还剩19页未读，
继续阅读
人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质练习
展开
这是一份人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质练习，共22页。
一、单选题
1．下列各组物质中，化学键类型相同、固体熔化时破坏的作用力也相同的是（ ）
A．Na2O、Na2O2 B．MgCl2、AlCl3C．CO2、SiO2D．CO2、H2O
2．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
3．下列说法正确的是（ ）
A．基态原子的内层电子全部充满
B．中子数为8的氧原子可以表示为
C．与分子的极性相同
D．的空间构型为正四面体形
4．化学处处呈现美．下列说法不正确的是（ ）
A．漂亮的玛瑙是熔融态的快速冷却形成的
B．冰雪融化时需要破坏氢键和范德华力
C．乙烯分子呈现完美对称，呈正四面体形
D．云、雾、有色玻璃都属于胶体
5．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
6．肼(联氨)可用作火箭发射时的燃料，燃烧时发生反应：。下列说法正确的是（ ）
A．N2为还原产物
B．该反应的△S＞0
C．燃烧时，N2H4断裂了4 ml极性键
D．N2H4可用作燃料电池的正极材料
7．下列说法中正确的是 （ ）
A．氢键是一种较弱的化学键
B．NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
C．常温下Cl2、Br2、I2状态由气态到固态变化的主要原因是分子间作用力在逐渐增大
D．最外层能达到稳定结构的微粒只是稀有气体的原子
8．青蒿素是一种无色针状晶体，具有较好的抗疟疾效果，其分子结构如图所示。有关青蒿素的说法中错误的是（ ）
A．该分子中元素电负性最大的是O元素
B．该分子中碳原子为sp2、sp3杂化
C．一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子
D．该有机物的同分异构体中无芳香族化合物
9．下列说法中不正确的是
①原子光谱的特征谱线用于鉴定元素，从跃迁至时释放能量
②第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种元素
③、、三种分子的键角依次减小
④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子
⑤晶体中存在离子，离子的几何构型为V形
⑥的沸点高于是因为其范德华力更大
⑦P原子核外有15种能量不同的电子
⑧第四周期价电子有一个单电子的元素共有3种
A．②③⑥⑦⑧B．②④⑤⑥⑦C．②③⑤⑦⑧D．①②③⑤⑥
10．莽草酸的结构为(见如图)，其分子中手性碳原子的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
11．下列有关分子结构的描述正确的是（ ）
A．的空间结构为平面三角形
B．的模型为V形，能与形成配位键
C．分子为平面三角形，分子中键和键的比值为3∶1
D．为正四面体形分子，能与水分子形成分子间氢键
12．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中NO2、NH之间的反应是氧化还原反应
B．汽车尾气中含有的氮氧化合物是由汽油燃烧产生的
C．NH中含有非极性共价键
D．上述历程的总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O
13．下列说法正确的是（ ）
A．CaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
B．H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大
C．KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
D．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
14．关于微粒间的相互作用的说法错误的是（ ）
A．羊毛织品水洗变形与蛋白分子结构中的氢键有关
B．水的熔沸点高于甲烷是键能大于键能的缘故
C．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的
D．加热法分离和的过程中破坏了离子键和共价键
15．“冰面为什么滑?”，这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是（ ）
A．由于氢键的存在，水分子的稳定性强，高温下也很难分解
B．第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构
C．第二层“准液体"中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少
D．当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰之间形成的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑
16．六氟化硫分子（如下图）呈正八面体，难以水解，在电器工业方面有着广泛用途。下列有关SF6的推测正确的是
A．SF6易燃烧生成二氧化硫
B．SF6是极性分子
C．SF6中各原子均达到 8 电子稳定结构
D．高温条件下，SF6微弱水解生成H2SO4和HF
17．下列说法中正确的是
A．羧酸的pKa(pKa=-lgKa)越大，其酸性越强
B．CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，这与F、Cl元素的电负性大小有关
C．CHCl2COOH的酸性大于CCl3COOH，这与Cl原子的数目有关
D．烃基(R-)是推电子基团，随着烃基加长，羧酸的酸性差异越来越大
18．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
19．氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（ ）
A．相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点
B．一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3·BF3
C．羊毛制品水洗再晒干后变形
D．H2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶
20．下列说法不正确的是（ ）
A．臭氧是空间结构为V形的极性分子，在水中的溶解度大于氧气
B．和P4都为正四面体形，中键角为，P4中键角也为
C．C2H4分子和N2H4分子中都含有5个σ键
D．σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠
二、综合题
21． 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：
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： 。
22．铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，其最外层电子的电子云形状为 。
（2）(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O俗称摩尔盐。
①O、S两元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②N、O两元素的的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
③SO42-中S原子的杂化方式为 ，VSEPR模型名称为 。
（3）Fe3+可与某阴离子发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+。该阴离子的电子式为 ，σ键和π键的数目之比为 。其空间构型为 。
（4）K3[Fe(CN)6]晶体中配离子的配位体为 (用化学符号表示)
23．
（1）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，现象是 ；有关的离子方程式为 。
（2）[Cu(NH3)4]+的结构可以表示为 。
（3）已知NF3与 NH3的立体构型都是三角锥形，但 NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 。
