山东省泰安市新泰市第二中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 19页

化学试题 一、选择题(每题只有一项符合题意，每题3分，共30分)‎ ‎1.以下有关元素性质的说法不正确的是( )‎ A. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①‎ B. 下列原子的外围电子排布中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4，对应的第一电离能最大的是③‎ C. ①Na、K、Rb ②N、P、As ③O、S、Se ④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数的增加而递增的是④‎ D. 某元素的逐级电离能(kJ/mol)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是③ ①X＋②X2＋③X3＋④X4＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、四种元素分别是Si、N、C、S，同主族自上而下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以Si的原子半径最大，A正确；‎ B、四种同周期原子的价电子排布式中，③的p能级是3个电子，为半充满的稳定状态，所以③第一电离能最大，B正确；‎ C、四组元素中，前三组是同主族元素，从上到下元素的电负性随原子序数逐渐减弱,只有第四组为同周期元素，随原子序数增大，电负性增强，C正确；‎ D、根据该元素的逐级的电离能可知，该元素的第二电离能与第三电离能的差距较大，所以该元素的最外层有2个电子，与氯气反应时，失去2个电子，表现为+2价，所以生成的阳离子是X2+，D错误，答案选D。‎ ‎2.膦（PH3）又称磷化氢，常温下是一种无色有大蒜臭味的有毒气体，电石气的杂质中常有磷化氢。它的分子构型是三角锥形。以下关于PH3的叙述正确的是(　　)‎ A. PH3分子中有未成键的孤对电子 B. PH3是非极性分子 C. PH3是一种强氧化剂 D. PH3分子的P－H键是非极性键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．分子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子，这些未成键的价电子对叫做孤对电子，PH3的P原子最外层满足8电子结构，P上连有3个氢，有一对孤对电子，故A正确；‎ B．PH3分子中P-H键是不同非金属元素之间形成的极性共价键，该分子为三角锥形结构，分子结构不对称，为极性分子，故B错误；‎ C．PH3分子中分子中P原子易失电子而作还原剂，是一种强还原剂，故C错误；‎ D．PH3分子中P-H键是不同非金属元素之间形成的极性共价键，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎3.下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）‎ A. BeCl2与BF3 B. CO2与SO2‎ C. CCl4与NH3 D. C2H2和C2H4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、BeCl2中Be含有2个σ键，孤电子对是=0，杂化类型是sp，BF3中B含有3个σ键，孤电子对为=0，杂化类型为sp2，故错误；‎ B、CO2含有2个σ键，孤电子对为=0，杂化类型为sp，SO2中S有2个σ键，孤电子对为=1，杂化类型为sp2，故错误；‎ C、CCl4中C含有4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，NH3中N含有3个σ键，孤电子对为=1，杂化类型是为sp3，故正确；‎ D、乙炔空间构型为直线型，因此碳的杂化类型为sp，乙烯是平面结构，碳原子的杂化类型为sp2，故错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）‎ A. CCl4与I2分子量相差较小，而H2O与I2分子量相差较大 B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子 C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素 D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据相似相溶原理可知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。‎ ‎【详解】CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。‎ ‎5. 下列分子或离子中，含有孤对电子的是( ）‎ A. H2O B. CH‎4 ‎C. SiH4 D. NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O原子有6个价电子，故H2O分子中有2个孤电子对； ‎ B. C原子有4个价电子，故CH4分子中无孤对电子； ‎ C Si原子有4个价电子，故SiH4分子中无孤对电子； ‎ D. N原子有5个价电子，故NH4+分子中无孤对电子。‎ 故选A。‎ ‎6.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为 A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3中的N为sp2型杂化，而CH4中的C是sp3型杂化 B. NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道 C. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强 D. 氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型。‎ ‎【详解】A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，中心原子均是sp3型杂化，故A错误；‎ B．NH3分子中N原子、CH4分子中C原子均形成4个杂化轨道，故B错误；‎ C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，而CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，故C正确；‎ D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子不能解释两分子形状不同，如CH3Cl是极性分子，也是四面体构型，故D错误；‎ 故C正确。‎ ‎【点睛】本题考查了分子空间构型的判断，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论，注意孤对电子对占据杂化轨道，但在观察分子形状时要忽略孤对电子对占据的空间。‎ ‎7.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（    ）‎ A. sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键 B. sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键 C. C—H之间是sp2形成的σ键，C—C之间未参加杂化的2p轨道形成的是π键 D. C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】乙烯中存在4个C—H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，C—H之间sp2杂化轨道形成σ键，C=C双键中有1个杂化轨道形成的σ键，C=C双键中还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故选A。‎ ‎8.S-诱抗素的分子结构简式如图所示，下列关于该分子的说法正确的是( )‎ A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基 B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基 C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基 D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从题图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。选项A正确。‎ ‎【点睛】该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团。‎ ‎9.下列烃的命名正确的是( )‎ A. 3，3，5－三甲基－4－乙基已烷 B. 3，5，5－三甲基庚烷 C. 3，3－二甲基－4－异丙基已烷 D. 2，2，3－三甲基丁烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．取代基编号之和不是最小的，正确命名为：2，4，4-三甲基-3-乙基己烷，故A错误；‎ B．取代基编号之和不是最小的，正确命名为：3，3，5-三甲基庚烷，故B错误；‎ C．所选主链不是取代基最多的，正确命名为：2，4，4-三甲基-3-乙基己烷，故C错误；‎ D．2，2，3-三甲基丁烷命名正确，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.苯环上有两个取代基的C9H12，其苯环上的一氯代物的同分异构体共有（不考虑立体异构)‎ A. 6种 B. 7种 C. 10种 D. 12种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】C9H12可能的结构简式：、、，三种结构中苯环上的一氯代物的种类分别为：（4种)、（4种)、（2种)，共有10种；‎ 答案选C。‎ 二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意，每题4分，共20分)‎ ‎11.下列关于物质熔、沸点的比较不正确的是(　　)‎ A. Si、SiC、金刚石的熔点依次降低 B. SiCl4、MgBr2、氮化硼的熔点依次升高 C. F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高 D. AsH3、PH3、NH3的沸点依次升高 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Si、SiC、金刚石都是原子晶体，共价键越强熔点越大，共价键键长C-C＜Si-C＜Si-Si，所以熔点高低的顺序为：金刚石＞SiC＞Si，故A错误；‎ B．一般来说，熔点为原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，则熔点为BN＞MgBr2＞SiCl4，故B正确；‎ C．结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以F2、Cl2、Br2、I2的沸点依次升高，故C正确；‎ D．AsH3、PH3、符合组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以AsH3>PH3，氨气分子间存在氢键，沸点大于AsH3、PH3，因而沸点顺序为NH3>AsH3>PH3，故D错误；‎ 答案选AD。‎ ‎12.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长。