2020届高考化学一轮复习分子结构与性质作业(5)

2020届高考化学一轮复习分子结构与性质作业(5)

分子结构与性质 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．下列化学用语对事实的表述不正确的是（　　）‎ A．由H和Cl形成共价键的过程： ‎ B．Na2O2用于呼吸面具的供氧剂：2Na2O2 +2CO2 ＝2Na2CO3 +O2 ‎ C．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2的混合物制取氨：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2 +2NH3↑+2H2O ‎ D．铝粉加入NaOH溶液中产生无色气体：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑‎ ‎2．下列有关HCl和HBr的叙述错误的是（　　）‎ A．键能：HBr＞HCl ‎ B．键长：HBr＞HCl ‎ C．沸点：HBr＞HCl ‎ D．共用电子对偏向：HCl＞HBr ‎3．类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（　　）‎ A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子 ‎ B．SiH4的沸点高于CH4，推测HCl的沸点高于HF ‎ C．Fe与Br2反应生成FeBr3，推测Fe与I2反应生成FeI3 ‎ D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaI与浓H2SO4加热可制HI ‎4．在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co（NH3）6]Cl3，下列表述正确的是（　　）‎ A．中子数为32，质子数为27的钴原子：Co ‎ B．H2O2的电子式： ‎ C．NH3和NH4Cl化学键类型相同 ‎ D．[Co（NH3）6]Cl3中Co的化合价是+3‎ ‎5．下列有机物分子中属于手性分子的是（　　）‎ ‎①乳酸[CH3CH（OH）COOH]②2丁醇 ③④丙三醇．‎ A．只有① B．①和② C．①②③ D．①②③④‎ ‎6．原子数、价电子总数相同的微粒互称等电子体，等电子体具有相同的结构特征．已知硝酰阳离子NO2+与XO2分子互为相同结构的等电子体，则元素X可能为（　　）‎ A．Cl B．Si C．C D．S ‎7．近年来研制的NF3气体可用作氟化氢﹣氟化氚高能化学激光器的氟源，也可作为火箭推进剂，NF3可用NH3与氟气制取，化学方程式为：4NH3+3F2═NF3+3NH4F，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．NF3的形成过程用电子式可表示为 ‎ B．NF3的氧化性大于F2 ‎ C．NF3分子空间构型为三角锥形 ‎ D．NH4F中既有离子键又有极性共价键 ‎8．下列物质中，只含有极性键的是（　　）‎ A．HClO B．Ba（0H）2 C．Na2O2 D．H2O2‎ ‎9．下列关于物质结构的叙述中正确的是（　　）‎ A．分子晶体中一定含有共价键 ‎ B．离子晶体中一定含有离子键 ‎ C．含有极性键的分子一定是极性分子 ‎ D．含有非极性键的分子一定是非极性分子 ‎10．含硫单质的水可防治皮肤病，而硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则R可以是（　　）‎ A．CS2 B．酒精 C．CCl4 D．盐酸 ‎11．某医学院研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的如厕难题．新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储存时间长、排放量少的特点．一次饮用125mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量．下列关于小分子团水的说法正确的是（　　）‎ A．水分子的化学性质改变 ‎ B．水分子中氢氧键缩短 ‎ C．水分子间的作用力减小 ‎ D．水分子间结构、物理性质改变 ‎12．已知HCl的沸点为﹣85℃，则HI的沸点可能为（　　）‎ A．﹣167℃ B．﹣87℃ C．﹣35℃ D．50℃‎ ‎13．下列各项比较中前者高于（或大于或强于）后者的是（　　）‎ A．CH4和SiH4的熔点 ‎ B．I2在H2O中的溶解能力和I2在CCl4中的溶解能力 ‎ C．H2SO3和H2SO4的酸性 ‎ D．对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点 ‎14．下列说法正确的是（　　）‎ A．当分子间距离增大时，分子间的引力增大、斥力减小 ‎ B．温度是系统中分子总动能大小的标志 ‎ C．布朗运动指的是悬浮小颗粒的无规则运动 ‎ D．当系统与外界没有热交换时，温度一定保持不变 ‎15．神七航天服中的“水升华器”系统利用水蒸汽一液态水一冰的相互转化可以保持人体的热平衡，使宇航员适应太空的巨大温差．下列相关说法正确的是（　　）‎ A．水蒸气，液态水，冰的分子间均含有氢键 ‎ B．当航天服中的水变成冰时密度将增大 ‎ C．当温度降低时，液态水变成冰时将吸收热量 ‎ D．水蒸汽一液态水一冰相互转化均不需要破坏化学键 ‎16．下列五种烷烃：①2﹣甲基丁烷 ②2，2﹣二甲基丙烷 ③戊烷 ④丙烷 ⑤丁烷，它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是（　　）‎ A．①②③④⑤ B．②③⑤④① C．④⑤②①③ D．③①②⑤④‎ ‎17．下列现象中，能用范德华力解释的是（　　）‎ A．氮气的化学性质稳定 ‎ B．通常状况下，溴呈液态，碘呈固态 ‎ C．水的沸点比硫化氢高 ‎ D．锂的熔点比钠高 ‎18．下列实验事实不能用氢键来解释的是（　　）‎ A．冰的密度比水小，能浮在水面上 ‎ B．接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18 ‎ C．