第2章《微粒间相互作用与物质性质》强化基础题 （含解析）2022-2023学年下学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修2
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| 名称 | 第2章《微粒间相互作用与物质性质》强化基础题 （含解析）2022-2023学年下学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 337.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-24 17:08:06 | ||
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文档简介
第2章《微粒间相互作用与物质性质》强化基础题
一、单选题
1．X、Y均为短周期元素，且X为第ⅠA族元素，Y为第ⅥA族元素，下列说法正确的是
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．由X、Y形成的共价化合物中所有原子都满足最外层为8电子结构
C．X2Y既可能是离子化合物，也可能是共价化合物
D．由X、Y组成的化合物中，X、Y的原子个数比不可能是1∶1
2．下列描述不正确的是
A．2004年我国首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，该塑料不会产生白色污染
B．超临界流体是介于气态和液态之间的一种状态，故超临界流体CO2是合成的新物质
C．澳大利亚开发出被称为第五形态的固体碳——“纳米泡沫”，其形似海绵，密度极小且有磁性。可以预见，这种新材料的化学性质与金刚石相似
D．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5g·L-1，密度增大是由于氢键的影响
3．由配位键形成的[Pt(NH3)6]2+和[PtCl4]2-中，其中心离子的化合价分别为
A．+2、-2 B．+6、+2
C．+4、+2 D．+2、+2
4．下列有关配合物的说法正确的是
A．配合物的配位数是6
B．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
C．1mol中σ键的物质的量为8mol
D．的空间结构为平面正四边形
5．某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，则下列说法中正确的是
A．元素对应简单离子半径大小关系为：
B．与W的同周期元素中，第一电离能比W大的元素只有2种
C．X、Y、Z、W形成的简氢化物中，沸点高低顺序为：
D．在该化合物中Y和Z的杂化类型不同
6．过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法错误的是
A．NaOH的电子式： B．Na+的结构示意图：
C．7.8gNa2O2中含有阴阳离子共0.3mol D．H2O分子的空间构型：V形
7．下列化学用语或图示中表达错误的是
A．的结构式：O=C=O
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．基态S原子价层电子轨道表示式：
8．不属于NO的等电子体的是
A．NO2 B．BF3 C．SO3 D．NF
9．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．①②③ B．③⑤⑥ C．①③⑥ D．③④⑤⑥
10．下列化学用语书写正确的是
A．过氧化钠的电子式： B．乙烷的结构式：
C．的结构示意图： D．氨气分子的空间充填模型：
11．已知N2O与CO2互为等电子体．下列关于N2O的说法正确的是（ ）
A．N2O的空间构型与CO2构型不同
B．N2O的空间构型与H2O构型相似
C．N2O的空间构型与NH3构型相似
D．N2O的空间构型为直线形
12．根据等电子原理，下列分子与其他选项不属于同一类的是
A．CO2 B．CS2 C．SO2 D．N2O
13．下列化学用语或图示表达正确的是
A．的结构示意图：
B．NaOH的电子式：
C．的空间结构模型：
D．反式聚异戊二烯的结构简式：
14．已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色、[CoCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl—[CoCl4]2—+6H2O △H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：
装置 序号 操作 现象
① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色
② 加水稀释
③ 加少量ZnCl2固体
以下结论和解释正确的是A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—中σ键数之比为3：2
B．由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵QC．由实验③可知：Zn2+络合Cl—能力比Co2+络合Cl—能力弱
D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
15．下列不属于共价键成键因素的是( )
A．共用电子对在两原子核之间高概率出现 B．共用的电子必有成对
C．成键后体系能量降低，趋于稳定 D．两原子核体积大小要适中
二、填空题
16．I.写出下列化合物的电子式：
(1)①H2O_______；
②MgCl2_______
Ⅱ.有下列物质：①O2、②CO2、③NH3、④Na2O、⑤Na2O2、⑥NaOH。请回答下列问题：
(2)只含极性键的化合物是_______(填序号，下同)；
(3)含有共价键的离子化合物是_______。
17．在HF、H2O、NH3、CS2、CH4、N2、BF3分子中：
（1）以非极性键结合的非极性分子是________；
（2）以极性键结合的具有直线形结构的非极性分子是________；
（3）以极性键结合的具有正四面体形结构的非极性分子是________；
（4）以极性键结合的具有三角锥形结构的极性分子是________；
（5）以极性键结合的具有sp3杂化轨道结构的分子是________；
（6）以极性键结合的具有sp2杂化轨道结构的分子是________。
18．(1)元素原子的价电子构型为3s23p3，它属于第________周期，是______族，元素符号是________。
(2)在HCl分子中，由H原子的一个____轨道与Cl原子的一个_____轨道形成一个____ 键；在Cl2分子中两个Cl原子以2个____轨道形成一个 ____键。
19．生物体内重要氧化还原酶大都是金属有机化合物，其中的金属离子不止一种价态，是酶的催化活性中心。研究这些酶的目的在于阐述金属酶参与的氧化过程及其电子传递机理，进而实现这些酶的化学模拟。据最近的文献报道，以(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Cy-为环己基的缩写)与正丁酸铜(II)在某惰性有机溶剂中，氩气氛下反应1小时，然后真空除去溶剂，得到淡紫色的沉淀物。该沉淀被重新溶解，真空干燥，如此反复4次，最后在CH2Cl2中重结晶，得到配合物A的纯品，产率72%。元素分析：A含C(61.90%)、H(9.25%)、P(8.16%)，不含氯。红外谱图显示，A中-CO2-基团(CH2Cl2中)有3个吸收峰：1628，1576，1413cm-1，表明羧基既有单氧参与配位，又有双氧同时参与配位；核磁共振谱还表明A含有Cy、-CH2-，不含-CH3基团，Cy的结合状态与反应前相同。单晶X-射线衍射数据表明有2种化学环境的Cu，且A分子呈中心对称。(已知相对原子质量C：12.0，H：1.01，N：14.0，Cu：63.5，P：31.0，O：16.0)。
(1)写出配合物A的化学式_______；
(2)写出配合物A的生成反应方程式_______；
(3)淡紫色沉淀物被重新溶解，真空干燥，如此反复操作多次的目的是除去何种物质_______？
(4)画出配合物A的结构式_______；
