第2章微粒间相互作用与物质性质测试题高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2（含解析）
文档属性
| 名称 | 第2章微粒间相互作用与物质性质测试题高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 676.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-18 17:16:25 | ||
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文档简介
第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题
一、单选题（共15题）
1．下列说法正确的是
A．甘油()分子中含有1个手性碳原子
B．元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
C．键的极性：
D．中键角比中键角大
2．以下性质的比较中，正确的是
A．晶格能大小：NaI＞NaBr＞NaCl＞NaF B．单质的熔点：Li＜Na＜K＜Rb
C．共价键的键长：C-C＞C-Si＞Si-Si D．沸点高低：HCl＜HBr＜HI＜HF
3．科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，2005年1月美国科学家在(《Science》)上发表论文，宣布发现了Al的超原子结构Al13和Al14，并在质谱仪检测到稳定的Al13I—等，Al13、Al14的性质很象现行周期表中的某主族元素，已知这类超原子当具有40个价电子时最稳定(例Al原子具有3个价电子)。下列说法不正确的是
A．Al14有42个价电子，且与IIA族元素性质相似
B．Al13有39个价电子，且与卤素性质类似
C．Al13在气相中与HI反应可生成HAl13I，其化学方程式为Al13+HI=HAl13I
D．Al13超原子中Al原子间是通过离子键结合的
4．关于结构如图所示的有机物的叙述中不正确的是
A．分子中有2个手性碳原子
B．1mol 此有机物与足量H2发生加成反应，有2mol π键断裂
C．1mol 此有机物与足量Na发生反应，有1.5molH2生成
D．分子中sp2、sp3杂化的原子个数比为1：1
5．硫代硫酸钠()可作定影剂，反应的化学方程式为，产物中的常用于切花保鲜。下列说法错误的是
A．基态的核外电子存在10种运动状态
B．的空间结构为四面体形，中心原子的杂化方式为
C．欲测定切花保鲜液中的浓度，可用标准溶液滴定
D．的晶体结构与相似，每个周围最近且等距离的有6个
6．在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
7．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．32g肼()分子中含σ键数目为5
B．标准状况下，11.2L 所含分子数为0.5
C．1mol铜铝合金与足量稀充分反应，转移的电子数小于2
D．室温时，1.0L 的溶液中含有的数目为0.2
8．反应C2H2＋2CuClCu2C2＋2HCl可用于制备有机反应催化剂乙炔铜。下列有关说法 正确的是
A．Cl－的结构示意图： B．C2H2分子中σ键和π键个数之比为3：2
C．HCl的电子式： D．铜基态原子价电子排布式为3d94s2
9．下列分子属于平面正三角形分子的是
A．SO3 B．SO2 C．BeCl2 D．CH4
10．医学上在对抗癌物质的研究中发现，具有抗癌作用，而没有抗癌作用，对此下列叙述正确的是
A．两者为同一物质，都是以Pt原子为中心的四面体结构
B．两者为同一物质，都是以Pt原子为中心的平面结构
C．两者互为同分异构体，都是以Pt原子为中心的四面体结构
D．两者互为同分异构体，都是以Pt原子为中心的平面结构
11．某药物主要成分的结构简式如图所示，其中X、Y、W三种元素的原子序数依次增大，基态W原子的电子分布于3个能级。下列说法错误的是
A．该分子中有2个X原子的杂化方式相同
B．X、Y、W的第一电离能大小顺序为
C．Y的氢化物分子中只含极性键
D．元素W可以形成非极性分子
12．下列事实与氢键有关的是( )
A．溶解性：苯酚>甲苯 B．稳定性：HF>HCl
C．熔点：乙烷>甲烷 D．沸点：
13．下列说法正确的是
A．NaCl、HCl的水溶液都能导电，NaCl、HCl属于离子化合物
B．CaC2、CaCl2都含有离子键和非极性共价键
C．石油分馏、煤的干馏都属于物理变化
D．Na2SiO3和SiC都属于无机非金属材料
14．下列说法错误的是
A．非金属单质中一定不含离子键，一定只含共价键
B．化学键是相邻原子之间的强相互作用
C．酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀，日常铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
D．电热水器有镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳极保护法
15．以表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．苯中键总数为
B．将(标准状况)通入足量水中，转移的电子数为
C．固体中含阳离子数目为
D．常温常压下，含有的氧原子数为
二、填空题（共8题）
16．三价铬离子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素发挥作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。回答下列问题：
(1)Cr的价层电子排布式为____。
(2)O、N、C的第一电离能由大到小的顺序为____。
(3)SO2分子的VSEPR模型名称为____，其中心原子的杂化方式为____。
(4)化学式为CrCl3 6H2O的化合物有多种结构，其中一种可表示为[CrCl2(H2O)4]Cl 2H2O，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为____，配位数为____。
17．(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是：_______和_____；_____和______。
(2)HF的沸点比HCl的高，原因是____；SiH4的沸点比CH4的高，原因是________。
(3)在下列物质①P4 ②NH3 ③HCN ④BF3 ⑤H2O ⑥SO3 ⑦CH3Cl中，属于含有极性键的极性分子的是（填序号）_______。
(4)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
CO2分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为________。
SO32-中，中心原子的杂化方式为__杂化，离子的立体构型为_________。
HCHO分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为_________。
(5)试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：
HClO4_____HClO2 H2CO3______H2SiO3 H2SO3_______H2SO4
18．回答下列问题：
(1)蓝矾(CuSO4 5H2O)的结构如图所示：
SO的空间结构是_____，其中S原子的杂化轨道类型是_____。
(2)气态SO3分子的空间结构为_____；将纯液态SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是____。
19．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为________。
