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2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第三高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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黑龙江省牡丹江市第三高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
化学试题
1.下列叙述正确的是（ ）
A. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2
B. Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大
C. 碳原子的轨道表示式：
D. N、O、F的电负性逐渐增大
【答案】D
【解析】
A. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，选项A错误；B．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，选项B错误；C. 碳原子的轨道表示式：，选项C错误；D. 元素非金属性越强电负性越强，故N、O、F电负性依次增大，选项D正确。答案选D。
2.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是
A. CO2 H2S B. CH4 BF3 C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2S属于极性分子，故A错误；
B. CH4 BF3属于含极性键的非极性分子，故B正确；
C. C60 含的是非极性共价键，故C错误；
D. NH3 、HCl均为极性分子，故D错误；
答案：B
【点睛】不同种元素原子之间形成的共价键是极性键；结构完全对称，正负电荷重心重合的分子属于非极性分子。
3.关于氢键，下列说法正确是
A. 所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键比范德华力强
B. H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
C. 氢原子和非金属性很强的元素原子（F、O、N）形成的共价键，称为氢键
D. 分子间形成的氢键通常会使相应物质的熔点和沸点升高，氢键也可存在于分子内
【答案】D
【解析】
A．F，O，N等为电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷分子间不能形成氢键，故A错误；B．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故B错误；C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以一种特殊的分子间作用力结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，不属于化学键，故C错误；D．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，氢键也可存在于分子内，如邻羟基苯甲醛分子() 内的羟基与醛基之间即存在氢键，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，把握氢键的概念是解题的关键。注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。
4.已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是
A. H2SeO3 B. HMnO4 C. H3BO3 D. H3PO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2SeO3可改写成SeO (OH)3，非羟基氧原子数目为1；B. HMnO4可改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3；C. H3BO3可改写成B(OH)3，非羟基氧原子数目为0；D. H3PO4可改写为PO(OH)3非羟基氧原子数目为1；H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO4中非羟基氧原子数最多，酸性最强，故选B。
【点睛】含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可以知道，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。
5.下列说法正确的是
A. 含有非极性键的分子不一定是共价化合物
B. 分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响
C. 根据π键的成键特征判断C=C键能是C﹣C键能的2倍
D. H2O中心原子采取sp杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧气分子间存在非极性共价键，但氧气是单质，不是化合物，故A正确；
B.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用，分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故B错误；
C.已知碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，C-C中只含有1个σ键，而且π键不稳定键能比σ键小，所以碳碳双键的键能比碳碳单键键能的2倍要小，故B错误；
D.H2O中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故D错误；
答案：A
6.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是
A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3] C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】B
【解析】
试题分析：A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误；答案选B。
【考点定位】考查配合物的成键情况
【名师点睛】本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可，难度不大。
7.下列叙述正确的是
A. 离子晶体中，只存在离子健，不可能存在其它化学键
B. 可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键
C. Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2
D. 晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰
【答案】D
【解析】
A，离子晶体中，一定存在离子键，可能会含共价键，如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键，A不正确。B，甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键，因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件，所以B不正确。C，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，阴、阳离子个数比为2：1，所以C不正确。D，金刚石是原子晶体，氯化钠是离子晶体，而冰和干冰都是分子晶体。比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，冰和干冰都是分子晶体，可以根据常温下水为液态，而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰，所以D正确。
点睛：比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体>离子晶体>分子晶体。都是原子晶体，成键的原子半径越小则键长越短、键能越大，熔点越高；都是离子晶体，离子半径越小、离子电荷越多则晶格能越大，熔点越高；都是分子晶体，如果分子组成和结构相似，则相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。还可以根据常温下状态判断，如水为液态，而二氧化碳为气态，则可判断冰的熔点高于干冰。
8. 下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是
A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O C. NaCl与HCl D. CCl4与KCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；
B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；
C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；
D.CCl4含共价键，为分子晶体，KCl含离子键，为离子晶体，D错误。
故答案选B。
9.下面的排序不正确的是
A. 晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4
B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
D. 熔点由高到低：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【解析】
A. 分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4碳化硅>晶体硅，故B正确；C. 离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F. Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故C正确；D. 金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，故D错误；本题选D。
10.下列对各组物质性质的比较中，正确的是
