2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第七十中学高二下学期期中考试化学试题含解析

这是一份2021-2022学年新疆乌鲁木齐市第七十中学高二下学期期中考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
新疆乌鲁木齐市第七十中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是
A．飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成
B．制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物
C．燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同
【答案】C
【详解】A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故A正确；
B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；
C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布式都是1s22s22p6，故D正确；
选C。
2．下列说法中错误的是
A．根据对角线规则，B和Si的性质具有相似性
B．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
C．气体单质分子中，一定没有π键
D．金属焰色反应原理是发生了电子跃迁
【答案】C
【详解】A．Si在B的右下角，根据对角线规则，B和Si的性质具有相似性，故A正确；
B．根据美国化学家鲍林提出了电负性的概念，元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故B正确；
C．气体单质分子中，可能有π键，比如氧气、氮气，故C错误；
D．金属元素的原子在接受火焰提供的能量时，其外层电子将会被激发到能量较高的激发态；但不稳定，又要跃迁到能量较低的基态，因此金属焰色反应原理是发生了电子跃迁，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是
A．该元素的最高价氧化物的水化物为强酸
B．原子中有3种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了泡利原理
D．该基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形
【答案】D
【分析】核外共有15个不同运动状态的电子，是15号P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3。据此分析。
【详解】A．P元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，是弱酸，故A错误；
B． 电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子中有5种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态，故B错误；
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，3p能级有3个电子，3p能级有3个轨道且能量相同，基态原子中填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违背了洪特规则，故C错误；
D．该基态原子中能量最高的电子为3p能级，电子云的形状为哑铃形，故D正确；
故答案为：D
4．晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300 mm、重量达81 kg的大直径硅单晶，晶体硅大量用于电子产业。下列叙述正确的是（         ）
A．形成晶体硅的速率越快越好
B．晶体硅没有固定的熔沸点
C．可用X射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃
D．晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关
【答案】C
【详解】A. 晶体的形成都有一定的形成条件，如温度、压强、结晶速率等，但并不是说结晶速率越快越好，速率太快可能导致晶体质量下降，A错误；
B. 晶体都有固定的熔沸点，则晶体硅一定有固定的熔沸点，B错误；
C. X射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据微粒是否有规则的排列可区分晶体与非晶体，C正确；
D. 晶体的形成与晶体的自范性和各向异性都有密切关系，D错误；
故合理选项是C。
5．下列变化规律正确的是
A．KCl、MgCl2、MgO的熔点由低到高 B．H2O、H2S、H2Se的分解温度及沸点都由高到低
C．O2、I2、Hg、NaCl、SiO2的熔点由低到高 D．碳化硅、晶体硅、金刚石的熔点由低到高
【答案】A
【详解】A．KCl、MgCl2、MgO都是离子晶体，氧离子半径小于氯离子半径，氧离子所带电荷大于氯离子所带电荷，镁离子半径小于钾离子，晶格能与电荷成正比、与离子半径成反比，则晶格能：MgO>MgCl2> KCl，离子晶体熔沸点随着晶格能增大而升高，故熔点由低到高顺序为KCl< MgCl2< MgO，A正确；
B．H2O、H2S、H2Se均为分子晶体，水分子之间存在氢键，沸点最高，H2S、H2Se都不能形成分子间氢键，且相对分子质量H2S小于H2Se，分子晶体相对分子质量越大，分子间作用力越强，则熔沸点越高，所以H2Se沸点高于H2S，则沸点由高到低的顺序为H2O>H2Se>H2S，元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，分解温度越高，O、S、Se位于同一主族，则非金属性O>S>Se，所以分解温度由高到低的顺序为H2O>H2S>H2Se，B错误；
C．共价晶体熔点高于离子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，Hg是液体，而I2是固体，则I2的熔点高于Hg，C错误；
D．碳化硅、晶体硅、金刚石都是共价晶体，共价晶体熔点与键长成反比，键长Si-Si>C-Si>C-C，所以熔点由低到高顺序为晶体硅H>Zn
B．Zn2+溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为6
C．DHA分子间存在氢键
D．甲醇分子中H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角
【答案】B
【详解】A．C、O的氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O＞C＞H，锌为金属元素，电负性最小，故A正确；
B．Zn2+溶于氨水形成配合物[Zn(NH3)4](OH)2，Zn2+的配位数为4，故B错误；
C．DHA分子中含有2个羟基，可以形成分子间氢键，故C正确；
D．甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化，所以甲醇分子中H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角，故D正确；
故选：B。
10．已知N—N、N=N和N≡N键能之比为1.00∶2.17∶4.90，而C—C、C=C和C≡C键能之比为1.00∶1.77∶2.34，下列说法正确的是
A．σ键一定比π键稳定
B．N2较易发生加成反应
C．乙烯、乙炔较易发生加成反应
D．乙烯、乙炔中的π键比σ键稳定
【答案】C
【详解】A．根据N—N、N=N和N≡N键能之比为1.00∶2.17∶4.90，N≡N、N=N中π键比σ键稳定，故A错误；
B．N≡N、N=N中π键比σ键稳定，难发生加成，故B错误；
C．根据C—C、C=C和C≡C键能之比为1.00∶1.77∶2.34，C=C，C≡C中π键比σ键弱，π键不稳定，较易发生加成，故C正确；
D．根据C—C、C=C和C≡C键能之比为1.00∶1.77∶2.34，C=C，C≡C中π键比σ键弱，π键没有σ键稳定，故D错误；
故选C。
11．在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；
B．[Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+；
C．[Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；
D．[Ne]3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+；
综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，故A正确；
答案选A；
12．下列关于物质的结构和性质叙述正确的是
A．已知臭氧是极性很微弱的分子，它在四氯化碳中的溶解度低于在水中的溶解度
B．向配合物溶液中加入足量的溶液，所有均被完全沉淀
C．已知二茂铁熔点是(在时开始升华)，沸点是，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。在二茂铁结构中，与之间是以离子键相结合
D．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比按化学式计算出来的大一些
【答案】D
【详解】A．臭氧在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，故A错误；
B．内界的氯离子不能电离，因此向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，故B错误；
C．与Fe2+之间形成化学键时亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子，二者形成配位键，故C错误；
D．接近水的沸点的水蒸气中水分子间因氢键而形成了“缔合分子”，因此用接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些；
答案选D。
13．的晶格能可通过下图中的循环计算得到，下列说法正确的是

