2024届高三化学二轮复习专项强化训练：物质结构

这是一份2024届高三化学二轮复习专项强化训练：物质结构，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是（ ）
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C．、可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
2．由分别与氖和氩电子层结构相同的两种离子组成的化合物是（ ）
A．MgF2B．SO2C．Na2OD．Na2S
3．下列化学用语正确的是（ ）
A．碳-14原子表示为：14CB．CH4的比例模型
C．醋酸钠的分子式：CH3COONaD．二氧化碳的结构式 O—C—O
4．化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（）
A．高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料
B．硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
C．氯化铝是工业上电解法冶炼金属铝的原料
D．“地沟油”可用来制肥皂和生物柴油
5．下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．原子核内有10个中子的氧原子：
B．硫离子的结构示意图：
C．次氯酸钠的电子式：
D．葡萄糖分子的结构简式：C6H12O6
6．对下列事实的解释错误的是
A．AB．BC．CD．D
7．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是 （ ）
A．N2H4的结构式：
B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6
D．NaClO的电子式：
8．氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·ml-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列说法正确的是
A．基态氮原子的核外电子有5种运动状态
B．NH和H2S中心原子均采用sp3杂化方式
C．ClO2是由极性键构成的非极性分子
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：
9．有关磷原子最外层电子的描述正确的是（ ）
A．有2种不同运动状态B．有5种不同能量
C．有4种不同的伸展方向D．只有1种自旋方向
10．某元素基态原子的最外层电子排布式是5s25p1，该元素或其化合物不可能具有的性质是（ ）
A．该元素单质是导体
B．该元素单质在一定条件下能与盐酸反应
C．该元素最高价氧化物的水化物显碱性
D．该元素的最高化合价为+5价
11．下列化学用语表述不正确的是（ ）
A．NaH的电子式为
B．表示的一定不是基态原子
C．乙炔的结构简式为CHCH
D．基态C原子价电子排布图为
12．一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是（ ）
A．X2Y和X2Y2均为极性分子
B．第一电离能：Y>Z>Q
C．原子半径：Y>Z>Q
D．W与Y形成的化合物中只含离子键
13．短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，A、B的简单离子具有相同的电子层结构， B的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，C的原子序数是A的2倍，D与B形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法一定正确的是（ ）
A．A与C在周期表中位于同一主族
B．氢元素与A能形成的化合物不止一种
C．B的简单离子的半径比A的大
D．C最高价氧化物对应水化物一定是一种强酸
14．侯氏制碱法涉及反应：NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓。下列说法正确的是（ ）
A．基态碳原子的轨道表示式：
B．NH3中只存在极性共价键
C．NH4Cl的电子式：
D．NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
15．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．20gD216O含中子数目为9NA
B．1mlN2H4含极性键数目为4NA
C．50mL2ml/LCH3COONa溶液中，阴离子的数目小于0.1NA
D．2.24LCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子的数目为0.2NA
16．阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A．0.1ml 熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子
B．0.2ml铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NA
C．50mL 12ml·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
D．18g H2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA
17．N，N-二甲基甲酰胺[]是良好的溶剂。下列说法错误的是
A．元素电负性大小：χ(N)＜χ(O)
B．原子半径大小：r(C)＜r(N)
C．分子中含σ键和π键
D．该物质分子间存在范德华力
