2.3 分子结构与物质的性质 课后测试 2023-2024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 课后测试
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．某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（　　）
A．不可能有很高的熔沸点 B．不可能是单质
C．可能是有机物 D．可能是离子晶体
2．如图有机物分子中带“*”的碳原子是手性碳原子。该有机物分别发生下列反应，生成的有机物分子仍含有手性碳原子的是（　　）
A．催化剂作用下与H2反应 B．与NaOH水溶液反应
C．与NaOH乙醇溶液反应 D．与乙酸发生酯化反应
3．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
4．下列化合物中，含有非极性共价键的是（　　）
A．HClO B．NaOH C．H2S D．N2H4
5．银锌电池以为正极、Zn为负极，KOH溶液作电解质，放电反应为：，下列说法错误的是（　　）
A．基态的价电子排布式： B．为含有极性键的非极性分子
C．的电子式： D．放电时，电子由Zn流向
6．与在镍基催化剂催化作用下能发生如图所示的可逆反应，下列说法错误的是（　　）
A．总反应为
B．催化剂能降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子数目
C．图示反应过程中有极性键的断裂与形成
D．更换更高效的催化剂，能提高的平衡转化率
7．下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D．由题意知：
8．五羰基铁常温下为黄色粘稠状液体，结构简式如图。下列关于羰基铁说法错误的是（　　）
A．其熔点主要取决于范德华力 B．1个分子中含有15个π键
C．Fe为中心原子，CO为配体 D．分子中C的杂化方式为sp
9．一种矿物类饲料添加剂的结构简式如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．第一电离能：
B．分子中C的杂化方式为
C．基态原子的核外电子有30种运动状态
D．该物质中，的配位数为5，配位原子为O、N
10． (对二甲苯)是重要的芳烃化合物之一，主要用作生产聚酯纤维和树脂、涂料、染 料及农药的原料。下列有关对二甲苯说法正确的是（　　）
A． 的系统命名为1，3- 二甲苯
B． 的苯环上的二氯取代物有3种
C．对二甲苯是一种有特殊气味的无色液体，不溶于水，密度比水大，易溶于有机溶剂
D．由于甲基使苯环上与甲基处于邻、对位的氢原子活化而易被取代，所以对二甲苯与氯气在光照条件下要生成
11．向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液．下列对此现象的相关说法不正确的是（　　）
A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子为[Cu（NH3）4]2+
B．向反应后的溶液中加入乙醇，有沉淀析出
C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对
D．反应前后，Cu2+浓度不变
12．下列叙述正确的是（　　）
A．钠的焰色反应是电子由基态转化成激发态时释放能量产生的
B．价电子排布为 的元素位于第五周期第ⅠA族，属于s区元素
C．各能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同
D．乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇的相对分子质量大
13．DNA中四种碱基间的配对方式如下图。以下说法错误的是（　　）
A．图中虚线代表形成了氢键
B．碱基中元素电负性大小关系为
C．氢键的强度相对较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和生成
D．若图中①②分别代表不同化学键，则键能：①＜②
14．关于氢键，下列说法正确的是（　　）
A．每一个水分子内含有两个氢键
B． 的熔沸点明显高于 ，对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键。
C．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
D．SO2易溶于水，重要的原因之一是由于SO2与H2O之间能形成氢键
15．下列物质中，只含有非极性共价键的是（　　）
A．NaOH B．NaCl C．Cl2 D．H2S
16．下列化合物的沸点比较，前者低于后者的是（　　）
A．乙醇与氯乙烷
B． 邻羟基苯甲酸与 对羟基苯甲酸
