第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题
一、单选题（共15题）
1．下列说法不正确的是
A．、、、中各原子不都满足8电子稳定结构
B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，它们既有一定的金属性，又有一定的非金属性
C．、、、分子VSEPR模型相同，但分子立体构型不都相同
D．过氧化钠和水发生反应的过程中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成
2．下列说法不正确的是
A．M 能层中的原子轨道数目为 9
B．各原子轨道的伸展方向种数按p、d、f的顺序分别为3、5、7
C．sp 2 杂化表示 s 轨道的 1 个电子和 p 轨道的 2 个电子进行杂化
D．氢原子光谱为线状光谱
3．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A．该分子中σ键与π键数目之比为14：4
B．该分子的化学式为C5H4N3O2F
C．该分子中C-N键的键能小于C=N键的键能
D．该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O
4．有W、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，其原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、M的最外层电子数之和相等，W的最外层电子数等于X、Z的最外层电子数之和，由W、X、Y三种元素形成的化合物G的结构如图所示。下列叙述不正确的是
A．W、Y的最简单氢化物的稳定性：W>Y
B．Z、Y、M三种元素的含氧酸中，M的酸性最强
C．已知Z和M形成的一种离子化合物的化学式可以写为Z2M10，其阴离子ZM具有正八面体结构，则阳离子ZM可能具有正四面体结构
D．化合物G中W都满足8电子稳定结构
5．下列说法正确的是
A．第四周期元素中，锰原子价电子中未成对电子数最多
B．含有极性键的分子一定是极性分子
C．NaCl熔化和干冰升华克服的作用力类型相同
D．价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子价层电子对数
6．下列说法正确的是
A．σ键比π键重叠程度大，所以中σ键强于π键
B．两个原子间能形成共价键，多个原子间不能形成共价键
C．气体单质分子中，一定有σ键，可能有π键
D．分子中有键和键
7．下列“类比”结果正确的是
A．N2分子中存在N≡N键，化学性质稳定，则CH≡CH的化学性质稳定
B．乙醇与水任意比混溶，戊醇也与水任意比混溶
C．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，则Fe(OH)3也可以溶解在浓氨水中
D．CH4的空间构型为正四面体形，则C(CH3)4碳骨架的空间构型为正四面体形
8．偏二甲肼是导弹、卫星、飞船等发射试验和运载火箭的主体燃料，与四氧化二氮一起常被用作火箭助推剂，其反应产物为、和。如图为偏二甲肼的结构模型。下列说法错误的是
A．偏二甲肼的分子式为
B．偏二甲肼中的C、N原子杂化方式相同
C．每消耗偏二甲肼6g，生成4.48L
D．偏二甲肼易溶于水的原因之一为与水分子间形成氢键
9．下列说法中正确的是
A．CH4，C2H2，HCN都是含有极性键的非极性分子
B．CO2与SO2的中心原子杂化类型相同，立体构型相同
C． 分子中含有1个手性碳原子
D．无机含氧酸分子中有几个氢原子，它就属于几元酸
10．大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，如图是一种离子液体。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期表中处于相邻位置。下列说法错误的是
A．X的气态氢化物溶于水显碱性
B．最高价氧化物对应水化物酸性：X＞Z
C．第一电离能大小：Y＞Z＞X
D．最简单氢化物的熔沸点：Y＞X＞Z
11．下列物质的性质递变正确且与氢键有关的是
A．熔点：
B．沸点：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛
C．溶解度(水中)：
D．密度：冰＞水＞水蒸气
12．类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是
A．CCl4的熔沸点小于SiCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3
B．CH3CH2OH在水中的溶解度很大，则CH3CH2CH2CH2CH2OH在水中的溶解度也很大
C．N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定
D．AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3 H2O反应现象也相同
13．下表中对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 在空气中铁表面容易生成致密的氧化物保护膜 铁容器可以储运浓硫酸 Ⅰ对；Ⅱ对；无
B 较稳定，常温下，不易发生 N的电负性较大 Ⅰ对；Ⅱ对；有