18．烟气脱硫可有效减少引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知时，几种酸的电离常数：，；，；(乳酸)。研究发现：乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收CO2。下列说法错误的是（ ）
A．液态时的导电性：乳酸
B．乳酸和乙醇胺中均含有键、键和氢键
C．是直线形非极性分子，是形极性分子
D．相同条件下，能吸收气体的体积：
19．NH4ClO4可用作火箭燃料，130℃时会分解产生三种单质气体和水。实验室中通过NaClO4与NH4Cl反应来制取NH4ClO4，NH4ClO4与NaCl的溶解度如下图。下列说法正确的是（ ）
A．NH4ClO4分解后产生的气体通入紫色石蕊溶液中，溶液变红色
B．NH4ClO4分解后产生的气体通过足量NaOH溶液，再通过足量灼烧的铜网，可得到纯净的单质气体
C．NH4ClO4与NaCl的混合溶液分离时，应采取蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得到NH4ClO4固体粗产品
D．在NH4ClO4固体粗产品中加入NaOH浓溶液，加热，收集所得NH3体积，可计算粗产品纯度
20．下列说法正确的是（ ）
A．H2和D2互 同位素
B．分子式为C2H6O、C4H10的有机物均有两种同分异构体
C． 名称是2-乙基丁烷
D．12C原子是指质子数为6，中子数是12的一种核素
二、综合题
21．青铜器是我国古代瑰宝。目前，在工业上用磷化铜( )制造磷青铜，磷青铜是含少量钪、锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性合金原件。
（1）基态 原子的核外电子排布式为 ；其价电子中未成对电子数与成对电子数之比为 。
（2）① 中的P原子的杂化方式是 。
②P与N同主族，气态氢化物的沸点： (填“>”或“＜”)，说明理由： 。
（3）磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为 P(填“>”“＜”或“=”)。
（4）某立方磷青铜晶胞结构如下图所示。
①则其化学式为 。
②该晶体中距离 原子最近的 原子有 个，在晶胞中由 原子构成的八面体与由 和 原子构成的八面体的个数之比为 。
③若晶体密度为 ，最近的 原子核间距为 (用含 、 的代数式表示)。
22．镍、铂、镧等过渡金属单质及化合物在医疗领域有着广泛的应用。
（1）基态原子镍的价电子排布式为 。
（2）抗癌药奥沙利铂（又名乙二酸铂）的结构简式如图所示。
①分子中氮原子轨道的杂化类型是 ，C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
②1 ml乙二酸分子中含有σ键的数目为 。
（3）碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗高磷血症。写出与CO32-互为等电子体的一种分子的化学式： 。
（4）镧镰合金可用于储氢，储氢之后所得晶体的化学式为LaNi5(H2)3，其晶体的最小重复结构单元如图所示（◎、O、●代表储氢之后晶体中的三种微粒）。图中●代表的微粒是 。
23．回答下列问题：
（1）氨基酸锌是研究最早和使使用最广泛的第三代锌添加剂，该添加剂具有优良的营养功能。如图是氨基酸锌的结构简式。
①组成氨基酸锌的C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是 。
②最简单的氨基酸是甘氨酸(结构简式如图)，其结构中π键与σ键的数量比为 。
（2）分于中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物，如图为C(Ⅱ)双核配合物的内界。
①配合物中每个中心离子的配位数为 。
②C2+的最高能层电子排布式为 。
③下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)
A．[Ar]3d74s1 B．[Ar]3d74s2 C．[Ar]3d74s14p1 D．[Ar]3d74p1
（3）二氯甲醛的结构简式为，已知单键和双键的键角为124.1°，单键和单键的键角为111.8°，原因是 。
（4）碳酸亚乙酯()是某锂离子电池电解液的添加剂，该物质能溶于水，请解释原因 。
（5）化学上有一种见解，认为含氧酸的通式可以写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大的R正电性越高，导致R-O-H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强，用以上原理解释亚硫酸和硫酸的酸性强弱 。
（6）氧化锰在医药、冶炼上应用广泛，其立方晶胞如图所示。晶胞中距离最近的两个O2-之间的距离为apm，MnO晶体的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值为 (用含a和ρ的最简代数式表示)。
24．铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Fe原子核外电子排布式为 ，Ni位于元素周期表的 区。
（2）乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是 。
（3）FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是 。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因： 。
（4）镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为 m3·ml-1(用含a， NA的代数式表示)。
25．[化学-选修3：物质结构与性质]
