第二章 分子结构与性质 测试题（含解析） 2022-2023学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

第二章 分子结构与性质 测试题
一、单选题（共15题）
1．下列叙述中，排列顺序正确的是：
①氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2 ②单质的密度：NaS2－>F－ ④物质的熔点：Li>Na>K ⑤氢化物的沸点：H2Se>H2S>H2O
A．①③ B．②④ C．①④ D．③⑤
2．向CuSO4溶液中通入H2S，会生成CuS沉淀，反应为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4。下列有关说法正确的是
A．SO的空间构型为三角锥形 B．H2S属于电解质
C．Cu在周期表中位于d区 D．S2-的结构示意图为
3．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．该分子中所含元素中电负性最小的是H
B．该分子中C﹣F键的键能大于C﹣N键的键能
C．该分子中所有C原子都为sp2杂化
D．该分子中σ键与π键数目之比为7：2
4．国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，双氧水、75%乙醇、含氯消毒剂、氯仿()等均可有效灭活病毒。下列说错误的是
A．HClO的电子式
B．是共价化合物
C．NaClO是含有共价键的离子化合物
D．分子所有原子均满足稳定结构
5．已知W、X、Y、Z均为短周期主族元素，W与X同周期且相邻，W与Y同主族，W、X与Y的原子序数之和为31， Z与其他三种元素既不同周期、也不同主族。下列说法中，正确的是
A．原子半径大小顺序为ZB．四种元素中，X元素的非金属性最强
C．常温常压下，四种元素各自形成的单质均为气体
D．W、X、Z三种元素可形成化学式为Z4X2W3型的离子化合物
6．短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X的质子数与电子层数相同，Y、Z同周期且相邻，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，元素W在地壳中的含量仅次于氧。下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)
B．X、Y、Z三种元素形成的化合物中只有共价键
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y
D．气态简单氢化物的热稳定性：Y>Z
7．用价层电子对互斥理论预测H2Se和NF3的立体结构，两个结论都正确的是
A．直线形；三角锥形 B．V形；平面三角形
C．直线形；平面三角形 D．V形；三角锥形
8．氨气溶于水中，大部分与以氢键结合形成。根据氨水的性质可推知的结构式为(易错)
A． B． C．D．
9．下列对分子性质的解释中，不正确的是
A．F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高
B．乳酸()分子中含有2个手性碳原子
C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D．氨气极易溶于水、邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛都能用氢键来解释
10．CO2和甲醇在Ru-Rh(釨铑)基催化剂表面加氢可以制取乙酸，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．LiI也是该反应的催化剂
B．反应①是取代反应
C．反应④中有非极性键的断裂和极性键的形成
D．根据该反应机理，可以由制备CH3CH2CH2COOH
11．下列说法中正确的是(　　)
A．分子的结构是由键角决定的
B．共价键的键能越大，共价键越牢固，由该键形成的分子越稳定
C．CF4、CCl4、CBr4、CI4中C—X键的键长、键角均相等
D．H2O分子中两个O—H键的键角为180°
12．某有机超强碱结构如图所示。下列说法错误的是
A．该有机物存在对映异构
B．该有机物核磁共振氢谱有12组峰
C．该有机物中C和N均有sp3和sp2两种杂化方式
D．该有机物中C、N、O三种元素形成的最简单氢化物分子的键角依次减小
13．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建型复合材料光催化剂，其中和渗透Nafion膜可协同、分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理(hv为光照条件)如图。下列说法正确的是
A．图中a、b分别代表、
B．反应过程中光能全部转化为化学能
C．总反应方程式为
D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
14．下列有关O、S及其化合物的说法错误的是
A．的成键电子对间排斥力较大，可以推断的键角比的大
B．分子间存在氢键，可以推断的熔点比的高
C．O的电负性比S大，可以推断的酸性比强
D．的分子间作用力较小，可以推断的熔点比的低
15．汽车尾气中通常含有CO、NOx等气体，为减轻污染，现在的汽车加装了三元催化转换器，此转换器可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该转换器中发生反应的微观示意图(未配平)，其中不同颜色的球代表不同原子。下列说法不正确的是
