福建省厦门市外国语学校2018-2019学年高二（理）上学期期中考试化学试题

福建省厦门外国语学校20182019学年高二上学期期中考试化学（理）试题1.下列实验装置设计正确，且能达到目的的是AB石油分馏制备乙酸乙酯CD分离水和甘油除去乙烷中的乙烯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】A、冷凝水接反了；B、制备乙酸乙酯，并能防止倒吸；C、甘油和水互溶；D、乙烯氧化成二氧化碳；【详解】A、冷凝水接反了，故A错误；B、制备乙酸乙酯，并能防止倒吸，故B正确；C、甘油和水互溶，不能用分液的方法分离，故C错误；D、乙烯氧化成二氧化碳，引入新的杂质，故D错误；故选B。2.下列说法正确的是A.丙烯的结构简式为CH2CHCH3B.分子式为C4H10O属于醇类的有机物有4种C.分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物一定互为同系物D.名称为丙酸甲酯【答案】B【解析】【分析】A、碳碳双键不能省略；B、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，先书写丁基C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目；C、分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物可能是酸，也可能是酯；D、名称为丁酸甲酯；【详解】A、碳碳双键不能省略；B、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，丁基C4H9的结构有：CH2CH2CH2CH3、CH（CH3）CH2CH3、CH2CH（CH3）2、C（CH3）3，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，故B正确；C、同系物只能是同类物质，分子式为C2H4O2和C3H6O2的有机物可能是酸，也可能是酯，故C错误；D、名称为丁酸甲酯，故D错误；故选B。3.分子式为C8H8O2含有苯环且可与饱和NaHCO3溶液反应的有机物有A.1种 B.3种 C.4种 D.5种【答案】C【解析】【分析】分子式C8H8O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则分子结构中含有羧基，可能是CH2COOH，也可能是甲基和COOH，由此分析同分异构。【详解】分子式C8H8O2的有机物，其结构中含有苯环且可以与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，则分子结构中含有羧基，可能是CH2COOH，也可能是甲基和COOH，此两个取代基在苯环上有邻、间及对位三种情况，则符合条件的同分异构体有4种；故选C。4.下列说法正确的是A.植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色B.石油分馏、煤的气化均属于物理变化C.油脂、淀粉、纤维素都属于高分子有机化合物D.CuSO4溶液能使鸡蛋清盐析而沉淀【答案】A【解析】【分析】A、植物油含不饱和脂肪酸酯，能和溴发生加成反应；B、煤的气化是化学变化；C、油脂是式量小于10000，不是高分子化合物；D、CuSO4是重金属盐；【详解】A、植物油含不饱和脂肪酸酯，能和溴发生加成反应，能使Br2/CCl4褪色，故A正确；B、煤的气化是指在特定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽/空气和/或氧气等)发生一系列化学反应，煤的气化是化学变化，故B错误；C、油脂是式量小于10000，不是高分子化合物，故C错误；D、CuSO4是重金属盐，能使鸡蛋清变性而沉淀，故D错误；故选A。5.胡椒酚是植物挥发油中的一种成分。关于胡椒酚的下列说法，其中正确的是（）①该化合物属于芳香烃；②分子中至少有7个碳原子处于同一平面；③它的部分同分异构体能发生银镜反应；④1mol该化合物最多可与1molH2发生反应。A.①③ B.①②④ C.②③ D.②③④【答案】C【解析】【分析】由结构简式可知，分子中含酚OH、碳碳双键，苯环、碳碳双键为平面结构，结合酚、烯烃的性质来解答．【详解】①该化合物含苯环，为芳香族化合物，还含氧元素，则不属于芳香烃，故错误；②苯环为平面结构，与苯环直接相连的C一定在同一平面内，则分子中至少有7个碳原子处于同一平面，故正确；③含OH、碳碳双键，它的同分异构体中有属于醛类物质的，醛能发生银镜反应，故正确；④苯环、碳碳双键都可以与氢气发生加成反应，1mol该化合物最多可与4molH2发生反应，故错误；故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重烯烃、酚性质的考查，解题关键：把握官能团与性质的关系，难点③，含OH、碳碳双键，存在醛类同分异构体，可发生银镜反应．6.下列化学用语正确的是A.Zn的电子排布式：1s22s22p63s23p64s2 B.Fe2+的原子结构示意图：C.C的价电子轨道表示式： D.HClO的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．