C 还原性较强，能将溶液中还原为 可用于化学镀银 Ⅰ对；Ⅱ对；有
D 与的空间构型相同 的漂白和杀菌能力比强 Ⅰ对；Ⅱ对；无
A．A B．B C．C D．D
14．下列说法正确的是
A．H2O 分子间存在氢键，所以 H2O 比 H2S 稳定
B．He、CO2 和 CH4 都是由分子构成，它们中都存在共价键
C．NaHCO3 受热分解生成 Na2CO3、CO2 和 H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键
D．PCl5 中各微粒最外层均达到 8 电子稳定结构
15．有机物Z为是合成某药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A．中含有碳氧键
B．Y分子中所有的碳原子可能共平面
C．X、Y可用酸性溶液鉴别
D．Z分子与足量加成后的产物中含有3个手性碳原子
二、填空题（共8题）
16．水是生命之源，它与我们的生活密切相关。在化学实验和科学研究中，水也是一种常用的试剂。
(1)水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为_________
(2)写出与H2O分子互为等电子体的微粒______(填2种)。
(3)水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)。
下列对上述过程的描述不合理的是______
A．氧原子的杂化类型发生了改变
B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变
D．微粒中的键角发生了改变
(4)下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图(未按顺序排序)。
与冰的晶体类型相同的是______(请用相应的编号填写)
(5)将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝
色的配合离子。请写出生成此配合离子的离子方程式：_______。
17．二氧化氯(ClO2)是一种常用的饮用水消毒剂。
(1)ClO2分子中的键角约为120°。ClO2易溶于水的原因是___。ClO2得到一个电子后形成，的空间构型是___。
(2)某ClO2泡腾片的有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3，其溶于水时反应可得到ClO2溶液，并逸出大量气体。NaClO2和NaHSO4反应生成ClO2和Cl-的离子方程式为___，逸出气体的主要成分是___(填化学式)。
(3)ClO2消毒时会产生少量的ClO，可利用FeSO4将ClO转化为Cl-除去。控制其他条件相同，去除率随温度变化如图所示。温度高于50℃时，去除率降低的可能原因是___。
(4)测定某水样中浓度的方法如下：量取25.00mL水样于碘量瓶中，加水稀释至50.00mL，加入过量KI，再滴入适量稀硫酸，充分反应后，滴加1mL淀粉溶液，用0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：ClO+I-+H+—H2O+I2+Cl-(未配平)
I2+S2O—I-+S4O(未配平)
计算水样中ClO的浓度(写出计算过程)___。
18．水在不同的温度和压强下可以形成多种不同结构的晶体，故冰晶体结构有多种。其中冰-Ⅶ的晶体结构如图所示。
(1)水分子的空间结构是___________形，在酸性溶液中，水分子容易得到一个，形成水合氢离子，应用价层电子对互斥模型推测的空间结构为___________。
(2)如图冰晶体中每个水分子与周围___________个水分子以氢键结合，该晶体中水形成___________氢键。
(3)实验测得冰中氢键的键能为，而冰的熔化热为，这说明___________。
19．W、M、X、Y、Z 是周期表前 36 号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M 的氧化物是导致酸雨的主要物质之一、X 的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y 的基态原子核外有 6 个原子轨道处于半充满状态；Z 能形成红色的 Z2O 和黑色的 ZO 两种氧化物。
(1) MX的空间构型是___________。H2X 分子的VSEPR 模型名称为___________。
(2) 含 [Cu(H2O)4]2+的溶液中通入 MH3，会生成 [Cu(NH3)4]2+的原因___________。(从电负性角度解释)
(3) 0.2 mol WX2 中含有的π 键数目为___________。
(4) W、M、X、Y 的第一电离能由大到小顺序为___________。(请用元素符号回答)
20．原子序数由小到大排列的X、Y、Z三种短周期元素，已知三种元素的原子序数之和等于16，单质X2 、Y2 、Z2之间有如下转化关系(反应条件已略)。已知：甲、乙分子中均含有10个电子；丙分子中含有15个电子。请回答：
(1)Y2的电子式是__________；该分子中有______个σ键，______个π键。
(2)甲属于（填“极性”或“非极性”）______分子；晶体中甲分子的配位数为_______。
(3)乙分子的VSEPR模型名称为_________，分子的立体构型名称为__________。