A．可用饱和Na2CO3溶液除去丙中混有的HCl
B．乙和丁互为等电子体
C．甲与丙的空间构型不相同
D．丙、丁分子中各原子最外电子层均达到8电子稳定结构
二、填空题（共8题）
16．纳米级是一种光催化材料，可用于处理甲醛、氮氧化物等污染物，工业上也可用其催化乙醇脱氢制备乙醛：。
(1)Ti原子基态核外电子排布式为_________。
(2)分子中含有键的数目为_________。
17．原子序数小于36的X、Y、Z、W、Q五种元素，X原子核外电子运动状态是所有原子中最少的，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W是第三周期中电负性最大的元素，Q的原子序数为33。回答下列问题：
(1)链状化合物Y3X6分子中σ键与π键的数目比为________。
(2)ZX3极易溶于水而YX4难溶于水的主要原因是________________________________。
(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，这两种氧化物的分子式分别是________。
(4)W与Q能形成两种分子，其中属于非极性分子的是________，另一种分子的空间构型是________。
(5)W可以分别与Z、Q形成原子个数比为1∶3的两种化合物，则这种化合物沸点的相对高低为________。
18．(1)在物质CO2、P2O5、CaO、SO2中，有一种物质在某些化学性质或分类上与其他几种物质不同，这种物质是__。
(2)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是__。
(3)常温下，一体积的水可以溶解700体积的氨气，原因是_。
(4)根据现有元素周期律推算，Mc位于元素周期表的第__周期第__族。
(5)已知2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O，若氧化产物比还原产物多8.0g，则转移电子的数目为__。
(6)以物质的类别为横坐标，化合价为纵坐标绘制的图象叫价类图。如图是铁的价类图，写出Y在潮湿的空气中转化为图中同类别物质的化学方程式__。
(7)铝制品表面有致密的氧化物薄膜。将一小块铝制品废弃物放入足量的浓NaOH溶液后所发生的氧化还原反应的离子方程式为__。
19．A、B、C、D是元素周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小。D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子M、N、W，且在M、N、W分子中，A、B、C 三原子都采取sp3杂化。请回答下列问题。
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________________(用元素符号表示)。
(2)M是含有__________键(填“极性”或“非极性”)的__________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)N是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因： __________________________。
(4)W分子的VSEPR模型的空间构型为________，W分子的空间构型为________。
(5)AB－离子中和B2分子的π键数目比为____________。
20．有A、B、C、D、E五种短周期元素，其中A、B、C属于同一周期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数；B原子最外层中有两个不成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等；B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7∶8，E与B的质量比为1∶1。试回答：
(1)写出D元素基态原子的电子排布式：____________________________________。
(2)写出AB2的路易斯结构式：__________________。
(3)B、C两元素的第一电离能大小关系为________>________(填元素符号)，原因是_______________。
(4)根据VSEPR模型预测C的氢化物的立体结构为________，中心原子C的轨道杂化类型为________。
(5)C的单质分子中π键的数目为________，B、D两元素的气态氢化物的稳定性大小关系为________>________(填化学式)。
21．(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。
(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。
(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。
22．现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。
回答下列问题：
(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程：______。
(2)写出基态F原子的核外电子排布式：______。