(2)写出化合物AC2的电子式_______；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为________。
(3)E的外围电子排布式是_______，ECl3形成的配合物的化学式为________。
(4)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是___________。
20．X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：
（1）X、E的元素符号依次为_______ 、_____；
（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是_______ 和______，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是________（写分子式）；
（3）Q的核外电子排布式为_________，在形成化合物时它的最高化合价为_______。
21．回答下列问题：
(1)1molCO2中含有的σ键个数为__。
(2)已知CO和CN-与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为__。HCN分子中σ键与π键数目之比为___。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应如下：N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)。若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的σ键有__mol。
(4)C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中σ键与π键的个数之比为__。
(5)1mol乙醛分子中含σ键的个数为__，1个CO(NH2)2分子中含有σ键的个数为__。
22．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数_____。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式______。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式_____，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率______。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率_____。并对此做出解释______。
23．某兴趣小组拟制备氯气及验证其性质并比较氯、溴、碘的非金属性强弱。
Ⅰ[查阅资料]①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似，也呈黄色。
②硫代硫酸钠溶液在工业上可作脱氯剂。
Ⅱ[性质验证]实验装置如图所示(夹持装置省略)
实验步骤；
(1)检查装置的气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是__________；
装置C中Ⅱ处加入的试剂可以是_____(填字母)。
A．碱石灰 B．硅胶 C．浓硫酸 D．无水氯化钙
(2)装置B的作用为___________________________________。
(3)KI的电子式为_____；硫代硫酸钠中所含的化学键类型为_______________；写出装置F中反应的离子方程式____________________ (中的S元素被氧化成最高价)。
Ⅲ[探究与反思]
(4)上图中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是________________________________________。该组同学思考后将上述D、E、F装置改为下图装置，实验操作步骤如下：
①打开弹簧夹，缓缓通入氯气。
②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气。
④……
(5)步骤④的操作是________________________________________________。
参考答案：
1．D
【解析】A．根据手性碳原子的定义，甘油中不含手性碳原子，故A说法错误；
B．电负性是描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，一般电负性越大，元素的非金属性越强，但第一电离能不一定越大，如O元素的非金属性强于N，但N的第一电离能强于O，故B说法错误；
C．非金属性F＞O＞N，吸引电子对能力F＞O＞N，因此极性F-H＞O-H＞N-H，故C说法错误；
D．H3O+中心原子O有1对孤对电子，H2O中心原子O有2对孤对电子，孤对电子对数越多，键角越小，因此H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，故D说法正确；
答案为D。
2．D
【解析】A．NaI、NaBr、NaCl、NaF都是离子晶体，由于阴离子半径：I-＞Br-＞Cl-＞F-，离子半径越大，阴离子与阳离子Na+之间离子键键能越小，离子晶体的晶格能就越小，故晶格能大小：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，A错误；
B．Li、Na、K、Rb是同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，金属阳离子与自由电子之间作用力就越小，单质的熔沸点就越短，所以单质的熔点：Li＞Na＞K＞Rb，B错误；
C．原子半径越大，原子之间形成的共价键的键长就越长，原子半径：Si＞C，故共价键的键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，C错误；
D．HCl、HBr、HI、HF都是由分子构成的物质，物质分子之间以分子间作用力结合。物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。由于HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其熔沸点在四种物质中最高，故沸点高低：HCl＜HBr＜HI＜HF，D正确；
故合理选项是D。
3．D
【解析】A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第IIA族性质相似，A正确；
B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13-，与第ⅤⅡA族卤素原子性质相似，B正确；
C．用质谱仪检测到稳定的Al13I—等，所以能与HI反应生成HAl13I，方程式为Al13+HI＝HAl13I，C正确；
D．Al14为分子晶体，Al14超原子中Al原子间通过共价键结合，D错误；
答案选D。
4．D
【解析】A．六元环上连接羟基的那两个碳是手性碳，连接不一样的原子或基团，A正确；
B．该有机物分子有两个碳碳双键，双键中有一个是π键，故1mol 此有机物与足量H2发生加成反应，有2mol π键断裂，B正确；
C．1mol 此有机物含有3mol羟基，与足量Na发生反应，有1.5molH2生成，C正确；
D．三个碳原子和三个氧原子均采用sp3杂化，四个碳原子采用sp2杂化，故分子中sp2、sp3杂化的原子个数为4和6，原子个数比为2：3，D错误；
故选D。
5．C
【解析】A．基态Na+有10个核外电子，所以存在10种运动状态，A正确；
B．S2O的结构可以看做硫酸根中的一个氧原子被硫取代，结构和硫酸根类似，中心硫原子的孤电子对数为0，价层电子对数为4，所以空间结构为四面体形，中心原子S的杂化方式为sp3，B正确；
