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海南省文昌中学2023-2024学年高二下学期期中段考化学试题
一、单项选择题(本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共16分)
1．古籍《天工开物》收录了井盐的生产过程。其中“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”的描述，涉及的物质分离操作为（　　）
A．趁热过滤 B．萃取分液 C．常压蒸馏 D．浓缩结晶
2．下列气体除杂(括号里为杂质)操作所选用的试剂合理的是
A．CO2 (HCl)：饱和Na2CO3溶液
B．溴苯 (Br2)：NaOH溶液
C．C2H2 (H2S)：溴的四氯化碳溶液
D．C2H6 (C2H4)：酸性KMnO4溶液
3．德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的、、、、和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法不正确的是
A．基态价电子排布为
B．、、分子间均存在氢键
C．、、HCN中均存在σ键和π键
D．沸点：(乙硫醇)
4．下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A．分子呈正四面体，键角为
B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C．Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D．是由极性键构成的极性分子
5．下列现象与形成配合物无关的是
A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液呈红色
B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色
C．Cu与浓反应后，溶液呈绿色；Cu与稀反应后，溶液呈蓝色
D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
6．下列说法正确的是
A．属于醛类，官能团为—CHO
B．与含有相同的官能团，互为同系物
C．二氯甲烷有 和两种
D．NH4OCN和 CO(NH2)2互为同分异构体
7．碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，结构如图所示，下列说法不正确的是
A．该分子为非极性分子
B．分子中既有极性键也有非极性键
C．分子中σ键与π键个数之比为10∶1
D．碳酸亚乙酯的二氯代物有2种(不考虑立体异构)
8．在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)
A． B．
C． D．
二、不定项选择题(本题包括6小题，每小题有1-2个选项符合题意。每小题4分，共24分。若该小题有两个正确选项，只选一个且正确得2分。多选错选不得分。)
9．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol羟基中含有的电子数为10 NA
B．64 g CaC2晶体中所含阴、阳离子的总数为2NA
C．标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6 NA
D．1.4 g C2H4和C3H6的混合物中含碳原子数为 0.1 NA
10．姜黄素是我国古代劳动人民从姜黄根茎中提取得到的一种黄色食用色素。下列关于姜黄素说法正确的是
A．分子式为C21H22O6
B．分子中存在手性碳原子
C．分子中存在3种含氧官能团
D．既能发生取代反应，又能发生加成反应
11．已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．分子中只有σ键 D．的酸性比强
12．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X、W单质的晶体类型一定相同
C．Q的最高价含氧酸为强酸
D．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y
13．关于性质的解释合理的是
选项 性质 解释
A 比容易液化 分子间的范德华力更大
B 熔点高于 键的键能比大
C 具有还原性 氮元素的化合价处于最低价
D 氨水中存在 是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
14．根据如图所示，下列说法错误的是
A．第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，则该元素是Al
B．图2表示石墨晶体结构，石墨晶体既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体
C．图3 中60 g SiO2晶体中所含共价键数目为2NA (NA是阿伏加德罗常数的值)
D．图4金刚砂晶胞中，所有原子都是sp3杂化，一个晶胞平均占有8个原子
三、填空题。
15．按要求回答下列问题：
（1）分子中的含氧官能团的名称为　 　、　 　。 将键线式 改写为结构简式　 　。
（2）用系统命名法给下列物质命名：
① 的名称是　 　。
② 的名称是　 　。
③ 的名称是　 　。
④ 某炔烃经催化加氢后可得到2-甲基丁烷，则该炔烃的名称是　 　。
16．有机化合物A是一种重要的化工原料，在一定条件下可以发生如下反应：
已知：苯环侧链上的烃基在一定条件下能被氧化成羧基。
（1）A的结构简式为　 　，分子中最多有　 　个原子共平面。
（2）A→B的反应方程式为　 　，该反应的反应类型为　 　。
（3）A→D的反应方程式为　 　，该反应的反应类型为　 　。
（4）1mol A与足量的氢气反应最多消耗　 　molH2。
17．金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的简化电子排布式为　 　。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为　 　。
（3）CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为　 　。
（4）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是　 　。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为　 　。
18．2016年度国家科学技术奖授予我国诺贝尔奖获得者屠呦呦，以表彰她在抗疟疾青蒿素方面的研究。
【查阅资料】青蒿素为无色针状晶体，熔点156～157℃，易溶于丙酮、氯仿和苯，在水中几乎不溶。
Ⅰ.实验室用乙醚提取青蒿素的工艺流程如图。
（1）在操作Ⅰ前要对青蒿进行粉碎，其目的是　 　。
（2）操作Ⅰ需要的玻璃仪器主要有：　 　。
（3）操作Ⅱ的名称是　 　。操作Ⅲ采用的方法是　 　。
Ⅱ.已知青蒿素是一种烃的含氧衍生物，为确定其化学式，进行了如下实验：
实验步骤：
① 连接装置，检查装置的气密性。
② 称量E、F中仪器及药品的质量
③ 称取28.2 g青蒿素放入硬质试管C中，点燃C、D处酒精灯加热，充分燃烧
④ 实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量
（4）装置E中所盛固体可以是　 　(用对应符号填空)
a．生石灰 b．碱石灰 c．无水CaCl2
（5）实验测得反应后E装置增重19.8 g，F装置增重66 g，通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为　 　。
（6）有人提出用装置代替F可以减少实验误差，理由是　 　。
19．金属钛(Ti)被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属，海洋金属，太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为　 　。
（2）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是　 　。
（3）锆(Zr)与钛(Ti)是同一副族的相邻元素，ZrCl4可以与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)形成六配位化合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]。
① 乙二胺中，N原子的杂化方式为　 　，C、H、N的电负性由大到小的顺序为　 　。
② 1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为　 　mol。
③ 乙二胺形成配合物后，H—N—H键角将变大，原因是　 　。
（4）钙钛矿(主要成分CaTiO3)，晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρ g·cm-3，则相距最近的Ca和O之间的距离为　 　pm(列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】根据文中描述，将海水倒在锅中加热煮沸，看见白色的固体出现，这种白色的固体为盐，此过程涉及浓缩结晶的过程，
