2022届湖北省七市州联盟高二下学期期中考试化学试题（含解析）

2021-2022高二下期中化学试题本试卷满分100分，考试用时75分钟本试卷主要考试内容：人教版选择性必修2、选择性必修3第一章。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cr52一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.有机化合物在我们生活中应用广泛，下列物质属于有机物且分类正确的是A.乙酸：脂肪烃衍生物 B.联氨(N2H4)：脂肪烃衍生物C.苯酚()：芳香烃 D.三氯甲烷：脂肪烃【答案】A【解析】【分析】根据有机物的命名进行判断，烃是仅含有碳、氢元素的有机物，烃的衍生物是烃分子中的氢原子被其它原子或原子团取代的产物；【详解】A．乙酸含有羧基属于烃的衍生物，故A正确；B．联氨中没有碳原子不属于有机物，故B不正确；C．苯酚含有氧原子，不属于烃，故C不正确；D．三氯甲烷含有氯原子，不属于烃，故D不正确；故选答案A【点睛】此题考查有机物的分类，根据有机物的定义及有机物中含有的元素进行判断。2.有机物(如图)中下方标有数字“1”“2”“3”的碳原子的杂化方式依次为A.sp、sp2、sp3 B.sp2、sp、sp3 C.sp3、sp2、sp D.sp、sp、sp3【答案】B【解析】【详解】根据价层电子对互斥理论判断碳原子杂化方式，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，如果价层电子对个数是4，则碳原子采用sp3杂化，如果价层电子对数是3，则碳原子采用sp2杂化，如果价层电子对个数是2，则碳原子采用sp杂化；苯环上碳原子依据价层电子对互斥理论解释为：VSPE(价层电子对数)=(4+2)/2=3，根据理论即sp2杂化，中心原子碳的分子构型为平面三角形，所以键角为120度，此时每个碳原子还剩一个单电子，就形成一个大键，就是介于单键与双键之间的特殊键；“1”苯环上碳原子杂化方式是sp2；“2”碳碳三键两端的C原子含有2个键，则碳原子采用sp杂化；“3”甲基含有4个键，则碳原子采用sp3杂化，根据上述分析可知，三个碳原子的杂化方式分别为：sp2、sp、sp3，故答案为：B。3.X、Y、Z为同周期元素，X的原子结构示意图为，Y是同周期除稀有气体外半径最大的元素，Z原子的最外层有3个未成对电子。下列说法正确的是A.X、Y、Z的氢化物均为分子晶体B.Z原子的简化电子排布式是[Ne]3s23p5C.Y元素与氧元素只能形成一种二元化合物D.X元素为硅，其氯化物SiCl4为非极性分子【答案】D【解析】【分析】由X的原子结构示意图可知x=2，X为Si；X、Y、Z为同周期元素，Y是同周期除稀有气体外半径最大的元素，故Y为Na；Z原子的最外层有3个未成对电子，Z为P。【详解】A．NaH离子晶体，A错误；B．Z为P，P原子的简化电子排布式是[Ne]3s23p3，B错误；C．Y为Na，与氧元素可以形成氧化钠和过氧化钠，C错误；D．X元素为硅，其氯化物SiCl4为非极性分子，D正确；故选D。4.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p4；②1s22s22p63s23p4；③1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能；③>②>① B.原子半径；②>①>③C.电负性：②>①>③ D.最高正化合价：③>②=①【答案】B【解析】【分析】①1s22s22p4是O原子的电子排布式；②1s22s22p63s23p4是S原子的电子排布式；③1s22s22p5是F原子的电子排布式。【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，同主族元素从上到下第一电离能减小，第一电离能；F>O>S，故A错误；B．同周期元素从左到右原子半径减小，同主族元素从上到下原子半径增大，原子半径S>O>F，故B正确；C．非金属性越强电负性越大，电负性：F>O>S，故C错误；D．F元素没有正价，O元素最高正价是+2，S的最高正价是+6，故D错误；选B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.常温常压下，42g丙烯中采用sp2杂化的碳原子数为2NAB.标准状况下，22.4LPCl5中Cl的价层电子数为7NAC.1mol[Ag(NH3)2]+中含有配位键数为2NAD.