2023年高考真题变式分类汇编：极性分子和非极性分子1
一、选择题
1．（2023·北京）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A．键的键能小于键的键能
B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
2．（2023·湖北）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A．和的VSEPR模型均为四面体
B．和的空间构型均为平面三角形
C．和均为非极性分子
D．与的键角相等
3．（2023·湖北）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是
A．分子的极性： B．第一电离能：X
4．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
5．（2023·浙江1月选考）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
6．（2023·温州模拟）三氟化氯()是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图，下列推测合理的是
A．分子的中心原子杂化轨道类型为
B．与反应生成和
C．分子是含有极性键的非极性分子
D．比更易发生自耦电离
7．（2023高三下·抚顺模拟）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．该分子属于极性分子
C．1mol该分子最多可与加成
D．分子中键和键个数比为
8．（2023·淮安模拟）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·mol-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．（2022·青岛模拟）明星分子单三键交替纯碳原子18环的一种合成方法如图。下列分析错误的是（ ）
A．中C原子有和两种杂化方式
B．中存在大π键
C．和金刚石均为共价晶体
D．和均为非极性分子
10．（2022·崇明模拟）我国科学家发现一种名为“Methanoliparia”的微生物，能以石油为食物产生甲烷和二氧化碳。下列不属于甲烷和二氧化碳共性的是（ ）
A．非电解质 B．非极性分子 C．温室气体 D．平面型分子
11．（2022·日照模拟）下列实验操作对应的现象及所得结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将用皮毛摩擦过的橡胶棒靠近三氯甲烷液流 三氯甲烷的流动方向未发生改变 三氯甲烷是非极性分子
B 将溶液与溶液混合 有白色絮状沉淀产生 结合质子的能力：
C 向盛有丙烯醛的试管中加入溴水 溴水褪色 丙烯醛中含有碳碳双键
D 将铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体 加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·通州模拟）2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法错误的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．干冰中CO2分子间只存在范德华力
C．冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键
D．此技术制冰的过程中发生的是化学变化
13．（2022·江苏模拟）用氨水吸收硫酸工厂尾气中的发生反应：。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为 B．是非极性分子
C．的结构式为 D．的空间构型为直线形
14．（2022·丰台模拟）下列事实不是由于分子的极性导致的是（ ）
A．N2的沸点比CO低
B．常温常压下，CO2为气体，CS2为液体
C．HCl气体易溶于水
D．用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流方向发生变化
15．（2022·葫芦岛模拟）实验室制备Na2S2O3的反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是（ ）
A．SO2为非极性分子
B．Na2S的电子式为
C．为三角锥形
D．基态O原子的轨道表示式：
16．（2022·连云模拟）科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是（ ）
A．“黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯是有机物
B．冰墩墩的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子
17．（2021高二下·扬州期末）资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径，CO2光催化转化为CH4的方法入选了2020年世界十大科技进展，其原理为：CO2+4H2CH4+2H2O。下列有关CO2、CH4的说法正确的是（ ）
A．CO2的空间构型是V形
B．CH4是极性分子
C．电负性：O>C>H
D．CO2转化为CH4体现了CO2的还原性
18．（2021·南京模拟）碳化钙是一种基本化工原料，可用于制备乙炔： .下列有关说法正确的是（ ）
A．C2H2为极性分子 B．中子数为10的氧原子为
C．H2O的电子式为 D．Ca2+的结构示意图为
19．（2021·福州模拟）一种新型锂盐可作为锂电池的电解液，其结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是（ ）
A．X与W能够形成具有极性键的非极性分子
B．W、X、Y、Z的原子半径大小关系：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)
C．简单气态氢化物的还原性：W＞Y
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于Z
20．（2021·济南模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大；X的氢化物种类繁多，其中含氢量最高的为25%；Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等；M是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＜Z＜Y
B．Y的简单氢化物可用作制冷剂
C．X和Z、X和M均可以形成含有极性键的非极性分子
D．W和M的化合物的水溶液中，阳离子与阴离子数目之比等于1：2
21．（2021·徐汇模拟）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（ ）
A．B-F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