（4）硫酸根离子的空间结构为 形。
24．配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。
已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。回答下列问题：
（1）丁二酮肟镍是否属于螯合物 (填“是”或“否”)，其配位数为 ，含有化学键的类型有 。
a．氢键 b．配位键 c．极性键 d．非极性键
（2）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是 。
（3）绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为 。
（4）Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1ml与足量的AgNO3溶液反应，生成2ml白色沉淀，则该配合物的化学式为 。
（5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为 。
a．sp3 b．dsp2 c．sp2 d．sp
（6）物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是____。
A．[Cr(OH)4]－B．[Cu(CN)4]3−
C．[ZnCl4]2−D．[Fe(CN)6]4−
25．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶门工业的硫化剂，常温下是一种橙黄：
色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示。
（1）S2Cl2的结构式为 ，其化学键类型有 (填“极性键”“非极性键”或“极性键和非极性键")。
（2）电负性：S (填“>"或“ <")Cl，S2Cl2中硫元素的化合价为
（3）S2Cl2分子中每个S原子有 个孤电子对。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.氧化钠中只含离子间，过氧化钠中含离子间还含共价键，固体熔化时破坏的都是离子键，不符合题意
B.氯化镁中含离子间，熔化时破坏的是离子间，氯化铝中含共价键是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，不符合题意
C.二氧化碳含共价键，熔化时破坏的是分子间作用力，二氧化硅中含共价键是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，不符合题意
D.二氧化碳和水含共价键，熔化时破坏的是分子间作用力，符合题意
故答案为：D
【分析】重点：1、离子化合物一定含离子键，也可能含共价键，例如：过氧化钠、过氧化钙、氢氧化钠等离子晶体熔化时破坏的都是离子键
2、共价化合物含共价键，一定不含离子间，分子晶体熔化时破坏的是分子间作用力
3、原子晶体中含共价键，熔化时破坏的是共价键
2．【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。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．Ca的内层电子第三层只填了8个未全部充满，A项不符合题意；
B．中子为8的氧原子的质量数为8+8=16，其表达为，B项不符合题意；
C．CO2为对称直线型非极性分子，而H2O为V型为极性分子，C项不符合题意；
D．的价层电子对为，无孤电子对，其立体构型为正四面体，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ca的第三层只填了8个电子；
B.中子数为8的氧原子的质量数为16；
C.CO2正负电荷中心重合，为非极性分子，H2O正负电荷中心不重合，为极性分子。
4．【答案】C
【解析】【解答】A、 熔融态的SiO2冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，故A不符合题意；
B、水分子间存在氢键，冰融化时破坏氢键和范德华力，故B不符合题意；
C、乙烯含有碳碳双键，为平面形结构，故C符合题意；
D、胶体是指分散质粒子介于1～100nm之间的分散系，云、雾、有色玻璃都属于胶体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、熔融态的SiO2冷却过快会生成玛瑙；
B、水分子之间存在范德华力和氢键；
C、乙烯分子为平面形结构；
D、胶体是指分散质粒子介于1～100nm之间的分散系。
5．【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；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．在该反应中N元素化合价由反应前N元素的-2价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以N2为氧化产物，A不符合题意；
B．根据图示可知：该反应是反应体系混乱程度增大的反应，所以△S＞0，B符合题意；
C．燃烧时，1 ml N2H4发生反应，会断裂4 ml极性键和1 mlN-N非极性键，但由于题目未说明反应的N2H4的物质的量，因此不能确定断裂的N-H的数目，C不符合题意；
D．在燃料电池中，通入燃料N2H4的电极为负极，通入O2的电极为正极，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．元素化合价升高，失去电子被氧化，得到氧化产物；
B．根据反应体系混乱程度增大判断；
C．未说明反应的N2H4的物质的量，不能确定断键的数目，C不符合题意；
D．在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.氢键是一种较强的分子间作用力，而不是化学键，A项不符合题意；
B.H-N键的键能较大，所以NH3的稳定性很强，与氢键无关，B项不符合题意；
C.结构相似的分子晶体相对分子质量越大，范德华力越大，则常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大，C项符合题意；
D.最外层电子达稳定结构的微粒不一定是稀有气体的原子，也可能是处于稳定结构的阴离子或阳离子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氢键不属于化学键；
B.氢键影响的是物质的物理性质，与化学性质无关；
C.卤素单质随相对分子质量的增加物质状态的改变与分子间作用力有关；
D.没有达到稳定结构的原子，得电子或失电子后可以达到稳定结构。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．该分子中含有碳、氢、氧元素，元素电负性大小关系为HB．该分子中碳原子主要形成碳碳单键和碳氧双键，碳氧双键为sp2，碳碳单键为sp3杂化，故B不符合题意；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则有如图所示 ，共7个，故C不符合题意；
D．该有机物分子式为C15H22O5，不饱和度为 ，而苯环的不饱和度为4，则同分异构体中可能有芳香族化合物，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据结构简式即可判断出碳原子的杂化方式为sp2和sp3杂化，根据含有的元素，非金属性越强，电负性越强，氧元素的非金属性越强，电负性越强，根据结构简式即可找出含有的手性碳原子个数，根据结构简式找出不饱和度即可判断是否含有芳香族化合物
9．【答案】A
【解析】【解答】①不同原子的原子光谱不同，都有自己的特定光谱，所以， 原子光谱的特征谱线用于鉴定元素 ， 从跃迁至时，从高能级回到低能级，释放能量，①正确；
②第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有Be和C共2种元素，②错误；
③、、三种分子 都是采用sp3杂化，含有孤对电子数分别为为：1，2，0，含有孤对单子数越多，排斥力越大，键角越小，所以③错误；
④根据相似相溶原理，水为极性分子，非极性分子难溶于水，④正确；
⑤根据价层电子互斥理论， 离子 共价键为2，孤对电子为2.离子构型为V型，正确；
⑥的沸点高于是 由于后者羟基和醛基处于邻位，可以产生氢键，沸点更高，⑥错误；
⑦P原子核外有15种运动状态不同的电子⑦错误；
⑧第四周期价电子有一个单电子的元素由K、Sc、Cu、Ga、Br共有5种，⑧错误；
故答案为：A。