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 ‎ D．H2O比H2S稳定 ‎19．根据相关的化学原理，下列判断正确的是（　　）‎ A．由于水中存在氢键，所以稳定性：H2O＞H2S ‎ B．由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2＞CO2 ‎ C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，则氧化性D2＞A2 ‎ D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，则离子半径R2﹣＞M+‎ ‎20．氧族元素的氢化物的沸点如表：‎ H2O H2S H2Se H2Te ‎100℃‎ ‎﹣60.75℃‎ ‎﹣41.5℃‎ ‎﹣1.8℃‎ 下列关于氧族元素氢化物的沸点高低的分析和推断中，正确的是（　　）‎ A．氧族元素氢化物沸点高低与范德华力的大小无关 ‎ B．范德华力一定随相对分子质量的增大而减小 ‎ C．水分子间可能还存在一种特殊的分子间作用力 ‎ D．水分子间存在共价键，加热时较难断裂 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．分析下列化学式中划有横线的元素，请选出符合要求的物质，填写在横线上．‎ A．NH3 B．H2O C．HCl D．CH4 E．C2H6 F．N2‎ ‎（1）所有的价电子都参与形成共价键的是　 　．‎ ‎（2）只有一个价电子参与形成共价键的是　 　．‎ ‎（3）最外层有未参与成键的电子对的是　 　．‎ ‎（4）既有σ键，又有π键的是　 　．‎ ‎22．部分有机物的熔沸点见下表：‎ 烃 CH4‎ CH3CH3‎ CH3（CH2）2CH3‎ 硝基苯酚 沸点/℃‎ ‎﹣164‎ ‎﹣88.6‎ ‎﹣0.5‎ 熔点/℃‎ ‎45‎ ‎96‎ ‎114‎ 根据物质结构理论，由这些数据你能得出的相关结论是（至少写2条）：　 　，　 　．‎ ‎23．（1）基态铜原子的核外未成对电子数目为　 　．‎ ‎（2）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照如图1B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置．‎ ‎（3）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：2NH3+3F2 NF3+3NH4F，上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有　 　．‎ ‎（4）BF3与一定量水形成（H2O）2•BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：（如图2所示）‎ ‎①晶体Q中各种微粒间的强相互作用力包括　 　（填序号）．‎ a．离子键 b．共价键　 c．配位键 d．金属键 e．氢键 f．范德华力 ‎②R中阳离子的空间构型为　 　，阴离子的中心原子轨道采用1个2s原子轨道与　 　个　 　原子轨道杂化．‎ ‎（5）将铜粉加入浓氨水中．再通入氧气，充分反应后溶液呈深盔色（一种铜离子的配位化合物）．‎ 该反应的离子方程式为　 　．‎ ‎（6）金属铁为体心立方晶胞结构（钾型）．则晶体中的配位数为　 　；若晶体的密度为ρg/cm3，铁原子半径为　 　cm（用含ρ和NA的代数式表示，不必化简）．‎ ‎24．决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题．‎ ‎（1）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：‎ 电离能/kJ•mol﹣1‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ A ‎578‎ ‎1817‎ ‎2745‎ ‎11578‎ B ‎738‎ ‎1451‎ ‎7733‎ ‎10540‎ A通常显　 　价，A的电负性　 　B的电负性（填“＞”、“＜”或“＝”）．‎ ‎（2）已知：波长为300nm的紫外光的光子所具有的能量约为399kJ/mol．根据下表有关蛋白质分子中重要化学键的信息，说明人体长时间照射紫外光后皮肤易受伤害的原因：　 　．‎ 共价键 C﹣C C﹣N C﹣S 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎347‎ ‎305‎ ‎259‎ ‎（3）科学家通过X射线探明，KCl、MgO、CaO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似（如图一所示），其中3种离子晶体的晶格能数据如下表：‎ 离子晶体 NaCl KCl CaO 晶格能/kJ•mol﹣1‎ ‎786‎ ‎715‎ ‎3401‎ 离子键的强弱可以用离子晶体的晶格能来衡量．‎ KCl、MgO、CaO、TiN 4种离子晶体熔点从高到低的顺序是　 　．MgO晶体中一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+有　 　个．‎ ‎（4）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中，适合作录音带磁粉原料的是　 　．‎ ‎（5）某配合物的分子结构如图二所示，其分子内不含有　 　（填标号）．‎ A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E．氢键．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎25．（1）CoCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，光气分子的结构式为　 　，其中碳氧原子之间共价键是　 　（填序号）。‎ a．2个σ键 b．2个π键 c．1个σ键，1个π键 ‎（2）CaC2中C22﹣与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为　 　。