(5)文献报道，如用(Ph3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Ph-为苯基)代替(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)，可发生同样反应，得到与A类似的配合物B。但B的红外谱图(CH2Cl2中)只有2个特征吸收峰：1633和1344cm-1，表明它只有单氧参与配位。画出配合物B的结构式_______。
20．现有下列有机物：A．B．C．D．，完成下列问题：
(1)A分子中碳原子轨道的杂化类型为_______。
(2)1molB分子中含有的σ键的数目为_______。
(3)A中官能团的名称是：_______。
(4)写出由A制取B的化学方程式：_______。
(5)写出A制取C、D两种物质的有机反应类型：A→C：__、A→D：___。
21．回答下列问题：
(1)硒为第四周期元素，相邻的元素砷和硒的第一电离能大小关系为_______(用元素符号表示)，原因为_______。
(2)肼()分子可视为分子中的一个氢原子被—(氨基)取代形成的另种氮的氢化物，分子中氨原子轨道的杂化类型是_______。
(3)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
①基态核外电子排布式为_______；配合物中，与形成配位键的原子是_______(填元素符号)。
②中C原子轨道杂化类型为_______；1mol分子含有σ键的数目_______。
③与互为等电子体的一种阴离子为_______(填化学式)。
22．(1)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___________。
(2)CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是___________，共价键的类型有___________(填σ或π)键。
(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。
(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___________，提供孤电子对的成键原子是___________。
23．用序号填空：在①Ar ②CO2 ③Cl2 ④NaOH ⑤Na2S 六种物质中，只存在共价键的是_______，只存在离子键的是_______，既存在离子键，又存在共价键的是_______，不存在化学键的是_______，属于共价化合物的是_______，属于离子化合物的是_______。
24．在N2、O2、CO2、H2O、CH4、NH3、CO等气体中
(1)由极性键构成的非极性分子有___________；
(2)与H＋可直接形成配位键的分子有___________；
(3)极易溶于水且水溶液呈碱性的物质的分子是___________，
(4) CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是___________，
(5)CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫___________。
25．(1)写出Al和氢氧化钾溶液反应的化学方程式___________。
(2)比较结合OH-能力的相对强弱：Al3+___________ (填“＞”“＜”或“=”)，用一个离子方程式说明___________。
(3)实验测得，1g H2(g)完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为___________。
(4)常温下，氨气极易溶于水的原因是___________。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】X、Y为短周期元素，X为第ⅠA族元素，Y为ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na三种元素，Y可能为O、S两种元素，据此分析判断。
【详解】X、Y为短周期元素，X为第ⅠA族元素，Y为ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na三种元素，Y可能为O、S两种元素。
A．当X为H，Y为O、S时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；
B．当X为H时，由X、Y形成的共价化合物中所有原子不可能都满足最外层为8电子结构，H原子满足最外层2个电子的稳定结构，故B错误；
C．化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故C正确；
D．X、Y两元素形成的化合物中，原子个数为1∶1的有H2O2或Na2O2，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．2004年我国首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，由于该塑料可以降解，故不会产生白色污染，A正确；
B．超临界流体是介于气态和液态之间的一种状态，超临界流体CO2仅仅是其存在形成发生改变，其化学组成没有发生改变即该过程无新物质的生成，超临界流体CO2不是合成的新物质，B错误；
C．澳大利亚开发出被称为第五形态的固体碳——“纳米泡沫”，其形似海绵，密度极小且有磁性，由于该新材料和金刚石均为碳元素形成的单质，则可以预见，这种新材料的化学性质与金刚石相似，C正确；
D．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5g·L-1，在373K是甲酸蒸气中比293K时分子间氢键数目较少，故373K是大部分以单分子形式存在，而293K是则以多分子聚合体形成存在，从而导致甲酸蒸气的密度随温度降低而增大，即密度增大是由于氢键的影响，D正确；
故答案为：B。
3．D
【详解】氨气分子不带电荷，所以前者Pt的化合价是+2价；氯离子带1个负电荷，所以后者中Pt的化合价还是+2价，故答案选D。
4．B
【详解】A．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A错误；
B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B正确；
C．1mol可形成2molO-H共价键和1molO-Cu配位键，所以4mol共形成σ键数= 43mol=12mol，C错误；
D．的空间结构为正四面体形，D错误；
故选B。
5．C
【分析】已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，则M为13号铝元素；Z可以形成6个共价键，为硫；W可以和硫形成2个键，为氧；Y可以形成4个键，为碳；X可以形成1个键为F；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；元素对应简单离子半径大小关系为：W>X>M，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能有变大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；稀有气体为稳定结构，第一电离能更大，故在W的同周期主族元素中，第一电离能比W大的元素有氮、氟、氖3种，B错误；
C．X、Y、Z、W形成的简单氢化物均为分子晶体，相对分子质量大则沸点高，但是HF、H2O可以形成氢键导致沸点升高，沸点高低顺序为：W>X>Z>Y，C正确；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，在该化合物中Y和Z均形成4个σ键，杂化类型均为sp3，D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．NaOH是离子化合物，电子式应该写成阴阳离子，故A错误；
B．Na为11号元素，因此Na+的结构示意图：，故B正确；
C．7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，过氧化钠含有2个钠离子，一个过氧根离子，因此0.1mol过氧化钠含有阴阳离子共0.3mol，故C正确；