则关于CaC2晶体的描述不正确的是(　　)‎ A. CaC2晶体的熔点较高、硬度也较大 B. 和Ca2＋距离相同且最近的C22-构成的多面体是正八面体 C. 和Ca2＋距离相同且最近的Ca2＋有12个 D. 如图的结构中共含有4个Ca2＋和4个C22-‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体，离子键作用力强，所以离子晶体硬度高，具有较高的熔沸点；该晶胞不是正方体构成的，观察体心处Ca2+，与它距离相同且最近的C22-位于面心，距离相同且最近的Ca2+位于棱上，它们共平面；‎ 晶胞中粒子数目用均摊法确定：每个顶点的原子被8个晶胞共有，每条棱的原子被4个晶胞共有，每个面的原子被2个晶胞共有。‎ ‎【详解】A．据CaC2晶体结构可知其属于离子晶体，所以熔点较高、硬度较大，故A正确；‎ B．由于晶胞沿一个方向拉长，故晶胞的一个平面的长与宽不相等，和Ca2+距离相同且最近的C22-有4个均位于面心，且在同一平面上，故B错误；‎ C．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个均位于棱上，故C错误。‎ D．图示结构中N(Ca2+)=12×+1=4，N(C22-)=8×+6×=4，故D正确；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】本题考查晶胞的分析，特别注意晶胞沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键，易错点为C选项。‎ ‎13.下列事实中与氢键的形成有关的是( )‎ A. 水加热到比较高的温度都难以分解 B. 水结成冰体积膨胀，密度变小 C. 水和乙醇分别与金属钠反应，前者比后者剧烈 D. HF 、 HCl 、 HBr 、 HI 的热稳定性依次减弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子的稳定性与共价键有关；根据氢键对冰的结构、密度的影响判断；水和乙醇分别与金属Na反应，与羟基的活泼性有关；根据氢化物的热稳定性与非金属的非金属性之间的关系判断。‎ ‎【详解】A．水加热到很高的温度都难以分解，是因为水分子中 存在H-O共价键，与氢键无关，故A错误； B．氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，密度减小，故B正确； C．水和乙醇分别与金属钠反应，是化学性质，与羟基的活泼性有关，与氢键无关，故C错误； ‎ D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性与F、Cl、Br、I的非金属性有关，非金属性越强，其氢化物越稳定，同一主族的元素，非金属性随着原子序数的增加而减小，所以其氢化物的热稳定性逐渐减弱，与氢键无关，故D错误； 答案选B。‎ ‎【点睛】氢键是一种分子间的相互作用，比化学键弱，比分子间作用力强。‎ ‎14.某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为(　　)‎ A. B‎2A B. B‎7A4 ‎C. B‎4A7 D. BA2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．‎ ‎【详解】因为A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为 ，则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用即可。‎ ‎15.下列关于的说法正确的是(　　 )‎ A. 所有原子都在同一平面上 B. 最多有11个碳原子在同一平面上 C. 有7个碳原子可能在同一直线上 D. 最多有4个碳原子在同一直线上 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，据此分析；‎ ‎【详解】该有机物的结构简式可改写为，可以看出，最多只有4个碳原子在同一条直线上，D正确；所有的碳原子（11个）都可能在同一平面上，故B正确；而-CH3上的氢原子最多只有1个在此平面上，所以A错误；因为D正确，则C错误；‎ 答案选BD。‎ ‎【点睛】双键和苯环不能旋转，单键可以旋转。‎ 三、非选择题(本题包括5个小题，共50分)‎ ‎16.有下列各组物质：‎ ‎①乙烯和2-丁烯； ‎ ‎②CH4和；‎ ‎③CH3CH2OH和CH3—O—CH3； ‎ ‎④和；‎ ‎⑤CH2=CH—CH=CH2和CH‎3C≡CCH3；‎ ‎⑥和； ‎ ‎⑦C和C； ‎ ‎⑧O2与O3；‎ ‎⑨与 试回答下列问题：‎ ‎(1)每组中的物质互为同分异构体的是_________(填编号，下同)。‎ ‎(2)每组中的物质互为同系物的是_____。‎ ‎(3)每组中的物质属于同一物质的是_____。‎ ‎【答案】 (1). ③⑤⑥ (2). ①② (3). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；‎ ‎(2)结构相似、组成相差n个CH2原子团的有机互为同系物，且官能团的种类及数目相同；‎ ‎(3)分子式、结构均相同的物质为同种物质。‎ ‎【详解】①乙烯和2−丁烯均为含1个碳碳双键的烯烃，互为同系物；‎ ‎②CH4和均为烷烃，互为同系物； ③CH3CH2OH和CH3−O−CH3分子式相同、结构不同，互为同分异构体； ④和的结构相同、分子式相同，为同种物质； ⑤CH2=CH−CH=CH2和CH‎3C≡CCH3的分子式相同、结构不同，互为同分异构体； ⑥和的分子式相同、结构不同，互为同分异构体； ⑦C和C为同种原子的不同核素，互为同位素； ⑧O2与O3为同种元素的不同单质，互为同素异形体； ⑨和为不同类别的有机物，分别为醇、酚，不是同系物，且分子式不同，不是同分异构体， (1)每组中的物质互为同分异构体的是③⑤⑥，故答案为：③⑤⑥； (2)每组中的物质互为同系物的是①②，故答案为：①②； (3)每组中的物质属于同一物质的是④，故答案为：④。