‎ ‎（3）铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为　 　，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为　 　；在δ晶胞中空间利用率为　 　，与其具有相同堆积方式的金属还有　 　（填元素符号）。‎ ‎26．芦笋中的天冬酰胺（结构如图）和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效． ‎ ‎（1）天冬酰胺所含元素中，　 　（填元素名称）元素基态原子核外未成对电子数最多．‎ ‎（2）天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型有　 　种．‎ ‎（3）H2S和H2Se的参数对比见表．‎ 化学式 键长/nm 键角 沸点/℃‎ ‎ H2S ‎1.34‎ ‎92.3°‎ ‎﹣60.75‎ H2Se ‎1.47‎ ‎91.0°‎ ‎﹣41.50‎ ‎①H2Se的晶体类型为　 　，含有的共价键类型为　 　．‎ ‎②H2S的键角大于H2Se的原因可能为　 　．‎ ‎（4）已知钼（Mo）位于第五周期VIB族，钼、铬、锰的部分电离能如表所示 编号 I5/kJ•mol﹣1‎ I6/kJ•mol﹣1‎ I7/kJ•mol﹣1‎ I8/kJ•mol﹣1‎ A ‎6990‎ ‎9220‎ ‎11500‎ ‎18770‎ B ‎6702‎ ‎8745‎ ‎15455‎ ‎17820‎ C ‎5257‎ ‎6641‎ ‎12125‎ ‎13860‎ A是　 　（填元素符号），B的价电子排布式为　 　．‎ ‎27．硫和氮是人们熟悉的物质，含硫、含氮的物质与人们的生活密切相关。‎ ‎（1）硫原子核外不同运动状态的电子有　 　种，其最外层电子排布式是　 　氮的单质的电子式是　 　，其晶体类型是　 　。‎ ‎（2）NH3是氮的一种氢化物，其空间构型是　 　，其化学键类型是　 　。‎ ‎（3）SO2是工业制硫酸的中间产物，它的转化在接触室中进行，其反应是：2SO2（g）+O2‎ ‎（g）⇌2SO3（g）+Q，该反应的平衡常数表达式K＝　 　，欲使K值增大，可采取的措施是　 　，在实际生产中，原料进入接触室之前需净化处理，该步骤的目的是　 　。‎ ‎（4）在2L密闭容器中充入1molO2和2molSO2，5min后测得O2减少了0.1mol。则0﹣5分钟内此反应的平均速率为　 　mol/（L•min）。‎ ‎28．（1）随着人们生活质量的提高，不仅室外的环境安全为人们所重视，室内的环境安全和食品安全也越来越为人们所关注．甲醛（CH2O）是室内主要空气污染物之一（其沸点是﹣19.5℃），甲醇是“假酒”中的主要有害物质（其沸点是64.65℃），甲醇的沸点明显高于甲醛的主要原因是　 　；甲醛分子中C的杂化方式为　 　，分子中共有　 　个π键．‎ ‎（2）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转化为光能． 已知砷化镓的晶胞结构如右图．是回答下列问题：‎ ‎①下列说法正确的是　 　（选填序号）‎ A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同 B．第一电离能：As＞Ga ‎ C．电负性：As＞Ga D．砷和镓都属于p区元素 ‎②Ga的核外电子排布式为　 　．‎ 分子结构与性质 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．共价键是通过共用电子对结合，不存在电子的得失；‎ B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；‎ C．实验室用氢氧化钙与氯化铵混合加热来制备氨气；‎ D．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气。‎ ‎【解答】解：A．共价键是通过共用电子对结合，不存在电子的得失，氯化氢是共价化合物，无电子的得失，则用电子式表示HCl的形成过程为，故A错误；‎ B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以Na2O2可以用于呼吸面具的供氧剂，反应方程式为：2Na2O2 +2CO2 ＝2Na2CO3 +O2，故B正确；‎ C．实验室用氢氧化钙与氯化铵混合加热来制备氨气，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2 +2NH3↑+2H2O，故C正确；‎ D．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O＝2AlO2﹣+3H2↑，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎2．【分析】A．非金属性越强，共价键的键能越大；‎ B．原子半径越小，键长越短；‎ C．相对分子质量越大，沸点越高；‎ D．元素的非金属性越强，吸引电子能力越强．‎ ‎【解答】解：A．非金属性越强，共价键的键能越大，非金属性：Cl＞Br，则键能：HCl＞HBr，故A错误；‎ B．原子半径越小，键长越短，原子半径：Br＞Cl，所以键长HBr＞HCl，故B正确；‎ C．相对分子质量越大，沸点越高，相对分子质量：HBr＞HCl，则沸点：HBr＞HCl，故C正确；‎ D．元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，非金属性：Cl＞Br，共用电子对偏向：HCl＞HBr，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎3．【分析】A．O和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直线形分子；‎ B．HF存在分子间氢键；‎ C．I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成FeI2；‎ D．浓硫酸能够将NaI氧化为I2．