(3)A2D的电子式为______，其分子中______(填“含”或“不含”，下同)键，______π键。
(4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有______。
23．是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：
已知：氧化操作中除生成外，另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。
(1)的空间构型为___________。
(2)“酸溶”时，莫尔盐___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。
(3)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为___________。
(4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是___________；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为___________(填“直接加热”或“水浴加热”)。
(5)测定产品中铁的含量。
步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。
步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液。
①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量___________。
②该样品中铁元素的质量分数为___________(用含m、y、z的代数式表示)。
参考答案：
1．C
【解析】①由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，高锰酸钾分解生成二氧化锰，故氧化性：KMnO4＞MnO2，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，故氧化性：MnO2＞Cl2，氧化性：KMnO4＞MnO2＞Cl2，故正确；
②碱金属元素从上到下，金属的密度呈增大趋势，钾反常，所以单质的密度：K＜Na＜Rb，故错误；
③核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的核外电子层数越多，离子半径越大，应为S2-＞K+＞F－，故错误；
④碱金属元素从上到下，金属的熔点逐渐降低，应为Li＞Na＞K，故正确；
⑤水中存在氢键，沸点最高，H2Se和H2S结构相似，分子间只存在范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，故正确顺序为H2O＞H2Se＞H2S，故错误；
故选C。
【点睛】本题涉及氧化性的比较、离子半径的比较以及金属的性质等知识。注意把握元素周期律的递变规律。本题的易错点为碱金属的密度，要注意钾反常。
2．B
【解析】A．SO中S成4个键，价层电子对为4，采取sp3杂化，空间构型为四面体形，故A错误；
B．在水溶液或熔融态能导电的化合物属于电解质，H2S的水溶液可以导电，属于电解质，故B正确；
C．Cu的价电子排布为3d104s1，在周期表中位于ds区，故C错误；
D．S2-核外有18个电子，S2-的结构示意图为，故D错误；
故答案为B。
3．D
【解析】A．非金属性越强，电负性越大，C、N、O、F、H电负性由大到小为F>O>N>C>H，故A正确；
B．键长越短，键能越大，该分子中C﹣F键的键能大于C﹣N键的键能，故B正确；
C．含有N=C、C=O、C=C键的C原子中均形成3个σ犍，为sp2杂化，故所有C原子都为sp2杂化，故C正确；
D．单键均为σ键，双键是一个σ键和1个π键，该分子中含有σ键15个，π键数目为4个，σ键与π键数目之比为15：4，故D错误；
故选D。
4．D
【解析】A．HClO为共价化合物，分子中H最外层1个电子，Cl最外层7个电子，O最外层6个电子，O与Cl、H分别形成一个共价键，电子式为，故A正确；
B．绝大多数有机物都是共价化合物，是有机物，属于共价化合物，故B正确；
C．由活泼金属离子与酸根离子形成的化合物是离子化合物，NaClO是离子化合物，一定含有离子键，次氯酸根离子中含有共价键，故C正确；
D．分子含有氢原子，不满足稳定结构，故D错误；
答案选D。
5．D
【解析】略
6．A
短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的质子数与电子层数相同，故X为H元素，Y、Z同周期且相邻，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y为N元素，元素W在地壳中的含量仅次于氧，则W为Al元素。
【解析】A．四种元素中Al的电子层数为3，O、N电子层数为2且核电荷数O>N，H元素电子层数为1，故半径大小为r(Al)>r(N)>r(O)>r(H)，故A项正确；
B．X、Y、Z三种元素形成的化合物可以是HNO3或NH4NO3，HNO3为共价化合物，NH4NO3为离子化合物，故B项错误；
C．Al的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，N的最高价氧化物对应水化物为HNO3，为强酸，故最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3> Al(OH)3，C项错误；