【分析】易错分析：③一般来说，分子或者离子实际构型是理论构型去掉孤对电子形成的，孤对电子数目越多，排斥力越大，键角越小；⑥相邻官能团之间由于距离比较急，可以形成氢键，处于对位的官能团由于距离比较远，无法形成氢键。
10．【答案】C
【解析】【解答】分子内含有手性碳原子的个数如图，共有3种，故答案为：C
【分析】手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
11．【答案】C
【解析】【解答】A． 中Cl价层电子对数为4，sp3杂化，为三角锥形，A不符合题意；
B．H2O中O原子价层电子对数为4，是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，B不符合题意；
C．HCHO中C的价层电子对数为3，是sp2杂化，为平面三角形，分子中含3个σ键和一个π键，C符合题意；
D．CH4为正四面体形分子，不能与水分子形成分子间氢键，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A． 中Cl是sp3杂化，为三角锥形；
B．H2O中O是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；
C．HCHO中C是sp2杂化，为平面三角形，分子中含3个σ键和一个π键；
D．CH4为正四面体形分子，不能与水分子形成分子间氢键。
12．【答案】D
【解析】【解答】A、NO2与NH4＋反应生成[(NH4)2(NO2)]2＋，过程中没有元素化合价变化，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、汽车尾气中的氮氧化物是由空气中的N2、O2在高温、电火花的作用下反应生成，B不符合题意。
C、NH4＋中只含有N－H共价键，为极性键，不含有非极性键，C不符合题意。
D、上述历程中的反应物有NH3、NO和NO2，生成物有N2和H2O，该反应的化学方程式为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应。
B、汽车尾气中的氮氧化合物是由N2和O2反应生成的。
C、NH4＋中只含有极性键。
D、由反应历程可得反应物和生成物，从而得到反应的化学方程式。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．CaO与水反应过程中，既有氧氢共价键的断裂，也有氧氢共价键的形成，A符合题意；
B．H2O的热稳定性比H2S强，是由于氧氢键能大于硫氢键能，与分子间作用力无关，B不符合题意；
C．HCl属于共价化合物，C不符合题意；
D．证明元素的非金属性：Cl>C>Si，应比较最高价含氧酸的酸性强弱，而盐酸是氯的无氧酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．H2O和Ca(OH)2中都有共价键；
B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强；
C．HCl是共价化合物；
D．Cl的最高价含氧酸为HClO4；
14．【答案】B
【解析】【解答】A．羊毛织品中主要成分是蛋白质，水洗时会破坏氢键，A不符合题意；
B．水的熔沸点高于甲烷是由于水分子间能形成氢键，B符合题意；
C．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的，C不符合题意；
D．加热法分离 和 的过程中破坏了离子键和共价键，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．羊毛织品中主要成分是蛋白质；
B．水的熔沸点高于甲烷是由于水分子间能形成氢键；
C．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的；
D．加热法分离 和 的过程中破坏了离子键和共价键。
15．【答案】A
【解析】【解答】水分子的稳定性是由水分子内O-H键的键能决定的，与分子间的氢键无关，故A符合题意；
固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构，故B不符合题意；
“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个水分子间形成氢键，形成氢键的机会比固态冰中少，故C不符合题意；
当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰之间形成的氢键被破坏，使一部分水分 子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，故D不符合题意。
【分析】水分子的稳定性是化学性质，由键能决定的，与分子间的氢键无关；冰中氢键多，水中氢键少，水蒸气中无氢键。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.F是唯一没有正价的元素，F为-1价，SF6中S元素为+6价，S已处于最高价，不可能再被氧气氧化生成硫为+4价的二氧化硫，故A不符合题意；
B.六氟化硫分子呈正八面体，结构对称，是非极性分子，故B不符合题意；
C.六氟化硫分子呈正八面体，F达到八电子稳定结构，1个F最外层周围有8个电子，1个S最外层周围有12个电子．故C不符合题意；
D.SF6中F为-1价， S为+6价，微弱水解：SF6+4H20=H2SO4+6HF，故D符合题意。
【分析】A.S已处于最高价，不可能再被氧化；
B.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；
C.1个S最外层周围有12个电子；
D.SF6中F为-1价， S为+6价，微弱水解。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．由pKa=-lgKa，，pKa越大，Ka越小，羧酸的酸性越弱，A不符合题意；
B．羧酸R-COOH中，R-结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：F＞Cl，则F-C的极性大于C-Cl的极性，则CF3-的极性大于CCl3-，导致羧基电离出氢离子程度：前者大于后者，则酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，B符合题意；
C．因为Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得羟基O-H键极性增强，易电离出H+，则酸性：CCl3COOH＞CHCl2COOH，C不符合题意；
D．烃基越长推电子效应越大，使羟基中羟基极性变小，羟酸酸性越弱，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ka越大，酸性越强，Ka越小，酸性越弱。
B.吸电子能力越强，羧基中氢原子越容易电离出来，酸性越强。
C.氯原子为吸电子基团，数目越多，酸性越强。
18．【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。
19．【答案】B
【解析】【解答】A.一个水分子能与周围的分子形成4个氢键，一个HF分子能与周围的分子形成2个氢键，因此相同压强下，H2O的沸点高于HF的沸点，选项正确，A不符合题意；
B.NH3与BF3形成NH3·BF3是通过配位键形成的，与氢键无关，选项错误，B符合题意；
C.羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，因此羊毛制品水洗再晒干后易变形，选项正确，C不符合题意；
D.CH3COCH3中的氧原子能与H2O分子中的氢原子形成氢键，因此二者可完全互溶，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对氢键应用的考查，解答此类题型时，应注意氢键只影响物质的物理性质，不影响物质的化学性；据此结合选项进行分析。
20．【答案】B
【解析】【解答】A、臭氧为极性分子，氧气为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在水中的溶解度比氧气大，错误；
B、SO42-和P4都是正四面体，SO42-中有中心原子S，其键角为 ，P4不含中心原子，其键角为60°，B正确；
C、C2H4中，有1个C-C，4个C-H，共5个σ键，N2H4中有1个N-N，4个N-H，共5个σ键，C错误；
D、σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠；
故答案为：B
【分析】A、相似相溶原理：极性分子之间溶解度较大，非极性分子之间溶解度较大；