22．（2021·普陀模拟）将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明（ ）
A． 分子带电， 分子不带电
B． 是由非极性键形成的极性分子
C． 是正四面体形分子
D． 分子中正负电荷的重心是重合的
23．（2021·浦东模拟）“天问一号”于2021年2月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫(COS)分子，其结构与 相似，关于羰基硫的说法正确的是（ ）
A．比例模型： B．结构式：
C．共用电子对都偏向碳 D．是含有极性键的非极性分子
24．（2021·静安模拟）反应CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO 的水解方程式：CO + 2H2O H2CO3 + 2OH
25．（2021·虹口模拟）含有极性键的非极性分子是（ ）
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
26．（2020·临朐模拟）BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程的总反应：C6H6O+7O2 6CO2+3H2O
B．该过程中BMO表现较强还原性
C．降解产物的分子中只含有极性分子
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1
27．（2018·静安模拟）属于极性分子的是（ ）
A．CO2 B．H2O C．CCl4 D．N2
28．（2018·虹口模拟）下列各组物质中，由极性键和非极性键构成的非极性分子是（ ）
A． B． C． D．NaOH
二、非选择题
29．（2020·宜春模拟）据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为 ；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是 。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O 2CH3OH+3O2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式 ；
②标准状况下，V L CO2气体含有 个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(π 右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为 ，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为 ，Se的杂化方式为 。
（4）黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为 ；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是 g·cm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。
30．（2020·泉州模拟）硼及其化合物广泛应用于能源、材料等领域。
（1）钕铁硼是磁性材料，被称为“磁王”。钕的价电子排布式为4f46s2，则钕原子的未成对电子数有 个。
（2）氟化硼（BF3）是石油化工的重要催化剂。BF3BF3是 分子（填“极性”或“非极性”），BF3中B—F比BF4-中B—F的键长短，原因是 。
（3）乙硼烷（B2H6）是用作火箭和导弹的高能燃料，氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一。
①B2H6的分子结构如图所示，其中B原子的杂化方式为 。
②H3NBH3的相对分子质量与B2H6相差不大，但是H3NBH3的沸点却比B2H6高得多，原因是 。
③同一周期中，第一电离能介于B、N之间的元素有 种。
（4）硼酸盐是重要的防火材料。图(a)是一种无限链式结构的硼酸根，则该硼酸根离子符号是 ，图(b)是硼酸钠晶体中阴离子(含B、O、H三种元素)的结构，该晶体中含有的化学键有 。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 E.金属键
（5）立方氮化硼（BN）是超硬、耐磨、耐高温的新型材料。其晶体结构与金刚石相似，如图c所示，则B的配位数为 ，测得B与N的原子核间距为anm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA= （列计算式即可）。
31．（2018·芜湖模拟）英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如图：
（1）下列有关石墨烯说法正确的是 。
a.12 g石墨烯含 键数为NA
b.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面
c.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子
（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。
①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是 ；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有 。
②下列分子属于非极性分子的是 。
a．甲烷
b.二氯甲烷
c.苯
d.乙醇
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因 。
④酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图1，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是 。
⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如上图2），它的化学式可表示为 ；在Au周围最近并距离相等的Cu有 个，若2个Cu原子核的最小距离为d pm，该晶体的密度可以表示为 g/cm3。（阿伏加德罗常数用NA表示）
32．（2016·浦东模拟）氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气气氛下合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）高 Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0），在反应条件下，向10L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡．
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及的元素，原子半径由大到小的顺序是 ．
其中一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，写出它的最外层电子排布的轨道表示式 ．
比较碳、硅两种元素的非金属性强弱，可以通过比较 （填：化合物性质的差异）来判断．
