山东省济宁市曲阜市2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济宁市曲阜市2024-2025学年高二下学期期中考试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：C12H1O16P31Br80S32N14一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.三星堆遗址被称为20世纪人类最伟大的考古发现之一，被誉为“长江文明之源”，其中出土的文物是我国古代巴蜀文化的宝贵遗产，反映了当时人们在生活中使用的材料。下列古代巴蜀地区所使用的各种物品中，其主要成分属于有机物的是A.丝绸 B.玉器C.陶器 D.青铜器【答案】A【解析】丝绸是由蚕丝纺织成的，蚕丝的主要成分是蛋白质，属于有机物，故A正确；玉器成分含有二氧化硅、金属氧化物等，属于无机物，故B错误；陶瓷为硅酸盐产品，属于无机物，故C错误；青铜成分是金属合金，属于无机物，故D错误；故选：A。2.中国首次在月球上发现新矿物并命名为“嫦娥石”，其晶体组成为。是一种稀土元素，常以形式存在。下列说法不正确的是。A.Y属于金属元素 B.属于s区元素C.嫦娥石中的化合价为 D.可利用X射线衍射法获取其晶体结构【答案】C【解析】由题干信息可知是一种稀土元素，稀土元素均属于金属元素，A正确；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2，故其属于s区元素，B正确；根据嫦娥石的组成为，其中常以形式存在，Ca为+2价，磷酸根带3个单位负电荷，根据化学式中各元素的化合价代数和为0可知，嫦娥石中的化合价为+2，C错误；X射线衍射实验是获得晶体结构最科学可靠的方法，故可利用X射线衍射法获取其晶体结构，D正确；故答案为：C。3.下列化学用语正确的是A.键形成的轨道重叠示意图：B.H原子的一种激发态的轨道表示式：C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D.Px轨道电子云轮廓图为：【答案】D【解析】键形成的轨道重叠是肩并肩重叠，重叠示意图表示为，故A错误；由构造原理可知，K层只有s能级，没有p能级，氢原子的1s能级上的电子只能跃迁到L能层的s能级或p能级上，故B错误；邻羟基苯甲醛的羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键，示意图为，故C错误；p电子云的形状为哑铃形，则Px轨道电子云轮廓图为，故D正确；故选D。4.以下关于物质的分离提纯及测定叙述错误的是A.电子由低能级跃迁至较高能级时，可通过光谱仪直接摄取原子的吸收光谱B.萃取法可用于中药中青蒿素的提取、分离C.丙烷的质谱图中，质荷比为43的峰归属于D.红外光谱可用于鉴别乙醇和二甲醚【答案】C【解析】电子从低能级跃迁至高能级时，会吸收特定波长的光，形成吸收光谱。光谱仪可直接检测吸收光谱(如太阳光谱中的暗线)，此描述正确，A不符合题意；青蒿素的提取常用萃取法(如乙醚萃取），因其在有机溶剂中溶解度较高，此描述正确，B不符合题意；丙烷的分子量为44，分子离子峰质荷比应为44；质荷比43的峰对应的是碎片离子，而非，C符合题意；乙醇含羟基(-OH)，二甲醚含醚键(C-O-C)，二者官能团不同，红外光谱可区分，此描述正确，D不符合题意；故选C。5.下列5种物质：①甲烷；②苯；③聚乙烯；④甲苯；⑤乙炔；既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应褪色的是A.只有⑤ B.④⑤ C.③④⑤ D.全部【答案】A【解析】①甲烷为饱和烃，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水反应使之褪色，故①不符合题意；②苯与高锰酸钾和溴水均不反应，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水反应使之褪色，故②不符合题意；③聚乙烯为乙烯的加聚反应产物，聚乙烯中不含不饱和键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水反应使之褪色，故③不符合题意；④甲苯能被高锰酸钾氧化使其褪色，但与溴水不反应，不能使溴水褪色，故④不符合题意；⑤乙炔中含碳碳三键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色，故⑤符合题意；根据以上分析可知，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水反应使之褪色为：⑤，答案选A。