故答案为：D。
【分析】由信息可知，煎炼，顷刻结盐，为蒸发析出盐的过程，以此来解答。
2．【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙炔炔烃；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、不合理；因为 CO2会与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，会同时消耗主体气体，应选用饱和 NaHCO3溶液，故 A 错误；
B、合理；Br2可与 NaOH 反应生成易溶于水的盐，而溴苯不溶于水，可通过分液分离，故 B 正确；
C、不合理；C2H2中含有碳碳三键，会与溴发生加成反应，消耗主体气体，故 C 错误；
D、不合理；C2H4会被酸性 KMnO4氧化为 CO2，引入新杂质，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
除杂的核心原则为 “不增、不减、易分离”，即不引入新杂质、不消耗主体物质、杂质与主体易分离；
除杂时，需同时考虑杂质和主体物质与试剂的反应情况；
含不饱和键的有机物易与溴水、酸性高锰酸钾发生反应，需避免主体物质被消耗；
烯烃被酸性高锰酸钾氧化会生成二氧化碳气体，易引入新杂质。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Fe 的核外电子排布式为 [Ar] 3d64s2，基态 Fe3+是 Fe 原子失去 4s 轨道的 2 个电子和 3d 轨道的 1 个电子形成的，因此价电子排布为 3d5，故 A 正确；
B、氢键的形成条件是分子中含有 N—H、O—H 或 F—H 键，且分子间能形成相互作用。CH4分子中 C 的电负性较小，C—H 键极性弱，分子间无法形成氢键；NH3和 H2O 分子间可形成氢键，因此并非三者分子间均存在氢键，故 B 错误；
C、O2分子中存在 O=O 双键，包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键；N2分子中存在 N≡N 三键，包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键；HCN 分子中存在 C≡N 三键，包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，因此三者均存在 σ 键和 π 键，故 C 正确；
D、C2H5OH（乙醇）分子中含有 O—H 键，分子间可形成氢键，分子间作用力较强；而 C2H5SH（乙硫醇）分子中 S 的电负性较小，无法形成分子间氢键，分子间作用力较弱，因此沸点：C2H5SH < C2H5OH，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
基态离子价电子排布需考虑电子失去的顺序，优先失去最外层 s 轨道电子；
氢键的形成需同时满足 “电负性大的原子与氢原子成键” 和 “分子间相互作用” 两个条件；
共价单键为 σ 键，双键和三键中均包含 σ 键和 π 键；
分子间氢键会显著提高物质的沸点。
4．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；焰色反应
【解析】【解答】A、P4分子呈正四面体结构，但四个磷原子位于正四面体的顶点，键角为 60°，而非 109°28'，故 A 错误；
B、NaCl 焰色试验为黄色，是 Na+中电子发生跃迁产生的，与 Cl-无关，故 B 错误；
C、Cu 基态原子的核外电子排布为 [Ar]3d 4s ，这是洪特规则特例（全满稳定），并不完全符合构造原理，故 C 错误；
D、OF2中 O—F 键为极性键，分子空间结构为 V 形，键的极性无法抵消，因此 OF2是由极性键构成的极性分子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
P4分子的键角与甲烷的正四面体键角不同，需注意磷原子的成键位置；
焰色试验的颜色由金属阳离子的电子跃迁决定，与阴离子无关；
Cu 等部分过渡金属原子的电子排布存在洪特规则特例，不完全遵循构造原理；
判断分子极性需同时考虑键的极性和分子空间结构，V 形结构会导致分子极性无法抵消。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；硝酸的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、向 FeCl3溶液中滴入 KSCN 溶液，Fe3+与 SCN-会形成红色的配合物（如 [Fe (SCN)]2+等），与形成配合物有关，故 A 不符合题意；
B、Cu 与 Cl2反应生成 CuCl2，加少量水时，Cu2+与 Cl-形成绿色的 [CuCl4]2-配离子；加水稀释后，Cl-浓度降低，[CuCl4]2-转化为蓝色的 [Cu(H2O)4]2+配离子，与形成配合物有关，故 B 不符合题意；
C、Cu 与浓 HNO3反应后溶液呈绿色，是因为反应生成的 NO2溶解在溶液中，与 Cu2+的蓝色叠加形成绿色；Cu 与稀 HNO3反应时，生成的 NO 不溶于溶液，溶液仅呈现 Cu2+的蓝色，整个过程未形成配合物，故 C 符合题意；
D、向 AgNO3溶液中滴加氨水，先产生 AgOH 白色沉淀（迅速转化为 Ag2O），继续滴加氨水时，Ag+与 NH3形成可溶性的 [Ag(NH3)2]+配合物，沉淀消失，与形成配合物 (Ag(NH3)2OH) 有关，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配合物形成的核心是中心离子与配体通过配位键结合形成稳定的复杂离子；
Fe3+与 SCN-、Cu2+与 Cl-/H2O、Ag+与 NH3均可形成配离子，对应现象与配合物有关；
Cu 与浓硝酸反应后溶液呈绿色，是 NO2溶解导致的颜色叠加，并非配合物的形成。
6．【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、该物质的结构为甲酸苯酯，官能团是酯基（-COO-），不属于醛类，故 A 错误；
B、前者苯甲醇的官能团是醇羟基，后者苯酚的官能团是酚羟基，二者官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，故 B 错误；
C、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷中两个氯原子无论怎么排列，空间结构都是一样的，不存在同分异构体，故 C 错误；
D、NH4OCN 和 CO(NH2)2的分子式相同，均为 CH4N2O，但结构不同，互为同分异构体，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团判断需结合结构特征，醛基需直接与链烃基相连，甲酸酯中的 - CHO 不是醛基；
同系物要求结构相似、官能团种类和数目相同，酚羟基与醇羟基化学性质差异大，不属于同类官能团；
甲烷的正四面体结构决定了其二氯代物只有 1 种；
同分异构体的判断依据是分子式相同、结构不同。
7．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、该分子的结构不对称，分子中键的极性无法完全抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 A 错误；
B、分子中存在 C—O、C=O、C—H 极性键，也存在 C—C 非极性键，故 B 正确；
C、分子中含 10 个 σ 键（4 个 C—O 键、2 个 C—C 键、4 个 C—H 键）和 1 个 π 键（C=O 双键中的 π 键），σ 键与 π 键个数之比为 10：1，故 C 正确；
D、碳酸亚乙酯分子中只有两种等效氢原子，二氯代物的取代位置组合有两种，因此不考虑立体异构时二氯代物有 2 种，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断需结合分子结构对称性和键的极性，结构不对称则正负电荷中心不重合，为极性分子；
极性键与非极性键的区分依据是成键原子的电负性差异，C—C 键为非极性键，C—O、C—H 键为极性键；
σ 键为单键，双键中含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，需逐一数清分子中的 σ 键和 π 键数目；
二氯代物数目可通过等效氢原子法分析，等效氢的种类决定了二氯代物的不同结构组合数。
8．【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、该有机物分子中有 3 种等效氢，核磁共振氢谱会出现 3 组峰，氢原子数之比为 6：1：1，A不符合题意；
B、该有机物分子中有 4 种等效氢，核磁共振氢谱会出现 4 组峰，氢原子数之比为 3：3：1：1，B不符合题意；
C、该有机物分子中存在顺反异构，若为反式结构有 3 种等效氢，若为顺式结构有 4 种等效氢，均无法得到两组峰且氢原子数之比为 3：2，C不符合题意；