（2）上述反应混合物中的极性分子是 ，写出非极性分子的电子式 ．
从晶体类型的角度分析用氮化硅制造发动机中耐热部件的原因是
（3）下列措施可以提高二氧化硅转化率的是 （选填编号）．
a．增加二氧化硅用量b．升高反应温度
c．增大气体压强 d．向反应容器中多充入氮气
（4）下列描述中能说明反应已达平衡的是 （选填编号）．
a．c（CO）=3c（N2） b．v （CO）=3v（N2）
c． 保持不变d．气体的压强保持不变
（5）测得平衡时固体质量减少了11.2g，则用氮气表示的平均反应速率为 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；电离平衡常数
【解析】【解答】A、F的半径小于Cl半径，则F-F键长比Cl-Cl键长短，键长越短，键能越大，A正确；
B、F的电负性大于Cl的电负性，使-COOH更容易断开H+，则三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，酸性越强其Ka越大，B错误；
C、F的电负性更大，吸引H的电子能力更强，则氟化氢的极性强于氯化氢的极性，C错误；
D、F的电负性更强，使HF可以形成分子间氢键，而Cl电负性弱，HCl不能形成分子间氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】A、键长越短，键能越大；
B、电负性越强，对羧基上影响力越强，越容易断开氢离子；
C、电负性可以影响分子的极性；
D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。
2．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以他们的VSEPR模型都是四面体，A正确；
B．SO32-的孤电子对为1，CO32-的孤电子对为0，所以SO32-的空间构型为三角锥形，CO32-的空间构型为平面三角形，B错误；
C．CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；
D．XeF2和XeO2分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；
故答案为：A
【分析】孤对电子数计算公式为：孤电子数=1/2*(a-xb) ，其中a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为中心原子结合的原子最多能接受的电子数，再确定共用电子对数，从而确定价层电子对数，确定中心原子杂化方式和VSEPR模型名称 ，实际空间构型就是 VSEPR模型去掉孤对电子后的构型。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；
B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y
D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；
故答案为：A。
【分析】Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题
4．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A.根据定义可知，电荷分布不均匀，不对称，为极性分子，NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀；A项正确；
B.根据反应过程可知，反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键形成，B项正确；
C.根据反应历程可知，Fe2+先被氧化为Fe3+，又被还原为Fe2+，C项正确；
D.由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，得到ND2NH2和HDO，D项错误；
故答案为：D。
【分析】解答关于反应历程的题目思路：弄清楚反应化学键的断裂和形成，以及元素化合键的变化即可进行解答。
5．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
6．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．三氟化氯中氯原子的价层电子对数为5，杂化方式不可能为sp2杂化，故A不符合题意；
B．由三氟化氯是极强助燃剂可知，三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁，故B不符合题意；
C．由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故C不符合题意；
D．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．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；
B．三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁；
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；非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子；
D．依据题目信息和溴元素的电负性小于氯元素分析。
7．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；有机物的结构和性质；烯烃；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A.酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将碳碳双键因此，分子结构中含有碳碳双键，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；
B.该分子中正负电荷的重心没有重合，因此属于极性分子，B不符合题意；
C.该分子结构中能与H2发生加成反应的为碳碳双键，因此1mol该分子能与1molH2发生加成反应， C不符合题意；
D.该分子结构中含有2个双键和6个单键，分子中含有2个π键和8个σ键，所以分子中σ键和π键的个数比为2：8=1：4，D不符合题意；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色；
B、分子结构中正负电荷的重心没有重合，属于极性分子；
C、碳碳双键能与H2加成，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应；
D、单键为σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；
8．【答案】B
【知识点】原子结构的构造原理；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【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