A．属于共价化合物 B．Li的第一电离能为1040kJ/mol
C．O=O键的键能为703kJ/mol D．的晶格能为2908kJ/mol
【答案】D
【详解】A．由活泼金属和活泼非金属组成，属于离子化合物，故A错误；
B．锂原子的第一电离能是指1 mol气态锂原子失去1mol电子变成1 mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ/mol，故B错误；
C．O=O键键能是指1 mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249 kJ/mol×2=498 kJ/mol，故C错误；
D．晶格能是指气态离子结合生成1mol晶体所释放的能量或1 mol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则的晶格能为2908kJ/mol，故D正确；
故选D。
14．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是

A．第一电离能：Q＞Z＞W
B．电负性：X＞Y＞Z
C．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应
D．W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应
【答案】C
【分析】X、Y、Z、Q、W为1 ~ 20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。
A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离能：Z＞Q＞W，A错误；
B．一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；
C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；
D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是C。
15．正硼酸()是一种片层状结构的白色晶体，层内的分子之间通过氢键相连(层状结构如图所示，图中“虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是

A．分子的稳定性与氢键有关
B．含的晶体中有氢键
C．分子中B、O最外层均为稳定结构
D．B原子杂化轨道的类型为，同层分子间的主要作用力是范德华力
【答案】B
【详解】A．稳定性是化学性质，取决于化学键的强弱，氢键是属于分子间作用，与分子的稳定性无关，故A错误；
B．一个H3BO3分子对应着6个氢键，一个氢键对应着2个H3BO3分子，因此含有1 molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，故B正确；
C．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；
D．层内的H3BO3分子之间主要通过氢键相连，故D错误；
故选B。
16．铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是

A．铁镁合金的化学式可表示为
B．晶胞中有14个铁原子
C．晶体中存在的化学键类型为金属键
D．该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】B
【详解】A．晶胞中含有铁原子的数目为，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为，A项正确，
B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；
C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；
D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为，D项正确。
故选：B。
17．金属钠晶体为体心立方晶胞（如图），实验测得钠的密度为。已知钠的相对原子质量为a，阿伏加德罗常数为，假定金属钠原子为等径的刚性球且处于体对角线上的三个球相切。则钠原子的半径为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【详解】因为金属钠晶体为钾型，所以在晶胞中含有钠原子数为1+8×=2，设晶胞边长为x，根据ρ=得，ρ=，所以x=所以晶胞的体对角线长度为×，所以钠原子半径，
故选：C。
18．[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（     ）
A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B．1mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024
C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
【答案】C
【详解】A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；
C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。
【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。
19．氯化钠的一种晶胞结构如图所示，下列有关氯化钠的说法正确的是

