第2章《微粒间相互作用与物质性质》强化基础（含解析）2022-2023学年下学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修2

第2章《微粒间相互作用与物质性质》强化基础
一、单选题
1．已知次氯酸分子的结构式为H－O－Cl，下列说法正确的是
A．O原子发生sp杂化 B．O原子与H、Cl都形成π键
C．该分子为V形分子 D．该分子的电子式是
2．下列描述中不正确的是
A．CS2立体构型为V形 B．SF6中有6对完全相同的成键电子对
C．ClO的空间构型为三角锥形 D．SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化
3．下列说法不正确的是
A．同种元素的两个原子成键时形成的共价键通常是非极性键
B．不同元素的两个原子成键时形成的共价键一定是极性键
C．有机化合物分子中的化学键可能全部是极性键
D．无机化合物中不存在非极性键
4．下列化学用语表达错误的是
A．中子数为20的氯原子：
B．的价层电子对互斥模型：
C．基态C原子的价层电子轨道表示式：
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：
5．下列关于氢键的说法正确的是
A．由于氢键的作用，、、的沸点反常，且沸点高低顺序为
B．氢键只能存在于分子间，不能存在于分子内
C．水在1000℃以上才会部分分解是因为水中含有大量的氢键
D．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的原因是前者不存在氢键
6．根据价层电子对互斥理论及原子轨道的杂化理论推测，SO3分子的空间构型和中心原子的杂化方式是
A．平面三角形，sp2杂化 B．三角形，sp3杂化
C．正四面体形，sp2杂化 D．正方形，sp3杂化
7．已知氯化铬的水合物为CrCl3·6H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为
A．Cr3＋ B．[CrCl2(H2O)4]＋ C．[CrCl(H2O)5]2＋ D．[Cr(H2O)6]3＋
8．短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序数依次增大；灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，一种制备晶体Y的路线如图所示，通常状态下YW4呈气态。
下列说法不正确的是
A．元素的电负性：Q＞Z＞W
B．YW4中Y为sp3杂化，YW4为正四面体形分子
C．简单离子半径：Z＞X＞Q
D．氢化物的稳定性：Q＞Z＞Y
9．冰晶石是一种在自然界存在的矿物(化学式为)，熔点，如图所示为冰晶石的晶胞。图中“●”位于大立方体的顶点和面心，“○”位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法不正确的是
A．冰晶石的名称是六氟合铝酸钠
B．该物质中存在离子键和共价键
C．大立方体的体心处“△”代表的是
D．该物质是工业电解氧化铝制取金属铝的助熔剂
10．氮元素有多种化合价，可形成、NH3、N2、等微粒。下列说法错误的是：
A．键角：>NH3>
B．、NH3中N的杂化方式相同
C．配离子[Cu(NH3)4]2+中，NH3提供孤电子对
D．基态N原子核外电子运动状态有7种
11．钠着火不能用水扑灭的原因是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，下列说法正确的是
A．NaOH中只有离子键 B．H2O为极性分子
C．O结构示意图为 D．NaOH电子式为
12．唾液酸是大脑的组成部分，可以阻止病菌入侵。唾液酸的结构简式如图所示，下列关于唾液酸说法正确的是
A．1mol该有机物最多能与5mol NaOH反应
B．属于芳香族化合物
C．不存在手性碳原子
D．能发生氧化反应
13．工艺是将氨氮废水中的通过耗氧-厌氧两个阶段转变为与水脱除，其机理为：，下列有关说法正确的是
A．步骤Ⅰ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
B．的中心原子N采用杂化
C．在整个过程中既是反应物又是催化剂
D．该工艺最终实现了氮的固定
14．下列分子或离子中，中心原子含有孤电子对的是
A．PCl5 B．NO C．SiCl4 D．PbCl2
二、填空题
15．叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H—N=N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为N2H4+HNO2=2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和N3-。试回答下列问题：
（1）下列有关说法正确的是___（填序号）。
A．HN3中含有5个σ键
B．HN3中的三个氮原子均采用sp2杂化
C．HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子
D．HNO2是强酸
（2）叠氮酸根（N3-）能与许多金属离子等形成配合物，如：[Co（N3）（NH3）5]SO4，在该配合物中钴显___价，配位数是___。