‎ ‎【解答】解：A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故A正确；‎ B．HF存在分子间氢键，则HCl的沸点低于HF，故B错误；‎ C．因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；‎ D．浓硫酸氧化性很强，能够将NaI氧化为I2，不能用该方法制取HI，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】A．中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59；‎ B．H2O2为共价化合物；‎ C．NH4Cl为离子化合物；‎ D．根据化合价代数和为0判断。‎ ‎【解答】解：A．中子数为32，质子数为27的钴原子的质量数为59，可表示为5927Co，故A错误；‎ B．H2O2为共价化合物，电子式为，故B错误；‎ C．氨气为共价化合物，只含有共价键，NH4Cl为离子化合物，含有离子键和共价键，故C错误；‎ D．[Co（NH3）6]Cl3中N为﹣3价、H为+1价、Cl为﹣1价，由化合价代数和为0可知Co为+3价，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】先根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；（2）手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子．‎ ‎【解答】解：先写出各物质的结构简式：‎ ‎①、②、③中存在手性碳原子（用*标记的），而④中中间的碳原子连有两个相同的﹣CH2OH，不是手性碳原子。‎ 故选：C。‎ ‎6．【分析】原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似、物理性质相似，根据等电子体的概念分析解答．‎ ‎【解答】解：阳离子NO2+与XO2分子原子总数相等，阳离子的价电子为5+6×2﹣1＝16，XO2分子的价电子也是16，则X的价电子为16﹣6×2＝4，位于第ⅣA族，可以是C或Si，但二氧化硅是原子晶体，不符题意，则X是C，故选C。‎ ‎7．【分析】A、NF3属于共价化合物，N原子和F原子周围有8个电子；‎ B、根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；‎ C、根据NH3分子构型判断NF3分子构型；‎ D、根据NH4Cl化学键类型判断NH4F的化学键类型．‎ ‎【解答】解：A、NF3属于共价化合物，N原子和F原子周围有8个电子，则NF3的形成过程用电子式可表示为，故A正确；‎ B、4NH3+3F2═NF3+3NH4F，该反应中F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则氧化性NF3的氧化性小于F2，故B错误；‎ C、NF3分子构型与NH3相似，NH3分子构型是三角锥型的，所以NF3分子构型也是三角锥型的，故C正确；‎ D、NH4Cl与NH4F含的阳离子相同，阴离子是同一主族元素，所以NH4Cl与NH4F具有相同的化学键，所以NH4F中存在的化学键是离子键、极性共价键，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎8．【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，同种非金属之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．HClO中含O﹣Cl极性键和O﹣H极性键，则分子中只含有极性键，故A选；‎ B．Ba（0H）2中含离子键和O﹣H极性键，故B不选；‎ C．Na2O2中含离子键和O﹣O非极性键，故C不选；‎ D．H2O2中H﹣O极性键和O﹣O非极性键，故D不选；‎ 故选：A。‎ ‎9．【分析】A、稀有气体分子晶体中不存在任何化学键；‎ B、离子晶体指的是阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；‎ C、含有极性键的分子不一定是极性分子；‎ D、含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如过氧化氢分子．‎ ‎【解答】解：A、分子晶体中可能不含共价键，如稀有气体，故A错误；‎ B、离子晶体指的是阴阳离子通过离子键结合形成的晶体，故离子晶体中一定含有离子键，故B正确；‎ C、含有极性键的分子不一定是极性分子，如果分子正负电荷重心重合，则就是非极性分子，如CCl4，故C错误；‎ D、含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如过氧化氢分子，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎10．【分析】硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则S应该易溶于R中且和水互溶，否则无法实现目的，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则S应该易溶于R中且和水互溶，CS2、CCl4和水不互溶，S难溶于稀盐酸，所以CS2、CCl4和盐酸都不含条件，S微溶于酒精且酒精和水互溶，所以R可以是酒精，故选B。‎ ‎11．【分析】小分子团水仍是以分子为基本单位组成的聚集体，所以分子结构并没有改变，分子中的氢氧键并没有缩短，化学性质更不会改变．它改变的是分子间的结构，分子间作用力增强，物理性质改变．‎ ‎【解答】解：A、小分子团水仍是以分子为基本单位组成的聚集体，化学性质由水决定，与水的化学性质一样，性质没有改变，故A错误；‎ B、小分子团水只是改变水分子间的作用力，化学键没有改变，分子中的氢氧键并没有缩短，故B错误；‎ C、小分子团水分子间的距离减小，分子间作用力增强，故C错误；‎ D、分子团水分子间的距离减小，水分子间结构改变，分子间作用力增强，沸点升高，密度增大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎12．