C． 对羟基苯甲醛与 邻羟基苯甲醛
D．H2O与H2Te
17．下列关于粒子结构的描述不正确的是（　　）
A．H2S和NH3均是价电子总数为8的极性分子
B．HS﹣和HCl均是含一个极性键的18电子粒子
C．CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子
D．1 mol D216O中含中子、质子、电子各10 NA（NA代表阿伏加德罗常数的值）
18．下列说法正确的是（　　）
A．电子层数越多，原子半径越大
B．第一电离能越小，元素金属性越强
C．极性共价键越多，分子极性越强
D．电负性越大，元素非金属性越强
19．室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．0.1 mol·L-1 KMnO4溶液：Na+、H+、 、Fe2+
B．0.1 mol·L-1 盐酸溶液：Na+、 K+、 、
C．0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液： 、 、K+、
D．28%的浓氨水：Cu(OH)2、 K+、Cl-、
20．下列化合物中，分子间不存在氢键的是（　　）
A．NH3 B．H2O C．HNO3 D．HBr
二、综合题
21．已知N、P同属于元素周期表的第ⅤA族元素,N在第二周期,P在第三周期。NH3分子呈三角锥形,N原子位于锥顶,3个H原子位于锥底,N—H 键间的夹角是107°。
（1）PH3分子与NH3分子的立体构型　　 　(填“相同”“相似”或“不相似”),P—H键　 　(填“有”或“无”)极性,PH3分子　 　(填“有”或“无”)极性。
（2）NH3与PH3相比,热稳定性更强的是　 　(填化学式)。
（3）NH3、PH3在常温、常压下都是气体,但NH3比PH3易液化,其主要原因是　　　　　。
A．键的极性:N—H比P—H强
B．分子的极性:NH3比PH3强
C．相对分子质量:PH3比NH3大
D．NH3分子之间存在特殊的分子间作用力
22．根据要求完成下列问题：
（1）某元素原子共有 3 个价电子，其中一个价电子位于第三能层 d 轨道，试回答： 该元素核外价电子排布图为　 　，电子排布式为　 　。 该元素的原子序数为　 　，该元素是　 　元素(填“金属”或“非金属”)，形成的单质为　 　晶体。
（2）指出配合物K3[Co(CN)6]中的中心离子、配位体及其配位数：　 　、　 　、　 　。
（3）下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子　 　、　 　。
（4）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④BF3、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧PCl3中，属于非极性分子的是(填编号)　 　。
（5）试比较下列含氧酸的酸性强弱(填“>”、“<”或“＝”)：H2SO4　 　H2SO3；HClO3　 　HClO4；
（6）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：H2S 中心原子的杂化方式为　 　杂化，VSEPR
构型为　 　，分子的立体构型为　 　。
（7）H2O 的沸点(100℃)比 H2S 的沸点(-61℃)高，这是由于　 　。
23．氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
回答下列问题：
（1）在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有　 　因素。
（2）下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件 温度(℃) 盐酸的浓度(%) 液固比
30 55 75 10 15 20 25。 3：1 4：1 5：1 6：1
钡的浸出率(%) 74.31 69.60 68.42 59.21 74.31 74.15 55.32 59.84 65.12 74.31 74.35
　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是　 　；判断“浸取”的最佳液固比为　 　。
（3）常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为　 　。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为　 　(填化学式)。
（4）“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是　 　。
（5）“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25.
00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100
mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为　 　。
②该溶液中钙离子的浓度为　 　 (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
24．
（1）比较相同条件下微粒得到电子的能力Fe3+　 　Cu2+(填“>” 、“<”或“=”)
（2）已知Mg3N2遇水会剧烈反应生成白色沉淀和有刺激性气味的气体，写出Mg3N2与足量稀盐酸反应的化学方程式　 　。
（3）相同条件下冰的密度比水小，主要原因是 　 　。
25． 和 都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
（1）C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　(填元素符号)。
（2）下列有关乙烷( )和乙烯( )的描述正确的是___________(填字母)。
A．分子中均含有 键和 键
B．分子中的所有原子均处于同一平面上
C．分子中的碳碳键键长：乙烯＞乙烷
D．乙烯中碳原子的杂化轨道类型为
（3）已知相同条件下生成乙烯和乙烷的体积比为2：1，消耗 和 的体积比为6：5，则生成的CO和 的物质的量之比为　 　。
（4）①已知碳和硅的有关化学键键能如下所示：
化学键 C－C C－H Si－Si Si－H
键能/( ) 356 413 226 318
简要分析乙烷的稳定性大于 的原因：　 　。
②如图表示碳、硅和磷三种元素的四级电离能变化趋势，其中表示硅的曲线是　 　(填字母)，判断的依据是　 　。
（5）①通常情况下，与乙烯的沸点(-103.7℃)相比，氯乙烯( )的沸点更高(-13.9℃)，其原因是　 　。
②在乙烯中碳碳双键的键长为134pm，而在氯乙烯中碳碳双键的键长为138pm，请解释原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．在SiO2晶体中含有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合，断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，符合题意。
B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此含有极性键的物质不可能是单质，本题选符合题意。
C.若该极性键存在于含有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，本题选符合题意。
D.离子化合物中一定含有离子键，可能含有极性共价键，如NaOH，也可能含有非极性共价键，如Na2O2，因此含有极性键的化合物可能是离子晶体，本题选符合题意。
【分析】不同非金属原子间形成的共价键，由于两原子对键合电子的作用力不同，导致共价键产生极性。熔沸点的高低取决于微粒间作用力的大小，与极性键无关。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．该物质与H2发生加成反应后，-CH=CH2发生加成反应产生-CH2-CH3，该带※的C原子仍然是连接4个不同的原子团，因此仍然是手性C原子，A符合题意；
B．该物质分子中含有酯基、Br原子，它们都能与NaOH的水溶液发生反应，产生的有机物中含有含有2个-CH2OH原子团，不含手性碳原子，B不符合题意；
C．该物质与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生的物质中含有2个-CH=CH2原子团，因此得到的有机物分子中不含手性碳原子，C不符合题意；
D．该有机物与乙酸在浓硫酸催化下发生酯化反应，产生酯和水，-CH2OH变为CH3COOCH2-，物质分子中含有2个CH3COOCH2-，因此得到的有机物分子中不含手性碳原子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，据此分析解答。
3．【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。
4．【答案】D
【解析】【解答】A、HClO的结构式为H－O－Cl，只含有极性共价键，A不符合题意。
B、NaOH中OH－中含有O－H共价键，属于极性共价键，B不符合题意。
C、H2S的结构式为H－S－H，只含有极性共价键，C不符合题意。
D、N2H4中含有N-N键，属于非极性共价键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】非极性共价键是指由同种元素形成的共价键。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．基态Zn原子的价电子排布式为：3d104s2，失去2个电子后形成基态Zn2+，故其价电子排布式为：3d10，故A不符合题意；
B．H2O中只存在O-H极性键，H2O为V形分子，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B符合题意；
C．OH-带一个单位的负电荷且氧原子最外层达8电子结构，其电子式为，故C不符合题意；
D．根据总反应Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2可知，Zn为负极，Ag2O为正极，电子由Zn电极沿导线流向Ag2O2电极，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，失去4s轨道上2个电子后形成基态Zn2+；
B.水分子正负电荷中心不重合，属于极性分子；
C.OH-带一个单位的负电荷且氧原子最外层达8电子结构；
D. 为正极、Zn为负极，原电池工作时，电子由负极流向正极。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.根据二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下反应得到一氧化碳和氢气，即可写出方程式为： ，故A不符合题意；
B.催化剂可降低活化能，可以增大单位体积内的活化分子数，故B不符合题意；
C.图示中碳氢键是极性键，有断裂和形成，故C不符合题意；
D.催化剂只能改变反应速率不能改变转化率，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据图示即可得到是二氧化碳和甲烷在催化剂的作用下得到一氧化碳和氢气，即可写出方程式为，催化剂只是降低活化能提高单位体积内活化分子数不能改变转化率，反应中存在着极性键的断裂和形成，结合选项判断即可。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A符合题意；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B不符合题意；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C不符合题意；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为： ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应过程中不存在非极性键的形成；
B.物质I为催化剂，物质II、III为中间产物；
C.催化剂能降低反应的活化能，不影响焓变；
D.放热反应的逆反应为吸热反应。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.由分析可知，五羰基铁为分子晶体，则其熔点主要取决于范德华力，故A正确；
B.单键均为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则1个分子中含有10个π键，故B错误；
C.由图可知，五羰基铁中，CO提供孤电子对与Fe形成配位键，因此Fe为中心原子，CO为配体，故C正确；
D.分子中C原子形成三键，其价层电子对数为2，采用sp杂化，故D正确；
故答案为：B。
【分析】五羰基铁常温下为黄色粘稠状液体，说明其熔沸点较低，为分子晶体。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.CNO处于同一周期，电离能有增大趋势，但是氮的要高于相邻元素，为N＞O＞C，故A符合题意；
B.碳原子有双键和单键因此有 杂化，故B不符合题意；
C.基态锌原子核外电子排布为1S22S22P63S23P63d104S2，有30种运动状态，故C不符合题意；
D.根据图示即可得到含有5个配位键主要原子为O，N，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据同周期元素电离能大小判断；
B.根据成键方式判断；
C.根据写出核外电子排布即可；
D.根据形成键和原子即可判断。
10．【答案】B
【解析】【解答】A.该有机物中两个甲基位于苯环的对位上，因此其系统命名为1，4-二甲苯，A不符合题意。
B.对二甲苯苯环上的一氯代物只有一种，其结构简式为，此时结构不具有对称性，因此另一个氯原子可位于以下三个位置，所以对二甲苯的二氯代物共有3种，B符合题意。
C.对二甲苯为芳香烃，其密度比水小，C不符合题意。
D.光照条件下与氯气反应，氯原子取代在甲基上，而不是苯环上，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据甲基在苯环上的位置进行命名。
B、根据结构的对称性确定其一氯代物的结构，进而再确定二氯代物的结构。
C、对二甲苯的密度比谁小。
D、光照条件下取代的是甲基上的氢原子。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3 H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣．
A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故B正确；
C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故C正确；
D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故D错误；
故选D．
【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液． A．氢氧化铜和氨水反应生成配合物[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清； B．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出晶体； C．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键； D．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物．
12．【答案】C
【解析】【解答】A．钠的焰色反应是电子由激发态转化成基态时释放能量产生的，故A不符合题意；
B．价电子排布为 的元素位于第五周期第ⅢA族，属于p区元素，故B不符合题意；
C．各能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同，故C符合题意；
D．乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子间能形成氢键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．钠的焰色反应是电子由激发态转化成基态时释放能量产生的；
B．该元素属于p区元素；
C．s电子云的轮廓图都是球型；
D．乙醇可形成氢键，使得沸点增大；
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，图中虚线代表有机物分子间形成了氢键，故A不符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性强弱顺序为H＜C＜N＜O，则电负性大小关系为H＜C＜N＜O，故B符合题意；
C．氢键不是化学键，是一种分子间作用力，强度相对较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和生成，故C不符合题意；
D．由图可知，②为碳氮双键，①为碳氮单键，单键的键能小于双键的键能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氢键表示为A-H B，图中虚线代表氢键；
C.氢键的强度弱于化学键；
D.单键的键能小于双键的键能。
14．【答案】B
【解析】【解答】A.氢键只存在于分子之间，水分子内存在的是H-O化学键，A项不符合题意；
B. 的熔沸点明显高于 ，是因为对羟基苯甲醛分子间存在氢键，而邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键强于分子内氢键，B项符合题意；
C.氢键只影响物质的物理性质，H2O是一种非常稳定的化合物，是因为H-O键非常稳定，C项不符合题意；
D.SO2易溶于水，重要的原因之一是SO2能与H2O发生反应，使其溶解度增大，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.水分子内不含氢键；
B.分子间氢键对熔沸点的影响大于分子内氢键；
C.氢键不影响化学性质；
D.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，与氢键无关。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．NaOH含有离子键和极性共价键，A不合题意；
B．NaCl只含离子键，B不合题意；
C．Cl2只含非极性共价键，C符合题意；
D．H2S只含极性共价键，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】非单原子分子形成的单质或由原子直接构成的单质，只含非极性共价键。
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A．乙醇含有氢键，沸点较高，则沸点前者高于后者，故A错误；
B、邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则沸点前者低于后者，故B正确；
C．对羟基苯甲醛含有分子间氢键，邻羟基苯甲醛含有分子内氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，则沸点前者高于后者，故C错误；
D．H2O含有氢键，沸点较高，则沸点前者高于后者，故D错误．
故选B．
【分析】氢键的作用力远大于一般的分子间作用力，所以含有氢键的物质的沸点较高，对于含有氢键的有机物，一般来说含分子间氢键的物质的沸点大于分子内氢键物质的沸点，以此解答．
17．【答案】C
【解析】【解答】解：A．H2S中H、S元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A正确；
B．HS﹣和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，故B正确；
C．CH2Cl2正负电荷的中心不重合，是极性分子，故C错误；
D.1 mol D216O中含中子、质子、电子分别为10 NA，故D正确．
故选：C．
【分析】A．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；
B．HS﹣和HCl均是含18个电子；
C．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；
D.1个氘原子中含有一个质子、一个电子、一个中子．
18．【答案】D
【解析】【解答】A．同一周期，从左至右，原子半径减小；同一主族，从上到下，原子半径增大，中间会有交叉，故A不符合题意；
B．如氮氧元素，第一电离能：氮大于氧，非金属性：氧大于氮，金属性：氮大于氧，B不符合题意；
C．甲烷含四个碳氢极性键，甲烷是非极性分子，C不符合题意；
D．元素非金属性越强，电负性越大，位置越靠近元素周期表右上位置，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．原子半径由电子层数、核电荷数等因素共同决定；
B．元素的第一电离能指的是气态电中性基态原子失去一个电子变成气态基态正离子需要的能量，元素的第一电离能越小，说明越容易失去电子；
C．分子极性强弱，与极性共价键数目无关；
D．依据元素电负性的概念可知，元素电负性越大，元素的非金属性越强.
19．【答案】C
【解析】【解答】A．KMnO4溶液具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，A不符合题意；
B． ，B不符合题意；
C．在Na2CO3溶液中，四种离子能大量共存，C符合题意；
D．Cu(OH)2溶于氨水形成配合物，即Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：
1、生成难溶物，如Ba2＋与SO42-等；
2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等；
3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；
4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO3-(H＋)与Fe2＋等；
5、发生彻底双水解反应：如Al3＋与CO32-、HCO3-或AlO2-等；
6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；
若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
20．【答案】D
【解析】【解答】A． NH3分子中N元素的电负性较强，一个分子中的N与另一分子中的与N相连的H可形成氢键，故A不选；
B． H2O分子中O元素的电负性较强，一个分子中的O与另一分子中的与O相连的H可形成氢键，故B不选；
C． HNO3分子中-OH中O元素的电负性较强，一个分子中的羟基O与另一分子中的与羟基O相连的H可形成氢键，故C不选；
D． HBr分子中Br的电负性较弱，对应的氢化物不能形成氢键，故D选；
故答案为：D。
【分析】N、O、F元素的电负性较强，对应的氢化物可形成氢键。
21．【答案】（1）相似；有；有
（2）NH3
（3）D
【解析】【解答】(1)N原子与P原子结构相似,NH3分子与PH3分子结构也相似,P—H键为不同种元素原子之间形成的共价键,为极性键。
(2)由N、P在元素周期表中的位置关系和元素周期律,可知N的非金属性比P的强。由元素的非金属性与氢化物之间的热稳定性关系知,NH3的热稳定性比PH3的强。
(3)按照相对分子质量与分子间作用力的关系,以及分子间作用力与物质的物理性质的关系分析,应该是PH3的沸点比NH3的高,PH3比NH3易液化。事实却是NH3比PH3易液化,这种反常现象的客观存在,说明这当中必有特殊的原因——氢键的存在。
【分析】（1）同主族化学性质相似，氢化物的结构相似，不同种原子形成的键具有极性，磷化氢分子正负电荷中心不重合故为极性分子
（2）氢化物热稳定性主要和键能有关，键能主要是和非金属性有关，非金属性越强，键能越强
（3）氨气易液化主要是氮原子存在孤对电子，易形成氢键
22．【答案】（1）；1s22s22p63s23p63d14s2；21；金属；金属
（2）Co3+；CN-；6
（3）第一种分子结构有手性碳原子， ；第二种分子结构没有手性碳原子
（4）①③④⑦
（5）＞；＜
（6）sp3；正四面体；V形
（7）水分子之间存在氢键
【解析】【解答】(1)某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，其价电子排布图为： ，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，原子序数为21，处于第四周期ⅢB族，属于金属元素，形成金属晶体；答案为： ；1s22s22p63s23p63d14s2；21；金属；金属；(2)由配合物K3[Co(CN)6]结构可知，中心离子为Co3+、配位体是CN-、配位数为6；答案为Co3+，CN-，6。(3)连接4个不同的原子团或原子的碳原子是手性碳原子，图 中标“*”为手性碳原子， 该结构中碳原子连有相同的原子团或原子，无手性碳原子；答案为：第一种分子结构有手性碳原子， ，第二种分子结构没有手性碳原子；(4)①CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；
②NH3中N元素化合价为-3，N原子最外层5个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；
③CCl4中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；
④BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层3个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；
⑤H2O中O元素化合价为-2，O原子最外层6个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；
⑥SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；
⑦SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，对称结构，正负重心重合，为非极性分子；
⑧PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层5个电子未全部成键，不对称结构，正负重心不重合，为极性分子；
由上述分析得，属于非极性分子的是①③④⑦；答案为①③④⑦。(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，H2SO4中S元素化合价为+6价，H2SO3中S元素化合价为+4价，故酸性H2SO4＞H2SO3，HClO3中Cl元素化合价为+5价，HClO4中Cl元素化合价为+7价，故酸性HClO3＜HClO4；答案为＞，＜。(6)H2S分子价层电子对数=2+ =4，有两对孤电子对，则中心原子S原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体型，分子的立体构型为V形；答案为sp3，正四面体，V形。(7)水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，所以H2O的沸点（100℃）比H2S的沸点（-61℃）高；答案为水分子之间存在氢键。
【分析】根据题中给出的信息，写出价电子排布图和电子排布式，并进行相关问题的解答；根据题中给出的结构，判断中心离子、配位体及配位数；根据手性碳原子的概念进行判断；根据分子的成键情况和对称情况判断极性分子和非极性分子；根据同一元素的价态高低判断酸性强弱；根据VSEPR理论判断中心原子杂化类型，空间构型；根据H2O能形成氢键判断沸点高低。
23．【答案】（1）时间或颗粒大小等
（2）温度过高使HCl挥发导致浸出率下降；5：1
（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥
（5）当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
【解析】【解答】 （1）增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒的大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，因此浸出时间也是影响浸出率的因素之一，故正确答案是：
（2）盐酸具有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降，根据分析数据可知，浸取的最佳条件为温度选择30℃，盐酸的浓度选择15%，液固比选择6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑应该选择5：1，故正确答案是：
（3）由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ，从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经完全沉淀，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝。故正确答案是：