（5）根据价层电子对互斥理论判断N3-的空间构型为___。与N3-互为等电子体的分子有___（写一种即可）。
16．(1)在低压合成甲醇反应()所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_______，原因是_______。
(2)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_______。
(3)氨的沸点_______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是_______。
(4)与可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_______。
(5)乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是_______。
17．回答下列问题：
(1)写出氯原子的基态原子核外电子排布式：____。
(2)已知CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为：____。
(3)0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含碳元素粒子浓度的大小顺序为：____。
18．回答下列问题：
(1)鉴定Ni2+的特征反应如图：
鲜红色沉淀丁二酮肟镍的晶体中不存在的作用力是______(填标号)。
a.σ键 b.π键 c.离子键 d.配位键 e.氢键
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2(Ph表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为______；Ni(PPh3)2晶体中存在的化学键类型有______(填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F.氢键
(3)硼砂阴离子[B4O5(OH)4]2-的球棍模型如图所示。其中B原子的杂化方式为______，该阴离子中所存在的化学键类型有_____(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．非极性共价键
19．I.芦笋中的天冬酰胺(结构如下图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。
(1)锰元素在元素周期表中的位置为___________。
(2)天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型为___________。
(3)已知N≡N的键能为942 kJ·mol-1，N-N单键的键能为247 kJ·mol-1，则N2中的___________键稳定(填“σ”或“π”)。
Ⅱ.胆矾CuSO4 5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4 H2O，其结构示意图如下：
(4)下列说法正确的是___________(填字母)。
A．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．加热条件下胆矾中的水会在相同温度下同时失去
(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，写出所发生反应的离子方程式_______；已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是____________。
20．一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。
①Mn2＋基态的电子排布式可表示为____________________________。
②NO3-的空间构型是_______________________(用文字描述)。
(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O。
①根据等电子体原理，CO分子的结构式为___________________。
②H2O 分子中O原子轨道的杂化类型为___________________。
③1 mol CO2 中含有的σ键数目为___________________。
21．2020年12月17日嫦娥五号返回器带回月球土壤样品。研究发现，月球土壤样品中存在铁、金、银、铅、锌、铜等矿物颗粒。请回答下列问题：
(1)基态Fe原子的价电子排布式为___________，其核外填充有电子的原子轨道数目为___________，基态Fe2+与Fe3+中未成对电子数之比为___________。邻二氮菲()中N原子可与Fe2+通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离子，利用该反应可测定Fe2+浓度，该反应的适宜pH范围为2~9，试解释若pH＜2会产生什么影响___________。
(2)Zn元素在元素周期表中的位置为___________，它的基态原子的M电子层中电子占据的最高能级是___________，该能级有___________对成对电子。
