精品解析：甘肃永昌县第一高级中学2025-2026学年高二下学期学业质量检测化学试卷

永昌县第一高级中学2025-2026-2第一次月考试卷 高二化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：人教版选择必修2第二、三章。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 文物记载中华文明的灿烂成就。下列珍贵文物的主要材料属于共价晶体的是 A．宋蕉叶形水晶杯 B．清白玻璃盖罐 C．商青铜龙鼎 D．宋彩绘木雕观音 A. A B. B C. C D. D 2. 下列分子或离子中不能形成配位键的是 A. NH3 B. H2O C. Cu2+ D. 3. 制取肼的反应为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相关微粒的化学用语错误的是 A. NH3分子空间构型：三角锥形 B. NaClO的电子式： C. N2H4的结构式： D. Cl原子价电子轨道表示式为： 4. 下列说法错误的是 A. 氢原子只有一个电子，其特征光谱只有一条谱线 B. 石墨质软的原因是其层间作用力微弱 C. 因晶体物理性质的各向异性，水晶在不同方向上导热性不同 D. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有键，可能有键 5. 甲烷分子()失去一个，形成甲基阴离子()。在这个过程中，下列叙述不合理的是 A. 微粒的空间结构发生了改变 B. 碳原子的杂化类型发生了改变 C. 微粒的稳定性发生了改变 D. 微粒中的键角发生了改变 6. 下列物质中，既含有离子键，又含有共价键和配位键的是 A. B. C. D. 7. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 12 g 晶体中含有0.1个阳离子 B. 34 g呋喃()中含有的极性键数目为3 C. 8 g 含有中子数为3 D. 46 g二甲醚()中杂化的原子数为2 8. 下列推理正确的是 依据 推断 A 沸点：I2＞Br2＞Cl2 沸点：O2＞N2＞H2 B 酸性：HClO4＞HIO4 酸性：HCl＞HI C 半径：Na＞Cl 半径：Na+＞Cl- D 键能：Cl－Cl＞Br－Br 键能：F－F＞Cl－Cl A. A B. B C. C D. D 9. Co3+离子的一种八面体配合物CoClm·nNH3，若1mol该配合物与AgNO3溶液作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是 A. m=3，n=4 B. m=5，n=1 C. m=1，n=5 D. m=4，n=5 10. 利用超分子分离和的流程如图所示，下列说法错误的是 A. “杯酚”甲属于芳香族化合物 B. 杯酚甲具有还原性 C. -“杯酚”复合物乙属于超分子 D. 复合物乙中与“杯酚”甲之间的作用力为分子间氢键 11. 下列说法正确的是 A. 沸点：离子晶体＜分子晶体 B. 非晶体都不具有规则的几何外形 C. 酸性：> D. 范德华力：CO> 12. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 实例 解释 A 热稳定性：HF>HCl F的电负性强于Cl B 键角：> 孤电子对的数目越多，对成键电子对的斥力越大 C 酸性： HCOOH> 分子极性： HCOOH＜ D 金、铂能溶于王水 能与高价金、铂离子形成稳定的配合物 A. A B. B C. C D. D 13. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态A原子L层的电子有两种不同的空间运动状态；基态原子的未成对电子在同周期中数目最多；与同周期的元素中，第一电离能大于的只有一种；与同主族。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 化合物中，只含有极性共价键 C. 中，中心原子最外层满足8电子稳定结构 D. 为离子晶体，熔融状态下可以导电 14. 科学家用铜的氧化物做催化剂，成功实现选择性还原，用于回收和利用工业排放的低浓度二氧化碳。的晶胞、铜的氧化物的晶胞如图。下列说法正确的是 A. 干冰晶体熔化时需要克服共价键 B. 一个干冰晶胞中含有8个分子 C. 铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为6个 D. 由铜的氧化物的晶胞可知其化学式为 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 根据要求，回答下列问题： （1）下列各种物质：① ② ③KOH ④ ⑤ ⑥Ne，属于共价化合物的是(填序号，下同)_______；含非极性键的离子化合物是_______。 （2）下列变化过程：①碘的升华 ②NaCl固体溶于水 ③溶于水 ④HCl气体溶于水 ⑤烧碱熔化 ⑥氯化铵受热分解，化学键没有被破坏的是_______(填序号，下同)；仅破坏离子键的是_______；仅破坏共价键的是_______。 （3）硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。碳和硅的有关化学键键能如表所示，简要分析和解释下列有关事实： 化学键 C-C C-H C-O Si-Si Si-H Si-O 键能/() 365 413 336 226 318 452 硅与碳同族，也有系列氢化物，的稳定性小于，更易生成氧化物，原因是_______。 （4）苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是_______。 16. 尿素[]是一种重要的工业原料，在160℃分解生成异氰酸和氨气，化学方程式为。回答下列问题： （1）C、N、O三种元素与H形成的共价键，强度最大的是_______元素，原因是_______。 （2）分子中C、N的杂化轨道类型分别为_______、_______；其分子中键和键数目之比为_______。 （3）稳定性：_______(填“>”“＜”或“=”)，沸点：_______(填“>”“＜”或“=”)。 （4）异氰酸分子内不含三键，所有原子最外层均已达到稳定结构，分子中也不含环状结构。写出异氰酸的结构式：_______。 17. 分析物质的结构可以解释物质的性质。回答下列问题： （1）水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于_______键，该键是由_______杂化轨道和_______轨道重叠形成的，水分子的VSEPR模型名称是_______。 （2）八硝基立方烷是一种新型高能炸药，其结构如图所示。该物质爆炸性强的原因是_______。 （3）氨硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一、 ①氨硼烷能溶于水的原因是_______。 ②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N-H…H-B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______ (填标号)。 A．苯和三氯甲烷 B．LiH和HCN C．和 D．和 （4）某种冰的晶胞结构如图所示，晶胞参数a=452 pm，c=737 pm，γ=120°。该晶体类型是_______，密度为_______(列出数学表达式，不必计算出结果)。 18. 向盛有4 mL 0.1 溶液的试管里滴加几滴1 氨水，得到浅蓝色沉淀；继续加入1 氨水，并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色的溶液；再向试管中加入8 mL 95%乙醇(极性较小的溶剂)，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色晶体。回答下列问题： （1）①若浅蓝色沉淀为，不属于_______。 a．铜盐 b．碱式盐 c．硫酸盐 d．复盐 ②深蓝色溶液的溶质为，中化学键类型包括离子键、_______。 （2）①比更稳定的原因是_______。 ②虽然与易形成，但NF3很难与形成配合物，其理由是_______。 ③具有对称的空间结构，中的两个被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间结构为_______，画出其结构示意图：_______。 （3）将铜投入氨水、过氧化氢的混合溶液中生成，该反应的化学方程式为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学2025-2026-2第一次月考试卷 高二化学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：人教版选择必修2第二、三章。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 文物记载中华文明的灿烂成就。下列珍贵文物的主要材料属于共价晶体的是 A．宋蕉叶形水晶杯 B．清白玻璃盖罐 C．商青铜龙鼎 D．宋彩绘木雕观音 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．水晶的主要成分是二氧化硅，为共价晶体，A符合题意； B．玻璃属于非晶体，玻璃的主要成分硅酸盐为离子晶体，B不符合题意； C．青铜的主要成分是合金，为金属晶体，C不符合题意； D．木雕的主要成分是纤维素，不属于共价晶体，D不符合题意； 故选A。 2. 下列分子或离子中不能形成配位键的是 A. NH3 B. H2O C. Cu2+ D. 【答案】D 【解析】 【分析】含有孤电子对和含有空轨道的原子之间能形成配位键。 【详解】A．氨气分子中氮原子含有孤对电子，能形成配位键，故A不选； B．水分子中O原子含有孤对电子，能形成配位键，故B不选； C．Cu2+中含有空轨道，能形成配位键，故C不选； D．中原子不含有孤对电子，也不含有空轨道，不能形成配位键，故选D； 答案选D。 3. 