Zn原子核外电子数为30，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故A错误；B．Fe是26号元素，Fe2+的核外有24个电子，所以Fe2+原子结构示意图是，故B正确；C．C的价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故C错误；D．Cl原子最外层有7个电子，形成1对共用电子对，而氧原子最外层有6个电子，形成2对共用电子对，HClO的电子式为，故D错误。答案选：B。7.下列说法正确的是（）A.Na、Mg、Al的第一电离能逐渐增大B.V、Cr、Mn的最外层电子数逐渐增大C.S2﹣、Cl﹣、K+的半径逐渐减小D.O、F、Ne的电负性逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．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，故A错误；B．V、Cr、Mn的最外层电子排布遵循电子排布能量规律，三者的最外层电子数均为2，故B错误；C．由于S2﹣、Cl﹣、K+的核外电子排布相同，且原子序数越小，半径越大，故C正确；D．O、F位于同一周期，同周期元素从左到右元素的电负性依次增大，Ne为稀有气体元素，电负性小于F，故D错误；故选C。8.徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如、、、等。下列说法正确的是A.分子中的O为杂化B.分子中的C原子为sp杂化C.分子中的B原子为杂化D.分子中的C原子均为杂化【答案】B【解析】【详解】A．H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，所以O为sp3杂化，故A错误；

B．CO2分子为直线型结构，C原子为sp杂化，故B正确；

C．BF3分子中B与F形成3个σ键，所以B原子sp2杂化，故C错误；

D．CH3COOH分子中羧基中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，采取sp2杂化，但甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误，

故选：B。9.下列说法正确的是A.沸点高低:CH4>SiH4>GeH4 B.键角大小:BeCl2>BF3>NH3>H2OC.熔点高低:金刚石>石墨>食盐 D.键能大小:OH>PH>SH【答案】B【解析】【分析】A、相对分子质量大的沸点高；B、分子构型分别是BeCl2直线形，BF3正三角形，NH3三角锥，H2O是V型；C、熔点高低:金刚石<石墨；D、键能大小:PH<SH；【详解】A、相对分子质量:CH4<SiH4<GeH4，沸点高低:CH4<SiH4<GeH4，故A错误；B、分子构型分别是：BeCl2直线形（sp杂化）、BF3正三角形（sp2杂化）、NH3三角锥（sp3杂化、1对孤对电子）、H2O是V型（sp3杂化、2对孤对电子），键角分别是180°、120°、107.1°、104.5°，故B正确；C、石墨为混合型晶体，其碳碳键的键长小于金刚石中的，故其熔点大于金刚石；金刚石为原子晶体，其熔点大于离子晶体食盐，故C错误；D、磷原子半径大于硫原子，键能大小:PH<SH，故D错误；【点睛】本题考查性质的比较，涉及键角、键能、熔沸点的比较等，解题关键：把握非金属性的强弱、氢键、电子排布等，易错点C，注重规律性知识的学习，易错点B，注意规律性和特例，原题选项B为：键角大小:BeCl2>BF3>NF3>H2O，NF3键角只有102.4°，比水的104.5°还小，故将B选项改为：键角大小:BeCl2>BF3>NH3>H2O。10.NA为阿伏伽德罗常数的值,下列叙述正确的是A.34gH2O2中含有共用电子对的数目为4NA B.60gSiO2晶体中含有SiO键的数目为2NAC.1mol石墨中含σ键的数目为3NA D.1molNH4BF4中含有配位键的数目为2NA【答案】D【解析】【分析】A、求出34gH2O2的物质的量，一个双氧水分子有三个共用电子对；B、求出二氧化硅的物质的量，然后根据1mol二氧化硅中含4mol硅氧键来分析；C、根据1mol石墨中含1.5mol碳碳键来分析；D、1molNH4BF4中含有配位键NH、BF各1mol；【详解】A、34gH2O2的物质的量1mol，一个双氧水分子有三个共用电子对，含有共用电子对的数目为3NA，故A错误；B、60g二氧化硅的物质的量为1mol，而1mol二氧化硅中含4mol硅氧键，故含4NA条硅氧键，故B错误；C、1mol石墨中含1.5mol碳碳键，故含1.5NA条CCσ键，故C错误。D、1molNH4BF4中含有配位键NH、BF各1mol，含有配位键的数目为2NA，故D正确；故选D。11.已知某元素的原子序数是30,下列关于该元素的说法正确的是A.基态原子的价电子排布式为4S2 B.位于第四周期ⅡA族C.属于过渡金属元素 D.最高化合价为+3【答案】C【解析】【分析】原子序数是30的元素为Zn，位于第4周期，ⅡB族，以此分析。【详解】A.基态原子的价电子排布式为3d104S2，故A错误；B.位于第四周期ⅡB族，故B错误；C.