‎ ‎17.有A、B、C、D、E五种烃，具有下列性质：‎ ‎①各取0.1mol分别充分燃烧，其中B、C、E燃烧所得的CO2均为‎4.48L(标准状况)，A和D燃烧所得的CO2都是前三者的3倍；‎ ‎②在适宜条件下，A、B、C都能跟氢气发生加成反应，其中A可以转化为D、B可以转化为C，C可以转化为E；‎ ‎③B和C都能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，而A、D、E无此性质；‎ ‎④用铁屑作催化剂时，A可与溴发生取代反应。‎ ‎(1)判断A、B、D、E各是什么物质，写出下列物质的结构简式：A_______B_______C_______D________E________。‎ ‎(2)物质E的四氯代物有______种。‎ ‎(3)写出C与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式：_______‎ ‎(4)写出④中涉及的化学方程式：__________‎ ‎【答案】 (1). (2). CH≡CH (3). CH2=CH2 (4). (5). CH3CH3 (6). 2 (7). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (8). +Br2+HBr ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取0.1mol五种烃分别燃烧，根据CO2的量可判断B、C、E含C原子个数为2，A和D含C原子个数为6，再根据A、B、C都能跟氢气发生加成反应，其中A可以转化为D、B可以转化为C，C可以转化为E；B和C都能使溴水或酸性KMnO4溶液褪色，而A、D、E无此性质，就可一一解答。‎ ‎【详解】各取0.1mol五种烃，分别使之充分燃烧，其中B、C、E燃烧所得的CO2均为‎4.48L（标况），二氧化碳的物质的量= =0.2mol，所以B、C、E分子中含有2个碳原子，A、D燃烧所得的CO2都是B、C、E的三倍，则A和D分子中含有6个碳原子；在适当的条件下，A、B、C都能跟氢气发生加成反应，说明含有不饱和键或苯环，其中A可直接转变为D，B可转变为C，C可转变为E；B和C都能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，而A、D、E则无此性质，可推知B含有碳碳叁键，C中含有碳碳双键，所以B是乙炔，C是乙烯，E是乙烷；用铁屑作催化剂时，A可与液态溴发生取代反应，A含有6个碳原子，且为烃，则A是苯，A能转化为D，则D是环己烷，‎ ‎(1)由上述分析可知，A为，B为CH≡CH，C为CH2=CH2，D为 ，E为CH3CH3 ；‎ 故答案为：A为，B为CH≡CH，C为CH2=CH2，D为 ，E为CH3CH3 ；‎ ‎(2) E为CH3CH3，其四氯代物为CCl3CH2Cl、CHCl2CHCl2，共2种结构；‎ 故答案为：2；‎ ‎(3) C与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；‎ 故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br；‎ ‎(4) ④中涉及的化学方程式为：+Br2+HBr；‎ 故答案为：+Br2+HBr。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的分子式确定，明确有机物的结构和性质是解本题关键，根据CO2的量确定C原子个数，依据题干信息就可解答。‎ ‎18.[Zn(CN)4]2–在水溶液中与HCHO发生如下反应：‎ ‎4HCHO+[Zn(CN)4]2–+4H++4H2O===[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN ‎（1）Zn2+基态核外电子排布式为____________________。‎ ‎（2）1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为____________mol。‎ ‎（3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是______________。‎ ‎（4）与H2O分子互为等电子体的阴离子为________________。‎ ‎（5）[Zn(CN)4]2–中Zn2+与CN–的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p62s23p63d10（或[Ar] 3d10） (2). 3 (3). sp3和sp (4). NH2－ ‎ ‎(5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Zn是30号元素，Zn2+核外有28个电子，根据原子核外电子排布规律可知基态Zn2+核外电子排布式为1s22s22p62s23p63d10；‎ ‎（2）甲醛的结构式是，由于单键都是σ键，双键中有一个σ键和一个π键，因此在一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键，所以在1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为3 mol；‎ ‎（3）根据HOCH2CN的结构简式可知在HOCH2CN分子中，连有羟基－OH的碳原子形成4个单键，因此杂化类型是sp3杂化，—CN中的碳原子与N原子形成三键，则其杂化轨道类型是sp杂化；‎ ‎（4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，H2O含有10个电子，则与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2－；‎ ‎（5）在[Zn(CN)4]2–中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，C原子提供一对孤对电子，Zn2+的空轨道接受电子对，因此若不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为。