B、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
D、σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠。
21．【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2ml、1ml，消耗 和 的物质的量分别为6ml、5ml，生成的CO和 的物质的量分别为xml、yml，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
22．【答案】（1）；球形
（2）O＞S；N>O；sp3；正四面体形
（3）；1：1；直线型
（4）CN－
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，其基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，因该原子最外层为4s能级，则其最外层电子云形状为球形，
故答案为： ；球形；（2）①O与S同族，且在S的上一周期，则O、S两元素的电负性由大到小的顺序为O＞S，
故答案为：O＞S；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，较为稳定，则其第一电离能比O高，即；N>O，
故答案为：N>O；
③杂化轨道数 = 中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数，则SO42-中S原子的孤电子对数为 （6-2 4+2）= 0，则其杂化轨道数为0+4 = 4，故其杂化方式为sp3，又其价层电子对数 = 0+4 = 4，则其VSEPR模型名称为正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；（3）SCN-可与Fe3+发生特征的显色反应，根据各原子满足8电子稳定结构可知，分子内S原子与C原子共用一对电子对，C与N共用三对电子对，则其电子式为 ；根据电子式和结构式可知，SCN-内部含一个共价单键和一个共价三键，则σ键数目为1+1 = 2，和π键的数目为2，故两者之比为1：1；SCN-中心原子C的杂化轨道数为2+0 = 2，故采用sp杂化，其分子空间构型为直线型，
故答案为： ；1：1；直线型；（4）在K3[Fe(CN)6]配合物中，CN-作为配体，与中心离子Fe3+形成配合物，
故答案为：CN-。
【分析】（1）Fe元素为26号元素，根据泡利原理与洪特规则对价电子层进行排布即可；其最外层电子处于s能级；（2）①元素周期表中，同主族元素的电负性从上到下逐渐变小；②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；③根据杂化轨道理论和VSEPR模型分析作答；（3）SCN-可检验Fe3+，再结合共价键的存在规律和杂化轨道理论分析作答；（4）根据配合物理论作答。
23．【答案】（1）先产生蓝色沉淀，后沉淀消失成为蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH 、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-
（2）
（3）N提供一个空轨道，不易与Cu2+形成配离子，电负性F>H；F原子吸引N原子上的孤对电子对难与Cu离子形成配位键
（4）正四面体
【解析】【解答】(1)答案为：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失成为蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH 、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-；
(2)结构可以表示为 ，故答案为： ；
(3)N提供一个空轨道，不易与Cu2+形成配离子，电负性F>H，F原子吸引N原子上的孤对电子对难与Cu离子形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：N提供一个空轨道，不易与Cu2+形成配离子，电负性F>H；F原子吸引N原子上的孤对电子对难与Cu离子形成配位键；
(4)SO 的价层电子对数=4+ (6+2-4 2)=4，没有孤电子对，空间结构为正四面体形，故答案为：正四面体。
【分析】（1）硫酸铜先和氨水发生复分解反应，产生蓝色沉淀，继续加入氨水发生的是络合反应，最终蓝色沉淀消失变为蓝色溶液，据此即可写出离子方程式
（2）铜氨离子中4个氨气分子是与铜离子形成的是配位键，[Cu(NH3)4]+是平面四边形，即可写出结构式
（3）氟的电负性太强，吸引中氮原子的孤对电子，阻碍了与铜离子的空轨道结合
（4）计算出硫酸根中心硫原子的价层电子对以及孤对电子即可
24．【答案】（1）是；4；bcd
（2）pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀
（3）5
（4）[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O
（5）b
（6）A；D
【解析】【解答】(1) 丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，属于螯合物，配位数为4，有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，氢键不属于化学键；
(2)选择pH范围为2～9的原因是 pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀 ；
(3) 铁价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，8+2x=18，x=5；
(4) 取1ml与足量AgNO3溶液反应，生成2ml白色沉淀，该物质1ml能电离出2ml氯离子，1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；
(5) [Ni(NH3)4]2+有对称的空间构型，Ni2+杂化后有四个空轨道，不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中两个NH3被两个Cl－取代，得到两种不同结构的产物，不是正四面体结构，不可能为sp3杂化，杂化方式可能为dsp2杂化；
(6) 中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性。
A．[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，A符合题意；
B．[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－没有未成对电子，B不符合题意；
C．[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－没有未成对电子，C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，D符合题意；
【分析】(1) 丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，属于螯合物，氢键不属于化学键；
(2)形成配位键，形成沉淀的判断 ；
(3)中心原子的价电子数，配体提供的总电子数的判断；
(4)氯离子与足量AgNO3溶液反应生成白色沉淀；
(5)杂化方式的判断；
(6)中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性。
25．【答案】（1）Cl-S-S-Cl；极性键和非极性键
（2）<；+1价
（3）2
【解析】【解答】(1)根据S2Cl2的结构图可知，其结构式为Cl-S-S-Cl，含有Cl-S 极性键和S-S 非极性键。
(2)元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：S(3)孤电子对数为×(6-1×2) =2。
【分析】(1)根据图像写出结构式；根据元素种类判断化学键类型；
(2)根据非金属性越强，电负性越大判断；根据化合物的化合价为零计算化合价；
(3)根据孤电子对的计算公式计算。化学键
C－C
C－H
Si－Si
Si－H
键能/( )
356
413
226
318
一、单选题
1．下列各组物质中，化学键类型相同、固体熔化时破坏的作用力也相同的是（ ）
A．Na2O、Na2O2 B．MgCl2、AlCl3C．CO2、SiO2D．CO2、H2O