A. 硬度：Li＞Na＞K
B. 熔点：NaCl＞CaO
C. 电负性：Na＜Al＜Mg
D. 空间利用率：体心立方堆积＜六方堆积＜面心立方堆积
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱金属元素中，其硬度随原子序数的增加而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；
B.对于离子晶体来说，键长越短，离子所带电荷数越多，键能越大，熔点越高，因此NaCl熔点
D.空间利用率：体心立方堆积空间利用率68%，六方最密堆积空间利用率74%，面心立方最密堆积空间利用率74%，故D错误；
11.下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C. CO2、SO2都是极性分子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【解析】
A. HF分子间存在氢键，则HCl、HBr、HI 、HF的熔、沸点依次升高，A错误；B. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，B正确；C. CO2是直线形结构，属于非极性分子，C错误；D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，D错误，答案选B。
12.下列说法不正确的是
A. CH3CH2CHCH3CH2CH（CH3）2的系统命名为3，5﹣二甲基己烷
B. 正丁烷的二氯代物有6种（不考虑立体异构）
C. 乙醇能用于酒后驾车的检测，是利用了乙醇的还原性
D. 淀粉、纤维素属于糖类化合物，在一定条件下都可以水解得到葡萄糖
【答案】A
【解析】
【详解】A.取代基的位次和最小，CH3CH2CH（CH3）CH2CH（CH3）2的系统命名为2，4﹣二甲基己烷，故选A；
B.先找一氯代物，正丁烷共有2种一氯代物，然后以一氯代物为基础再添上一个氯，可得二氯代物，共有6种，即CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、H3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl，CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，故不选B；
C.2K2Cr2O7(橙色）+3C2H5OH+8H2SO4=2Cr2(SO4)3（绿色）+3CH3COOH+2K2SO4+11H2O 警察检查司机是否酒后驾车的酒精测试中，含有橙色的酸性重铬酸 钾，当遇酒精时橙色变绿色，由此为酒精测试。重铬酸钾是氧化剂，酒精是还原剂，故不选C；
D.淀粉和纤维素都为多糖，可水解生成葡萄糖，故不选D；
答案：A
【点睛】易错选项B，如何寻找二氯代物，采用定一移一法。先确定一氯代物种类，再在一氯代物基础上寻找二氯代物。
13.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B. 每个该气态团簇分子的分子中含有1/2个E原子
C. 在CO2 晶体中，一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻
D. 在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；
B.气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；
C.根据CO2 晶胞结构图可知，经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻，故C正确；
D.根据晶胞结构图可知，碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故D正确；
答案：B
14. 有关晶体的叙述中正确的是
A. 在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子
B. 在28 g晶体硅中，含Si—Si共价键个数为4NA
C. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能小于Si—Si键
D. 镁型和铜型金属晶体的配位数均为12
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，错误；B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共价键，错误；C、金刚石中的C-C键键长小于Si-Si键，所以C—C键键能大于Si—Si键，则金刚石的熔沸点高，错误；D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是密堆积，其配位数都是12，正确，答案选D。
考点：考查晶体的性质、原子的配位数、化学键数的判断
15.如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为a cm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为
A. g· cm－3 B. g· cm－3
C. g· cm－3 D. g· cm－3
【答案】C
【解析】
晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比值（即晶体的密度＝），据式量可知，1 mol CsCl的质量为M克，故需求出1 mol CsCl的体积。因晶体是由晶胞构成的，而1个CsCl晶胞的体积为a3cm3，因此，此题解题的关键是找出1 mol CsCl晶体中的晶胞数目。由晶胞的示意图可知，1个晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－，所以，在1 mol CsCl晶体中含NA个晶胞。由此可得，晶体的密度为＝g·cm－3。
16.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，如图（a）、（b）、（c）分别代表这三种堆积方式的结构，其晶胞内金属原子个数比为
A. 1：2：1 B. 3：2：1 C. 9：8：4 D. 21：14：9
【答案】B
【解析】
试题分析：a:(12×1/6)+（2×1/2）+3=6；b:(8×1/8)+(6×1/2)=4.c：(8×1/8)+1=2；因此晶胞内金属原子个数比为6:4:2=3：2：1 。选项是B。
考点：考查三种常见的金属晶体中堆积方式晶胞内金属原子个数的计算的知识。
17.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数比为1∶2
D. 该气态团簇分子分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，所以钠离子的配位数是6，故A正确；
B．在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为：8×+6×=4，故B正确；
C．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1∶2，故C正确；
D．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式E4F4或F4E4，故D错误；
答案选D。
18.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是
A. 原子半径：X＞Y＞Q＞W
B. Q的单质都具有良好的导电性
C. Q和Z所形成的分子的空间构型为直线形
D. Y和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Y2Z3
【答案】B
【解析】
【分析】
X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素；因此Q为碳元素、W为氧元素、X为钠元素、Y为铝元素、Z为硫元素；
【详解】根据以上分析：
A.X、Y、Q、W分别是Na、Al、C、O元素，不同周期元素，电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：X＞Y＞Q＞W，故不选A；
B.Q为碳元素，碳元素形成的单质很多种，金刚石、石墨等，金刚石就不导电，故选B；
C.C和S所形成的分子是CS2，其结构和二氧化碳相似，所形成的分子的空间构型为直线形，故不选C；
D.Y2Z3为Al2S3，在水中不存在，会与水反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化硫气体，故不选D；
答案：B
【点睛】元素的推断是解答本题的关键，并熟悉元素化合物的性质、物质的组成和结构等知识来解答，易错选项D，铝离子与硫离子在水溶液中会互促水解到底。
19.现有一种烃可以表示为
命名该化合物时，应认定它的主链上的碳原子数目为（ ）
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】C
【解析】
试题分析：根据有机物的结构简式可知，该烷烃最长的碳链上碳原子数为11，答案选C。
考点：考查烷烃主链碳原子数的判断
点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，难度不大。该题的关键是明确烷烃命名中主链碳原子确定的原则。
20.二苯基甲烷是有机合成的一种中间体，可通过下列反应制备。下列说法错误的是
A. 该反应属于取代反应
B. CH2Cl2不存在同分异构体
C. 二苯基甲烷分子中所有原子处于同一平面
D. 1mol二苯基甲烷最多可与6molH2发生加成
【答案】C
【解析】
A．由合成反应可知，反应属于取代反应，选项A正确；B．甲烷为正四面体结构，故CH2Cl2不存在同分异构体，选项B正确；C．甲烷为正四面体结构，二苯基甲烷分子中所有原子不可能均处于同一平面，选项C错误；D．二苯基甲烷中含有两个苯基，故1mol二苯基甲烷最多可与6molH2发生加成，选项D正确。答案选C。
21.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）
A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；甲烷与氯气混和后光照反应
B. 乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状液体生成 ； 乙烯与水生成乙醇的反应
D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色 ； 乙烯自身生成聚乙烯的反应
【答案】C
【解析】