(4)写出乙与Z2反应生成丙的化学方程式____________________。
(5)工业上用氧化铝、碳和乙在1400℃条件下反应，制取由元素Y和Al组成的化合物丁，同时还有CO和X2生成。已知反应中消耗1mol乙，可生成1.5molCO和1.5molX2。写出反应的化学方程式：________________，氧化剂为_________。
21．现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。
回答下列问题：
(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程：______。
(2)写出基态F原子的核外电子排布式：______。
(3)A2D的电子式为______，其分子中______(填“含”或“不含”，下同)键，______π键。
(4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有______。
22．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数_____。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式______。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式_____，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率______。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率_____。并对此做出解释______。
23．某兴趣小组拟制备氯气及验证其性质并比较氯、溴、碘的非金属性强弱。
Ⅰ[查阅资料]①当溴水浓度较小时，溶液颜色与氯水相似，也呈黄色。
②硫代硫酸钠溶液在工业上可作脱氯剂。
Ⅱ[性质验证]实验装置如图所示(夹持装置省略)
实验步骤；
(1)检查装置的气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是__________；
装置C中Ⅱ处加入的试剂可以是_____(填字母)。
A．碱石灰 B．硅胶 C．浓硫酸 D．无水氯化钙
(2)装置B的作用为___________________________________。
(3)KI的电子式为_____；硫代硫酸钠中所含的化学键类型为_______________；写出装置F中反应的离子方程式____________________ (中的S元素被氧化成最高价)。
Ⅲ[探究与反思]
(4)上图中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是________________________________________。该组同学思考后将上述D、E、F装置改为下图装置，实验操作步骤如下：
①打开弹簧夹，缓缓通入氯气。
②当a和b中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
③当a中溶液由黄色变为棕色时，停止通氯气。
④……
(5)步骤④的操作是________________________________________________。
参考答案：
1．C
【解析】A．SiCl4的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值=4+4=8、CS2的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值=4+4=8、NF3的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值=5+3=8、PCl5的中心原子最外层电子数+中心原子化合价的绝对值=5+5=10，所以SiCl4、CS2、NF3中各原子都达到8电子稳定结构，PCl5中P原子不满足8电子稳定结构，故A正确；
B． 位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，位于元素周期表的金属元素与非金属元素的交界处，既能表现一定的金属性，又能表现一定的非金属性，故B正确；
C．SO2价层电子对数为3，孤对电子为1，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，O3的价电子对数=2+=3，有一个孤电子对，中心O原子采取sp2杂化，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，COCl2孤对电子为0，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为平面三角形，SOCl2孤对电子为1，价层电子对数为4，所以其VSEPR模型为正四面体形，立体构型为三角锥形，故C错误；
D．过氧化钠和水反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成，故D正确；
故选C。
2．C
【解析】A．M能层中有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共9个轨道，A正确；