(3)我国科学家研究发现，十八胺在较高温度下具有一定的还原性，由于从十八胺中获得电子的能力不同，不同的金属盐在十八胺体系中反应可以得到不同的产物：
单一金属盐 Zn2+ Ag+
在十八胺体系中的产物 ZnO Ag
已知元素的电负性数据：
元素 Zn Ag Au
电负性(鲍林标度) 1.6 1.9 2.4
据此推测单一的金属(Au3+)盐在十八胺体系中反应的产物为___________(写化学式)。
22．生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。
完成下列填空:
(1)某污水中存在NH4Cl。写出NH4Cl的电子式_______。该污水呈现酸性的原因_____________ (结合离子方程式及相关文字说明)。
(2)向饱和NH4Cl溶液中加入或通入一种物质，可以使NH4Cl结晶析出，这种物质可以是___________ (任写－种)，理由是_______________________________。
(3)某污水中同时存在NH4+和NO3－时，可用下列方法除去:先利用O2将NH4+氧化成NO3－。请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目。___ NH4++___O2→___ NO3－+___ H2O+___ H+，再将NO3－还原成N2，反应的离子方程式：2NO3－+5H2 N2+2 O H－+4H2O
①NH4NO3晶体中所含化学键为___________。
② 若该污水中含有1mol NH4NO3，用以上方法处理完全后，共消耗_______mol氢气。
③ 该污水处理方法的好处是___________________________________________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】HClO分子的结构式为H—O—Cl，O原子应为sp3杂化，形成4个杂化轨道，其中有2个是孤对电子，另2个杂化轨道分别与H原子和Cl原子各形成1个σ键。
【详解】A．由以上分析知，O原子是sp3杂化，A错误；
B．O原子应为sp3杂化，形成4个杂化轨道，其中有2个是孤对电子，另2个杂化轨道分别与H原子和Cl原子各形成1个σ键。B错误。
C．由以上分析知，该分子构型为V形，C正确；
D．其电子式为，D错误；
故选C。
2．A
【详解】A．CS2中心原子的价层电子对数为=2，不含孤电子对，所以立体构型为直线形，A错误；
B．S原子最外层有6个电子，与每个F原子共用一对电子，形成6对完全相同的成键电子对，B正确；
C．ClO中心原子价层电子对数为=4，含一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，C正确；
D．SiF4中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化；SO的中心原子价层电子对数为=4，为sp3杂化，D正确；
综上所述答案为A。
3．D
【详解】A．同种元素的两个原子成键时形成的共价键通常是非极性键，选项A正确；
B．不同元素的两个原子成键时形成的共价键一定是极性键，选项B正确；
C．、等分子中只存在极性键，选项C正确；
D．无机化合物中可能存在非极性键，如、等，选项D不正确。
答案选D。
4．D
【详解】A．质量数37，质子数17，中子数为37-17=20，A正确；
B． H2O中心原子为O，有2个σ键，孤对电子数为，价层电子对数为2+2=4，杂化类型sp3，价层电子对互斥模型：，B正确；
C．基态C原子价电子为2s22p2，故价层电子轨道表示式：，C正确；
D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：，D错误；
故答案为：D。
5．A
【详解】A、由于氢键的作用，、、在同主族氢化物中沸点反常，常温下水为液态，且F的电负性比N的大，则沸点高低顺序为，A项正确；
B、氢键既可以存在于分子间，也可以存在于分子内，B项错误；
C、水分子的稳定性与分子间氢键无关，与键键能有关，C项错误；
D、邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，由于分子内氢键使物质的熔、沸点降低，分子间氢键使物质的熔、沸点升高，故邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，D项错误；
答案选A。
6．A
【详解】根据价层电子对互斥理论可知，SO3分子中硫原子含有的孤对电子对数=(6-2×3)=0，所以SO3是平面三角形结构，硫原子是sp2杂化，答案选A。
7．C
【详解】中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，故答案为C
8．C
【分析】灰黑色晶体Y的单质的导电性介于导体和绝缘体之间，则Y应为Si元素，Si单质通常用SiO2反应制取，则Q是O元素；SiO2与X混合加热反应产生X2Y，Y显-4价，则X显+2价，由于X的原子序数比O大，比Si小，则X是Mg元素；通常状态下YW4呈气态，则W是H元素，则YW4是SiH4；Mg2Si与WZ反应产生SiH4，W是H元素，显+1价，则Z显-1价，其原子序数比Si大，则Z是Cl元素，YW4为SiH4，SiH4加热分解产生Si和H2。以此解答该题。