A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，为加成反应；甲烷与氯气混和后光照反应，为取代反应，故A不选；B．乙烯通入酸性KMnO4溶液中发生氧化反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，为加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体，苯中H被取代，发生取代反应；乙烯与水生成乙醇的反应，碳碳双键转化为-OH，为加成反应，故C选；D．在苯中滴入溴水，溴水褪色，没有发生化学反应，是萃取；乙烯自身生成聚乙烯的反应属于加聚反应，故D不选；故选C。
22.下列由实验得出的结论正确的是
选项
实验
结论
A
苯中加溴水震荡，溴水层褪色
苯与溴水发生取代反应，生成无色溴苯
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性大于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的一氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、苯中加溴水震荡，静置后溶液分层，下层为水层，无颜色，上层为苯层，红棕色。因为溴单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，并且苯与水不互溶，因此发生了萃取。错误；B、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应,且-OH中H的活性比水弱,错误；C、用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，错误；D、甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，错误。故选C。
23.下列有关说法正确的是
①聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
②利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化的过程
③糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应
④淀粉和纤维素的通式均为(C6H10O5)n,两者互为同分异构体
⑤欲检验淀粉的水解产物是否有葡萄糖，可在水解液中加入新制氢氧化铜并加热，观察现象
⑥油脂的皂化反应属于取代反应
A. ②⑥ B. ②③⑤⑥ C. ②③④⑤ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
①聚乙烯塑料中不含碳碳双键，所以不能发生加成反应，聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，错误；②利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇变化过程中有新物质生成，所以利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化的过程，正确；③多糖、含有酯基的物质、含有肽键的物质都能发生水解反应，油脂中含有酯基、蛋白质中含有肽键，淀粉属于多糖，所以淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，正确；④淀粉和纤维素尽管都可用 (C6H10O5)n这一通式表示，但两者的n的数值并不相等，故两者不是同分异构体。错误；⑤淀粉遇碘酒变蓝色是淀粉的特征反应，醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，葡萄糖中含有醛基，所以能与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应而生成砖红色沉淀，正确；⑥饱和油脂的皂化反应属于酯化反应，是取代反应的一种，正确。故选A。
24.下列化学用语正确的是
A. 乙酸的分子式： CH3COOH B. 丙烷分子的比例模型：
C. 乙烷的电子式： D. 乙烯的结构简式： CH2CH2
【答案】C
【解析】
A、乙酸的分子式为C2H4O2，CH3COOH表示的是乙酸的结构简式。错误；B、表示的是丙烷分子的球棍模型。错误；C、电子式：在元素符号周围用“”或“×”表示最外层电子的式子。乙烷分子中碳碳、碳氢之间形成共价键，用共用电子对来表示。正确；D、有机物的结构简式指在分子式的基础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH2=CH2 ，错误；故选C。
25. 欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），不能达到目的的是
A. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡静置后，分液
B. 乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸馏
C. 苯甲酸（NaCl）：加水，重结晶
D. 乙酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙酸与碳酸钠反应而被吸收，但乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以乙酸乙酯中混有乙酸，可用饱和碳酸钠溶液分离，故不选A；
B.新制生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸馏时，可得到较为纯净乙醇，故不选B；
C.由于苯甲酸在水中溶解度很小，而氯化钠易溶于水，所以可以采用重结晶的方法除杂，故不选C；
D.乙酸和乙醇与金属钠都反应，不能用加金属钠的方法分离，故选D；
答案：D
26.请结合下方几种有机物的相互转化图回答：
（1）乙烯的电子式是______________________。
（2）反应①②的反应类型分别是__________、__________。
（3）Y的官能团名称是_____________________。
（4）X+Z→W的化学方程式是_________________________________，实验室常用下图 所示的装置实现这一转化。试管b中一般加入______________溶液，从试管b中分离出W的方法是_______。
（5）W的分子式__________，W属于羧酸类的同分异构体有________种。
【答案】 (1). (2). 加成反应 (3). 氧化反应 (4). 醛基 (5). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 分液 (8). C4H8O2 (9). 2
【解析】
【分析】
乙烯与水发生加成反应生成X（CH3CH2OH），X氧化生成Y（CH3CHO），乙醛氧化生成Z（CH3COOH），X（CH3CH2OH）与Z（CH3COOH）发生酯化反应（取代反应）生成W（CH3COOCH2CH3）；
【详解】（1）乙烯含有碳碳双键，电子式是；
答案：
（2）反应①乙烯与水发生加成反应生成乙醇；反应②乙醇氧化生成CH3CHO；
答案： 加成反应 氧化反应
（3）Y是乙醛，官能团名称是醛基；
答案：醛基
（4）乙醇+乙酸→乙酸乙酯的化学方程式是CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；试管b中一般加入饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液作用是可以溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯分层析出；因为溶液已经分层，所以从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是分液；
答案：CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O 饱和碳酸钠溶液 分液
（5）W（CH3COOCH2CH3）的分子式为 C4H8O2，乙酸乙酯属于羧酸类的同分异构体有
CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH共2种；
答案： C4H8O2 2
27.现有下列几种有机物：
A．CH4 B．(CH3)2C=CH-CH3 C．C7H16 D．CH2 = CH—CH = CH2 E．环戊烷
（1）上述有机物中互为同系物的是_____________，互为同分异构体的是____________。
（2）1molE完全燃烧消耗氧气的物质的量____________________。
（3）A与Cl2反应的类型为_____________；D使溴水褪色的反应类型为___________。
（4）B在催化剂条件下发生加聚反应的化学方程式为 _________________________。
（5）C的同分异构体中含有三个支链的结构简式______________，其系统命名为__________________。
【答案】 (1). AC (2). BE (3). 7.5mol (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). n(CH3)2C=CHCH3 (7). (CH3)3CCH(CH3)2 (8). 2,2,3-三甲基丁烷
【解析】
【分析】
（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；以此作为依据做题；
（2）根据烃燃烧的通式，即可确定；
（3）甲烷与氯气反应，Cl原子取代了甲烷分子内氢原子的位置；D中含有碳碳双键；
（4）书写方程式时，注意中括号中只有双键碳原子，其他写成支链形式；
（5） 根据主链减碳作为取代基进行书写C7H16 的异构体，根据有机物的命名原则进行命名：取含有取代基最多且最长的链为主链，称某烷，指明取代基的位置与数目，据此解答；
【详解】（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物，而AC均为烷烃，故结构相似，在分子组成上相差6个CH2原子团，故互为同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，（CH3）2C=CH-CH3 的分子式为C5H10，环戊烷的分子式为C5H10，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
答案： AC BE
（2）根据烃燃烧通式，CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O，则1molE（C5H10）完全燃烧消耗氧气的物质的量(5+10/4)mol=7.5mol；
答案：7.5mol
（3）甲烷与氯气反应，Cl原子取代了甲烷分子内氢原子位置，因此发生了取代反应；D中含有碳碳双键，因此与溴水发生了加成反应；
答案：取代反应 加成反应
（4）（CH3）2C=CH-CH3 发生加聚反应生成聚合物，反应的方程式为：n(CH3)2C=CHCH3 ；
答案：n(CH3)2C=CHCH3
（5）C7H16的同分异构体中含有三个支链，必须下来三个甲基作为支链，结构简式为(CH3)3CCH(CH3)2，系统命名为2,2,3-三甲基丁烷；
答案：(CH3)3CCH(CH3)2 2,2,3-三甲基丁烷
28.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验，请回答下列问题：
(1)请写出铜网处发生反应的化学反应方程式_____________。若熄灭酒精灯，不断地鼓入空气，反应仍能继续进行，说明该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)甲和乙两个“水浴”作用不相同，甲的作用是_____________。
(3)反应进行一段时间后，集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________。
(4)若试管a中收集到的液体用湿润的紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，推测实验中反应还生成了一种有机副产物，该副产物为_______(填结构简式)，要除去该物质，可先在混合液中加入_______(填字母序号)，然后再通过_______(填操作名称)即可除去。
a．氯化钠溶液 b．苯 c．碳酸氢钠溶液 d．四氯化碳
【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (2). 放热 (3). 使液态乙醇转化为乙醇蒸汽 (4). 氮气（或 N2） (5). CH3COOH (6). c (7). 蒸馏
【解析】
分析：(1)乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛,属于加氧的氧化反应,方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该反应是放热反应；
(2)根据乙醇和乙醛的物理性质：二者都容易挥发。乙醇是反应物，应转化成乙醇蒸汽进入到硬质试管内参与反应；乙醛是产物,降低温度使其转化成液态，所以前者用热水浴，后者用冷水浴；
(3)乙中的水为冷水能将未反应的乙醇和反应生成的乙醛以及水蒸气冷凝为液态，不能冷却的少量氧气大量氮气进入集气瓶中；
(4)酸能使紫色石蕊试纸显红色，醋酸具有酸的通性，两种互溶物质的分离可以采用蒸馏法。
详解:(1) 铜网处乙醇发生催化氧化的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该反应时一个放热反应，
因此，本题正确答案是：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；放热；
(2)根据反应流程可以知道:在甲处用热水浴加热使乙醇挥发与空气中的氧气混合,有利于下一步反应，
因此，本题正确答案是：使液态乙醇转化为乙醇蒸汽；
(3) 反应进行一段时间后，由于未反应的乙醇和反应生成的乙醛在装置乙中被冷凝为液态，所以集气瓶中收集到的气体是未反应的氧气和空气中的氮气，故其主要成分为氮气；
因此，本题正确答案是：氮气（或 N2）；
(4)乙酸能使紫色石蕊试纸显红色,醋酸具有酸的通性,可以用碳酸氢钠来检验醋酸的存在,看是否产生无色无味的气体物质, 要除去该物质，可先在混合液中加入碳酸氢钠溶液，发生反应：NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑，然后，再利用乙醛的沸点低，通过蒸馏即可除去，
因此，本题正确答案是：CH3COOH ；c；蒸馏。
29.铜的相关化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为__________；Cu2+价层电子的电子排布图为___________。
（2）离子晶体中Cu2O熔点比Cu2S熔点高，其原因是___________________________。
（3）Cu可与N、S，O等元素形成化合物，N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______________；在Cu的催化作用下，乙醇可被氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是________________。
（4）1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为___________。
（5）Cu与N所形成的某种晶体的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为anm。该晶体的化学式为___________，晶体的密度为___________g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】 (1). N (2). 球形 (3). (4). Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高 (5). N>O>S (6). sp3 sp2 (7). 20NA (8). Cu3N (9). 2.06×1023/(NA×a3)
【解析】
【分析】
（1）根据基态Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，以此确定；
（2）离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大，熔点越高；
（3）非金属性越强，第一电离能越大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素；乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化；
（4）1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA；1个SO42-中含有4条σ键，则1molSO42-中含有4molσ键，数目为4NA；因此1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为20NA；
（5）晶胞中，顶点微粒是8个晶胞共用，棱上微粒是四个晶胞共用，面上微粒是两个晶胞共用；计算出一个晶胞的质量和体积，即可计算密度；
【详解】（1）基态Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，最高能层的符号是N，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；Cu2+价层电子的电子排布图为；
答案： N 球形
（2）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；
答案： Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高
（3）同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，所以N、O、S四种元素的第一电离能由小到大的顺序为S
（4）1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA；1个SO42-中含有4条σ键，则1molSO42-中含有4molσ键，数目为4NA；因此1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为20NA；
答案：20NA
（5）1个晶胞中含有Cu：12×1/4=3，含有N：8×1/8=1，该晶体的化学式为Cu3N；1个晶胞的质量为=，1个晶胞的体积为（a×10-7）3cm3，因此密度为=2.06×1023/(NA×a3)；
答案：Cu3N 2.06×1023/(NA×a3)
30.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：
（1）d原子的基态原子电子排布式为____________
（2）晶体d、晶体da、晶体ac2的熔点由高到低的顺序为__________ (用化学式表示，下同)，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________________。
（3）元素b、c形成两种常见阴离子bc2－和bc3－，其中bc2－离子的中心原子杂化轨道类型为____________，bc3－离子的空间构型为____________。
（4）e单质的晶胞结构如图所示，e原子半径为rpm，e晶体密度的计算式为_________g·cm-3。(用含NA、r的表达式表示)
【答案】 (1). [Ne]3s23p2 (2). SiC>Si >CO2 (3). N＞O＞C (4). sp2 (5). 平面三角形 (6). （或）
【解析】
【分析】
a是组成物质种类最多的元素，确定a为碳元素；c是地壳中含量最多的元素，确定c为氧元素；a、b、c原子序数依次增大，确定b为氮元素，d与a同族，确定d为硅元素；e2+离子3d轨道中有9个电子，确定e为铜元素。总结：a:C；b：N；c：O；d：Si；e：Cu。
【详解】（1）d为硅元素，原子序数14，,基态原子电子排布式为[Ne]3s23p2；
答案：[Ne]3s23p2
（2）晶体Si、晶体SiC为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，因此SiC的熔点高于晶体硅，晶体CO2为分子晶体，熔点较低，熔点由高到低的顺序为SiC>Si >CO2；非金属性越强，第一电离能越大，但是注意电子排布处于半满，全满时电离能偏大，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
答案：SiC>Si >CO2 N＞O＞C
（3）根据VSEPER(价层电子对互斥理论），中心原子氮原子的价层电子对数为（5+1）/2=3，则NO2－ 离子的中心原子杂化轨道类型为sp2，NO3－离子的空间构型为平面三角形；
答案：sp2 平面三角形
（4）Cu单质的晶胞结构如图所示，晶胞中铜原子的个数为：8+6×=4，晶胞中铜的质量为，晶胞体积为：cm3，则密度为；
答案：。
【点睛】根据题干中关于四种元素的特点进行分析并寻找突破口从而得到答案。易错点第（4）小题。