标准状况下，0.5molC中含有的未成对电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．42g丙烯的物质的量为1mol，只有2molC原子采取sp2杂化，碳原子数为2NA，A正确；B．标准状况下PCl5为固体，B错误；C．1mol[Ag(NH3)2]+中心原子与氨气形成2mol配位键，配位键数为2NA，C正确；D．C的价层电子排布为2s22p2，未成对电子数为2，故0.5molC中含有的未成对电子数为NA，D正确；故选B。6.黑火药是中国古代四大发明之一，已知黑火药发生反应的化学方程式为2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是A.S、C、K2S三种晶体的熔点由高到低的顺序为C>K2S>SB.NO的空间结构为三角锥形C.附着在试管内壁的硫可用冷水洗涤D.CO2的结构式为O—C—O【答案】A【解析】【详解】A．S属于分子晶体，C属于原子晶体，K2S属于离子晶体，原子晶体熔点最高、分子晶体熔点最低，则三种晶体的熔点由高到低的顺序为C>K2S>S，A项正确；B．NO中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化，离子构型是平面三角形，B项错误；C．硫不溶于冷水中，附着在试管内壁的硫可用二硫化碳洗涤，C项错误；D．CO2结构中，碳氧原子之间有两对共用电子对，则结构式为O=C=O，D项错误；答案选A。7.下列有关晶体的叙述中，错误的是A干冰晶体中，每个CO2周围紧邻12个CO2B.氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-C.氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有6个D.金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子【答案】C【解析】【详解】A．干冰晶胞为面心立方晶胞，每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子，A正确；B．氯化铯晶胞为体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl-共有8个，B正确；C．氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有12个，C错误；D．金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环由6个碳原子构成，D正确；答案选C。8.李比希法和现代仪器分析是确定有机化合物分子结构的常用方法。下列说法正确的是A.李比希法可以确定有机化合物的分子式B.利用红外光谱可以获得有机化合物的相对分子质量C.二甲醚和乙醇互为同分异构体，可以通过核磁共振氢谱鉴别D.质谱法和X射线衍射法均可测定有机化合物的官能团【答案】C【解析】【详解】A．李比希法，定量测定有机物中碳和氢元素含量的一种分析法，可以确定有机物的实验式，A错误；B．利用红外光谱可以确定有机物的特征官能团和分子结构，不能获得有机化合物的相对分子质量，B错误；C．二甲醚和乙醇互为同分异构体，氢原子的化学环境和个数不同，前者只有1种不同环境的H原子，后者有3种，可以通过核磁共振氢谱鉴别，C正确；D．质谱法用于测定有机物的相对分子质量，X射线衍射法可以区分晶体和非晶体，D错误；故选C。9.粗苯甲酸中含有少量NaCl和泥沙，经过一系列操作可提纯苯甲酸。下列叙述错误的是选项ABCD装置

操作加热溶解过滤冷却结晶离子检验叙述加热的目的是增大苯甲酸在水中的溶解度常温下过滤，除去不溶性杂质泥沙利用了苯甲酸和NaCl的溶解度随温度变化的差异性用硝酸酸化的硝酸银溶液检验苯甲酸中的NaCl是否除尽A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．加热后苯甲酸的溶解度增大，加热可以加速苯甲酸的溶解，A项正确；B．冷却结晶，可以得到苯甲酸，则除去不溶性杂质泥沙，要趁热过滤，B项错误；C．NaCl溶解度随温度的变化很小，苯甲酸的溶解度随温度的变化很大，则可以采用冷却结晶得到苯甲酸晶体，C项正确；D．