2024届高三化学二轮复习基础夯实练——物质结构与性质（含解析）

2024届高三化学二轮复习基础夯实练——物质结构与性质
一、单选题
1．下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是（　　）
A． B．
C． D．
2．氰化氢()主要应用于电镀业，可通过来制备。下列说法正确的是（　　）
A．是含有非极性键的非极性分子
B．的电子式为
C．的结构式为
D．固态属于共价晶体
3．下列关于化学本质或实质的说法中正确的是（　　）
A．共价键的本质是原子轨道的重叠
B．胶体和溶液的本质区别是有无丁达尔效应
C．放热反应的实质为形成新化学键释放的能量小于破坏旧化学键吸收的能量
D．饱和溶液中通入过量：
4．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是（　　）
A．“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料
B．油脂能促进脂溶性维生素（如维生素A，D，E，K）的吸收
C．2022年北京冬奥会雪上项目采用的人造雪性能优于天然雪，其化学成分与干冰相同
D．臭氧是替代氯气的净水剂，为弱极性分子，在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
5．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．油脂是一种没有固定熔沸点的有机高分子混合物
B．燃煤取暖，燃烧过程是将化学能转化成热能
C．冰的密度比水小，是因为水分子间存在氢键
D．我国古代的青铜器是由含铜合金制成的
6．由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加入和溶液，出现下列变化：
已知：为浅紫色，为红色，为无色。下列说法错误的是
A．溶液Ⅰ为黄色的原因是水解生成了
B．与形成配位键时，S原子提供孤电子对
C．溶液Ⅲ为无色，说明与配位键强度更大
D．焰色试验中可用无锈铁丝的原因是铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱
7．下列说法中正确的是（　　）
A．共价化合物中一定不含离子键
B．非极性分子中一定不含极性键
C．元素的金属性越强，第一电离能一定越小
D．分子间作用力越大，分子的热稳定性一定越强
8．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是
A．中含有的键与键的数目之比为
B．，
C．既被氧化又被还原
D．理论上每产生，转移
9．一种新型漂白剂 如图 可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（　　）
A．W、X元素的简单离子半径相比，W简单离子的半径小
B．该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构
C．W、Z元素的简单离子均能促进水的电离
D．工业电解熔融的WX来制得W
10．下列说法正确的是（　　）
A． 原子核内有3个中子
B． 和 互为同系物
C． 和 互为同素异形体
D． 与 互为同分异构体
11．最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷（黑磷的磷原子二维结构如图）是比石墨烯更好的新型二维半导体材料．下列说法正确的是（　　）
A．石墨烯属于烯烃
B．石墨烯中碳原子采用sp3杂化
C．黑磷与白磷互为同素异形体
D．黑磷高温下在空气中可以稳定存在
12．关于下列反应的说法正确的是(图中共有三种原子)（　　）
A．反应过程中E中共价键断裂，G中共价键保持不动
B．E中存在非极性键
C．M分子有可能是HCl
D．该反应是加成反应
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．将1molN2和3molH2置于密闭容器中充分反应，形成N-H键的数目为6NA
B．22.4LD2中含有的中子数目为2NA
C．7.8gNa2O2中含有的离子数为0.4NA
D．常温常压下，1mol氯气与足量的NaOH溶液完全反应转移电子数为NA
14．汽车的安全气囊系统与座椅安全带配合使用能为乘员提供有效的防撞保护，当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应[NaN3+KNO3→K2O+Na2O+N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是（　　）
A．上述反应中只有离子键和非极性键的断裂和形成
B．当反应过程中转移0.25 mol电子时，产生8.96 L气体
C．10 mL 1 mol·L-1的KNO3溶液中含氧原子的数目为0.03×6.02×1023
D．若被氧化的N原子的物质的量为6 mol，则氧化产物比还原产物多2.8 mol
15．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为-2价。如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（　　）
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个
B．晶体中每个K+周围有8个紧邻，每个周围有8个K+紧邻
C．晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
D．晶体中与每个距离最近的有6个
16．一般情况下，前者无法决定后者的是（　　）
A．分子间作用力的大小——分子的稳定性
B．原子的质子数——元素的种类
C．原子核外电子排布——主族元素在周期表中的位置