D．H2O中氧原子价层电子对数为，因此H2O分子的空间构型：V形，故D正确。
综上所述，答案为A。
7．B
【详解】A．CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；
B．铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；
C．NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；
D．基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；
故答案选B。
8．A
【详解】NO中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，
A．NO2中有3个原子，5+6×2=17个价电子，与NO3-不是等电子体，故A选；
B．BF3中有4个原子，3+7×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，故B不选；
C．SO3中有4个原子，6+6×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，故C不选；
D．NF中有4个原子，5+7×3-2=24个价电子，与NO3-是等电子体，故D不选。
故选：A。
9．B
【详解】①HCl的结构式为：H—Cl，只含σ键；
②H2O的结构式为：H—O—H，只含σ键；
③N2的结构式为：，既含σ键，也含π键；
④H2O2的结构式为：H—O—O—H，只含σ键；
⑤C2H4的结构式为： ，既含σ键，也含π键；
⑥C2H2的结构式为：H—C≡C—H，既含σ键，也含π键；
综上所述，③⑤⑥符合题意，故B正确；
故选B。
10．B
【详解】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为，A错误；
B．用一条短线代替一对共用电子对所得到的式子为结构式，乙烷的结构式为，B正确；
C．硫离子具有16个质子，圈内应该为+16而不是+18，C错误；
D．氨气分子应该为三角锥形而不是平面三角形，D错误；
故答案选B。
11．D
【分析】原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似，据此分析。
【详解】已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形，而H2O的构型为V形，NH3构型为三角锥形，答案选D。
12．C
【分析】等电子原理是指具有相同的价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，题中所给分子或离子均含有3个原子，只需比较价电子数是否相等即可。
【详解】A．CO2中价电子数为4+2×6=16，
B． CS2中价电子数为4+6×2=16，
C． SO2中价电子数为6+6×2=18，
D． N2O中价电子数为6+2×5=16，
答案选C。
13．C
【详解】A．的结构示意图：，A错误；
B．NaOH存在离子键和共价键，电子式：，B错误；
C．的B是sp2杂化，空间结构平面三角形，模型：，C正确；
D．反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误；
故选C。
14．D
【详解】A．六水合钴离子中配位键和水分子中的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A错误；
B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0，故B错误；
C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C错误；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D正确；
故选D。
15．D
【分析】
【详解】A．两原子形成共价键时电子云发生重叠，即电子在两核之间出现的机会更多，A正确；
B．成键原子相互靠近，自旋方向相反的两个电子形成共用电子对，B正确；
C．两原子电子云重叠越多，键越牢固，体系的能量也越低，C正确；
D．原子的体积大小与能否形成共价键无必然联系，D错误；
正确选项D。
16．(1)
(2)③
(3)⑤⑥
【详解】（1）①H2O为共价化合物，H、O原子间各形成1对共用电子，另外，O原子的最外层还有2个孤电子对，电子式为；
②MgCl2为离子化合物，由Mg2+和Cl-构成，电子式为。答案为：；；
（2）①O2为只含非极性键的单质；
②CO2为只含极性键的共价化合物；
③NH3为只含极性键的共价化合物；
④Na2O为只含离子键的离子化合物；
⑤Na2O2为既含非极性键、又含离子键的离子化合物；
⑥NaOH为既含极性键、又含离子键的离子化合物。
由以上分析可知，只含极性键的化合物是NH3，故选③。答案为：③；
（3）由分析可知，含有共价键的离子化合物是⑤Na2O2、⑥NaOH，故选⑤⑥。答案为：⑤⑥。
17． N2 CS2 CH4 NH3 NH3、H2O，CH4 BF3
【详解】（1）不同种元素之间形成的是极性键，同种元素之间形成的是非极性键，因此HF、H2O、NH3、CS2、CH4、 BF3分子中含有的共价键属于极性键，N2分子中是非极性键。同时N2也是一种非极性分子，所以本题答案N2。正确答案：N2。
（2）极性键形成的分子HF、H2O、NH3、CS2、CH4、 BF3中，只有CS2中心原子C采用sp杂化，分子构型为直线形。正确答案：CS2。
（3）H2O、NH3、CH4分子中各中心原子采用sp3杂化，H2O 分子为V形，NH3分子为三角锥形，CH4为正四面体形。正确答案：CH4。
（4）根据上述分析，三角锥形分子为NH3。正确答案：NH3。
（5）采用sp3杂化的是NH3、H2O、CH4。正确答案：NH3、H2O、CH4
（6）中心原子采用sp2杂化的只有BF3。正确答案：BF3。
【点睛】共价键极性判断可以简单观察成键元素是否相同，A—B（包括形成双键、三键）形化学键是极性键，A—A（包括形成双键、三键）形化学键是极非性键。
18． 三 第VA P s p σ p σ
【详解】(1)价电子构型为3s23p3，说明该原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，共有15个电子，是15号元素P，在第三周期第VA族；
(2) 氢原子与氯原子形成氯化氢分子时，氢原子的1s轨道与氯原子的一个3p轨道通过“头碰头”重叠，形成一个s-p的σ键，当两个氯原子形成Cl2分子时，两个氯原子各提供一个3p轨道，通过“头碰头”重叠，形成一个p-p的σ键。
19． C78H136Cu3O8P4 2(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H) + Cu(CH3CH2CH2COO)2→(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2 )Cu(O2CCH2CO2)Cu(PCy3)2 + 2CH3CH2CH2COOH(或C78H136Cu3O8P4) 除去反应的另一产物正丁酸和未反应的反应物
【详解】①首先判断进入配合物A的成分来自两种反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)和正丁酸铜(I I )，而溶剂是没有参与反应的，因为题中仅指明是惰性有机溶剂，这是命题人有意地回避，以减少对学生思维的干扰。②其次正丁酸铜(I I )的正丁酸根也没有进入配合物A，因为波谱信息显示没有甲基。这样进入配合物A的只有Cy3P、丙二酸根和Cu，共有C、H、P、Cu、O5种元素。③配合物A的元素分析只给出C、H、P 3种元素的含量，这就决定了要讨论求解，这是中学生在化学计算题中经常遇到的一种解题方法，并不新鲜，但用在此类题中却罕见。由C、H、P质量百分含量，可以求出A中C：H：P= 19. 6：34.8：1.00。