【详解】根据上述分析可知：W是H，Q是O，X是Mg，Y是Si，Z是Cl元素，YQ2是SiO2，X2Y是Mg2Si，XZ是HCl，YW4是SiH4。
A．Q是O，Z是Cl，W是H，元素的非金属性：O＞Cl＞H，元素的非金属性越强，其电负性就越大，所以元素的电负性：O＞Cl＞H，即Q＞Z＞W，A正确；
B．YW4是SiH4，其中的Si原子杂化类型为sp3，Si原子与4个H原子形成的是正四面体结构，因此SiH4是正四面体形分子，B正确；
C．Z是Cl，X是Mg，Q是O，它们形成的离子中，Cl-核外电子排布是2、8、8，离子核外有3个电子层；而Mg2+、O2-核外电子排布是2、8，离子核外有2个电子层。由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：Cl-＞O2-＞Mg2+，即离子半径：Z＞Q＞X，C错误；
D．Q是O，Z是Cl，Y是Si，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：O＞Cl＞Si，所以简单氢化物的稳定性：H2O＞HCl＞SiH4，即氢化物的稳定性：Q＞Z＞Y，D正确；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查无机物的推断。灰黑色晶体Y的导电性介于导体和绝缘体之间，则Y是Si单质，结合由SiO2制备Si单质及通常状态下YW4呈气态可知W是H元素是本题突破口。注意把握物质的性质以及转化关系，利用物质结构与元素周期律知识分析解答。
9．C
【详解】A．冰晶石的名称是六氟合铝酸钠或氟化铝钠，选项A正确；
B．六氟合铝(Ⅲ) 酸根离子中含有共价键，故该物质中存在离子键和共价键，选项B正确；
C．大立方体的体心处“△”代表的是Na+，选项C不正确；
D．冰晶石是工业电解氧化铝制取金属铝的助熔剂，选项D正确；
答案选C。
10．A
【详解】A． 、NH3、三种粒子的空间构型分别为正四面体（键角约为109°28’）、三角锥（键角约为107°）、平面正三角形（键角约为120°），键角：>>NH3，故A错误；
B． 、NH3中N的杂化方式相同，均为sp3杂化，故B正确；
C． 配离子[Cu(NH3)4]2+中，NH3提供孤电子对，铜离子提供孤电子对，故C正确；
D． N为7号元素，核外每个电子的运动状态不相同，基态N原子核外电子运动状态有7种，故D正确；
故选A。
11．B
【详解】A．NaOH中Na+与OH-之间为离子键，O与H之间为共价键，A错误；
B．水分子为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，B正确；
C．氧原子结构示意图为，C错误；
D．NaOH为离子化合物，Na+与OH-之间通过离子键结合，电子式为，D错误；
故选B。
12．D
【详解】A．1个唾液酸分子中有一个羧基和一个酰胺基，1mol唾液酸最多能与2molNaOH反应，A错误；
B．分子中不含苯环，不属于芳香族化合物，B错误；
C．手性碳是指连接四个不同基团的碳原子，唾液酸中有6个手性碳原子，C错误；
D．分子中含有官能团羟基、醚键，能被氧化，D正确；
故选D。
13．B
【详解】A．由化合价变化可知，步骤Ⅰ中，氧气为反应的氧化剂、铵根离子为反应的还原剂，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，A错误；
B．孤电子对数=，键电子对数，则价层电子对数，中心原子N采用杂化，B正确；
C．由反应机理可知，整个过程中铵根离子做反应物，不是催化剂，C错误；
D．氮的固定是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程，由反应机理可知，整个过程是化合态的氮元素转化为游离态氮元素的过程，所以不是氮的固定的工艺，D错误；
故选B。
14．D
【分析】分子中孤电子对个数=（中心原子价电子数-配原子个数×配原子形成稳定结构需要的电子数），阳离子中孤电子对个数=（中心原子价电子数-电荷数-配原子个数×配原子形成稳定结构需要的电子数），阴离子中孤电子对个数=（中心原子价电子数+电荷数-配原子个数×配原子形成稳定结构需要的电子数），以此解答。
【详解】A．PCl5中心原子碳原子孤电子对个数=（5-5×1）=0，没有孤对电子，故A不选；
B．NO中心原子碳原子孤电子对个数=（5+1-3×2）=0，没有孤对电子，故B不选；
C．SiCl4中心原子碳原子孤电子对个数=（4-4×1）=0，没有孤对电子，故C不选；
D．PbCl2中心原子碳原子孤电子对个数=（4-2×1）=1，有孤对电子，故D选；
故选D。
15． C +3 6 直线形 CO2
【分析】(1)根据题给信息中的结构简式及元素性质分析化学键的类型；(2)根据配合物组成分析中心原子的化合价及配位数；(3)根据等电子体理论分析微粒的空间构型。
【详解】(1) A.根据H-N═N≡N可知，HN3分子中存在3个σ键，故A错误；
B.HN3分子中N原子存在sp2、sp杂化，故B错误；
C.HN3、HNO2、H2O、N2H4分子的正、负电荷中心不重合，都属于极性分子，故C正确；
D. HNO2不是强酸，故D错误；故答案为：C；