D、该有机物分子为对二甲苯，结构对称，苯环上的 4 个氢原子等效，两个甲基上的 6 个氢原子等效，因此核磁共振氢谱出现两组峰，氢原子数之比为 6：4=3：2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核磁共振氢谱的峰数等于分子中等效氢的种类数，峰面积比等于不同等效氢的原子数之比；
等效氢的判断依据是分子的对称性，对称位置上的氢原子化学环境相同；
分析时需逐一判断选项中有机物的等效氢种类及对应氢原子数目，筛选出符合 “两组峰、氢原子数比 3：2” 的物质。
9．【答案】B,D
【知识点】有机物中的官能团；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1 个羟基（-OH）中，氧原子含 8 个电子，氢原子含 1 个电子，共 9 个电子，因此 1 mol 羟基含有的电子数为 9NA，而非 10NA，A错误；
B、CaC2的摩尔质量为 64 g/mol，64 g CaC2的物质的量为 1 mol。CaC2晶体由 Ca2+和 C22-按 1：1 构成，1 mol CaC2含 1 mol Ca2+和 1 mol C22-，因此阴、阳离子总数为 2NA，B正确；
C、标准状况下，C2H5OH（乙醇）为液态，气体摩尔体积（22.4 L/mol）仅适用于气体，因此不能用 2.24 L 计算其物质的量，C错误；
D、C2H4和 C3H6的最简式均为 CH2，相对分子质量为 14，1.4 g 混合物中含 “CH2” 的物质的量为 0.1 mol，因此含碳原子数为 0.1NA，D正确；
故答案为：BD。
【分析】本题解题要点：
羟基（-OH）为中性基团，电子数为氧原子与氢原子电子数之和，与带负电的氢氧根（OH-）电子数不同；
CaC2晶体由 Ca2+和 C22-构成，二者物质的量之比为 1：1，需注意离子种类与配比；
气体摩尔体积仅适用于标准状况下的气体，液体、固体不可直接使用；
最简式相同的有机物混合物，可按最简式计算原子数目，简化计算过程。
10．【答案】C,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、通过对姜黄素结构简式的碳、氢、氧原子逐一计数，可得分子式为 C21H20O6，而非选项中的 C21H22O6，故 A 错误；
B、手性碳原子的定义是连接四个不同原子或基团的饱和碳原子。观察姜黄素分子，其结构中所有饱和碳原子（如 - CH2-、-OCH3上的碳）均不满足该条件，因此分子中不存在手性碳原子，故 B 错误；
C、姜黄素分子中含有的含氧官能团分别为：酚羟基（-OH）、甲氧基（-OCH3，属于醚键）和酮羰基（C=O），共三种，故 C 正确；
D、姜黄素分子中，苯环和碳碳双键可发生加成反应；酚羟基可发生酯化等取代反应，苯环上的氢原子也可被取代，故 D 正确；
故答案为：CD。
【分析】本题解题要点：
分子式需通过结构简式准确数出碳、氢、氧原子数目，需注意苯环、双键对氢原子数的影响；
手性碳原子的判断关键是 “连有 4 个不同基团”，需逐一检查饱和碳原子；
有机反应类型需结合官能团判断，苯环、碳碳双键可加成，酚羟基、烷基可取代。
11．【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、HCl 是共价化合物，原子间通过共用电子对成键，其电子式应为，而选项中写成了离子化合物形式，故 A 错误；
B、Cl 原子半径小于 I 原子半径，因此 Cl-Cl 键的键长比 I-I 键短，故 B 正确；
C、CH3COOH 分子中含有 C=O 双键，双键中既有 σ 键也有 π 键，并非只有 σ 键，故 C 错误；
D、Cl 的电负性大于 I，ClCH2COOH 中 Cl 对羧基的吸电子诱导效应更强，使羧基中 O-H 键极性更强，更易电离出 H+，因此酸性比 ICH2COOH 强，故 D 正确；
故答案为：BD。
【分析】本题解题要点：
共价化合物的电子式不能写成离子形式，HCl 为共价化合物，原子间通过共用电子对结合；
键长与原子半径有关，成键原子半径越小，键长越短；
双键中包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，因此含双键的分子中并非只有 σ 键；
羧酸的酸性受取代基吸电子诱导效应影响，取代基电负性越强，吸电子效应越强，羧酸酸性越强。
12．【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Na+，故A错误；
B. X是N，N2是分子晶体，若W是Si，其单质为原子晶体，故B错误；
C. Q为S或Cl，H2SO4、HClO4都是强酸，故C正确；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N，所以稳定性：H2O＞NH3，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小；
B.N2是分子晶体，Si为原子晶体；
C. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定。
13．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NH3比 PH3容易液化，是因为 NH3分子间存在氢键，分子间作用力更强，而非范德华力更大，故 A 错误；
B、NH3熔点高于 PH3，原因是 NH3分子间存在氢键，与 N-H 键和 P-H 键的键能无关，故 B 错误；
C、NH3中氮元素的化合价为 - 3 价，处于氮元素的最低价态，因此 NH3具有还原性，故 C 正确；
D、氨水中存在 NH4+，是因为 NH3 H2O 电离产生，NH3 H2O 是共价化合物，不是离子化合物，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子晶体的熔沸点、液化难易主要受分子间作用力（含氢键）影响，与化学键键能无关；
NH3分子间存在氢键，这是其熔沸点、液化特性强于 PH3的关键原因；
物质的还原性与元素化合价有关，处于最低价态的元素易被氧化，表现还原性；
NH3 H2O 是弱电解质，属于共价化合物，其电离产生的离子不能说明其为离子化合物。
14．【答案】A,C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、图 1 中该元素的电离能在 I3处出现显著突跃，说明该元素原子最外层有 2 个电子，第三周期中符合该特征的元素是 Mg，而非 Al，故 A 错误；
B、图 2 为石墨晶体结构，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间存在范德华力，因此石墨属于混合型晶体，故 B 正确；
C、图 3 中，每个 Si 原子与 4 个 O 原子形成 4 个 Si-O 共价键，60g SiO2的物质的量为=1mol ，所含共价键数目为 4NA，而非 2NA，故 C 错误；
D、图 4 金刚砂晶胞中，C 和 Si 原子均以 sp3 杂化形成四面体结构， 一个晶胞平均占有8×+×6+4=8，D正确；
故答案为：AC。
【分析】本题解题要点：
电离能突跃点反映原子最外层电子数，突跃在 I3说明最外层有 2 个电子；
石墨晶体兼具共价键、范德华力，属于典型的混合型晶体；
SiO2晶体中每个 Si 原子形成 4 个共价键，1mol SiO2含 4mol Si-O 键；
金刚砂晶胞中，原子均为 sp3 杂化，晶胞内 Si 和 C 原子总数为 8。
15．【答案】（1）酮羰基；酯基；(CH3)2CHCH2OH
（2）3，3，4-三甲基己烷；2-甲基-1，4-戊二烯；1，2，4-三甲苯；3-甲基-1-丁炔
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名
【解析】【解答】（1）该分子中的含氧官能团的名称为酮羰基、酯基，将键线式 改写为结构简式(CH3)2CHCH2OH；
故答案为： 酮羰基 ； 酯基 ； (CH3)2CHCH2OH ；
（2）①最长碳链为己烷，甲基取代在3号和4号碳上，名称为3，3，4-三甲基己烷；②母体为戊二烯，碳碳双键在1和4号碳上，取代基编号最小原则，甲基在2号碳，名称为2-甲基-1，4-戊二烯；③母体是甲苯，名称是1，2，4-三甲苯；④ 某炔烃经催化加氢后可得到2-甲基丁烷，碳碳三键只存在于端口，且与其相连的碳原子上不存在支链，则该炔烃的名称是3-甲基-1-丁炔。
故答案为： 3，3，4-三甲基己烷 ； 2-甲基-1，4-戊二烯 ； 1，2，4-三甲苯 ； 3-甲基-1-丁炔 ；
【分析】(1) 先识别分子中的含氧官能团，再根据键线式的结构特征，将碳骨架和氢原子补充完整，改写为结构简式。
(2) ① 先确定最长碳链为己烷，再按取代基编号最小原则，确定甲基位置并写出系统命名；
② 以戊二烯为母体，先确定双键位置，再按取代基编号最小原则，确定甲基位置并命名；
③ 以甲苯为母体，按取代基编号最小原则，确定三个甲基的位置并命名；
④ 先由加成产物 2 - 甲基丁烷反推炔烃的碳骨架，再根据 “三键在端口且相连碳无支链” 的条件，确定三键位置并命名。
16．【答案】（1）；16
（2）+Br2 →；加成反应
（3）；加聚反应
（4）4
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】（1）由以上分析可知A为；苯环为平面结构，碳碳双键也为平面结构，两平面结构通过单键相连，单键可以旋转，则所有原子可能共面，共16个；
