2.3 分子结构与物质的性质 同步检测题 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
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| 名称 | 2.3 分子结构与物质的性质 同步检测题 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 552.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-12 11:20:17 | ||
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文档简介
2.3 分子结构与物质的性质 同步检测题
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列事实与氢键有关的是（ ）
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．分子间形成氢键能使物质的熔点和沸点升高
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 的熔点随相对分子质量的增大而升高
D．HCl的稳定性强于HBr
2．下列叙述正确的是（ ）
A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B．元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C．非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
3．下 列有关反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)ΔH= -92.4 kJ·mol-1的说法正确的是（ ）
A．NH3分子间能形氢键
B．反应中N2体现了还原性
C．提高的值可增大N2的转化率
D．可以使用酶作该反应的催化剂
4．下列说法正确的是（ ）
A．由极性键构成的分子全都是极性分子
B．含有非极性键的分子一定是非极性分子
C．极性分子一定含有极性键，非极性分子一定含有非极性键
D．以极性键结合的双原子分子，一定是极性分子
5．下列说法中错误的是（ ）
A．硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于，说明分子极性：
B．有的金属和非金属融合制成的合金延展性变差可以用电子气理论解释
C．乳酸[]分子中只存在1个手性碳原子
D．是含非极性键的极性分子
6．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．75%的医用酒精和 84 消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳
7．食醋是烹饪美食的调味品，其有效成分主要是醋酸()，下列说法正确的是
A．属于离子晶体 B．含有非极性共价键
C．属于强电解质 D．含有酸基
8．硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一、科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．中的O为杂化
B．的VSEPR模型为平面三角形
C．是由极性键形成的极性分子
D．反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成
9．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂( )，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B．反应Ⅰ中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C．反应Ⅱ为： 2H2O2 H2O+O2↑
D．该过程中催化剂降低了反应的活化能
10．如图所示，为乙二胺四乙酸()，易与金属离子形成螯合物，为与形成的螯合物。下列叙述正确的是（ ）
A．结构中原子均采取杂化 B．结构中的配位数为6
C．和结构中均含有分子内氢键 D．和结构中均含有手性碳原子
11．下列叙述正确的是（ ）
A．1个甘氨酸分子(结构简式为H2N-CH2-COOH)中存在9对共用电子对
B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C．H2S和CS2都是含极性键的极性分子
D．HCN分子中的碳原子采取sp杂化
12．新型CeO2材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法错误的是新型CeO2材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程III中涉及非极性共价键的断裂
B．过程II中仅Ce元素的化合价发生变化
C．环境中的浓度对除碳烟效果有一定影响
D．产物中的氧原子来自于和
13．下列说法正确的是（ ）
A．H+和S2-的最外电子层都形成了8个电子的稳定结构
B．C60和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体
C．Na和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关
D．H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱
14．下列说法正确的是（ ）
A．NH3比PH3稳定，是因为NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键
B．相同条件下，NH3(g)比PH3(g)易液化，主要原因是N－H键的极性比P－H键的极性强
C．P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成p－pπ键
D．NH3的键角比PH3的键角小，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，N的电负性比P大，NH3中N周围电子云密度大，孤对电子对成键电子对斥力大
15．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
16．向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法中正确的是（ ）
A．反应前后Ag＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成的[Ag(NH3)2]OH难电离
C．上述现象说明[Ag(NH3)2]＋不如AgOH稳定
D．配合离子[Ag(NH3)2]＋中，Ag＋提供空轨道，NH3给出孤对电子
17．下列物质中，含非极性共价键的化合物是（ ）
A．MgCl2 B．Na2O2 C．O2 D．NaOH
18．下列有关物质结构与性质的说法中合理的是（ ）
A．根据VSEPR理论可知、、分子内键角依次减小
B．与结构相似，含有的σ键与π键个数比均为1∶1
C．锌的电负性为1.6，氯的电负性为3.0，氯化锌为离子化合物，溶于水能完全电离
D．HF比HCl更稳定是因为HF分子间存在氢键
19．下列说法错误的是（ ）
A．甘油和水可以任意比例互溶
B．H2O的沸点高于HF， 是因为前者的氢键作用较大
C．氢氟酸水溶液中氢键的类型有 F—H F、F—H O、O—H F、O—H O
D． 比 熔点低的原因是前者形成分子内氢键
20．下列有关说法正确的是：（ ）
A．HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
B．碘和干冰的升华克服相同类型的作用力
C．NaOH是离子化合物，NH4NO3是共价化合物
D．NaHSO4溶于水时只破坏了离子键
二、综合题
21．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。
（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。
①基态Ni原子价电子排布式是 ，它在元素周期表中的位置是 。
②分子内的O-H键a、分子间的范德华力b、氢键c，从强到弱依次为 (用a、b、c表示)