（4） BaCl2·2H2O 晶体溶于水，但不溶于乙醇，因此采取乙醇洗涤不采用水洗涤，故正确答案是：
（5）①黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液由黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色，
②根据滴定时 EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物 ，即可求出n(EDTA)=n(Ca2+)即可求出m(Ca2+)=0.1x10-3xV2x40xg=0.04V2g， 该溶液中钙离子的浓度为g·mL-1
【分析】（1）根据影响浸出速率的因素即可判断即可
（2）主要考虑盐酸的挥发性，温度过高导致挥发速率下降，根据固液比进行判断即可
（3）过氧化氢具有氧化性，而亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，根据PH的关系即可找出沉淀
（4）根据得到的产物的溶解性即可进行判断
（5）①根据给出的颜色变化即可写出终点的现象
②根据EDTA的量即可计算出钙离子的量即可求出浓度
24．【答案】（1）>
（2）Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl
（3）冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大
【解析】【解答】(1)FeCl3溶液能够腐蚀Cu线路板，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，在该反应中Fe3+是氧化剂，Cu是还原剂，Fe2+是还原产物，Cu2+是氧化产物，由于氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性：Fe3+>
Cu2+；(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为NH3，根据元素守恒知，另一种生成物是Mg(OH)2，所以该反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，则Mg3N与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应的化学方程式为：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在水呈液态时使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时氢键会拉伸水分子之间的距离，使水分子之间距离增大，体积也就增大了，密度也就小了，所以冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大。
【分析】(1)根据氧化性：氧化剂>氧化产物分析判断；(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为氨气，而Mg3N2与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵；(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键，氢键在水呈液态时，使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时，分子之间距离增大，空隙增多。
25．【答案】（1）
（2）D
（3）1：1
（4） 键的键能大于 键，且 键的键能大于 键；c；C的第一电离能大于Si，且P的第一电离能大于Si
（5）乙烯与 均属于分子晶体且结构相似，但后者的相对分子质量更大，范德华力更大；Cl的电负性较大，对键合电子的吸引力较强，减小了两个碳原子核之间的电子云相互重叠程度，键长变大
【解析】【解答】(1)非金属性越强，第一电离能越大，氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
(2)A．乙烷分子中只有单键，只有 键，乙烯分子中含有单键和碳碳双键，则分子中含有 键和 键，A不正确；
B．乙烷属于链状烷烃，分子中的所有原子不可能均处于同一平面上，乙烯是平面形结构，分子中的所有原子均处于同一平面上，B不正确；
C．碳碳单键的键长大于碳碳双键的键长，则分子中的碳碳键键长：乙烯＜乙烷，C不正确；
D．乙烯是平面形结构，含有碳碳双键，乙烯中碳原子的杂化轨道类型为 ，D正确；
故答案为：D。
(3)设相同条件下生成乙烯和乙烷的物质的量分别为2mol、1mol，消耗 和 的物质的量分别为6mol、5mol，生成的CO和 的物质的量分别为xmol、ymol，依据碳原子守恒可知2×2+2+x=6+5，根据氧原子守恒可知x+y＝2×5，解答x＝y＝5，即生成的CO和 的物质的量之比为1：1。
(4)①由于 键的键能大于 键，且 键的键能大于 键，键能越大，分子越稳定，所以乙烷的稳定性大于 。
②由于C的第一电离能大于Si，且P的第一电离能大于Si，所以表示硅的曲线是c。
(5)①由于乙烯与 均属于分子晶体且结构相似，但后者的相对分子质量更大，范德华力更大，所以通常情况下，与乙烯的沸点(-103.7℃)相比，氯乙烯( )的沸点更高(-13.9℃)。
②由于Cl的电负性较大，对键合电子的吸引力较强，减小了两个碳原子核之间的电子云相互重叠程度，所以键长变大。
【分析】（1）同周期从左到右电离能逐渐增大，但是半充满或者充满时电离能大
（2）乙烯中的碳原子是sp2杂化，存在 键和 键 ，含有双键，所有原子共面，乙烷中的碳原子是sp3杂化，只存在 键不存在π键，碳原子是饱和碳原子，因此不共面
（3）根据碳原子和氧原子守恒即可判断
（4）①主要是键能的大小，键越长键能越小，即半径越小，键能越大②非金属性越强，第一电离能电离能越大
（5）① 都属于分子晶体，且结构相似，和相对分子质量有关②考虑到取代基团氯原子的电负性，电负性越大，越易吸引电子，因此碳原子越靠近氯原子，键长变长