故答案为： ；16；
3（2）A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B，反应方程式为：+Br2 →；
故答案为：+Br2 → ； 加成反应 ；
（3）苯乙烯发生加聚反应生成；反应方程式为：；
故答案为： ； 加聚反应 ；
（4）A为，苯环和碳碳双键均能与氢气加成，则1mol最多可与4mol氢气加成。
故答案为：4；
【分析】先根据分子式和氧化产物推出 A 为苯乙烯；A 和溴的四氯化碳溶液发生加成，得到二溴代物 B（）；A 经酸性高锰酸钾氧化，侧链被氧化生成苯甲酸 C；A 再通过催化加聚反应，聚合形成聚苯乙烯高分子 D（）。
（1）根据氧化产物反推 A 为苯乙烯，再结合苯环与碳碳双键的平面结构，分析得出分子中最多 16 个原子共平面；
（2）根据烯烃与溴的加成反应规律，写出苯乙烯与溴的四氯化碳溶液的加成方程式并判断反应类型；
（3）根据烯烃加聚反应的原理，写出苯乙烯的加聚反应方程式并判断反应类型；
（4）根据苯环和碳碳双键均能与氢气加成的性质，计算得出 1mol 苯乙烯最多可与 4mol 氢气加成。
17．【答案】（1）[Ar]
（2）6
（3）CH3Mn(CO)5＋I2 → CH3I＋MnI(CO)5
（4）MnS中阴阳离子所带电荷数更多，离子键强度更大；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，简化电子排布式为[Ar]；
故答案为： [Ar] ；
（2）根据图知，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子、1个H原子，所以Mn原子的配位数是6，
故答案为：6；
（3）根据信息知，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)生成新物质，所以其产物是CH3I、MnI(CO)5，根据反应物、生成物知，其反应方程式为CH3Mn(CO)5+I2=CH3I+MnI(CO)5；
故答案为： CH3Mn(CO)5＋I2 → CH3I＋MnI(CO)5 ；
（4）离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子所带电荷成正比，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以晶格能：MnS＞NaCl，所以熔沸点：MnS＞NaCl；根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，c点Mn原子在x、y、z轴上的坐标分别是0、1、，所以c点Mn原子坐标为(0，1，)。
故答案为： MnS中阴阳离子所带电荷数更多，离子键强度更大 ； ；
【分析】（1）根据 Mn 元素的原子序数（25），按照核外电子排布规律，写出其完整电子排布式，并据此得到简化电子排布式；
（2）通过分析配合物中 Mn 原子与配位原子（C、H）的连接情况，统计配位键数目，从而确定 Mn 原子的配位数；
（3）根据题目给出的 “原子或原子团交换” 反应信息，推断反应产物，并根据原子守恒配平反应方程式；
（4）先根据晶格能与离子电荷的关系，比较 MnS 和 NaCl 的晶格能大小，再据此判断二者熔沸点高低；再结合晶胞坐标系的设定规则，根据已知原子的三维坐标，推导出目标原子的坐标参数。
18．【答案】增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率；漏斗、烧杯、玻璃棒；蒸馏；重结晶；c；C15H22O5；防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；有机分子式的推断与计算
【解析】【分析】青蒿干燥粉碎后用乙醚浸泡，青蒿素溶于乙醚，然后进行过滤；提取液再进行蒸馏得到青蒿素粗品；粗品经重结晶得到精品青蒿素；确定青蒿素的化学式可采用燃烧法，将一定量的青蒿素灼烧，测定生成的二氧化碳和水的量，D中CuO的作用是将不完全燃烧的产物CO进一步氧化为二氧化碳，E的目的吸收水，并确定水的质量，F的目的是吸收二氧化碳并确定其质量；
【解答】（1）在操作Ⅰ前要对青蒿进行粉碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率；
故答案为： 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率 ；
（2）操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器主要有：漏斗、烧杯、玻璃棒；
故答案为： 漏斗、烧杯、玻璃棒 ；
（3）操作Ⅱ为蒸馏；操作Ⅲ目的是提纯青蒿素，应采用重结晶法；
故答案为： 蒸馏 ； 重结晶 ；
（4）E的目的吸收水、但不吸收二氧化碳，并确定水的质量，装置E中所盛固体可以是无水CaCl2，故选c；
故答案为： c ；
（5）E装置增重19.8 g，即生成19.8g水，水的物质的量为，n(H)=2.2mol；F装置增重66 g，即CO2的质量为66g，n(CO2)=，n(C)=，则青蒿素的含氧的物质的量为：n(O)=，28.2 g青蒿素的物质的量为，则青蒿素的化学式为：C15H22O5；
故答案为： C15H22O5 ；
（6）原装置中F与空气相连，导致空气的水和二氧化碳可能进入F中，影响测定结果，换成装置，可防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F。
故答案为： 防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F ；
【分析】先将干燥的青蒿粉碎，增大接触面积后用乙醚浸泡，利用青蒿素易溶于乙醚的特性进行浸取；随后过滤除去药渣，再通过蒸馏回收乙醚，得到青蒿素粗品；最后用重结晶法提纯，获得高纯度的青蒿素。将定量青蒿素灼烧，D 装置中 CuO 可把不完全燃烧产生的 CO 氧化为 CO2，确保碳元素全部转化；E 装置用干燥剂吸收生成的水，通过增重计算氢元素的物质的量；F 装置吸收生成的 CO2，计算碳元素的物质的量；再结合青蒿素的质量，通过差量法算出氧元素的物质的量，最终确定其化学式。
（1）通过对青蒿进行粉碎处理，增大其与乙醚的接触面积，从而提高青蒿素的浸出效率；
（2）根据过滤操作的要求，明确其所需的玻璃仪器为漏斗、烧杯和玻璃棒；
（3）依据青蒿素的分离流程，确定操作 Ⅱ 为蒸馏、操作 Ⅲ 为重结晶；
（4）根据装置 E“吸水但不吸收 CO2” 的作用，选择无水 CaCl2作为干燥剂；
（5）利用燃烧法，通过测定生成的 H2O 和 CO2的质量，计算青蒿素中 C、H、O 的物质的量，进而确定其化学式；
（6）针对空气中的水和 CO2会干扰实验的问题，提出加装碱石灰装置的改进方案。
19．【答案】（1）
（2）正四面体
（3）sp3杂化；N＞C＞H；17；配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中N提供一个孤电子对与Zr形成配位键，孤电子对变成了键合电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大
（4）
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，
故答案为：；
（2）四氢合硼酸根离子中硼原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（3）①乙二胺分子中饱和氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性的大小顺序为N＞C＞H，
②配合物中配位键、氮氢、碳氢、碳氮极性键和碳碳非极性键都属于σ键，则1mol配合物中含有σ键的物质的量为1mol×17=17 mol，
③乙二胺分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，形成配合物时，乙二胺分子中氮原子的孤电子对与锆离子形成配位键，孤电子对越少，对成键电子对的斥力越小，键角越大，所以乙二胺形成配合物后，H—N—H键角将变大，
故答案为：sp3；N＞C＞H；17；配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中N提供一个孤电子对与Zr形成配位键，孤电子对变成了键合电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钙原子个数为8×=1、位于体心的钛原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，设晶胞的边长为apm，由晶胞的质量公式可得：=(10—10 a)3d，解得d=，晶胞中相距最近的钙原子和氧原子之间的距离为面对角线的，距离为pm，
故答案为：。
【分析】（1）根据钛元素的原子序数 22，写出其价电子排布式，再按照泡利不相容原理和洪特规则，画出 3d、4s 轨道的轨道表示式；
（2）先计算四氢合硼酸根离子中 B 原子的价层电子对数和孤电子对数，再依据价层电子对互斥理论，判断其空间构型；
（3）①根据乙二胺中 N 原子的价层电子对数判断其杂化方式，并依据元素非金属性越强电负性越大的规律，比较 N、C、H 的电负性顺序；