制取肼的反应为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相关微粒的化学用语错误的是 A. NH3分子空间构型：三角锥形 B. NaClO的电子式： C. N2H4的结构式： D. Cl原子价电子轨道表示式为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．NH3 分子中N原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，选项A正确； B．次氯酸钠为离子化合物，是NaClO的电子式，选项B正确； C．N2H4中两个N原子为单键，其结构式为，选项C正确； D．Cl最外层有7个电子，其原子价电子轨道表示式为：，选项D错误； 故选D。 4. 下列说法错误的是 A. 氢原子只有一个电子，其特征光谱只有一条谱线 B. 石墨质软的原因是其层间作用力微弱 C. 因晶体物理性质的各向异性，水晶在不同方向上导热性不同 D. 双原子或多原子形成的气体单质中，一定有键，可能有键 【答案】A 【解析】 【详解】A．氢原子只有一个电子，但电子可在不同能级间跃迁，不同能级差对应不同波长的光谱线，其特征光谱为多条线状谱线，并非只有1条，A错误； B．石墨是层状结构，层与层之间的作用力为范德华力，易发生相对滑动，因此质软，B正确； C．水晶是晶体，晶体具有各向异性，不同方向上的物理性质如导热性、导电性等存在差异，C正确； D．双原子或多原子形成的气体单质中，原子间成键时首先形成键，若存在双键、三键则同时含有键，因此一定有键，可能有键，D正确； 故选A。 5. 甲烷分子()失去一个，形成甲基阴离子()。在这个过程中，下列叙述不合理的是 A. 微粒的空间结构发生了改变 B. 碳原子的杂化类型发生了改变 C. 微粒的稳定性发生了改变 D. 微粒中的键角发生了改变 【答案】B 【解析】 【详解】A．CH4为正四面体结构，为三角锥形结构，微粒空间结构发生改变，A合理； B．CH4中C价层电子对数为4，为sp3杂化；中C价层电子对数为，仍为sp3杂化，杂化类型没有发生改变，B不合理； C．CH4是中性稳定分子，是带负电的阴离子，微粒稳定性发生改变，C合理； D．CH4无孤电子对，键角为109°28′，有1对孤电子对，孤电子对的斥力大于成键电子对，键角减小，微粒中的键角发生改变，D合理； 故选B。 6. 下列物质中，既含有离子键，又含有共价键和配位键的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．中H、形成共价键，故A错误； B．中与之间以离子键结合，中O、O之间以共价键结合，故B错误； C．中与以离子键结合，存在配位键和极性键，故C正确； D．中和以离子键结合，故D错误。 故选：C。 7. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 12 g 晶体中含有0.1个阳离子 B. 34 g呋喃()中含有的极性键数目为3 C. 8 g 含有中子数为3 D. 46 g二甲醚()中杂化的原子数为2 【答案】D 【解析】 【详解】A．12 g 为0.1 mol ，其晶体中含有0.1个阳离子，A正确； B．1个呋喃()中含有6个极性键，分别是4个碳氢键和2个碳氧键，34 g呋喃()的物质的量为0.5 mol，则其中含有的极性键数目为3，B正确； C．8 g甲烷的物质的量为0.5 mol，每个甲烷分子中含有6个中子，0.5 mol甲烷含有中子数为3，C正确； D．二甲醚中碳原子和氧原子的杂化方式都为杂化，则46 g二甲醚中杂化的原子数为，D错误； 故答案为：D。 8. 下列推理正确的是 依据 推断 A 沸点：I2＞Br2＞Cl2 沸点：O2＞N2＞H2 B 酸性：HClO4＞HIO4 酸性：HCl＞HI C 半径：Na＞Cl 半径：Na+＞Cl- D 键能：Cl－Cl＞Br－Br 键能：F－F＞Cl－Cl A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．I2、Br2、Cl2属于分子晶体，分子量越大范德华力越大熔沸点越高，O2、N2、H2也属于分子晶体，沸点也受范德华力影响，故A正确； B．最高价含氧酸酸性：HClO4＞HIO4，氢化物的受共价键强弱的影响，故酸性：HCl<HI，故B错误； C．同周期元素从左到右半径依次减小，半径：Na＞Cl，但是离子半径Na+<Cl-，故C错误； D．原子半径越小形成共价键键长越短键能越大，故键能：Cl－Cl＞Br－B，但是F的半径非常小，造成F与F间排斥作用增强，键长反而长了，键能：F－F<Cl－Cl，故D错误； 故答案为A。 9. Co3+离子的一种八面体配合物CoClm·nNH3，若1mol该配合物与AgNO3溶液作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是 A. m=3，n=4 B. m=5，n=1 C. m=1，n=5 D. m=4，n=5 【答案】A 【解析】 【详解】由1mol配合物生成1molAgCl沉淀，知道1mol配合物电离出1molCl﹣，即配离子显+1价，又因为外界有一个Cl﹣，且Co显+3价，所以[CoClm﹣1•nNH3]+中有两个氯原子，即m=3，又因为是正八面体，所以n=6-2=4，答案选A。 10. 