山东省淄博市高考化学二模试卷（含解析）.doc

山东省淄博市2015年高考化学二模试卷 一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）1下列说法正确的是（）a淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物b乙酸乙酯和植物油水解均可生成乙醇c“地沟油”的主要成分是油脂，其类别与煤油不同d煤中含有煤焦油及多种化工原料，可通过煤的干馏获得考点：有机高分子化合物的结构和性质；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构.分析：a油脂不是高分子化合物；b植物油的主要成分是不饱和脂肪酸的甘油酯；c油脂属于酯类，而煤油是由烃类物质构成的；d通过煤的干馏可获得焦炭和焦炉气、煤焦油解答：解：a淀粉和蛋白质是高分子化合物，但油脂不是，故a错误； b乙酸乙酯可水解生成乙醇和乙酸，但是植物油可水解生成不饱和脂肪酸和甘油，故b错误；c油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，而煤油均属于复杂烃类的混合物，故c正确；d通过煤的干馏获得焦炭和焦炉气、煤焦油，是化学变化，所以煤中不含有煤焦油及多种化工原料，故d错误故选c点评：本题考查了有机物的组成和性质，熟悉常见有机物的性质和煤的干馏是解题关键，侧重考查学生对基础知识的掌握，题目难度不大2（5分）（2015淄博二模）短周期元素x、y、z、w原子序数依次增大x的质子数与电子层数相同，y、z同周期且相邻，z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素w在地壳中的含量仅次于氧下列说法正确的是（）a原子半径：r（w）r（y）r（z）r（x）bx、y、z三种元素形成的化合物中只有共价键c最高价氧化物对应水化物的酸性：wyd气态简单氢化物的热稳定性：yz考点：原子结构与元素周期律的关系.分析：短周期元素x、y、z、w原子序数依次增大，x的质子数与电子层数相同，则x为h元素；z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故z为o元素；y、z同周期且相邻，则y为n元素；元素w在地壳中的含量仅次于氧，则w为si，据此解答解答：解：短周期元素x、y、z、w原子序数依次增大，x的质子数与电子层数相同，则x为h元素；z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故z为o元素；y、z同周期且相邻，则y为n元素；元素w在地壳中的含量仅次于氧，则w为sia同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中h原子半径最小，故原子半径：r（si）r（n）r（o）r（h），故a正确；bx、y、z三种元素形成的化合物nh4no3中含有离子键、共价键，故b错误；c非金属性y（n）z（o），故氢化物稳定性：nh3h2o，故d错误；d非金属性y（n）w（si），故酸性：硝酸硅酸，故c错误，故选a点评：本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度不大3（5分）（2015淄博二模）若要产生一定量的氯气，下列物质分别与足量浓盐酸反应，消耗的物质的量最少的是（）akmno4bkclo3cmno2dca（clo）2考点：氧化还原反应的计算.分析：根据物质和浓盐酸反应的特点，等物质的量的各个物质得到电子数越多，则生成氯气越多，则生成等量的氯气消耗的物质的量最少，据此回答判断解答：解：设物质的量都是1mol，kmno4中的mn从+7降为+2价，kclo3中cl从+5降为0价，mno2中的mn从+4价降为+2价，ca（clo）2中的cl从+1价降为0价，转移电子分别是：5mol、5mol、2mol、2mol，并且b中，氯酸钾和盐酸反应中，氧化产物与还原产物均为氯气，所以产生的氯气最多，则生成等量的氯气，消耗的氯酸钾的物质的量最少故选b点评：本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化计算转移电子为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大4（5分）（2015淄博二模）下列对事实的解释或结论不正确的是（） 事实 解释或结论 a 向na2co3浓溶液中通入足量co2溶液变浑浊 溶解度：nahco3na2co3 b 常温下相同浓度nahco3溶液的ph大于nahso3的ph 酸性：h2co3h2so3 c 向2ml 1mol/lalcl3溶液中加入几滴1mol/lnaoh溶液，生成白色沉淀，再加入几滴1mol/lfecl3溶液，沉淀变为红褐色 ksp：al（oh）3fe（oh）3 d 将硫酸酸化的h2o2滴入fe（no3）2溶液，溶液变黄色 氧化性：h2o2fe3+aabbccdd考点：化学实验方案的评价.