C．Na3[Ag(S2O3)2]中银离子与S2O形成配位键，无单独的银离子，不能用NaCl标准溶液滴定Ag+，C错误；
D．氯化钠晶体中每个Na+周围有6个Cl-，每个Cl-周围有6个Na+，NaBr的晶体结构与NaCl晶体相似，则每个Br-周围有6个Na+，D正确；
故选C。
6．A
【解析】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确；
C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确；
D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确；
综上所述答案为A。
7．A
【解析】A．32gN2H4的物质的量为1mol，1个N2H4分子中含4个N—Hσ键和1个N—Nσ键，则32gN2H4中含5molσ键，即含σ键数目为5NA，A项正确；
B．标准状况下SO3不呈气态，不能用22.4L/mol计算11.2LSO3物质的量，即标准状况下11.2LSO3物质的量不为0.5mol，B项错误；
C．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，1molCu参与反应转移2mol电子，Al与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和H2O，1molAl参与反应转移3mol电子，则1mol铜铝合金与足量稀硝酸充分反应，转移电子物质的量在2mol和3mol之间，即转移电子数大于2NA，C项错误；
D．室温下pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L，1L溶液中含OH-物质的量为0.01mol，含OH-的数目为0.01NA，D项错误；
答案选A。
8．B
【解析】A．Cl的质子数为17，因此Cl－的结构示意图为，故A错误；
B．C2H2分子结构为H－C≡C－H，分子中σ键和π键个数之比为3：2，故B正确；
C．HCl是共价化合物，是共用电子对，其电子式为：，故C错误；
D．铜基态原子价电子排布式为3d104s1，故D错误。
综上所述，答案为B。
9．A
【解析】A．SO3分子中S原子的价层电子对数=3＋=3，含0对孤电子对，是平面正三角形结构，A正确；
B．SO2分子中S原子的价层电子对数=2＋=3，含1对孤电子对，是V形结构，B错误；
C．BeCl2分子中Be原子的价层电子对数=2＋=2，含0对孤电子对，是直线形结构，C错误；
D．CH4分子中C原子的价层电子对数=4＋=0，含0对孤电子对，是正四面体形结构，D错误；
故选A。
10．D
【解析】根据信息，该物质的结构是以Pt为中心的平面结构，两者组成相同，但结构不同，互为同分异构体，故D选项正确。
11．C
基态W原子的电子分布于3个能级，根据药物的结构简式，W以单键和其他原子结合，则W为F；根据药物的结构可以看出，X连有3个共价键，Y连有2个共价键，且X、Y、W三种元素的原子序数依次增大，所以X为N，Y为O。
【解析】A．该分子中的以单键连接的2个N的杂化方式均为sp3，故A正确；
B．同一周期元素，从左到右，第一电离能增大，但由于N的2p上有3个电子，是半充满结构，第一电离能大于O，故第一电离能大小顺序为F＞N＞O，故B正确；
C．Y的氢化物H2O2中含非极性共价键，故C错误；
D．F可以形成F2，是非极性分子，故D正确；
故选C。
12．A
【解析】A．苯酚可形成分子间氢键，而甲苯不可以，分子间氢键使物质溶解度增大，则溶解性：苯酚>甲苯，A正确；
B．稳定性与化学键强弱有关，有无氢键无关，B错误；
C．分子间氢键可以使物质熔点升高，但乙烷和甲烷均不能形成分子间氢键，则两者熔点高低与氢键无关，C错误；
D．分子间氢键可以使物质沸点升高，但均不能形成分子间氢键，则两者沸点高低与氢键无关，D错误；
故答案为A。
13．D
【解析】A．化合物的水溶液能导电，和是不是离子化合物没有关系，HCl属于共价化合物，故A错误；
B．CaCl2中只有离子键，没有共价键，故B错误；
C．石油分馏是物理变化，煤的干馏属于化学变化，故C错误；
D．Na2SiO3属于硅酸盐，SiC俗称金刚砂，是无机物，所以它们都属于无机非金属材料，故D正确；
本题答案D。
14．A
【解析】A．非金属单质中可能不含化学键，例如氦气中不含有化学键，A错误；
B．化学键是相邻原子之间的强相互作用，B正确；
C．酸雨后溶液酸性较强，钢铁易发生析氢腐蚀；日常铁锅存留盐液时，溶液为接近中性，易发生吸氧腐蚀，C正确；
D．电热水器中镁棒比铁活泼，镁失去电子发生氧化反应，可防止内胆腐蚀是牺牲阳极保护法，D正确；
故选A。
15．D
【解析】A．苯的结构为，其中含有6个C—H键，6个C—C键，均为键，共12个键，苯中键总数为，故A错误；
B．通入足量水中发生反应，该反应为可逆反应，标准状况下22.4L的氯气不能完全反应，所以转移电子数小于，故B错误；
C．晶体由钠离子和组成，固体中含阳离子数目为，故C错误；
D．常温常压下，含有的氧原子数为，故D正确；
故选D。
16．(1)3d54s1
(2)N>O>C
(3) 平面三角形 sp2杂化
(4) O、Cl 6
【解析】(1)
Cr是24号元素，基态原子价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；
(2)
同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
(3)
SO2分子中S原子孤电子对数==1，价层电子对数=2+1=3，VSEPR模型的名称为平面三角形，空间构型为V形，中心原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2杂化；
(4)
[Cr(H2O)4Cl2]Cl H2O中配离子中提供孤电子对的原子为O、Cl，配位数为6，故答案为：O、Cl；6。
17． N2O CO2 N2 CO HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键 对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力就大，所以SiH4的沸点比CH4的沸点高 ②③⑤⑦ sp 直线形 sp3 三角锥形 sp2 平面三角形 > > <
(1)根据等电子体是原子数相同，最外层电子数相同的微粒，结合元素的要求书写相应的等电子体；
(2)分子间形成氢键会增加分子之间的吸引力；根据结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强分析；
(3)不同的非金属原子间形成极性共价键，若分子排列对称是非极性分子，否则为极性分子；
(4)根据杂化轨道数=σ键数目+孤对电子对数，确定杂化轨道，再结合孤对电子对数确定空间构型；
(5)同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【解析】(1)根据等电子体的概念，由于元素仅由第二周期元素组成，且属于共价分子，因此可能的等电子体有CO2与N2O；CO与N2；
(2)HCl、HF都是氢化物，由于F原子半径小，吸引电子能力强，HF分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使HF的沸点比HCl的高；C、Si是同一主族的元素，SiH4和CH4结构相似，二者都是分子晶体，由于结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的分子之间的作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化需要的能量越高，物质的沸点就越高，相对分子质量SiH4比CH4的大，所以物质的沸点SiH4比CH4的高；
(3) ①P4中的P—P键是非极性共价键，分子排列对称，属于非极性分子，①不符合题意；②NH3中的N—H键是极性共价键，分子排列不对称，属于极性分子，②符合题意；