2．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
3．下列说法正确的是（ ）
A．基态原子的内层电子全部充满
B．中子数为8的氧原子可以表示为
C．与分子的极性相同
D．的空间构型为正四面体形
4．化学处处呈现美．下列说法不正确的是（ ）
A．漂亮的玛瑙是熔融态的快速冷却形成的
B．冰雪融化时需要破坏氢键和范德华力
C．乙烯分子呈现完美对称，呈正四面体形
D．云、雾、有色玻璃都属于胶体
5．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
6．肼(联氨)可用作火箭发射时的燃料，燃烧时发生反应：。下列说法正确的是（ ）
A．N2为还原产物
B．该反应的△S＞0
C．燃烧时，N2H4断裂了4 ml极性键
D．N2H4可用作燃料电池的正极材料
7．下列说法中正确的是 （ ）
A．氢键是一种较弱的化学键
B．NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
C．常温下Cl2、Br2、I2状态由气态到固态变化的主要原因是分子间作用力在逐渐增大
D．最外层能达到稳定结构的微粒只是稀有气体的原子
8．青蒿素是一种无色针状晶体，具有较好的抗疟疾效果，其分子结构如图所示。有关青蒿素的说法中错误的是（ ）
A．该分子中元素电负性最大的是O元素
B．该分子中碳原子为sp2、sp3杂化
C．一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子
D．该有机物的同分异构体中无芳香族化合物
9．下列说法中不正确的是
①原子光谱的特征谱线用于鉴定元素，从跃迁至时释放能量
②第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种元素
③、、三种分子的键角依次减小
④萘()和碘易溶于四氯化碳，难溶于水，因为萘、碘、四氯化碳都是非极性分子
⑤晶体中存在离子，离子的几何构型为V形
⑥的沸点高于是因为其范德华力更大
⑦P原子核外有15种能量不同的电子
⑧第四周期价电子有一个单电子的元素共有3种
A．②③⑥⑦⑧B．②④⑤⑥⑦C．②③⑤⑦⑧D．①②③⑤⑥
10．莽草酸的结构为(见如图)，其分子中手性碳原子的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
11．下列有关分子结构的描述正确的是（ ）
A．的空间结构为平面三角形
B．的模型为V形，能与形成配位键
C．分子为平面三角形，分子中键和键的比值为3∶1
D．为正四面体形分子，能与水分子形成分子间氢键
12．利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中NO2、NH之间的反应是氧化还原反应
B．汽车尾气中含有的氮氧化合物是由汽油燃烧产生的
C．NH中含有非极性共价键
D．上述历程的总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O
13．下列说法正确的是（ ）
A．CaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成
B．H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大
C．KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物
D．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
14．关于微粒间的相互作用的说法错误的是（ ）
A．羊毛织品水洗变形与蛋白分子结构中的氢键有关
B．水的熔沸点高于甲烷是键能大于键能的缘故
C．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的
D．加热法分离和的过程中破坏了离子键和共价键
15．“冰面为什么滑?”，这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是（ ）
A．由于氢键的存在，水分子的稳定性强，高温下也很难分解
B．第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构
C．第二层“准液体"中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少
D．当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰之间形成的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑
16．六氟化硫分子（如下图）呈正八面体，难以水解，在电器工业方面有着广泛用途。下列有关SF6的推测正确的是
A．SF6易燃烧生成二氧化硫
B．SF6是极性分子
C．SF6中各原子均达到 8 电子稳定结构
D．高温条件下，SF6微弱水解生成H2SO4和HF
17．下列说法中正确的是
A．羧酸的pKa(pKa=-lgKa)越大，其酸性越强
B．CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，这与F、Cl元素的电负性大小有关
C．CHCl2COOH的酸性大于CCl3COOH，这与Cl原子的数目有关
D．烃基(R-)是推电子基团，随着烃基加长，羧酸的酸性差异越来越大
18．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
19．氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（ ）
A．相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点
B．一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3·BF3
C．羊毛制品水洗再晒干后变形
D．H2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶
20．下列说法不正确的是（ ）
A．臭氧是空间结构为V形的极性分子，在水中的溶解度大于氧气
B．和P4都为正四面体形，中键角为，P4中键角也为
C．C2H4分子和N2H4分子中都含有5个σ键
D．σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠
二、综合题
21． 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：
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： 。
22．铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，其最外层电子的电子云形状为 。
（2）(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O俗称摩尔盐。
①O、S两元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②N、O两元素的的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
③SO42-中S原子的杂化方式为 ，VSEPR模型名称为 。
（3）Fe3+可与某阴离子发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+。该阴离子的电子式为 ，σ键和π键的数目之比为 。其空间构型为 。
（4）K3[Fe(CN)6]晶体中配离子的配位体为 (用化学符号表示)
23．
（1）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量，现象是 ；有关的离子方程式为 。
（2）[Cu(NH3)4]+的结构可以表示为 。
（3）已知NF3与 NH3的立体构型都是三角锥形，但 NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 。
（4）硫酸根离子的空间结构为 形。
24．配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。
已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。回答下列问题：
（1）丁二酮肟镍是否属于螯合物 (填“是”或“否”)，其配位数为 ，含有化学键的类型有 。
a．氢键 b．配位键 c．极性键 d．非极性键