讨论：(i)当A中含1个Cy3P，1个丙二酸根(C3H2O42-)时，C：H：P= 21：35：1，与A组成不符；(ii)当A含2个Cy3P，1个丙二酸根时，C：H：P= 39：68：2，与A组成相符，仅H有小的偏离，这是允许的；(iii)当A含2个Cy3P，2个丙二酸根时，C：H：P=42：70：2，与A组成不符，……。由以上讨论可以确定A中含Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比为2：1，这个比例正是反应物之一(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)中Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比，说明此反应物很可能作为一个整体进入配合物A。
再讨论配合物A中Cu核个数。题中已明确A中有两种化学环境的Cu，则至少是2个Cu核。这时它们化学式应为(Cy3P)2Cu2(C3H2O4)，计算其C%= 59.3%，P%=7.85%，与A组成不符。若将配合物A中Cy3P与C3H2O42-数目加倍(这是为了维持其个数比为2：1的要求)，也即增加一个反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)分子，同时也增加了1个Cu核，其化学式变为(Cy3P)2Cus(C3H2O4)2，即C78H36Cu3O8P4，其C% =61.75%，H% =9.06%，P% =8.18%，与A组成相符(在实验误差范围内)。化学式中2个Cu( I )，1个Cu( II )，整个配合物呈电中性。若进一步讨论，都不符合A的组成。因此配合物A的化学式即可确定为C78H36Cu3O8P4。
④根据两种反应物的物质的量之比为2：1及A的化学式，可以写出A的生成反应式。⑤由反应的另一产物是正丁酸，以及产率只有72%，还有未反应的反应物都必须除去才能得到A的纯品，于是可以解答(3)问。⑥根据A的红外谱信息提供的羧基配位方式及A具有中心对称的特征，可以画出A的最稳定结构，此结构中的Cu(I )为三配位，Cu( II )为四配位，含有2个六员螯环。⑦根据生成配合物B与生成配合物A的反应同类型，可以写出B的化学式，进一步根据B的红外谱信息提供的B中羧基配位方式可以写出B的最稳定结构。结构式中的Cu( I )和Cu( II )均为四配位，含2个六员螯环。
[应答分析]根据元素分析和波谱信息推理多核配合物的化学式和结构式是竞赛的热点问题，参赛学生并不陌生。但由于此题涉及的信息较多，不是按问题依次给出，学生难于集中、筛选，再加上解题思维方式较新，因此有64%的参赛学生推出的化学式不正确，导致全题得零分或2分，也使此题的得分率降到0.29.有17%的学生写出了A的正确化学式，但在推结构式时，顾此失彼，没有考虑羧基的配位方式，而失去了两个结构式的分数。另有18%的学生所写结构式不是最稳定结构，只有1名学生得了满分。应该说，此题较好地考查了学生的逻辑思维和空间想象能力。在高分段有较好的区分度。
20．(1)sp3、sp2
(2)20mol
(3)羟基、羧基
(4)+H2O
(5) 消去反应 取代反应
【分析】(1)
苯环和羧基上碳原子形成3个σ键，-CH2-中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，故碳原子的杂化类型为sp3、sp2，故答案为：sp3、sp2；
(2)
已知单键都是σ键，双键是一个σ键一个π键，三键则是一个σ键两个π键，由B的结构简式可知：1molB分子中含有的σ键的数目为20mol，故答案为：20mol；
(3)
由A的结构简式可知，A中官能团的名称是羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；
(4)
由A制取B即由发生分子内酯化生成，故该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(5)
A制取C即由制取，故反应类型为消去反应，A制取D即由制取，溴原子取代了羟基，故反应类型为取代反应，故答案为：消去反应；取代反应。
21．(1) As>Se Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定
(2)sp3
(3) 1s22s22p63s23p63d3 O sp3、sp2 7NA
【解析】(1)
Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；
(2)
NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3；
(3)
①铬是24号元素，铬原子失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键；
②CH3COOH中C原子分别形成4个、3个σ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3COOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA；
③1个水分子含有3个原子，10个电子，则与其为等电子体的阴离子有。
22． sp3和sp2 sp σ键和π键 正四面体 配位键 N
【详解】(1)丙酮()分子中羰基中的碳氧双键，一个是σ键、一个是π键，碳原子的成键电子对数为3对，甲基上的碳原子的成键电子对数为4对，故碳原子轨道的杂化类型是sp3和sp2；
(2)CS2分子中，碳原子分别与硫原子形成两对共用电子对，结构式为S=C=S，碳原子的价层电子对数为2对，C原子的杂化轨道类型是sp杂化，碳硫双键中一个是σ键，一个是π键，共价键的类型有σ键和π键；
(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是，的中心原子为S，价层电子对数为4+(6+2-2×4)=4，立体构型是正四面体；
(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子形成三对氮氢共价单键，氮原子剩余一对孤对电子，氮原子提供孤对电子，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键。
23． ②③ ⑤ ④ ① ② ④⑤
【详解】①Ar 中不存在化学键；
②CO2 是共价化合物，碳原子和氧原子之间只存在共价键；
③Cl2 是双原子分子，只存在共价键；
④NaOH 中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，为离子化合物；
⑤Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，是离子化合物；
故只存在共价键的是②③，只存在离子键的是⑤，既存在离子键，又存在共价键的是④，不存在化学键的是①，属于共价化合物的是②，属于离子化合物的是④⑤。
24． CH4和CO2 H2O和NH3 NH3 N2 配位键
【详解】(1)由不同种原子间形成的共价键是极性键，正负电荷重心重合的分子是非极性分子，符合条件的为CH4和CO2；
(2) H2O的氧原子上有孤电子对，NH3的氮原子上有孤电子对，故与H＋可直接形成配位键的分子有H2O和NH3；
(3) NH3极易溶于水且水溶液呈碱性；
(4)与CO互为等电子体的分子为N2；
(5) CO中C与O之间有2个共用电子对、一个配位键。
25． 2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑ ＞ Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3 H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol； 根据相似相溶原理，氨气分子和水分子均是极性分子，且氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力
【详解】(1)Al和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，化学方程式为2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑；
(2)由反应Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3可知，Al3+结合OH-能力比强；
(3)燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，1g H2(g)完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量，1mol H2(g)(即2g)完全燃烧生成液态水时放出285.8 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol；
(4)根据相似相溶原理，氨气分子和水分子均是极性分子，且氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力，因此，氨气极易溶于水。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．X、Y均为短周期元素，且X为第ⅠA族元素，Y为第ⅥA族元素，下列说法正确的是
A．X的原子半径一定大于Y的原子半径
B．由X、Y形成的共价化合物中所有原子都满足最外层为8电子结构
C．X2Y既可能是离子化合物，也可能是共价化合物
D．由X、Y组成的化合物中，X、Y的原子个数比不可能是1∶1
2．下列描述不正确的是
A．2004年我国首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，该塑料不会产生白色污染
B．超临界流体是介于气态和液态之间的一种状态，故超临界流体CO2是合成的新物质
C．澳大利亚开发出被称为第五形态的固体碳——“纳米泡沫”，其形似海绵，密度极小且有磁性。可以预见，这种新材料的化学性质与金刚石相似
D．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5g·L-1，密度增大是由于氢键的影响
3．由配位键形成的[Pt(NH3)6]2+和[PtCl4]2-中，其中心离子的化合价分别为
A．+2、-2 B．+6、+2
C．+4、+2 D．+2、+2
4．下列有关配合物的说法正确的是
A．配合物的配位数是6
B．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
C．1mol中σ键的物质的量为8mol
D．的空间结构为平面正四边形
5．某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，则下列说法中正确的是
A．元素对应简单离子半径大小关系为：
B．与W的同周期元素中，第一电离能比W大的元素只有2种
C．X、Y、Z、W形成的简氢化物中，沸点高低顺序为：
D．在该化合物中Y和Z的杂化类型不同
6．过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法错误的是
A．NaOH的电子式： B．Na+的结构示意图：
C．7.8gNa2O2中含有阴阳离子共0.3mol D．H2O分子的空间构型：V形
7．下列化学用语或图示中表达错误的是
A．的结构式：O=C=O
B．的电子式：
C．的VSEPR模型：
D．基态S原子价层电子轨道表示式：
8．不属于NO的等电子体的是
A．NO2 B．BF3 C．SO3 D．NF
9．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．①②③ B．③⑤⑥ C．①③⑥ D．③④⑤⑥
10．下列化学用语书写正确的是
A．过氧化钠的电子式： B．乙烷的结构式：
C．的结构示意图： D．氨气分子的空间充填模型：
11．已知N2O与CO2互为等电子体．下列关于N2O的说法正确的是（ ）
A．N2O的空间构型与CO2构型不同
B．N2O的空间构型与H2O构型相似
C．N2O的空间构型与NH3构型相似
D．N2O的空间构型为直线形
12．根据等电子原理，下列分子与其他选项不属于同一类的是
A．CO2 B．CS2 C．SO2 D．N2O
13．下列化学用语或图示表达正确的是
A．的结构示意图：
B．NaOH的电子式：
C．的空间结构模型：
D．反式聚异戊二烯的结构简式：
14．已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色、[CoCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl—[CoCl4]2—+6H2O △H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：
装置 序号 操作 现象
① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色
② 加水稀释
③ 加少量ZnCl2固体
以下结论和解释正确的是A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—中σ键数之比为3：2
B．由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵Q
D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
15．下列不属于共价键成键因素的是( )
A．共用电子对在两原子核之间高概率出现 B．共用的电子必有成对
C．成键后体系能量降低，趋于稳定 D．两原子核体积大小要适中
二、填空题
16．I.写出下列化合物的电子式：
(1)①H2O_______；
②MgCl2_______
Ⅱ.有下列物质：①O2、②CO2、③NH3、④Na2O、⑤Na2O2、⑥NaOH。请回答下列问题：
(2)只含极性键的化合物是_______(填序号，下同)；
(3)含有共价键的离子化合物是_______。
17．在HF、H2O、NH3、CS2、CH4、N2、BF3分子中：
（1）以非极性键结合的非极性分子是________；
（2）以极性键结合的具有直线形结构的非极性分子是________；
（3）以极性键结合的具有正四面体形结构的非极性分子是________；
（4）以极性键结合的具有三角锥形结构的极性分子是________；
（5）以极性键结合的具有sp3杂化轨道结构的分子是________；
（6）以极性键结合的具有sp2杂化轨道结构的分子是________。
18．(1)元素原子的价电子构型为3s23p3，它属于第________周期，是______族，元素符号是________。
(2)在HCl分子中，由H原子的一个____轨道与Cl原子的一个_____轨道形成一个____ 键；在Cl2分子中两个Cl原子以2个____轨道形成一个 ____键。
19．生物体内重要氧化还原酶大都是金属有机化合物，其中的金属离子不止一种价态，是酶的催化活性中心。研究这些酶的目的在于阐述金属酶参与的氧化过程及其电子传递机理，进而实现这些酶的化学模拟。据最近的文献报道，以(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Cy-为环己基的缩写)与正丁酸铜(II)在某惰性有机溶剂中，氩气氛下反应1小时，然后真空除去溶剂，得到淡紫色的沉淀物。该沉淀被重新溶解，真空干燥，如此反复4次，最后在CH2Cl2中重结晶，得到配合物A的纯品，产率72%。元素分析：A含C(61.90%)、H(9.25%)、P(8.16%)，不含氯。红外谱图显示，A中-CO2-基团(CH2Cl2中)有3个吸收峰：1628，1576，1413cm-1，表明羧基既有单氧参与配位，又有双氧同时参与配位；核磁共振谱还表明A含有Cy、-CH2-，不含-CH3基团，Cy的结合状态与反应前相同。单晶X-射线衍射数据表明有2种化学环境的Cu，且A分子呈中心对称。(已知相对原子质量C：12.0，H：1.01，N：14.0，Cu：63.5，P：31.0，O：16.0)。
(1)写出配合物A的化学式_______；
(2)写出配合物A的生成反应方程式_______；
(3)淡紫色沉淀物被重新溶解，真空干燥，如此反复操作多次的目的是除去何种物质_______？
(4)画出配合物A的结构式_______；
(5)文献报道，如用(Ph3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Ph-为苯基)代替(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)，可发生同样反应，得到与A类似的配合物B。但B的红外谱图(CH2Cl2中)只有2个特征吸收峰：1633和1344cm-1，表明它只有单氧参与配位。画出配合物B的结构式_______。