A．该晶胞结构中有6个和6个
B．的配位数为4
C．1mol氯化钠中有个NaCl分子
D．将晶胞沿体对角线AB作投影，CD两原子的投影将相互重合
【答案】D
【详解】A．该晶胞结构中有个和个，A错误；
B．由NaCl的晶胞示意图可知，的配位数为6，B错误；
C．氯化钠是离子化合物，故其中只存在Na+和Cl-，不存在NaCl分子，C错误；
D．由氯化钠晶胞示意图可知，对角线AB和CD两原子的连线为平行关系，故将晶胞沿体对角线AB作投影，A、B两原子相互重合，C、D两原子的投影将相互重合，D正确；
故答案为：D。
20．铁有三种同素异形体，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有6个
B．晶体的空间利用率：
C．晶胞中的原子堆积方式为体心立方堆积
D．铁原子的半径为acm，则晶胞的密度为
【答案】D
【详解】A．δ−Fe晶胞中含有铁原子个数为：×8＋1＝2，依据图示可知中心铁原子到8个顶点铁原子距离均相同且最小，所以其配位数为8，则每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，故A错误；
B．γ−Fe晶体属于最密堆积，而δ−Fe、α−Fe中二维平面内Fe属于非密置层，空间利用率比γ−Fe晶体低，三种晶体结构中，空间利用率最大的是γ−Fe，故B错误；
C．依据图示γ−Fe晶体铁原子占据顶点和面心，属于面心立方最密堆积，故C错误；
D．1个α−Fe晶胞含铁原子个数为：×8＝1，则1mol晶胞质量为56g，铁原子的半径为a cm，则晶胞边长为2acm，1mol晶胞体积为：NA(2a)3cm3，晶胞密度为：＝，故D正确；
故选：D。
21．氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可做高温润滑剂；立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示，下列关于这两种晶体的说法正确的是

A．六方相氮化硼与石墨一样可以导电 B．立方相氮化硼只含有键
C．两种晶体均为分子晶体 D．六方相氮化硼晶体硬度高，耐磨可以做刀具
【答案】B
【详解】A．晶体中存在可以自由移动的电子能导电，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子，所以不能导电，A错误；
B．由晶体结构可知，立方相氮化硼只含有共价单键即键，B正确；
C．六方相氮化硼中存在共价键和分子间作用力，与石墨相似属于混合晶体，而立方相氮化硼为空间网状结构与金刚石相似，属于原子晶体，C错误；
D．六方相氮化硼晶体与石墨相似，硬度不高，不可以做刀具，D错误；
故选B。
22．已知冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6=3Na++AlF63-。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，▽是图中、中的一种。下列说法正确的是（    ）

A．冰晶石是原子晶体
B．大立方体的体心处▽代表Al3+
C．与Na+距离相等且最近的Na+有6个
D．冰晶石晶体的密度为×1024g·cm-3
【答案】D
【详解】A.由已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF6=3Na++AlF63-，该物质由离子构成，冰晶石是离子晶体，故A错误；
B.  由冰晶石(化学式为Na3AlF6)可知，Na+与AlF63-的个数比为3:1，由冰晶石的晶胞结构可知，一个晶胞中含有●的个数为8×+6×=4，◯的个数为8+12×=11，△代表◯时，●与◯的个数比为1:3，则●为AlF63-，◯为Na+，所以大立方体的体心处△代表的是Na+，故B错误；
C.分析晶胞结构可知，与Na+距离相等且最近的Na+有8个，故C错误；
D.一个晶胞的体积为，由B可知一个晶胞中相当于有4个AlF63-，12个Na+，则一个晶胞的质量为，可知晶胞的密度为=×1024g·cm-3，故D正确；
正确答案是D。
【点睛】本题考查晶胞计算，侧重考查学生计算及空间想象能力，明确各个原子被几个晶胞占有是解本题关键，采用均摊法解答，题目难度不大。
23．以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。下列说法不正确的是


x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125

A．灰色大球代表As
B．一个晶胞中有4个Sn
C．CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有2个
D．距离Cd(0，0，0)最近的Sn的分数坐标是(0.5，0，0.25)和(0.5，0.5，0)
【答案】C
【详解】A．由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心，因此灰色大球代表As，A正确；
B．根据选项A可知1个晶胞中Sn的个数为，B正确；
C．由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个，C错误；
D．由晶胞结构图可知，距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)，D正确；
答案选C。