B．各原子轨道的伸展方向数按s、p、d、f的顺序分别为1、3、5、7，s轨道为球形，p轨道为哑铃形，B正确；
C．sp2杂化轨道是指同一电子层内，1个s轨道和2个p轨道杂化，形成能量相等的三个sp2杂化轨道，C错误；
D．原子光谱都是线状光谱，则氢原子光谱为线状光谱，D正确；
综上所述答案为C。
3．A
该物质结构简式为；
【解析】A．该分子中含有σ键15个，双键中含有1个π键，π键数目为4个，σ键与π键数目之比为15：4，故A错误；
B．该物质结构简式为，化学式为C5H4N3O2F，故B正确；
C．C-N的键长比C=N的键长长，键能小，故该分子中C-N键的键能小于C=N键的键能，故C正确；
D．同周期原子从左到右第一电离能依次增大，N的价电子是半充满状态能量低稳定，第VA族的N第一电离能大于VIA族的O， N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O，故D正确；
故答案为A。
4．B
根据题干信息可知，有W、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，其原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na，W的核外电子数与X、M的最外层电子数之和相等，W的最外层电子数等于X、Z的最外层电子数之和，由W、X、Y三种元素形成的化合物G的结构可知，W可形成2个共价键，Y能形成4个共价键，故可知W为O，则M最外层上有7个电子，即M为Cl，Y为Si，Z为P，即W、X、Y、Z、M五种元素依次为O、Na、Si、P、Cl，据此分析解题。
【解析】A．非金属性：O＞Si，所以最简单氢化物的稳定性：，A正确；
B．题干没有指明是元素的最高价含氧酸，是中强酸，而HClO是弱酸，B错误；
C．中已知其阴离子具有正八面体结构，则其阳离子类似于，可能具有正四面体结构，C正确；
D．化合物G中W(O)都满足8电子稳定结构，D确；
故答案为：B。
5．D
【解析】A．第四周期元素中，25号锰原子价电子中未成对电子数是5个，而24号元素Cr元素核外电子排布式是[Ar]3d54s1，Cr原子价电子中未成对电子数是6个，可见Mn原子价电子中未成对电子数不是最多，A错误；
B．含有极性键的分子可能是极性分子，也可能是非极性分子，这取决于分子中各个化学键的空间排列，若空间排列对称就是非极性分子，否则就是极性分子，如CH4是由极性键构成的非极性分子，而H2O是由极性键构成的极性分子，B错误；
C．NaCl属于离子晶体，其熔化时破坏的的离子键，而干冰在固体时属于分子晶体，其升华时克服的是分子间作用力，因此NaCl熔化和干冰升华克服的作用力类型不相同，C错误；
D．价层电子对互斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π键电子对数不计入，D正确；
故合理选项是D。
6．A
【解析】A．σ键的原子轨道采用“头碰头”方式重叠成键，π键的原子轨道采用“肩并肩”方式重叠成键，前者比后者重叠程度大，所以中σ键强于π键，A选项正确；
B．苯分子中的六个碳原子间形成大π键，是共价键，B选项错误；
C．稀有气体单质是单原子分子，没有σ键也没有π键，C选项错误；
D．分子的结构为，间为键，间为键，D选项错误。
故选：A。
7．D
【解析】A．N2分子中存在N≡N键，N≡N键的键能很大，化学性质稳定，则CH≡CH中的C≡C的键能较小，故其化学性质不稳定，类比不合理，A不合题意；
B．乙醇与水任意比混溶，但是戊醇中的烃基较大，即疏水基团较大，不能与水任意比混溶，类比不合理，B不合题意；
C．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，是由于能够形成，但Fe3+不与NH3络合，故Fe(OH)3不可以溶解在浓氨水中，类比不合理，C不合题意；
D．CH4的C原子周围的价层电子对数为4，故空间构型为正四面体形，则C(CH3)4其中心C原子上的价层电子对数为4，故碳骨架的空间构型为正四面体形，类比合理，D符合题意；
故答案为：D。
8．C
【解析】A．由偏二甲肼的结构可知分子式为，A正确；
B．偏二甲肼中的C原子为饱和碳原子，有4个σ键，属于sp3杂化，N原子均含有3个σ键，另有一对孤电子对，也是sp3杂化，B正确；
C．未指明气体状态，不能计算的体积，C错误；
D．氢键的存在能提高分子晶体的水溶性，偏二甲肼与水分子间可以形成氢键是偏二甲肼易溶于水的原因之一，D正确；
故选：C。
9．C
【解析】A．CH4是含极性键的非极性分子，C2H2是既含极性键又含非极性键的非极性分子，而HCN为含极性键的极性分子，故A错误；
B．SO2分子为V形结构S为sp2杂化，CO2分子为直线型C为sp杂化，故B错误；
C． 分子中左边第3个C原子连接了四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，故C正确；
D．无机含氧酸中H原子个数与酸的元数不一定相等，如H3PO3为二元酸，故D错误。
故选C。
10．C
X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。结合离子中各元素的成键情况，可推知X为N元素，Z为P元素，Y为F元素。