③HCN分子结构简式为H—C≡N，H—C键及C≡N都是极性共价键，由于分子中正负电荷重心不重合，不对称，因此属于极性分子，③符合题意；
④BF3中的B—F键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，④不符合题意；
⑤H2O中的H—O键是极性共价键，分子为V形，排列不对称，属于极性分子，⑤符合题意；
⑥SO3中的S—O键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，⑥不符合题意；
⑦CH3Cl中的C—H键、C—Cl键都是极性共价键，分子为四面体形，分子排列不对称，属于极性分子，⑦符合题意。
故属于含有极性键的极性分子的是②③⑤⑦；
(4)CO2分子中，中心原子C原子形成2个σ键、2个π键，无孤对电子，C的杂化方式为sp杂化，分子的立体构型为直线形；
SO32-中，中心S原子形成3个σ键、1个π键，无孤电子对，S原子的杂化方式为sp2杂化，SO32-离子的立体构型为三角锥形；
HCHO分子中，中心C原子形成3个σ键、1个π键，无孤对电子，C原子的杂化方式为sp2杂化，该分子的立体构型为平面三角形；
(5)由于同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强所以酸性：HClO4>HClO2；H2CO3>H2SiO3，H2SO3【点睛】本题考查了物质结构的知识。涉及等电子体、氢键、价层电子对互斥理论、微粒的空间构型、原子的杂化等，难度不大，侧重于基础知识的理解、巩固及应用。
18．(1) 正四面体形 sp3杂化
(2) 平面三角形 sp3杂化
【解析】(1)SO中S有4个σ键，孤电子对数是=0，因此价层电子对数为4，空间结构是正四面体形，杂化轨道数=价层电子对数=4，即杂化类型为sp3杂化。(2)SO3中价层电子对数为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形；图中固态SO3中S原子形成4个共价单键，其杂化轨道类型是sp3杂化。
19． C＜O＜N N2O 3d54s1 [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O
A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，则分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，据此分析解答。
【解析】根据上述分析，A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素，形成的配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
(1)同周期，自左而右，第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，较为稳定，氮元素第一电离能高于同周期相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
(2)化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；
(3)E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式为3d54s1，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，故答案为：3d54s1；[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；
(4)B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg(NO3)2，令NH4NO3，Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5-(-3)]×x=2y，所以x∶y=4∶1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。
【点睛】正确推断元素种类是解题的关键，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口。本题的易错点为(4)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。
20． S F v型 直线型 SO2 1s22s22p63s23p63d54s1 +6
X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，据以上分析解答。
【解析】(1)由以上分析可知X、E的元素符号依次为S、F；
(2)SO2中S和O形成2个δ键，有1个孤电子对，为V形；CO2中C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子，故SO2在水中溶解度更大；
(3)Q为Cr，原子序数为24，位于周期表第四周期ⅥB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，最高化合价为+6价。
21． 2NA(1.204×1024) 1:2 1:1 5.5 5:1 6NA(3.612×1024) 7
共价单键全是键，双键含1个键和1个π键，三键含1个键和2个π键，据此解答。
【解析】(1)分子内含有2个碳氧双键，双键中一个是键，另一个是π键，则中含有的键个数为(1.204×1024)；
(2)的结构式为，推知的结构式为，含有1个键、2个π键，即CO分子内σ键与π键个数之比为1:2；的结构式为，分子的结构式为，分子中键与π键均为2个，即CO分子内σ键与π键个数之比为1:1；
(3)反应中有键断裂，即有参加反应，生成和，则形成的键有；
(4)设分子式为，则，合理的是，n=4，即分子式为，结构式为，所以一个分子中共含有5个键和1个键，即该分子中σ键与π键的个数之比为5:1；
(5)1个乙醛分子中存在1个碳氧双键，5个单键，1个分子中存在1个碳氧双键，6个单键，故乙醛中含有键的个数为6NA(3.612×1024)，1个分子中含有7个键。
22．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【解析】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
23． 长颈漏斗 BD 除去氯气中的氯化氢并作安全瓶 共价键、离子键 未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰 打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c振荡
由图中装置可知，装置A中放入高锰酸钾、分液漏斗中放入浓盐酸，二者反应产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，Ⅰ、Ⅲ处放干燥的有色布条，Ⅱ放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化；为排除氯气对其溴、碘检验的干扰，可进行对比实验，以此来解答。
【解析】(1)仪器a为长颈漏斗；装置C中Ⅱ处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；
(2)生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；
(3)KI属于离子化合物，其电子式为：；Na2S2O3属于离子化合物，其中Na+与之间通过离子键连接，内部原子与原子之间通过共价键连接，因此Na2S2O3中所含的化学键类型为共价键、离子键；Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化，则装置F中相应的离子反应方程式为：；