（2）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是 。
（3）绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为 。
（4）Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1ml与足量的AgNO3溶液反应，生成2ml白色沉淀，则该配合物的化学式为 。
（5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为 。
a．sp3 b．dsp2 c．sp2 d．sp
（6）物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是____。
A．[Cr(OH)4]－B．[Cu(CN)4]3−
C．[ZnCl4]2−D．[Fe(CN)6]4−
25．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶门工业的硫化剂，常温下是一种橙黄：
色有恶臭的液体，它的分子结构如图所示。
（1）S2Cl2的结构式为 ，其化学键类型有 (填“极性键”“非极性键”或“极性键和非极性键")。
（2）电负性：S (填“>"或“ <")Cl，S2Cl2中硫元素的化合价为
（3）S2Cl2分子中每个S原子有 个孤电子对。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.氧化钠中只含离子间，过氧化钠中含离子间还含共价键，固体熔化时破坏的都是离子键，不符合题意
B.氯化镁中含离子间，熔化时破坏的是离子间，氯化铝中含共价键是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，不符合题意
C.二氧化碳含共价键，熔化时破坏的是分子间作用力，二氧化硅中含共价键是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，不符合题意
D.二氧化碳和水含共价键，熔化时破坏的是分子间作用力，符合题意
故答案为：D
【分析】重点：1、离子化合物一定含离子键，也可能含共价键，例如：过氧化钠、过氧化钙、氢氧化钠等离子晶体熔化时破坏的都是离子键
2、共价化合物含共价键，一定不含离子间，分子晶体熔化时破坏的是分子间作用力
3、原子晶体中含共价键，熔化时破坏的是共价键
2．【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。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．Ca的内层电子第三层只填了8个未全部充满，A项不符合题意；
B．中子为8的氧原子的质量数为8+8=16，其表达为，B项不符合题意；
C．CO2为对称直线型非极性分子，而H2O为V型为极性分子，C项不符合题意；
D．的价层电子对为，无孤电子对，其立体构型为正四面体，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Ca的第三层只填了8个电子；
B.中子数为8的氧原子的质量数为16；
C.CO2正负电荷中心重合，为非极性分子，H2O正负电荷中心不重合，为极性分子。
4．【答案】C
【解析】【解答】A、 熔融态的SiO2冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，故A不符合题意；
B、水分子间存在氢键，冰融化时破坏氢键和范德华力，故B不符合题意；
C、乙烯含有碳碳双键，为平面形结构，故C符合题意；
D、胶体是指分散质粒子介于1～100nm之间的分散系，云、雾、有色玻璃都属于胶体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、熔融态的SiO2冷却过快会生成玛瑙；
B、水分子之间存在范德华力和氢键；
C、乙烯分子为平面形结构；
D、胶体是指分散质粒子介于1～100nm之间的分散系。
5．【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；
6．【答案】B
【解析】【解答】A．在该反应中N元素化合价由反应前N元素的-2价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以N2为氧化产物，A不符合题意；
B．根据图示可知：该反应是反应体系混乱程度增大的反应，所以△S＞0，B符合题意；
C．燃烧时，1 ml N2H4发生反应，会断裂4 ml极性键和1 mlN-N非极性键，但由于题目未说明反应的N2H4的物质的量，因此不能确定断裂的N-H的数目，C不符合题意；
D．在燃料电池中，通入燃料N2H4的电极为负极，通入O2的电极为正极，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．元素化合价升高，失去电子被氧化，得到氧化产物；
B．根据反应体系混乱程度增大判断；
C．未说明反应的N2H4的物质的量，不能确定断键的数目，C不符合题意；
D．在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.氢键是一种较强的分子间作用力，而不是化学键，A项不符合题意；
B.H-N键的键能较大，所以NH3的稳定性很强，与氢键无关，B项不符合题意；
C.结构相似的分子晶体相对分子质量越大，范德华力越大，则常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大，C项符合题意；
D.最外层电子达稳定结构的微粒不一定是稀有气体的原子，也可能是处于稳定结构的阴离子或阳离子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氢键不属于化学键；
B.氢键影响的是物质的物理性质，与化学性质无关；
C.卤素单质随相对分子质量的增加物质状态的改变与分子间作用力有关；
D.没有达到稳定结构的原子，得电子或失电子后可以达到稳定结构。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．该分子中含有碳、氢、氧元素，元素电负性大小关系为H
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，则有如图所示 ，共7个，故C不符合题意；
D．该有机物分子式为C15H22O5，不饱和度为 ，而苯环的不饱和度为4，则同分异构体中可能有芳香族化合物，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据结构简式即可判断出碳原子的杂化方式为sp2和sp3杂化，根据含有的元素，非金属性越强，电负性越强，氧元素的非金属性越强，电负性越强，根据结构简式即可找出含有的手性碳原子个数，根据结构简式找出不饱和度即可判断是否含有芳香族化合物
9．【答案】A
【解析】【解答】①不同原子的原子光谱不同，都有自己的特定光谱，所以， 原子光谱的特征谱线用于鉴定元素 ， 从跃迁至时，从高能级回到低能级，释放能量，①正确；
②第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有Be和C共2种元素，②错误；
③、、三种分子 都是采用sp3杂化，含有孤对电子数分别为为：1，2，0，含有孤对单子数越多，排斥力越大，键角越小，所以③错误；
④根据相似相溶原理，水为极性分子，非极性分子难溶于水，④正确；
⑤根据价层电子互斥理论， 离子 共价键为2，孤对电子为2.离子构型为V型，正确；
⑥的沸点高于是 由于后者羟基和醛基处于邻位，可以产生氢键，沸点更高，⑥错误；
⑦P原子核外有15种运动状态不同的电子⑦错误；
⑧第四周期价电子有一个单电子的元素由K、Sc、Cu、Ga、Br共有5种，⑧错误；
故答案为：A。
【分析】易错分析：③一般来说，分子或者离子实际构型是理论构型去掉孤对电子形成的，孤对电子数目越多，排斥力越大，键角越小；⑥相邻官能团之间由于距离比较急，可以形成氢键，处于对位的官能团由于距离比较远，无法形成氢键。
10．【答案】C
【解析】【解答】分子内含有手性碳原子的个数如图，共有3种，故答案为：C
【分析】手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
11．【答案】C
【解析】【解答】A． 中Cl价层电子对数为4，sp3杂化，为三角锥形，A不符合题意；
B．H2O中O原子价层电子对数为4，是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，B不符合题意；
C．HCHO中C的价层电子对数为3，是sp2杂化，为平面三角形，分子中含3个σ键和一个π键，C符合题意；