黑龙江省牡丹江市第三高级中学2018-2019学年高二下学期期中考试
化学试题
1.下列叙述正确的是（ ）
A. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s2
B. Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大
C. 碳原子的轨道表示式：
D. N、O、F的电负性逐渐增大
【答案】D
【解析】
A. 铬原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，选项A错误；B．Mg的最外层为3s电子全满，稳定结构，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，选项B错误；C. 碳原子的轨道表示式：，选项C错误；D. 元素非金属性越强电负性越强，故N、O、F电负性依次增大，选项D正确。答案选D。
2.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是
A. CO2 H2S B. CH4 BF3 C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2S属于极性分子，故A错误；
B. CH4 BF3属于含极性键的非极性分子，故B正确；
C. C60 含的是非极性共价键，故C错误；
D. NH3 、HCl均为极性分子，故D错误；
答案：B
【点睛】不同种元素原子之间形成的共价键是极性键；结构完全对称，正负电荷重心重合的分子属于非极性分子。
3.关于氢键，下列说法正确是
A. 所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键比范德华力强
B. H2O是一种非常稳定的化合物，就是由于水分子间形成氢键所致
C. 氢原子和非金属性很强的元素原子（F、O、N）形成的共价键，称为氢键
D. 分子间形成的氢键通常会使相应物质的熔点和沸点升高，氢键也可存在于分子内
【答案】D
【解析】
A．F，O，N等为电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷分子间不能形成氢键，故A错误；B．氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键的稳定性强，故B错误；C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以一种特殊的分子间作用力结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的键，称为氢键，不属于化学键，故C错误；D．氢键的存在使分子间作用力增强，能够显著提高物质的熔沸点，氢键也可存在于分子内，如邻羟基苯甲醛分子() 内的羟基与醛基之间即存在氢键，故D正确；故选D。
点睛：本题考查了氢键的存在和对物质性质的影响，把握氢键的概念是解题的关键。注意氢键只影响物质的物理性质，与物质的稳定性无关。
4.已知含氧酸可用通式XOm（OH）n来表示，如X是S，则m=2，n=2，则这个式子就表示H2SO4．一般而言，该式中m大的是强酸，m小的是弱酸．下列各含氧酸中酸性最强的是
A. H2SeO3 B. HMnO4 C. H3BO3 D. H3PO4
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2SeO3可改写成SeO (OH)3，非羟基氧原子数目为1；B. HMnO4可改写为MnO3(OH)1，非羟基氧原子数目为3；C. H3BO3可改写成B(OH)3，非羟基氧原子数目为0；D. H3PO4可改写为PO(OH)3非羟基氧原子数目为1；H3BO3中非羟基氧原子数最少，酸性最弱；HMnO4中非羟基氧原子数最多，酸性最强，故选B。
【点睛】含氧酸可用通式XOm(OH)n来表示，式中m大于等于2的是强酸，m为0的是弱酸，据此可以知道，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，将选项中含氧酸改写成XOm(OH)n形式，根据非羟基氧原子数目判断。
5.下列说法正确的是
A. 含有非极性键的分子不一定是共价化合物
B. 分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响
C. 根据π键的成键特征判断C=C键能是C﹣C键能的2倍
D. H2O中心原子采取sp杂化
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧气分子间存在非极性共价键，但氧气是单质，不是化合物，故A正确；
B.化学键是指分子或晶体中，直接相邻的原子之间的强烈相互作用，分子间作用力是指分子间存在着将分子聚集在一起的作用力，分子间作用力比化学键弱得多，化学键影响物质的化学性质和物理性质，分子间作用力影响物质熔沸点和溶解性，影响着物质的溶解度，故B错误；
C.已知碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，C-C中只含有1个σ键，而且π键不稳定键能比σ键小，所以碳碳双键的键能比碳碳单键键能的2倍要小，故B错误；
D.H2O中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故D错误；
答案：A
6.向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是
A. [Co(NH3)4Cl2]Cl B. [Co(NH3)3Cl3] C. [Co(NH3)6]Cl3 D. [Co(NH3)5Cl]Cl2
【答案】B
【解析】
试题分析：A.[Co(NH3)4Cl2]Cl中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A项错误；B.[Co(NH3)3Cl3]中没有阴离子氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，B项正确；C.[Co(NH3)6]Cl3中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，C项错误；D.[Co(NH3)5Cl]Cl2中有阴离子氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D项错误；答案选B。
【考点定位】考查配合物的成键情况
【名师点睛】本题考查了配合物中的成键情况，根据“配合物中阴离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，配原子不和银离子反应”来分析解答即可，难度不大。
7.下列叙述正确的是
A. 离子晶体中，只存在离子健，不可能存在其它化学键
B. 可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键
C. Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1 2
D. 晶体熔点：金刚石＞食盐＞冰＞干冰
【答案】D
【解析】
A，离子晶体中，一定存在离子键，可能会含共价键，如氯化铵晶体中既有离子键又有共价键，A不正确。B，甲烷分子与水分子之间不可能存在氢键，因为碳原子半径较大、电负性较小不具备形成氢键的条件，所以B不正确。C，过氧化钠中含钠离子和过氧根离子，阴、阳离子个数比为2：1，所以C不正确。D，金刚石是原子晶体，氯化钠是离子晶体，而冰和干冰都是分子晶体。比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体>离子晶体>分子晶体，冰和干冰都是分子晶体，可以根据常温下水为液态，而二氧化碳为气态判断冰的熔点高于干冰，所以D正确。
点睛：比较不同类型晶体的熔点，一般原子晶体>离子晶体>分子晶体。都是原子晶体，成键的原子半径越小则键长越短、键能越大，熔点越高；都是离子晶体，离子半径越小、离子电荷越多则晶格能越大，熔点越高；都是分子晶体，如果分子组成和结构相似，则相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高。还可以根据常温下状态判断，如水为液态，而二氧化碳为气态，则可判断冰的熔点高于干冰。
8. 下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是
A. SO2与SiO2 B. CO2与H2O C. NaCl与HCl D. CCl4与KCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；
B.CO2和H2O均含共价键，均由分子构成，均为分子晶体，B正确；
C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；
D.CCl4含共价键，为分子晶体，KCl含离子键，为离子晶体，D错误。
故答案选B。
9.下面的排序不正确的是
A. 晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4
B. 硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅
C. 晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
D. 熔点由高到低：Na＞Mg＞Al
【答案】D
【解析】
A. 分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4
10.下列对各组物质性质的比较中，正确的是
A. 硬度：Li＞Na＞K
B. 熔点：NaCl＞CaO
C. 电负性：Na＜Al＜Mg
D. 空间利用率：体心立方堆积＜六方堆积＜面心立方堆积
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱金属元素中，其硬度随原子序数的增加而减小，所以硬度Li＞Na＞K，故A正确；
B.对于离子晶体来说，键长越短，离子所带电荷数越多，键能越大，熔点越高，因此NaCl熔点
D.空间利用率：体心立方堆积空间利用率68%，六方最密堆积空间利用率74%，面心立方最密堆积空间利用率74%，故D错误；
11.下列说法正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C. CO2、SO2都是极性分子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【解析】
A. HF分子间存在氢键，则HCl、HBr、HI 、HF的熔、沸点依次升高，A错误；B. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，B正确；C. CO2是直线形结构，属于非极性分子，C错误；D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，D错误，答案选B。