③能与水混溶，但是却不溶于。请解释其原因 。
（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷()是一种潜在的储氢材料，可由(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：。
①第一电离能介于N、B之间的第二周期元素有 种。
②中B、N原子的杂化轨道类型分别为 。
③中共用电子对偏向N，中硼元素的化合价为+3价，则B、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
22．东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为 ，3d能级上的未成对电子数为 。
（2）硫酸镍溶于氨水形成 蓝色溶液。
① 中 的空间立体构型是 。
②在 中 与 之间形成的化学键称为 。
③氨的沸点 （填“高于”或“低于”）膦（ ），原因是 。氨分子中，中心原子的轨道杂化类型为 。
23．金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为 ；
②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为 ；
③此配离子中含有的化学键为 。
A．离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E．配位键 F．氢键 G．σ键 H．π键
（2）NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。NO2-离子的VSEPR模型名称为 ，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是 。
（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是 。
（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4-互为等电子体的微粒 （请写一个分子和一个离子）。
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为 ，已知晶胞密度为ρ g/cm3，则相邻2个b微粒之间的距离为 nm（列计算式）。
24．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)
25．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
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．水加热到很高的温度都难以分解，是因为H-O键键能很大，与氢键无关，A不符合题意；
B．分子间形成氢键能使物质分子间作用力增大，从而使熔点和沸点升高，B符合题意；
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 分子间作用力随相对分子质量增大而增大，故其熔点随相对分子质量的增大而升高，与氢键无关，C不符合题意；
D．HCl的稳定性强于HBr，是由于H-Cl键键能大于H-Br键键能，与氢键无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.水中H-O键键能很大；
B.分子间形成氢键可使物质的熔沸点升高；
C.分子晶体的熔沸点随着分子间作用力增大而升高；
D.键能：H-Cl>H-Br。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别为Be和Cl，BeCl2为共价化合物，A不符合题意；
B．元素Se位于第4周期第ⅥA族，B不符合题意；
C．PCl3和H2O2分子属于极性分子，C不符合题意；
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.价层电子排布式为2s2和3s23p3的两原子分别是Be、Cl元素；
B.Se位于第四周期第VIA族；
C.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构；
D.不同非金属元素原子之间易形成极性键。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．氮元素的电负性强，NH3分子间能形氢键，A符合题意；
B．反应中氮元素化合价降低，N2体现了氧化性，B不符合题意；
C．提高的值，可理解为保持氢气的量不变，增大氮气的量，N2的转化率降低，C不符合题意；
D．酶在高温下会失去活性，不可以使用酶作该反应的催化剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气分子间能形成氢键；
B.该反应中N元素的化合价降低；
C.相当于增大氮气的物质的量，转化率降低；
D.大多数酶的成分为蛋白质，高温下变性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．由极性键构成的分子不一定都是极性分子，如CO2是由极性键构成的非极性分子，不符合题意；
B．含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2的两个氧原子之间是非极性键，但H2O2是极性分子，不符合题意；
C．极性分子中不一定含有极性键，如O3，非极性分子中不一定含有非极性键，如CO2，不符合题意；
D．以极性键结合的双原子分子，共用电子对不偏移，一定是极性分子，符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断极性分子和非极性分子的依据为分子的正负电荷中心是否重合。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．硫是非极性分子，水是极性分子，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于，根据相似相溶原理可知，分子极性：，故A不符合题意；
B．电子气理论可以用来解释金属的结构和性质，针对晶体结构，而非合金，故B符合题意；
C．乳酸中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以只存在1个手性碳原子，故C不符合题意；
D．中O原子之间存在非极性键，该分子为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据相似相溶原理分析；
C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
D.正负电荷中心不重合，为极性分子。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法不符合题意；
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法不符合题意；
C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法符合题意；
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A.酒精具有还原性，次氯酸钠具有氧化性；
B.氢键属于分子间作用力，不属于化学键；
C.油脂中含有多种脂溶性维生素；
D.乙烯的主要作用是促进果实成熟。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸是熔沸点低的分子晶体，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，乙酸分子中含有碳碳非极性共价键，故B符合题意；
C．乙酸在溶液中部分电离出乙酸根离子和氢离子，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，乙酸分子的官能团为羧基，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．乙酸是分子晶体；
B．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；
C．强电解质在水溶液中完全电离，强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；