(2) 化合物中元素化合价的代数和等于零，则[Co（N3）（NH3）5]SO4中钴显+3价；钴离子与5个氨气分子和1个叠氮酸根形成配位键，则配位数为6，故答案为：+3；6；
(3) N3-中原子个数是3，价电子数是16，则与N3-互为等电子体的分子有CO2，CO2为直线形，则N3-为直线形，故答案为：直线型；CO2。
16． 与均为极性分子，中的氢键比中的多，与均为非极性分子，的相对分子质量较大，范德华力较大 乙醇分子间存在氢键 高于 氨分子间可形成氢键 分子与分子之间可以形成氢键 存在分子间氢键
【详解】(1)和均为极性分子，常温常压下两种物质均呈液态；和均为非极性分子，常温常压下两种物质均呈气态，根据4种物质在相同条件下的状态可以判断出、的沸点均高于、的沸点。由于分子中的2个氢原子都能形成氢键，而分子中只有羟基上的氢原子能形成氢键，所以中的氢键比中的多，则的沸点高于的沸点。和都属于非极性分子，由于的相对分子质量大于的相对分子质量，所以的沸点高于的沸点；
(2)乙醇的相对分子质量小于丙酮的相对分子质量，但乙醇分子间能形成氢键，丙酮分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比丙酮的高；
(3)氨的沸点高于膦的沸点，因为氨分子间能形成氢键，膦分子间不能形成氢键；
(4)分子与分子之间可以形成氢键，且二者都是极性分子，故二者是互溶的；
(5)乙酸分子之间能形成氢键而乙醛分子之间不能形成氢键，故乙酸的沸点明显高于乙醛。
17．(1)1s22s22p63s23p5
(2)1：2
(3)c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)
【解析】(1)
氯是17号元素，根据能量最低原理，氯原子的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；
(2)
CO与N2结构相似，则CO的结构式为，CO分子内σ键与π键个数之比为1：2；
(3)
0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，发生水解反应生成，能电离出CO，水解大于电离，含碳元素粒子浓度的大小顺序为c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)。
18．(1)c
(2) 三角锥形 BCE
(3) sp2、sp3 B
【详解】（1）结构中的单键为键，双键中含一个键、一个键，由丁二酮肟镍的结构可知，还含有配位键和氢键，不含有离子键；
（2）中配体为，P原子与苯基形成3个单键，有一个孤电子对用于形成配位键，P的杂化轨道数为4，杂化方式为杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在键、键(极性键)，苯环中C、C之间的非极性键，键(配位键)；
（3）由题给球棍模型可知，B形成了3个或4个共价键，即B的价层电子对数为3或者4，故B原子的杂化方式为和。该阴离子中存在的化学键有B、O之间的配位键和极性共价键及H、O之间的极性共价键。
19． 第四周期第ⅦB族 sp3、sp2 π B Cu2+ + 4NH3 =[Cu(NH3)4]2+ N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键
【详解】(1)Mn的价电子排布式为3d54s2，位于第四周期第ⅦB族；
(2)从天冬酰胺的结构中可以看出，碳原子形成的化学键的类型有单键和双键，故碳原子中碳以sp3和sp2两种杂化；
(3)1条三键中含有1个σ键和2个π键， 1个π键键能=×(942 kJ·mol-1-247 kJ·mol-1) =347.5 kJ·mol-1，大于σ键的键能，所以N2中的π键稳定；
(4)A．同主族元素电负性由上到下依次减弱，O的电负性大于S，A错误；
B．在上述结构示意图中，O和Cu之间（图中O→Cu）存在配位键，H-O、S-O之间存在共价键，[Cu(H2O)4]2+和之间存在离子键，B正确；
C．胆矾是CuSO4 5H2O，是由[Cu(H2O)4]2+和构成的，属于离子晶体，C错误；
D．由于胆矾晶体中水两类，一类是以配位键形成配体的水分子，一类是以氢键形成的结晶水，结合方式不同，因此受热时氢键形成的结晶水会先失去，故会因温度不同而得到不同的产物，D错误；
故选B；
(5)铜离子能与氨气形成配位键，故氢氧化铜能溶解在氨水中，反应的离子方程式为Cu2+ + 4NH3 =[Cu(NH3)4]2+；N、F、H三种元素的电负性：F>N>H， 形成配合物时，N原子作为配位原子，NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，因此使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键。
20． 1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) 平面三角形 C≡O sp3 2×6.02×1023个(或2NA)
【详解】（1）①Mn的原子序数是25，根据构造原理可知，Mn2＋基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)。
②NO3-中中心原子含有的孤对电子对数＝（5＋1－3×2）÷2＝0，所以其空间构型是平面三角形。