(4)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)改进的实验步骤④为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管振荡，第④步发生溴与KI的反应，碘溶于四氯化碳中，溴能够置换碘，从而达到实验目的。
一、单选题（共15题）
1．下列说法正确的是
A．甘油()分子中含有1个手性碳原子
B．元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大
C．键的极性：
D．中键角比中键角大
2．以下性质的比较中，正确的是
A．晶格能大小：NaI＞NaBr＞NaCl＞NaF B．单质的熔点：Li＜Na＜K＜Rb
C．共价键的键长：C-C＞C-Si＞Si-Si D．沸点高低：HCl＜HBr＜HI＜HF
3．科学家预言超级原子的发现将会重建周期表，2005年1月美国科学家在(《Science》)上发表论文，宣布发现了Al的超原子结构Al13和Al14，并在质谱仪检测到稳定的Al13I—等，Al13、Al14的性质很象现行周期表中的某主族元素，已知这类超原子当具有40个价电子时最稳定(例Al原子具有3个价电子)。下列说法不正确的是
A．Al14有42个价电子，且与IIA族元素性质相似
B．Al13有39个价电子，且与卤素性质类似
C．Al13在气相中与HI反应可生成HAl13I，其化学方程式为Al13+HI=HAl13I
D．Al13超原子中Al原子间是通过离子键结合的
4．关于结构如图所示的有机物的叙述中不正确的是
A．分子中有2个手性碳原子
B．1mol 此有机物与足量H2发生加成反应，有2mol π键断裂
C．1mol 此有机物与足量Na发生反应，有1.5molH2生成
D．分子中sp2、sp3杂化的原子个数比为1：1
5．硫代硫酸钠()可作定影剂，反应的化学方程式为，产物中的常用于切花保鲜。下列说法错误的是
A．基态的核外电子存在10种运动状态
B．的空间结构为四面体形，中心原子的杂化方式为
C．欲测定切花保鲜液中的浓度，可用标准溶液滴定
D．的晶体结构与相似，每个周围最近且等距离的有6个
6．在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
7．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．32g肼()分子中含σ键数目为5
B．标准状况下，11.2L 所含分子数为0.5
C．1mol铜铝合金与足量稀充分反应，转移的电子数小于2
D．室温时，1.0L 的溶液中含有的数目为0.2
8．反应C2H2＋2CuClCu2C2＋2HCl可用于制备有机反应催化剂乙炔铜。下列有关说法 正确的是
A．Cl－的结构示意图： B．C2H2分子中σ键和π键个数之比为3：2
C．HCl的电子式： D．铜基态原子价电子排布式为3d94s2
9．下列分子属于平面正三角形分子的是
A．SO3 B．SO2 C．BeCl2 D．CH4
10．医学上在对抗癌物质的研究中发现，具有抗癌作用，而没有抗癌作用，对此下列叙述正确的是
A．两者为同一物质，都是以Pt原子为中心的四面体结构
B．两者为同一物质，都是以Pt原子为中心的平面结构
C．两者互为同分异构体，都是以Pt原子为中心的四面体结构
D．两者互为同分异构体，都是以Pt原子为中心的平面结构
11．某药物主要成分的结构简式如图所示，其中X、Y、W三种元素的原子序数依次增大，基态W原子的电子分布于3个能级。下列说法错误的是
A．该分子中有2个X原子的杂化方式相同
B．X、Y、W的第一电离能大小顺序为
C．Y的氢化物分子中只含极性键
D．元素W可以形成非极性分子
12．下列事实与氢键有关的是( )
A．溶解性：苯酚>甲苯 B．稳定性：HF>HCl
C．熔点：乙烷>甲烷 D．沸点：
13．下列说法正确的是
A．NaCl、HCl的水溶液都能导电，NaCl、HCl属于离子化合物
B．CaC2、CaCl2都含有离子键和非极性共价键
C．石油分馏、煤的干馏都属于物理变化
D．Na2SiO3和SiC都属于无机非金属材料
14．下列说法错误的是
A．非金属单质中一定不含离子键，一定只含共价键
B．化学键是相邻原子之间的强相互作用
C．酸雨后钢铁易发生析氢腐蚀，日常铁锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀
D．电热水器有镁棒防止内胆腐蚀是牺牲阳极保护法
15．以表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是
A．苯中键总数为
B．将(标准状况)通入足量水中，转移的电子数为
C．固体中含阳离子数目为
D．常温常压下，含有的氧原子数为
二、填空题（共8题）
16．三价铬离子(Cr3+)是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素发挥作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。回答下列问题：
(1)Cr的价层电子排布式为____。
(2)O、N、C的第一电离能由大到小的顺序为____。
(3)SO2分子的VSEPR模型名称为____，其中心原子的杂化方式为____。
(4)化学式为CrCl3 6H2O的化合物有多种结构，其中一种可表示为[CrCl2(H2O)4]Cl 2H2O，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为____，配位数为____。
17．(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是：_______和_____；_____和______。
(2)HF的沸点比HCl的高，原因是____；SiH4的沸点比CH4的高，原因是________。
(3)在下列物质①P4 ②NH3 ③HCN ④BF3 ⑤H2O ⑥SO3 ⑦CH3Cl中，属于含有极性键的极性分子的是（填序号）_______。
(4)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
CO2分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为________。
SO32-中，中心原子的杂化方式为__杂化，离子的立体构型为_________。
HCHO分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为_________。
(5)试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：
HClO4_____HClO2 H2CO3______H2SiO3 H2SO3_______H2SO4
18．回答下列问题：
(1)蓝矾(CuSO4 5H2O)的结构如图所示：
SO的空间结构是_____，其中S原子的杂化轨道类型是_____。
(2)气态SO3分子的空间结构为_____；将纯液态SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是____。
19．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为________。
(2)写出化合物AC2的电子式_______；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为________。
(3)E的外围电子排布式是_______，ECl3形成的配合物的化学式为________。
(4)B的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，该反应的化学方程式是___________。
20．X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请回答下列问题：