‎ ‎【点晴】物质结构与性质常考知识点有：（1）电子排布式、轨道表示式、成对未成对电子、全满半满；（2）分子立体构型；（3）氢键；（4）晶体类型、特点、性质；（5）分子的极性；（6）性质比较：熔沸点、稳定性、溶解性、电负性、电离能；（7）杂化；（8）晶胞；（9）配位键、配合物；（10）等电子体；（11）σ键和π键。出题者都想尽量在一道题中包罗万象，考查面广一点，所以复习时不能留下任何知识点的死角。核心知识点是必考的，一定要牢固掌握基础知识；细心审题，准确运用化学用语回答问题是关键。其中杂化类型的判断和晶胞的分析和计算是难点，杂化类型的判断可以根据分子结构式进行推断，杂化轨道数=中心原子孤电子对数(未参与成键)+中心原子形成的σ键个数，方法二为根据分子的空间构型推断杂化方式，①只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp杂化的，分子构型均为直线形。②只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2‎ 杂化。③只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化。④V形分子的判断需要借助孤电子对数，孤电子对数是1的中心原子是sp2杂化，孤电子对数是2的中心原子是sp3杂化。该题的另一个难点是配位键的表示，注意掌握配位键的含义，理解配体、中心原子等。‎ ‎19.数十亿年来，地球上的物质不断的变化，大气的成分也发生了很大的变化.下表是原始大气和目前空气的主要成分，用下表涉及的分子回答下列问题。‎ 原始大气的主要成分 CH4、NH3、CO、CO2等 目前空气的主要成分 N2、O2、CO2、水蒸气、稀有气体(He、Ne等)‎ ‎(1)含有非极性共价键的分子是______(填化学式)‎ ‎(2)含有极性共价键的非极性分子是______(填化学式)‎ ‎(3)H2O中心原子杂化方式及分子构型为______‎ ‎(4)图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物。其中代表CH4的是______(填字母序号)‎ ‎(5)根据NH3•H2O⇌NH4++OH-，用氢键表示式写出氨分子和水分子之间最主要存在的氢键形式______‎ ‎【答案】 (1). N2 、O2 (2). CH4、CO2 (3). sp3 V形 (4). D (5). O—H…N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同种非金属元素之间存在非极性共价键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子，根据中心原子的价层电子对数确定杂化方式，根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，非金属元素的氢化物沸点随着相对分子质量的增大而升高，存在氢键的物质的沸点较高；在氨水中，水分子的氢原子和氨气分子中的氮原子之间存在氢键。‎ ‎【详解】（1）氮气和氧气都是双原子分子，同种非金属原子之间存在非极性共价键，所以含有非极性共价键的分子是N2、O2；‎ 故答案为：N2、O2； ‎ ‎（2）甲烷中碳原子和氢原子之间存在极性键，甲烷是正四面体结构，二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间存在极性键，二氧化碳是直线型结构，甲烷和二氧化碳分子中正负电荷重心重合，所以甲烷和二氧化碳是非极性分子；‎ 答案为：CH4、CO2；‎ ‎（3）水分子中价电子数=2+ （6-2×1）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3 杂化，分子空间构型为V型；‎ 答案为：sp3；V型；‎ ‎（4）氢化物的沸点变化规律的图象中，折线D可以得出该族元素的氢化物的沸点随着原子序数的递增，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，甲烷属于第IVA族元素的氢化物，相对分子质量最小，沸点最低，故选D；‎ 答案为D；‎ ‎（5）氨水中，H2O中H原子与NH3分子中的N原子形成氢键，即O-H…N；‎ 答案为：O-H…N ‎【点睛】本题涉及到了非极性分子的判断、原子的杂化方式、分子的空间构型等知识点，难度不大，原子的杂化方式、分子的空间构型、氢键等知识点是高考的热点，应重点掌握。‎ ‎20.碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物，而且还能形成多种无机化合物如C，同时自身可以形成多种单质如D和E，碳及其化合物的用途广泛。 ‎ 已知A为离子晶体，B为金属晶体，C为分子晶体 ‎(1)图中分别代表了五种常见的晶体，分别是：A________，B________，C________，‎ D________，E________。(填名称或化学式)‎ ‎(2)干冰和冰是两种常见的分子晶体，关于两种晶体的比较中正确的是_____。‎ a.晶体的密度：干冰>冰 b.晶体的熔点：干冰>冰 c.晶体中的空间利用率：干冰>冰 d.晶体中分子间相互作用力类型相同 ‎ ‎(3) 金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的有________。‎ a.金刚石中碳原子的杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子的杂化类型为sp2杂化 b.晶体中共价键的键长：金刚石中C—C<石墨中C—C c.晶体的熔点：金刚石>石墨 d.晶体中共价键的键角：金刚石>石墨 e.金刚石晶体中只存在共价键，石墨晶体中则存在共价键、金属键和范德华力 f.金刚石和石墨的熔点都很高，所以金刚石和石墨都是原子晶体 ‎(4)金刚石晶胞结构如图，一个晶胞中的C原子数目为 ________。