氯离子与银离子反应，生成白色沉淀，则可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验苯甲酸中的NaCl是否除尽，D项正确；答案选B。10.三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]Cl3}是重要的化工原料，工业上可以活性炭为催化剂，通过H2O2氧化有氨和NH4Cl存在的CoCl2溶液来制备。其反应的化学方程式为2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+14H2O。下列说法错误的是A.配离子[Co(NH3)6]3+中的Co位于由N原子组成的正八面体中心B.配合物{[Co(NH3)6]Cl3]}中含有离子键、极性键和配位键C.[Co(NH3)6]Cl3中的配体为NH3，中心离子的配位数为6D.取钴(III)的另一种配合物一[Co(NH3)5Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应，得到沉淀的物质的量为3mol【答案】D【解析】【详解】A．[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，Co在中心，位于由N原子组成的正八面体中心，故A正确；B．{[Co(NH3)6]Cl3]}中Co3+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，配离子与氯离子形成离子键，故B正确；C．[Co(NH3)6]Cl3的中心离子为Co3+，配体为NH3，配位数为6，故C正确；D．配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中配位离子Cl-不与Ag+反应，1mol该配合物中含2mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，1mol该配合物生成2molAgCl沉淀，故D错误；故选：D。11.前三周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大；a、c的氢化物分子的空间结构为V形；b在短周期元素中电负性最小。下列说法正确的是A.b2c2中不含非极性共价键B.b、c、d的简单离子半径由大到小的顺序为c>d>bC.c、d的氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为d>cD.c的单质在过量a的单质中燃烧，所得产物分子的空间结构为平面三角形【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，前三周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大；a、c的氢化物分子的空间结构为V形，可知a为O，c为S，d为Cl；b在短周期元素中电负性最小，则b为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，b2c2即Na2O2，则其中的中含O-O非极性共价键，A错误；B．由分析可知，b、c、d分别为Na、S、Cl，三种的简单离子半径由大到小的顺序为S2-＞Cl-＞Na+即c>d>b，B正确；C．由分析可知，c、d分别为S、Cl，非金属性Cl＞S，则它们的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4＞H2SO4即d>c，但不是最高价氧化物对应水化物的酸性就不一定了，如H2SO4＞HClO等，C错误；D．由分析可知，c的单质即S，在过量a的单质即O2中燃烧，所得产物为SO2，SO2分子的空间结构为V形，D错误；故答案为：B。12.氨氧化物会导致光化学烟雾和酸雨，在Fe3+的催化作用下，NH3可将NO还原为无污染的气体，反应历程如图。下列说法正确的是A.该过程中存在极性键和非极性键的断裂和形成B.基态Fe2+的价层电子排布式为3d54s1C.NH3的稳定性比H2O的强D.图中的总反应可表示为4NH3+6NO5N2+6H2O【答案】A【解析】【详解】A．该过程中NH3和NO、O2是反应物，N2、H2O是生成物，化学反应是旧键断裂和新键形成，存在N-H极性键和O=O非极性键的断裂，形成H-O极性键和N≡N非极性键，A正确；B．基态Fe原子失去4s能级上的2个电子生成基态Fe2+，基态Fe2+上3d能级上的6个电子为其价电子，所以基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，B错误；C．