【分析】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，据此判断．‎ ‎【解答】解：氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0℃，排除D，‎ 故选：C。‎ ‎13．【分析】A、分子晶体相对分子量越小，熔点越低；‎ B、应用相似相溶的原理分析解答；‎ C．．亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸；‎ D．分子内形成氢键，使熔沸点降低，分子间氢键，使熔沸点升高 ‎【解答】解：A、分子晶体相对分子量越小，熔点越低，所以CH4的熔点低于SiH4的熔点，故A错误；‎ B、水是极性分子，而碘单质和四氯化碳是非极性分子，所以碘在H2O中的溶解能力小于I2在CCl4中的溶解能力，故B错误；‎ C．亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，硫酸的酸性强于亚硫酸，故C错误；‎ D．邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎14．【分析】A、分子间同时存在引力和斥力，分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小；‎ B、温度是分子是平均动能的标志；‎ C、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动；‎ D、当系统与外界没有能量时，温度一定保持不变．‎ ‎【解答】解：A、分子引力和分子斥力都随分子间距的增大而减小，故A错误；‎ B、温度是分子是平均动能的标志，不是系统中分子总动能大小的标志，故B错误；‎ C、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故C正确；‎ D、当系统与外界没有能量时，温度一定保持不变，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】A、水蒸气中水分子之间间距很大，不存在氢键．‎ B、液态水变成冰由于氢键的存在，使在四面体中心的每个水分子与在四面体顶角方向的4个相邻的水分子相互吸引，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空间．‎ C、液态水的能量比固体水的能量高．‎ D、水蒸汽一液态水一冰只是水分子之间的间距变化．‎ ‎【解答】解：A、液态水，冰的分子间均含有氢键，水蒸气中水分子之间间距很大，不存在氢键，故A错误；‎ B、液态水变成冰由于氢键的存在，使在四面体中心的每个水分子与在四面体顶角方向的4个相邻的水分子相互吸引，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空间，密度比水小，故B错误；‎ C、液态水的能量比固体水的能量高，液态水变成冰时将放出热量，故C错误；‎ D、水蒸汽一液态水一冰只是水分子之间的间距变化，破坏分子间作用力、氢键，没有破坏化学键，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎16．【分析】根据烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高；碳数相同时，支链越多，沸点越低来解答．‎ ‎【解答】解：碳原子数相同时支链越多，沸点越小，所以沸点：戊烷＞2﹣甲基丁烷＞2，2﹣二甲基丙烷；烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，所以沸点：戊烷＞2﹣甲基丁烷＞2，2﹣二甲基丙烷＞丁烷＞丙烷，‎ 故选：D。‎ ‎17．【分析】A．物质的化学性质稳定与否与分子内的化学键有关，与范德华力无关；‎ B．根据分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；‎ C．根据分子间氢键使物质的沸点升高；‎ D．离子半径越大，金属键越弱，单质熔点越低；‎ ‎【解答】‎ 解：A．由氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，化学性质稳定，与范德华力无关，故A错误；‎ B．溴、碘等共价化合物，它们的熔沸点与分子间作用力即范德华力有关，故B正确；‎ C．水分子中有氢键的作用力大于范德华力，导致熔沸点变大，硫化氢分子间没有氢键，所以水的沸点比硫化氢的沸点高，故C错误；‎ D．钠离子半径大于锂离子半径，故钠中金属键减弱，其熔点比锂低，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎18．【分析】N、O、F元素的电负性较强，对应的氢化物可形成氢键，氢键是一种较强的分子间作用力，是由电负性强的原子（如F，O，N）对氢原子的吸引力产生的，能够影响物质的熔点、沸点、密度等，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．冰中含有氢键，其体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，故A不选；‎ B、水分子间存在氢键形成缔合物，所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18，故B不选；‎ C、邻羟基苯甲醛分子间存在氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故C不选；‎ D、H2O比H2S稳定是因为氧的非金属性强于硫，而与氢键无关，故D选；‎ 故选：D。‎ ‎19．【分析】A．氢键与稳定性无关；‎ B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体；‎ C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；‎ D．若R2﹣和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小．‎ ‎【解答】解：A．水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性O＞S，所以稳定性为H2O＞H2S，故A错误；‎ B．二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2＞CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，故B错误；‎ C．若A2+2D﹣═2A﹣+D2，A的化合价降低，A2为氧化剂，所以氧化性为A2＞D2，故C错误；‎ D．若R2﹣和M+‎ 的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2﹣＞M+，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎20．【分析】氧族元素对应的氢化物的晶体都是分子晶体，决定熔沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越强，另外O的非金属性较强，对应的氢化物存在氢键，较一般分子间作用力强，水的沸点在同主族形成的氢化物中最高，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．氧族元素对应的氢化物的晶体都是分子晶体，氢化物沸点高低与范德华力的大小有关，故A错误；‎ B．范德华力一定随相对分子质量的增大而增大，故B错误；‎ C．水的沸点较高，分子间存在氢键，故C正确；‎ D．水分子间不存在共价键，故D错误。‎ 故选：C。‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．【分析】（1）原子的最外层电子数与共价键的数目相同时，所有的价电子都参与形成共价键；‎ ‎（2）只有一个价电子参与形成共价键，则分子中只有一个共价键；‎ ‎（3）最外层有未参与成键的电子对，则最外层电子数大于共价键数；‎ ‎（4）单键中只有σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中含有一个σ键和2个π键．‎ ‎【解答】解：（1）原子的最外层电子数与共价键的数目相同时，所有的价电子都参与形成共价键，H2O和C2H6中所有的价电子都参与形成共价键；‎ 故答案为：BE；‎ ‎（2）只有一个价电子参与形成共价键，则分子中只有一个共价键，HCl中只含有一个H﹣Cl键，故答案为：C；‎ ‎（3）最外层有未参与成键的电子对，则最外层电子数大于共价键数，NH3 中N原子含有一个孤对电子，H2O中O原子含有2个孤电子对，HCl中Cl含有3个孤电子对，N2‎ 中每个N原子含有一个孤电子对；‎ 故答案为：ABCF；‎ ‎（4）单键中只有σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中含有一个σ键和2个π键，N2的结构式为N≡N，分子中含有一个三键，则既有σ键，又有π键，‎ 故答案为：F．‎ ‎22．【分析】由表中数据可知，从左到右由烷烃机物的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，硝基苯酚中官能团的相对位置不同，熔点不同，结合氢键对物质的物理性质的影响解答该题．‎ ‎【解答】解：由表中数据可知，从左到右由烷烃机物的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，‎ 硝基苯酚有三种同分异构体，其中邻位形成分子内氢键，熔点最低，对位形成分子间氢键，作用力最强，熔点最高，‎ 故答案为：有机物相对分子质量越大，分子间作用力越强，故沸点越高；当有机物能形成分子内氢键时，分子间作用力减弱，熔点变低；当分子间能形成氢键时，分子间作用力增强，熔点升高．‎ ‎23．【分析】（1）与铜基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1；‎ ‎（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能F＞N＞O＞C＞B；‎ ‎（3）Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体；‎ ‎（4）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力；‎ ‎②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数＝3+＝4，孤电子对＝＝1，据此判断；‎ ‎（5）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明反应生成了[Cu（NH3）4]2+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3•H2O+O2＝2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O；‎ ‎（6）体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，Fe单质的晶胞结构为体心立方，晶胞中Fe原子数目为：1+8×＝2，阿伏加德罗常数为NA，Fe原子的摩尔质量为56g/mol，故晶胞质量为，设Fe原子半径为x，设晶胞棱长为y，晶胞中体对角线为4x，则（4x）2＝y2+y2+y2，则y＝x，晶胞体积为：V＝y3＝（x）3‎ ‎，若设该晶胞的密度为ρg/cm3，则晶胞质量＝（x）3×ρ＝，由此解答．