②先分析配合物中配位键、氢氢键、碳氢键、碳氮键、碳碳键的类型，统计所有 σ 键的总数，再计算 1mol 配合物中 σ 键的物质的量；
③分析乙二胺中 N 原子形成配位键前后，孤电子对数目对成键电子对排斥力的影响，进而判断 H—N—H 键角的变化；
（4）用均摊法计算晶胞中 Ca、Ti、O 原子的数目，再结合晶胞质量公式和几何关系，推导晶胞密度及晶胞中相距最近的钙原子和氧原子之间的距离。
1 / 1海南省文昌中学2023-2024学年高二下学期期中段考化学试题
一、单项选择题(本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共16分)
1．古籍《天工开物》收录了井盐的生产过程。其中“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”的描述，涉及的物质分离操作为（　　）
A．趁热过滤 B．萃取分液 C．常压蒸馏 D．浓缩结晶
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】根据文中描述，将海水倒在锅中加热煮沸，看见白色的固体出现，这种白色的固体为盐，此过程涉及浓缩结晶的过程，
故答案为：D。
【分析】由信息可知，煎炼，顷刻结盐，为蒸发析出盐的过程，以此来解答。
2．下列气体除杂(括号里为杂质)操作所选用的试剂合理的是
A．CO2 (HCl)：饱和Na2CO3溶液
B．溴苯 (Br2)：NaOH溶液
C．C2H2 (H2S)：溴的四氯化碳溶液
D．C2H6 (C2H4)：酸性KMnO4溶液
【答案】B
【知识点】乙烯的物理、化学性质；乙炔炔烃；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、不合理；因为 CO2会与 Na2CO3反应生成 NaHCO3，会同时消耗主体气体，应选用饱和 NaHCO3溶液，故 A 错误；
B、合理；Br2可与 NaOH 反应生成易溶于水的盐，而溴苯不溶于水，可通过分液分离，故 B 正确；
C、不合理；C2H2中含有碳碳三键，会与溴发生加成反应，消耗主体气体，故 C 错误；
D、不合理；C2H4会被酸性 KMnO4氧化为 CO2，引入新杂质，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
除杂的核心原则为 “不增、不减、易分离”，即不引入新杂质、不消耗主体物质、杂质与主体易分离；
除杂时，需同时考虑杂质和主体物质与试剂的反应情况；
含不饱和键的有机物易与溴水、酸性高锰酸钾发生反应，需避免主体物质被消耗；
烯烃被酸性高锰酸钾氧化会生成二氧化碳气体，易引入新杂质。
3．德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的、、、、和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法不正确的是
A．基态价电子排布为
B．、、分子间均存在氢键
C．、、HCN中均存在σ键和π键
D．沸点：(乙硫醇)
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Fe 的核外电子排布式为 [Ar] 3d64s2，基态 Fe3+是 Fe 原子失去 4s 轨道的 2 个电子和 3d 轨道的 1 个电子形成的，因此价电子排布为 3d5，故 A 正确；
B、氢键的形成条件是分子中含有 N—H、O—H 或 F—H 键，且分子间能形成相互作用。CH4分子中 C 的电负性较小，C—H 键极性弱，分子间无法形成氢键；NH3和 H2O 分子间可形成氢键，因此并非三者分子间均存在氢键，故 B 错误；
C、O2分子中存在 O=O 双键，包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键；N2分子中存在 N≡N 三键，包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键；HCN 分子中存在 C≡N 三键，包含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，因此三者均存在 σ 键和 π 键，故 C 正确；
D、C2H5OH（乙醇）分子中含有 O—H 键，分子间可形成氢键，分子间作用力较强；而 C2H5SH（乙硫醇）分子中 S 的电负性较小，无法形成分子间氢键，分子间作用力较弱，因此沸点：C2H5SH < C2H5OH，故 D 正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
基态离子价电子排布需考虑电子失去的顺序，优先失去最外层 s 轨道电子；
氢键的形成需同时满足 “电负性大的原子与氢原子成键” 和 “分子间相互作用” 两个条件；
共价单键为 σ 键，双键和三键中均包含 σ 键和 π 键；
分子间氢键会显著提高物质的沸点。
4．下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是
A．分子呈正四面体，键角为
B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关
C．Cu基态原子核外电子排布符合构造原理
D．是由极性键构成的极性分子
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；焰色反应
【解析】【解答】A、P4分子呈正四面体结构，但四个磷原子位于正四面体的顶点，键角为 60°，而非 109°28'，故 A 错误；
B、NaCl 焰色试验为黄色，是 Na+中电子发生跃迁产生的，与 Cl-无关，故 B 错误；
C、Cu 基态原子的核外电子排布为 [Ar]3d 4s ，这是洪特规则特例（全满稳定），并不完全符合构造原理，故 C 错误；
D、OF2中 O—F 键为极性键，分子空间结构为 V 形，键的极性无法抵消，因此 OF2是由极性键构成的极性分子，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
P4分子的键角与甲烷的正四面体键角不同，需注意磷原子的成键位置；
焰色试验的颜色由金属阳离子的电子跃迁决定，与阴离子无关；
Cu 等部分过渡金属原子的电子排布存在洪特规则特例，不完全遵循构造原理；
判断分子极性需同时考虑键的极性和分子空间结构，V 形结构会导致分子极性无法抵消。
5．下列现象与形成配合物无关的是
A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液呈红色
B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色
C．Cu与浓反应后，溶液呈绿色；Cu与稀反应后，溶液呈蓝色
D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；硝酸的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A、向 FeCl3溶液中滴入 KSCN 溶液，Fe3+与 SCN-会形成红色的配合物（如 [Fe (SCN)]2+等），与形成配合物有关，故 A 不符合题意；
B、Cu 与 Cl2反应生成 CuCl2，加少量水时，Cu2+与 Cl-形成绿色的 [CuCl4]2-配离子；加水稀释后，Cl-浓度降低，[CuCl4]2-转化为蓝色的 [Cu(H2O)4]2+配离子，与形成配合物有关，故 B 不符合题意；
C、Cu 与浓 HNO3反应后溶液呈绿色，是因为反应生成的 NO2溶解在溶液中，与 Cu2+的蓝色叠加形成绿色；Cu 与稀 HNO3反应时，生成的 NO 不溶于溶液，溶液仅呈现 Cu2+的蓝色，整个过程未形成配合物，故 C 符合题意；
D、向 AgNO3溶液中滴加氨水，先产生 AgOH 白色沉淀（迅速转化为 Ag2O），继续滴加氨水时，Ag+与 NH3形成可溶性的 [Ag(NH3)2]+配合物，沉淀消失，与形成配合物 (Ag(NH3)2OH) 有关，故 D 不符合题意；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
配合物形成的核心是中心离子与配体通过配位键结合形成稳定的复杂离子；
Fe3+与 SCN-、Cu2+与 Cl-/H2O、Ag+与 NH3均可形成配离子，对应现象与配合物有关；
Cu 与浓硝酸反应后溶液呈绿色，是 NO2溶解导致的颜色叠加，并非配合物的形成。
6．下列说法正确的是
A．属于醛类，官能团为—CHO
B．与含有相同的官能团，互为同系物
C．二氯甲烷有 和两种
D．NH4OCN和 CO(NH2)2互为同分异构体
【答案】D
【知识点】有机物中的官能团；同分异构现象和同分异构体；同系物
【解析】【解答】A、该物质的结构为甲酸苯酯，官能团是酯基（-COO-），不属于醛类，故 A 错误；
B、前者苯甲醇的官能团是醇羟基，后者苯酚的官能团是酚羟基，二者官能团种类不同，结构不相似，不互为同系物，故 B 错误；
C、甲烷是正四面体结构，二氯甲烷中两个氯原子无论怎么排列，空间结构都是一样的，不存在同分异构体，故 C 错误；
D、NH4OCN 和 CO(NH2)2的分子式相同，均为 CH4N2O，但结构不同，互为同分异构体，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