我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为 ；单晶硅的晶体类型为 。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为 。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为 （填标号）。
（2）CO2分子中存在 个 键和 个 键。
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是 。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为 g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y= （用x表达）。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 由分析可知，X微粒为，根据原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数可知，其中子数为6-2=4，A不符合题意；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 ；可知，a=6，b=2，则X为；m=4，n=2，则Y为。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．MgF2中两种离子都与氖电子层结构相同，故A不符合题意；
B．SO2是共价化合物，不含离子，故B不符合题意；
C．Na2O中两种离子都与氖电子层结构相同，故C不符合题意；
D．Na2S中钠离子与氖电子层结构相同，硫离子与氩电子层结构相同，故D符合题意。
【分析】 根据题意氖和氩的电子层结构分别是2 8结构和2 8 8结构，然后根据题意分析化合物的电子层结构。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．表示原子时，将质量数表示在元素符号左上角，表示为14C，故A不符合题意；
B．甲烷为正四面体结构，H原子半径小于C原子半径，其比例模型为，故B符合题意；
C．醋酸钠是离子晶体，无分子式，CH3COONa是其化学式，故C不符合题意；
D．二氧化碳中C原子与O原子之间以双键结合，其结构式为O=C=O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.原子左下角数字表示质子数，左上角表示质量数。
B. 比例模型中原子紧密连接，只反映原子大小，不反映化学键，结合物质结构式进行判断。
C. 醋酸钠是离子晶体，无分子式。
D. CO2的结构式为O=C=O。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项不符合题意；
B.硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B项不符合题意；
C.氯化铝为分子晶体，电解时无法电离出阴阳离子，不能冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法冶炼金属铝的原料，故C项不符合题意；
D.“地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.计算机芯片是由硅单质材料做成的薄片；
B.只有具有还原性的物质才能做抗氧化剂；
C.工业上常利用电解熔融氧化铝来制作金属铝；
D.油脂可以在强碱的条件下发生水解反应。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.氧是第8号元素，所以氧原子的原子核内有8个质子，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，所以该氧原子为 ，选项A不符合题意。
B.硫离子的结构示意图应该为 ，选项B不符合题意。
C.次氯酸钠中存在Na+和ClO-，所以其电子式为： ，选项C符合题意。
D.C6H12O6是葡萄糖的分子式，选项D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查的是常见的化学用语及其使用。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关，则氟化氢的稳定性强于碘化氢是因为H-F键键能比H-I大，故A符合题意；
B．铵根离子中的氮原子和水分子中的氧原子均采取sp3杂化，铵根离子中氮原子和水分子中氧原子的孤对电子对数分别为0和2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以铵根离子的键角大于水分子，故B不符合题意；
C．石英即二氧化硅，是共价晶体，干冰是分子晶体，共价键比分子间作用力强，所以石英的熔点高于干冰，故C不符合题意；
D．氟元素的电负性大于氯元素，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性，对羧基的吸电子能力大于Cl3C－，所以CF3COOH更易电离出氢离子，酸性强于CCl3COOH，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.稳定性与键能大小有关，与氢键无关；
B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
C.熔点：共价晶体>离子晶体>分子晶体；
D.F-、Cl-均为吸电子基团，但F原子的电负性强于Cl。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.根据氮原子周围含有三个单电子可形成三个键，因此形成所有键均是单键，H2N-NH2，故A不符合题意；
B.氮元素的质子数为7，中子数为8的氮原子为，.故B符合题意；