D．根据结构简式确定官能团。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．H2O中O的价层电子对为 4，O为sp3杂化，A不符合题意；
B． 中S的价层电子对为4，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形，B符合题意；
C．HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，是极性分子，C不符合题意；
D． 反应过程中有氢氧键断裂，有硫氧键形成，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．H2O中O的价层电子对为 4，O为sp3杂化；
B． 中S的价层电子对为4，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形；
C．HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，是极性分子；
D． 氢氧键的断裂，硫氧键的形成的判断。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，故A不符合题意；
B．反应Ⅰ是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，故B符合题意；
C．反应Ⅱ是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O2 H2O+O2↑，故C不符合题意；
D．该过程中催化剂降低了反应的活化能从而加快反应速率，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.利用太阳能提供能量进行催化分解水
B.反应1是分子分离成原子，极性键 和非极性键断裂，原子重新组合成新的分子，极性键和非极性键的形成
C.根据反应物和生成物即可写出方程式
D.催化剂可以改变速率，主要是通过改变活化能进行改变速率
10．【答案】B
【解析】【解答】A．a中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，还分别与甲基上的碳原子、羟基中的氧原子各形成1个共用电子对，没有孤电子对，故采取sp杂化，A不符合题意；
B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Ca2+之间形成配位键，故Ca2+的配位数为6，B符合题意；
C．b结构不含有分子内氢键，C不符合题意；
D．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，b结构有含有手性碳原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a中酯基碳原子形成3个σ键；
C.b结构不含分子内氢键；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
11．【答案】D
【解析】【解答】甘氨酸分子的结构式为，其中单键为1对共用电子对，双键为2对共用电子对，故1个甘氨酸分子中含有8+2×1=10对共用电子对，A不符合题意；
BCl3中B原子最外层有6个电子，B不符合题意；
CS3分子空间结构为直线形，结构式为S=C=S，结构对称，正、负电荷重心重合，故CS2是由极性键构成的非极性分子，C不符合题意；
HCN的结构式为H-CN，中心原子C形成2个σ键，无孤电子对，采取sp杂化，D符合题意。
【分析】
A.根据其结构简式进行分析即可；
B.BCl3中B原子最外层有6个电子；
C.根据其结构，CS2是非极性分子；
D.根据中心原子的价电子对数和成键情况分析是sp杂化。
12．【答案】B
【解析】【解答】A． 过程III中涉及，含有非极性共价键的断裂，故A不符合题意；
B．过程II中不仅Ce元素的化合价发生变化，的化合价也在反生变化，故B符合题意；
C．环境中的浓度对除碳烟效果有一定影响，故C不符合题意；
D．根据图示，产物中的氧原子来自于和，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A.过程III中涉及O-O非极性共价键的断裂；
B.该过程中O元素的化合价也发生变化；
C.该反应的总方程式为 C+O2 =CO2，O2的浓度对除碳烟效果有一定影响；
D.过程Ⅰ中CO2的氧原子来自于CeO2，过程Ⅲ中CO2中的氧原子来自于O2。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．氢离子最外层电子数为0，故A不符合题意；
B．C60是通过分子间作用力结合形成的分子晶体，故B不符合题意；
C．Na和H2O混合反应过程有化学键的断裂和形成，化学键形成释放的能量大于化学键断裂吸收的能量，所以反应放热，化学键也是微粒之间的作用力，故C符合题意；
D．过氧化氢易分解是因为过氧化氢分子中共价键不稳定，易断裂，与分子间作用力无关，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】分子间作用力决定是物质的物理性质，“不稳定、易分解”属于化学性质，与化学键有关。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3比PH3稳定，是因为N的原子半径小于P的原子半径，N—H的键长小于P—H，所以N—H的键能大于P—H的键能，所以NH3比PH3稳定，故A不符合题意；
B．NH3比PH3易液化的原因，是NH3的分子间含有氢键，使分子间的相互作用力增大，所以NH3易液化，故B不符合题意；
C．P原子间难以形成氢键而N原子键可以，是因为P原子的半径比N大，P原子间形成的σ键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成p—p π键，故C符合题意；
D．NH3的键角比PH3的键角大，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，但N的电负性大于P，NH3中N周围的电子云密度大，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，键角更大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原子半径越小，键长越小，键能越大，分子越稳定；
B．分子间含有氢键，沸点高；
C．原子半径大，键较长，肩并肩重叠程度很小，难以 π键；
D．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。
15．【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。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．反应后形成配合离子[Ag(NH3)2]＋，该离子较稳定，难电离，所以Ag＋的浓度减小，A不符合题意；
B．[Ag(NH3)2]OH是强电解质，完全电离，B不符合题意；
C．氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管中加入氨水，先形成难溶物氢氧化银，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液[Ag(NH3)2]＋，氢氧化银沉淀能转化为[Ag(NH3)2]＋，说明[Ag(NH3)2]＋比AgOH稳定，C不符合题意；
D．配合离子[Ag(NH3)2]＋中，金属阳离子为中心原子，有空轨道，故该配合离子中Ag＋提供空轨道，NH3中N原子有孤对电子，NH3作为配体，故N给出孤对电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】硝酸银中加入氨水形成白色沉淀，再继续加入氨水形成银氨溶液，银离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电子即可判断
17．【答案】B
【解析】【解答】A．MgCl2是离子化合物，只含有离子键，A不符合题意；
B．Na2O2是离子化合物，Na+和O 形成离子键，O 中O原子和O原子形成非极性共价键，B符合题意；
C．O2是单质，不是化合物，C不符合题意；
D．NaOH是离子化合物，Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成极性共价键，D不满足题意；