分析：a相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠的溶解度小；b相同浓度nahco3溶液的ph大于nahso3的ph，ph大的对应酸的酸性越弱；cnaoh不足，生成氢氧化铝沉淀，然后发生沉淀的转化；d酸性条件下硝酸根离子的氧化性大于过氧化氢的氧化性解答：解：a向na2co3浓溶液中通入足量co2溶液变浑浊生成碳酸氢钠，可知溶解度：nahco3na2co3，故a正确；b常温下相同浓度nahco3溶液的ph大于nahso3的ph，前者ph大，可知酸性：h2co3h2so3，故b正确；c生成白色沉淀，再加入几滴1mol/lfecl3溶液，沉淀变为红褐色，发生沉淀的转化，氢氧化铁更难溶，则 ksp：al（oh）3fe（oh）3，故c正确；d将硫酸酸化的h2o2滴入fe（no3）2溶液，溶液变黄色，亚铁离子被氧化，但硝酸根离子可氧化亚铁离子，不能比较h2o2、fe3+的氧化性，故d错误；故选d点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、酸性比较与盐类水解、沉淀转化、氧化还原反应等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大5（5分）（2015淄博二模）关于的下列说法中正确的是（）a分子式为c9h9o2b含有三种官能团c可使溴的四氯化碳溶液或酸性kmno4溶液褪色d可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应考点：有机物的结构和性质.分析：由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、cooh，结合烯烃、羧酸的性质来解答解答：解：a苯环上有5个h，则分子式为c9h8o2，故a错误；b含碳碳双键、cooh两种官能团，故b错误；c含双键，可使溴的四氯化碳溶液或酸性kmno4溶液褪色，故c正确；d含双碱键，可发生加成、加聚反应，含cooh可发生取代反应，故d错误；故选c点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸性质的考查，题目难度不大6（5分）（2015淄博二模）下列说法正确的是（）a1ml ph=2的醋酸溶液加水稀释到10ml，ph变为3b常温下，na2co3溶液中加水稀释时，增大c向氯水中加入少量naoh溶液，一定有c（na+）=c（cl）+c（clo）dnh4cl溶液稀释过程中c（nh4+）与c（nh3h2o）之和始终保持不变考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较.分析：a醋酸是弱电解质加水稀释促进电离；bna2co3溶液中存在水解平衡：co32+h2ohco3+oh，加水平衡正移；c根据电荷守恒分析；dnh4cl溶液稀释过程中浓度减小解答：解：a醋酸是弱电解质加水稀释促进电离，溶液中氢离子的物质的量增大，所以1ml ph=2的醋酸溶液加水稀释到10ml，ph3，故a错误；bna2co3溶液中存在水解平衡：co32+h2ohco3+oh，加水平衡正移，hco3的物质的量增大，co32的物质的量减小，则增大，故b正确；c向氯水中加入少量naoh溶液，溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（cl）+c（clo）+c（oh），由于溶液显酸性，c（h+）c（oh），则c（na+）c（cl）+c（clo），故c错误；dnh4cl溶液稀释过程中浓度减小，则c（nh4+）与c（nh3h2o）之和逐渐减小，故d错误故选b点评：本题考查了弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡的应用，难度不大，化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系7（5分）（2015淄博二模）关于如图装置的下列叙述中不正确的是（）a无论a和b是否连接，该装置的反应原理相同ba和b分别连接直流电源正、负极可以实现铁上镀铜ca和b不连接时反应速率比a和b用导线连接时的速率慢d在a、b之间连接一小灯泡，改变cu2+的浓度不会影响灯泡亮度考点：原电池和电解池的工作原理.