12.下列说法不正确的是
A. CH3CH2CHCH3CH2CH（CH3）2的系统命名为3，5﹣二甲基己烷
B. 正丁烷的二氯代物有6种（不考虑立体异构）
C. 乙醇能用于酒后驾车的检测，是利用了乙醇的还原性
D. 淀粉、纤维素属于糖类化合物，在一定条件下都可以水解得到葡萄糖
【答案】A
【解析】
【详解】A.取代基的位次和最小，CH3CH2CH（CH3）CH2CH（CH3）2的系统命名为2，4﹣二甲基己烷，故选A；
B.先找一氯代物，正丁烷共有2种一氯代物，然后以一氯代物为基础再添上一个氯，可得二氯代物，共有6种，即CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、H3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl，CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，故不选B；
C.2K2Cr2O7(橙色）+3C2H5OH+8H2SO4=2Cr2(SO4)3（绿色）+3CH3COOH+2K2SO4+11H2O 警察检查司机是否酒后驾车的酒精测试中，含有橙色的酸性重铬酸 钾，当遇酒精时橙色变绿色，由此为酒精测试。重铬酸钾是氧化剂，酒精是还原剂，故不选C；
D.淀粉和纤维素都为多糖，可水解生成葡萄糖，故不选D；
答案：A
【点睛】易错选项B，如何寻找二氯代物，采用定一移一法。先确定一氯代物种类，再在一氯代物基础上寻找二氯代物。
13.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是
A. 在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B. 每个该气态团簇分子的分子中含有1/2个E原子
C. 在CO2 晶体中，一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻
D. 在碘晶体中，碘分子的排列有两种不同的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，距Cl-最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；
B.气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；
C.根据CO2 晶胞结构图可知，经顶点上的CO2分子为例，每个CO2分子周围距离最近的CO2分子分布在结经过这个顶点的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以一个CO2 分子周围有12个CO2 分子紧邻，故C正确；
D.根据晶胞结构图可知，碘为分子晶体，晶胞中占据顶点和面心，碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故D正确；
答案：B
14. 有关晶体的叙述中正确的是
A. 在SiO2晶体中，由Si、O构成的最小单元环中共有8个原子
B. 在28 g晶体硅中，含Si—Si共价键个数为4NA
C. 金刚石的熔沸点高于晶体硅，是因为C—C键键能小于Si—Si键
D. 镁型和铜型金属晶体的配位数均为12
【答案】D
【解析】
试题分析：A、在二氧化硅晶体中，由Si、O原子构成的最小单元环为6个Si原子、6个O原子的12元环，错误；B、28gSi的物质的量是1mol，每个Si原子与4个Si原子形成4个共价键，属于该Si原子的只有2个，所以1molSi晶体中只有2NA共价键，错误；C、金刚石中的C-C键键长小于Si-Si键，所以C—C键键能大于Si—Si键，则金刚石的熔沸点高，错误；D、Mg与Cu的晶体堆积方式都是密堆积，其配位数都是12，正确，答案选D。
考点：考查晶体的性质、原子的配位数、化学键数的判断
15.如图是氯化铯晶体的晶胞示意图(晶体中最小的重复结构单元)，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为a cm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为
A. g· cm－3 B. g· cm－3
C. g· cm－3 D. g· cm－3
【答案】C
【解析】
晶体的密度等于晶体的质量与晶体在该质量下的体积的比值（即晶体的密度＝），据式量可知，1 mol CsCl的质量为M克，故需求出1 mol CsCl的体积。因晶体是由晶胞构成的，而1个CsCl晶胞的体积为a3cm3，因此，此题解题的关键是找出1 mol CsCl晶体中的晶胞数目。由晶胞的示意图可知，1个晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－，所以，在1 mol CsCl晶体中含NA个晶胞。由此可得，晶体的密度为＝g·cm－3。
16.金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积，如图（a）、（b）、（c）分别代表这三种堆积方式的结构，其晶胞内金属原子个数比为
A. 1：2：1 B. 3：2：1 C. 9：8：4 D. 21：14：9
【答案】B
【解析】
试题分析：a:(12×1/6)+（2×1/2）+3=6；b:(8×1/8)+(6×1/2)=4.c：(8×1/8)+1=2；因此晶胞内金属原子个数比为6:4:2=3：2：1 。选项是B。
考点：考查三种常见的金属晶体中堆积方式晶胞内金属原子个数的计算的知识。
17.有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数比为1∶2
D. 该气态团簇分子分子式为EF或FE
【答案】D
【解析】
【详解】A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-有6个，所以钠离子的配位数是6，故A正确；
B．在CaF2晶体中，Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为：8×+6×=4，故B正确；
C．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1∶2，故C正确；
D．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式E4F4或F4E4，故D错误；
答案选D。
18.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色。5种元素核电荷数之和为54，最外层电子数之和为20。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质。则下列说法不正确的是
A. 原子半径：X＞Y＞Q＞W
B. Q的单质都具有良好的导电性
C. Q和Z所形成的分子的空间构型为直线形
D. Y和Z的简单离子不能在水中化合形成化合物Y2Z3
【答案】B
【解析】
【分析】
X的焰色呈黄色，应为Na元素，X、Y是金属元素，且原子序数依次增大，工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y应为Al元素，W、Z最外层电子数相同，应为同主族元素，Z的核电荷数是W的2倍，可知W为O元素，Z为S元素，五种元素核电荷数之和为54，则Q的原子序数为54-8-16-11-13=6，应为C元素；因此Q为碳元素、W为氧元素、X为钠元素、Y为铝元素、Z为硫元素；
【详解】根据以上分析：
A.X、Y、Q、W分别是Na、Al、C、O元素，不同周期元素，电子层数越多其原子半径越大；同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以原子半径：X＞Y＞Q＞W，故不选A；
B.Q为碳元素，碳元素形成的单质很多种，金刚石、石墨等，金刚石就不导电，故选B；
C.C和S所形成的分子是CS2，其结构和二氧化碳相似，所形成的分子的空间构型为直线形，故不选C；
D.Y2Z3为Al2S3，在水中不存在，会与水反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化硫气体，故不选D；
答案：B
【点睛】元素的推断是解答本题的关键，并熟悉元素化合物的性质、物质的组成和结构等知识来解答，易错选项D，铝离子与硫离子在水溶液中会互促水解到底。
19.现有一种烃可以表示为
命名该化合物时，应认定它的主链上的碳原子数目为（ ）
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】C
【解析】
试题分析：根据有机物的结构简式可知，该烷烃最长的碳链上碳原子数为11，答案选C。
考点：考查烷烃主链碳原子数的判断
点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，难度不大。该题的关键是明确烷烃命名中主链碳原子确定的原则。
20.二苯基甲烷是有机合成的一种中间体，可通过下列反应制备。下列说法错误的是
A. 该反应属于取代反应
B. CH2Cl2不存在同分异构体
C. 二苯基甲烷分子中所有原子处于同一平面
D. 1mol二苯基甲烷最多可与6molH2发生加成
【答案】C
【解析】
A．由合成反应可知，反应属于取代反应，选项A正确；B．甲烷为正四面体结构，故CH2Cl2不存在同分异构体，选项B正确；C．甲烷为正四面体结构，二苯基甲烷分子中所有原子不可能均处于同一平面，选项C错误；D．二苯基甲烷中含有两个苯基，故1mol二苯基甲烷最多可与6molH2发生加成，选项D正确。答案选C。
21.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）
A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；甲烷与氯气混和后光照反应
B. 乙烯通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷
C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状液体生成 ； 乙烯与水生成乙醇的反应
D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色 ； 乙烯自身生成聚乙烯的反应
【答案】C
【解析】
A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，为加成反应；甲烷与氯气混和后光照反应，为取代反应，故A不选；B．乙烯通入酸性KMnO4溶液中发生氧化反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷，为加成反应，故B不选；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体，苯中H被取代，发生取代反应；乙烯与水生成乙醇的反应，碳碳双键转化为-OH，为加成反应，故C选；D．在苯中滴入溴水，溴水褪色，没有发生化学反应，是萃取；乙烯自身生成聚乙烯的反应属于加聚反应，故D不选；故选C。
22.下列由实验得出的结论正确的是
选项
实验
结论
A
苯中加溴水震荡，溴水层褪色
苯与溴水发生取代反应，生成无色溴苯
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性大于碳酸的酸性
D
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的一氯甲烷具有酸性
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、苯中加溴水震荡，静置后溶液分层，下层为水层，无颜色，上层为苯层，红棕色。因为溴单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，并且苯与水不互溶，因此发生了萃取。错误；B、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应,且-OH中H的活性比水弱,错误；C、用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，错误；D、甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，错误。故选C。
23.下列有关说法正确的是
①聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
②利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化的过程
③糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应
④淀粉和纤维素的通式均为(C6H10O5)n,两者互为同分异构体
⑤欲检验淀粉的水解产物是否有葡萄糖，可在水解液中加入新制氢氧化铜并加热，观察现象
⑥油脂的皂化反应属于取代反应
A. ②⑥ B. ②③⑤⑥ C. ②③④⑤ D. ①②⑤⑥
【答案】A
【解析】
①聚乙烯塑料中不含碳碳双键，所以不能发生加成反应，聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，错误；②利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇变化过程中有新物质生成，所以利用粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化的过程，正确；③多糖、含有酯基的物质、含有肽键的物质都能发生水解反应，油脂中含有酯基、蛋白质中含有肽键，淀粉属于多糖，所以淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应，正确；④淀粉和纤维素尽管都可用 (C6H10O5)n这一通式表示，但两者的n的数值并不相等，故两者不是同分异构体。错误；⑤淀粉遇碘酒变蓝色是淀粉的特征反应，醛基能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应，葡萄糖中含有醛基，所以能与新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应而生成砖红色沉淀，正确；⑥饱和油脂的皂化反应属于酯化反应，是取代反应的一种，正确。故选A。
24.下列化学用语正确的是
A. 乙酸的分子式： CH3COOH B. 丙烷分子的比例模型：
C. 乙烷的电子式： D. 乙烯的结构简式： CH2CH2
【答案】C
【解析】
A、乙酸的分子式为C2H4O2，CH3COOH表示的是乙酸的结构简式。错误；B、表示的是丙烷分子的球棍模型。错误；C、电子式：在元素符号周围用“”或“×”表示最外层电子的式子。乙烷分子中碳碳、碳氢之间形成共价键，用共用电子对来表示。正确；D、有机物的结构简式指在分子式的基础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH2=CH2 ，错误；故选C。
25. 欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），不能达到目的的是
A. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡静置后，分液
B. 乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸馏
C. 苯甲酸（NaCl）：加水，重结晶
D. 乙酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙酸与碳酸钠反应而被吸收，但乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，所以乙酸乙酯中混有乙酸，可用饱和碳酸钠溶液分离，故不选A；
B.新制生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸馏时，可得到较为纯净乙醇，故不选B；
C.由于苯甲酸在水中溶解度很小，而氯化钠易溶于水，所以可以采用重结晶的方法除杂，故不选C；
D.乙酸和乙醇与金属钠都反应，不能用加金属钠的方法分离，故选D；
答案：D
26.请结合下方几种有机物的相互转化图回答：
（1）乙烯的电子式是______________________。
（2）反应①②的反应类型分别是__________、__________。
（3）Y的官能团名称是_____________________。
（4）X+Z→W的化学方程式是_________________________________，实验室常用下图 所示的装置实现这一转化。试管b中一般加入______________溶液，从试管b中分离出W的方法是_______。
（5）W的分子式__________，W属于羧酸类的同分异构体有________种。
【答案】 (1). (2). 加成反应 (3). 氧化反应 (4). 醛基 (5). CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 分液 (8). C4H8O2 (9). 2
【解析】
【分析】
乙烯与水发生加成反应生成X（CH3CH2OH），X氧化生成Y（CH3CHO），乙醛氧化生成Z（CH3COOH），X（CH3CH2OH）与Z（CH3COOH）发生酯化反应（取代反应）生成W（CH3COOCH2CH3）；
【详解】（1）乙烯含有碳碳双键，电子式是；
答案：
（2）反应①乙烯与水发生加成反应生成乙醇；反应②乙醇氧化生成CH3CHO；
答案： 加成反应 氧化反应
（3）Y是乙醛，官能团名称是醛基；
答案：醛基
（4）乙醇+乙酸→乙酸乙酯的化学方程式是CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O；试管b中一般加入饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液作用是可以溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯分层析出；因为溶液已经分层，所以从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是分液；
答案：CH3COOH+C2H5OH CH3COOC2H5+H2O 饱和碳酸钠溶液 分液
（5）W（CH3COOCH2CH3）的分子式为 C4H8O2，乙酸乙酯属于羧酸类的同分异构体有
CH3CH2CH2COOH，（CH3）2CHCOOH共2种；
答案： C4H8O2 2
27.现有下列几种有机物：
A．CH4 B．(CH3)2C=CH-CH3 C．C7H16 D．CH2 = CH—CH = CH2 E．环戊烷
（1）上述有机物中互为同系物的是_____________，互为同分异构体的是____________。
（2）1molE完全燃烧消耗氧气的物质的量____________________。
（3）A与Cl2反应的类型为_____________；D使溴水褪色的反应类型为___________。
（4）B在催化剂条件下发生加聚反应的化学方程式为 _________________________。
（5）C的同分异构体中含有三个支链的结构简式______________，其系统命名为__________________。
【答案】 (1). AC (2). BE (3). 7.5mol (4). 取代反应 (5). 加成反应 (6). n(CH3)2C=CHCH3 (7). (CH3)3CCH(CH3)2 (8). 2,2,3-三甲基丁烷
【解析】
【分析】
（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；以此作为依据做题；
（2）根据烃燃烧的通式，即可确定；
（3）甲烷与氯气反应，Cl原子取代了甲烷分子内氢原子的位置；D中含有碳碳双键；
（4）书写方程式时，注意中括号中只有双键碳原子，其他写成支链形式；
（5） 根据主链减碳作为取代基进行书写C7H16 的异构体，根据有机物的命名原则进行命名：取含有取代基最多且最长的链为主链，称某烷，指明取代基的位置与数目，据此解答；
【详解】（1）同系物是结构相似，组成上相差CH2原子团的物质互称同系物，而AC均为烷烃，故结构相似，在分子组成上相差6个CH2原子团，故互为同系物；分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体，（CH3）2C=CH-CH3 的分子式为C5H10，环戊烷的分子式为C5H10，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
答案： AC BE
（2）根据烃燃烧通式，CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O，则1molE（C5H10）完全燃烧消耗氧气的物质的量(5+10/4)mol=7.5mol；
答案：7.5mol
（3）甲烷与氯气反应，Cl原子取代了甲烷分子内氢原子位置，因此发生了取代反应；D中含有碳碳双键，因此与溴水发生了加成反应；
答案：取代反应 加成反应
（4）（CH3）2C=CH-CH3 发生加聚反应生成聚合物，反应的方程式为：n(CH3)2C=CHCH3 ；
答案：n(CH3)2C=CHCH3