C.O原子的核外电子排布为1s22s22p4，故最外层电子排布式为2s22p4，故C不符合题意；
D.NaClO的电子式，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.考虑氮原子的三个单电子；
B.元素符号左上方写的是相对原子质量；
C.写出氧原子的核外电子排布即可；
D.考虑次氯酸钠是离子化合物。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．基态氮原子的核外电子有7个电子，所以有7种运动状态，A不符合题意；
B．NH和H2S中心原子的价层电子对数都是4，所以均采用sp3杂化方式，B符合题意；
C．ClO2是夹角小于120度的折线结构，是由极性键构成的极性分子，C不符合题意；
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．核外电子的运动状态均不相同；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．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；
D．N的价键不正确。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有5种不同的运动状态，故A不符合题意；
B．处于不同能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子的能量相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种不同能量，故B不符合题意；
C．s轨道是球形的，在空间伸展方向为1，p轨道是纺锤形，在空间的伸展方向为3，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有4种不同的伸展方向，故C符合题意；
D．电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，磷原子最外层电子构型为3s23p3，则最外层电子有2种自旋方向，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电子排布在同一轨道的电子自旋方向相反，电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同是解答关键，也是易错点。
10．【答案】D
【解析】【解答】由基态原子核外最外层电子排布式可知该元素位于周期表中第五周期第ⅢA族，是较活泼的金属元素，具有金属的一般性质，其最高化合价为+3价，D符合题意。
【分析】某元素基态原子的最外层电子排布式是5s25p1周期表中第五周期第ⅢA族，是较活泼的金属元素，具有金属的一般性质，最外层电子数为3，最高正化合价为+3价。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．NaH为离子化合物，电子式为，A不符合题意；
B． 中2p轨道的电子可能处于激发态，故表示的一定不是基态原子，B不符合题意；
C．乙炔含有官能团碳碳三键，其结构简式为CH≡CH，C符合题意；
D．碳原子核外电子排布：1s22s22p2，基态C原子价电子排布图为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钠易失去电子，氢可以得到电子形成离子化合物
B.根据能量高低即可判断
C.乙炔的三键需要体现
D.电子排布时先排满轨道，再继续填充
12．【答案】A
【解析】【解答】 短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，结合结构式即可得到X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，结合结构式即可得到Q为C、Z为N、Y为O，
A.X为H，Y为O，因此X2Y为H2O，和X2Y2 为H2O2，均为极性分子，故A符合题意；
B.Q为C、Z为N、Y为O，均属于同一周期，从左到右第一电离能有增大趋势，但是N处于半充满状态，高于相邻元素，故大小为：Z>Y>Q，故B不符合题意；
C.Q为C、Z为N、Y为O，均属于同一周期，半径依次减小，故大小为：Q>Z>Y，故C不符合题意；
D.W为Na，Y为O，形成氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和共价键，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据元素写出化学式判断是否为极性分子；
B.同周期元素第一电离能从左到右依次增大，但是考虑是否存在充满或者半充满；
C.同周期元素半径从左到右依次减小；
D.根据W为Na，Y为O，形成过氧化钠中含有离子键和共价键；
13．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分析，若A为N，C为Si，不处于同一主族，若A为O，C为S，则处于同一主族，A不符合题意；
B．若A为N，和氢可以形成NH3和N2H4等多种化合物，若A为O，则和氢可以形成H2O和H2O2，均不止一种，B符合题意；
C．B的简单离子为Na+，A的简单离子为N3-或O2‑，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故Na+半径小于A的简单离子半径，C不符合题意；
D．C为S或Si，最高价氧化物对应水化物为H2SO4或H2SiO3，H2SO4是强酸，H2SiO3是弱酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则B是Na；D与B形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，D只能是第三周期的非金属元素，且D的氢化物的水溶液属于强酸，则D是Cl；A、B的简单离子具有相同电子层结构，则A在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；C的原子序数是A的2倍，C在B与D之间，则推出A为O，C为S或者，A为N，C为Si。