故答案为：B。
【分析】同种元素形成的一般是非极性共价键。氯化镁是离子化合物，只含有离子键，氧气是单质不是化合物，氢氧化钠中含有离子键和非极性共价键，过氧化钠是离子化合物含有离子键和非极性共价键
18．【答案】B
【解析】【解答】A.水、氨气、甲烷的中心原子的杂化方式相同，但其孤对电子数依次减小，因此其分子内键角依次增大；故A错误；
B.二氧化碳和二硫化碳的结构式为：O=C=O、S=C=S，所以其含有的σ键与键的个数都是2个，所以其比均为1：1；故B正确；
C.锌与氯的电负性相差1.4小于1.7，所以氯化锌是共价化合物；故C错误；
D. HF比HCl更稳定，是因为H-F的键能大于H-Cl的键能；故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、计算中心原子的杂化方式及孤电子对数，即可得出结论；
B、画出二氧化碳和二硫化碳的结构式，即可数出两种化学键的个数；
C、利用电负性判断化合物的类型；
D、物质的稳定性与键能和氢键的关系。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．甘油为丙三醇，可与水任意比例互溶，A不符合题意；
B．水的沸点比氢氟酸高，是因为等物质的量情况下，前者比后者含有的氢键数目多，但氢键作用力氢氟酸比较高，B符合题意；
C．氢氟酸水溶液中共有两种不同的氢原子，可以分别与F、O原子形成氢键，故氢氟酸水溶液中氢键类型有四种，C不符合题意；
D．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键使分子熔沸点降低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.易形成氢键故可以互溶
B.非金属性越强，氢键的作用力越强，含有氢键的物质比较沸点，主要看氢键的个数
C.氢氟酸溶液中由氟化氢和水，因此可以形成多种氢键
D.分子内形成氢键的有机物沸点低于分子间形成氢键的有机物
20．【答案】B
【解析】【解答】A.HF分子之间存在氢键，沸点最高，物质沸点由高到低顺序为HF>HI>HBr>HCl，A不符合题意；
B.碘和干冰都是由分子构成的分子晶体，所以二者的升华克服相同类型的作用力，B符合题意；
C.NaOH和NH4NO3都是离子化合物，C不符合题意；
D.NaHSO4溶于水时电离产生Na+、H+、SO42-，破坏的有离子键和共价键，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、N、O、F的氢化物分子之间存在氢键，熔沸点高；
B、碘和干冰升华都是克服分子间作用力；
C、NaOH和NH4NO3都是离子化合物；
D、NaHSO4溶于水时破坏了离子键和HSO4-中的共价键。
21．【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；a>c>b；和水分子间可以形成氢键；和水分子都是极性分子，而CCl4为非极性分子，不符合相似相溶原理
（2）3；sp2、sp2；N>H>B
【解析】【解答】（1）①Ni为28号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为：3d84s2；故答案为：3d84s2；第四周期第Ⅷ族；
②共价键的键能大于氢键的作用力，氢键的作用力大于范德华力，故H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为O-H键、氢键、分子间的范德华力，即a>c>b，故答案为：a>c>b；
③为极性分子，还可以形成氢键，CCl4为非极性分子，故答案为：和水分子间可以形成氢键；和水分子都是极性分子，而CCl4为非极性分子，不符合相似相溶原理；
（2）①在周期表的第二周期中，第一电离能介于硼元素和氮元素之间的元素有Be、C、O元素；故答案为：3；
②由的结构为平面六元环状可知键角为120°，且B、N原子都形成3个键，可知都为sp2杂化，故答案为：sp2、sp2；
③中共用电子对偏向N，中硼元素的化合价为+3价，即共用电子对偏向H，则B、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为：N>H>B；故答案为：N>H>B。
【分析】（1）①Ni的价电子排布式为：3d84s2；
②作用力的强弱：共价键的＞氢键＞范德华力；
③根据相似相溶原理分析；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
②(HB=NH)3的结构为平面六元环状，B、N原子都形成3个单键，分子中有一个大π键，没有孤对电子；
③成键时，共用电子对偏向电负性大的原子，在化合物中此元素显正价，偏离电负性小的原子，在化合物中此元素显负价。
22．【答案】（1）[Ar]3d84s2；2
（2）正四面体；配位键；高于；NH3分子间可形成氢键；sp3
【解析】【解答】（1）Ni元素的序号为28，原子核外电子数为28，镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2；故答案为：[Ar]3d84s2；2；
（2）①SO 中S原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，因此是极性分子。故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；sp3。
【分析】(1)根据Ni是28号元素写出电子排布式；根据电子排布式计算d轨道的未成对电子；
(2)①根据价层电子对互斥理论计算；
②共用的电子对由一个原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键；
③根据氢键分析沸点；根据价层电子对互斥理论分析杂化类型。
23．【答案】（1）；sp2、sp3；C D E G H
（2）平面三角形；O>N>Co>K
（3）CrO2
（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4； （或 ）
【解析】【解答】本题考查物质结构与性质，主要考查价电子排布图的书写，电负性的比较，杂化方式和VSEPR模型的判断，化学键的类型，等电子体的书写，配位数的确定，晶体的计算。
（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的价电子排布式图为 。②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化类型为sp3杂化、sp2杂化。③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，
故答案为：CDEGH。
（2）NO2-中中心原子N的孤电子对数为 （5+1-2 2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O N Co K。
（3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
（4）用替换法，与BH4-互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为NH4+等。
（5）由晶胞可见b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。用“均摊法”，晶胞中含a：8 +6 =4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为 NA，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，1mol晶体的体积为 ， NA= ，解得x= cm。根据晶胞相邻2个b微粒之间的距离为面对角线的一半，相邻2个b微粒之间的距离为 x= cm= 107nm。
故正确答案为：（1），sp2、sp3，C D E G H（2）平面三角形，O>N>Co>K（3）CrO2，（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4，2 2 × 4 × （ 32 + 65 ） N A ρ 3 × 10 7 （或 2 2 × 388 N A ρ 3 × 10 7 ）
【分析】（1）碳原子的杂化方式简单判断方法是碳原子接4个单键则为sp3，接一个双键则是sp2，或者用基本公式：单键数加上孤对电子数。