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
17．下列实验基本操作错误的是
A．测定未知NaOH溶液浓度时，酸式滴定管需用标准酸液润洗2～3次
B．硫酸铜结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅
C．滴定时，左手控制活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视滴定管中的液面
D．配制0.1 mol·L-1 H2SO4溶液时，将浓H2SO4沿杯壁倒入加有水的烧杯中稀释
18．2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵(NH4ClO4)等。制备NH4ClO4的工艺流程如下，下列说法错误的是（　　）
A．NH4ClO4属于离子化合物
B．溶解度： NaClO4＞ NH4ClO4
C．电解NaClO3溶液时阳极反应式为ClO3—＋H2O－2e－=ClO4-＋2H+
D．该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
19．下列由电子排布式或轨道表示式所得的结论错误的是（　　）
选项 电子排布式或轨道表示式 结论
A 1s22s22p63s23px2 违背洪特规则
B 1s22s22p63s23p63d3 违背能量最低原理
C Ni原子的价电子轨道表示式 该原子处于基态
D S原子的轨道表示式 违背泡利不相容原理
A．A B．B C．C D．D
20．冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．活性溴化合物BrCl中含非极性键
B．溴自由基和氯自由基只具有氧化性
C．通过循环大气中OH自由基的浓度降低
D．BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等
二、综合题
21．钴()的常见化合价有+2、+3等，均容易形成相应配离子，如、。脱除烟气中NO的机理如下：
（1）I.活化氧气：在氨水中与氧气作用生成具有强氧化性的微粒X(其中Co的化合价为+3)，X的结构如上图所示。
用“□”标识出X中体现强氧化性的基团：　 　。
（2）II.配位较钴的其它配位离子易吸收NO生成，将NO由气相转入液相。溶液的pH对NO的配位脱除率的影响如图所示。
图中时，NO脱除率较低，其原因可能是　 　。
（3）III.氧化吸收：被X氧化为，在氨水中生成硝酸铵和亚硝酸铵，达到脱除NO的效果。
用活性炭作催化剂、水作还原剂可实现的再生，维持溶液脱除NO的能力，可能机理如图所示。
已知：活性炭表面既有大量的酸性基团，又有大量的碱性基团。溶液的pH对活性炭表面所带电荷有影响。时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。
①由步骤(ii)可知活性炭表面有大量的　 　(填“酸性”或“碱性”)基团。
②写出步骤(iii)的离子反应方程式：　 　。
（4）一定温度下，pH对再生反应的影响如图所示。
①当时，的转化率随pH的减小而降低　 　的原因是。当时，的转化率随pH的增大而降低的原因是　 　。
（5）一定pH下，反应相同时间，的转化率随温度的升高而增大，可能的原因是　 　。(至少答出2点)
22．钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。
（1）基态 的核外电子排布式为　 　。
（2）钛酸钙的晶胞如图所示，1个晶胞中含有 的个数是　 　。离子半径 大于 ，理由是　 　。
（3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。
①晶体密度 可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知，钛酸钙晶胞的棱长为a pm( )，则钛酸钙晶体密度 　 　 (列出计算式)
②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是　 　(填字母序号)
a． b． c．
（4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物 。其中有机阳离子 可由甲胺( )制得。
① 中N的杂化方式为　 　。
②请从化学键的角度解释由甲胺形成 的过程：　 　。
23．铁镁合金储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的1/4。
回答下列问题
（1）同周期中，第一电离能小于Mg的元素有　 　种，基态Fe原子的价电子排布式为　 　，Fe位于元素周期表中的　 　区。
（2）储氢后晶体的化学式为　 　，Mg原子占据Fe原子形成的　 　空隙，两个H原子之间的最短距离为　 　，该储氢材料中氢的密度ρ为　 　(用含a的代数式表示)。
（3）(氨硼烷)也是具有潜力的化学储氢材料之一，中的键角　 　中的键角(填>，＜或=)。
24．铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe3+的电子排布式为　 　。
（2）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是　 　。FeSO4常作补铁剂，SO 的立体构型是　 　。
（3）羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含　 　molσ键。
（4）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为　 　；Fe2+与O2-的最短核间距为　 　 pm。