‎ ‎(5)C与孔雀石共热可以得到金属铜，金属铜采用面心立方最密堆积，已知Cu单质的晶体密度为ρ g/cm3，Cu的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则Cu的原子半径为 __________cm。‎ ‎【答案】 (1). NaCl (2). Na (3). 干冰 (4). 金刚石 (5). 石墨 (6). ac (7). ae (8). 8 (9). ×cm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图中晶体的结构，结合常见晶体可知，A为氯化钠、B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；‎ ‎（2）水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，而受热融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积；‎ ‎（3）a、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构；‎ b、c、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3‎ 杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量；‎ d、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构；‎ e、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，晶体中只含有共价键；石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接；‎ f、石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接；‎ ‎（4）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，根据均摊法计算；‎ ‎（5）金属铜采用面心立方最密堆积，利用均摊法计算晶胞原子数目，铜原子半径为rcm，可计算晶胞参数，根据m=ρV计算铜原子半径。‎ ‎【详解】：‎ ‎（1）根据图中晶体的结构，结合常见晶体可知，A为氯化钠、B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨，‎ 答案为：NaCl；Na；干冰；金刚石；石墨；‎ ‎（2）a、水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，密度比水小，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，密度比水大，故a正确；‎ b、冰融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，融化时破坏范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的熔点冰＞干冰，故b错误；‎ c、水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰＞冰，故c正确；‎ d、干冰分子之间只存在范德华力，水分子之间既存在范德华力又存在氢键，晶体中分子间相互作用力类型不相同，故d错误．‎ 答案选：ac；‎ ‎（3）a、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子杂化类型为sp3杂化；石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化，故a正确；‎ b、sp2杂化中，s轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大π键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，故b错误；‎ c、石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，故c错误；‎ d、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，键角为109°28′，石墨中碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，键角为120°，故d错误；‎ e、金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p轨道，其中有一个2p电子．这些p轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大π键．因而这些π电子可以在整个碳原子平面上活动，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，说明晶体中含有共价键、金属键、范德华力，故e正确；‎ f、金刚石是原子晶体，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，石墨为混合型晶体，不属于原子晶体，故f错误；‎ 答案选：ae；‎ ‎（4）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中c原子数目为4+6× +8× =8；‎ 答案为：8；‎ ‎（5）金属铜采用面心立方最密堆积，晶胞内Cu原子数目为8× +6× =4令铜原子的半径为rcm，则晶胞的棱长为：4rcm= rcm，所以解得：r=cm；‎ 答案为：cm ‎【点睛】本题考查晶体类型与熔沸点高低判断、晶体结构、对晶胞的理解与计算等，难度较大，对晶胞的计算注意均摊法的利用，需要学生具备空间想象能力，注意基础知识的理解掌握．‎