24．【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。
25．【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+；
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列事实与氢键有关的是（ ）
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．分子间形成氢键能使物质的熔点和沸点升高
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 的熔点随相对分子质量的增大而升高
D．HCl的稳定性强于HBr
2．下列叙述正确的是（ ）
A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子形成离子化合物
B．元素Se位于第4周期第ⅣA族，属于p区
C．非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CO2、PCl3、H2O2分子
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键
3．下 列有关反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g)ΔH= -92.4 kJ·mol-1的说法正确的是（ ）
A．NH3分子间能形氢键
B．反应中N2体现了还原性
C．提高的值可增大N2的转化率
D．可以使用酶作该反应的催化剂
4．下列说法正确的是（ ）
A．由极性键构成的分子全都是极性分子
B．含有非极性键的分子一定是非极性分子
C．极性分子一定含有极性键，非极性分子一定含有非极性键
D．以极性键结合的双原子分子，一定是极性分子
5．下列说法中错误的是（ ）
A．硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于，说明分子极性：
B．有的金属和非金属融合制成的合金延展性变差可以用电子气理论解释
C．乳酸[]分子中只存在1个手性碳原子
D．是含非极性键的极性分子
6．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是（ ）
A．75%的医用酒精和 84 消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键
C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳
7．食醋是烹饪美食的调味品，其有效成分主要是醋酸()，下列说法正确的是
A．属于离子晶体 B．含有非极性共价键
C．属于强电解质 D．含有酸基
8．硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一、科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．中的O为杂化
B．的VSEPR模型为平面三角形
C．是由极性键形成的极性分子
D．反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成
9．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂( )，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B．反应Ⅰ中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C．反应Ⅱ为： 2H2O2 H2O+O2↑
D．该过程中催化剂降低了反应的活化能
10．如图所示，为乙二胺四乙酸()，易与金属离子形成螯合物，为与形成的螯合物。下列叙述正确的是（ ）
A．结构中原子均采取杂化 B．结构中的配位数为6
C．和结构中均含有分子内氢键 D．和结构中均含有手性碳原子
11．下列叙述正确的是（ ）
A．1个甘氨酸分子(结构简式为H2N-CH2-COOH)中存在9对共用电子对
B．PCl3和BCl3分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
C．H2S和CS2都是含极性键的极性分子
D．HCN分子中的碳原子采取sp杂化
12．新型CeO2材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法错误的是新型CeO2材料催化氧化碳烟技术可有效减少汽油燃烧不完全产生的颗粒物，其机理如下图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程III中涉及非极性共价键的断裂
B．过程II中仅Ce元素的化合价发生变化
C．环境中的浓度对除碳烟效果有一定影响
D．产物中的氧原子来自于和
13．下列说法正确的是（ ）
A．H+和S2-的最外电子层都形成了8个电子的稳定结构
B．C60和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体
C．Na和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关
D．H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱
14．下列说法正确的是（ ）
A．NH3比PH3稳定，是因为NH3分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键
B．相同条件下，NH3(g)比PH3(g)易液化，主要原因是N－H键的极性比P－H键的极性强
C．P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成p－pπ键
D．NH3的键角比PH3的键角小，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，N的电负性比P大，NH3中N周围电子云密度大，孤对电子对成键电子对斥力大
15．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
16．向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法中正确的是（ ）
A．反应前后Ag＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成的[Ag(NH3)2]OH难电离
C．上述现象说明[Ag(NH3)2]＋不如AgOH稳定
D．配合离子[Ag(NH3)2]＋中，Ag＋提供空轨道，NH3给出孤对电子
17．下列物质中，含非极性共价键的化合物是（ ）
A．MgCl2 B．Na2O2 C．O2 D．NaOH
18．下列有关物质结构与性质的说法中合理的是（ ）
A．根据VSEPR理论可知、、分子内键角依次减小
B．与结构相似，含有的σ键与π键个数比均为1∶1
C．锌的电负性为1.6，氯的电负性为3.0，氯化锌为离子化合物，溶于水能完全电离
D．HF比HCl更稳定是因为HF分子间存在氢键
19．下列说法错误的是（ ）
A．甘油和水可以任意比例互溶
B．H2O的沸点高于HF， 是因为前者的氢键作用较大
C．氢氟酸水溶液中氢键的类型有 F—H F、F—H O、O—H F、O—H O
D． 比 熔点低的原因是前者形成分子内氢键
20．下列有关说法正确的是：（ ）
A．HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
B．碘和干冰的升华克服相同类型的作用力
C．NaOH是离子化合物，NH4NO3是共价化合物
D．NaHSO4溶于水时只破坏了离子键
二、综合题
21．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。
（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。
①基态Ni原子价电子排布式是 ，它在元素周期表中的位置是 。
②分子内的O-H键a、分子间的范德华力b、氢键c，从强到弱依次为 (用a、b、c表示)
③能与水混溶，但是却不溶于。请解释其原因 。
（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷()是一种潜在的储氢材料，可由(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：。
①第一电离能介于N、B之间的第二周期元素有 种。
②中B、N原子的杂化轨道类型分别为 。
③中共用电子对偏向N，中硼元素的化合价为+3价，则B、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
22．东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为 ，3d能级上的未成对电子数为 。
（2）硫酸镍溶于氨水形成 蓝色溶液。
① 中 的空间立体构型是 。
②在 中 与 之间形成的化学键称为 。
③氨的沸点 （填“高于”或“低于”）膦（ ），原因是 。氨分子中，中心原子的轨道杂化类型为 。
23．金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为 ；
②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为 ；
③此配离子中含有的化学键为 。
A．离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E．配位键 F．氢键 G．σ键 H．π键
（2）NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。NO2-离子的VSEPR模型名称为 ，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是 。
（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是 。
（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4-互为等电子体的微粒 （请写一个分子和一个离子）。
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为 ，已知晶胞密度为ρ g/cm3，则相邻2个b微粒之间的距离为 nm（列计算式）。
24．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)
25．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
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．水加热到很高的温度都难以分解，是因为H-O键键能很大，与氢键无关，A不符合题意；
B．分子间形成氢键能使物质分子间作用力增大，从而使熔点和沸点升高，B符合题意；
C．CH4、SiH4、 GeH4、 SnH4 分子间作用力随相对分子质量增大而增大，故其熔点随相对分子质量的增大而升高，与氢键无关，C不符合题意；
D．HCl的稳定性强于HBr，是由于H-Cl键键能大于H-Br键键能，与氢键无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.水中H-O键键能很大；
B.分子间形成氢键可使物质的熔沸点升高；
C.分子晶体的熔沸点随着分子间作用力增大而升高；
D.键能：H-Cl>H-Br。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．价层电子排布式为2s2和3s23p5的两原子分别为Be和Cl，BeCl2为共价化合物，A不符合题意；
B．元素Se位于第4周期第ⅥA族，B不符合题意；
C．PCl3和H2O2分子属于极性分子，C不符合题意；
D．不同元素组成的多原子分子中一定含有极性共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.价层电子排布式为2s2和3s23p3的两原子分别是Be、Cl元素；
B.Se位于第四周期第VIA族；
C.正负电荷中心重合的分子为非极性分子，PCl3为三角锥形结构、H2O2为书页形结构；
D.不同非金属元素原子之间易形成极性键。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．氮元素的电负性强，NH3分子间能形氢键，A符合题意；
B．反应中氮元素化合价降低，N2体现了氧化性，B不符合题意；
C．提高的值，可理解为保持氢气的量不变，增大氮气的量，N2的转化率降低，C不符合题意；
D．酶在高温下会失去活性，不可以使用酶作该反应的催化剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气分子间能形成氢键；
B.该反应中N元素的化合价降低；
C.相当于增大氮气的物质的量，转化率降低；
D.大多数酶的成分为蛋白质，高温下变性。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．由极性键构成的分子不一定都是极性分子，如CO2是由极性键构成的非极性分子，不符合题意；
B．含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2的两个氧原子之间是非极性键，但H2O2是极性分子，不符合题意；
C．极性分子中不一定含有极性键，如O3，非极性分子中不一定含有非极性键，如CO2，不符合题意；
D．以极性键结合的双原子分子，共用电子对不偏移，一定是极性分子，符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断极性分子和非极性分子的依据为分子的正负电荷中心是否重合。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．硫是非极性分子，水是极性分子，硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于，根据相似相溶原理可知，分子极性：，故A不符合题意；
B．电子气理论可以用来解释金属的结构和性质，针对晶体结构，而非合金，故B符合题意；
C．乳酸中连接羟基的碳原子为手性碳原子，所以只存在1个手性碳原子，故C不符合题意；
D．中O原子之间存在非极性键，该分子为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据相似相溶原理分析；
C.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
D.正负电荷中心不重合，为极性分子。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法不符合题意；
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法不符合题意；
C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法符合题意；
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法不符合题意；
答案为C。
【分析】A.酒精具有还原性，次氯酸钠具有氧化性；
B.氢键属于分子间作用力，不属于化学键；
C.油脂中含有多种脂溶性维生素；
D.乙烯的主要作用是促进果实成熟。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸是熔沸点低的分子晶体，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，乙酸分子中含有碳碳非极性共价键，故B符合题意；
C．乙酸在溶液中部分电离出乙酸根离子和氢离子，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，乙酸分子的官能团为羧基，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．乙酸是分子晶体；
B．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；
C．强电解质在水溶液中完全电离，强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；
D．根据结构简式确定官能团。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．H2O中O的价层电子对为 4，O为sp3杂化，A不符合题意；