‎ ‎【解答】解：（1）与铜基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，未成对电子数目为1，故答案为：1；‎ ‎（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故第一电离能F＞N＞O＞C＞B，C、N、O三种元素的相对位置为，故答案为：；‎ ‎（3）Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，‎ 故答案为：分子晶体、离子晶体、金属晶体；‎ ‎（4）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力，‎ 故答案为：bcef；‎ ‎②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数＝3+＝4，孤电子对＝＝1，为三角锥型，氧原子采取sp3杂化，‎ 故答案为：三角锥型；3；2p；‎ ‎（5）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明反应生成了[Cu（NH3）4]2+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3•H2O+O2＝2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O，‎ 故答案为：2Cu+8NH3•H2O+O2＝2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O；‎ ‎（6）图示Fe的晶胞为体心立方堆积方式，其配位数为8，‎ Fe单质的晶胞结构为体心立方，晶胞中Fe原子数目为：1+8×＝2，阿伏加德罗常数为NA，Fe原子的摩尔质量为56g/mol，故晶胞质量为，设Fe原子半径为x，设晶胞棱长为y，晶胞中体对角线为4x，则（4x）2＝y2+y2+y2，则y＝‎ x，晶胞体积为：V＝y3＝（x）3，若设该晶胞的密度为ρg/cm3，则晶胞质量＝（x）3×ρ＝，整理得：x＝×（cm），‎ 故答案为：8；×．‎ ‎24．【分析】（1）根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价，进而推断元素的种类，周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强；‎ ‎（2）根据紫外光的光子所具有的能量与蛋白质分子中重要化学键断裂所需能量比较分析．‎ ‎（3）离子晶体中晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高硬度越大，晶格能与离子的半径、电荷有关，电荷越多、离子半径越小，晶格能越大；根据结构的相似性判断一个 Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+个数．‎ ‎（4）根据钒离子和铬离子未成对电子判断．‎ ‎（5）根据图片分析含有的键．‎ ‎【解答】解：（1）从表中原子的第一至第四电离能可以看出，A的第一、第二、第三电离能都较小，可失去3个电子，最高化合价为+3价，应为Al元素，可失去2个电子，即最外层应有2个电子，应为Mg元素；‎ 周期表中，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则A、B的电负性从大到小的顺序为Al、Mg，因为元素Mg价电子排布式为3s2完全充满状态，比Al稳定，所以Mg的第一电离能大于Al．‎ 故答案为：+3；＞．‎ ‎（2）波长为300nm的紫外光的光子所具有的能量约为399kJ/mol，比蛋白质分子中C﹣C、C﹣N和C﹣S的键能都大，所以波长为300nm的紫外光的光子能破坏蛋白质分子中的化学键，从而破坏蛋白质分子．‎ 故答案为：紫外光具有的能量比蛋白质分子中重要的化学键C﹣C、C﹣N和C﹣S的键能都大，紫外光的能量足以使这些化学键断裂，从而破坏蛋白质分子．‎ ‎（3‎ ‎）离子晶体中晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高硬度越大，晶格能与离子的半径、电荷有关，电荷越多、离子半径越小，晶格能越大，TiN中阴阳离子所带电荷为3，大于其它离子所带电荷，MgO、CaO中所带电荷相同，但镁离子半径小于钙离子半径，氯化钾中阴阳离子所带电荷为1，且钾离子半径＞钙离子半径，氯离子半径大于氧离子半径，所以KCl、MgO、CaO、TiN4种离子晶体熔点从高到低的顺序是TiN＞MgO＞CaO＞KCl； ‎ MgO的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，所以一个Mg2+周围和它最邻近且等距离的Mg2+个数为12．‎ 故答案为：TiN＞MgO＞CaO＞KCl； 12．‎ ‎（4）V2O5中钒离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；CrO2中铬离子的核外电子排布式为：‎ ‎1s22s22p63s23p63d2，所以CrO2中的未成对电子数大于V2O5中未成对电子数，故选CrO2．‎ 故答案为：CrO2．‎ ‎（5）该配合物中存在的化学键有：非金属元素之间的共价键，镍元素与氮元素之间的配位键，氧原子和氢原子之间的氢键，故选AC．‎ 故答案为AC．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎25．【分析】（1）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C﹣Cl单键，故C原子与O原子之间形成C＝O双键，双键中含有1个σ键、1个π键；‎ ‎（2）等电子体的结构相似，故O22+的电子式与C22﹣的电子式相似，含有2个π键；‎ ‎（3）利用均摊法计算；根据Fe原子周围O原子数判断；δ晶体晶胞的堆积方式为体心立方，据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C﹣Cl单键，故C原子与O原子之间形成C＝O双键，光气分子的结构式是，C＝O双键中含有1个σ键、1个π键，‎ 故答案为：；c；‎ ‎（2）根据等电子体的结构相似，O22+的电子式与C22﹣的电子式相似，含有2个π键，O22+的电子式 ，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×+6×＝4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8：6＝4：3，δ晶胞为体心立方堆积，空间利用率为：68%，与Na、K、具有相同堆积方式，‎ 故答案为：4；4：3；68%；Na、K。