D．CH4为正四面体形分子，不能与水分子形成分子间氢键，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A． 中Cl是sp3杂化，为三角锥形；
B．H2O中O是sp3杂化，VSEPR模型为四面体形；
C．HCHO中C是sp2杂化，为平面三角形，分子中含3个σ键和一个π键；
D．CH4为正四面体形分子，不能与水分子形成分子间氢键。
12．【答案】D
【解析】【解答】A、NO2与NH4＋反应生成[(NH4)2(NO2)]2＋，过程中没有元素化合价变化，因此不属于氧化还原反应，A不符合题意。
B、汽车尾气中的氮氧化物是由空气中的N2、O2在高温、电火花的作用下反应生成，B不符合题意。
C、NH4＋中只含有N－H共价键，为极性键，不含有非极性键，C不符合题意。
D、上述历程中的反应物有NH3、NO和NO2，生成物有N2和H2O，该反应的化学方程式为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、反应过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应。
B、汽车尾气中的氮氧化合物是由N2和O2反应生成的。
C、NH4＋中只含有极性键。
D、由反应历程可得反应物和生成物，从而得到反应的化学方程式。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．CaO与水反应过程中，既有氧氢共价键的断裂，也有氧氢共价键的形成，A符合题意；
B．H2O的热稳定性比H2S强，是由于氧氢键能大于硫氢键能，与分子间作用力无关，B不符合题意；
C．HCl属于共价化合物，C不符合题意；
D．证明元素的非金属性：Cl>C>Si，应比较最高价含氧酸的酸性强弱，而盐酸是氯的无氧酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．H2O和Ca(OH)2中都有共价键；
B．非金属性越强，氢化物的稳定性越强；
C．HCl是共价化合物；
D．Cl的最高价含氧酸为HClO4；
14．【答案】B
【解析】【解答】A．羊毛织品中主要成分是蛋白质，水洗时会破坏氢键，A不符合题意；
B．水的熔沸点高于甲烷是由于水分子间能形成氢键，B符合题意；
C．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的，C不符合题意；
D．加热法分离 和 的过程中破坏了离子键和共价键，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．羊毛织品中主要成分是蛋白质；
B．水的熔沸点高于甲烷是由于水分子间能形成氢键；
C．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的；
D．加热法分离 和 的过程中破坏了离子键和共价键。
15．【答案】A
【解析】【解答】水分子的稳定性是由水分子内O-H键的键能决定的，与分子间的氢键无关，故A符合题意；
固态冰中，1个水分子与周围的4个水分子通过氢键相连接，从而形成空间网状结构，故B不符合题意；
“准液体”中，水分子间的距离不完全相等，所以1个水分子与少于4个水分子间形成氢键，形成氢键的机会比固态冰中少，故C不符合题意；
当温度达到一定数值时，“准液体”中的水分子与下层冰之间形成的氢键被破坏，使一部分水分 子能够自由流动，从而产生“流动性的水分子”，造成冰面变滑，故D不符合题意。
【分析】水分子的稳定性是化学性质，由键能决定的，与分子间的氢键无关；冰中氢键多，水中氢键少，水蒸气中无氢键。
16．【答案】D
【解析】【解答】A.F是唯一没有正价的元素，F为-1价，SF6中S元素为+6价，S已处于最高价，不可能再被氧气氧化生成硫为+4价的二氧化硫，故A不符合题意；
B.六氟化硫分子呈正八面体，结构对称，是非极性分子，故B不符合题意；
C.六氟化硫分子呈正八面体，F达到八电子稳定结构，1个F最外层周围有8个电子，1个S最外层周围有12个电子．故C不符合题意；
D.SF6中F为-1价， S为+6价，微弱水解：SF6+4H20=H2SO4+6HF，故D符合题意。
【分析】A.S已处于最高价，不可能再被氧化；
B.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；
C.1个S最外层周围有12个电子；
D.SF6中F为-1价， S为+6价，微弱水解。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．由pKa=-lgKa，，pKa越大，Ka越小，羧酸的酸性越弱，A不符合题意；
B．羧酸R-COOH中，R-结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：F＞Cl，则F-C的极性大于C-Cl的极性，则CF3-的极性大于CCl3-，导致羧基电离出氢离子程度：前者大于后者，则酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，B符合题意；
C．因为Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得羟基O-H键极性增强，易电离出H+，则酸性：CCl3COOH＞CHCl2COOH，C不符合题意；
D．烃基越长推电子效应越大，使羟基中羟基极性变小，羟酸酸性越弱，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ka越大，酸性越强，Ka越小，酸性越弱。
B.吸电子能力越强，羧基中氢原子越容易电离出来，酸性越强。
C.氯原子为吸电子基团，数目越多，酸性越强。
18．【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。
19．【答案】B
【解析】【解答】A.一个水分子能与周围的分子形成4个氢键，一个HF分子能与周围的分子形成2个氢键，因此相同压强下，H2O的沸点高于HF的沸点，选项正确，A不符合题意；
B.NH3与BF3形成NH3·BF3是通过配位键形成的，与氢键无关，选项错误，B符合题意；
C.羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，因此羊毛制品水洗再晒干后易变形，选项正确，C不符合题意；
D.CH3COCH3中的氧原子能与H2O分子中的氢原子形成氢键，因此二者可完全互溶，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对氢键应用的考查，解答此类题型时，应注意氢键只影响物质的物理性质，不影响物质的化学性；据此结合选项进行分析。
20．【答案】B
【解析】【解答】A、臭氧为极性分子，氧气为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，臭氧在水中的溶解度比氧气大，错误；
B、SO42-和P4都是正四面体，SO42-中有中心原子S，其键角为 ，P4不含中心原子，其键角为60°，B正确；
C、C2H4中，有1个C-C，4个C-H，共5个σ键，N2H4中有1个N-N，4个N-H，共5个σ键，C错误；
D、σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠；
故答案为：B
【分析】A、相似相溶原理：极性分子之间溶解度较大，非极性分子之间溶解度较大；
B、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
D、σ键以“头碰头”方式重叠，π键以“肩并肩”方式重叠。
21．【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2ml、1ml，消耗 和 的物质的量分别为6ml、5ml，生成的CO和 的物质的量分别为xml、yml，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
22．【答案】（1）；球形
（2）O＞S；N>O；sp3；正四面体形
（3）；1：1；直线型
（4）CN－
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，其基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，因该原子最外层为4s能级，则其最外层电子云形状为球形，
故答案为： ；球形；（2）①O与S同族，且在S的上一周期，则O、S两元素的电负性由大到小的顺序为O＞S，
故答案为：O＞S；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，较为稳定，则其第一电离能比O高，即；N>O，
