德州市宁津县第一中学高二下学期第二次月考化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精高二化学试题1。化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（）A。医用口罩无纺布的原材料成分之一是聚丙烯，其结构简式为B。医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃C.使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化D。疫苗一般应冷藏存放,以避免蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．聚丙烯是丙烯的加聚产物，结构简式为，故A正确;B．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜,其单体四氟乙烯是乙烯中H原子被氟原子取代后的产物，属于卤代烃,故B正确；C．医用酒精能够使蛋白质变性,生成新物质，失去生理活性，属于化学变化，故C错误；D．蛋白质遇高温易变性，故疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性,故D正确；答案为C。2。下列化学基本用语表述正确的是A.羟基的电子式B.醛基的结构简式-COHC。1—丁烯的键线式D。丙烷分子的比例模型为：【答案】C【解析】【详解】A．羟基的电子式为,A错误；B．醛基的结构简式为－CHO，B错误；C．1—丁烯的键线式为,C正确;D．丙烷分子的球棍模型为，D错误；答案选C。3.下列关于有机物叙述正确的是()A.氯苯分子中所有原子都处于同一平面B.苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色C。乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D.、、互为同系物【答案】A【解析】【详解】A.氯苯是苯中的一个氢原子被氯取代，苯分子12个原子在同一平面内，因此氯苯分子中所有原子都处于同一平面，故A正确；B.油脂中的油能使酸性KMnO4溶液褪色，油中含有有碳碳双键,故B错误；C。聚氯乙烯和苯分子中均不含有碳碳双键，故C错误;D.、、三者含有的苯环个数不相同，不互为同系物，故D错误。综上所述，答案为A.4.下列关系正确的是()A。等物质的量的物质燃烧耗O2量:乙烷＞乙烯=乙醇＞乙炔B.沸点：丙三醇＞甲醇＞新戊烷＞2—甲基丁烷C碳碳双键数目:天然橡胶＞苯＞油酸＞聚乙烯D.常温下的密度：CCl4＞甲苯＞丁烯＞H2O【答案】A【解析】【详解】A．设烃的分子式为CxHy，CxHy燃烧的化学方程式为CxHy+（x+）O2xCO2+H2O,等物质的量的烃完全燃烧耗O2量取决于x+，乙烷、乙烯、乙炔中C原子数相同,H原子数依次减小，则等物质的量燃烧耗O2量:乙烷＞乙烯＞乙炔,乙醇的分子式为C2H6O，可看成C2H4（H2O),则等物质的量的乙烯与乙醇燃烧耗O2量相等，则消耗O2的量为乙烷＞乙烯=乙醇＞乙炔，故A正确;B．醇中羟基越多、碳原子数越多，沸点越高,则沸点：丙三醇＞甲醇，新戊烷与2-甲基丁烷互为同分异构体，新戊烷中支链多，则沸点：2-甲基丁烷＞新戊烷，丙三醇、甲醇中含羟基，分子间可形成氢键，则沸点：丙三醇＞甲醇＞2—甲基丁烷＞新戊烷,故B错误；C．苯中不存在碳碳双键，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C错误；D．CCl4密度比水大，甲苯的密度比水小，常温丁烯呈气态，丁烯的密度比水小得多，故D错误；答案为A。5。下列现象与氢键有关的是（）①NH3的熔、沸点比VA族其他元素氢化物的高②乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④水分子高温下也很稳定A.①②③④ B.①②③ C。①②④ D.②③④【答案】B【解析】【详解】①因ⅤA族中,N的非金属性最强，氨气中分子之间存在氢键，则氨气的熔、沸点比ⅤA族其他元素氢化物的高，故①正确;②因乙醇、乙酸与水分子之间能形成氢键,则乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④水分子高温下也很稳定,其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④错误;故选B。6.离子键、共价键、金属键、范德华力是微粒之间的不同作用力,下列物质中含有上述任意两种作用力的是（）①Na2O2②SiO2③氦气④金刚石⑤NH4Cl⑥白磷A.①②④ B.①③⑥ C.①⑤⑥ D。