Ⅰ．据有关资料显示.海底有大量的天然气水合物.可满足人类1000年的能源需要．天然气水合物是一种晶体.晶体中平均每46个水分子构建成8个笼.每个笼可容纳1个CH4分子或1个游离H2O分子．根据上述信息.完成下面两题:(1)下列关于天然气水合物中两种分子描述正确的是CEA．两种都是极性分子 B．两种都是非极性分子C．H2O是极性分子.CH4是非极性� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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14．Ⅰ．据有关资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需要．天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个CH₄分子或1个游离H₂O分子．根据上述信息，完成下面两题：
（1）下列关于天然气水合物中两种分子描述正确的是CE
A．两种都是极性分子
B．两种都是非极性分子
C．H₂O是极性分子，CH₄是非极性分子
D．其中氧原子和碳原子的杂化方式均为sp³
E．其中氧原子和碳原子的杂化方式分别为sp²和sp³
（2）晶体中每8个笼只有6个容纳了CH₄分子，另外2个笼被游离H₂O分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为CH₄•8H₂O或6CH₄•48H₂O
II．（1）兰聚氰胺分子的结构简式如图所示

，则其中氮原子轨道杂化类型是sp²、sp³，l mol三聚氰胺分子中含15molσ键．
（2）某元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的M层电子排布式为_3s²3p⁶3d⁸．
（3）过渡金属配合物Ni（ CO）_n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=4．
（4）碳化硅的晶胞结构（如图1）与金刚石类似（其中“●”为碳原子，“○”为硅原子）．图中“●”点构成的堆积方式与下列图2式中D所表示的堆积方式相同．

（5）碳化硅的结构中，设晶胞边长为a cm，碳原子直径为b cm，硅原子直径为c cm，则该晶胞的空间利用率为$\frac{2π（{b}^{3}+{c}^{3}）}{3{a}^{3}}$×100%（用含a、b、c的式子表示）．

分析 I．（1）分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，而结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子，根据价层电子对数判断杂化方式；
（2）每8个笼由46个H₂O分子构成框架，其中容纳6个CH₄分子和2个H₂O分子，可判断每8个笼共48个H₂O分子和6个CH₄分子，据此推断可表示可燃冰的平均组成的化学式；
Ⅱ．（1）三聚氰胺分子中，氨基上的N原子成3个σ 键、有一个孤电子对，环上的N原子成2个σ 键、有一个孤电子对，杂化轨道数=σ 键数+孤电子对数，据此确定N原子杂化方式；根据三聚氰胺分子中含有σ 键计算；
（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s²2s²2p²，未成对电子数为2，则该元素为Ni；
（3）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，根据10+2n=18计算；
（4）由图2可知，碳原子为面心立方堆积，为ABC型堆积；
（5）根据均摊法计算晶胞中C、Si原子数目，进而计算晶胞中含有C、Si原子总体积，计算晶胞的体积，晶胞的空间利用率=$\frac{晶胞中C、Si原子总体积}{晶胞体积}$×100%．

解答解：I．（1）水分子的空间构型为V型结构，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；
甲烷的空间构型为正四面体，结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；
水分子中中心原子O的价层电子对数=2+$\frac{6-1×2}{2}$=4，故氧原子为sp³杂化；
甲烷中中心原子C价层电子对数=4+$\frac{4-1×4}{2}$=4，故碳原子为sp³杂化，
故选：CE；
（2）晶体中每8个笼只有6个容纳了CH₄分子，另外2个笼被游离H₂O分子填充，因此6个笼中有6个甲烷分子，水分子46+2=48，共48个H₂O，则天然气水合物平均分子组成可表示为CH₄•8H₂O或6CH₄•48H₂O，
故答案为：CH₄•8H₂O或6CH₄•48H₂O；
Ⅱ．（1）三聚氰胺分子中，氨基上的N原子含有3个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp³杂化，环上的N原子含有2个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp²杂化，一个三聚氰胺分子中含有15个σ 键，所以1mol三聚氰胺分子中 σ 键为15mol，故答案为：sp²、sp³；15；
（2）元素位于第四周期VIII族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的电子排布为1s²2s²2p²，未成对电子数为2，则该元素为Ni，其基态原子的M层电子排布式为3s²3p⁶3d⁸，
故答案为：3s²3p⁶3d⁸；
（3）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，故n=4，故答案为：4；
（4）由图2可知，碳原子为面心立方堆积，为ABC型堆积，选项D符合，故答案为：D；
（5）根据均摊法计算晶胞中C原子数目=8×$\frac{1}{8}$+6×$\frac{1}{2}$=4、Si原子数目=4，晶胞边长为a cm，则晶胞体积为a³cm³，碳原子直径为b cm，则晶胞中C原子总体积=4×$\frac{4}{3}$×π×（$\frac{1}{2}b$）³cm³=$\frac{2}{3}$πb³cm³，硅原子直径为c cm，则晶胞中Si原子总体积=4×$\frac{4}{3}$×π×（$\frac{1}{2}c$）³cm³=$\frac{2}{3}$πc³cm³，故晶胞中C、Si原子总体积=$\frac{2}{3}$πb³cm³+$\frac{2}{3}$πb³cm³=$\frac{2}{3}$π（b³+c³）cm³，故晶胞的空间利用率=$\frac{\frac{2}{3}π（{b}^{3}+{c}^{3}）}{{a}^{3}}$×100%=$\frac{2π（{b}^{3}+{c}^{3}）}{3{a}^{3}}$×100%，
故答案为：$\frac{2π（{b}^{3}+{c}^{3}）}{3{a}^{3}}$×100%．

点评本题是对物质结构的考查，涉及分子极性、杂化轨道、晶胞计算、基态与激发态、核外电子排布、化学键、等知识点，难点是晶胞计算，关键是明确距离最近两个阳离子，需要学生具有一定的空间想象与数学计算能力，题目难度中等．

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4．

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（1）P点的意义是t1℃时，甲、乙的溶解度相等，都是25g．
（2）若甲中混有少量乙，提纯甲的方法是降温结晶．
（3）将接近饱和的乙的溶液变成饱和溶液的方法是升温（或加入乙或蒸发水）．
（4）t₂℃时，50g水中溶解25g甲恰好达到饱和状态，此时溶液中溶质的质量分数为33.3% （精确到0.1%）．
（5）将t₂℃时甲和乙的饱和溶液分别降温到t₁℃，两种溶液中溶质质量分数的关系是甲＞（填“＞”“＜”或“=”）乙．

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	A．	升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
	B．	升高温度有利于反应速率增加，从而缩短达到平衡的时间
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	D．	若反应在恒压体系内进行，通往He气，体系压强不变，反应速率不变

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1	2	3	4	5	6	…
…	C₂H₆	C₅H₁₂	C₈H₁₈	…	…	…

则第6项烷烃分子的化学式（　　）

A．

C₁₆H₃₄

B．

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C．

C₂₆H₅₄

D．

C₂₇H₅₆

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19．下列叙述能证明金属A的金属性比金属B强的是（　　）

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	B．	A原子的电子层数比B原子的电子层数少
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3．分子式为C₃H₇OCl，且分子含有烃基的同分异构体的数目为（不考虑立体异构）（　　）

A．

B．

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