（5）某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是　 　，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为　 　。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是　 　 (用化学反应方程式表示)。
25．Cl2的制备有电解法和氧化法。完成下列填空：
（1）氯原子的最外层电子排布式为　 　；除稀有气体外，比较与氯元素相邻的短周期元素的原子半径大小　 　。
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置。向阴极通入O2，此时阴极上主要的电极反应式为　 　。
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl。写出该反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目　 　。
（4）向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液，用化学平衡移动原理解释原因　 　。可用Cl2O与水反应来大量生产HClO。Cl2O的球棍模型如图所示，则Cl2O的电子式是　 　，属于　 　分子(选填“极性”或“非极性”)。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．为9号元素F的基态原子电子排布式，A项不符合题意；
B．为20号元素Ca的基态原子电子排布式，B项不符合题意；
C．该元素为O，其基态电子排布式为，为激发态电子排布式，C项符合题意；
D．为24号元素Cr的基态原子电子排布式，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】原子的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．是平面型结构，结构对称，所以是非极性分子，中既有C-H极性键，又有C-C非极性共价键，故A符合题意；
B．的电子式N原子下方少了两个电子，故B不符合题意；
C．HCN结构式：H-C≡N，HCN分子中含有2个σ键和2个π键，C原子不含孤电子对，不存在配位键，故C不符合题意；
D．共价晶体又叫原子晶体，通常具有很高的熔沸点，固态氢气不满足，所以不属于共价晶体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；正负电荷重心重合的是非极性分子，正负电荷重心不重合的是极性分子；
B．N原子下方少了两个电子；
C．不存在配位键；
D．共价晶体通常具有很高的熔沸点。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．原子轨道重叠方式不同，得到的共价键类型不同，所以共价键的本质是原子轨道的重叠，A符合题意；
B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同，B不符合题意；
C．放热反应的实质为形成新化学键释放的能量大于破坏旧化学键吸收的能量，C不符合题意；
D．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以向饱和溶液中通入过量会生成碳酸氢钠晶体，其离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、原子轨道重叠方式不同，得到的共价键类型不同；
B、丁达尔效应是鉴别方法，不是本质区别；
C、放热反应的实质为形成新化学键释放的能量大于破坏旧化学键吸收的能量；
D、碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，因此会形成沉淀。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.钢铁为铁碳合金，属于金属材料，但不属于纯金属材料，A不符合题意；
B.油脂能促进脂溶性维生素的吸收，B符合题意；
C.人造雪的主要成分是高吸水性树脂，干冰的主要成分是CO2，与人造雪的成分不同，C不符合题意；
D.臭氧为弱极性分子，因此其在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、钢铁属于铁碳合金；
B、油脂能促进脂溶性维生素的吸收；
C、干冰的成分为CO2；
D、根据相似相溶原理分析；
5．【答案】A
【解析】【解答】A．油脂属于混合物，没有固定的熔沸点，是小分子，不属于有机高分子混合物，A符合题意；
B．燃煤取暖，燃烧过程是通过化学反应产生热量，所以是将化学能转化成热能，B不符合题意；
C．冰的密度比水小，表明冰中水分子间的距离比液态水大，其主要原因是水分子间存在氢键，C不符合题意；
D．我国古代生产的青铜器，是含铜、锡等金属的合金，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.油脂不属于高分子化合物；
B.燃烧时将化学能转化为热能；
C.水分子间存在氢键，氢键有方向性；
D.青铜是铜锡合金。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．根据为浅紫色， 将晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为Fe3+水解生成红褐色与紫色共同作用所致，选项A不符合题意；
B．S的半径大于N，SCN-中S、 N都含有孤电子对，S的半径大于N，所以SCN-与Fe3+形成配位键时，S原子提供孤电子对，选项B不符合题意；
C．溶液Ⅰ加NaF后溶液由红色变为无色，变为，SCN-与Fe3+配位键强度不及F-与Fe3+配位键强度，选项C不符合题意；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色，所以焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据已知和过程中颜色变化判断；