14．【答案】B
【解析】【解答】A. 基态碳原子的轨道表示式： ，A不符合题意；
B. NH3中只存在N-H极性共价键，B符合题意；
C. NH4Cl的电子式：，C不符合题意；
D. NaHCO3的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，碳酸氢根不可拆，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 不符合洪特规则；
B. 不同种原子之间的共价键为极性键；
C.阴离子最外层8个电子；
D. 碳酸氢根不可拆。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.20gD216O为1ml，1个D有1个中子，1个O有8个中子，共10NA中子，A不符合题意；
B．N-H键为极性键，1mlN2H4中有4NA极性键，B符合题意；
C．阴离子来源于CH3COO-和OH-，由 可知，消耗的CH3COO-与生成OH-量相同，故阴离子数等于0.1NA，C不符合题意；
D．题中无法知道温度、压强等条件，无法确定氯气的物质的量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.D216O的相对分子质量是20，所以有1ml，但其D含一个中子，所以D216O中子数为10NA；
B.N-H键为极性键，一共含4NA；
C.醋酸根离子发生水解产生氢氧根离子与消耗醋酸根离子的量相同，故阴离子数目等于0.1 NA ；
D.无压强温度条件，无法计算。
16．【答案】A
【解析】【解答】熔融的KHSO4电离产生0.1ml K+、0.1ml HSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A符合题意；
B．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3ml Fe反应转移8ml电子，则0.2ml Fe反应转移电子的物质的量为0.2× NA=0.53NA，B不符合题意；
C．在该溶液中含HCl的物质的量 n(HCl)=cV=12ml/L×0.05L=0.6ml，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6ml×24=0.3ml，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C不符合题意；
D．H2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1ml，含有的电子数目小于10NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．KHSO4熔融时电离出Na+和；
B．Fe在O2中燃烧生成Fe3O4；
C．浓盐酸变稀之后不与MnO2反应；
D．根据n=计算出物质的量，再计算电子数；
17．【答案】B
【解析】【解答】A．同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大，故：χ(N)＜χ(O)，故A不符合题意；
B．同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小，故：r(C)＞r(N)，故B符合题意；
C．单键为σ键，双键中有σ键和π键，故C不符合题意；
D．N，N-二甲基甲酰胺为分子晶体，故分子间存在范德华力，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大；
B．同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小；
C．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；
D．分子晶体存在范德华力。
18．【答案】B
【解析】【解答】A、为离子液体，属于离子化合物，液态时能电离出自由移动的离子，能导电，乳酸为共价化合物，不能电离产生自由移动的离子，不能导电，则 液态时的导电性：乳酸 ，故A正确；
B、乙醇胺分子中的共价键均为单键，全部是σ键，故B错误；
C、CO2的结构式为O=C=O，为直线形分子，且正负电荷中心重合，属于非极性分子， 中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故C正确；
D、的大于(乳酸)大于的，据酸性强弱可知，相同条件下，能吸收气体的体积：，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、为离子化合物，乳酸是共价化合物；
B、单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
C、根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数；
D、酸性越强，越容易与碱性物质反应。
19．【答案】C
【解析】【解答】A. NH4ClO4分解后产生的三种单质气体为氮气、氯气、氧气，将产生的气体通入紫色石蕊溶液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，使紫色石蕊溶液先变红后褪色；故A不符合题意；
B.NH4ClO4分解后产生的三种单质气体为氮气、氯气、氧气，还会携带一部分水蒸气，将气体通过足量NaOH溶液，氯气与氢氧化钠反应，剩余的气体为氮气、氧气和水蒸气，再通过足量灼烧的铜网，氧气与铜反应，剩余的气体为氮气和水蒸气，不会得到纯净的单质气体，故B不符合题意；