官能团判断需结合结构特征，醛基需直接与链烃基相连，甲酸酯中的 - CHO 不是醛基；
同系物要求结构相似、官能团种类和数目相同，酚羟基与醇羟基化学性质差异大，不属于同类官能团；
甲烷的正四面体结构决定了其二氯代物只有 1 种；
同分异构体的判断依据是分子式相同、结构不同。
7．碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，结构如图所示，下列说法不正确的是
A．该分子为非极性分子
B．分子中既有极性键也有非极性键
C．分子中σ键与π键个数之比为10∶1
D．碳酸亚乙酯的二氯代物有2种(不考虑立体异构)
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A、该分子的结构不对称，分子中键的极性无法完全抵消，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故 A 错误；
B、分子中存在 C—O、C=O、C—H 极性键，也存在 C—C 非极性键，故 B 正确；
C、分子中含 10 个 σ 键（4 个 C—O 键、2 个 C—C 键、4 个 C—H 键）和 1 个 π 键（C=O 双键中的 π 键），σ 键与 π 键个数之比为 10：1，故 C 正确；
D、碳酸亚乙酯分子中只有两种等效氢原子，二氯代物的取代位置组合有两种，因此不考虑立体异构时二氯代物有 2 种，故 D 正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
分子极性判断需结合分子结构对称性和键的极性，结构不对称则正负电荷中心不重合，为极性分子；
极性键与非极性键的区分依据是成键原子的电负性差异，C—C 键为非极性键，C—O、C—H 键为极性键；
σ 键为单键，双键中含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，需逐一数清分子中的 σ 键和 π 键数目；
二氯代物数目可通过等效氢原子法分析，等效氢的种类决定了二氯代物的不同结构组合数。
8．在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2的化合物是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、该有机物分子中有 3 种等效氢，核磁共振氢谱会出现 3 组峰，氢原子数之比为 6：1：1，A不符合题意；
B、该有机物分子中有 4 种等效氢，核磁共振氢谱会出现 4 组峰，氢原子数之比为 3：3：1：1，B不符合题意；
C、该有机物分子中存在顺反异构，若为反式结构有 3 种等效氢，若为顺式结构有 4 种等效氢，均无法得到两组峰且氢原子数之比为 3：2，C不符合题意；
D、该有机物分子为对二甲苯，结构对称，苯环上的 4 个氢原子等效，两个甲基上的 6 个氢原子等效，因此核磁共振氢谱出现两组峰，氢原子数之比为 6：4=3：2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核磁共振氢谱的峰数等于分子中等效氢的种类数，峰面积比等于不同等效氢的原子数之比；
等效氢的判断依据是分子的对称性，对称位置上的氢原子化学环境相同；
分析时需逐一判断选项中有机物的等效氢种类及对应氢原子数目，筛选出符合 “两组峰、氢原子数比 3：2” 的物质。
二、不定项选择题(本题包括6小题，每小题有1-2个选项符合题意。每小题4分，共24分。若该小题有两个正确选项，只选一个且正确得2分。多选错选不得分。)
9．设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1 mol羟基中含有的电子数为10 NA
B．64 g CaC2晶体中所含阴、阳离子的总数为2NA
C．标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6 NA
D．1.4 g C2H4和C3H6的混合物中含碳原子数为 0.1 NA
【答案】B,D
【知识点】有机物中的官能团；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、1 个羟基（-OH）中，氧原子含 8 个电子，氢原子含 1 个电子，共 9 个电子，因此 1 mol 羟基含有的电子数为 9NA，而非 10NA，A错误；
B、CaC2的摩尔质量为 64 g/mol，64 g CaC2的物质的量为 1 mol。CaC2晶体由 Ca2+和 C22-按 1：1 构成，1 mol CaC2含 1 mol Ca2+和 1 mol C22-，因此阴、阳离子总数为 2NA，B正确；
C、标准状况下，C2H5OH（乙醇）为液态，气体摩尔体积（22.4 L/mol）仅适用于气体，因此不能用 2.24 L 计算其物质的量，C错误；
D、C2H4和 C3H6的最简式均为 CH2，相对分子质量为 14，1.4 g 混合物中含 “CH2” 的物质的量为 0.1 mol，因此含碳原子数为 0.1NA，D正确；
故答案为：BD。
【分析】本题解题要点：
羟基（-OH）为中性基团，电子数为氧原子与氢原子电子数之和，与带负电的氢氧根（OH-）电子数不同；
CaC2晶体由 Ca2+和 C22-构成，二者物质的量之比为 1：1，需注意离子种类与配比；
气体摩尔体积仅适用于标准状况下的气体，液体、固体不可直接使用；
最简式相同的有机物混合物，可按最简式计算原子数目，简化计算过程。
10．姜黄素是我国古代劳动人民从姜黄根茎中提取得到的一种黄色食用色素。下列关于姜黄素说法正确的是
A．分子式为C21H22O6
B．分子中存在手性碳原子
C．分子中存在3种含氧官能团
D．既能发生取代反应，又能发生加成反应
【答案】C,D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、通过对姜黄素结构简式的碳、氢、氧原子逐一计数，可得分子式为 C21H20O6，而非选项中的 C21H22O6，故 A 错误；
B、手性碳原子的定义是连接四个不同原子或基团的饱和碳原子。观察姜黄素分子，其结构中所有饱和碳原子（如 - CH2-、-OCH3上的碳）均不满足该条件，因此分子中不存在手性碳原子，故 B 错误；
C、姜黄素分子中含有的含氧官能团分别为：酚羟基（-OH）、甲氧基（-OCH3，属于醚键）和酮羰基（C=O），共三种，故 C 正确；
D、姜黄素分子中，苯环和碳碳双键可发生加成反应；酚羟基可发生酯化等取代反应，苯环上的氢原子也可被取代，故 D 正确；
故答案为：CD。
【分析】本题解题要点：
分子式需通过结构简式准确数出碳、氢、氧原子数目，需注意苯环、双键对氢原子数的影响；
手性碳原子的判断关键是 “连有 4 个不同基团”，需逐一检查饱和碳原子；
有机反应类型需结合官能团判断，苯环、碳碳双键可加成，酚羟基、烷基可取代。
11．已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．分子中只有σ键 D．的酸性比强
【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A、HCl 是共价化合物，原子间通过共用电子对成键，其电子式应为，而选项中写成了离子化合物形式，故 A 错误；
B、Cl 原子半径小于 I 原子半径，因此 Cl-Cl 键的键长比 I-I 键短，故 B 正确；
C、CH3COOH 分子中含有 C=O 双键，双键中既有 σ 键也有 π 键，并非只有 σ 键，故 C 错误；
D、Cl 的电负性大于 I，ClCH2COOH 中 Cl 对羧基的吸电子诱导效应更强，使羧基中 O-H 键极性更强，更易电离出 H+，因此酸性比 ICH2COOH 强，故 D 正确；
故答案为：BD。
【分析】本题解题要点：
共价化合物的电子式不能写成离子形式，HCl 为共价化合物，原子间通过共用电子对结合；
键长与原子半径有关，成键原子半径越小，键长越短；
双键中包含 1 个 σ 键和 1 个 π 键，因此含双键的分子中并非只有 σ 键；
羧酸的酸性受取代基吸电子诱导效应影响，取代基电负性越强，吸电子效应越强，羧酸酸性越强。
12．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y可形成原子个数比为1：1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径：Z＞Y
B．X、W单质的晶体类型一定相同
C．Q的最高价含氧酸为强酸
D．简单气态氢化物的稳定性：X＞Y
【答案】C
【知识点】物质的结构与性质之间的关系
【解析】【解答】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：O2-＞Na+，故A错误；
B. X是N，N2是分子晶体，若W是Si，其单质为原子晶体，故B错误；
C. Q为S或Cl，H2SO4、HClO4都是强酸，故C正确；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性O>N，所以稳定性：H2O＞NH3，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小；
B.N2是分子晶体，Si为原子晶体；
C. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；