③④⑤【答案】C【解析】【详解】①Na2O2存在离子键和非极性共价键;②SiO2只存在极性共价键；③氦气只存在范德华力；④金刚石只存在非极性共价键；⑤NH4Cl存在离子键和极性共价键；⑥白磷存在非极性共价键和范德华力；因此①⑤⑥含有上述中两种作用力，故C符合题意。答案为C。7。关于有机物的叙述正确的是（）A。丙烷的二卤代物是4种，则其六卤代物是2种B.某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式一定为C5H12C.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种D.对二甲苯的核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢【答案】C【解析】【详解】A。丙烷的分子式为C3H8，其二卤代物有4种，六卤代物的种数等于二卤代物的种数，即有4种，故A错误;B。某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，可以是，也可以是，故B错误；C.苯环上有2个取代基，取代基位置是邻间对，含有3个碳原子的烷基可以是－CH2CH2CH3也可以是－CH（CH3）2，因此所得产物有2×3种,即有6种，故C正确；D。对二甲苯中，关于红线对称，应有2种不同化学环境的氢原子，故D错误；答案：C。8。有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示,有关说法正确的是A。①为简单立方堆积②为六方最密堆积③为体心立方堆积④为面心立方最密堆积B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个,③2个，④4个C。晶胞中原子的配位数分别为：①6,②8，③8，④12D。空间利用率的大小关系为：①〈②〈③<④【答案】B【解析】【详解】A、①为简单立方堆积、②为体心立方堆积、③为六方最密堆积、④为面心立方最密堆积，②、③颠倒，故A错误；B、根据晶胞计算,每个晶胞含有的原子数分别为：①8×1/8=1个，②8×1/8+1=2个，③8×1/8+1=2个,④8×1/8+6×1/2=4个，故B正确；C、配位数是指晶胞中与原子紧邻的原子数，所以四种晶胞中原子的配位数分别为：①6，②8,③12，④12,故C错误；D、空间利用率是指晶胞在所含原子的体积与晶胞体积的比值，根据四种晶胞的空间利用率判断①〈②<③=④，故D错误;答案选B。9.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得:下列有关化合物X．Y的叙述正确的是A。X分子中所有原子一定在同一平面上B.1molY与足量氢氧化钠溶液共热最多可消耗8molNaOHC.X、Y均能使Br2的四氧化碳溶液褪色D.X→Y的反应为加成反应【答案】B【解析】【详解】A.X分子中苯环在一个平面上，羟基上的氧原子在苯环的面上，但是氢原子可能不在此面上，故错误；B.卤素原子可以和氢氧化钠发生取代反应，取代后生成酚羟基，也能与氢氧化钠溶液反应，酯基水解生成酚羟基和羧基，都可以和氢氧化钠反应，故1molY与足量的氢氧化钠溶液共热，最多消耗8mol氢氧化钠，故正确；C.二者都不能和溴反应，故错误；D。X→Y的反应为取代反应,故错误。故选B.10.化学也可以萌萌哒，如以下几种有机物（a)囧烷（b）企鹅酮、(c)始祖鸟烯，关于这三种化合物下列说法中正确的是（）A.a的分子式为C12H18B。b所有碳原子可能共平面C.若R1=R2=甲基，则c的一氯代物有4种D.若R1=R2=甲基，则b和c都最多和2molH2加成【答案】A【解析】【详解】A．由题可知，囧烷的分子式为:C12H18，A项正确；B．由企鹅酮的结构简式可知，其分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，B项错误；C．若R1=R2=甲基，根据结构简式可知,此时含有3种不同化学环境的氢原子,则c的一氯代物有3种，C项错误；D．由题可知,企鹅酮分子中含有两个碳碳双键和一个羰基，均可与H2发生加成反应，始祖鸟烯分子中含有两个碳碳双键，若R1=R2=甲基，则b和c最多分别与3mol、2molH2加成,D项错误；答案选A.【不定项】11.已知：若R＇、R〞均为甲基，则下列说法不正确的(）A.a、b可以通过浓溴水或FeCl3溶液鉴别B。b到c的反应类型为取代反应C.c最多可能15个原子共平面D。d与NaOH的乙醇溶液共热可得到2种能使溴水褪色的产物【答案】C【解析】【详解】A。b与浓溴水发生取代反应生成沉淀，b与FeCl3溶液显紫色,因此a、b可以通过浓溴水或FeCl3溶液鉴别,故A正确；B。