6.下列各组晶体物质中：①和；②晶体硼和晶体铝；③NaBr和HBr；④晶体硅和金刚石；⑤晶体氖和晶体氮；⑥和，化学键类型相同，晶体类型也相同的是A.①②③ B.②③④ C.④⑥ D.③⑤【答案】C【解析】①SiO2和SO3：都是共价键，但二氧化硅是原子晶体，三氧化硫是分子晶体，不合题意；②晶体硼和晶体铝：晶体硼是原子晶体，晶体铝是金属晶体，不合题意；③NaBr和HBr：溴化钠是离子键，溴化氢是共价键，不合题意；④晶体硅和金刚石：都是共价键，都是原子晶体，符合题意；⑤晶体氖和晶体氮：都是分子晶体，但是晶体氖中没有化学键，晶体氮有共价键，不合题意；⑥CH4和H2O：都是分子晶体，都含有共价键，符合意题；故选C。7.下列实验中，所采取的分离提纯的方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A除去己烷中混有的己烯加溴水，再进行分液操作己烯可以与溴水反应，己烷与溴水不反应B除去苯中的二甲苯蒸馏苯与二甲苯的沸点相差较大C除去苯甲酸固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D分离苯和硝基苯分液苯的密度比水小，硝基苯的密度比水大A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】溴水与己烯发生加成反应生成二溴己烷，二溴己烷易溶于己烷，不能使用分液的操作分离，A选项错误；苯和二甲苯互溶，但两者沸点差异较大，可用蒸馏的方法进行分离，B选项正确；苯甲酸在冷水中溶解度很小，在热水中的溶解度很大，所以用重结晶法除去苯甲酸固体中混有的NaCl，因为苯甲酸在水中的溶解度受温度的影响很大，C选项错误；苯和硝基苯两者互溶，不能用分液法分离，应采用蒸馏的方法进行分离，D选项错误；答案选B。8.代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.24g石墨中含有个σ键B.1mol金刚石中含有个σ键C.62g白磷()中含有个非极性键D.0.5mol雄黄(，结构为)含有个键【答案】A【解析】24g石墨的物质的量为，在石墨晶体中一个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键由2个碳原子构成，因此24g石墨中含有C-C键的物质的量为2mol×3×=3mol，故1mol石墨中含3NA个σ键，选项A正确；在金刚石中每个C原子形成四个共价键，但每个共价键为两个C原子共用，即一个碳原子含有2个C-C键，所以1mol金刚石含2NA个σ键，选项B错误；在白磷(P4)分子中，每个P原子与相邻的3个P原子形成P-P共价键，每个共价键为相邻的2个P原子形成，则在1个P4中含有的P-P键数目为6个，所以在62g白磷()，即0.5mol白磷(P4)中含有P-P非极性键数目是3NA个，选项C错误；根据雄黄分子结构可知，在1个雄黄分子中含As-S键数目是8个，在1mol雄黄分子中含As-S键数目是8NA个，则在0.5mol雄黄分子中含As-S键数目是4NA个，选项D错误；答案选A。9.下列有关分子的叙述中，错误的是A.最多有20个原子共平面 B.有8个碳原子共直线C.碳原子价电子排布式为 D.一个该分子最多与6个反应【答案】B【解析】由结构简式可知，烃分子中碳碳双键和苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，则分子中苯环上的12个原子共平面，碳碳双键上最少6个原子共平面，碳碳三键上最少4个原子共平面，所以分子中最多有20个原子共平面，故A正确；由结构简式可知，烃分子中碳碳双键和苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，分子中共直线的6个碳原子示意图如下：，故B错误；碳元素的原子序数为6，基态原子的价电子排布式为，故C正确；由结构简式可知，烃分子中含有的碳碳双键、苯环和碳碳三键一定条件下能与氢气发生加成反应，则一个烃分子最多与6个氢气反应，故D正确；故选B。10.