‎ ‎26．【分析】（1）根据天冬酰胺结构可判断所含元素为C、H、N、O，根据价电子排布式可知未成对电子的多少；‎ ‎（2）从结构中看碳原子形成的化学键的类型，根据碳原子中单键以SP3杂化，双键以SP2杂化，三键以SP杂化判断；‎ ‎（3）从所给晶体的性质来判断晶体类型体，根据元素的原子的种类判断化学键的类型；从键长或电负性角度判断；‎ ‎（4）根据金属性和电离能的关系及同族性质的相似性判断元素，写价电子排布式．‎ ‎【解答】解：（1）根据天冬酰胺结构可判断所含元素为C、H、N、O，价电子排布式分别为：2s22p2、1s1、2s22p3、2s22p4，未成对电子分别为：2、1、3、2，故氮元素未成对电子最多，故答案为：氮；‎ ‎（2）从结构中看碳原子形成的化学键的类型有单键和双键，碳原子中碳以SP3和SP2杂化，‎ 故答案为：2；‎ ‎（3）从表中数据看，H2Se沸点很低，故为分子晶体；H2Se中H和Se是不同的非金属原子，故形成的为极性共价键，从数据看，由于H﹣S键键长比H﹣Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强，因而H2S的键角更大（或由于S的电负性比Se大，使共用电子对间的排斥力变大，因而H2S的键角更大；‎ 故答案为：分子晶体；极性共价键；由于H﹣S键键长比H﹣Se键长短，两氢原子距离更近，斥力更强，因而H2S的键角更大（或由于S的电负性比Se大，使共用电子对间的排斥力变大，因而H2S的键角更大；‎ ‎（4）钼和铬在同一副族，性质存在相似性和递变性，故电离能也存在相似性，B、C电离能变化相似，且铬的金属性小于钼，故铬的电离能比钼的相应要大，故B为铬，C为钼，A代表锰元素，元素符号为：Mn，铬的价电子排布为：3d54s1，故答案为：Mn；3d54s1．‎ ‎27．【分析】（1）原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，S原子的最外层有6个电子，为3s22p4，为3s和3p电子，且3p轨道中应为4个电子，2个单电子；氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N；为分子晶体；‎ ‎（2）根据价层电子对互斥理论与杂化轨道理论判断NH3空间构型，非金属元素之间易形成共价键；‎ ‎（3）化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；平衡常数是温度的函数，与其他条件无关；在实际生产中，原料进入接触室之前需净化处理，防止催化剂中毒，影响催化氧化的效果；‎ ‎（4）根据v＝计算反应速率。‎ ‎【解答】解：（1）硫原子质子数为16，硫原子核外有16个电子，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，所以硫原子有16种不同运动状态的电子，核外3层电子，其电子排布式为 1s22s22p63s23p4，最外层电子排布式是3s23p4，氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N，则氮气的电子式为，大多数非金属单质（除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外）、气态氢化物、非金属氧化物（除SiO2外）、酸、绝大多数有机物（除有机盐外）都是分子晶体，氮气为气态非金属单质，属于分子晶体；‎ 故答案为：16；3s23p4；； 分子晶体；‎ ‎（2）NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数＝3+（5﹣3×1）＝4，所以采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形，存在N﹣H共价键，‎ 故答案为：三角锥形；共价键；‎ ‎（3）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q，该反应的平衡常数衡常数K＝；化学平衡常数只受温度的影响，与体系的压强无关，降低温度，平衡正向移动，‎ 可使K值增大，二氧化硫的催化氧化在催化剂表面和空气中的氧气接触反应，若气体中含有杂质气体容易使催化剂中毒，所以煅烧黄铁矿形成的炉气必须经除尘、洗涤、干燥，净化处理，二氧化硫在接触室中被氧化成三氧化硫，‎ 故答案为：；降低温度；防止催化剂中毒；‎ ‎（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q，在2L密闭容器中充入1molO2和2molSO2，5min后测得O2减少了0.1mol，则0﹣5分钟内此反应的平均速率为 v（O2）＝＝＝0.01mol/（L•min），‎ 故答案为：0.01。‎ ‎28．【分析】（1）利用氢键来分析物质的沸点差异，利用甲醛的结构，来分析C原子的杂化和π键；‎ ‎（2）①NaCl属于立方体心晶胞结构，金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，电负性越大，由最后填充的电子来分析在周期表中的位置；‎ ‎②由Ga的电子数及能量最低原理来分析核外电子排布式．‎ ‎【解答】解：（1）因甲醇分子之间容易形成分子间氢键，则沸点高，而甲醛中不存在氢键，由甲醛的结构可知，碳原子上的孤对电子数为0，σ键数为3，则碳原子的杂化类型为sp2，又一般双键中有1个键为π键，即甲醛中有1个π键，‎ 故答案为：甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；‎ ‎（2）①因NaCl属于立方体心晶胞结构，由图可知，砷化镓晶胞结构中占据的不是顶点和体心，则晶体结构不同，故A错误；‎ Ga的金属性强，则第一电离能小，电负性小，故B、C正确；‎ 因砷和镓的电子排布中最后填充的是p电子，则都属于p区元素，故D正确；故答案为：BCD； ‎ ‎②因Ga为31号元素，其核外电子数为31，由能量最低原理可知，其电子排布为1s22s22p63s23p63d104S24p1，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d104S24p1．‎