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性：O>N，非金属性越强则其最简氢化物稳定性越稳定，则H2O的稳定性比NH3的强，C错误；D．该过程中NH3和NO、O2是反应物，N2、H2O是生成物，总反应可表示为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，D错误；故选：A。13.美沙拉嗪是治疗溃疡性结肠炎的活性成分，对肠壁的炎症有显著的抑制作用，其结构如图。下列有关该有机物的说法正确的是A.分子式为C7H6NO3B.苯环上的一氯代物有2种C.分子中的所有原子不可能共平面D.含有的官能团的名称为羟基、酮羰基、氨基【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，该分子中含有7个碳原子，7个氢原子，3个氧原子和1个氮原子，其分子式为C7H7NO3，故A错误；B．该物质苯环上有3种环境的氢原子，苯环上的一氯代物有3种，故B错误；C．该物质可看作邻羟基苯甲酸取代NH3分子中的一个氢原子形成的，氨气为三角锥型结构，所有原子不可能在同一个平面上，因此该分子中的所有原子不可能共平面，故C正确；D．由图可知，该物质中含有的官能团为(酚)羟基、羧基、氨基，故D错误；答案选C。14.4.4g某有机化合物(M)在足量氧气中完全燃烧，只生成11gCO2和5.4gH2O。则下列分析正确的是A.M中不含氧元素B.M能与H2发生加成反应C.M分子中含有的官能团只可能为羟基D.M的同分异构体(不考总立体异构)的数目大于8【答案】D【解析】【分析】4.4g某有机化合物燃烧生成11gCO2和5.4gH2O，根据元素守恒则一定含有C、H元素，11g二氧化碳的物质的量为，n(C)=n(CO2)=0.25mol，m(C)=nM=0.25mol×12g/mol=3g，5.4g水的物质的量为：，n(H)=2n(H2O)=0.6mol，m(H)=0.6g，由于m(C)+m(H)=3g+0.6g=3.6g＜4.4g，所以该化合物中一定含有氧元素，且n(O)=，

该有机物分子中含有的故化合物中N(C)：N(H)：N(O)=0.25mol：0.6mol：0.05mol=5：12：1，其最简式为C5H12O。【详解】A．由分析可知，M一定含有氧元素，故A错误；

B．结合分析可知，该有机物最简式为C5H12O，为饱和结构，只含有单键，不能与氢气发生加成反应，故B错误；

C．M分子为C5H12O，可能结构为CH3CH2CH2CH2CH2OH，官能团是羟基，可能是CH3CH2CH2OCH2CH3，官能团是醚键，故C错误；

D．M分子为C5H12O，结构为、、、等，还含有醚类，同分异构体超过8种，故D正确；

故选：D。15.某原子半径为r的金属的堆积方式为六方最密堆积，结构如图1所示，该晶体晶胞结构如图2所示，1、2、3、4原子形成正四面体，下列说法错误的是A.该晶胞中含有的金属原子数目为2 B.该晶胞的高为C.图1结构中含3个晶胞 D.该晶胞的空间利用率为【答案】B【解析】【详解】A．根据均摊原则，该晶胞中含有的金属原子数目为，故A正确；B．原子半径为r，则底面边长为2r，则1、2、3、4原子形成正四面体的高为，晶胞的高为正四面体的高的2倍，则晶胞的高为，故B错误；C．图1结构可分割为3个图2所示的3个晶胞，故C正确；D．该晶胞中含有2个原子，2个原子的体积为，晶胞的体积为，空间利用率为=，故D正确；选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.现有8种物质：①②③CH3CH2OH④HOCH2CH2OH⑤⑥⑦⑧根据要求，回答下列问题：（1）①分子中含有的官能团的名称为____，②分子中最多可能有____个原子共平面，⑦分子中碳环上的一溴代物有____种。（2）上述8种物质中，互为同分异构体的是____(填序号，下同)，互为同系物的是____。（3）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于上述8种物质的说法正确的是____(填标号)。A.②能发生取代反应和加成反应B.相同条件下，在水中的溶解度：⑤>④C.常温常压下，23g③中含有的碳氢键的数目为2.5NAD.