分析：a、无论a和b是否连接，都发生fe+cu2+=fe2+cu；b、实现铁上镀铜，则铁为阴极，铜为阳极；c、a和b不连接时，fe与硫酸铜溶液发生置换反应；a和b用导线连接时，形成原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度；d、改变cu2+的浓度，则改变了电路中电流的大小解答：解：a、a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，反应原理相同，故a正确；b、实现铁上镀铜，则铁为阴极，铜为阳极，所以a和b分别连接直流电源正、负极，故b正确；c、a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，故c正确；d、在a、b之间连接一小灯泡，改变cu2+的浓度，则改变了电路中电流的大小，影响灯泡亮度，故d错误故选d点评：本题考查学生化学反应与原电池反应，明确原电池的工作原理及所发生的氧化还原反应是解答本题的关键，电解过程的反应原理应用，难度不大二、解答题（共4小题，满分53分）8（18分）（2015淄博二模）（1）某催化剂可将汽车尾气中的co、no转化为无毒气体已知：2co（g）+o2（g2co2（g）h1=akjmol1n2（g）+o2（g）2no（g）h2=bkjmol1反应2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g）的h=abkjmol1可以利用反应：no2+gn2+h2o+nx（n可以为零）将no2变成无害n2，若要求x必须为无污染的物质，则g可以是ad（填写字母）anh3 bco2 cso2 dch3ch2oh当反应中转移1.2mol电子时，消耗no26.72l（标准状况）用naoh溶液吸收工业尾气中的so2最终制得石膏（caso42h2o）为节约资源减少排放实现物质的循环利用，生产过程中还需要加入的固体物质是cao或ca（oh）2（填化学式）（2）工业上通过电解含nh4f的无水熔融物生产nf3气体，其电解原理如右图所示则a极为阳极，该极的电极反应式nh4+3f6e=nf3+4h+（3）用电镀法在铁板表面镀锌或锡可防腐，这种防止金属腐蚀的方法从原理上属于覆盖保护层法考点：电解原理；氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算.分析：（1）2co（g）+o2（g2co2（g）h1=akjmol1 （i），n2（g）+o2（g）2no（g）h2=bkjmol1 （ii），（i）（ii）得出目标方程式；根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂的特点结合常见的氧化剂和还原剂来回答；石膏中含有元素ca，结合反应原理判断固体物质即可；（2）由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，据此解答即可；（3）依据常见金属保护方法回答即可解答：解：（1）2co（g）+o2（g2co2（g）h1=akjmol1 （i），n2（g）+o2（g）2no（g）h2=bkjmol1 （ii），（i）（ii）得出目标方程式为：2no（g）+2co（g）n2（g）+2co2（g），故h=（ab）kjmol1，故答案为：ab；将no2变成无害的n2中，氮元素的化合价降低了，二氧化氮做氧化剂，需要加入还原剂，x必须为无污染的物质，在下列四种物质：anh3 bco2 cso2 dch3ch2oh中，能被二氧化氮氧化具有还原性的物质有乙醇和nh3，no2由+4价降低为0价，降低4价，即转移4mol电子，当反应中转移1.2mol电子时，消耗no2 为0.3mol，体积为6.72l，故答案为：还原剂；ad；6.72；二氧化硫为酸性气体，除利用氢氧化钠浓溶液吸收外，还可以利用cao或氢氧化钙吸收制取石膏，故还需要的固体物质是cao或ca（oh）2，故答案为：cao或ca（oh）2；（2）由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，阳极上铵根失去电子生成nf3，电极反应方程式为：nh4+3f6e=nf3+4h+，故答案为：阳；nh4+3f6e=nf3+4h+；（3）用电镀法在铁板表面镀锌或锡可防腐，这种防止金属腐蚀的方法从原理上属于覆盖保护层法，故答案为：覆盖并保护层点评：本题主要考查的是盖斯定律的应用、氧化还原反应方程式书写、电解池反应原理等，综合性较强，难度较大，注意整理归纳9（7分）（2015淄博二模）将0.40mol