D．O的非金属性大于N，故气态简单氢化物的热稳定性：H2O>NH3，D项错误；
本题选A。
7．D
【解析】H2Se中Se的孤电子对数为×(6-2×1)=2，σ键电子对数为2，Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2Se的立体构型为V形；NF3中N的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，N的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对， NF3的立体构型为三角锥形；答案选D。
【点睛】易错点是不能熟练判断中心原子的价层电子对数。分子的中心原子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，如果价层电子对数是4且不含孤电子对，则为正四面体结构，如果价层电子对数是4且含有一个孤电子对，则为三角锥形结构，如果价电子对数是4且含有2个孤电子对，则为V形。
8．B
【解析】①从氢键的形成原理上讲，A、B都成立；②但从空间构型上讲，由于氨分子是三角锥形，易于提供孤对电子，所以以B方式结合空间阻碍最小，结构最稳定；③从氨水的性质讲，依据，只有B成立；
故答案选B。
9．B
【解析】A．F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故A正确；
B．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，只有1个，故B错误；
C．碘、四氯化碳、甲烷都为非极性分子，水为极性分子，分子极性相似的分子易溶，故C正确；
D．氨气分子和水分子之间能形成氢键，所以氨气极易溶于水，邻羟基苯甲醛分子内存在氢键，而对羟基苯甲醛分子间存在氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故D正确；
故选：B。
10．D
【解析】A．LiI在反应①中作反应物、反应⑤作生成物，所以LiI是该反应是催化剂，A正确；
B．根据图示可知：反应①是CH3OH+LiI→LiOH+CH3I，因此反应①属于取代反应，B正确；
C．反应④中Rh*-I键、O- Rh*键的断裂、有H- H键的断裂和O-H键、H- I键的形成，有非极性键的断裂和极性键的生成，C正确；
D．运用该反应机理可由异丙醇制备异丁酸，而不是正丁酸CH3CH2CH2COOH，D错误；
故合理选项是D。
11．B
【解析】A．分子的结构是由键角和键长决定的，A错误；
B．共价键的键能越大，断裂时需要的能量越大，共价键越牢固，由该键形成的分子越稳定，B正确；
C．四种化合物中C-X键的键长依次增大，键角相等，C错误 ；
D．H2O分子中两个O—H键的键角为105°，D错误；
正确答案B。
12．B
【解析】A． 连接4个不同基团的C为手性碳，只有与苯环直接相连的C具有手性，该有机物存在对映异构，故A正确；
B． 由结构可知含四个环己烷基相同，共含10种H，核磁共振氢谱有10组峰，故B错误；
C． 苯环上C、双键上N为sp2杂化，亚甲基、次甲基及与环己烷基相连的N均为sp3杂化，该有机物中C和N均有sp3和sp2两种杂化方式，故C正确；
D． 该有机物中C、N、O三种元素形成的最简单氢化物分子的中心原子均为sp3杂化，三种氢化物的VSEPR模型均为四面体形，水分子中含有2对孤对电子，氨气分子含有1对孤对电子，甲烷分子没有孤对电子，孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥，键角：CH4＞NH3＞H2O，键角依次减小，故D正确；
故选B。
13．C
【解析】A．观察图中物质转化关系可知，b代表，用于氧化生成，a代表，用于还原生成HCOOH，A项错误；
B．反应过程中能量的转化形式是光能转化为化学能，但不是全部转化，B项错误；
C．由图可知反应物为和，生成物为HCOOH和，C项正确；
D．反应过程中没有非极性键的断裂，D项错误。
答案选C。
14．C
【解析】A．O和S属于同主族，因此与中心原子中所含孤电子对数目均为2，氧原子的半径小于S原子半径，H2O成键电子对间排斥力越大，键角越大，故A说法正确；
B．由于分子间存在氢键，H2S不存在分子间氢键，因此的熔点比的高，故B说法正确；
C．由于原子半径O小于S，的酸性比弱，故C说法错误；
D．由于相对分子质量小于，分子间作用力小于，因此 的熔点比的低，故D说法正确；
答案为C。
15．A
【解析】根据微观示意图可知，甲为NO2，乙为CO，丙为CO2，丁为N2，
A． CO2也能与Na2CO3溶液反应，则不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中混有的HCl，应用饱和NaHCO3溶液，A错误；
B． 乙和丁的原子总数和价电子总数相同，故二者互为等电子体，B正确；
C． NO2的空间构型为V形，CO2的空间构型为直线形，C正确；
D． CO2的电子式为，N2的电子式为，分子中各原子最外电子层均达到8电子稳定结构，D正确；
答案选A。
16．(1)
(2)
【解析】（1）
是22号元素，所以Ti原子基态核外电子排布式为。
（2）
单键全部为键，双键有1个键，根据乙醛的结构式可知分子中含有键的数目为。
17． 8∶1 NH3和H2O均是极性分子，二者相似相溶，且二者分子间可形成氢键，故NH3极易溶于水；CH4是非极性分子，不易溶于极性溶剂水 CO2、N2O　 AsCl5　 三角锥形 AsCl3＞NCl3