根据b到c的结构简式得到b到c的反应类型为取代反应，故B正确；C。c最多可能17个原子共平面，故C错误;D.d与NaOH的乙醇溶液共热发生取代反应，可以得到或,均能使溴水褪色的产物,故D正确。12.下列各选项有机物同分异构体的数目，与分子式为C4H8O2的酯的有机物数目相同的是（)A。分子式为C4H8的烯烃(包括顺反异构体）B.分子式为C8H8O遇FeCl3溶液显紫色C.分子式为ClC4H7O2,且能与碳酸氢钠反应生成气体D.立方烷(）的二氯代物【答案】A【解析】【分析】分子式为C4H8O2的酯，为饱和一元酯,若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种。【详解】A．分子式为C4H8的烯烃（包括顺反异构体)CH2═CH—CH2—CH3、CH3-CH═CH—CH3(顺反2种）、CH2═C（CH3)2,共4种，故A选；B．分子式为C8H8O遇FeCl3溶液显紫色,乙基苯酚有邻间对3种，邻二甲苯形成2种酚、间二甲苯形成3种酚、对二甲苯形成1种酚，故B不选;C．分子式为ClC4H7O2且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：CH3CH2CH2COOH、（CH3)2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种，故C不选；D．立方烷（)的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有3种，故D不选；故选A。13。下列说法正确的是(）A.向[Co（NH3)3Cl3］的水溶液中加入AgNO3溶液，不能观察到有明显的白色沉淀生成B。冰融化时只破坏范德华力C。H2O、Al2Cl6中都含配位键D。邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低,是因为邻羟基苯甲醛存在氢键,而对羟基苯甲醛不存在氢键【答案】A【解析】【详解】A.向[Co(NH3)3Cl3］的水溶液中不能电离出氯离子，因此加入AgNO3溶液，不能观察到有明显的白色沉淀生成，故A正确;B。冰融化时破坏分子间氢键和范德华力，故B错误；C。H2O中不含配位键，故C错误；D。邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，是因为邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间氢键使得熔沸点升高，分子内氢键使得熔沸点降低，故D错误。综上所述，答案为A。14。下列实验操作、现象、结论均正确的是（)实验操作现象结论或目的A将铁粉、浓溴水、苯混合有白雾生成，溶液分层制取溴苯B将光亮铜丝酒精灯火焰上加热,立即伸入无水乙醇中铜丝先变黑后恢复成原来的颜色乙醇被氧化，铜做催化剂C常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液溶液变浑浊制得苯酚，同时生成碳酸氢钠D将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后，再滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀检验溴乙烷中的溴元素A.A B.B C.C D.D【答案】BC【解析】【详解】A。将铁粉、液溴、苯混合,剧烈反应，出现红棕色,反应是放热反应,液溴易挥发，故A错误；B。将光亮铜丝在酒精灯火焰上加热，立即伸入无水乙醇中，铜丝先变黑后恢复成原来的颜色，乙醇被氧化呈乙醛，铜做催化剂，故B正确;C。常温下，将二氧化碳通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊，制得苯酚，同时生成碳酸氢钠，故C正确；D.将少量溴乙烷与NaOH溶液混合共热,充分反应并冷却后，先加稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，目的是检验溴乙烷中的溴元素，故D错误。答案为BC。15.某有机化合物M，已知该有机物的蒸气对氢气的相对密度为68，核磁共振氢谱和红外光谱如图：以下关于M的判断正确的是()A.M分子中含有两种官能团B。M的分子式与其实验式相同C.M一定条件下能与H2、H2O、新制氢氧化铜悬浊液等反应D.与M属于同类有机物的同分异构体共有6种（包括M）【答案】D【解析】【分析】根据有机物的蒸汽对氢气的相对密度，可计算出该有机物的相对分子质量为。由该有机物的核磁共振氢谱图可知其分子中含有4种等效氢，且峰面积之比为:1：2:2:3。根据红外光谱可知该有机物分子中含有苯环、C—H键、C＝O键、C-O-C键，综上所述,可知该有机物的结构简式为,据此分析.【详解】A．由分析可知，M分子中含有酯基这一种官能团，A项错误；B．由分析可知，M的分子式为C8H8O2,实验式为：C4H4O,M的分子式核实验式不同,B项错误；C．M分子中含有苯环和酯基，可以与H2发生加成反应，在酸性条件下与水发生酯的水解反应，但不能与新制氢氧化铜悬浊液反应，C项错误;D．与M属于同类有机物的同分异构体，则符合条件的同分异构体中应含有苯环和酯基，由此可知，与M属于同类有机物的同分异构体为：、、、、以及,共6种，D项正确;答案选D。16.有机化合物种类繁多，无处不在:（1）白蚁信息素用系统命名法命名___;（2）人造羊毛的结构为,则合成人造羊毛的单体是___；（3）丙醛是一种精细化工原料，写出丙醛与银氨溶液反应的化学方程式___.【答案】（1)。3，7—二甲基-1—辛烯(2)。CH2=CH—CN和CH3COOCH=CH2。(3）。CH3CH2CHO+2Ag（NH3)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3【解析】【详解】(1)根据命名原则，选取包含碳碳双键在内的最长碳链作主链，则主链上有8个碳原子,使双键位次最小编号,则碳碳双键在1，2号，3，7号位各连一个甲基,则系统命名为3，7-二甲基—1-辛烯；答案为3，7—二甲基—1—辛烯。（2）的链节主链上只有碳原子且无碳碳双键的高聚物，其规律是“无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，结构简式中主链上有4个碳原子其单体必为2种，将双键中的2个C—C打开，然后将半键闭合即可得该高聚物单体，合成人造羊毛的单体是：CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2；答案为CH2=CH-CN和CH3COOCH=CH2.(3）丙醛可以与银氨溶液发生银镜反应生成丙酸铵、金属单质银以及氨气，反应的化学方程式为:CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；答案为CH3CH2CHO+2Ag（NH3)2OH→CH3CH2COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3.17.20世纪90年代提出的“绿色化学”为有机合成指明了方向。我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯(DMO)和氢气反应获得EG.反应过程示意图如图：（1)MG分子中含有官能团的名称___；（2)EG的分子式___；（3)DMO酸性条件下水解的化学方程式___。【答案】(1)。羟基、酯基(2）。C2H6O2(3).CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH【解析】【分析】由DMO的结构简式和DMO的球棍模型知，黑色小球代表C原子，白色小球代表O原子,灰色小球代表H原子,则MG的结构简式为HOCH2COOCH3，EG的结构简式为HOCH2CH2OH。【详解】(1）由分析可知，MG的结构简式为HOCH2COOCH3，，其分子中含有的官能团为羟基、酯基，答案为：羟基、酯基;(2）EG的结构简式为HOCH2CH2OH，EG的分子式为C2H6O2，答案为：C2H6O2；（3）DMO在酸性条件下水解生成草酸和甲醇,反应方程式为：CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH；答案为：CH3OOCCOOCH3+2H2OHOOCCOOH+2CH3OH。18.有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B-少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%,且其核内质子数等子中子数.（1)在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是___杂化,CB3分子的空间构型为___。（2）C的氢化物极易溶于水的原因是___。（3）D元素与同周期相邻元素的第一电离能由大到小的关系是：___（用元素符号表示）；（4）氧原子的价层电子的轨道表示式为___。【答案】（1)。sp3杂化（2).三角锥形（3）.氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子,相似相溶,氨分子和水分子还可以发生反应,故氨气极易溶于水（4).Cl＞P＞S(5)。【解析】【分析】B原子得一个电子后3p轨道全满，则B的基态原子电子排布为1s22s22p63s23p5，B应该是氯元素。又因为A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A+比B—少一个电子层，所以A是钠元素。C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大,所以C是氮元素.D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，则D是第ⅥA族元素。最高价氧化物中含D的质量分数为40％，则有，解得：M（D)=32。且其核内质子数等于中子数，所以D是16号元素S元素.据此分析.【详解】（1）由分析可知,CB3分子为NCl3分子,N原子有一对孤对电子,与Cl原子成3个σ键，N原子轨道发生sp3杂化,所以NCl3分子的VSEPR模型为四面体形，忽略孤电子对，NCl3分子的空间构型为三角锥形；答案为：sp3杂化；三角锥形；(2)C的氢化物为氨气,氨分子和水分子间可以形成氢键，且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应,故氨气极易溶于水。答案为：氨分子和水分子间可以形成氢键,且氨分子和水分子均为极性分子，相似相溶，氨分子和水分子还可以发生反应,故氨气极易溶于水；（3）D元素为S元素,其同周期相邻元素分别为P、Cl,根据同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以P、S、Cl元素的第一电离能大小顺序是：Cl＞P＞S；答案为：Cl＞P＞S；（4）基态氧原子共有6个价电子，根据核外电子排布规律可知,氧原子的价层电子的轨道表示式为；答案为:。【点睛】通常ⅡA族元素的第一电离能大于ⅢA族元素，ⅤA族元素的第一电离能大于ⅥA族元素，这是因为ⅡA、ⅤA族元素原子的价电子排布为ns2、ns2np3，为较稳定的全充满、半充满状态,因而失去电子所需的能量较高。19。X是一种相对分子质量为92的芳香烃，以X为原料制备部分有机物的路线如图：⑴第①步和第②步顺序不能互换的原因___。⑵写出X到A的反应方程式____。⑶A到B所用试剂____。⑷试剂a___（结构简式）.⑸M为涤纶，是一种高分子聚合物，有关M的说法正确的是___。A。M其中一种单体对苯二甲酸和苯甲酸互为同系物B.1mol该物质与氢氧化钠溶液反应，理论上最多可以消耗2nmolNaOHC。生成该聚合物的反应属于加聚反应D.涤纶是对苯二甲酸和乙醇通过缩聚反应得到⑹写出同时满足条件的阿司匹林的同分异构体结构简式___。①含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应③核磁共振氢谱为4组峰,且峰面积之比为1：2：2:3【答案】(1）。第二步是甲基被氧化成羧基，同时氨基被氧化成硝基(2)。(3)。酸性高锰酸钾溶液（4）.HOCH2CH2OH(5).B(6).、、、【解析】【分析】X是一种相对分子质量为92的芳香烃,92÷12=7.。。.。8,即芳香烃分子式为C7H8,则为甲苯，甲苯和浓硝酸、浓硫酸反应生成2-硝基甲苯，再发生氧化反应,再发生还原反应得到，X经过一系列反应生成对苯二甲酸，和乙二醇发生缩聚反应生成M,X经过一系列反应生成，发生酯化反应生成阿司匹林。【详解】⑴由于—NH2易被氧化成—NO2,因此第①步和第②步顺序不能互换的原因第二步是甲基被氧化成羧基，同时氨基被氧化成硝基；故答案为：第二步是甲基被氧化成羧基，同时氨基被氧化成硝基。⑵X到A是发生硝化反应，其反应方程式；故答案为：.⑶A到B是发生氧化反应，因此所用试剂酸性高锰酸钾溶液；故答案为:酸性高锰酸钾溶液.⑷根据M的结构简式得到试剂a为乙二醇，结构简式为HOCH2CH2OH；故答案为：HOCH2CH2OH。⑸A。M其中一种单体对苯二甲酸含有两个羧基，苯甲酸只含一个羧基，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B.1mol该物质与氢氧化钠溶液反应,理论上最多可以消耗2nmolNaOH，故B正确；C.生成该聚合物的反应属于缩聚反应，故C错误;D。涤纶是对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应得到，故D错误；综上所述，答案为B。⑹①含有苯环且水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应,说明水解产物含有酚羟基,②能发生银镜反应，说明有醛基或甲酸酯，③核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为1：2:2：3，因此、、、;故答案为：、、、。【点睛】有机推断是常考题型，主要考察学生分析、推理能力，通过结构简式和反应条件或反应类型来推断.20.Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。回答下列问题：（1）Ca小于Ti的是_______（填标号）。A．最外层电子数B．未成对电子数C．原子半径D．第三电离能（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2能破坏臭氧层.①Cl2O2的沸点比H2O2低，原因是___________________________________。②O3分子中心原子杂化类型为_______；O3是极性分子,理由是___________________。(3)Na3OCl可由以下两种方法制得：方法ⅠNa2O+NaClNa3OCl方法II2Na+2NaOH+2NaCl2Na3OCl+H2↑①Na2O的电子式为____________。②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有_______（填标号）.A．金属键B．离子键C．配位键D．极性键E．非极性键（4）Na3OCl晶体属于立方晶系，其晶胞结构如右所示。已知：晶胞参数为anm,密度为dg·cm－3。①Na3OCl晶胞中，Cl位于各顶点位置，Na位于_________位置,两个Na之间的最短距离为________nm。②用a、d表示阿伏加德罗常数的值NA=__________________(列计算式)。【答案】(1)。B（2).H2O2分子间存在氢键（3）.sp2（4）。O3分子为V形结构（或“O3分子中正负电荷重心不重合”等其他合理答案）（5)。(6）.BE（7).面心（8）。(9).【解析】【分析】（1)基态Ca原子核外电子排布1s22s22p63s23p64s2,基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，结合元素周期律分析判断；(2）①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，分子间存在氢键的熔沸点高；②根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论分析解答;(3）Na2O为离子化合物，据此书写其电子式；根据Na3OCl和H2存在的化学键类型判断；(4)①根据均摊法分析判断Na3OCl晶体结构中空心白球、顶点阴影球、实心黑球的数目再结合Na3OCl化学式分析判断；②由密度公式ρ=计算解答。【详解】（1)基态Ca原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2,未成对电子数为0，基态Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2。A．最外层电子数相等，错误;B．Ca的未成对电子数小于Ti，正确；C．同一周期元素,原子序数小的原子半径大，原子半径Ca原子略大，错误;D．Ca原子失去两个电子后恰好达到全满结构，很难失去第三个电子,第三电离能Ca较大，错误,故答案为B；(2）①同种类型晶体的熔沸点高低取决于微粒间作用力的大小，H2O2分子间存在氢键，熔沸点高，故答案为H2O2分子间存在氢键；②根据价层电子对互斥理论，O3分子的中心O原子的价层电子对为2+(6-2×2)=3,杂化形式为sp2,O3分子为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故答案为sp2；O3分子为V形结构(或O3分子中正负电荷重心不重合）;(3)①Na2O属于离子化合物,电子式为，故答案为；②在方法Ⅱ的反应中，形成的化学键有Na3OCl中Na与O、Na与Cl间的离子键，H2分子内有H与H间的非极性键，故答案为BE；(4）①Na3OCl晶体结构中空心白球类原子6×=3、顶点阴影球类原子8×=1、实心黑球类原子1×1=1,根据Na3OCl化学式,可判断钠原子应为空心白球，处在晶体结构的面心，两个钠原子之间的最短距离为晶体结构中两个面心的距离，即为一半边长的倍,即anm，故答案为面心；a；②已知:晶胞参数为a

nm,密度为d

g•cm-3，则d

g•cm-3==，解得：NA=,故答案为。【点睛】本题的易错点为(4）②的计算，要注意掌握晶体密度的计算方法，注意单位的换算；另一个易错点为（1），要注意根据钙为20号元素,钛为22号元素，均位于第四周期。本题的难点为Na3OCl中的离子种类，可以根据化合价分析判断。21。高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：回答下列问题：（1)A的名称是________，B含有的官能团名称是________.（