B．S的半径大于N，S原子提供孤电子对；
C．根据反应过程中颜色变化判断；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色。
7．【答案】A
【解析】【解答】A. 共价化合物中一定不含离子键，含有离子键的化合物一定是离子化合物，故A符合题意；
B. 非极性分子中可能含有极性键，如甲烷为非极性分子，分子中含有C-H极性键，故B不符合题意；
C. 第一电离能呈现周期性变化，IIA族元素由于s轨道为全充满、VA族元素p轨道半充满导致第一电离比相邻元素大，如氧元素的非金属性强于氮元素，氮的第一电离能大于氧，故C不符合题意；
D. 分子间作用力影响分子的熔沸点，而分子晶体的热稳定性与化学键有关，分子间作用力与热稳定性无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】第一电离能呈现周期性变化，IIA族元素由于s轨道为全充满、VA族元素p轨道半充满导致第一电离比相邻元素大。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，中含有的键与键的数目之比为，选项A不符合题意；
B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B不符合题意；
C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故 既被氧化又被还原，选项C不符合题意；
D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
B．根据图中信息，结合电荷守恒和质量守恒分析；
C．元素化合价降低、被还原；元素化合价升高、被氧化；
D．根据反应中化合价变化判断。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：WB．该漂白剂中O满足8电子稳定结构，而B最外层电子数为3+4=7，不满足8电子稳定结构，故B不符合题意；
C．镁离子不能促进水的电离，氢离子会抑制水的电离，故C不符合题意；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；根据元素判断选项即可
10．【答案】D
【解析】【解答】A． 原子核内有3-2＝1个中子，A不符合题意；
B．苯酚属于酚类，苯甲醚属于醚类，二者不可能是同系物关系，B不符合题意；
C． 和 均是化合物，不能互为同素异形体，C不符合题意；
D． 与 的结构不同，分子式相同，均是C3H6，二者互为同分异构体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据左上角是质量数，左下角是质子数即可计算
B.物质类别不同不属于同系物
C.由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体
D.分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体
11．【答案】C
【解析】【解答】A.石墨烯是碳的一种单质，不属于有机物，因此也不属于烯烃，A不符合题意；
B.石墨烯中碳原子采用sp2杂化，B不符合题意；
C.黑磷和白磷都是由磷元素组成的单质，属于同素异形体，C符合题意；
D.高温下，黑磷能与空气中的O2反应生成P2O5，不可稳定存在，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.石墨烯属于碳的一种单质；
B.石墨烯中碳原子为sp2杂化；
C.根据同素异形体的定义进行分析；
D.根据P的性质分析；
12．【答案】C
【解析】【解答】在反应中，G分子中的共价键断裂，故A不符合题意；
E分子中两种元素的原子之间形成的共价键是极性共价键，故B不符合题意；
根据上述分析， M可能是HCl，故C符合题意；
此反应是取代反应，故D不符合题意。
【分析】A．G分子中的共价键断裂；
B．同种元素形成的共价键是极性共价键；
C．根据甲烷与氯气的反应分析；
D．该反应为取代反应。
13．【答案】D
【解析】【解答】A.因氮气与氢气生成氨气的反应为可逆反应，则反应不可能进行彻底，即形成N-H键的数目小于6NA，A不符合题意；
B.D2所处的环境不一定是标准状况，则无法计算分子内所含的中子数，B不符合题意；
C. 过氧化钠中含有的2个钠离子与一个过氧根离子，根据n= 得7.8gNa2O2的物质的量为 =0.1mol，则其化合物中所含的离子个数为4×0.1×NA=0.4NA，C不符合题意；
D.氯气与氢氧化钠发生的反应方程式为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，根据关系式Cl2 e-可知，1mol氯气与足量的NaOH溶液完全反应转移电子数为NA，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、合成氨的反应为可逆反应，1molN2和3molH2不能完全反应；
B、未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
C、一个Na2O2中含有一个Na+和一个O22-；
D、根据Cl2与NaOH反应的化学方程式计算转移电子数；
14．【答案】D
【解析】【解答】A．上述反应中存在NaN3和KNO3中离子键、叠酸根内的氮氮非极性键、 硝酸根内的氮氧极性共价键的断裂，存在K2O和Na2O内的离子键、氮气中氮氮非极性键的形成，A不符合题意；