过渡金属元素是指元素周期表中d区和ds区的一系列金属元素，又称过渡金属。一般来说，这一区域包括3到12列、共十个族的元素。锌位于第12列，属于过渡金属元素，故C正确；D.最高化合价为+2，故D错误；故选C。12.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法正确的是A.该物质中Fe化合价为+2 B.配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]的中心原子杂化方式为sp3C.该物质不存在的化学键有氢键 D.NO作为配体提供一对孤对电子【答案】D【解析】【分析】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2，中心离子为Fe3＋；B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，中心原子杂化方式不可能是sp3；C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键；D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁空轨道形成一个配位键（σ键）；【详解】A、配离子为[Fe（CN）5（NO）]2，中心离子为Fe3＋，故A错误；B、配体为CN－和NO，配位原子为C和N，都是单齿配体，配位数为6，配位数多于4，故中心原子的杂化方式不可能是sp3，故B错误；C、该物质中没有氢原子，没有氢键，且氢键不是化学键，配合物中存在配位键，内界和外界存在离子键：内界CN－，NO存在极性键，内界中配位键也属于σ键，配位CN－中含有1根σ键，NO含有1根σ键，1mol配合物中σ键数目为6+1×5+1=12mol，故C错误；D、NO配位原子为N，提供一对孤对电子与中心原子铁的空轨道形成一个配位键（σ键），故D正确；故选D。【点睛】本题考查配合物基本知识概念，解题关键：明确配位，配位数，内界，外界的相关性质。难点是B选项，要明确sp3杂化轨道有4个，不可能通过sp3杂货轨道形成该配合物。13.Li2O是离子晶体，从如图的Born−Haber循环可得出Li2O晶格能为A.598kJ·mol−1 B.598KJ·mol−1 C.1168kJ·mol−1 D.2908kJ·mol−1【答案】D【解析】【分析】晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量【详解】图中：2Li（晶体）+1/2O2（g）=Li2O（晶体）的△H=598KJ·mol−1，Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为1040/2kJ·mol－1=520kJ·mol－1；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ·mol－1=498kJ·mol－1；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ·mol－1，故选D。14.南京理工大学团队成功合成了能在温室稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，经X射线衍射测得晶体结构，其局部结构如图所示（其中N5－的立体结构是平面五元环）。下列说法正确的是（）A.所有N原子的价电子层结构均有孤对电子B.氮氮键的键能：N5－>H2N－NH2C.两种阳离子是等电子体D.阴阳离子之间只存在离子键【答案】B【解析】【分析】由晶体的局部结构图可以看出，在五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中，Cl与NH4+间、五氮环中N原子与H3O+中的H原子间、NH4+中H原子与五氮环N原子间，都形成氢键；在五氮环中，存在2个氮氮双键。【详解】A．形成氢键的3个N原子中，有2个氮原子的价电子层结构没有孤对电子，A不正确；B．因为五氮环中存在2对氮氮双键，而H2N－NH2中只存在NN键，所以氮氮键的键能：N5－>H2N－NH2，B正确；C．NH4+和H3O+都是10电子离子，但原子个数不同，不是等电子体，C不正确；D．阴阳离子之间既存在离子键，又存在氢键，D不正确；故选B。15.2017年，中外科学家团队共同合成T碳。T碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如图。下列说法错误的是（）A.每个T碳晶胞中含32个碳原子B.T碳中碳与碳的最小夹角为109.5。C.T碳属于原子晶体D.如图是T碳晶胞的俯视图【答案】B【解析】【分析】A、一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×1/8+6×1/2+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T碳晶胞中含有碳原子数目为8×4=32个；B、4个碳原子组成的正四面体结构单元，T碳中碳与碳的最小夹角为60°；C、C原子间以共价键结合成空间网状结构；D、T碳晶胞的俯视图正确，突出四面体结构，及四面体之间碳与碳的共价键；【详解】A、一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×1/8+6×1/2+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T－碳晶胞中含有碳原子数目为8×4=32个，故A正确；B、4个碳原子组成的正四面体结构单元，T碳中碳与碳的最小夹角为60°，故B错误；C、C原子间以共价键结合成空间网状结构，T碳属于原子晶体，故C正确；D、T碳晶胞的俯视图正确，突出了四面体结构，及四面体之间碳与碳的共价键，故D正确；故选B。16.乙酸苯甲酯是一种难溶于水，密度大于水的无色油状液体，具有茉莉花气味，可用做调香剂。（一）以乙烯，甲苯为原料，合成乙苯甲酯的路线如图所示。（1）写出由乙烯制备A的化学方程式_______________________________________________________。（二）制备乙酸苯甲酯的流程如图：（2）球形冷凝管的作用为_______________________.（3）试剂X可为_______A.氢氧化钠溶液B.碳酸钠溶液C.乙醇D.氯化钠溶液（4）分出酯层时应收集______层液体（填“上”或“下”）（5）无水MgSO4的作用为__________________________。（6）本实验所得乙酸苯甲酯的产率为__________。（已知：相对分子量：苯甲醇108;乙酸60;乙酸苯甲酯150）【答案】①.CH2═CH2+H2OCH3CH2OH②.冷凝回流③.B④.下⑤.干燥⑥.80%【解析】【分析】（1）乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，结合B的分子式，可知乙醇氧化生成B为CH3COOH．甲苯与氯气在光照条件下发生甲基上取代，结合C的分子式可知C为，C发生水解反应生成．乙酸与苯甲醇发生酯化反应生成．（2）球形冷凝管的作用为冷凝回流易挥发的物质；（3）试剂X要除去末反应的乙酸，除去浓硫酸，分离酯，故选碳酸钠溶液。（4）乙酸苯甲酯是一种难溶于水，密度大于水的无色油状液体，乙酸苯甲酯在下层；（5）无水MgSO4能与水反应生成MgSO4·7H2O；（6）根据方程式+CH3COOH+H2O计算，结合过量计算方法判断。【详解】（1）A为CH3CH2OH，乙烯制备A的化学方程式：CH2═CH2+H2OCH3CH2OH；（2）球形冷凝管的作用为冷凝回流易挥发的物质；（3）试剂X要除去末反应的乙酸，除去浓硫酸，分离酯，故选碳酸钠溶液，故选B。（4）乙酸苯甲酯是一种难溶于水，密度大于水的无色油状液体，乙酸苯甲酯在下层，分出酯层时应收集下层液体；（5）无水MgSO4能与水反应生成MgSO4·7H2O，故无水MgSO4的作用为干燥；（6）根据方程式+CH3COOH+H2O，10.8/108<12.0/60，乙酸过量，按苯甲醇计算，理论上生成150g×10.8/108=15g，产率为12.0g/15g×100%=80%。17.（1）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：物质BNAINGaN熔点/℃300022001700试从结构的角度分析它们熔点不同的原因___________________________________。（2）N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有________种不同运动状态的电子，与PO43互为等电子体的分子有________________（填一种即可）。（3）铬原子的最高能层符号是_______，其价电子轨道表示式为____________________。（4）比较第二电离能Cu_______Zn(填“>”、“=”、“<")。（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式__________________________.（6）已知Zn2+、Au+均能与CN形成配离子，Zn2+与CN形成的配离子为正四面体形,Au+与CN形成的配离子为直线形.工业上常用Au+和CN形成的配离子与Zn单质反应来提取Au单质，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________________________________。【答案】①.氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低②.7③.CCl4（或SiF4等）④.N⑤.⑥.＞⑦.⑧.Zn+2[Au(CN)2]=2Au+[Zn(CN)4]2【解析】【分析】（1）氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，熔点越高；（2）N有7个电子，每一个电子运动状态均不同，基态氮原子的核外共有7种不同运动状态的电子，与PO43互为等电子体的分子有CCl4（或SiF4等）.（3）铬原子有4个能层，K、L、M、N，最高能层符号是N，其价电子轨道表示式为；（4）Cu失去1个电子后形成3d10的稳定结构，故第二电离能大；（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，说明它是分子晶体；（6）已知Zn2+、Au+均能与CN形成配离子，Zn2+与CN形成的配离子为正四面体形,离子符号为：[Zn(CN)4]2，Au+与CN形成的配离子为直线形，离子符号为：[Au(CN)2]。【详解】（1）由题中信息可知，氮化硼、氮化铝、氮化镓与金刚石类似，都是原子晶体，原子半径B＜Al＜Ga，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低；（2）N有7个电子，每一个电子运动状态均不同，基态氮原子的核外共有7种不同运动状态的电子，PO43是5个原子32个电子，与PO43互为等电子体的分子有CCl4（或SiF4等）.（3）铬原子有4个能层，K、L、M、N，最高能层符号是N，价电子构型3d54s1,其价电子轨道表示式为；（4）Cu失去1个电子后形成3d10的稳定结构，故第二电离能大。比较第二电离能：Cu>Zn；（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。说明它是分子晶体，Au2Cl6的结构式；（6）Zn2+与CN形成的配离子为正四面体形,离子符号为：[Zn(CN)4]2，Au+与CN形成的配离子为直线形，离子符号为：[Au(CN)2]，工业上常用Au+和CN形成的配离子与Zn单质反应来提取Au单质，写出该反应的离子方程式：Zn+2[Au(CN)2]=2Au+[Zn(CN)4]2。18.铁铜是人类最早大规模使用的金属，它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。（1）铜元素在周期表中的位置是________________，Au位于第六周期，与Cu同族，写出Au基态原子的价电子排布式___________。（2）二茂铁[Fe(C5H5)2]，橙色晶型固体，有类似樟脑的气味，抗磁性。熔点172.5～173℃，100℃以上升华，沸点249℃。据此判断二茂铁晶体类型为____________。（3）铁有δ、γ、α三种同素异形体，下图是它们的晶体结构图，三种晶体中铁原子周围距离最近的铁原子个数之比为_______________.已知Fe原子半径为rpm，δ－Fe晶体的空间利用率为_________________。（只列式不化简）（4）某种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，该晶体中微粒之间的作用力是_________。氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2的结构（晶胞结构如图）相似，该晶体储氢后的化学式为_______________。（5）一种铜的溴化物晶胞结构如下图所示其化学式是______________.已知该晶胞参数为anm，Cu的相对原子量为64,Br的相对原子量为80,阿伏伽德罗常数为NA，求晶体密度ρ=_________g/cm3（只列式不化简）.【答案】①.第4周期ⅠB族②.5d106s1③.分子晶体④.4:6:3⑤.⑥.金属键⑦.Cu3AuH8⑧.CuBr⑨.【解析】【详解】（1）铜是29号元素，在元素周期表位置：第四周期、ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，其价电子排布与Cu相似，Au原子的价电子排布式为5d106s1；（2）二茂铁[Fe(C5H5)2]，橙色晶型固体，有类似樟脑的气味，抗磁性。熔点172.5～173℃，100℃以上升华，沸点249℃。这此都是分子晶体具有的性质，；（3）三种晶体中铁原子周围距离最近的铁原子个数之比为8：12：6=4:6:3；已知Fe原子半径为rpm，δ－Fe晶体的空间利用率=2个原子的体积与晶胞体积比，晶胞中铁原子的体积为：2×4/3×π×r3，体心立方中，体对角线上为三个铁原子相切，则体对角线为4r，晶胞边长为：，晶胞体积为：，空间利用率为：（4）金属原子间形成金属键；氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，则应含有8个H，则化学式为Cu3AuH8；（5）该晶胞中Br原子个数=8×1/8+6×1/2=4，Cu原子个数为4，Br、Cu原子个数之比=4：4=1：1，其化学式为CuBr；若该溴化物晶胞参数为apm，晶胞体积=（a×1010cm）3，则该溴化物晶体的密度=m/V==【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，解题关键：掌握核外电子排布、等电子体、杂化方式判断、晶胞计算等，（5）中晶胞计算为易错点、难点，需要一定的空间想象与数学计算能力。19.二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl和吡啶结合形成的铂配合物，有两种同分异构体。科学研究表明，两种分子都具有抗癌活性。（1）吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如右图所示，氮原子的轨道杂化方式是_________。吡啶分子中，各元素的电负性由大到小的顺序为______________________。吡啶分子中含_____个σ键。（2）二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有___________（填序号）。a．离子键b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由：__________________________________________________________________________。（4）其中一种二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是______分子.（填“极性”/“非极性”）。（5）CO(NH2)2易溶于水的最主要原因是____________________________________________（6）Si元素以Si0Si链构成矿物界，由许多四面体（图l）连接成无限长的单链或双链（图2）结构。图2所示的多硅酸根离子的化学式通式为____________（以含正整数n的化学式表示）。【答案】①.sp2②.N、C、H③.11④.b、d⑤.若以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体⑥.非极性⑦.CO(NH2)2与水分子之间形成氢键⑧.(Si4O11)n6n【解析】【分析】（1）吡啶为氮杂环化合物，相当于苯环中一个C为N取代，吡啶分子是大体积平面配体，N价层电子为2s22p3，形成吡啶时，N为sp2杂化，2s2和2px1、2py1发生杂化，pz1留有一个单电子与其余5个C原子的pz轨道上的单电子形成离域大π键，吡啶分子中单键为σ键，双键中1根为σ键，1根为π键，所以吡啶分子中1mol吡啶中含有σ键的数目为11mol；非金属性越强，电负性越大；（2）二氯二吡啶合铂为配合物，存在配位键，吡啶分子中存在共价键；（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，sp3杂化为四面体构型，不应存在顺反异构体，由此可以说明不是sp3杂化；（4）分子中正负电荷中心重合，则为非极性分子，不重合，则为极性分子；（5）CO(NH2)2易溶于水的最主要原因是CO(NH2)2与水分子之间形成氢键；（6）由许多四面体构成，每Si与周围4个原子形成四面体，取图中所示结构单元：，结构单元中处于共用边上的O原子为每个结构单元提供1/2，计算结构单元中Si、O原子数目，再计算结构单元的所带电荷，确定化学通式，注意其中4个O原子的投影与Si重合；【详解】（1）N价层电子为2s22p3，形成吡啶时，N为sp2杂化；非金属性越强，电负性越大，吡啶分子中，各元素的电负性由大到小的顺序为N、C、H；吡啶分子中单键为σ键，双键中1根为σ键，1根为π键，所以吡啶分子中1mol吡啶中含有σ键的数目为11mol。（2）二氯二吡啶合铂为配合物，存在配位键，吡啶分子中存在共价键，其中C与C之间为非极性共价键，C与N，C与H之间为极性共价键，所以含有的价键类型有：b、d；（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，sp3杂化为四面体构型，不应存在顺反异构体，由此可以说明不是sp3杂化，实际上是dsp2杂化，故答案为若Pt2＋以sp3杂化轨道进行配位，则二氧二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体（二氯二吡啶合铂分子存在顺反两种构型。若为sp3杂化则不存在顺反异构）；（4）分子中正负电荷中心重合，则为非极性分子，不重合，则为极性分子，所以反式二氯二吡啶合铂分子非极性分子；（5）CO(NH2)2易溶于水的最主要原因是CO(NH2)2与水分子之间形成氢键；（6）由许多四面体构成，每个Si与周围4个原子形成四面体，取图中所示结构单元：，结构单元中处于共用边上的O原子为每个结构单元提供1/2，处于结构单元内的氧原子有9个，其中4个的投影与Si重合，故结构单元共用氧原子数目为9+4×1/2=11，结构单元内Si原子4个，结构单元化合价为：（2）×11+（+4）×4=6，故该多硅酸根离子的化学式通式为（Si4O11）n6n－.【点睛】本题是对物质结构与性质的考查，解题关键：理解构造原理、泡利原理、洪特规则及其特例，掌握均摊法进行晶胞有关计算，（6）为易错点，关键在于理解结构特点、数据的处理，容易忽略四面体投影中一个氧原子投影与Si原子重合。20.磷和砷的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）黑磷是新型材料，具有类似石墨一样片层结构(如图)，层与层之间以_____结合。从结构上可以看出单层磷烯并非平面结构，但其导电性却优于石墨烯的原因是________________。（2）四（三苯基膦）钯分子结构如下图：该物质可用于上图所示物质A的合成：物质A中碳原子杂化轨道类型为__________；（3）PCl5是一种白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子.(该晶体的晶胞如图所示).熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，