【解析】A．根据上述分析可知，X为N元素，其气态氢化物溶于水后形成一水合氨，使溶液显碱性，故A正确；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性：X＞Z，故最高价氧化物对应水化物酸性越强：X＞Z，故B正确；
C．同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，所以第一电离能：Y(F)＞X(N)，第三周期P相对于N来说，电子层数增多，所以第一电离能较N的小，即上述三种元素的第一电离能大小：Y＞X＞Z，故C错误；
D．F和N的简单氢化物分子间均存在氢键，熔沸点较高，且HF＞NH3，PH3分子间无氢键，熔沸点相对较低，所以最简单氢化物的熔沸点：Y＞X＞Z，故D正确；
答案选C。
11．B
【解析】A． 四种物质的熔点高低只与范德华力大小有关，与氢键无关，A不符合；
B． 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，前者沸点低于后者，B符合；
C． SO2的溶解度大于CS2，C不符合；
D． 冰的密度小于水，D不符合；
故选B。
12．A
【解析】A．CCl4的熔沸点小于SiCl4，CCl4、SiCl4、NCl3、PCl3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此NCl3的熔沸点小于PCl3，故A正确；
B．CH3CH2OH在水中的溶解度很大，乙醇与水的结构相似，而CH3CH2CH2CH2CH2OH与水的结构比乙醇与水的结构相差大，因此CH3CH2CH2CH2CH2OH在水中的溶解度比乙醇在水中的溶解度减小，故B错误；
C．N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大，但结构不稳定，一般断裂其中的一根或两根键，故C错误；
D．AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，而AgNO3溶液和过量NH3 H2O反应，先生成沉淀，后沉淀逐渐溶解，两者现象不相同，故D错误；
故选A。
13．C
【解析】A．铁在空气中容易生锈，铁锈(Fe2O3·xH2O)是疏松多孔的，陈述Ⅰ错误，判断错误，A错误；
B．N的电负性较大，较稳定，常温下，不易发生反应，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，但两个陈述间无因果关系，较稳定，常温下，不易发生反应的原因是氮氮三键比较牢固，B错误；
C．还原性较强，能将溶液中还原为，因此可用于化学镀银，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ、判断均正确，且有因果关系，C正确；
D．为V形分子，为直线形分子，二者的空间构型不相同，陈述Ⅰ错误，D错误；
选C。
14．C
【解析】A．氢键是分子间作用力，只能影响物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故H2O分子间存在氢键和H2O比H2S稳定不存在因果，A不正确；
B．He、CO2 和 CH4 都是由分子构成，He是单原子分子，不存在任何化学键，CO2 和 CH4中都存在共价键，B不正确；
C．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2 和 H2O，破坏了Na+和之间的离子键，破坏了内部的共价键，故既破坏了离子键，也破坏了共价键，C正确；
D．PCl5中P原子最外层电子数将达到10个，5个Cl最外层均达到 8 电子稳定结构，D不正确；
故答案为：C。
15．B
【解析】A．X分子中含有3个甲氧基，1个醛基，共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个Π键，所以1molX中含有5mol碳氧σ键，A错误；
B．Y中苯环以及与双键直接相连的碳原子共面，碳碳单键可以旋转，可将碳碳双键的平面和苯环的平面旋转到一个平面内，也可以将CH3上的碳原子旋转到一个平面内，B正确；
C．X中含有醛基、Y中含有碳碳双键，醛基和碳碳双键均能和酸性高锰酸钾反应使其褪色，不能用酸性高锰酸钾鉴别X、Y，C错误；
D．Z分子与足量H2加成后产物为，图中箭头所指的碳原子为手性碳原子，共含有4个手性碳原子，D错误；
故答案选B。
16． 1s22s22p4 H2S和NH A BC Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+
【解析】（1）根据核外电子排布规律，水分子中氧原子在基态时核外电子排布式为：1s22s22p4；
（2）原子总数相同，价电子总数相同的物质互为等电子体，与H2O分子互为等电子体的微粒：H2S和NH；
（3）水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)：
A．水中氧原子采取sp3杂化，水合氢离子通过计算可得：，也sp3杂化，故氧原子的杂化类型不变，A不合理；
B．水是V型，水合氢离子是三角锥型，形状发生了改变，B合理；
C．微粒本身发生了改变，保持物质性质的微粒变化，则微粒的化学性质发生了改变，C合理；
D．微粒由V型变成三角锥型，键角发生了改变，D合理；
故答案为A；
（4）冰是分子晶体，A是氯化钠是离子晶体；B是干冰，是分子晶体；C是碘，是分子晶体；D是金刚石，是原子晶体；E是钠，是金属晶体；与冰的晶体类型相同的是：BC；