【解析】X原子核外电子运动状态是所有原子中最少的，X是H。Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此Y是C。Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N。W是第三周期中电负性最大的元素，W是Cl，Q的原子序数为33，Q是As。（3）C3H6是丙烯，分子中有8个σ键，1个π键，即σ键与π键的数目比为8∶1。（2）NH3和H2O均是极性分子，二者相似相溶，且二者分子间可形成氢键，故NH3极易溶于水；CH4是非极性分子，在极性分子H2O中的溶解性较小。（3）原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则CO2与N2O是等电子体。（4）As和Cl可形成AsCl3和AsCl5两种分子，其中AsCl3是三角锥形极性分子，AsCl5是三角双锥非极性分子。（5）AsCl3与NCl3形成的晶体均是分子晶体，由于AsCl3比NCl3的相对分子质量大，故AsCl3的熔沸点较高。
18． CaO F的非金属性比Cl强 氨分子和水分子间可以形成氢键 七 Ⅴ NA 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 2Al + 2H2O + 2OH- = 2 + 3H2↑
【解析】(1)在物质CO2、P2O5、CaO、SO2中，CaO是金属氧化物，在化学性质上与其余非金属氧化物不同。
(2)元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是F的非金属性比Cl强。
(3)常温下，氨气极易溶于水的主要原因是氨分子和水分子间可以形成氢键,大大增强溶解能力。
(4) Mc的质子数为115，根据现有元素周期律推算，118号元素属于第七周零族，那么115号元素就属于第七周期，ⅤA族。
(5) 在2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O反应中，硫既是氧化产物，又是还原产物，其物质的量比为2:1，质量比也为2：1，若氧化产物比还原产物多8.0g，即生成硫24g,换算成物质的量为0.75mol，根据化学方程式可知，转移电子物质的量为4 mol，生成3 mol硫，那么生成0.75mol硫，则转移电子为1mol，则转移电子数量为NA。
(6)通过价类图可知，Y是氢氧化亚铁，Y在潮湿的空气中转化为图中同类别物质应该是氢氧化铁，转化的化学方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。
(7)铝制品表面有致密的氧化物薄膜，其放入足量的浓NaOH溶液后，薄膜被腐蚀，其过程是非氧化还原反应，内部的铝会和氢氧化钠发生氧化还原反应，则其离子方程式为2Al + 2H2O + 2OH- = 2 + 3H2↑。
19．(1)C＜O＜N
(2) 极性 非极性
(3)NH3易形成分子间氢键
(4) 四面体形 V形
(5)1∶1
A、B、C、D是周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小；D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子M、N、W，且在M、N、W分子中，A、B、C 三原子都采取sp3杂化，则D是H元素、A是C、B是N、C是O元素，M、N、W分别是CH4、NH3、H2O。
【解析】（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；
（2）M是CH4，为正四面体结构，甲烷分子中C-H原子之间存在极性键，甲烷分子正负电荷重心重合，为非极性分子。
（3）N为NH3，氨分子间能形成氢键，分子间作用力大，因而易液化；
（4）W是H2O，H2O分子中O原子价层电子对个数是4，含2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其VSEPR模型为正四面体结构、空间构型为V形；
（5）CN-离子与N2互为等电子体，二者结构相似，CN-的电子式为，N2的电子式为，叁键中有1个σ键、2个π键 ，则π键数目比=2：2=1：1。
20．(1)1s22s22p63s23p2
(2)
(3) N O N原子最外层的电子处于半充满状态，比较稳定
(4) 三角锥形 sp3杂化
(5) 2 H2O SiH4
A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，A为C元素；A属于第二周期，A、B、C属于同一周期，B原子最外层中有两个不成对的电子，B为O元素；B元素可与A、C、D、E生成RB2型化合物，则C为N元素；DB2中D与B的质量比为7：8，D的相对原子质量为28，D原子核内质子数与中子数相等，D的质子数为14，D为Si元素；EB2中E与B的质量比为1:1，E的相对原子质量为32，E原子核内质子数与中子数相等，E的质子数为16，E为S元素。
【解析】（1）D为Si元素，基态Si原子核外有14个电子，根据构造原理，基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；
（2）AB2为CO2，CO2的电子式为，结构式为O=C=O，路易斯结构式为；
（3）B为O元素，C为N元素，O和N两元素中第一电离能：NO，原因是：N原子的价电子排布为2s22p3，N原子最外层的电子处于半充满状态，比较稳定；