标准状况下，22.4L⑥与Na反应生成的H2的数目为0.5NA（4）⑧的同分异构体中属于芳香族化合物的有____种，其中一种同分异构体满足以下条件：核磁共振氢谱图有4组峰，且峰面积之比为3：3：2：2，其结构简式为____。【答案】（1）①.碳碳双键、氯原子②.7③.4（2）①.⑥⑦②.③⑤（3）AC（4）①.18②.【解析】【小问1详解】①中的官能团为碳碳双键、氯原子；②分子中含有碳碳双键，与双键碳原子直接相连的原子共平面，另单键可以旋转，最右侧C原子上最多有一个原子与其共平面，故最多可能7个原子共平面；⑦分子中碳环上的一溴代物有4种，如图所示：；【小问2详解】⑥⑦的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；③⑤中均含一个羟基，结构相似，组成上相差3个-CH2-，互为同系物；【小问3详解】A．②中含双键，能发生加成反应；含氯原子，能发生取代反应，A正确；B．④含两个羟基，烷基链较短，水中溶解度大，⑤含一个羟基，烷基链相对较长，水中溶解度较小，故相同条件下在水中的溶解度：⑤<④，B错误；C．23g③乙醇的物质的量为0.5mol，1mol乙醇中含碳氢键5mol，故0.5mol乙醇中含有的碳氢键的数目为2.5NA，C正确；D．标准状况下⑥不是气体，与Na反应生成的H2的数目无法计算，D错误；故选AC。【小问4详解】⑧的同分异构体属于芳香族化合物，说明含苯环，当其同分异构体为醇类时，若苯环上一个取代基，则有、，共2种；苯环上两个取代基时，取代基为-OH和-CH2CH3时，同分异构体的数目为3种，如图所示：（数字代表羟基位置）：；当取代基为-CH3和-CH2OH时，除⑧外，同分异构体数目为2种，如图所示（数字代表甲基的位置）：；当苯环上有三个取代基时，取代基分别为两个甲基和一个羟基，同分异构体数目有6种，如图所示（数字代表羟基位置）：、、；当同分异构体为醚类时，若苯环上有一个取代基，、共2种；当苯环上有2个取代基时，-CH3，-OCH3，同分异构体共3种，如图所示，数字代表甲基的位置：；综上共18种；核磁共振氢谱图有4组峰，说明有4种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为3：3：2：2说明氢原子个数比为3：3：2：2，满足条件的结构简式为。17.已知W、X、Y、Z、N是周期表中前四周期元素，它们的核电荷数依次增大。元素元素性质或原子结构或离子结构W原子核内无中子X基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等Y元素的原子半径在同周期中最大Z基态原子核外有9种不同空间运动状态的电子，且有2个未成对电子NN+的M层全充满回答下列问题：（1）X对应单质的化学式为____，基态Y原子中电子占据中的最高能级的原子轨道形状是____。（2）X、Y、Z任意两种元素形成的化合物之间发生氧化还原反应的化学方程式为____。（3）上述五种元素中第一电离能最小的是____(填元素符号，下同)；W、X、Z三种元素的电负性由大到小的顺序为____。（4）N2X与N2Z的熔点更高的是____(填化学式)，原因是____。（5）ZX和ZX中键角较小的是____(用离子符号表示)，原因是____。【答案】（1）①.O2②.球形（2）SO2+Na2O2=Na2SO4（3）①.Na②.O>S>H（4）①.Cu2O②.氧离子半径比硫离子小，Cu2O中离子键更强，熔点更高（5）①.SO②.SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO【解析】【分析】W、X、Y、Z、N是周期表中前四周期元素，它们的核电荷数依次增大，W原子核内无中子，W是H元素；X基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，说明X电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；Y元素的原子半径在同周期中最大，Y是Na元素；Z基态原子核外有9种不同空间运动状态的电子，且有2个未成对电子，说明Z核外有16个电子，Z是S元素；N+的M层全充满，N是29号元素，N是Cu元素。