利用超分子分离和的流程如图所示，下列说法错误的是 A. “杯酚”甲属于芳香族化合物 B. 杯酚甲具有还原性 C. -“杯酚”复合物乙属于超分子 D. 复合物乙中与“杯酚”甲之间的作用力为分子间氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．杯酚甲分子中含有苯环结构，属于芳香族化合物，A正确； B．杯酚甲中存在酚羟基，酚羟基容易被氧化，故具有还原性，B正确； C．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力结合形成的聚集体，“杯酚”复合物乙是与“杯酚”通过分子间作用力形成的，属于超分子，C正确； D．C60分子中不含氢原子，无法与“杯酚”甲形成氢键，复合物乙中C60与“杯酚”甲之间的作用力为分子间作用力，而不是分子间氢键，D错误； 故选D。 11. 下列说法正确的是 A. 沸点：离子晶体＜分子晶体 B. 非晶体都不具有规则的几何外形 C. 酸性：> D. 范德华力：CO> 【答案】D 【解析】 【详解】A．离子晶体粒子间的作用力为离子键，强度远高于分子晶体的分子间作用力，因此沸点：离子晶体>分子晶体，A错误； B．非晶体没有自范性，但可通过人工加工获得规则的几何外形，并非所有非晶体都不具有规则几何外形，B错误； C．电负性F>Cl，吸电子诱导效应，使羧基中羟基的氢更易电离，酸性：，C错误； D．CO和相对分子质量相近，CO为极性分子，为非极性分子，相对分子质量接近时极性分子的范德华力更强，因此范德华力：，D正确； 故答案为：D。 12. 从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是 实例 解释 A 热稳定性：HF>HCl F的电负性强于Cl B 键角：> 孤电子对的数目越多，对成键电子对的斥力越大 C 酸性： HCOOH> 分子极性： HCOOH＜ D 金、铂能溶于王水 能与高价金、铂离子形成稳定的配合物 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．F的电负性强于Cl，H-F键键能大于H-Cl键，因此热稳定性，实例与解释相符，A不符合题意； B．和中O均为杂化，中O原子有2对孤电子对，中O原子有1对孤电子对，孤电子对数目越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，因此键角，实例与解释相符，B不符合题意； C．甲基是推电子基团，会降低羧基中O-H键的极性，使更难电离出，酸性弱于，且解释与客观事实不相符，C符合题意； D．王水中的可与被硝酸氧化生成的高价金、铂离子形成稳定的配合物，降低金属的电极电势，促进金属溶解，实例与解释相符，D不符合题意； 故答案选C。 13. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素。基态A原子L层的电子有两种不同的空间运动状态；基态原子的未成对电子在同周期中数目最多；与同周期的元素中，第一电离能大于的只有一种；与同主族。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 化合物中，只含有极性共价键 C. 中，中心原子最外层满足8电子稳定结构 D. 为离子晶体，熔融状态下可以导电 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态A原子L层的电子有两种不同的空间运动状态，说明A的价电子排布式为2s22p1，则A为B元素；与同主族，则E为Al元素，基态原子的未成对电子在同周期中数目最多，则C的价电子排布式为2s22p3，C为N元素；则B为C元素；与同周期的元素中，第一电离能大于的只有一种，则D为F。综上，A、B、C、D、E依次为B、C、N、F、Al这五种元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右，电负性依次增强，则电负性：F>N>C，即，A错误； B．化合物的结构式为H-CC-H，既含非极性共价键又含极性共价键，B错误； C．的中心原子为B为第ⅢA族元素，最外层有3个电子，整体离子带一个负电荷，可视为B有了4个单电子；每一个F原子最外层有7个电子，其中一个为单电子，则B和4个F形成了4个共用电子对，B最外层满足8电子稳定结构，C正确； D．为共价化合物，属于分子晶体，它在熔融状态下不能电离，不可以导电，D错误； 故选C。 14. 科学家用铜的氧化物做催化剂，成功实现选择性还原，用于回收和利用工业排放的低浓度二氧化碳。的晶胞、铜的氧化物的晶胞如图。下列说法正确的是 A. 干冰晶体熔化时需要克服共价键 B. 一个干冰晶胞中含有8个分子 C. 铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为6个 D. 由铜的氧化物的晶胞可知其化学式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．干冰晶体为分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，A错误； B．根据“均摊法”，晶胞中含个，B错误； C．