B． 中S的价层电子对为4，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形，B符合题意；
C．HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，是极性分子，C不符合题意；
D． 反应过程中有氢氧键断裂，有硫氧键形成，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．H2O中O的价层电子对为 4，O为sp3杂化；
B． 中S的价层电子对为4，孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形；
C．HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，是极性分子；
D． 氢氧键的断裂，硫氧键的形成的判断。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，故A不符合题意；
B．反应Ⅰ是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，故B符合题意；
C．反应Ⅱ是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O2 H2O+O2↑，故C不符合题意；
D．该过程中催化剂降低了反应的活化能从而加快反应速率，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.利用太阳能提供能量进行催化分解水
B.反应1是分子分离成原子，极性键 和非极性键断裂，原子重新组合成新的分子，极性键和非极性键的形成
C.根据反应物和生成物即可写出方程式
D.催化剂可以改变速率，主要是通过改变活化能进行改变速率
10．【答案】B
【解析】【解答】A．a中-CH2-中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，-COOH中碳原子与氧原子形成双键，还分别与甲基上的碳原子、羟基中的氧原子各形成1个共用电子对，没有孤电子对，故采取sp杂化，A不符合题意；
B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Ca2+之间形成配位键，故Ca2+的配位数为6，B符合题意；
C．b结构不含有分子内氢键，C不符合题意；
D．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，b结构有含有手性碳原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a中酯基碳原子形成3个σ键；
C.b结构不含分子内氢键；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
11．【答案】D
【解析】【解答】甘氨酸分子的结构式为，其中单键为1对共用电子对，双键为2对共用电子对，故1个甘氨酸分子中含有8+2×1=10对共用电子对，A不符合题意；
BCl3中B原子最外层有6个电子，B不符合题意；
CS3分子空间结构为直线形，结构式为S=C=S，结构对称，正、负电荷重心重合，故CS2是由极性键构成的非极性分子，C不符合题意；
HCN的结构式为H-CN，中心原子C形成2个σ键，无孤电子对，采取sp杂化，D符合题意。
【分析】
A.根据其结构简式进行分析即可；
B.BCl3中B原子最外层有6个电子；
C.根据其结构，CS2是非极性分子；
D.根据中心原子的价电子对数和成键情况分析是sp杂化。
12．【答案】B
【解析】【解答】A． 过程III中涉及，含有非极性共价键的断裂，故A不符合题意；
B．过程II中不仅Ce元素的化合价发生变化，的化合价也在反生变化，故B符合题意；
C．环境中的浓度对除碳烟效果有一定影响，故C不符合题意；
D．根据图示，产物中的氧原子来自于和，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A.过程III中涉及O-O非极性共价键的断裂；
B.该过程中O元素的化合价也发生变化；
C.该反应的总方程式为 C+O2 =CO2，O2的浓度对除碳烟效果有一定影响；
D.过程Ⅰ中CO2的氧原子来自于CeO2，过程Ⅲ中CO2中的氧原子来自于O2。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．氢离子最外层电子数为0，故A不符合题意；
B．C60是通过分子间作用力结合形成的分子晶体，故B不符合题意；
C．Na和H2O混合反应过程有化学键的断裂和形成，化学键形成释放的能量大于化学键断裂吸收的能量，所以反应放热，化学键也是微粒之间的作用力，故C符合题意；
D．过氧化氢易分解是因为过氧化氢分子中共价键不稳定，易断裂，与分子间作用力无关，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】分子间作用力决定是物质的物理性质，“不稳定、易分解”属于化学性质，与化学键有关。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3比PH3稳定，是因为N的原子半径小于P的原子半径，N—H的键长小于P—H，所以N—H的键能大于P—H的键能，所以NH3比PH3稳定，故A不符合题意；
B．NH3比PH3易液化的原因，是NH3的分子间含有氢键，使分子间的相互作用力增大，所以NH3易液化，故B不符合题意；
C．P原子间难以形成氢键而N原子键可以，是因为P原子的半径比N大，P原子间形成的σ键较长，p—p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成p—p π键，故C符合题意；
D．NH3的键角比PH3的键角大，因为N、P中心原子杂化方式相同，都有一对孤对电子，但N的电负性大于P，NH3中N周围的电子云密度大，成键电子对更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，键角更大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原子半径越小，键长越小，键能越大，分子越稳定；
B．分子间含有氢键，沸点高；
C．原子半径大，键较长，肩并肩重叠程度很小，难以 π键；
D．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。
15．【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。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．反应后形成配合离子[Ag(NH3)2]＋，该离子较稳定，难电离，所以Ag＋的浓度减小，A不符合题意；
B．[Ag(NH3)2]OH是强电解质，完全电离，B不符合题意；
C．氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管中加入氨水，先形成难溶物氢氧化银，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液[Ag(NH3)2]＋，氢氧化银沉淀能转化为[Ag(NH3)2]＋，说明[Ag(NH3)2]＋比AgOH稳定，C不符合题意；
D．配合离子[Ag(NH3)2]＋中，金属阳离子为中心原子，有空轨道，故该配合离子中Ag＋提供空轨道，NH3中N原子有孤对电子，NH3作为配体，故N给出孤对电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】硝酸银中加入氨水形成白色沉淀，再继续加入氨水形成银氨溶液，银离子提供空轨道，氨气分子提供孤对电子即可判断
17．【答案】B
【解析】【解答】A．MgCl2是离子化合物，只含有离子键，A不符合题意；
B．Na2O2是离子化合物，Na+和O 形成离子键，O 中O原子和O原子形成非极性共价键，B符合题意；
C．O2是单质，不是化合物，C不符合题意；
D．NaOH是离子化合物，Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成极性共价键，D不满足题意；
故答案为：B。
【分析】同种元素形成的一般是非极性共价键。氯化镁是离子化合物，只含有离子键，氧气是单质不是化合物，氢氧化钠中含有离子键和非极性共价键，过氧化钠是离子化合物含有离子键和非极性共价键