（1）X、E的元素符号依次为_______ 、_____；
（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是_______ 和______，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是________（写分子式）；
（3）Q的核外电子排布式为_________，在形成化合物时它的最高化合价为_______。
21．回答下列问题：
(1)1molCO2中含有的σ键个数为__。
(2)已知CO和CN-与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为__。HCN分子中σ键与π键数目之比为___。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应如下：N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)。若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的σ键有__mol。
(4)C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中σ键与π键的个数之比为__。
(5)1mol乙醛分子中含σ键的个数为__，1个CO(NH2)2分子中含有σ键的个数为__。
22．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数_____。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式______。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式_____，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率______。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率_____。并对此做出解释______。
23．某兴趣小组拟制备氯气及验证其性质并比较氯、溴、碘的非金属性强弱。
Ⅰ[查阅资料]①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似，也呈黄色。
②硫代硫酸钠溶液在工业上可作脱氯剂。
Ⅱ[性质验证]实验装置如图所示(夹持装置省略)
实验步骤；
(1)检查装置的气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是__________；
装置C中Ⅱ处加入的试剂可以是_____(填字母)。
A．碱石灰 B．硅胶 C．浓硫酸 D．无水氯化钙
(2)装置B的作用为___________________________________。
(3)KI的电子式为_____；硫代硫酸钠中所含的化学键类型为_______________；写出装置F中反应的离子方程式____________________ (中的S元素被氧化成最高价)。
Ⅲ[探究与反思]
(4)上图中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是________________________________________。该组同学思考后将上述D、E、F装置改为下图装置，实验操作步骤如下：
①打开弹簧夹，缓缓通入氯气。
②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气。
④……
(5)步骤④的操作是________________________________________________。
参考答案：
1．D
【解析】A．根据手性碳原子的定义，甘油中不含手性碳原子，故A说法错误；
B．电负性是描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，一般电负性越大，元素的非金属性越强，但第一电离能不一定越大，如O元素的非金属性强于N，但N的第一电离能强于O，故B说法错误；
C．非金属性F＞O＞N，吸引电子对能力F＞O＞N，因此极性F-H＞O-H＞N-H，故C说法错误；
D．H3O+中心原子O有1对孤对电子，H2O中心原子O有2对孤对电子，孤对电子对数越多，键角越小，因此H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，故D说法正确；
答案为D。
2．D
【解析】A．NaI、NaBr、NaCl、NaF都是离子晶体，由于阴离子半径：I-＞Br-＞Cl-＞F-，离子半径越大，阴离子与阳离子Na+之间离子键键能越小，离子晶体的晶格能就越小，故晶格能大小：NaI＜NaBr＜NaCl＜NaF，A错误；
B．Li、Na、K、Rb是同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，金属阳离子与自由电子之间作用力就越小，单质的熔沸点就越短，所以单质的熔点：Li＞Na＞K＞Rb，B错误；
C．原子半径越大，原子之间形成的共价键的键长就越长，原子半径：Si＞C，故共价键的键长：C-C＜C-Si＜Si-Si，C错误；
D．HCl、HBr、HI、HF都是由分子构成的物质，物质分子之间以分子间作用力结合。物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。由于HF分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其熔沸点在四种物质中最高，故沸点高低：HCl＜HBr＜HI＜HF，D正确；
故合理选项是D。
3．D
【解析】A．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al14有42个价电子极易失二个电子成稳定的Al142+，与第IIA族性质相似，A正确；
B．得到或失去电子生成40个价电子的最稳定状态，Al13有39个价电子极易得一个电子成稳定的Al13-，与第ⅤⅡA族卤素原子性质相似，B正确；
C．用质谱仪检测到稳定的Al13I—等，所以能与HI反应生成HAl13I，方程式为Al13+HI＝HAl13I，C正确；
D．Al14为分子晶体，Al14超原子中Al原子间通过共价键结合，D错误；
答案选D。
4．D
【解析】A．六元环上连接羟基的那两个碳是手性碳，连接不一样的原子或基团，A正确；
B．该有机物分子有两个碳碳双键，双键中有一个是π键，故1mol 此有机物与足量H2发生加成反应，有2mol π键断裂，B正确；
C．1mol 此有机物含有3mol羟基，与足量Na发生反应，有1.5molH2生成，C正确；
D．三个碳原子和三个氧原子均采用sp3杂化，四个碳原子采用sp2杂化，故分子中sp2、sp3杂化的原子个数为4和6，原子个数比为2：3，D错误；
故选D。
5．C
【解析】A．基态Na+有10个核外电子，所以存在10种运动状态，A正确；
B．S2O的结构可以看做硫酸根中的一个氧原子被硫取代，结构和硫酸根类似，中心硫原子的孤电子对数为0，价层电子对数为4，所以空间结构为四面体形，中心原子S的杂化方式为sp3，B正确；
C．Na3[Ag(S2O3)2]中银离子与S2O形成配位键，无单独的银离子，不能用NaCl标准溶液滴定Ag+，C错误；
D．氯化钠晶体中每个Na+周围有6个Cl-，每个Cl-周围有6个Na+，NaBr的晶体结构与NaCl晶体相似，则每个Br-周围有6个Na+，D正确；
故选C。
6．A
【解析】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B正确；
C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确；
D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D正确；