“张—烯炔环异构化反应”可合成五元环状化合物（如图所示），在生物活性分子和药物分子的合成中有重要应用。下列说法正确的是A.X、Y中官能团的种类和数目不变 B.X、Y中均不存在手性碳原子C.X存在顺反异构体 D.Y的分子式为【答案】C【解析】X中含碳碳双键、碳碳三键、醚键、酯基，Y中含碳碳双键、醚键、酯基，故A错误；Y中存在一个手性碳：，故B错误；X中碳碳双键连接4个不同的原子或原子团，具有顺反异构体，故C正确；根据Y的结构式，分子式为C9H12O3，故D错误；故答案为C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列说法中正确的有①金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关②若晶体中有阳离子，必然有阴离子③分子晶体的熔点一定比金属晶体低④共价键的强弱决定分子晶体熔、沸点的高低⑤共价晶体中一定含有共价键⑥含有离子的晶体一定是离子晶体⑦硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅⑧NaCl和CsCl晶体中，阴离子周围紧邻的阳离子数均为8A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【答案】B【解析】①当有外加电压时，自由电子便定向移动，形成电流，故金属具有导电性；当金属一端受热时，由于自由电子的运动，可将热量迅速的由一端传递到另一端，故金属有良好的导热性，金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关，正确；②金属晶体就是由阳离子和电子组成的，没有阴离子，错误；③分子晶体熔点可能比金属晶体熔点高，有的金属晶体熔点较低，如汞常温下为液态，错误；④共价键强弱决定分子的稳定性，与熔沸点无关，错误；⑤共价晶体是原子通过共价键结合而成，所以共价晶体含有共价键，正确；⑥金属晶体由金属阳离子和电子构成，所以含有离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，错误；⑦金刚石、碳化硅、晶体硅均为原子晶体，键能越大，硬度越大，原子半径：C>Si，键长：C-C>C-Si>Si-Si，键能：C-C>C-Si>Si-Si，故硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅，正确；⑧NaCl晶体中，阴离子周围紧邻的阳离子数为6，错误；正确的是①⑤⑦，故选B。12.德国科学家BenjaminList获得2021年诺贝尔化学奖，他发现了脯氨酸可以催化羟醛缩合反应，其反应历程简化如图所示。下列说法错误的是A.有机物③和④互为同分异构体 B.有机物③是反应的中间产物C.有机物④可以发生加成反应 D.有机物②为非极性分子【答案】A【解析】同分异构体是分子式相同，结构不同，③和④的分子式不同，故A错误；中间产物是反应过程中产生，又参与下一步反应被消耗的物质，所以③是中间产物，故B正确；有机物④含有碳碳双键，可以发生加成反应，故C正确；有机物②为对称结构，非极性分子，故D正确；故答案为A。13.以下部分元素为短周期元素，其原子半径及主要化合价见下表。元素XYZWT原子半径/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外层电子数11667下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：B.气态氢化物的热稳定性：WC.与Z形成的化合物可能具有强氧化性D.与Z同周期的主族元素，比Z元素第一电离能大的元素有1种【答案】C【解析】原子半径大小比较：一般电子层相同时，原子半径随着原子序数的递增而减小，电子层数越多，原子半径越大，根据表中数据，X、Y最外层电子数为1，位于ⅠA，依据半径大小，推出X为Li，Y为Na，Z、W最外层电子数为6，位于ⅥA族，r(Z)＜r(W)，推出Z为O，W为S，T最外层电子数为7，位于ⅦA，其半径大于O，则T为Cl，据此分析；半径大小顺序：一般说电子层相同时半径随着原子序数的递增而减小，电子层数越多，半径越大，因此简单离子半径大小顺序是：r(O2-)＞r(Na+)＞r(Li+)，故A错误；非金属性越强，其简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性：O＞S，因此热稳定：H2O＞H2S，故B错误；Na和O可以形成Na2O2、Na2O，其中Na2O2具有强氧化性，故C正确；同周期第一电离能逐渐增大，但ⅠA＞ⅡA、ⅤA＞ⅥA，因此同周期第一电离能比O大的主族元素有N、F，有两种，故D错误；答案为C。