C.如图所示，NH4ClO4的溶解度随温度变化较大，而NaCl的溶解度随温度变化不大，故可用蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得到NH4ClO4固体粗产品，故C符合题意；
D.在NH4ClO4固体粗产品中加入NaOH浓溶液，生成一水合氨，一水合氨不稳定，加热分解出氨气，该反应为可逆反应，则根据收集所得NH3体积，无法准确计算粗产品纯度，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.氯气溶于水后会生成具有漂白性的次氯酸；
B.经过两步实验后，得到的气体仍然是混合物；
C.蒸发浓缩，就是对水溶液加热，几乎蒸干，其中的溶质就析出了.一般这个物质要稳定，不能受热分解，也不能含有结晶水；冷却结晶，一般就是溶解度随温度变化较明显的，若是受热能分解的物质也只能使用降温结晶，典型的就是KNO3，另外像结晶水合物，都只能降温析出晶体；
D.由于NH4ClO4固体粗产品中加入NaOH的反应是可逆反应，因此无法精确计算纯度。
20．【答案】B
【解析】【解答】A.H2和D2表示的是单质，而不是原子，因此不属于同位素，A不符合题意；
B.分子式为C2H6O的有机物，其结构可能为CH3CH2OH或CH3OCH3两种，分子式为C4H10的有机物，其结构可能为CH3CH2CH2CH3或(CH3)2CHCH3两种，B符合题意；
C.该有机物中最长碳链上含有5个碳原子，为戊烷，其中第三个碳原子上含有一个甲基，因此该有机物的名称为：3-甲基戊烷，C不符合题意；
D.标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，因此12C表示的是质子数为6，中子数为6的一种核素，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子；
B.同分异构体是指分子式相同，结构不同的有机物；
C.根据有机物的命名规则分析；
D.标在元素符号左上角的数字表示的是质量数；
21．【答案】（1） (或 )；1：2
（2）；>；因为 分子间存在氢键
（3） ；
(3)根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为 ＜P；
(4) ① ，晶体中P原子位于中心，含有1个P原子，立方体每个面心含有1个Cu原子，每个Cu分摊给一个晶胞的占 ，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为 ，据此得到化学式 ；
②该晶体中距离 原子最近的 原子有4个，根据图可知，在晶胞中由 原子构成的八面体为1个，由 和 原子构成的八面体可由2个面心上的Cu原子与4个顶点上的Sn原子构成，共6个，但与另一个晶胞共用，占 ，故个数为6 =3，故两者之比为1：3；
③若晶体密度为 ，晶胞的体积为V= = cm3，最近的 原子核间距为边长的 ，故为 = .
【分析】（1）根据Sc的电子数即可写出核外电子能级排布同时可以找出成对电子和未成对电子之比
（2）① 根据成键方式即可判断其杂化方式为sp3杂化②氨气中易形成氢键，沸点高
（3）非金属性越强，电负性越高
（4）① 根据占位即可计算出化学式 ②以顶点为例，距离最近的是面心和顶点的距离，每层有4个，共有三层应该12个，一个晶胞中含有8个铜原子形成一个八面体，而铜和硒形成八面体时主要是四个顶点硒原子和连个铜原子形成故可形成3个八面体 ③根据质量计算出体积，在根据铜原子与铜原子的距离是面心的距离计算即可
22．【答案】（1）3d84s2
（2）sp3；N>O>C；7NA
（3）SO3
（4）H2
【解析】【解答】（1）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则价电子排布式是3d84s2；
(2) ①抗癌药奥沙利铂分子中氮原子价电子数= ，为sp3杂化；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；②单键都是σ键，双键中其一个是σ键一个是π键，1个乙二酸分子一共7个σ键，2个π键，故1 ml乙二酸分子中含有σ键的数目为7NA；
(3)等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO32-互为等电子体的分子的化学式为：SO3；
​(4)根据均摊法计算，◎的个数为8× =1，O的个数为8× +1=5，●的个数为8× +1=3，根据化学式LaNi5(H2)3可知，图中●代表的微粒是H2。
【分析】（4）本题是一般晶胞计算的相反过程，首先根据均摊法计算各微粒的个数，然后判断代表的位置。
23．【答案】（1）N＞O＞C；1：9
（2）6；3s23p63d7；A
（3）单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力
（4）碳酸亚乙酯与水分之间能形成氢键
（5）H2SO3可以写成(HO)2RO，n=1；H2SO4可以写成(HO)2RO2，n=2；所以硫酸酸性强于亚硫酸
（6）×1030
【解析】【解答】(1)①同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族和第VA族处于全满和半满结构，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是：N＞O＞C。
②甘氨酸的结构式为，其结构中含σ键9个、含π键1个，因此π键与σ键的数量比为：1：9。
(2)①配合物的中心离子为钴离子，由配合物的结构可知，每个中心离子的配位数为6。
②C的原子序数为27，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，则C2+的最高能层电子排布式为：3s23p63d7。