综上所述答案为A。
7．A
【解析】A．32gN2H4的物质的量为1mol，1个N2H4分子中含4个N—Hσ键和1个N—Nσ键，则32gN2H4中含5molσ键，即含σ键数目为5NA，A项正确；
B．标准状况下SO3不呈气态，不能用22.4L/mol计算11.2LSO3物质的量，即标准状况下11.2LSO3物质的量不为0.5mol，B项错误；
C．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，1molCu参与反应转移2mol电子，Al与稀硝酸反应生成硝酸铝、NO和H2O，1molAl参与反应转移3mol电子，则1mol铜铝合金与足量稀硝酸充分反应，转移电子物质的量在2mol和3mol之间，即转移电子数大于2NA，C项错误；
D．室温下pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01mol/L，1L溶液中含OH-物质的量为0.01mol，含OH-的数目为0.01NA，D项错误；
答案选A。
8．B
【解析】A．Cl的质子数为17，因此Cl－的结构示意图为，故A错误；
B．C2H2分子结构为H－C≡C－H，分子中σ键和π键个数之比为3：2，故B正确；
C．HCl是共价化合物，是共用电子对，其电子式为：，故C错误；
D．铜基态原子价电子排布式为3d104s1，故D错误。
综上所述，答案为B。
9．A
【解析】A．SO3分子中S原子的价层电子对数=3＋=3，含0对孤电子对，是平面正三角形结构，A正确；
B．SO2分子中S原子的价层电子对数=2＋=3，含1对孤电子对，是V形结构，B错误；
C．BeCl2分子中Be原子的价层电子对数=2＋=2，含0对孤电子对，是直线形结构，C错误；
D．CH4分子中C原子的价层电子对数=4＋=0，含0对孤电子对，是正四面体形结构，D错误；
故选A。
10．D
【解析】根据信息，该物质的结构是以Pt为中心的平面结构，两者组成相同，但结构不同，互为同分异构体，故D选项正确。
11．C
基态W原子的电子分布于3个能级，根据药物的结构简式，W以单键和其他原子结合，则W为F；根据药物的结构可以看出，X连有3个共价键，Y连有2个共价键，且X、Y、W三种元素的原子序数依次增大，所以X为N，Y为O。
【解析】A．该分子中的以单键连接的2个N的杂化方式均为sp3，故A正确；
B．同一周期元素，从左到右，第一电离能增大，但由于N的2p上有3个电子，是半充满结构，第一电离能大于O，故第一电离能大小顺序为F＞N＞O，故B正确；
C．Y的氢化物H2O2中含非极性共价键，故C错误；
D．F可以形成F2，是非极性分子，故D正确；
故选C。
12．A
【解析】A．苯酚可形成分子间氢键，而甲苯不可以，分子间氢键使物质溶解度增大，则溶解性：苯酚>甲苯，A正确；
B．稳定性与化学键强弱有关，有无氢键无关，B错误；
C．分子间氢键可以使物质熔点升高，但乙烷和甲烷均不能形成分子间氢键，则两者熔点高低与氢键无关，C错误；
D．分子间氢键可以使物质沸点升高，但均不能形成分子间氢键，则两者沸点高低与氢键无关，D错误；
故答案为A。
13．D
【解析】A．化合物的水溶液能导电，和是不是离子化合物没有关系，HCl属于共价化合物，故A错误；
B．CaCl2中只有离子键，没有共价键，故B错误；
C．石油分馏是物理变化，煤的干馏属于化学变化，故C错误；
D．Na2SiO3属于硅酸盐，SiC俗称金刚砂，是无机物，所以它们都属于无机非金属材料，故D正确；
本题答案D。
14．A
【解析】A．非金属单质中可能不含化学键，例如氦气中不含有化学键，A错误；
B．化学键是相邻原子之间的强相互作用，B正确；
C．酸雨后溶液酸性较强，钢铁易发生析氢腐蚀；日常铁锅存留盐液时，溶液为接近中性，易发生吸氧腐蚀，C正确；
D．电热水器中镁棒比铁活泼，镁失去电子发生氧化反应，可防止内胆腐蚀是牺牲阳极保护法，D正确；
故选A。
15．D
【解析】A．苯的结构为，其中含有6个C—H键，6个C—C键，均为键，共12个键，苯中键总数为，故A错误；
B．通入足量水中发生反应，该反应为可逆反应，标准状况下22.4L的氯气不能完全反应，所以转移电子数小于，故B错误；
C．晶体由钠离子和组成，固体中含阳离子数目为，故C错误；
D．常温常压下，含有的氧原子数为，故D正确；
故选D。
16．(1)3d54s1
(2)N>O>C
(3) 平面三角形 sp2杂化
(4) O、Cl 6
【解析】(1)
Cr是24号元素，基态原子价电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；
(2)
同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
(3)
SO2分子中S原子孤电子对数==1，价层电子对数=2+1=3，VSEPR模型的名称为平面三角形，空间构型为V形，中心原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2杂化；
(4)
[Cr(H2O)4Cl2]Cl H2O中配离子中提供孤电子对的原子为O、Cl，配位数为6，故答案为：O、Cl；6。
17． N2O CO2 N2 CO HF分子间存在氢键，而HCl分子间不存在氢键 对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力就大，所以SiH4的沸点比CH4的沸点高 ②③⑤⑦ sp 直线形 sp3 三角锥形 sp2 平面三角形 > > <
(1)根据等电子体是原子数相同，最外层电子数相同的微粒，结合元素的要求书写相应的等电子体；
(2)分子间形成氢键会增加分子之间的吸引力；根据结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强分析；
(3)不同的非金属原子间形成极性共价键，若分子排列对称是非极性分子，否则为极性分子；
(4)根据杂化轨道数=σ键数目+孤对电子对数，确定杂化轨道，再结合孤对电子对数确定空间构型；
(5)同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【解析】(1)根据等电子体的概念，由于元素仅由第二周期元素组成，且属于共价分子，因此可能的等电子体有CO2与N2O；CO与N2；
(2)HCl、HF都是氢化物，由于F原子半径小，吸引电子能力强，HF分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使HF的沸点比HCl的高；C、Si是同一主族的元素，SiH4和CH4结构相似，二者都是分子晶体，由于结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的分子之间的作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化需要的能量越高，物质的沸点就越高，相对分子质量SiH4比CH4的大，所以物质的沸点SiH4比CH4的高；
(3) ①P4中的P—P键是非极性共价键，分子排列对称，属于非极性分子，①不符合题意；②NH3中的N—H键是极性共价键，分子排列不对称，属于极性分子，②符合题意；
③HCN分子结构简式为H—C≡N，H—C键及C≡N都是极性共价键，由于分子中正负电荷重心不重合，不对称，因此属于极性分子，③符合题意；
④BF3中的B—F键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，④不符合题意；
⑤H2O中的H—O键是极性共价键，分子为V形，排列不对称，属于极性分子，⑤符合题意；
⑥SO3中的S—O键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，⑥不符合题意；
⑦CH3Cl中的C—H键、C—Cl键都是极性共价键，分子为四面体形，分子排列不对称，属于极性分子，⑦符合题意。
故属于含有极性键的极性分子的是②③⑤⑦；
(4)CO2分子中，中心原子C原子形成2个σ键、2个π键，无孤对电子，C的杂化方式为sp杂化，分子的立体构型为直线形；
SO32-中，中心S原子形成3个σ键、1个π键，无孤电子对，S原子的杂化方式为sp2杂化，SO32-离子的立体构型为三角锥形；
HCHO分子中，中心C原子形成3个σ键、1个π键，无孤对电子，C原子的杂化方式为sp2杂化，该分子的立体构型为平面三角形；
(5)由于同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强所以酸性：HClO4>HClO2；H2CO3>H2SiO3，H2SO3
18．(1) 正四面体形 sp3杂化
(2) 平面三角形 sp3杂化
【解析】(1)SO中S有4个σ键，孤电子对数是=0，因此价层电子对数为4，空间结构是正四面体形，杂化轨道数=价层电子对数=4，即杂化类型为sp3杂化。(2)SO3中价层电子对数为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形；图中固态SO3中S原子形成4个共价单键，其杂化轨道类型是sp3杂化。
19． C＜O＜N N2O 3d54s1 [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O
A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，则分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，据此分析解答。
【解析】根据上述分析，A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，D为镁元素，E为Cr元素，形成的配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。
(1)同周期，自左而右，第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，电子能量低，较为稳定，氮元素第一电离能高于同周期相邻的元素的，所以第一电离能由小到大的顺序为：C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
(2)化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；
(3)E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式为3d54s1，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，故答案为：3d54s1；[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；
(4)B的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，D的单质为Mg，HNO3稀溶液与Mg反应时，N元素被还原到最低价，则生成NH4NO3，Mg被氧化为Mg(NO3)2，令NH4NO3，Mg(NO3)2的化学计量数分别为x、y，则根据电子转移守恒有[5-(-3)]×x=2y，所以x∶y=4∶1，该反应的化学方程式是4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O。
【点睛】正确推断元素种类是解题的关键，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口。本题的易错点为(4)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。
20． S F v型 直线型 SO2 1s22s22p63s23p63d54s1 +6
X原子核外的M层中只有两对成对电子，核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，为S元素，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，故Y为C元素，Z是地壳内含量最高的元素，为O元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，为Cr元素，E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F元素，据以上分析解答。
【解析】(1)由以上分析可知X、E的元素符号依次为S、F；
(2)SO2中S和O形成2个δ键，有1个孤电子对，为V形；CO2中C和O形成2个δ键，没有孤电子对，为直线形；SO2是极性分子，H2O也是极性分子，相似相溶，而CO2是非极性分子，故SO2在水中溶解度更大；
(3)Q为Cr，原子序数为24，位于周期表第四周期ⅥB族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，最高化合价为+6价。
21． 2NA(1.204×1024) 1:2 1:1 5.5 5:1 6NA(3.612×1024) 7
共价单键全是键，双键含1个键和1个π键，三键含1个键和2个π键，据此解答。
【解析】(1)分子内含有2个碳氧双键，双键中一个是键，另一个是π键，则中含有的键个数为(1.204×1024)；
(2)的结构式为，推知的结构式为，含有1个键、2个π键，即CO分子内σ键与π键个数之比为1:2；的结构式为，分子的结构式为，分子中键与π键均为2个，即CO分子内σ键与π键个数之比为1:1；
(3)反应中有键断裂，即有参加反应，生成和，则形成的键有；
(4)设分子式为，则，合理的是，n=4，即分子式为，结构式为，所以一个分子中共含有5个键和1个键，即该分子中σ键与π键的个数之比为5:1；
(5)1个乙醛分子中存在1个碳氧双键，5个单键，1个分子中存在1个碳氧双键，6个单键，故乙醛中含有键的个数为6NA(3.612×1024)，1个分子中含有7个键。
22．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【解析】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
23． 长颈漏斗 BD 除去氯气中的氯化氢并作安全瓶 共价键、离子键 未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰 打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c振荡
由图中装置可知，装置A中放入高锰酸钾、分液漏斗中放入浓盐酸，二者反应产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，Ⅰ、Ⅲ处放干燥的有色布条，Ⅱ放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化；为排除氯气对其溴、碘检验的干扰，可进行对比实验，以此来解答。
【解析】(1)仪器a为长颈漏斗；装置C中Ⅱ处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；
(2)生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；
(3)KI属于离子化合物，其电子式为：；Na2S2O3属于离子化合物，其中Na+与之间通过离子键连接，内部原子与原子之间通过共价键连接，因此Na2S2O3中所含的化学键类型为共价键、离子键；Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化，则装置F中相应的离子反应方程式为：；
(4)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)改进的实验步骤④为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管振荡，第④步发生溴与KI的反应，碘溶于四氯化碳中，溴能够置换碘，从而达到实验目的。