D. 非金属性越强，气态氢化物越稳定。
13．关于性质的解释合理的是
选项 性质 解释
A 比容易液化 分子间的范德华力更大
B 熔点高于 键的键能比大
C 具有还原性 氮元素的化合价处于最低价
D 氨水中存在 是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、NH3比 PH3容易液化，是因为 NH3分子间存在氢键，分子间作用力更强，而非范德华力更大，故 A 错误；
B、NH3熔点高于 PH3，原因是 NH3分子间存在氢键，与 N-H 键和 P-H 键的键能无关，故 B 错误；
C、NH3中氮元素的化合价为 - 3 价，处于氮元素的最低价态，因此 NH3具有还原性，故 C 正确；
D、氨水中存在 NH4+，是因为 NH3 H2O 电离产生，NH3 H2O 是共价化合物，不是离子化合物，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子晶体的熔沸点、液化难易主要受分子间作用力（含氢键）影响，与化学键键能无关；
NH3分子间存在氢键，这是其熔沸点、液化特性强于 PH3的关键原因；
物质的还原性与元素化合价有关，处于最低价态的元素易被氧化，表现还原性；
NH3 H2O 是弱电解质，属于共价化合物，其电离产生的离子不能说明其为离子化合物。
14．根据如图所示，下列说法错误的是
A．第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，则该元素是Al
B．图2表示石墨晶体结构，石墨晶体既存在共价键又存在范德华力，属于混合型晶体
C．图3 中60 g SiO2晶体中所含共价键数目为2NA (NA是阿伏加德罗常数的值)
D．图4金刚砂晶胞中，所有原子都是sp3杂化，一个晶胞平均占有8个原子
【答案】A,C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、图 1 中该元素的电离能在 I3处出现显著突跃，说明该元素原子最外层有 2 个电子，第三周期中符合该特征的元素是 Mg，而非 Al，故 A 错误；
B、图 2 为石墨晶体结构，层内碳原子间以共价键结合，层与层之间存在范德华力，因此石墨属于混合型晶体，故 B 正确；
C、图 3 中，每个 Si 原子与 4 个 O 原子形成 4 个 Si-O 共价键，60g SiO2的物质的量为=1mol ，所含共价键数目为 4NA，而非 2NA，故 C 错误；
D、图 4 金刚砂晶胞中，C 和 Si 原子均以 sp3 杂化形成四面体结构， 一个晶胞平均占有8×+×6+4=8，D正确；
故答案为：AC。
【分析】本题解题要点：
电离能突跃点反映原子最外层电子数，突跃在 I3说明最外层有 2 个电子；
石墨晶体兼具共价键、范德华力，属于典型的混合型晶体；
SiO2晶体中每个 Si 原子形成 4 个共价键，1mol SiO2含 4mol Si-O 键；
金刚砂晶胞中，原子均为 sp3 杂化，晶胞内 Si 和 C 原子总数为 8。
三、填空题。
15．按要求回答下列问题：
（1）分子中的含氧官能团的名称为　 　、　 　。 将键线式 改写为结构简式　 　。
（2）用系统命名法给下列物质命名：
① 的名称是　 　。
② 的名称是　 　。
③ 的名称是　 　。
④ 某炔烃经催化加氢后可得到2-甲基丁烷，则该炔烃的名称是　 　。
【答案】（1）酮羰基；酯基；(CH3)2CHCH2OH
（2）3，3，4-三甲基己烷；2-甲基-1，4-戊二烯；1，2，4-三甲苯；3-甲基-1-丁炔
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名
【解析】【解答】（1）该分子中的含氧官能团的名称为酮羰基、酯基，将键线式 改写为结构简式(CH3)2CHCH2OH；
故答案为： 酮羰基 ； 酯基 ； (CH3)2CHCH2OH ；
（2）①最长碳链为己烷，甲基取代在3号和4号碳上，名称为3，3，4-三甲基己烷；②母体为戊二烯，碳碳双键在1和4号碳上，取代基编号最小原则，甲基在2号碳，名称为2-甲基-1，4-戊二烯；③母体是甲苯，名称是1，2，4-三甲苯；④ 某炔烃经催化加氢后可得到2-甲基丁烷，碳碳三键只存在于端口，且与其相连的碳原子上不存在支链，则该炔烃的名称是3-甲基-1-丁炔。
故答案为： 3，3，4-三甲基己烷 ； 2-甲基-1，4-戊二烯 ； 1，2，4-三甲苯 ； 3-甲基-1-丁炔 ；
【分析】(1) 先识别分子中的含氧官能团，再根据键线式的结构特征，将碳骨架和氢原子补充完整，改写为结构简式。
(2) ① 先确定最长碳链为己烷，再按取代基编号最小原则，确定甲基位置并写出系统命名；
② 以戊二烯为母体，先确定双键位置，再按取代基编号最小原则，确定甲基位置并命名；
③ 以甲苯为母体，按取代基编号最小原则，确定三个甲基的位置并命名；
④ 先由加成产物 2 - 甲基丁烷反推炔烃的碳骨架，再根据 “三键在端口且相连碳无支链” 的条件，确定三键位置并命名。
16．有机化合物A是一种重要的化工原料，在一定条件下可以发生如下反应：
已知：苯环侧链上的烃基在一定条件下能被氧化成羧基。
（1）A的结构简式为　 　，分子中最多有　 　个原子共平面。
（2）A→B的反应方程式为　 　，该反应的反应类型为　 　。
（3）A→D的反应方程式为　 　，该反应的反应类型为　 　。
（4）1mol A与足量的氢气反应最多消耗　 　molH2。
【答案】（1）；16
（2）+Br2 →；加成反应
（3）；加聚反应
（4）4
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；烯烃
【解析】【解答】（1）由以上分析可知A为；苯环为平面结构，碳碳双键也为平面结构，两平面结构通过单键相连，单键可以旋转，则所有原子可能共面，共16个；
故答案为： ；16；
3（2）A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B，反应方程式为：+Br2 →；
故答案为：+Br2 → ； 加成反应 ；
（3）苯乙烯发生加聚反应生成；反应方程式为：；
故答案为： ； 加聚反应 ；
（4）A为，苯环和碳碳双键均能与氢气加成，则1mol最多可与4mol氢气加成。
故答案为：4；
【分析】先根据分子式和氧化产物推出 A 为苯乙烯；A 和溴的四氯化碳溶液发生加成，得到二溴代物 B（）；A 经酸性高锰酸钾氧化，侧链被氧化生成苯甲酸 C；A 再通过催化加聚反应，聚合形成聚苯乙烯高分子 D（）。
（1）根据氧化产物反推 A 为苯乙烯，再结合苯环与碳碳双键的平面结构，分析得出分子中最多 16 个原子共平面；
（2）根据烯烃与溴的加成反应规律，写出苯乙烯与溴的四氯化碳溶液的加成方程式并判断反应类型；
（3）根据烯烃加聚反应的原理，写出苯乙烯的加聚反应方程式并判断反应类型；
（4）根据苯环和碳碳双键均能与氢气加成的性质，计算得出 1mol 苯乙烯最多可与 4mol 氢气加成。
17．金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的简化电子排布式为　 　。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为　 　。
（3）CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为　 　。
（4）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是　 　。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为　 　。
【答案】（1）[Ar]
（2）6
（3）CH3Mn(CO)5＋I2 → CH3I＋MnI(CO)5
（4）MnS中阴阳离子所带电荷数更多，离子键强度更大；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，简化电子排布式为[Ar]；
故答案为： [Ar] ；
（2）根据图知，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子、1个H原子，所以Mn原子的配位数是6，
故答案为：6；
（3）根据信息知，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)生成新物质，所以其产物是CH3I、MnI(CO)5，根据反应物、生成物知，其反应方程式为CH3Mn(CO)5+I2=CH3I+MnI(CO)5；
故答案为： CH3Mn(CO)5＋I2 → CH3I＋MnI(CO)5 ；
（4）离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子所带电荷成正比，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以晶格能：MnS＞NaCl，所以熔沸点：MnS＞NaCl；根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，c点Mn原子在x、y、z轴上的坐标分别是0、1、，所以c点Mn原子坐标为(0，1，)。
故答案为： MnS中阴阳离子所带电荷数更多，离子键强度更大 ； ；
【分析】（1）根据 Mn 元素的原子序数（25），按照核外电子排布规律，写出其完整电子排布式，并据此得到简化电子排布式；