14.某心脑血管药物合成的过程中存在以下重要步骤。以下说法错误的是A.实验室可用苯与氯水、铁粉制备X B.Y中B原子的杂化方式为C.Z中所有原子可共平面 D.Z的二氯代物有10种【答案】AD【解析】实验室制备氯苯的反应为氯化铁做催化剂条件下苯与氯气反应生成氯苯和氯化氢，苯与氯水不反应，故A错误；由结构简式可知，Y分子中硼原子形成3个σ键，孤对电子对数为0，则原子的杂化方式为杂化，故B正确；由结构简式可知，Z分子中苯环为平面结构，由单键可以旋转可知，分子中所有原子可能共平面，故C正确；由结构简式可知，Z分子中含有3类氢原子，一氯代物有3种，则一氯代物形成二氯代物的示意图为：、、，共有12种，故D错误；故选AD。15.已知X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，其中只有Y、Z位于同一周期，同周期元素中M的简单离子半径最小，由以上五种元素可组成配合物，该配合物可由二聚体溶于形成，其结构式如图所示。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：B.中Y原子的杂化方式为C.中所有原子均达到稳定结构，则分子中存在极性键、非极性键D.1mol配合物与足量的硝酸银反应可生成1mol沉淀【答案】BD【解析】由配合物的结构可知，Q为带1个单位电荷的阴离子，阳离子中X、Y、Z、M、Q形成的共价键数目分别为1、4、4、4、1，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，其中只有Y、Z位于同一周期，同周期元素中M的简单离子半径最小，配合物可由二聚体M2Q6溶于YX3YZ形成，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Al元素、Q为Br元素。碳元素形成的氢化物可能是气态烃、液态烃和固态烃，液态烃和固态烃的沸点高于氨气，故A错误；CH3C≡N分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，三键碳原子的杂化方式为sp杂化，故B正确；由题意可知，二聚溴化铝的结构为：，则二聚物分子中存在极性键和配位键，不存在非极性键，故C错误；配合物中，内界不能电离，则1mol配合物[Al(CH3CN)2Br2]Br与足量的硝酸银溶液反应可生成1mol溴化银沉淀，故D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.“结构决定性质，性质反映结构”是化学学科重要的学科思想，掌握有机物的组成、结构、命名和官能团性质是学习有机化学重中之重。（1）下列几组有机物中一定属于同系物的是___________。（填序号）①和②乙酸和硬脂酸③丙烯和聚乙烯④和（2）用系统命名法给有机化合物命名：的名称为___________。（3）写出合成该高聚物的单体的结构简式_________、_________。（4）有机物M具有特殊香味，其完全燃烧的产物只有和。某化学兴趣小组从粗品中分离提纯有机物M，然后借助李比希法、现代科学仪器测定有机物M的分子组成和结构，具体实验过程如下：步骤一：确定M的实验式和分子式。利用李比希法测得4.4g有机物M完全燃烧后产生和。①M实验式为___________。②已知M的密度是同温同压下密度的2倍，则M的分子式为___________。【答案】（1）②④（2）1，3，5—己三烯（3）①.②.CH2=CHCH=CH2（4）①.C2H4O②.C4H8O2【解析】【小问1详析】结构相似，在组成上相差一个或若干个CH2原子团化合物互称为同系物，同系物必须是含有相同数目、相同官能团的同类物质；①C3H4和C5H8的通式都为CnH2n—2，符合CnH2n—2的烃可能是二烯烃，也可能是炔烃，二烯烃和炔烃不是同类物质，则C3H4和C5H8不一定互为同系物，故不符合题意；②乙酸和硬脂酸都是饱和一元羧酸，互为同系物，故符合题意；③丙烯分子中含有碳碳双键，聚乙烯分子中不含有碳碳双键，则丙烯和聚乙烯不是同类物质，不互为同系物，故不符合题意；④C5H12和C15H32的通式都为CnH2n+2，符