B．NaN3中N元素由-价升高到N2中的0价，KNO3中N元素由+5价降低到N2中的0价，根据化合价升降守恒、原子守恒，可得反应的方程式为：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，且有关系式：16N2~10e-，故当反应过程中转移0.25 mol电子时，标况下产生的气体为V=0.25 mol××22.4 L/mol=8.96 L，题目未指明是否是标准状况下，因此不能确定气体的体积，B不符合题意；
C.10 mL1mol/的KNO3溶液中离子中含有的氧原子的数目为0.03×6.02×1023，另外溶剂水中也含有氧原子，因此该溶液中含有的O原子数目大于0.03×6.02×1023，C不符合题意；
D．根据B中分析可知：被氧化的N原子与被还原的N原子之间的关系为30N (被氧化) ~2N (被还原)，若被氧化的N原子的物质的量为6 mol，则氧化产物为3 mol，此时被还原的N原子的物质的量为×6 mol=0.4 mol，则还原产物为0.2 mol，所以氧化产物比含有产物多(3-0.2) mol=2.8 mol，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据得失电子守恒配平方程式为：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑。
15．【答案】A
【解析】【解答】由 晶胞图可知，K+的个数为8×+6×=4，O2的个数为12×+1=4，故化学式为KO2，故A符合题意；
由晶胞图可知，晶体中每个K+周围有6个，每个周围有6个K+，故B不符合题意；
由晶胞图可知，与顶点K*距离最近的K+分别位于相邻三个面的面心，则晶体中与每个K+距离最近的K+有3×8×=12个，故C不符合题意；
由晶胞图可知，晶体中与每个距离最近的有12个，故D不符合题意。
【分析】利用“均摊法”，一个微粒被n个晶胞共享，那么它属于每一个晶胞的只有1/n，确定化学式，由晶胞图判断微粒之间的数目关系。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．分子间作用力影响的主要是物质的物理性质，分子间作用力不是化学键，所以与分子的稳定性无关，对分子的稳定性无影响，A项符合题意；
B．原子含有质子的个数决定了元素的种类，B项不符合题意；
C．元素周期表是依据原子核外电子的周期性排列和由此产生的元素性质的周期性变化而制成的表格，因此原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，C项不符合题意；
D．物质内部存储着能量，由于不同物质所包含的化学能不同，这就使得化学反应过程中会出现能量变化的现象，也就产生了化学反应的热效应，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】（1）注意区分分子间的作用力和分子内的作用力；
（2）分子间的作用力主要影响物质的物理性质；分子内的作用力主要影响物质的化学性质。
17．【答案】C
【解析】【解答】A.滴定管在使用前都需要润洗，防止误差的产生，A选项是正确的；
B.小火缓慢加热可以使晶体受热均匀，不会造成晶体飞溅的现象，B选项是正确的；
C.滴定时，左手控制活塞，右手握持锥形瓶，边滴边振荡，眼睛注视锥形瓶的颜色变化，C选项是错误的；
D.稀释浓硫酸时，应该遵循“酸入水”的原则，D选项是正确的。
故答案为：C。
【分析】在滴定实验中，只有一直盯着锥形瓶中颜色的变化，才能准确读取滴定终点，减少待测液浓度测定时的误差。
18．【答案】D
【解析】【解答】A.NH4ClO4是由铵根离子和高氯酸根离子通过离子键形成的离子化合物，故A不符合题意；
B.由流程可知，高氯酸钠通过复分解反应制备高氯酸铵，并且可以采用结晶法分离高氯酸铵，所以，NH4ClO4的溶解度小于NaClO4、NaCl和NH4Cl，结晶时，会析出溶解度最小的NH4ClO4，故B不符合题意；
C.电解NaClO3溶液时，ClO3-离子在酸性条件下，在阳极放电生成ClO4-，电极反应式为ClO3-＋H2O－2e－=ClO4-＋2H+，故C不符合题意；
D.NaClO4溶液和NH4Cl反应生成NH4ClO4和NaCl，流程中可循环利用的物质是NaCl，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.含有离子键的化合物就是离子化合物；
B.在复分解反应中，反应会向溶解度更小的物质方向进行；
C.阳极失去电子，化合价升高，发生的是氧化反应；
D.在流程图中，既做反应物又做生成物的物质就可以循环利用。
19．【答案】D
【解析】【解答】3p能级上的两个电子应排在不同轨道上，违背洪特规则，故A不符合题意；
B.排布时应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d轨道，违反了能量最低原理，故B不符合题意；
C.Ni原子序数为28 ，其价电子排布式为3d84s2 ，当价电子轨道表示式为时，该原子处于基态，故C不符合题意；
D.S原子的轨道表示式，3p轨道上的电子未单独分占，其违背了洪特规则，故D符合题意。
【分析】A.洪特规则指出电子优先单独占据一个轨道；
B .根据构造原理， 4s轨道能量比3d轨道更低，应该优先排布；
3d
C . Ni原子价电子排布图为时，该原子处于基态；
D .泡利原理是指在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反，因此电子排布图并不是违反
泡利原理。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A不符合题意；
B．溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B不符合题意；
C．BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C不符合题意；