【小问1详解】X是O元素，对应单质是氧气，氧气的化学式为O2，Y是Na元素，基态Na原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，电子占据的最高能级为3s，原子轨道形状为球形，故答案为：O2；球形；【小问2详解】X、Y、Z任意两种元素形成的化合物SO2和Na2O2之间可以发生氧化还原反应生成硫酸钠，反应的化学方程式为SO2+Na2O2=Na2SO4，故答案为：SO2+Na2O2=Na2SO4；【小问3详解】上述五种元素中，Na的金属性最强，第一电离能最小的是Na；元素非金属性越强，电负性越大，H、O、S三种元素的电负性由大到小的顺序为O>S>H，故答案为：Na；O>S>H；【小问4详解】O2-的半径小于S2-，Cu2O的离子键比Cu2S强，所以Cu2O熔点更高，故答案为：Cu2O；氧离子半径比硫离子小，Cu2O中离子键更强，熔点更高；【小问5详解】、的硫原子都是sp3杂化，但有孤电子对，排斥作用较大，所以的键角比中键角小，故答案为：SO；SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO。18.硼是第IIIA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：（1）B的第一电离能比Be低，原因是____，按照“对角线规则”，硼的性质应该和_____(填元素符号)相似，因此晶体硼的晶体类型是____。（2）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，氨硼烷(H3NBH3)是目前颇具潜力的储氢材料之一。①硼烷能溶于水，其主要原因是____。②氨硼烷热分解放氢，能生成一种环状的平面分子(B3N3H6)，该分子的结构式为____。③分子之间除范德华力外，还有可能形成氢键，处于不同环境中氢原子也有可能显不同的电性，此时带相反电性的两个氢原子会形成一种新的作用力，叫双氢键，氨硼烷分子间既能形成氢键又能形成双氢键。下列选项中表示氨硼烷分子间的氢键的是____(填标号，下同)，表示氨硼烷分子间的双氢键的是____。a.H—B…H—Bb.B—H…H—Bc.N—H…H—Nd.H—N…H—Ne.H—N…H—Bf.B—H…H—Ng.H—B…H—N（3）硼氢化钠(NaBH4)是一种常用的还原剂，其晶胞结构如图所示。

①Na+的配位数是____。②若晶胞的上、下底面心处的Na+被Li+取代，得到晶体的化学式为____。【答案】（1）①.Be最外层为2s2全充满稳定结构②.Si③.共价(原子)晶体（2）①.氨硼烷和水均为极性分子且氨硼烷和水分子之间还能形成分子间氢键②.③.d④.f（3）①.8②.Na3Li(BH4)4【解析】【小问1详解】由于Be最外层为2s2全充满稳定结构，而B的最外层上2p1不是全充满、半充满的稳定结构，导致B的第一电离能比Be低，按照“对角线规则”，Si位于B的右下角相邻元素，则硼的性质应该和Si相似，已知晶体硅是共价(原子)晶体，因此晶体硼的晶体类型是共价(原子)晶体，故答案为：Be最外层为2s2全充满稳定结构；Si；共价(原子)晶体；【小问2详解】①根据相似相溶原理可知，氨硼烷和水均为极性分子且氨硼烷和水分子之间还能形成分子间氢键，故硼烷能溶于水，故答案为：氨硼烷和水均为极性分子且氨硼烷和水分子之间还能形成分子间氢键；②氨硼烷热分解放氢，能生成一种环状的平面分子(B3N3H6)，(B3N3H6)与C6H6互为等电子体，根据等电子原理可知，该分子的结构式为，故答案为：；③分子之间除范德华力外，还有可能形成氢键，处于不同环境中氢原子也有可能显不同的电性，此时带相反电性的两个氢原子会形成一种新的作用力，叫双氢键，氨硼烷分子间既能形成氢键又能形成双氢键。正常氢键存在于N、O、F电负性较大的原子和已经和N、O、F结合的H之间的作用力，故表示氨硼烷分子间的氢键的是H—N…H—N，已知N的电负性大于H，即N-H中N显负价，H显正价，而B的电负性弱于H，即B-H键中B显正价，H显负价，则表示氨硼烷分子间的双氢键的是B—H…H—N，故答案为：d；f；【小问3详解】①由题干晶胞图示可知，以底面Na+为研究对象，其配位的位于晶胞的顶点和左右或前后的各一半面心上，则Na+的配位数是8，故答案为：8；②若晶胞的上、下底面心处的Na+被Li+取代，则一个晶胞中Na+为：=3，Li+为：=1，为：=4，则得到晶体的化学式为：LiNa3(BH4)4，故答案为：LiNa3(BH4)4。19.氮化铬常用于薄膜涂层，是一种良好的耐磨材料，同时在超级电容器领域有良好的应用前景。工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O