（4）C的氢化物为NH3，N上的孤电子对数为（5-31）=1，成键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，略去孤电子对，NH3的立体结构为三角锥形。中心原子N的杂化轨道类型为sp3杂化；
（5）C的单质为N2，N2的结构式为NN，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中有2个π键。B为O元素，D为Si元素，非金属性：OSi，B、D两元素的气态氢化物稳定性：H2OSiH4。
21． ＜ C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋ ＞ 水分子之间存在氢键 73.10%
【解析】(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋。答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋；
(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；
(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3
设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol，NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：
①106x＋58.5y＝4.350 ；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。
【点睛】5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。
22． 1s22s22p63s23p64s1 含 不含 离子键、极性共价键
现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；则A是H，C是Na，D是S；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个，则E是Cl元素；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F是K元素；然后根据元素周期律及元素、化合物的性质分析解答。
【解析】根据上述分析可知：A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F是K元素。
(1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；
(2)F是K元素，根据构造原理，可知基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1；
(3)A是H，D是S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子的电子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：；H2S结构式为：H-S-H，在分子，S、H原子形成的是共价单键，共价单键属于σ键，而不含π键；
(4)A是H，B是O，C是Na，这三种元素形成的化合物是NaOH，为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阳离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH中含有离子键和极性共价键。
23． V形 不能 会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案) 平衡气压，使液体顺利滴下 水浴加热 偏小 偏大
由实验流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成，加入H2O2溶液进行氧化将Fe元素转化为+3价，加入饱和草酸钾和草酸溶液煮沸得到溶液，经过一系列操作得到产品
【解析】（1）H2O分子，中心原子的价层电子对数： ，孤电子对数为2，则水的空间构型为：V形；
（2）HNO3具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，不能得到预期产物，故：“酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，原因是：会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)；
（3）H2C2O4与Fe2+反应生成，非氧化还原反应，根据元素守恒，反应的离子方程式为：；
（4）漏斗需要和外界气压平衡，里面的液体才能顺利流下，故作用为：平衡气体，使液体顺利流下；需要保持40℃温度加热，温度较低且要控制温度，所以采用水浴加热；
（5）①步骤ⅰ加入溶液时发生反应的离子方程式为，无色草酸根和有色高锰酸钾氧化还原反应，计算草酸根含量，步骤ii发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe3+氧化Cu得到还原性Fe2+，通过Fe2+和MnO4-反应来计算铁元素的含量，步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，使步骤ii中消耗的减少，计算的铁元素偏小；若步骤ⅱ中不滤去不溶物Cu，会和生成的Fe3+继续反应生成Fe2+，使消耗偏多，测得铁元素含量偏大；②根据关系式，可以得出，铁的质量为：0.28xyg，该样品中铁元素的质量分数为