（2）通过分析配合物中 Mn 原子与配位原子（C、H）的连接情况，统计配位键数目，从而确定 Mn 原子的配位数；
（3）根据题目给出的 “原子或原子团交换” 反应信息，推断反应产物，并根据原子守恒配平反应方程式；
（4）先根据晶格能与离子电荷的关系，比较 MnS 和 NaCl 的晶格能大小，再据此判断二者熔沸点高低；再结合晶胞坐标系的设定规则，根据已知原子的三维坐标，推导出目标原子的坐标参数。
18．2016年度国家科学技术奖授予我国诺贝尔奖获得者屠呦呦，以表彰她在抗疟疾青蒿素方面的研究。
【查阅资料】青蒿素为无色针状晶体，熔点156～157℃，易溶于丙酮、氯仿和苯，在水中几乎不溶。
Ⅰ.实验室用乙醚提取青蒿素的工艺流程如图。
（1）在操作Ⅰ前要对青蒿进行粉碎，其目的是　 　。
（2）操作Ⅰ需要的玻璃仪器主要有：　 　。
（3）操作Ⅱ的名称是　 　。操作Ⅲ采用的方法是　 　。
Ⅱ.已知青蒿素是一种烃的含氧衍生物，为确定其化学式，进行了如下实验：
实验步骤：
① 连接装置，检查装置的气密性。
② 称量E、F中仪器及药品的质量
③ 称取28.2 g青蒿素放入硬质试管C中，点燃C、D处酒精灯加热，充分燃烧
④ 实验结束后冷却至室温，称量反应后E、F中仪器及药品的质量
（4）装置E中所盛固体可以是　 　(用对应符号填空)
a．生石灰 b．碱石灰 c．无水CaCl2
（5）实验测得反应后E装置增重19.8 g，F装置增重66 g，通过质谱法测得青蒿素的相对分子质量为282，结合上述数据，得出青蒿素的分子式为　 　。
（6）有人提出用装置代替F可以减少实验误差，理由是　 　。
【答案】增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率；漏斗、烧杯、玻璃棒；蒸馏；重结晶；c；C15H22O5；防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；有机分子式的推断与计算
【解析】【分析】青蒿干燥粉碎后用乙醚浸泡，青蒿素溶于乙醚，然后进行过滤；提取液再进行蒸馏得到青蒿素粗品；粗品经重结晶得到精品青蒿素；确定青蒿素的化学式可采用燃烧法，将一定量的青蒿素灼烧，测定生成的二氧化碳和水的量，D中CuO的作用是将不完全燃烧的产物CO进一步氧化为二氧化碳，E的目的吸收水，并确定水的质量，F的目的是吸收二氧化碳并确定其质量；
【解答】（1）在操作Ⅰ前要对青蒿进行粉碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率；
故答案为： 增大青蒿与乙醚的接触面积，提高浸出效率 ；
（2）操作Ⅰ为过滤，需要的玻璃仪器主要有：漏斗、烧杯、玻璃棒；
故答案为： 漏斗、烧杯、玻璃棒 ；
（3）操作Ⅱ为蒸馏；操作Ⅲ目的是提纯青蒿素，应采用重结晶法；
故答案为： 蒸馏 ； 重结晶 ；
（4）E的目的吸收水、但不吸收二氧化碳，并确定水的质量，装置E中所盛固体可以是无水CaCl2，故选c；
故答案为： c ；
（5）E装置增重19.8 g，即生成19.8g水，水的物质的量为，n(H)=2.2mol；F装置增重66 g，即CO2的质量为66g，n(CO2)=，n(C)=，则青蒿素的含氧的物质的量为：n(O)=，28.2 g青蒿素的物质的量为，则青蒿素的化学式为：C15H22O5；
故答案为： C15H22O5 ；
（6）原装置中F与空气相连，导致空气的水和二氧化碳可能进入F中，影响测定结果，换成装置，可防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F。
故答案为： 防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置F ；
【分析】先将干燥的青蒿粉碎，增大接触面积后用乙醚浸泡，利用青蒿素易溶于乙醚的特性进行浸取；随后过滤除去药渣，再通过蒸馏回收乙醚，得到青蒿素粗品；最后用重结晶法提纯，获得高纯度的青蒿素。将定量青蒿素灼烧，D 装置中 CuO 可把不完全燃烧产生的 CO 氧化为 CO2，确保碳元素全部转化；E 装置用干燥剂吸收生成的水，通过增重计算氢元素的物质的量；F 装置吸收生成的 CO2，计算碳元素的物质的量；再结合青蒿素的质量，通过差量法算出氧元素的物质的量，最终确定其化学式。
（1）通过对青蒿进行粉碎处理，增大其与乙醚的接触面积，从而提高青蒿素的浸出效率；
（2）根据过滤操作的要求，明确其所需的玻璃仪器为漏斗、烧杯和玻璃棒；
（3）依据青蒿素的分离流程，确定操作 Ⅱ 为蒸馏、操作 Ⅲ 为重结晶；
（4）根据装置 E“吸水但不吸收 CO2” 的作用，选择无水 CaCl2作为干燥剂；
（5）利用燃烧法，通过测定生成的 H2O 和 CO2的质量，计算青蒿素中 C、H、O 的物质的量，进而确定其化学式；
（6）针对空气中的水和 CO2会干扰实验的问题，提出加装碱石灰装置的改进方案。
19．金属钛(Ti)被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属，海洋金属，太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为　 　。
（2）Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的空间构型是　 　。
（3）锆(Zr)与钛(Ti)是同一副族的相邻元素，ZrCl4可以与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)形成六配位化合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]。
① 乙二胺中，N原子的杂化方式为　 　，C、H、N的电负性由大到小的顺序为　 　。
② 1mol[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为　 　mol。
③ 乙二胺形成配合物后，H—N—H键角将变大，原因是　 　。
（4）钙钛矿(主要成分CaTiO3)，晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρ g·cm-3，则相距最近的Ca和O之间的距离为　 　pm(列出计算式)。
【答案】（1）
（2）正四面体
（3）sp3杂化；N＞C＞H；17；配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中N提供一个孤电子对与Zr形成配位键，孤电子对变成了键合电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大
（4）
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，
故答案为：；
（2）四氢合硼酸根离子中硼原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（3）①乙二胺分子中饱和氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性的大小顺序为N＞C＞H，
②配合物中配位键、氮氢、碳氢、碳氮极性键和碳碳非极性键都属于σ键，则1mol配合物中含有σ键的物质的量为1mol×17=17 mol，
③乙二胺分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，形成配合物时，乙二胺分子中氮原子的孤电子对与锆离子形成配位键，孤电子对越少，对成键电子对的斥力越小，键角越大，所以乙二胺形成配合物后，H—N—H键角将变大，
故答案为：sp3；N＞C＞H；17；配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中N提供一个孤电子对与Zr形成配位键，孤电子对变成了键合电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大；
（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钙原子个数为8×=1、位于体心的钛原子个数为1、位于面心的氧原子个数为6×=3，设晶胞的边长为apm，由晶胞的质量公式可得：=(10—10 a)3d，解得d=，晶胞中相距最近的钙原子和氧原子之间的距离为面对角线的，距离为pm，
故答案为：。
【分析】（1）根据钛元素的原子序数 22，写出其价电子排布式，再按照泡利不相容原理和洪特规则，画出 3d、4s 轨道的轨道表示式；
（2）先计算四氢合硼酸根离子中 B 原子的价层电子对数和孤电子对数，再依据价层电子对互斥理论，判断其空间构型；
（3）①根据乙二胺中 N 原子的价层电子对数判断其杂化方式，并依据元素非金属性越强电负性越大的规律，比较 N、C、H 的电负性顺序；
②先分析配合物中配位键、氢氢键、碳氢键、碳氮键、碳碳键的类型，统计所有 σ 键的总数，再计算 1mol 配合物中 σ 键的物质的量；
③分析乙二胺中 N 原子形成配位键前后，孤电子对数目对成键电子对排斥力的影响，进而判断 H—N—H 键角的变化；
（4）用均摊法计算晶胞中 Ca、Ti、O 原子的数目，再结合晶胞质量公式和几何关系，推导晶胞密度及晶胞中相距最近的钙原子和氧原子之间的距离。
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