（5）白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子[Cu(H2O)4]2+，生成此配合离子的离子方程式为：Cu2++4H2O=[Cu(H2O)4]2+。
17． ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水 V形(或角形) CO2 温度高于50℃时，Fe2+水解程度增大，Fe2+的浓度减小，故去除率降低 根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式为
+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O，故可得关系式~2I2 ~4S2O，故n(ClO)=，故水样中ClO的浓度为c(ClO)=
【解析】(1)ClO2分子中的键角约为120°，ClO2为极性分子，根据相似相溶原理可知，ClO2易溶于水；的孤电子对数为，σ键电子对数为2，故其空间构型是V形；
(2)NaClO2和NaHSO4反应生成ClO2和Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为，由于有效成分还含有NaHCO3，NaHCO3与NaHSO4反应生成CO2，故逸出气体的主要成分是CO2；
(3)温度高于50℃时，Fe2+水解程度增大，Fe2+的浓度减小，故去除率降低；
(4)根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式为+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-，I2+2S2O=2I-+S4O，故可得关系式~2I2 ~4S2O，故n(ClO)=，故水样中ClO的浓度为c(ClO)=。
18． V 三角锥形 4 2 冰融化为液态水时只破坏了一部分氢键，液态水中水分子间仍存在氢键
【解析】(1)水分子中O原子的价层电子对数为，孤电子对数为2，所以水分子的空间结构为V形。中O原子的价层电子对数为，含有1个孤电子对，故的空间结构为三角锥形。
(2)观察题图中晶体结构可知，每个水分子与周围4个水分子以氢键结合，每2个水分子共用1个氢键，故水可形成氢键。
(3)冰中氢键的键能为，而冰的熔化热为，说明冰融化为液态水时只是破坏了一部分氢键，液态水中水分子间仍存在氢键。
19． 平面正三角形 四面体形 H2O中O的电负性大，不易提供孤电子对形成配位键 0.4NA N ＞ O ＞ C ＞ Cr
W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭，则X为O元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，原子序数介于碳、氧之间，故M为N元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，故Y为Cr元素；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，Z为Cu。
【解析】(1)中N原子孤电子对数=，价层电子对数=0+3=3，空间构型与其VSEPR模型相同为：平面正三角形；H2O分子中O原子孤电子对数=，价层电子对数=2+2，它的VSEPR模型名称为：四面体形，故答案为：平面正三角形；四面体形；
(2)含[Cu(H2O)4]2+的溶液中通入NH3，会生成[Cu(NH3)4]2+，是因为：NH3中N的电负性比H2O中O的电负性小，N原子更易提供孤电子对形成配位键，故答案为：H2O中O的电负性大，不易提供孤电子对形成配位键；
(3)CO2的结构式为O=C=O，双键含有1个σ键、1个π键，0.2mol CO2中含有0.4molπ键，含有的π键数目为：0.4NA，故答案为：0.4NA；
(4)同周期元素，原子序数越大，半径越小，第一电离能越大，但VA族元素由于价电子排布的半满稳定，导致第一电离能偏大，故N ＞ O ＞ C，Cr原子的半径大，价电子排布式为3d54s1，容易失去最外层电子，故第一电离能最小，故答案为：N ＞ O ＞ C ＞ Cr。
20． 1 2 极性 4 四面体 三角锥形 4NH3+5O24NO+6H2O Al2O3+2C+2NH32AlN+3CO+3H2 NH3
原子序数由小到大排列的X、Y、Z三种短周期元素，已知三种元素的原子序数之和等于16，三种元素的单质X2 、Y2 、Z2都是双原子分子，说明三种元素都是非金属元素，这三种单质之间有如图转化关系，且甲、乙分子中均含有10个电子，丙分子中含有15个电子，则X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，X2是H2，Y2是N2，Z2是O2，甲是H2O，乙是NH3，丙是NO。然后根据题意对各个问题逐一分析解答。
【解析】根据上述分析可知：X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，X2是H2，Y2是N2，Z2是O2，甲是H2O，乙是NH3，丙是NO。
(1)Y2是N2，2个N原子共用三对电子，电子式为：；在该分子中有1个σ键，2个π键。
(2)甲是H2O，在水分子中，O原子与2个H原子形成2个共价键，由于O原子上含有2对孤电子对，使物质分子空间排列不对称，因此该物质的分子属于极性分子；在固态水中，每个H2O分子与相邻的4个水分子通过氢键结合，因此晶体中H2O分子的配位数为4。