由体心氧离子为例可知，铜的氧化物晶胞中距离氧离子最近且等距离的氧离子为8个，C错误； D．根据“均摊法”，晶胞中含个O、4个Cu，化学式为，D正确； 故选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15. 根据要求，回答下列问题： （1）下列各种物质：① ② ③KOH ④ ⑤ ⑥Ne，属于共价化合物的是(填序号，下同)_______；含非极性键的离子化合物是_______。 （2）下列变化过程：①碘的升华 ②NaCl固体溶于水 ③溶于水 ④HCl气体溶于水 ⑤烧碱熔化 ⑥氯化铵受热分解，化学键没有被破坏的是_______(填序号，下同)；仅破坏离子键的是_______；仅破坏共价键的是_______。 （3）硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。碳和硅的有关化学键键能如表所示，简要分析和解释下列有关事实： 化学键 C-C C-H C-O Si-Si Si-H Si-O 键能/() 365 413 336 226 318 452 硅与碳同族，也有系列氢化物，的稳定性小于，更易生成氧化物，原因是_______。 （4）苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是_______。 【答案】（1） ①. ①② ②. ④ （2） ①. ①③ ②. ②⑤ ③. ④ （3）C-H的键能大于C-O的，C-H比C-O稳定；而Si-H的键能小于Si-O的，所以Si-H不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O （4）苯胺分子之间存在氢键 【解析】 【小问1详解】 Ne中不存在化学键，H2O中含有极性共价键，NH3中含有极性共价键，KOH中含有离子键和极性共价键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，MgCl2中含有离子键，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则属于共价化合物的是①水和②氨，则含非极性键的离子化合物是④Na2O2。 【小问2详解】 ①碘的升华是物理变化，化学键没有被破坏；②NaCl固体溶于水电离出阴离子和阳离子，离子键被破坏；③O2溶于水是物理变化，化学键没有被破坏；④HCl气体溶于水电离出阴离子和阳离子，共价键被破坏；⑤烧碱熔化电离出阴离子和阳离子，离子键被破坏；⑥氯化铵受热分解发生化学变化，生成氨气和氯化氢，离子键和共价键均被破坏，则化学键没有被破坏的是①和③；仅破坏离子键的是②和⑤；仅破坏共价键的是④。 【小问3详解】 键能越大、物质就越稳定，C-H的键能大于C-O的键能，C-H比C-O稳定；而Si-H的键能小于Si-O的键能，所以Si-H不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O，因此，SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物。 【小问4详解】 苯胺分子中 N原子电负性大、原子半径小，易形成分子间氢键，导致熔沸点比相对分子质量相近的甲苯高。 16. 尿素[]是一种重要的工业原料，在160℃分解生成异氰酸和氨气，化学方程式为。回答下列问题： （1）C、N、O三种元素与H形成的共价键，强度最大的是_______元素，原因是_______。 （2）分子中C、N的杂化轨道类型分别为_______、_______；其分子中键和键数目之比为_______。 （3）稳定性：_______(填“>”“＜”或“=”)，沸点：_______(填“>”“＜”或“=”)。 （4）异氰酸分子内不含三键，所有原子最外层均已达到稳定结构，分子中也不含环状结构。写出异氰酸的结构式：_______。 【答案】（1） ①. O ②. O原子半径最小，形成O-H的键长最短，键能最大，强度最大 （2） ①. ②. ③. 7：1 （3） ①. > ②. > （4）H-N=C=O 【解析】 【小问1详解】 C、N、O为同周期元素，原子序数越大原子半径越小，原子半径顺序为C>N>O，共价键强度与键长有关，原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键强度越大，因此强度最大的O-H键对应元素为O。 【小问2详解】 尿素结构为H2​N−CO−NH2​，中心C原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，因此为sp2杂化，每个N原子形成3个σ键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，因此为sp3杂化；分子中共有7个σ键（4个N-H键+2个C-N键+1个C-O σ键），1个π键（C=O双键中的π键），因此σ键与π键数目比为7:1。 【小问3详解】 同周期非金属性从左到右增强，非金属性N>C，因此气态氢化物稳定性NH3​>CH4​；NH3​分子间存在氢键，CH4​分子间只存在较弱的范德华力，因此沸点NH3​>CH4​。 