（5）C7H16的同分异构体中含有三个支链，必须下来三个甲基作为支链，结构简式为(CH3)3CCH(CH3)2，系统命名为2,2,3-三甲基丁烷；
答案：(CH3)3CCH(CH3)2 2,2,3-三甲基丁烷
28.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验，请回答下列问题：
(1)请写出铜网处发生反应的化学反应方程式_____________。若熄灭酒精灯，不断地鼓入空气，反应仍能继续进行，说明该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)甲和乙两个“水浴”作用不相同，甲的作用是_____________。
(3)反应进行一段时间后，集气瓶中收集到的气体的主要成分是__________。
(4)若试管a中收集到的液体用湿润的紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，推测实验中反应还生成了一种有机副产物，该副产物为_______(填结构简式)，要除去该物质，可先在混合液中加入_______(填字母序号)，然后再通过_______(填操作名称)即可除去。
a．氯化钠溶液 b．苯 c．碳酸氢钠溶液 d．四氯化碳
【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (2). 放热 (3). 使液态乙醇转化为乙醇蒸汽 (4). 氮气（或 N2） (5). CH3COOH (6). c (7). 蒸馏
【解析】
分析：(1)乙醇在铜做催化剂条件被氧气氧化成乙醛,属于加氧的氧化反应,方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该反应是放热反应；
(2)根据乙醇和乙醛的物理性质：二者都容易挥发。乙醇是反应物，应转化成乙醇蒸汽进入到硬质试管内参与反应；乙醛是产物,降低温度使其转化成液态，所以前者用热水浴，后者用冷水浴；
(3)乙中的水为冷水能将未反应的乙醇和反应生成的乙醛以及水蒸气冷凝为液态，不能冷却的少量氧气大量氮气进入集气瓶中；
(4)酸能使紫色石蕊试纸显红色，醋酸具有酸的通性，两种互溶物质的分离可以采用蒸馏法。
详解:(1) 铜网处乙醇发生催化氧化的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，熄灭酒精灯,反应仍能继续进行,说明该反应时一个放热反应，
因此，本题正确答案是：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；放热；
(2)根据反应流程可以知道:在甲处用热水浴加热使乙醇挥发与空气中的氧气混合,有利于下一步反应，
因此，本题正确答案是：使液态乙醇转化为乙醇蒸汽；
(3) 反应进行一段时间后，由于未反应的乙醇和反应生成的乙醛在装置乙中被冷凝为液态，所以集气瓶中收集到的气体是未反应的氧气和空气中的氮气，故其主要成分为氮气；
因此，本题正确答案是：氮气（或 N2）；
(4)乙酸能使紫色石蕊试纸显红色,醋酸具有酸的通性,可以用碳酸氢钠来检验醋酸的存在,看是否产生无色无味的气体物质, 要除去该物质，可先在混合液中加入碳酸氢钠溶液，发生反应：NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑，然后，再利用乙醛的沸点低，通过蒸馏即可除去，
因此，本题正确答案是：CH3COOH ；c；蒸馏。
29.铜的相关化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为__________；Cu2+价层电子的电子排布图为___________。
（2）离子晶体中Cu2O熔点比Cu2S熔点高，其原因是___________________________。
（3）Cu可与N、S，O等元素形成化合物，N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______________；在Cu的催化作用下，乙醇可被氧化为乙醛，乙醛分子中碳原子的杂化方式是________________。
（4）1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为___________。
（5）Cu与N所形成的某种晶体的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为anm。该晶体的化学式为___________，晶体的密度为___________g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】 (1). N (2). 球形 (3). (4). Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高 (5). N>O>S (6). sp3 sp2 (7). 20NA (8). Cu3N (9). 2.06×1023/(NA×a3)
【解析】
【分析】
（1）根据基态Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，以此确定；
（2）离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大，熔点越高；
（3）非金属性越强，第一电离能越大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素；乙醛分子中甲基上碳原子含有4个σ键，醛基上的碳原子含有3个σ键，所以甲基中的碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化；
（4）1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA；1个SO42-中含有4条σ键，则1molSO42-中含有4molσ键，数目为4NA；因此1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为20NA；
（5）晶胞中，顶点微粒是8个晶胞共用，棱上微粒是四个晶胞共用，面上微粒是两个晶胞共用；计算出一个晶胞的质量和体积，即可计算密度；
【详解】（1）基态Cu原子核外电子数为29，基态原子核外电子排布为[Ar]3d104s1，最高能层的符号是N，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为球形；Cu2+价层电子的电子排布图为；
答案： N 球形
（2）由于氧离子的离子半径小于硫离子的离子半径，所以亚铜离子与氧离子形成的离子键强于亚铜离子与硫离子形成的离子键，所以Cu2O的熔点比Cu2S的高；
答案： Cu2O与Cu2S相比，阳离子相同、阴离子所带的电荷数也相同，但O2-半径比S2-半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高
（3）同一主族中，从上向下，元素第一电离能逐渐减小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，所以N、O、S四种元素的第一电离能由小到大的顺序为S
（4）1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，1mol[Cu（NH3）4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA；1个SO42-中含有4条σ键，则1molSO42-中含有4molσ键，数目为4NA；因此1mo[Cu(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为20NA；
答案：20NA
（5）1个晶胞中含有Cu：12×1/4=3，含有N：8×1/8=1，该晶体的化学式为Cu3N；1个晶胞的质量为=，1个晶胞的体积为（a×10-7）3cm3，因此密度为=2.06×1023/(NA×a3)；
答案：Cu3N 2.06×1023/(NA×a3)
30.周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a是组成物质种类最多的元素，c是地壳中含量最多的元素，d与a同族，e2+离子3d轨道中有9个电子。回答下列问题：
（1）d原子的基态原子电子排布式为____________
（2）晶体d、晶体da、晶体ac2的熔点由高到低的顺序为__________ (用化学式表示，下同)，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________________。
（3）元素b、c形成两种常见阴离子bc2－和bc3－，其中bc2－离子的中心原子杂化轨道类型为____________，bc3－离子的空间构型为____________。
（4）e单质的晶胞结构如图所示，e原子半径为rpm，e晶体密度的计算式为_________g·cm-3。(用含NA、r的表达式表示)
【答案】 (1). [Ne]3s23p2 (2). SiC>Si >CO2 (3). N＞O＞C (4). sp2 (5). 平面三角形 (6). （或）
【解析】
【分析】
a是组成物质种类最多的元素，确定a为碳元素；c是地壳中含量最多的元素，确定c为氧元素；a、b、c原子序数依次增大，确定b为氮元素，d与a同族，确定d为硅元素；e2+离子3d轨道中有9个电子，确定e为铜元素。总结：a:C；b：N；c：O；d：Si；e：Cu。
【详解】（1）d为硅元素，原子序数14，,基态原子电子排布式为[Ne]3s23p2；
答案：[Ne]3s23p2
（2）晶体Si、晶体SiC为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，因此SiC的熔点高于晶体硅，晶体CO2为分子晶体，熔点较低，熔点由高到低的顺序为SiC>Si >CO2；非金属性越强，第一电离能越大，但是注意电子排布处于半满，全满时电离能偏大，a、b、c三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
答案：SiC>Si >CO2 N＞O＞C
（3）根据VSEPER(价层电子对互斥理论），中心原子氮原子的价层电子对数为（5+1）/2=3，则NO2－ 离子的中心原子杂化轨道类型为sp2，NO3－离子的空间构型为平面三角形；
答案：sp2 平面三角形
（4）Cu单质的晶胞结构如图所示，晶胞中铜原子的个数为：8+6×=4，晶胞中铜的质量为，晶胞体积为：cm3，则密度为；
答案：。
【点睛】根据题干中关于四种元素的特点进行分析并寻找突破口从而得到答案。易错点第（4）小题。
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