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中形成三键的C原子采用杂化，形成双键的C原子采用杂化，故A不符合题意；
B．中18个碳原子共平面，存在多个相互平行的p轨道，p轨道重叠可形成大π键，因此中存在大π键，故B不符合题意；
C．晶体由分子构成，属于分子晶体，故C符合题意；
D．和正负电荷中心均重合，均属于非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．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；
B．利用大π键形成条件分析；
C．利用“明星分子”，确定属于分子晶体；
D．非极性分子的正负电荷中心均重合。
10．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；电解质与非电解质
【解析】【解答】A．甲烷溶于水不能导电，故属于非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，是由于碳酸电离出的氢离子和碳酸氢根离子，使水溶液导电，并非二氧化碳自身电离，故二氧化碳属于非电解质；即甲烷和二氧化碳都是非电解质，故A不符合题意；
B．甲烷为正四面体形，二氧化碳为直线形，均为对称结构，均属于非极性分子，故B不符合题意；
C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体，故C不符合题意；
D．甲烷的空间构型为正四面体形，不是平面型分子，二氧化碳的空间构型为直线形，是平面型分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．非电解质自身不电离；
B．非极性分子结构对称，正负电荷重心重合；
C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体；
D．甲烷的空间构型为正四面体形，二氧化碳的空间构型为直线形。
11．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．已知甲烷的正负电荷中心重合，为非极性分子，则推知CHCl3的正负电荷中心不重合，故为极性分子，A不合题意；
B．将溶液与溶液混合，有白色絮状沉淀产生，反应原理为：+=Al(OH)3↓+H2O+，故说明结合质子的能力：，B符合题意；
C．已知碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，醛基能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故向盛有丙烯醛的试管中加入溴水，可观察到溴水褪色，但不能说明丙烯醛中含有碳碳双键，C不合题意；
D．将铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体，加热时无明显现象，是由于Cu和稀硫酸加热不反应，而加入硝酸钾后溶液变蓝，是由于3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故KNO3不是催化剂，而是反应物，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；
C.醛基具有还原性，能被溴水氧化；
D.硝酸钾提供硝酸根。
12．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；分子间作用力
【解析】【解答】A．二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A不符合题意；
B．干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B不符合题意；
C．冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C不符合题意；
D．该过程中无新物质生成，为物理变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合，是极性键构成的非极性分子；
B.CO2分子中不存在氢键，只有范德华力；
C.冰中水分子间的氢键比范德华力大，所以 主要作用力是氢键；
D.没有新物质生成的变化是物理变化。
13．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氮原子要达到8电子稳定结构，的电子式为 ，故A不符合题意；
B．的中心原子价层电子对是，空间构型是V形，正负电荷重心不重合，是极性分子，故B不符合题意；
C．由的电子式 可得其结构式为 ，故C符合题意；
D．的中心原子价层电子对是，空间构型为V形，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氨气中N原子上存在一个孤电子对；
B.二氧化硫的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；
C.铵根离子中含有4个N-H键；
D.水分子的空间构型为V形。
14．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；分子间作用力
【解析】【解答】A．N2与CO的相对分子质量相同，由于CO是极性分子，导致分子间作用力强于N2，则N2的沸点比CO低，故A不符合题意；
B．CO2和CS2都为非极性分子，两者组成和结构相似，相对分子质量越大的分子间作用力越大，其熔点和沸点越高，故B符合题意；
C．HCl和水都是极性分子，HCl气体易溶于水和分子极性有关，故B不符合题意；
D．用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.N2和CO相对分子质量相同，但是CO是极性分子，范德华力要大些，熔沸点要高些；
B.CO2和CS2分子的构型相同，但是CS2的相对分子质量比CO2的大些，所以范德华力大些，沸点高些；
C.根据相似相溶原理可知HCl易溶于水，是因为HCl是极性分子；
D.用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化。
15．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．SO2为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，选项A不符合题意；
B．Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，电子式为，选项B符合题意；
C．中C形成3个δ键，孤对电子数为(4+2 3×2)=0，为sp2杂化，立体构型为平面三角形，选项C不符合题意；
D．根据原子核外电子排布原则：电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；
B.Na2S由Na+和S2-构成；
C.空间构型为平面三角形；
D.基态O原子基态电子的轨道表示式为。
16．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；极性分子和非极性分子；高分子材料
【解析】【解答】A．石墨烯是无机物，A项不符合题意；