【小问4详解】 异氰酸分子式为HCNO，要求不含三键、无环、所有原子最外层达稳定结构，因此结构式为H−N=C=O，所有原子均满足稳定结构，符合要求。 17. 分析物质的结构可以解释物质的性质。回答下列问题： （1）水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于_______键，该键是由_______杂化轨道和_______轨道重叠形成的，水分子的VSEPR模型名称是_______。 （2）八硝基立方烷是一种新型高能炸药，其结构如图所示。该物质爆炸性强的原因是_______。 （3）氨硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一、 ①氨硼烷能溶于水的原因是_______。 ②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N-H…H-B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______ (填标号)。 A．苯和三氯甲烷 B．LiH和HCN C．和 D．和 （4）某种冰的晶胞结构如图所示，晶胞参数a=452 pm，c=737 pm，γ=120°。该晶体类型是_______，密度为_______(列出数学表达式，不必计算出结果)。 【答案】（1） ①. ②. 氧原子的 ③. 氢原子的1s ④. 四面体形 （2）八硝基立方烷的碳碳键角为90°，其杂化方式为，在动力学上不稳定；其分解产物为稳定的和，反应熵增加较大，且释放的热量大 （3） ①. 氨硼烷为极性分子（相似相溶），且能与水分子形成氢键 ②. BD （4） ①. 分子晶体 ②. 【解析】 【小问1详解】 依据原子轨道重叠方式，头碰头重叠形成的共价键为σ键；水分子中O和H形成单键，单键都是σ键。水分子中O原子价层电子对数为4，采取杂化，O的杂化轨道与H原子的s轨道重叠成键；O原子价层电子对共4对，因此VSEPR模型为四面体形。 【小问2详解】 八硝基立方烷的碳碳键角为90°，其杂化方式为sp3，在动力学上不稳定；其分解产物为稳定的CO2和N2，反应熵增加较大，且释放的热量大，爆炸性很强。 【小问3详解】 ①氨硼烷为极性分子（相似相溶），且能与水分子形成氢键，因此易溶于水。 ②根据定义，双氢键需要一个H带正电、另一个H带负电： A．苯和三氯甲烷中H均带正电，不能形成双氢键，A不符合题意； B．中H为-1价，带负电，HCN中H因N的强吸电子作用带正电，可以形成双氢键，B符合题意； C．乙烯和乙炔中H均带正电，不能形成双氢键，C不符合题意； D．乙硼烷中与B相连的H带负电，氨气中与N相连的H带正电，可以形成双氢键，D符合题意； 因此选BD。 【小问4详解】 冰通过水分子间的氢键和分子间作用力结合，属于分子晶体； 晶胞中水分子位于晶胞顶点、棱上和内部，共有个，晶胞质量；该平行六面体晶胞体积，根据​即可得到密度为。 18. 向盛有4 mL 0.1 溶液的试管里滴加几滴1 氨水，得到浅蓝色沉淀；继续加入1 氨水，并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色的溶液；再向试管中加入8 mL 95%乙醇(极性较小的溶剂)，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色晶体。回答下列问题： （1）①若浅蓝色沉淀为，不属于_______。 a．铜盐 b．碱式盐 c．硫酸盐 d．复盐 ②深蓝色溶液的溶质为，中化学键类型包括离子键、_______。 （2）①比更稳定的原因是_______。 ②虽然与易形成，但NF3很难与形成配合物，其理由是_______。 ③具有对称的空间结构，中的两个被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间结构为_______，画出其结构示意图：_______。 （3）将铜投入氨水、过氧化氢的混合溶液中生成，该反应的化学方程式为_______。 【答案】（1） ①. d ②. (极性)共价键、配位键 （2） ①. 电负性：O>N，与形成的配位键极性比与形成的配位键极性要强，更易断裂，即与的结合能力更强 ②. 电负性：F>H，使得提供孤电子对的能力小于，故很难与形成配合物 ③. 平面正方形 ④. （3） 【解析】 【小问1详解】 ①Cu2​(OH)2​SO4​电离出属于铜盐；电离出和酸根离子，属于碱式盐；阴离子含，属于硫酸盐；复盐需要含两种及以上阳离子，该物质只有1种阳离子，不属于复盐；故选d； ②[Cu(NH3​)4​]SO4​中，内界配离子与外界硫酸根之间为离子键；​分子内与之间为极性共价键；与​之间为配位键； 【小问2详解】 ①电负性：O>N，与形成的配位键极性比与形成的配位键极性要强，更易断裂，即与的结合能力更强； ②电负性：F>H，使得提供孤电子对的能力小于，故很难与形成配合物； ③ 平面正方形结构的二取代产物有邻位、对位两种，故的空间结构为平面正方形；结构示意图为 ； 【小问3详解】 H2​O2​作氧化剂氧化，被氧化为，与氨水形成配合物，化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $