2.3 分子结构与物质的性质 优化练习 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

2.3 分子结构与物质的性质 优化练习
一、单选题
1．下列说法错误的是（　　）
A．离子键是一种静电作用力
B．极性键就是共用电子对发生偏移的共价键
C．氢键是一种比较弱的化学键
D．水结冰时体积膨胀、密度减小就是因为氢键的存在
2．已知水分子结构可看作H—OH，常温下在水中溶解性最好的是(　　)
A．苯酚 B．甲醇 C．丁醇 D．乙烯
3．在下列物质中，含有非极性共价键的是（　　）
A．CO2 B．CH4 C．Na2O2 D．MgCl2
4．天然气的主要成分为，其充分燃烧的化学方程式为。下列叙述正确的是（　　）
A．化学反应一定会伴随着能量的变化
B．该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C．反应过程中存在非极性键的断裂和生成
D．排放会形成酸雨
5．下列变化或数据与氢键无关的是（　　）
A．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5 g·L-1
B．氨分子与水分子形成一水合氨
C．水结冰体积增大。
D．SbH3的沸点比PH3高
6．我国科学家提出用 替换可燃冰( )中 的设想，替换过程如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．E代表 ，F代表
B．乙到丙的过程熵变大于零
C．甲到乙的过程中释放能量
D．笼状结构中水分子间主要靠氢键“结合”
7．下列每组物质发生转化所克服的粒子间的相互作用属于同种类型的是（　　）
A．碘和干冰升华 B．氯化钠的熔化与冰的融化
C．氯化氢和酒精溶于水 D．CO2气体通入澄清石灰水
8．已知Zn2+的4s轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2-的立体构型为（　　）
A．直线形 B．平面正方形 C．正四面体形 D．正八面体形
9．臭氧层可阻止紫外线辐射，氟利昂(如CFCl3)破坏臭氧层的反应过程如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中断裂极性键C－F键
B．过程Ⅱ和Ⅲ中不涉及电子转移
C．臭氧被破坏的过程中Cl作催化剂
D．CFCl3的空间构型是正四面体形
10．羰基硫(COS)的结构与类似，可作粮食熏蒸剂，防治虫类、真菌对粮食的危害。下列说法错误的是（　　）
A．COS属于极性分子 B．COS沸点高于的沸点
C．COS空间构型为直线形 D．COS热稳定性大于
11．N、O、S是重要的非金属元素，下列说法正确的是（　　）
A．N、O、S的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱
B．氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化学烟雾的主要物质，又是形成酸雨的主要物质
C．汽车尾气中排放的氮氧化物主要是由游离态氮转化来的
D．由于NH3分子间存在氢键，所以其稳定性强于H2S
12．下列物质中既含有离子键又含有共价键的是（　　）
A．BaCl2 B．H2SO4 C．KOH D．Na2O
13．由化合物甲和乙低温共熔的电解液可作为高能电池材料，其结构如图，它们的构成元素R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42，下列说法中错误的是（　　）
A．元素Z、Y均能与R形成含有非极性键的18电子化合物
B．第一电离能：Z>Y>X>W
C．乙的沸点比丙酮高
D．甲中∠ZMZ比乙中∠ZXY小
14．下列对有关事实的原因分析错误的是（　　）
事实 原因
A 键的极性H－O键＞H－S键 O的电负性大于S的电负性
B 分子内不同化学键之间存在一定的夹角 共价键具有方向性
C 白磷（P4）为正四面体分子 白磷分子中P－P键间的夹角是
D 碘单质在苯中溶解度比在水中大 苯和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
A．A B．B C．C D．D
15．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17．则下列有关叙述正确的是（　　）
A．两化合物均由X、Y、Z和W四种元素组成且它们的水溶液能发生化学反应，则反应的离子方程式为：H++ =SO2↑+H2O
B．上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高
C．Y和W分别形成的含氧酸均为强酸，是离子化合物
D．Y、Z和W三种元素可能位于同一周期
16．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，A是Z的最高价氧化物对应的水化物，常温下0.1mol·L-1A溶液的pH=13，X、Y、W的单质e、f、g在通常状况下均为气态，并有如图所示的转化关系(反应条件略去)，甲分子为四核10电子微粒，下列说法正确的是（　　）
A．简单离子半径W>Z>Y
B．甲易液化与分子内存在氢键有关
C．化合物丙能促进水的电离
D．f分子化学性质较稳定的原因是由于元素Y的非金属性弱
17．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是前三种元素组成的二元化合物，0.01mol·L-1q溶液的pH为1.86，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子半径：Y＞Z B．最简单氢化物稳定性：X＞Y
C．键角：p＞n D．沸点：m＞r
18．价层电子对互斥理论(VSEPR)是关于分子几何构型的经验规律，该理论认为，分子的稳定结构应使中心原子价层电子对之间的斥力最小，且不同价层电子对之间排斥力相对大小满足：孤对电子－孤对电子＞孤对电子－键对电子＞键对电子－键对电子。如H2O分子中∠H-O-H≈104.5°，下列推断不合理的是（　　）
A．NH3分子中∠H-N-H<109.5°
B．H2O键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H
C．已知P4分子为正四面体，P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O
D．[Zn(NH3)6]2+离子中∠H-N-H小于NH3分子中∠H-N-H
19．下列叙述中正确的是（　　）
A．以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
B．以极性键结合起来的分子一定是极性分子
C．非极性分子只能是双原子单质分子
D．非极性分子中各原子一定共面
20．在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为不对称碳原子，以℃表示。具有不对称碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中，不具有光学活性的是（　　）
A．CH3-CH( OH)-COOH
B．CH2(OH)-CH(OH)-CH2(OH)
C．CH2(OH)-CH( OH)-CH( OH)-CH2-CHO
D．CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO
二、综合题
21．以、和为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：
（1）基态原子的价层电子排布式为　 　。
（2）根据反应原理分析
①镀铜反应中，利用了的　 　性。
②选择进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是　 　
a．、均属于极性分子
b．与之间能形成氢键
c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子
（3）镀液中的、、三种微粒，空间结构为三角形的是　 　。
（4）为防止与形成沉淀，可加入使形成配合物。能电离出和。
(EDTA4-)
中除部分O外，还能与配位的原子是　 　。
（5）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。位于　 　区。
（6）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征：
上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是：
①　 　。
②聚合物有可能与配位。
22．填空。
（1）漂白粉的有效成分　 　(填化学式)。
（2）铜与稀硝酸反应的离子方程式　 　。
（3）下图HF、H2O、NH3沸点反常的原因是　 　。
23．Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子的价电子(外围电子)排布为msnmpn；②R原子核外L层电子数为奇数；③Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回答下列问题：
（1）Z2＋的核外电子排布式是　 　。
（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的　 　形成配位键。
（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是　 　。
a．稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b．稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙
c．稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d．稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为　 　(用元素符号作答)。
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为　 　，其中心原子的杂化类型是　 　。
（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，该元素属于　 　区元素，元素符号是　 　。
24．铁、钴（Co）、镍（Ni）是同族元素，主要化合价均为+2、+3价，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用．
（1）配制FeSO4溶液时，需加入稀硫酸，其目的是　 　
（2）写出CoCl2与氯水反应的化学方程式　 　
（3）Co2+和Fe3+均可与KSCN溶液发生相似的反应，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某种蓝色离子，该离子中钴元素的质量分数约为20%。则该离子的化学式为　 　。
（4）碳酸镍可用于电镀、陶瓷器着色等。镍矿渣中镍元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，从镍矿渣出发制备碳酸镍的反应如下：
先向镍矿渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反应的离子方程式有①　 　②NiS+ ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为　 　。再加入Na2CO3溶液沉镍，即制得碳酸镍，检验Ni2+是否沉淀完全的方法　 　
25．我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
(代表单键、双键或叁键)
回答问题：
（1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是　 　。
（2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是　 　。
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是　 　。
（4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是　 　。
（5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。
①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为　 　。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为　 　。
②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是　 　。
a．有或价态形式 b．均属于第四周期元素
c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.使带相反电荷的阴、阳离子结合的相互作用称为离子键，阴、阳离子通过静电作用形成离子化合物；
B. 极性键就是共用电子对发生偏移的共价键 ；
C.氢键是一种分子间作用力，不是化学键；
D.冰晶体中，氢键使冰的微观结构里存在较大的空隙，所以冰的体积大，密度小。
故答案为：
【分析】A离子键是静电作用力，包括引力和斥力；
B. 极性键就是共价键的一种 ；
C.化学键包括离子键、共价键、金属键；
D.冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多。
2．【答案】B
【解析】【解答】相似相溶原理中的“相似”也指结构相似，在给定的四项中只有前三项中含有羟基，结构与水最相近的是甲醇。
【分析】根据相似相溶原理可知，极性分子更容易溶于极性分子，而非极性分子更容易溶于非极性分子。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．CO2中C原子和O原子之间存在极性共价键，A不符合题意；
B．CH4中C原子和H原子之间存在极性共价键，B不符合题意；
C．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，O与O之间存在非极性共价键，C符合题意；
D．MgCl2中镁离子和氯离子之间存在离子键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】一般的活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键。
4．【答案】A
【解析】【解答】A、任何化学反应过程中都伴随着能量的变化，A符合题意；
B、燃烧反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，B不符合题意；
C、反应过程中存在极性键、非极性的断裂和极性键的生成，不存在非极性的生成，C不符合题意；
D、正常雨水的pH=5.6，是由于溶解了CO2，当雨水的pH<5.6时才形成酸雨，因此CO2的排放不会形成酸雨，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、任何化学反应过程中都伴随着能量的变化；
B、燃烧反应为放热反应；
C、反应后无非极性键生成；
D、CO2不会造成酸雨；
5．【答案】D
【解析】【解答】A．甲酸是有极性分子构成的晶体，由于在分子之间形成了氢键增加了分子之间的相互作用，所以其在液态时的密度较大，不符合题意；
B．氨分子与水分子都是极性分子，由于在二者之间存在氢键，所以溶液形成一水合氨，不符合题意；
C．在水分子之间存在氢键，使水结冰时分子的排列有序，因此体积增大，不符合题意。
D．SbH3和PH3由于原子半径大，元素的电负性小，分子之间不存在氢键，二者的熔沸点的高低只与分子的相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，符合题意。
【分析】A.373K时，甲酸蒸气中分子距离较大，不形成氢键；293K时，甲酸为液体，存在氢键；
B.一水合氨分子是氨分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间通过氢键形成的；
C.水蒸气中水分子主要以单个分子的形式存在，液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，冰中所有水分子以氢键互相联结成晶体，氢键的形成使水分子之间的间隙增大，从而导致冰的密度比水的密度小，因此冰的密度小于水与氢键有关。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.由图可知，示意图为F替换E的过程，则E代表甲烷，F代表二氧化碳，故A不符合题意；
B.由图可知，乙到丙的过程是一个从无序到有序的过程，该过程中混乱度减小，熵变小于零，故B不符合题意；
C.由图可知，甲到乙的过程中，笼状结构被破坏，是吸收能量破坏水分子间的氢键的过程，故C不符合题意；
D.由图可知，笼状结构是由结构中水分子间的氢键形成的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．用CO2置换可燃冰中CH4的设想是二氧化碳进入笼中把甲烷替代出来；
B．由图可知，乙中笼状结构被破坏，丙中又形成了笼状结构， 变得更有序，乙到丙为熵减过程；
C．由图可知，甲到乙是水分子间形成氢键被破坏的过程；
D．水分子间形成氢键。
7．【答案】A
【解析】【解答】A.碘和干冰升华时克服的作用力都是分子间作用力，故A符合题意；
B.NaCl熔化时克服的作用力是离子键，冰熔化时克服的作用力是分子间作用力，故B不符合题意；
C.氯化氢溶于克服的作用力是共价键，酒精溶于水克服的作用力是分子间作用力，故C不符合题意；
D.CO2气体通入澄清石灰水，二氧化碳克服的作用力是共价键，氢氧化钙克服的作用力是离子键，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.都是由分子构成的，分子晶体，克服的作用都是分子间作用力
B.氯化钠是离子晶体，而冰是分子晶体克服的力不同
C.氯化氢溶于水形成氢离子和氯离子克服的是化学键，而乙醇溶于水主要是氢键的作用
D.二氧化碳是分子晶体，氢氧化钙是离子晶体
8．【答案】C
【解析】【解答】[ZnCl4]2-的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】中心原子采取sp3杂化，配位数为4，故空间构型为正四面体型。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中，CFCl3断裂极性键C－Cl键，A不符合题意；
B．过程Ⅱ发生的反应为：Cl+O=ClO+O，Cl的化合价由0价变成看+2价，即一个Cl失去2个电子，发生了电子转移，过程Ⅲ发生的反应为：O+ClO=Cl+O，Cl的化合价由+2价变成看0价，即一个Cl得到2个电子，发生了电子转移，B不符合题意；
C．臭氧被破坏的过程为过程Ⅱ和Ⅲ，过程Ⅱ发生的反应为：Cl-+O3=ClO+O，过程Ⅲ发生的反应为：O+ClO=Cl+O，臭氧被破坏的前后Cl的质量和化学反应不变，即为催化剂，C符合题意；
D．CFCl3的中心原子是C，价层电子数为4，空间构型是四面体形，不是正四面体形，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂C-Cl键；
B.过程Ⅱ发生反应O3+Cl=ClO+O2， 过程Ⅲ发生反应O+ClO=Cl+O2；
D.C-Cl键和C-F键的键长不一样。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．COS中中心原子C上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形，由于没有孤电子对，COS的空间构型为直线形，分子中正、负电的中心不重合，COS属于极性分子，A项不符合题意；
B．COS、CO2固态时都属于分子晶体，结构相似，COS的相对分子质量大于CO2的相对分子质量，COS分子间范德华力大于CO2分子间范德华力，COS的沸点高于CO2的沸点，B项不符合题意；
C．COS中中心原子C上的孤电子对数为=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，VSEPR模型为直线形，由于没有孤电子对，COS的空间构型为直线形，C项不符合题意；
D．COS的结构式为O=C=S，CO2的结构式为O=C=O，键长：C=S键＞C=O键，键能：C=S键＜C=O键，故COS的热稳定性小于CO2，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据分析，羰基硫正、负电的中心不重合，为极性分子；
B、结构相似的分子晶体，可以根据其相对分子质量判断沸点；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、热稳定性受到化学键的键能影响，键长也大则键能越小。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．原子半径S＞N＞O，非金属性O＞N＞S，故A不符合题意；
B．氮的氧化物是形成光化学烟雾的主要物质，氮的氧化物和硫的氧化物是形成酸雨的主要物质，故B不符合题意；
C．汽车尾气中排放的氮氧化物主要是由游离态氮转化来的，即在高温下氮气和氧气反应生成NO，故C符合题意；
D．由于N元素非金属性强于硫元素，所以氨气稳定性强于H2S，氢键一般影响物理性质，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.根据同一周期从左往右原子半径依次减小，非金属性依次增强，同一主族从上往下原子半径依次增大，非金属性依次减弱
B.造成污染的物质分类错误，光化学污染是氮的氧化物，而酸雨的主要物质是二氧化硫
C.汽车尾气中的氮氧化合物主要是空气中的氮气与氧气在催化剂的作用产生的
D.氢化物的稳定性主要和元素的非金属性有关，非金属性越强，氢化物的稳定性越强
12．【答案】C
【解析】【解答】A．BaCl2只含氯离子和钡离子之间的离子键，故A不符合题意；
B．硫酸为共价化合物，只含共价键，故B不符合题意；
C．KOH含钾离子和氢氧根之间的离子键、氧原子和氢原子之间的共价键，故C符合题意；
D．Na2O为离子化合物，只含离子键，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】离子键一般存在于金属元素和非金属元素之间，共价键一般存在于非金属元素之间。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．元素Z、Y与R形成的H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物，故A不符合题意；
B．第一电离能：N>O>C>Li，即Y > Z >X>W，故B符合题意；
C．乙结构中存在氨基，可形成分子间氢键，所以沸点比丙酮高，故C不符合题意；
D．甲中ClO为正四面体结构，∠ZMZ为109°28′，乙中的C原子为sp2杂化，∠ZXY为120°，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】结合甲乙的电子式分析，可以知道W为金属元素，且只有1个正电荷，为IA族元素，M含有7个共价键，Z含有2个共价键，可以知道M为Cl，Z为O或S，X有4个共价键，为C或Si，R只有一个共价键，可能为H、F、Cl，Y含有3个共价键，可能为B、N、P，结合 R、W、X、Y、Z、M原子序数依次增大且总和为42 ，综合考虑，最后可以知道R为H，W为Li，X为C，Y为N，Z为O，Z为Cl；
A、H2O2、N2H4，均是含有非极性键的18电子化合物；
B、同一周期的元素，第一电离能从左到右依次减小，要注意考虑第一电离能还要特别注意从核外电子排布入手，若是半充满、全充满的电子第一电离能会变大；
C、N、O、F三种原子可以和氢原子形成氢键，熔沸点变高；
D、夹角可以根据其杂化形式形成的空间构型进行判断，杂化轨道的判断技巧：
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、O的电负性比S大，O-H比H-S更容易断裂，极性更强，A错误；
B、共价键具有方向性，导致分子内不同化学键之间存在一定夹角，B错误；
C、P4为正四面体，不存在中心原子，其夹角以P所在顶点判断，夹角为60°，C正确；
D、碘为非极性分子， 苯为非极性分子，碘易溶于苯，水为极性分子，碘在水中溶解度较小，D错误；
故答案为：C
【分析】A、电负性越大，则化学键越容易断裂；
B、共价键具有方向性，使分子内化学键存在一定夹角；
C、CH4和P4同为正四面体，两者夹角不同；
D、极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据分析， X、Y、Z和W可形成多种离子化合物，如NH4HSO4、NH4HSO3，二者反应的离子方程式为H++ =SO2↑+H2O，A符合题意；
B．共价化合物的熔沸点与相对分子质量有关，一般来说，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，但由于氢键的存在导致某些物质的熔沸点增大，所以由于H2O分子间有氢键，H2O的熔沸点最高，B不符合题意；
C．Y和W所形成的含氧酸不一定都是强酸，如H2SO3是弱酸，C不符合题意；
D．根据分析，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，所以Y、Z和W三种元素位于不同周期，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】原子核内没有中子的原子为H，如果Y、Z和W为同周期相邻，则最外层电子数可分别认为是n-1、 n、n+1，之和为3n，是3的倍数，而17不是3的倍数，所以不是同周期相邻，一般是两个同周期，两个同主族，所以最外层电子分别为n-1、n、n，之和为3n-1，或是n、n、n+1之和为3n+1，也就是就这个和与3的倍数差1，这个倍数就是其中两种元素的主族数。该题中17=18-1，18为6的倍数，所以有两种元素位于第6主族，短周期中只有0和S，0的原子序数为8，S的原子序数为16，则另一种原子的原子序数为31-8-16=7，为N元素，所以X为H元素，Y、Z和W应分别是N、0、S元素，根据元素对应的单质、化合物的性质结合元素周期律的递变规律解答该题。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．简单离子的半径大小规律为，电子层数越多，半径一般越大，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子半径Cl-＞N3-＞Na+即W> Y > Z，A不符合题意；
B．甲即NH3，由于液氨中存在分子间氢键，导致液氨的沸点很高，故易液化，B不符合题意；
C．化合物丙即NH4Cl为强酸弱碱盐，能够发生水解，故能促进水的电离，C符合题意；
D．由分析可知，f分子为N2，化学性质较稳定的原因是N2分子中存在N≡N，键能很大，化学性质很稳定有关，N的非金属也很强，故与N的非金属无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，A是Z的最高价氧化物对应的水化物，常温下0.1mol·L-1A溶液的pH=13，说明A为强碱，X、Y、W的单质e、f、g在通常状况下均为气态，并有如图所示的转化关系(反应条件略去)，故化合物丙为白烟，故丙NH4Cl，甲分子为四核10电子微粒，甲为NH3，乙为HCl，故f为N2，e为H2，g为Cl2，故X、Y、Z、W分别为H、N、Na、Cl，据此分析解题。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．电子层数相同核电荷越小半径越大，所以离子半径：S2-＞Cl-，A不符合题意；
B．非金属性O＞S，则最简单氢化物稳定性O＞S，B不符合题意；
C．H2O的VSEPR模型为正四面体，且有两对孤电子对，所以键角小于109°28′，SO2的VSEPR模型为平面三角形，含一对孤电子对，键角略小于120°，所以键角H2O＜SO2，C不符合题意；
D．H2O2分子间存在氢键，沸点较高，常温下为液态，HCl常温为气态，所以沸点H2O2＞HCl，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】0.01mol·L-1q溶液的pH为1.86，则q为多元强酸，m、n化合可以得到q，说明q也是由W、X、Y元素组成，则应为H2SO4，所以W为H、X为O、Y为S，Z为原子序数大于S的短周期元素，则为Cl，n与p和Cl2反应可得H2SO4，n与m也可以反应生成H2SO4，则n应为SO2、p为H2O、m为H2O2，r为HCl。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3可类比NH4+失去一个H，NH4+中N原子没有孤电子对，∠H-N-H=109.5 ，NH3中N原子有1个孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，∠H-N-H<109.5°，A不符合题意；
B．H2O中O原子有2个孤电子对，H3O+中O原子有1个孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，H2O键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H，B不符合题意；
C．由分析可知，P4O6中P原子有1个孤电子对，而P4O10中P原子没有孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O，C不符合题意；
D．NH3分子中N原子有1个孤电子对，而[Zn(NH3)6]2＋中氨分子与Zn2＋形成配合物后，N原子与Zn2＋形成配位键，N原子不存在孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，[Zn(NH3)6]2+离子中∠H-N-H大于NH3分子中∠H-N-H，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. NH3可类比NH4+失去一个H，NH4+中N原子没有孤电子对，NH3中N原子有1个孤电子对，据此分析。
B. H2O中O原子有2个孤电子对，H3O+中O原子有1个孤电子对，据此分析。
C. P4O6可看作P4分子中每个磷磷键中插入一个O原子，P4O10可看作P4O6分子中P原子上各加一个O原子，据此分析。
D. [Zn(NH3)6]2＋中氨分子与Zn2＋形成配合物后，N原子与Zn2＋形成配位键，N原子不存在孤电子对，而NH3分子中N原子有1个孤电子对，据此分析。
19．【答案】A
【解析】【解答】全由非极性键结合的分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，A符合题意；
以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷．二氧化碳等，B不符合题意；
非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，C不符合题意；
非极性分子中各原子不一定共面，如甲烷为非极性分子，空间结构为正四面体形，其原子不共面，D不符合题意。
【分析】正负电荷中心重合的分子为非极性分子，正负电荷中心不重合的分子为极性分子。
20．【答案】B
【解析】【解答】CH3-CH( 0H)-COOH的中间碳原子连接了四个不同基团，是不对称碳原子，该分子具有光学活性，故A不符合；
CH2OH-CH(OH)-CH2OH分子中没有连接四个不同基团的碳原子，无不对称碳原子，该分子不具有光学活性，故B符合；
CH2OH-CH(OH)-CH(OH)-CH2-CHO从左数第二个碳原子和第三个碳原子都连接了四个不同基团，这两个碳原子是不对称碳原子，该分子具有光学活性，故C不符合；
CH2(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CH(OH)-CHO从左数第二、三、四个碳原子均连接了四个不同基团，这三个碳原子是不对称碳原子，该分子具有光学活性，故D不符合。
【分析】
A.其中与碳原子连接的4个原子或原子团不同，属于手性碳，有光学活性；
B.其中不含连接4个不同原子或原子团的碳原子；
C.有碳原子连接的4个原子或原子团不同，属于手性碳；
D与碳原子连接的4个原子或原子团不同，属于手性碳。
21．【答案】（1）3d104s1
（2）还原；ab
（3）HCHO
（4）N
（5）d
（6）该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破
【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
(2)①镀铜反应中，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂体现还原性，故答案为：还原；
②a．根据相似相溶原理可知，、均属于极性分子，a正确；
b．能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则与之间能形成氢键，b正确；
c．由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c不正确；
故答案为：ab；
(3)镀液中的、、三种微粒中中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+=4，中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，中心原子O原子周围的价层电子对数为：2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故答案为：HCHO；
(4)由的结构简式可知， 部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则中除部分O外，还能与配位的原子是N，故答案为：N；
(5)已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则位于d区，故答案为：d；
(6)①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的O和 N中存在孤电子对，可能与配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。
【分析】（1）根据铜原子的电子排布即可写出电子排布式
（2）①甲醛具有还原性
②根据结构即可判断出为极性分子，与水之间形成氢键
（3）根据中间原子的价层电子即可判断构型
（4）根据找出可提供孤对电子的原子即可
（5）根据核外电子排布即可判断
（6）①根据结构式找出官能团即可
22．【答案】（1）Ca(ClO)2
（2）3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
（3）HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高
【解析】【解答】 (1)、石灰乳和氯气反应制取漂白粉，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，次氯酸钙有强氧化性，漂白粉的有效成分为次氯酸钙， 化学式为 Ca(ClO)2 ，故答案为： Ca(ClO)2 。
(2)、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为 3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O ， 故答案为：3Cu＋8H+＋2=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；
(3)、依据图像， HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高 ；故答案为：HF、H2O、NH3分子间存在氢键，比一般的分子间作用力大得多，液体汽化必须破坏分子间的氢键，消耗能量多，所以沸点高。
【分析】(1)、次氯酸钙有强氧化性，漂白粉的有效成分为次氯酸钙；
(2)、铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
(3)、依据分子间存在氢键，沸点高。
23．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9
（2）孤电子对
（3）b
（4）Si（5）3∶2；sp杂化
（6）d；Cr
【解析】【解答】Z的原子序数为29，Z为Cu元素；R原子核外L层电子数为奇数，R为第二周期元素，Q的p轨道电子数为2，Q的原子序数小于R，Q为C元素；Y原子的价电子排布为msnmpn，Y原子的价电子排布为ms2mp2，Y为第IVA族元素，Y的原子序数介于Q与Z之间，Y为Si元素；X原子p轨道的电子数为4，X的原子序数介于Q与Y之间，X为O元素；R的原子序数介于Q与X之间，R为N元素。
（1）Z为Cu元素，Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Z2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。
（2）在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键。
（3）Q、Y形成的最简单气态氢化物依次为CH4（甲）、SiH4（乙），由于C-H键的键长小于Si-H键，C-H键的键能大于Si-H键，稳定性：CH4 SiH4；由于CH4的相对分子质量小于SiH4的相对分子质量，CH4分子间作用力小于SiH4分子间作用力，沸点：CH4 SiH4；
故答案为：b。
（4）根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能C N；同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能C Si；
C、N、Si的第一电离能由小到大的顺序为Si C N。
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为CH CH，CH CH的结构式为H—C C—H，单键全为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，CH CH中σ键与π键的键数之比为3:2。CH CH中每个碳原子形成2个σ键，C原子上没有孤电子对，C原子为sp杂化。
（6）某元素原子的价电子构型为3d54s1，由于最后电子填入的能级符号为3d，该元素属于d区元素，元素符号是Cr。
【分析】根据元素在周期表中的位置和原子核外电子排布推断出各种元素。
（1）+2价铜离子是铜原子失去4s上的一个电子和3d上的一个电子后的产物；
（2）根据配位键的形成进行判断；
（3）根据非金属元素的气态氢化物的稳定性和熔沸点的变化规律进行判断；
（4）非金属性越强第一电离能越大；
（5）根据相对分子质量判断出该分子，然后根据分子的结构进行分析即可。
24．【答案】（1）抑制FeSO4水解
（2）2CoCl2+ Cl2=2CoCl3
（3）[Co（SCN）4]2-
（4）Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O；1：3；静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【解析】【解答】（1）由于FeSO4易发生水解，故加入稀硫酸来抑制其水解；故答案为：抑制FeSO4水解
（2）钴与铁的单质及化合物性质相似，根据氯化亚铁与氯水反应可知，CoCl2与氯水反应的化学方程式为2CoCl2+Cl2=2CoCl3；故答案为：2CoCl2+ Cl2=2CoCl3。
（3）Fe3+和SCN-形成络合物，Co2+具有类似的性质，设Co2+与x个SCN-形成络合物离子，钴元素质量分数为20%，59/[59+(32+12+14)x]×100%=20%，则x≈4，所以该离子的化学式为[Co(SCN)4]2-；故答案为：[Co(SCN)4]2-。
（4）①为 Ni（OH）2与稀硫酸的反应，离子方程式为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O ；将②配平可得：3NiS+ ClO3-+6H+-3Ni2++3S+Cl-+3H2O ，此反应中，Cl-为还原产物，S为氧化产物，两者之比为1；3。Na2CO3溶液可以使镍沉淀，故可用来检验Ni2+是否沉淀完全，方法为：静置后取上层清液少许于试管中，滴加Na2CO3溶液，若未出现浑浊，则沉淀完全。故答案为：Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、1：3、静置后继续向上清液中滴加Na2CO3溶液若未出现浑浊，则沉淀完全。
【分析】（1）H+能抑制Fe2+的水解；
（2）氯气具有氧化性，能将CoCl2氧化成CoCl3，据此写出反应的化学方程式；
（3）根据Fe3+与SCN-的反应，解钴元素的质量分数确定离子符号；
（4）加入稀硫酸过程中，能与Ni(OH)2反应；
根据化合价变化确定氧化产物和还原产物，再结合其化学计量系数确定二者的物质的量之比；
Ni2+完全沉淀，则上层清液中不含有Ni2+；
25．【答案】（1）C、O、P、Cl
（2）根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形
（3）N
（4）配合物Ⅱ
（5）6；；ad
【解析】【解答】（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，根据每个原子含有单电子数目。可以形成共价键数目，多出的化学键即为配位键，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；
（2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；
（4）一般来说，三键键长大于双键键长大于单键键长，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键， 氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；
（5）①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式；
②a．中V带的总的正电荷为+9，当替代原子为Sn时，化合价可能为+4或+5价态形式，故a正确；
b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；
c．Sn是VA族元素，不属于过渡元素，故c错误；
d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确；
答案为：ad。
【分析】（1）根据题目中物质结构，要形成配位键，必须要有孤对电子，所以形成配位键原子有碳、氮、磷、氯。
（2）根据VSEPR模型，计算出价层电子对即可，以及孤对电子即可判断；
（3）氮原子的电子排布处于半满结构，比较稳定电离能比相邻原子要大；
（4）配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键， 氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。