③A．[Ar]3d74s1属于基态C+，由于C的第二电离能比第一电离能大，故其再失去一个电子能量较高；B．[Ar]3d74s2为基态C原子，失去一个电子变为基态C+，为第一电离能；C．[Ar]3d74s14p1为激发态C原子，失去一个电子所需能量低于基态C原子失去一个电子；D.3d74p1为激发态C+，失去一个电子所需能量低于基态C+失去一个电子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d74s1，
故答案为：A。
(3)由于单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力，所以单键和双键的键角为124.1°，单键和单键的键角为111.8°。
(4)碳酸亚乙酯()和水均为极性分子，根据相似相溶原理可知，碳酸亚乙酯()与水分子之间能形成氢键，所以碳酸亚乙酯能溶于水。
(5)亚硫酸(H2SO3)可写成(OH)2SO，硫酸(H2SO4)可写成(OH)2SO2，由此可知硫酸中的n=2，亚硫酸中的n=1，因此硫酸的酸性大于亚硫酸。
(6)距离最近的两个氧离子位于面对角线上，设晶胞边长为xpm，2a=x，则x=a。一个晶胞中含Mn2+的个数为12+1=4，氧离子个数为8+6=4，一个晶胞的质量m=，一个晶胞的体积V=x3=2a3pm3，晶胞密度ρ==，则NA=×1030。
【分析】(1)①同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族和第VA族处于全满和半满结构，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大。
②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；
(2)①依据配合物的结构判断；
②依据原子构造原理分析；
③第二电离能比第一电离能大；第一电离能为气态基态原子失去一个电子吸收的能量；激发态原子能量高于基态原子；
(3)单键和双键的斥力大于单键和单键的斥力；
(4)根据相似相溶原理分析；
(5)依据非羟基氧数目越多，相应酸的酸性越强；
(6)利用均摊法确定原子数，再利用ρ=计算。
24．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；d
（2）Fe3+的3d5半满状态更稳定
（3）FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
（4）1：3；NA·a3·10-6
【解析】【解答】（1）铁是26号元素，其 基态Fe原子核外电子排布式为 ： 1s22s22p63s23p63d64S2或[Ar]3d64S2 ； Ni 属于过渡金属，位于元素周期表中的d区；
（2） Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是 ： Fe3+的3d5半满状态更稳定 ，而Fe2+的3d6结构易失去一个电子；
（3） ① FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 ；
② 能够形成双核阳离子的原因 ：O最外层6个电子，有形成两个共价键的趋势 ，H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①根据晶胞图：Cu占据的是顶点，个数为：8×1/8=1，Ni位于面心，个数为：6×1/2=3，则晶胞中Cu和Ni的原子个数比为：1：3；
②该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个品胞含有1个CuNi3，其物质的量为1/NAml
，1个晶胞的体积为(ax 10-2)³m³，则该晶体的摩尔体积为NA·a3 ·10-6m³ . ml-l，故答案为：NA·a3·10-6。
【分析】（1）过渡元素即副族元素，位于元素周期表中的d区或ds区；
（2）当粒子核外电子出现最外层能级的半充满或全满时，该结构就是较为稳定的结构；
（3）粒子的晶体类别不同，其熔沸点的影响因素也是不同的；
（4）先根据晶胞结构计算出1个晶胞中含有的Cu和Ni的个数；
在根据晶胞的密度公式计算出 晶体的摩尔体积。
25．【答案】（1）3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②
（2）2；2
（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多
（4）8；；2-x
【解析】【解答】(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的σ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个键和2个π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度==；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。
【分析】(1)Si是14号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；晶体硅为原子晶体（共价晶体）；根据价层电子对互斥理论计算杂化方式；
(2)双键中含有1个键和1个π键；
(3)根据氢键分析；
(4)根据均摊法及晶胞密度的表达式计算晶胞密度；根据化合物化合价为0计算y的值。选项
事实
解释
A
稳定性：HF＞HI
HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键
B
键角：NH＞H2O
中心原子均采取sp3杂化，孤电子对有较大的斥力
C
熔点：石英＞干冰
石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强
D
酸性：CF3COOH＞CCl3COOH
F的电负性大于Cl，F－C的极性大于Cl－C，使F3C－的极性大于Cl3C－的极性