n2o4气体充入2l固定容积的密闭容器中发生如下反应：n2o4（g）2no2（g）h在tl和t2时，测得no2的物质的量随时间变化如图所示：（1）tl时，40s80s内用n2o4表示该反应的平均反应速率为0.00125mol/（ls）（2）ho（填“”、“”或“=”）（3）改变条件重新达到平衡时，要使的比值变小，可采取的措施有ac（填序号）a增大n2o4的起始浓度 b升高温度c向混合气体中通入no2d使用高效催化剂考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素.分析：（1）tl时，40s80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，根据v=计算出用二氧化氮表示的平均反应速率，然后根据反应速率与化学计量数成正比计算出用n2o4表示的平均反应速率；（2）根据图象曲线变化可知，tl时反应速率大于t2，且t2达到平衡时二氧化氮的物质的量小于tl，根据温度对化学平衡的影响判断该反应的反应热；（3）a增大n2o4的起始浓度，增大了压强，平衡向着逆向移动，该比值变小； b升高温度，平衡向着吸热的反应方向移动；c向混合气体中通入no2，相当于增大了压强，平衡向着逆向移动，该比值偏小；d使用高效催化剂，不影响化学平衡解答：解：（1）tl时，40s80s内二氧化氮的物质的量从0.40mol变为0.60mol，则用二氧化氮表示该时间段的平均反应速率为：v（no2）=0.0025mol/（ls），化学反应速率与化学计量数成正比，则v（n2o4）=v（no2）=0.00125mol/（ls），故答案为：0.00125；（2）根据图象曲线变化可知，tl时反应速率大于t2，则温度大小为：tlt2，而在t2达到平衡时二氧化氮的物质的量小于tl，说明升高温度，平衡向着正向移动，则该反应为吸热反应，h0，故答案为：；（3）a增大n2o4的起始浓度，相当于增大了压强，平衡向着逆向移动，则的比值变小，故a正确；b该反应为吸热反应，升高温度，平衡向着正向移动，则二氧化氮浓度增大、四氧化二氮浓度减小，故该比值增大，故b错误；c向混合气体中通入no2，相当于增大了压强，平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度减小、四氧化二氮浓度增大，该比值减小，故c正确；d使用高效催化剂，对化学平衡不影响，则该比值不变，故d错误；故答案为：ac点评：本题考查了物质的量随时间变化的曲线及化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响、化学反应速率的计算方法10（10分）（2015淄博二模）已知：常温下，hcn的电离常数为ka=51010（1）有浓度相同的hcn和nacn的混合溶液通过计算说明该溶液的酸碱性碱性该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c（na+）c（cn）c（oh）c（h+）（2）常温下，向某浓度的hcn溶液中逐滴加入naoh溶液至溶液呈中性该过程溶液中水的电离程度的变化为增大若混合溶液中c（na+）=a mol/l，则c（hcn）=200amol/l考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较.分析：（1）通过kh=计算，然后比较ka与kh的大小来判断；溶液显碱性，c（oh）c（h+），水解程度大于电离程度，则c（na+）c（cn）；（2）hcn与naoh反应生成nacn，nacn水解促进水的电离；根据ka=计算解答：解：（1）已知：常温下，hcn的电离常数为ka=51010，则kh=2105，则kakh，hcn的电离程度小于nacn的水解程度，溶液显碱性；故答案为：碱性；溶液显碱性，c（oh）c（h+），水解程度大于电离程度，则c（na+）c（cn），则该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是：c（na+）c（cn）c（oh）c（h+）；故答案为：c（na+）c（cn）c（oh）c（h+）；（2）向某浓度的hcn溶液中逐滴加入naoh溶液至溶液呈中性，hcn与naoh反应生成nacn，nacn水解促进水的电离，所以水的电离程度增大；故答案为：增大；溶液为中性，则由电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（cn），可知c（cn）=c（na+）=a