D．BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.非极性键是相同原子之间形成的，不同原子之间形成的是极性键
B.根据图中臭氧和溴自由基的反应即可判断
C.通过BrO和HO2的作用即可判断羟基自由基的含量在增加
D.根据图示中的流程即可判断可以消耗臭氧和增加汞
21．【答案】（1）
（2）在pH相对较低的溶液中不稳定
（3）酸性；
（4）pH越低，活性炭表面所带正电荷越多，与静电斥力增加，不利于的催化还原；pH增加，的解离受到抑制，不利于的生成，从而不利于的催化还原
（5）温度升高，反应速率加快，有利于反应的转化率；温度升高有利于的解离，有利于的生成，从而有利于的还原；温度升高，氧气在水中的溶解度下降，有利于反应产物氧气从活性炭表面脱除，从而有利于的吸附与还原
【解析】【解答】（1）在该微粒中含有双氧链，该结构具有强氧化性，故用"口标识出X中体现强氧化性的基团为。
（2）图中pH=9.75时，NO脱除率较低，其原因可能是在pH相对较低的溶液中不稳定；
（3）①由步骤(ⅱ)可知有Co3＋产生，所以活性炭表面有大量的酸性基团。
②步骤(ⅲ)中Co3＋被还原为Co2＋，反应的离子反应方程式为。
（4）①由于pH越低，活性炭表面所带正电荷越多，与静电斥力增加，不利于的催化还原，因此当时，的转化率随pH的减小而降低。
②由于pH增加，的解离受到抑制，不利于的催化还原，所以当pH>6.5时，的转化率随pH的增大而降低。
（5）温度升高，反应速率加快，有利于反应的转化率；温度升高有利于的解离，有利于的生成，从而有利于的还原；温度升高，氧气在水中的溶解度下降，有利于反应产物氧气从活性炭表面脱除，从而有利于的吸附与还原，因此的转化率随温度的升高而增大。
【分析】（1）该微粒中含有的双氧链具有强氧化性。
（2）根据图示信息可知，pH较低时，不稳定。
（3）①由步骤(ⅱ)可知有Co3＋产生，结合已知信息进行分析。
② 箭头指向的物质为产物，注意原子、电荷守恒。
（4）①pH越低，活性炭表面所带正电荷越多。
②pH增加，的解离受到抑制。
（5）温度升高，反应速率加快，利于反应的转化率，利于的解离，有利于的生成，利于反应产物氧气从活性炭表面脱除等。
22．【答案】（1）1s22s22p63s23p6
（2）3；Ti是22号元素， 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6， 和 的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径 大于
（3）；ac
（4）sp3；氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成
【解析】【解答】（1）Ca是20号元素，基态 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；
（2）由均摊法可知，1个晶胞中含有 的个数是6 =3，Ti是22号元素， 的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6， 和 的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径 大于 ；
（3）①由均摊法可知，1个晶胞中含有 的个数是6 =3，含有 的个数为1，含有 的个数为8 =1，钛酸钙晶胞的棱长为a pm( )，则钛酸钙晶体密度 = ；
②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是 和 ，
故答案为：ac；
（4）① 中以N原子为中心原子，价层电子对数为4+ =4，N的杂化方式为sp3杂化；
②氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成 。
【分析】(1)书写核外电子排布式时要运用构造原理，并注意洪特规则及其特例；
(2)根据均摊法分析判断；
(3)①分析晶胞中紧密接触的离子，利用半径关系求出晶胞边长，由此求出晶胞密度；
②密度取决于阴阳离子的质量；
(4)①可利用氮原子的成键方式判断杂化类型；
②考虑N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成 。
23．【答案】（1）2；3d64s2；d
（2）Mg2FeH6；正四面体；；
（3）＞
【解析】【解答】（1）同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但Mg核外电子排布形成3s全满结构，能量较低，则第一电离能大于相邻元素，则第一电离能小于Mg的元素有Na、Al，共2种，Fe元素是26号元素，核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe位于元素周期表中的d区。
（2）如图所示，晶胞中有8个Mg原子，Fe原子位于顶点、面心，晶胞中Fe原子数目 ，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，则H原子数目为4×6=24个，储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，据图，Mg原子占据Fe原子形成的正四面体空隙；已知H原子构成正八面体、铁原子位于正八面体的体心，晶胞参数为apm，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的，即H原子与Fe原子之间距离为，则两个H原子之间的最短距离为，该储氢材料每个晶胞中含24个H原子、氢质量，晶胞体积，则储氢材料中氢的密度ρ为 (用含a的代数式表示)。
（3）(氨硼烷)中氮原子有3个共价键、1个配位键，氨分子中氮原子有3个共价键、1对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则中的键角＞中的键角。
【分析】（1）同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；依据构造原理分析；
（2）根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算；
（3）依据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分析。
24．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（2）分子晶体；正四面体形
（3）10
（4）12； ×1010
（5）CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【解析】【解答】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO 的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO 的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；
(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10molσ键。故答案为：10；
(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ×3×8=12；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，晶胞中Fe2+数目=6× +8× =4，O2-的数目=1+12× =4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m= g，设晶胞棱长为x，则 g=x3×ρg cm-3，解得x= cm= ×1010pm，故Fe2+与O2-的最短间距为 x= ×1010pm= ×1010pm，Fe2+与O2-的最短核间距为 ×1010pm。故答案为：12； ×1010；
(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑；
②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
【分析】关于晶胞的计算：以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-的数目，结合n= 和m=nM计算晶胞质量，根据“晶胞质量=晶胞体积×晶体密度“计算晶胞棱长；X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl(aq)反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe(OH)2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，X应为CaFe(CO3)2，结合题中信息：CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑，每216gCaFe(CO3)2分解得到126gCaO和FeO的固体，10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，符合X为CaFe(CO3)2，那么，溶液1是Ca(OH)2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca(HCO3)2。
25．【答案】（1）3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)
（2）O2+4e-+2H2O=4OH-
（3）
（4）Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性
【解析】【解答】（1）已知Cl是17号元素，故氯原子的最外层电子排布式为3s23p5，除稀有气体外，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大的变化规律可知，氯元素相邻的短周期元素即F和S，它们的原子半径大小关系为：r(S)＞r(Cl)＞r(F)故答案为：3s23p5；r(S)＞r(Cl)＞r(F)；
（2）电解饱和食盐水制Cl2时，为节约电能，可改进装置，向阴极通入O2，阴极得到电子发生还原反应，则此时阴极上主要的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（3）氧化法制Cl2是在CuCl2的催化作用下，O2氧化HCl，生成Cl2和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应为：4HCl+O22Cl2+2H2O，对该反应进行氧化还原反应分析如下：，故答案为：；
（4）Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动，故向饱和氯水中加入适量Ag2O可制HClO溶液， 已知Cl的最外成有7个电子，只有一个成单电子，故Cl周围形成一对工业电子对，O最外成有6个电子，有2个成单电子，形成2对共用电子对，结合Cl2O的球棍模型可知Cl2O的电子式是，由于Cl2O为V形结构，正负电荷中心不重合，故属于极性分子，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO，加入Ag2O，Ag2O+2HCl=AgCl↓+H2O，使溶液中c(H+)、c(Cl-)降低，平衡向生成HClO的方向移动；；极性。
【分析】微粒半径大小比较：先看电子层，电子层数越多，半径越大，电子层数一样，则看质子数，质子数越小，半径越大，而当电子层数和质子数都一样时，电子数越多，半径越大。