20．现有下列有机物：A．B．C．D．，完成下列问题：
(1)A分子中碳原子轨道的杂化类型为_______。
(2)1molB分子中含有的σ键的数目为_______。
(3)A中官能团的名称是：_______。
(4)写出由A制取B的化学方程式：_______。
(5)写出A制取C、D两种物质的有机反应类型：A→C：__、A→D：___。
21．回答下列问题：
(1)硒为第四周期元素，相邻的元素砷和硒的第一电离能大小关系为_______(用元素符号表示)，原因为_______。
(2)肼()分子可视为分子中的一个氢原子被—(氨基)取代形成的另种氮的氢化物，分子中氨原子轨道的杂化类型是_______。
(3)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
①基态核外电子排布式为_______；配合物中，与形成配位键的原子是_______(填元素符号)。
②中C原子轨道杂化类型为_______；1mol分子含有σ键的数目_______。
③与互为等电子体的一种阴离子为_______(填化学式)。
22．(1)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___________。
(2)CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是___________，共价键的类型有___________(填σ或π)键。
(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。
(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___________，提供孤电子对的成键原子是___________。
23．用序号填空：在①Ar ②CO2 ③Cl2 ④NaOH ⑤Na2S 六种物质中，只存在共价键的是_______，只存在离子键的是_______，既存在离子键，又存在共价键的是_______，不存在化学键的是_______，属于共价化合物的是_______，属于离子化合物的是_______。
24．在N2、O2、CO2、H2O、CH4、NH3、CO等气体中
(1)由极性键构成的非极性分子有___________；
(2)与H＋可直接形成配位键的分子有___________；
(3)极易溶于水且水溶液呈碱性的物质的分子是___________，
(4) CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是___________，
(5)CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫___________。
25．(1)写出Al和氢氧化钾溶液反应的化学方程式___________。
(2)比较结合OH-能力的相对强弱：Al3+___________ (填“＞”“＜”或“=”)，用一个离子方程式说明___________。
(3)实验测得，1g H2(g)完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为___________。
(4)常温下，氨气极易溶于水的原因是___________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】X、Y为短周期元素，X为第ⅠA族元素，Y为ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na三种元素，Y可能为O、S两种元素，据此分析判断。
【详解】X、Y为短周期元素，X为第ⅠA族元素，Y为ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na三种元素，Y可能为O、S两种元素。
A．当X为H，Y为O、S时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；
B．当X为H时，由X、Y形成的共价化合物中所有原子不可能都满足最外层为8电子结构，H原子满足最外层2个电子的稳定结构，故B错误；
C．化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故C正确；
D．X、Y两元素形成的化合物中，原子个数为1∶1的有H2O2或Na2O2，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】A．2004年我国首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，由于该塑料可以降解，故不会产生白色污染，A正确；
B．超临界流体是介于气态和液态之间的一种状态，超临界流体CO2仅仅是其存在形成发生改变，其化学组成没有发生改变即该过程无新物质的生成，超临界流体CO2不是合成的新物质，B错误；
C．澳大利亚开发出被称为第五形态的固体碳——“纳米泡沫”，其形似海绵，密度极小且有磁性，由于该新材料和金刚石均为碳元素形成的单质，则可以预见，这种新材料的化学性质与金刚石相似，C正确；
D．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5g·L-1，在373K是甲酸蒸气中比293K时分子间氢键数目较少，故373K是大部分以单分子形式存在，而293K是则以多分子聚合体形成存在，从而导致甲酸蒸气的密度随温度降低而增大，即密度增大是由于氢键的影响，D正确；
故答案为：B。
3．D
【详解】氨气分子不带电荷，所以前者Pt的化合价是+2价；氯离子带1个负电荷，所以后者中Pt的化合价还是+2价，故答案选D。
4．B
【详解】A．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A错误；
B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B正确；
C．1mol可形成2molO-H共价键和1molO-Cu配位键，所以4mol共形成σ键数= 43mol=12mol，C错误；
D．的空间结构为正四面体形，D错误；
故选B。
5．C
【分析】已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，M原子的最外层电子数等于其电子层数，则M为13号铝元素；Z可以形成6个共价键，为硫；W可以和硫形成2个键，为氧；Y可以形成4个键，为碳；X可以形成1个键为F；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；元素对应简单离子半径大小关系为：W>X>M，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能有变大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素；稀有气体为稳定结构，第一电离能更大，故在W的同周期主族元素中，第一电离能比W大的元素有氮、氟、氖3种，B错误；
C．X、Y、Z、W形成的简单氢化物均为分子晶体，相对分子质量大则沸点高，但是HF、H2O可以形成氢键导致沸点升高，沸点高低顺序为：W>X>Z>Y，C正确；
D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，在该化合物中Y和Z均形成4个σ键，杂化类型均为sp3，D错误；
故选C。
6．A
【详解】A．NaOH是离子化合物，电子式应该写成阴阳离子，故A错误；
B．Na为11号元素，因此Na+的结构示意图：，故B正确；
C．7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，过氧化钠含有2个钠离子，一个过氧根离子，因此0.1mol过氧化钠含有阴阳离子共0.3mol，故C正确；
D．H2O中氧原子价层电子对数为，因此H2O分子的空间构型：V形，故D正确。
综上所述，答案为A。
7．B
【详解】A．CO2中C和O之间形成双键，其结构式为O=C=O，A正确；
B．铵根离子也要把电子的分布情况表示出来，故氯化铵的电子式如图所示，B错误；
C．NH3中的N采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体型，其中含有一对孤电子对，C正确；