（2）①原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则和CO互为等电子体的是氮气，氮气分子中含有三键，则CO的结构简式就是C≡O。
②水分子中氧原子含有2对孤对电子，是V形结构，因此氧原子的杂化类型是sp3杂化。
③CO2分子中含有2个碳氧双键，而双键是由1个σ键和1个π键构成，所以1 mol CO2 中含有的σ键数目为2×6.02×1023个(或2NA)。
21． 3d64s2 15 4：5 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱 第四周期第IIB族 3d 5 Au
【详解】(1)Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d64s2，则其价电子排布式为3d64s2；由于s亚层有1个轨道，p亚层有3个轨道，d亚层有5个轨道，则基态Fe原子核外填充有电子的原子轨道数目为15个；基态Fe2+是Fe原子失去最外层的2个4s电子形成的，则Fe2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，其未成对电子数是4；基态Fe3+是Fe2+再失去1个3d电子形成的，Fe3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，未成对电子数是5，故基态Fe2+与Fe3+离子中未成对电子数之比为4：5；
邻二氮菲中N原子可与Fe2+通过配位键形成橙红色邻二氮菲亚铁离子，利用该反应可测定Fe2+浓度，pH＜2时，H+浓度高，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；
(2)Zn是30号元素，在元素周期表中位于第四周期第IIB族。根据构造原理可知基态Zn原子的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d104s2，可知基态Zn原子的M电子层中电子占据的最高能级是3d能级；该能级有5对电子对；
(3)元素的电负性越大，得到电子的能力就越强。根据元素电负性可知：得到电子能力：Au3+＞Ag+＞Zn2+，由于Ag+得到电子变为Ag单质，则据此推测单一的金属(Au3+)盐在十八胺体系中反应的产物为Au。
22． NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，污水中的NH4＋与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性 NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体、浓盐酸、HCl……任一种 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可） 1 2 1 1 2 离子键、共价键、配位键 5 即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。
【详解】（1）电子式为识记内容，NH4＋为复杂的阳离子，要表示其共价键。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性。答案是 NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，污水中的NH4＋与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)>c(OH-)，所以溶液显酸性；
（2）NH4Cl(s) NH4＋(aq)＋Cl－(aq)，使氯化铵结晶析出，使溶解平衡向左移动，可以通入氨气、加入可溶性的铵盐或者可溶性的盐酸盐，能使NH4＋或Cl－的浓度增大的均可，答案是NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体均可 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可）；
（3）根据得失电子守恒和电荷守恒、物料守恒可配平。
___ NH4+ + ___O2→___ NO3－+___ H2O+___ H+
每种元素化合价变化 ↑+5-（-3）=8 ↓2×2=4
得失电子守恒，乘以系数 1 2
元素守恒和电荷守恒 1 2 1 1 2
配平后的方程式为1NH4+ + 2O2→1NO3－+1H2O+2H+，单线桥，从还原剂铵根离子中的N原子，指向氧化剂中的O元素，转移8个e-。①NH4NO3晶体中含有的化学键包括阴阳离子间离子键，铵根离子有共价键和配位键，硝酸根中含有共价键。②硝酸铵中铵根离子转化为硝酸根，再和氢气反应，1mol NH4NO3最后转变成2mol NO3－，根据方程式消耗5mol氢气。③第一个反应产物为酸性溶液，第二个反应为碱性溶液，可以中和，且产物为氮气，无污染。答案为 离子键、共价键、配位键 即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。
答案第1页，共2页
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