故答案为：N>O；
③杂化轨道数 = 中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数，则SO42-中S原子的孤电子对数为 （6-2 4+2）= 0，则其杂化轨道数为0+4 = 4，故其杂化方式为sp3，又其价层电子对数 = 0+4 = 4，则其VSEPR模型名称为正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；（3）SCN-可与Fe3+发生特征的显色反应，根据各原子满足8电子稳定结构可知，分子内S原子与C原子共用一对电子对，C与N共用三对电子对，则其电子式为 ；根据电子式和结构式可知，SCN-内部含一个共价单键和一个共价三键，则σ键数目为1+1 = 2，和π键的数目为2，故两者之比为1：1；SCN-中心原子C的杂化轨道数为2+0 = 2，故采用sp杂化，其分子空间构型为直线型，
故答案为： ；1：1；直线型；（4）在K3[Fe(CN)6]配合物中，CN-作为配体，与中心离子Fe3+形成配合物，
故答案为：CN-。
【分析】（1）Fe元素为26号元素，根据泡利原理与洪特规则对价电子层进行排布即可；其最外层电子处于s能级；（2）①元素周期表中，同主族元素的电负性从上到下逐渐变小；②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；③根据杂化轨道理论和VSEPR模型分析作答；（3）SCN-可检验Fe3+，再结合共价键的存在规律和杂化轨道理论分析作答；（4）根据配合物理论作答。
23．【答案】（1）先产生蓝色沉淀，后沉淀消失成为蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH 、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-
（2）
（3）N提供一个空轨道，不易与Cu2+形成配离子，电负性F>H；F原子吸引N原子上的孤对电子对难与Cu离子形成配位键
（4）正四面体
【解析】【解答】(1)答案为：先产生蓝色沉淀，后沉淀消失成为蓝色溶液；Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH 、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-；
(2)结构可以表示为 ，故答案为： ；
(3)N提供一个空轨道，不易与Cu2+形成配离子，电负性F>H，F原子吸引N原子上的孤对电子对难与Cu离子形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：N提供一个空轨道，不易与Cu2+形成配离子，电负性F>H；F原子吸引N原子上的孤对电子对难与Cu离子形成配位键；
(4)SO 的价层电子对数=4+ (6+2-4 2)=4，没有孤电子对，空间结构为正四面体形，故答案为：正四面体。
【分析】（1）硫酸铜先和氨水发生复分解反应，产生蓝色沉淀，继续加入氨水发生的是络合反应，最终蓝色沉淀消失变为蓝色溶液，据此即可写出离子方程式
（2）铜氨离子中4个氨气分子是与铜离子形成的是配位键，[Cu(NH3)4]+是平面四边形，即可写出结构式
（3）氟的电负性太强，吸引中氮原子的孤对电子，阻碍了与铜离子的空轨道结合
（4）计算出硫酸根中心硫原子的价层电子对以及孤对电子即可
24．【答案】（1）是；4；bcd
（2）pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀
（3）5
（4）[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O
（5）b
（6）A；D
【解析】【解答】(1) 丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，属于螯合物，配位数为4，有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，氢键不属于化学键；
(2)选择pH范围为2～9的原因是 pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀 ；
(3) 铁价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，8+2x=18，x=5；
(4) 取1ml与足量AgNO3溶液反应，生成2ml白色沉淀，该物质1ml能电离出2ml氯离子，1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；
(5) [Ni(NH3)4]2+有对称的空间构型，Ni2+杂化后有四个空轨道，不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中两个NH3被两个Cl－取代，得到两种不同结构的产物，不是正四面体结构，不可能为sp3杂化，杂化方式可能为dsp2杂化；
(6) 中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性。
A．[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，A符合题意；
B．[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－没有未成对电子，B不符合题意；
C．[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－没有未成对电子，C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，D符合题意；
【分析】(1) 丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，属于螯合物，氢键不属于化学键；
(2)形成配位键，形成沉淀的判断 ；
(3)中心原子的价电子数，配体提供的总电子数的判断；
(4)氯离子与足量AgNO3溶液反应生成白色沉淀；
(5)杂化方式的判断；
(6)中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性。
25．【答案】（1）Cl-S-S-Cl；极性键和非极性键
（2）<；+1价
（3）2
【解析】【解答】(1)根据S2Cl2的结构图可知，其结构式为Cl-S-S-Cl，含有Cl-S 极性键和S-S 非极性键。
(2)元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：S
【分析】(1)根据图像写出结构式；根据元素种类判断化学键类型；
(2)根据非金属性越强，电负性越大判断；根据化合物的化合价为零计算化合价；
(3)根据孤电子对的计算公式计算。化学键
C－C
C－H
Si－Si
Si－H
键能/( )
356
413
226
318
相关试卷
高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质同步训练题： 这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2<a href="/hx/tb_c4002448_t7/?tag_id=28" target="_blank">第三节 分子结构与物质的性质同步训练题</a>，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，判断题等内容，欢迎下载使用。
高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质同步练习题： 这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2<a href="/hx/tb_c4002448_t7/?tag_id=28" target="_blank">第三节 分子结构与物质的性质同步练习题</a>，共25页。试卷主要包含了4～3等内容，欢迎下载使用。
高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课时练习： 这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2<a href="/hx/tb_c4002448_t7/?tag_id=28" target="_blank">第三节 分子结构与物质的性质课时练习</a>，共25页。试卷主要包含了5°，因此三者的键角大小为，2，得x=0等内容，欢迎下载使用。