18．【答案】B
【解析】【解答】A.水、氨气、甲烷的中心原子的杂化方式相同，但其孤对电子数依次减小，因此其分子内键角依次增大；故A错误；
B.二氧化碳和二硫化碳的结构式为：O=C=O、S=C=S，所以其含有的σ键与键的个数都是2个，所以其比均为1：1；故B正确；
C.锌与氯的电负性相差1.4小于1.7，所以氯化锌是共价化合物；故C错误；
D. HF比HCl更稳定，是因为H-F的键能大于H-Cl的键能；故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、计算中心原子的杂化方式及孤电子对数，即可得出结论；
B、画出二氧化碳和二硫化碳的结构式，即可数出两种化学键的个数；
C、利用电负性判断化合物的类型；
D、物质的稳定性与键能和氢键的关系。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．甘油为丙三醇，可与水任意比例互溶，A不符合题意；
B．水的沸点比氢氟酸高，是因为等物质的量情况下，前者比后者含有的氢键数目多，但氢键作用力氢氟酸比较高，B符合题意；
C．氢氟酸水溶液中共有两种不同的氢原子，可以分别与F、O原子形成氢键，故氢氟酸水溶液中氢键类型有四种，C不符合题意；
D．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子间氢键使分子熔沸点降低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.易形成氢键故可以互溶
B.非金属性越强，氢键的作用力越强，含有氢键的物质比较沸点，主要看氢键的个数
C.氢氟酸溶液中由氟化氢和水，因此可以形成多种氢键
D.分子内形成氢键的有机物沸点低于分子间形成氢键的有机物
20．【答案】B
【解析】【解答】A.HF分子之间存在氢键，沸点最高，物质沸点由高到低顺序为HF>HI>HBr>HCl，A不符合题意；
B.碘和干冰都是由分子构成的分子晶体，所以二者的升华克服相同类型的作用力，B符合题意；
C.NaOH和NH4NO3都是离子化合物，C不符合题意；
D.NaHSO4溶于水时电离产生Na+、H+、SO42-，破坏的有离子键和共价键，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、N、O、F的氢化物分子之间存在氢键，熔沸点高；
B、碘和干冰升华都是克服分子间作用力；
C、NaOH和NH4NO3都是离子化合物；
D、NaHSO4溶于水时破坏了离子键和HSO4-中的共价键。
21．【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；a>c>b；和水分子间可以形成氢键；和水分子都是极性分子，而CCl4为非极性分子，不符合相似相溶原理
（2）3；sp2、sp2；N>H>B
【解析】【解答】（1）①Ni为28号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为：3d84s2；故答案为：3d84s2；第四周期第Ⅷ族；
②共价键的键能大于氢键的作用力，氢键的作用力大于范德华力，故H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为O-H键、氢键、分子间的范德华力，即a>c>b，故答案为：a>c>b；
③为极性分子，还可以形成氢键，CCl4为非极性分子，故答案为：和水分子间可以形成氢键；和水分子都是极性分子，而CCl4为非极性分子，不符合相似相溶原理；
（2）①在周期表的第二周期中，第一电离能介于硼元素和氮元素之间的元素有Be、C、O元素；故答案为：3；
②由的结构为平面六元环状可知键角为120°，且B、N原子都形成3个键，可知都为sp2杂化，故答案为：sp2、sp2；
③中共用电子对偏向N，中硼元素的化合价为+3价，即共用电子对偏向H，则B、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为：N>H>B；故答案为：N>H>B。
【分析】（1）①Ni的价电子排布式为：3d84s2；
②作用力的强弱：共价键的＞氢键＞范德华力；
③根据相似相溶原理分析；
（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
②(HB=NH)3的结构为平面六元环状，B、N原子都形成3个单键，分子中有一个大π键，没有孤对电子；
③成键时，共用电子对偏向电负性大的原子，在化合物中此元素显正价，偏离电负性小的原子，在化合物中此元素显负价。
22．【答案】（1）[Ar]3d84s2；2
（2）正四面体；配位键；高于；NH3分子间可形成氢键；sp3
【解析】【解答】（1）Ni元素的序号为28，原子核外电子数为28，镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2；故答案为：[Ar]3d84s2；2；
（2）①SO 中S原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，因此是极性分子。故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；sp3。
【分析】(1)根据Ni是28号元素写出电子排布式；根据电子排布式计算d轨道的未成对电子；
(2)①根据价层电子对互斥理论计算；
②共用的电子对由一个原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键；
③根据氢键分析沸点；根据价层电子对互斥理论分析杂化类型。
23．【答案】（1）；sp2、sp3；C D E G H
（2）平面三角形；O>N>Co>K
（3）CrO2
（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4； （或 ）
【解析】【解答】本题考查物质结构与性质，主要考查价电子排布图的书写，电负性的比较，杂化方式和VSEPR模型的判断，化学键的类型，等电子体的书写，配位数的确定，晶体的计算。
（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的价电子排布式图为 。②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化类型为sp3杂化、sp2杂化。③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，
故答案为：CDEGH。
（2）NO2-中中心原子N的孤电子对数为 （5+1-2 2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O N Co K。
（3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
（4）用替换法，与BH4-互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为NH4+等。
（5）由晶胞可见b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。用“均摊法”，晶胞中含a：8 +6 =4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为 NA，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，1mol晶体的体积为 ， NA= ，解得x= cm。根据晶胞相邻2个b微粒之间的距离为面对角线的一半，相邻2个b微粒之间的距离为 x= cm= 107nm。
故正确答案为：（1），sp2、sp3，C D E G H（2）平面三角形，O>N>Co>K（3）CrO2，（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4，2 2 × 4 × （ 32 + 65 ） N A ρ 3 × 10 7 （或 2 2 × 388 N A ρ 3 × 10 7 ）
【分析】（1）碳原子的杂化方式简单判断方法是碳原子接4个单键则为sp3，接一个双键则是sp2，或者用基本公式：单键数加上孤对电子数。
24．【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。
25．【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+；