D．基态硫原子最外层有6个电子，其价层电子轨道表示式为，D正确；
故答案选B。
8．A
【详解】NO中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，
A．NO2中有3个原子，5+6×2=17个价电子，与NO3-不是等电子体，故A选；
B．BF3中有4个原子，3+7×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，故B不选；
C．SO3中有4个原子，6+6×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，故C不选；
D．NF中有4个原子，5+7×3-2=24个价电子，与NO3-是等电子体，故D不选。
故选：A。
9．B
【详解】①HCl的结构式为：H—Cl，只含σ键；
②H2O的结构式为：H—O—H，只含σ键；
③N2的结构式为：，既含σ键，也含π键；
④H2O2的结构式为：H—O—O—H，只含σ键；
⑤C2H4的结构式为： ，既含σ键，也含π键；
⑥C2H2的结构式为：H—C≡C—H，既含σ键，也含π键；
综上所述，③⑤⑥符合题意，故B正确；
故选B。
10．B
【详解】A．过氧化钠为离子化合物，其电子式为，A错误；
B．用一条短线代替一对共用电子对所得到的式子为结构式，乙烷的结构式为，B正确；
C．硫离子具有16个质子，圈内应该为+16而不是+18，C错误；
D．氨气分子应该为三角锥形而不是平面三角形，D错误；
故答案选B。
11．D
【分析】原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，等电子体的结构相似，据此分析。
【详解】已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形，而H2O的构型为V形，NH3构型为三角锥形，答案选D。
12．C
【分析】等电子原理是指具有相同的价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，题中所给分子或离子均含有3个原子，只需比较价电子数是否相等即可。
【详解】A．CO2中价电子数为4+2×6=16，
B． CS2中价电子数为4+6×2=16，
C． SO2中价电子数为6+6×2=18，
D． N2O中价电子数为6+2×5=16，
答案选C。
13．C
【详解】A．的结构示意图：，A错误；
B．NaOH存在离子键和共价键，电子式：，B错误；
C．的B是sp2杂化，空间结构平面三角形，模型：，C正确；
D．反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误；
故选C。
14．D
【详解】A．六水合钴离子中配位键和水分子中的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A错误；
B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0，故B错误；
C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C错误；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D正确；
故选D。
15．D
【分析】
【详解】A．两原子形成共价键时电子云发生重叠，即电子在两核之间出现的机会更多，A正确；
B．成键原子相互靠近，自旋方向相反的两个电子形成共用电子对，B正确；
C．两原子电子云重叠越多，键越牢固，体系的能量也越低，C正确；
D．原子的体积大小与能否形成共价键无必然联系，D错误；
正确选项D。
16．(1)
(2)③
(3)⑤⑥
【详解】（1）①H2O为共价化合物，H、O原子间各形成1对共用电子，另外，O原子的最外层还有2个孤电子对，电子式为；
②MgCl2为离子化合物，由Mg2+和Cl-构成，电子式为。答案为：；；
（2）①O2为只含非极性键的单质；
②CO2为只含极性键的共价化合物；
③NH3为只含极性键的共价化合物；
④Na2O为只含离子键的离子化合物；
⑤Na2O2为既含非极性键、又含离子键的离子化合物；
⑥NaOH为既含极性键、又含离子键的离子化合物。
由以上分析可知，只含极性键的化合物是NH3，故选③。答案为：③；
（3）由分析可知，含有共价键的离子化合物是⑤Na2O2、⑥NaOH，故选⑤⑥。答案为：⑤⑥。
17． N2 CS2 CH4 NH3 NH3、H2O，CH4 BF3
【详解】（1）不同种元素之间形成的是极性键，同种元素之间形成的是非极性键，因此HF、H2O、NH3、CS2、CH4、 BF3分子中含有的共价键属于极性键，N2分子中是非极性键。同时N2也是一种非极性分子，所以本题答案N2。正确答案：N2。
（2）极性键形成的分子HF、H2O、NH3、CS2、CH4、 BF3中，只有CS2中心原子C采用sp杂化，分子构型为直线形。正确答案：CS2。
（3）H2O、NH3、CH4分子中各中心原子采用sp3杂化，H2O 分子为V形，NH3分子为三角锥形，CH4为正四面体形。正确答案：CH4。
（4）根据上述分析，三角锥形分子为NH3。正确答案：NH3。
（5）采用sp3杂化的是NH3、H2O、CH4。正确答案：NH3、H2O、CH4
（6）中心原子采用sp2杂化的只有BF3。正确答案：BF3。
【点睛】共价键极性判断可以简单观察成键元素是否相同，A—B（包括形成双键、三键）形化学键是极性键，A—A（包括形成双键、三键）形化学键是极非性键。
18． 三 第VA P s p σ p σ
【详解】(1)价电子构型为3s23p3，说明该原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，共有15个电子，是15号元素P，在第三周期第VA族；
(2) 氢原子与氯原子形成氯化氢分子时，氢原子的1s轨道与氯原子的一个3p轨道通过“头碰头”重叠，形成一个s-p的σ键，当两个氯原子形成Cl2分子时，两个氯原子各提供一个3p轨道，通过“头碰头”重叠，形成一个p-p的σ键。
19． C78H136Cu3O8P4 2(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H) + Cu(CH3CH2CH2COO)2→(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2 )Cu(O2CCH2CO2)Cu(PCy3)2 + 2CH3CH2CH2COOH(或C78H136Cu3O8P4) 除去反应的另一产物正丁酸和未反应的反应物
【详解】①首先判断进入配合物A的成分来自两种反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)和正丁酸铜(I I )，而溶剂是没有参与反应的，因为题中仅指明是惰性有机溶剂，这是命题人有意地回避，以减少对学生思维的干扰。②其次正丁酸铜(I I )的正丁酸根也没有进入配合物A，因为波谱信息显示没有甲基。这样进入配合物A的只有Cy3P、丙二酸根和Cu，共有C、H、P、Cu、O5种元素。③配合物A的元素分析只给出C、H、P 3种元素的含量，这就决定了要讨论求解，这是中学生在化学计算题中经常遇到的一种解题方法，并不新鲜，但用在此类题中却罕见。由C、H、P质量百分含量，可以求出A中C：H：P= 19. 6：34.8：1.00。
讨论：(i)当A中含1个Cy3P，1个丙二酸根(C3H2O42-)时，C：H：P= 21：35：1，与A组成不符；(ii)当A含2个Cy3P，1个丙二酸根时，C：H：P= 39：68：2，与A组成相符，仅H有小的偏离，这是允许的；(iii)当A含2个Cy3P，2个丙二酸根时，C：H：P=42：70：2，与A组成不符，……。由以上讨论可以确定A中含Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比为2：1，这个比例正是反应物之一(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)中Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比，说明此反应物很可能作为一个整体进入配合物A。
再讨论配合物A中Cu核个数。题中已明确A中有两种化学环境的Cu，则至少是2个Cu核。这时它们化学式应为(Cy3P)2Cu2(C3H2O4)，计算其C%= 59.3%，P%=7.85%，与A组成不符。若将配合物A中Cy3P与C3H2O42-数目加倍(这是为了维持其个数比为2：1的要求)，也即增加一个反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)分子，同时也增加了1个Cu核，其化学式变为(Cy3P)2Cus(C3H2O4)2，即C78H36Cu3O8P4，其C% =61.75%，H% =9.06%，P% =8.18%，与A组成相符(在实验误差范围内)。化学式中2个Cu( I )，1个Cu( II )，整个配合物呈电中性。若进一步讨论，都不符合A的组成。因此配合物A的化学式即可确定为C78H36Cu3O8P4。
④根据两种反应物的物质的量之比为2：1及A的化学式，可以写出A的生成反应式。⑤由反应的另一产物是正丁酸，以及产率只有72%，还有未反应的反应物都必须除去才能得到A的纯品，于是可以解答(3)问。⑥根据A的红外谱信息提供的羧基配位方式及A具有中心对称的特征，可以画出A的最稳定结构，此结构中的Cu(I )为三配位，Cu( II )为四配位，含有2个六员螯环。⑦根据生成配合物B与生成配合物A的反应同类型，可以写出B的化学式，进一步根据B的红外谱信息提供的B中羧基配位方式可以写出B的最稳定结构。结构式中的Cu( I )和Cu( II )均为四配位，含2个六员螯环。
[应答分析]根据元素分析和波谱信息推理多核配合物的化学式和结构式是竞赛的热点问题，参赛学生并不陌生。但由于此题涉及的信息较多，不是按问题依次给出，学生难于集中、筛选，再加上解题思维方式较新，因此有64%的参赛学生推出的化学式不正确，导致全题得零分或2分，也使此题的得分率降到0.29.有17%的学生写出了A的正确化学式，但在推结构式时，顾此失彼，没有考虑羧基的配位方式，而失去了两个结构式的分数。另有18%的学生所写结构式不是最稳定结构，只有1名学生得了满分。应该说，此题较好地考查了学生的逻辑思维和空间想象能力。在高分段有较好的区分度。
20．(1)sp3、sp2
(2)20mol
(3)羟基、羧基
(4)+H2O
(5) 消去反应 取代反应
【分析】(1)
苯环和羧基上碳原子形成3个σ键，-CH2-中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，故碳原子的杂化类型为sp3、sp2，故答案为：sp3、sp2；
(2)
已知单键都是σ键，双键是一个σ键一个π键，三键则是一个σ键两个π键，由B的结构简式可知：1molB分子中含有的σ键的数目为20mol，故答案为：20mol；
(3)
由A的结构简式可知，A中官能团的名称是羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；
(4)
由A制取B即由发生分子内酯化生成，故该反应的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；
(5)
A制取C即由制取，故反应类型为消去反应，A制取D即由制取，溴原子取代了羟基，故反应类型为取代反应，故答案为：消去反应；取代反应。
21．(1) As>Se Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定
(2)sp3
(3) 1s22s22p63s23p63d3 O sp3、sp2 7NA
【解析】(1)
Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；
(2)
NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被-NH2(氨基)取代形成的，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3；
(3)
①铬是24号元素，铬原子失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键；
②CH3COOH中C原子分别形成4个、3个σ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3COOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA；
③1个水分子含有3个原子，10个电子，则与其为等电子体的阴离子有。
22． sp3和sp2 sp σ键和π键 正四面体 配位键 N
【详解】(1)丙酮()分子中羰基中的碳氧双键，一个是σ键、一个是π键，碳原子的成键电子对数为3对，甲基上的碳原子的成键电子对数为4对，故碳原子轨道的杂化类型是sp3和sp2；
(2)CS2分子中，碳原子分别与硫原子形成两对共用电子对，结构式为S=C=S，碳原子的价层电子对数为2对，C原子的杂化轨道类型是sp杂化，碳硫双键中一个是σ键，一个是π键，共价键的类型有σ键和π键；
(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是，的中心原子为S，价层电子对数为4+(6+2-2×4)=4，立体构型是正四面体；
(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子形成三对氮氢共价单键，氮原子剩余一对孤对电子，氮原子提供孤对电子，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键。
23． ②③ ⑤ ④ ① ② ④⑤
【详解】①Ar 中不存在化学键；
②CO2 是共价化合物，碳原子和氧原子之间只存在共价键；
③Cl2 是双原子分子，只存在共价键；
④NaOH 中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，为离子化合物；
⑤Na2S中钠离子和硫离子之间只存在离子键，是离子化合物；
故只存在共价键的是②③，只存在离子键的是⑤，既存在离子键，又存在共价键的是④，不存在化学键的是①，属于共价化合物的是②，属于离子化合物的是④⑤。
24． CH4和CO2 H2O和NH3 NH3 N2 配位键
【详解】(1)由不同种原子间形成的共价键是极性键，正负电荷重心重合的分子是非极性分子，符合条件的为CH4和CO2；
(2) H2O的氧原子上有孤电子对，NH3的氮原子上有孤电子对，故与H＋可直接形成配位键的分子有H2O和NH3；
(3) NH3极易溶于水且水溶液呈碱性；
(4)与CO互为等电子体的分子为N2；
(5) CO中C与O之间有2个共用电子对、一个配位键。
25． 2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑ ＞ Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3 H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol； 根据相似相溶原理，氨气分子和水分子均是极性分子，且氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力
【详解】(1)Al和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾和氢气，化学方程式为2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2↑；
(2)由反应Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3可知，Al3+结合OH-能力比强；
(3)燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，1g H2(g)完全燃烧生成液态水时放出142.9 kJ的热量，1mol H2(g)(即2g)完全燃烧生成液态水时放出285.8 kJ的热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8 kJ/mol；
(4)根据相似相溶原理，氨气分子和水分子均是极性分子，且氨分子和水分子间可以形成氢键，大大增强溶解能力，因此，氨气极易溶于水。
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