mol/l，ka=51010，则c（hcn）=200amol/l；故答案为：200a点评：本题考查了盐类水解、混合溶液中离子浓度大小判断、ka和kh的有关计算等，注意电荷守恒的应用，题目难度中等11（18分）（2015淄博二模）用硼镁矿（主要成分为mg2b2o5h2o，含少量a12o3和fe3o4）制取粗硼的工艺流程为：已知：硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应2b+6hcl（g）2bcl3+3h2bcl3的熔点为107.3，沸点为l2.5，在潮湿空气中易形成白雾i回答下列问题：（1）证明溶液b中含有铁元素的方法是取少许溶液b于试管中，滴加几滴kscn溶液，溶液变红色，说明含有fe元素（2）mg与x反应制取粗硼的化学方程式3mg+b2o32b+3mgo（3）上图中制取mgcl2的“一定条件”是指hcl氛围、加热ii某同学设计如图所示装置制备三氯化硼回答下列问题：（4）e装置的作用是冷却并收集bcl3（5）如果去掉b装置，可能的后果是加热时b与hcl反应生成的氢气与氯气混合易发生爆炸（6）e装置后面还应连接的一个装置是d考点：制备实验方案的设计.分析：i硼镁矿主要成分为mg2b2o5h2o，可以看做2mgob2o3h2o，含有少量杂质a12o3和fe3o4，用浓氢氧化钠溶液溶解，b2o3、a12o3与氢氧化钠反应得到nabo2、naalo2，而mgo、fe3o4不与氢氧化钠反应，过滤得到滤渣为mgo、fe3o4，滤液a中为nabo2、naalo2及剩余的naoh，浓缩后通入过量的二氧化碳，经过系列操作得到h3bo3，加热得到b2o3，再与mg发生置换反应反应得到b与mgo滤渣与过量的浓盐酸反应得到溶液b中有mgcl2、fecl3及未反应的hcl，加入氧化镁等调节溶液ph，使溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再过滤除去，溶液进行蒸发结晶得到mgcl27h2o，在hcl氛围下加热分解得到mgcl2，以防止氯化镁水解，再电解熔融的mgcl2得到金属mg及氯气（1）中溶液b中含有的铁元素以fe3+形式存在，用kscn溶液进行检验；bcl3在潮湿空气中易形成白雾，遇水发生水解反应，应在无水环境下进行，装置a制备氯气，制备的氯气中含有挥发出的hcl，由于b与hcl可以发生反应：2b+6hcl（g）2bcl3+3h2，生成的氢气与氯气易发生爆炸，b装置吸收hcl，c装置由于干燥氯气，d装置中b与氯气反应生成bcl3，由于bcl3的沸点较低，反应得到为气态bcl3，e装置利用冰水冷却收集得到液体bcl3，由于未反应的氯气会污染环境，需要在e装置之后添加吸收氯气装置，同时防止空气中的水蒸气加入d中，防止bcl3发生水解解答：解：i硼镁矿主要成分为mg2b2o5h2o，可以看做2mgob2o3h2o，含有少量杂质a12o3和fe3o4，用浓氢氧化钠溶液溶解，b2o3、a12o3与氢氧化钠反应得到nabo2、naalo2，而mgo、fe3o4不与氢氧化钠反应，过滤得到滤渣为mgo、fe3o4，滤液a中为nabo2、naalo2及剩余的naoh，浓缩后通入过量的二氧化碳，经过系列操作得到h3bo3，加热得到b2o3，再与mg发生置换反应反应得到b与mgo滤渣与过量的浓盐酸反应得到溶液b中有mgcl2、fecl3及未反应的hcl，加入氧化镁等调节溶液ph，使溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再过滤除去，溶液进行蒸发结晶得到mgcl27h2o，在hcl氛围下加热分解得到mgcl2，以防止氯化镁水解，再电解熔融的mgcl2得到金属mg及氯气（1）中溶液b中含有的铁元素以fe3+形式存在，用kscn溶液进行检验，具体操作为：取少许溶液b于试管中，滴加几滴kscn溶液，溶液变红色，说明含有fe元素，故答案为：取少许溶液b于试管中，滴加几滴kscn溶液，溶液变红色，说明含有fe元素；（2）mg与b2o3得到b与mgo，反应方程式为：3mg+b2o32b+3mgo，故答案为：3mg+b2o32b+3mgo；（3）mgcl27h2o在hcl氛围下加热分解得到mgcl2，以防止氯化镁水解，故答案为：hcl氛围、加热；bcl3在潮湿空气中易形成白雾，遇水发生水解反应，应在无水环境下进行，装置a制备氯气，制备的氯气中含有挥发出的hcl，由于b与hcl可以发生反应：2b+6hcl（g）2bcl3+3h2，生成的氢气与氯气易发生爆炸，b装置吸收hcl，c装置由于干燥氯气，d装置中b与氯气反