合CnH2n+2的烃是烷烃，则C5H12和C15H32互为同系物，故符合题意；故选②④；【小问2详析】由键线式可知，分子中含有3个碳碳双键，属于三烯烃，名称为1，3，5—己三烯，故答案为：1，3，5—己三烯；【小问3详析】由结构简式可知，合成该高聚物的单体为苯乙烯和1，3—丁二烯，结构简式分别为和CH2=CHCH=CH2，故答案为：；CH2=CHCH=CH2；【小问4详析】①由题意可知，4.4g有机物M完全燃烧后产生8.8g二氧化碳和3.6g水，M中含有的碳原子的物质的量为=0.2mol、氢原子的物质的量为×2=0.4mol、氧原子的物质的量为=0.1mol，则碳原子、氢原子、氧原子的个数比为0.2mol：0.4mol：0.1mol=2：4：1，实验式为C2H4O；M的密度是同温同压下二氧化碳密度的2倍，则M的相对分子质量为2×44=88，设M的分子式为(C2H4O)n，由相对分子质量可得：n==2，则有机物M的分子式为C4H8O2，故答案为：C2H4O；C4H8O2。17.甲苯是重要的有机原料，某化学兴趣小组利用甲苯为主要原料，进行下列实验：I．利用如图所示装置制备对溴甲苯，并证明该反应为取代反应。（1）装置甲中仪器M的名称为___________，实验过程中使用了40mL甲苯（约0.38mol）和30mL液溴（约0.58mol），则选用的仪器M的最合理规格为___________（填字母）。A．100mLB．200mLC．250mLD．500mL（2）冷凝管中冷凝水从___________（填“a”或“b”）口进入，装置乙中的作用为___________，能说明该反应为取代反应的实验现象为___________。（3）若最后得到对溴甲苯51.98g，则该实验中产品的产率约为___________（结果保留两位有效数字）。II．利用如图实验步骤制取苯甲酸。反应原理为（末配平）。（4）该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。（5）粗苯甲酸中主要杂质为KCl和，可采用下列步骤纯化：其中趁热过滤的目的是___________。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.B（2）①.a②.除去溴蒸气③.丙有淡黄色沉淀生成（3）80%（4）2：1（5）防止苯甲酸会结晶析出而损失【解析】I．甲中甲苯和液溴在溴化铁催化下生成溴苯和HBr，乙中除去HBr中的Br2，丙中用AgNO3检测HBr，丁中吸收未反应得HBr。II．甲苯和KMnO4反应生成可溶的苯甲酸钾和难溶的MnO2，滤液经过酸化、过滤、纯化得到苯甲酸。【小问1详析】如图所示，装置甲中仪器M的名称为三颈烧瓶；三颈烧瓶盛放液体加热时，液体的体积不大于容积的，不小于容积的，三颈烧瓶共盛放液体70mL，三颈烧瓶的容量有100mL、200mL、250mL、500mL，所以三颈烧瓶最适宜的规格为200mL，故答案为B。【小问2详析】冷凝管中冷凝水下进上出，则从a口进入；因为溴易挥发，需要用乙装置除去溴蒸气；乙中CCl4除去溴蒸气后的气体为HBr，HBr和硝酸银反应生成淡黄色溴化银沉淀，当装置丙有淡黄色沉淀生成时，证明有溴化氢生成，则说明该反应为取代反应。【小问3详析】40mL甲苯(约0.38mol)和30mL液溴(约0.58mol)参加反应，则液溴过量，0.38mol甲苯生成0.38mol对溴甲苯，则该实验中产品的产率。【小问4详析】甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，同时该反应还生成硫酸钾、硫酸锰和水，反应方程式为+2KMnO4→+KOH+2MnO2↓+H2O，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。【小问5详析】其中趁热过滤的目的是防止苯甲酸会结晶析出而损失。18.氮及其化合物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）二甲胺常用作医药、农药等有机中间体的原料，其水溶液显碱性的原因___________（用离子方程式解释）；二甲胺可用于制备某储氢材料X，其结构如下图，X所含第二周期元素的电负性由大到小的顺序为___________；X的阳离子中的键角___________二甲胺中的键角（填“>”、“<”或“=”）；1molX中含有配位键的数目为___________。（2）ZnS晶胞如图所示：①基态S原子的核外电子有___________种空间运动状态。②由图可知，每个周围与它最接近且距离相等的有___________个。（3）一种分子的结构为，已知该分子中N原子采用了4种不同的成键方式，则①号N原子的杂化方式为___________，该分子也可以形成类似烯烃结构的顺反异构体。其顺式结构分子的结构式为___________。【答案】（1）①.②.O>N>C>B③.>④.2NA（2）①.9②.12（3）①.sp3②.【解析】【小问1详析】二甲胺(CH3)2NH水溶液显碱性的原因是(CH3)2NH结合H2O电离的H+生成和OH-，离子方程式为：；由结构图可知，X所含第二周期元素为：B、C、N、O，同一周期主族元素从左到右电负性增大，则X所含第二周期元素的电负性由大到小的顺序为：O>N>C>B；二甲胺和X的阳离子中，氮原子均采用sp3杂化，二甲胺中氮原子上含有1对孤电子对，X的阳离子中氮原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，导致二甲胺中C-N-C的键角较小，则X的阳离子中C-N-C的键角>二甲胺中C-N-C的键角；X的阳离子和阴离子中各含有1个配位键，则1molX中含有配位键的数目为2NA。【小问2详析】S为16号元素，有16个核外电子，占据1s、2s、2p、3s、3p共9个轨道，故基态S原子的核外电子有9种空间运动状态；由图可知，以顶点S2-为例，与其最近的S2-是所在面的三个面心，周围与它最接近且距离相等的S2-有个。【小问3详析】中①号N原子形成2个键，同时含有2对孤电子对，其价层电子对数为4，则①号N原子的杂化方式为sp3；该分子中含有氮氮双键，也可以形成类似烯烃结构的顺反异构体，顺式结构中相同的原子或原子团位于双键的同一侧，则其顺式结构分子的结构式为：。19.铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。（1）向溶液中加入过量NaOH溶液可生成。中除了配位键外，还存在的化学键类型有___________（填字母）。A.离子键 B.金属键 C.极性共价键 D.非极性共价键（2）将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为至55约为转化为溶液。①CuO被浸取的离子方程式为___________。②结构中，若用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测的空间构型为___________。（3）可以与乙二胺形成配离子，结构如图所示：乙二胺分子中N原子成键时采取的VSEPR模型是___________。乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是___________。（4）晶体属四方晶系，晶胞棱边夹角均为，晶胞参数如图所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为。已知键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___________；晶胞中A、B间距离___________pm。【答案】（1）AC（2）①.②.平面正方形（3）①.正四面体②.乙二胺分子之间可以形成氢键，使沸点升高（4）①.②.【解析】【小问1详析】中除了配位键外，还存在Na+与[Cu(OH)4]2-之间的离子键、H—O极性共价键；【小问2详析】将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”可生成[Cu(NH3)4]2-，故离子方程式为，[Cu(NH3)4]2-结构中，形成4个配位键，具有对称的空间结构，题中指出用两个分子代替两个分子，可以得到两种不同结构的化合物，故其结构为平面正方形；【小问3详析】由图可知，乙二胺分子中N原子成键时形成了4个σ键，没有孤电子对，采用sp3杂化，VSEPR模型为正四面体，乙二胺和三甲胺均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是：乙二胺分子之间可以形成氢键，使沸点升高；【小问4详析】结合晶胞可知，如A点原子的分数坐标为，已知键长为rpm，则B点原子的分数坐标为，过A点向B点所在棱边作垂