在半展开的书的两面
上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′，试回答下列问题。

①H2O2分子结构式为_________________________________________________。

②H2O2分子是含有________键和________键的________(填“极性”或“非极性”)分子。

③H2O2难溶于CS2，简要说明理由：______________________________________。

④H2O2中氧元素的化合价是________，简要说明原因： _________________________。

【答案】 (1)．B (2)．H—O—O—H (3)．极性 (4)．非极性 (5)．极性 (6)．因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2 (7)．－1价 (8)．O—O键为非极性键，而O—H键为极性键，共用电子对偏向氧，故氧元素为－1价
【解析】(1) H2O中O原子的价层电子对个数=2+错误！未找到引用源。

(6-2×1)=4且含有2个孤电子对，所以O原子采用sp3杂化，空间构型为V形，故选B。

(2)①双氧水是一种含有氧氧共价键和氧氢共价键的极性分子，结构式为H—O—O—H；故答案为：
H—O—O—H；
②双氧水中氢与氧形成的是极性键，氧与氧形成的是非极性键，根据双氧水分子的结构，分子中的正
负电荷分步不均匀，属于极性分子，故答案为：极性；非极性；极性；
③相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶
剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，H2O2是极性分子，CS2是非极性分子，依据相似相溶的原理可知，H2O2难溶于CS2；故答案为：因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2难溶于CS2中．
④在双氧水中，O-O键非极性键，而O-H键为极性键，氧原子得电子的能力强，共用电子对偏向氧，
故氧为-1价，故答案为：-1价；因O-O键非极性键，而O-H键为极性键，共用电子对偏向氧，故氧为-1价。

20．A、B、C、D四种元素，其中A、B、C为短周期元素，A元素的周期数、主族序数、原子序数相同，BO含有32个电子，C元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，C和D可形成化合物D2C，完成下列问题：
(1)A、B、C、D四种元素的符号分别是________、________、________、________。

(2)A、B两种元素形成的化合物的电子式为____________，结构式为________，空间构型为
________。

(3)A、B、C可形成两种既含离子键又含共价键的化合物，它们的化学式分别是________和
________。

(4)D2C的形成过程用电子式表示为________。

【答案】 (1)．H (2)．N (3)．S (4)．K (5)． (6)． (7)．三角锥形
(8)．(NH4)2S (9)．NH4HS (10)．
【解析】A、B、C、D四种元素，其中A、B、C为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数均相同，所以A为氢元素，BO3-离子含有32个电子，则B为氮元素，C元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，且C为短周期元素，所以C为硫元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子层结构，C和D可形成化合物D2C，则D为钾元素。

(1)由上述推断可知，A为H，B为N，C为S，D为K，故答案为：H；N；S；K；
(2)A、B形成的化合物为NH3，其电子式为，由于N原子的价层电子对数为错误！未找到
引用源。

=4，所以N原子杂化类型为sp3杂化，分子中有一对孤电子对，所以氨分子的空间构型为三角锥形，故答案为：；；三角锥；
(3)H、N、S可形成两种既含离子键又含共价键的化合物，它们的化学式分别是(NH4)2S和NH4HS，故
答案为：(NH4)2S；NH4HS；
(4)K最外层1个电子，S最外层6个电子，则用电子式表示K2S的形成过程为
，故答案为：。

【点睛】本题主要考查了电子式、原子杂化方式、分子空间构型、化学键等知识。

解题的关键是元素推断，答题时注意审题，充分用好题中条件进行元素推断。

21．(1)水分子间存在一种“氢键”(介于范德华力与化学键之间)的作用，彼此结合而形成(H2O)n。

在冰中每个水分子被4个水分子包围形成变形的正四面体，通过氢键相互连接成庞大的分子晶体，其结构示意图如图(1)表示：
①1 mol冰中有______mol 氢键。

②在冰的结构中，每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接。

在冰晶体中除氢键外，还存在范德
华力(11 kJ·mol－1)。

已知冰的升华热是51 kJ·mol－1，则冰晶体中氢键的能量是________kJ ·mol－1。

③氨气极易溶于水的原因之一也与氢键有关。

请判断NH3溶于水后，形成的NH3·H2O的合理结构是
__________[填图 (2)中的序号]。

(2)图(3)折线c可以表达出第________族元素氢化物的沸点的变化规律。

两位同学对某主族元素氢化
物的沸点的变化趋势画出了两条折线a和b，你认为正确的是：________(填“a”或“b”)；部分有机物的熔沸点见下表：
由这些数据你能得出的结论是：______________________，______________(至少写2条)。

【答案】 (1)．2 (2)．20 (3)．b (4)．ⅣA (5)．b (6)．有机物相对分子质量越大，分子间作用力越强，故沸点越高；当有机物能形成分子内氢键时，分子间作用力减弱，熔点变低 (7)．当分子间能形成氢键时，分子间作用力增强，熔点升高
【解析】(1)①根据冰的结构示意图，每个H2O分子通过氢键与4个H2O分子结合，平均每个H2O分子含有氢键数目为4×错误！未找到引用源。

=2个，故1mol冰中含2mol氢键，故答案为：2；
②冰的升华热是51kJ/mol，水分子间还存在范德华力(11kJ/mol)，1mol水中含有2mol氢键，升华热=
范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol，故答案为：20；
③NH 3溶于水后，形成的NH3•H2O中，NH3•H2O的电离方程式为NH3•H2O NH4++OH-，可知
结构中含有铵根和氢氧根的基本结构，NH3•H2O的合理结构是b，故答案为：b；
(2) 折线a和b都由有沸点先小后大，则开始物质的沸点高，与氢键有关，而a中原子序数大的氢化物
沸点高于含氢键的物质，与事实不符，故a错误，b正确；只有c曲线中的物质间没有氢键，则c为碳族元素氢化物，即折线c可以表达出第ⅣA族元素氢化物的沸点的变化规律；根据表中所给的物质可以看出：有机物的相对分子质量越大、分子间作用力越强，沸点越高，并且是当有机能形成分子内氢键时，分子间作用力减弱，熔点变低；当分子间能形成氢键时，分子间作用力增强，熔点升高，故答案为：ⅣA；b；有机物的相对分子质量越大、分子间作用力越强，故沸点越高；当有机能形成分子内氢键时，分子间作用力减弱，熔点变低或当分子间能形成氢键时，分子间作用力增强，熔点升高。