应生成bcl3，由于bcl3的沸点较低，反应得到为气态bcl3，e装置利用冰水冷却收集得到液体bcl3，由于未反应的氯气会污染环境，需要在e装置之后添加吸收氯气装置，同时防止空气中的水蒸气加入d中，防止bcl3发生水解（4）由上述分析可知，e装置的作用是：冷却并收集bcl3，故答案为：冷却并收集bcl3；（5）b装置吸收hcl，若去掉b装置，b与hcl可以发生反应：2b+6hcl（g）2bcl3+3h2，生成的氢气与氯气易发生爆炸，故答案为：加热时b与hcl可以发生反应：2b+6hcl（g）2bcl3+3h2，生成的氢气与氯气混合易发生爆炸，故答案为：加热时b与hcl反应生成的氢气与氯气混合易发生爆炸；（6）由于未反应的氯气会污染环境，bcl3遇水发生水解，故需要在e装置之后添加吸收氯气装置，同时防止空气中的水蒸气加入d中，防止bcl3发生水解，a中浓硫酸不能吸收剩余的氯气，bc均含有水，水蒸气可以进入e中，导致bcl3发生水解，d中碱石灰可以吸收氯气与空气中水蒸气，故选：d点评：本题考查实验制备方案，侧重考查学生对装置的分析评价、实验条件的控制等，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，注意对题目信息的提取与运用，难度中等【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分12分）12（12分）（2015淄博二模）（1）k4fe（cn）6中fe2+与cn两种离子之间的作用力是配位键，基态fe2+的电子排布式1s22s22p63s23p63d6 或ar3d6 ，1molcn中含有键的数目为2na（2）二甲醚（ch3och3）中氧原子的杂化方式为sp3，二甲醚的沸点比乙醇（ch3ch2oh）的沸点低（3）已知nh3容易与h+结合生成nh4+，但nf3却难于h+结合，其原因是f的电负性比n大，nf成键电子对向f偏移，导致nf3中n原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故nf3不易与h+形成配离子（4）o2离子和na+离子形成的晶胞如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何图形为立方体考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成fe2+，根据构造原理书写fe2+核外电子排布式，提供空轨道的原子和提供孤电子对的原子之间易形成配位键；cn中含有三键，三键中含有两个键；（2）二甲醚（ch3och3）中氧原子形成2个共价键，还有两个孤电子对；ch3ch2oh含氢键，使其沸点升高；（3）根据电负性的角度分析；（4）o和na形成的一种只含有离子键的离子化合物为na2o，该晶胞结构中小球有8+6=4，大球在内部，共有8个，所以小球为o2，大球为na+解答：解：（1）亚铁离子含有空轨道，n原子含有孤电子对，所以能形成配位键；铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或ar3d6 ，cn中含有三键，三键中含有两个键，则1molcn中含有键的数目为2na；故答案为：配位键；1s22s22p63s23p63d6 或ar3d6 ；（2）二甲醚（ch3och3）中氧原子形成2个共价键，还有两个孤电子对，所以氧原子的价层电子对数为4，其杂化方式为sp3；ch3ch2oh含氢键，使其沸点升高，ch3ch2oh的沸点高于ch3och3的沸点，故答案为：sp3；低；（3）n、f、h三种元素的电负性：fnh，所以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，导致nf3中n原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故nf3不易与h+形成配离子；故答案为：f的电负性比n大，nf成键电子对向f偏移，导致nf3中n原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故nf3不易与h+形成配离子；（4）o和na形成的一种只含有离子键的离子化合物为na2o，该晶胞结构中小球有8+6=4，大球在内部，共有8个，所以小球为o2，大球为na+，以晶胞中上面心o2离子为研究对象，距一个o2周围最近的na+离子有8个，位于晶胞中上层4个na+及上面晶胞中的下层4个na+，8个na+离子形成立方体结构，故答案为：立方体点评：本题考查知识点较多，为原子结构与性质的习题，涉及配位键、电子排布、共价键的