二、结构与性质
24．回答下列问题：
(1)铁单质及其化合物的应用非常广泛。
①基态Fe原子价电子排布图是 ___________。
②普鲁士蓝的化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，碳原子与Fe2+形成配位键，其中提供孤电子对的是___________(填元素名称)，CN-与N2互为等电子体，1mol普鲁士蓝中所含键的数目为 ___________个。
③邻羟基苯甲醛 和对羟基苯甲醛 均能与溶液反应生成紫色配合物。对羟基苯甲醛在水中的溶解度略大于邻羟基苯甲醛在水中的溶解度，原因为___________。
(2)CuCl的盐酸溶液吸收CO可生成配合物，其结构如图所示：

①氯原子的杂化方式为___________。
②该配合物中，每个Cu原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“→”标出相应的配位键___________。
③Cu＋与NH3形成的配合物可表示成[Cu(NH3)n]＋，该配合物中，Cu＋的4s及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的电子对，n=___________。
④已知NF3与NH3的空间构型相同，但NF3不易与Cu+形成配离子，其原因是___________。
⑤下表是铜与锌的部分离能数据，对于“铜的 I1与l2相差较大，而锌的I1与I2相差较小”的事实，原因是___________。
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
Cu
746
1958
Zn
906
1733


【答案】(1)          碳原子          邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛与水分子形成分子间氢键
(2)     sp3          2     N、F、H三种元素电负性为F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得N原子难于与Cu+形成配位键     Cu失去一个电子后3d轨道全满，再失去一个电子较困难；Zn失去一个电子后4s能级上有1个电子，再失去1个电子比Cu+容易

【解析】（1）
①Fe位于周期表中第四周期第VIII族，价电子排布式为3d64s2，则其价电子排布图是；
②Fe4[Fe(CN)6]3中C原子有孤对电子，铁原子有空轨道，则提供孤电子对的是C原子；CN-与N2互为等电子体，CN-含有C、N三键，其中1个键、2个键，则1mol普鲁士蓝中所含键的数目为；
③邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛与水分子形成分子间氢键，故对羟基苯甲醛在水中的溶解度略大于邻羟基苯甲醛在水中的溶解度；
（2）
①氯原子价层电子对数为4且含有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断氯原子的杂化方式为sp3；
②根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的2个共价键只有1个为配位键，而Cu可形成3个配位键，所以该配位键为 ；
③该配合物中，Cu＋的4s及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的电子对，所以其价层电子对数为2，则中心离子配位数n=2；
④Cu+提供空轨道，NH3和NF3中中心原子N原子提供孤电子对，由于N、F、H三种元素电负性为F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得N原子上的孤电子对难于与Cu+形成配位键；
⑤原子轨道中电子处于全满、半满、全空时最稳定，Cu失去一个电子后3d轨道全满，再失去一个电子较困难；Zn失去一个电子后4s能级上有1个电子，再失去1个电子比Cu+容易，所以铜的 I1与l2相差较大，而锌的I1与I2相差较小。
25．Fe、Ni均为Ⅷ族元素，与C、N、O、P等组成的化合物有广泛的用途。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的价层电子轨道表达式为___________，C、N、O的第一电离能从小到大的顺序为___________。
(2)N、P可形成一些复杂离子，如(CH3)3NH＋、NO、PCl等。(CH3)3NH＋ 中N原子的杂化类型为___________，NO的空间构型为___________。
(3)Fe、Ni易与CO形成配合物，Fe(CO)5中σ键与π键个数比为___________，Ni(CO)4熔点-25℃，沸点43℃，不溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂，Ni(CO)4为___________晶体。
(4)FeO、NiO的晶体类型与结构和NaCl相同。
① 熔点FeO___________NiO(填“＞”、“＜”或“=”)。
② FeO 晶胞如下图，Fe2+的配位数为___________。

③ FeO在氧气中加热，部分Fe2+被氧化为Fe3+，晶体结构产生铁离子缺位的缺陷，其组成变为FexO(x＜1)，测得晶胞边长为a cm，密度为⍴g·cm-3，则x=___________。
【答案】(1)          C