(3)乙分子是NH3，NH3的价层电子对数为3+=4，所以NH3的VSEPR模型名称为四面体，由于NH3中的N原子上有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以NH3分子的立体构型名称为三角锥形。
(4) NH3分子具有还原性，与O2在催化剂作用下发生氧化反应产生NO和H2O，反应生成NO的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
(5)工业上用氧化铝、碳和乙在1400℃条件下反应，制取由元素Y和Al组成的化合物丁，同时还有CO和X2生成。已知反应中消耗1mol乙，可生成1.5molCO和1.5molX2。写出反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)工业上用Al2O3、C和N2在1400℃条件下反应，制取由元素Y和Al组成的化合物AlN，同时还有CO和H2生成。由于反应中消耗1molN2，可生成1.5molCO和1.5molH2。该反应的化学方程式为：Al2O3+2C+2NH32AlN+3CO+3H2，在该反应中，NH3中的H元素化合价为+1价，反应后变为H2中的0价，化合价降低，获得电子，所以氧化剂为NH3。
21． 1s22s22p63s23p64s1 含 不含 离子键、极性共价键
现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；则A是H，C是Na，D是S；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个，则E是Cl元素；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F是K元素；然后根据元素周期律及元素、化合物的性质分析解答。
【解析】根据上述分析可知：A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F是K元素。
(1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；
(2)F是K元素，根据构造原理，可知基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1；
(3)A是H，D是S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子的电子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：；H2S结构式为：H-S-H，在分子，S、H原子形成的是共价单键，共价单键属于σ键，而不含π键；
(4)A是H，B是O，C是Na，这三种元素形成的化合物是NaOH，为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阳离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH中含有离子键和极性共价键。
22．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【解析】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
23． 长颈漏斗 BD 除去氯气中的氯化氢并作安全瓶 共价键、离子键 未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰 打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c振荡
由图中装置可知，装置A中放入高锰酸钾、分液漏斗中放入浓盐酸，二者反应产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，Ⅰ、Ⅲ处放干燥的有色布条，Ⅱ放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化；为排除氯气对其溴、碘检验的干扰，可进行对比实验，以此来解答。
【解析】(1)仪器a为长颈漏斗；装置C中Ⅱ处加的试剂干燥氯气，且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；
(2)生成的氯气中混有HCl，则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；
(3)KI属于离子化合物，其电子式为：；Na2S2O3属于离子化合物，其中Na+与之间通过离子键连接，内部原子与原子之间通过共价键连接，因此Na2S2O3中所含的化学键类型为共价键、离子键；Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化，则装置F中相应的离子反应方程式为：；
(4)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br、I的非金属性；
(5)改进的实验步骤④为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管振荡，第④步发生溴与KI的反应，碘溶于四氯化碳中，溴能够置换碘，从而达到实验目的。