B．有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚氨基甲酸酯，是一种高分子化合物，C项符合题意；
D．二氧化碳属于极性键形成的非极性分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯是碳单质。
B.有机硅橡胶是混合物。
C.聚氨酯是聚氨基甲酸酯。
D.CO2是由极性键构成的，但由于其分子结构对称，属于非极性分子。
17．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，空间构型为直线形，故A不符合题意；
B．甲烷的空间构型为结构对称的正四面体形，属于非极性分子，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性O>C>H，则电负性O>C>H，故C符合题意；
D．由方程式可知，反应中二氧化碳中碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化碳为直线形分子；
B.甲烷的正负电荷中心重合；
D. CO2转化为CH4时，C元素的化合价降低，二氧化碳作氧化剂，体现氧化性。
18．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．C2H2为直线型分子，结构式为，A不符合题意；
B．中子数为10的氧原子的质量数为10+8=18，符号为 ，B不符合题意；
C．电子式为 ，C不符合题意；
D．结构示意图为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.C2H2正负电荷中心重合，为非极性分子，
B.左下角为质子数，左上角为质量数
C.H2O为共价化合物，不是离子化合物
D.Ca原子核外有20个电子，失去最外层两个电子形成Ca2+
19．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X与W形成BF3，平面三角形构型，结构对称，为含有极性键的非极性分子，故A符合题意；
B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小关系：r(X)＞r(Z)＞r(Y)＞r(W)，故B不符合题意；
C．非金属性越强，形成的氢化物越稳定，氢化物的还原性就越弱，因此氢化物稳定性：HF＞H2O，但是还原性：HF
故答案为：A。
【分析】Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；根据结构示意图，X可形成3个σ键，1个配位键，所以X为B；Z 可形成4条共价键，与Y同周期，为C；W形成1条共价键，为F，据以上分析解答。
20．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Mg、M为Cl。
A．C、N、O元素位于同一周期，从左至右基态原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N元素最外层电子中2p轨道半充满，相较于O原子更难失去第一个电子，因此第一电离能：N＞O＞C，故A不符合题意；
B．NH3的沸点较低而容易汽化，汽化过程会吸收能量，因此液氨可用作制冷剂，故B不符合题意；
C．C元素和O元素形成的CO2分子中均含有极性共价键(C-O)，C元素与Cl元素形成的CCl4分子中含有极性共价键(C-Cl)，二氧化碳和四氯化碳均为非极性分子，故C不符合题意；
D．MgCl2为易溶强酸弱碱盐，在水中完全电离，电离出的Mg2+会发生水解而被消耗，1个Mg2+水解会生成2个H+，因此溶液中阳离子与阴离子数目之比大于1：2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】X的氢化物种类繁多，则X为C元素，其中含氢量最高的为甲烷，甲烷中氢元素质量分数为 ×100%=25%，Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等，且原子序数大于C元素，而Z和W均是短周期元素，因此Z和W的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p63s2，因此Z为O元素，W为Mg元素，Y的原子序数大于C小于O，则Y为N，M原子序数大于Mg且为短周期主族元素，M是同周期中电负性最大的元素，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增大，所以M为Cl元素。
21．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．不同种元素原子间的共价键是极性键，B-F是极性键，故A不符合题意；
B．BF3是非极性分子，则空间结构为平面正三角形，故B符合题意；
C．BF3空间结构为平面正三角形，B在三角形的中心，所以键角为120°，故C不符合题意；
D．BF3空间结构为平面正三角形，所有原子共平面，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】BF3的中心原子B价电子对数为3，为sp2杂化，且无孤电子对，形成平面正三角形结构。
22．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A． 分子和 分子均不带电，A不符合题意；
B．该实验说明 是极性分子，不能说明其含有非极性键，B不符合题意；
C．该实验说明 是非极性分子，不能说明其为正四面体形，C不符合题意；
D．该实验说明 是非极性分子，因此 分子中正负电荷的重心是重合的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由于极性分子中正负电荷中重心不重合，将摩擦带电的玻璃棒接近液流时液流会发生偏转，非极性分子分子中正负电荷的重心是重合的，将摩擦带电的玻璃棒接近液流时液流不会发生偏转。
23．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；结构式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．COS分子电子式为： ，原子半径：S>C>O，则该比例模型不符合题意，故A不符合题意；
B．依据COS的结构与CO2相似，可知C原子采取sp杂化，所以COS为直线形分子，结构式为： ，故B符合题意；
C．C和O原子核外都有2个电子层，O的核电荷数比C多，且原子半径O小于C，核对外层电子的吸引力强，则电子对偏向于O元素，故C不符合题意；
D．COS分子电子式为： ，电荷的分布是不均匀的，不对称的，是极性键形成的极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 火星大气中含有羰基硫(COS)分子，其结构与 相似， 二氧化碳是含有极性键的非极性分子，即可写出结构式，但是 COS 的正负电荷中心不重合，因此是极性分子，氧原子的电负性强于碳，因此偏向氧原子
24．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；强电解质和弱电解质；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．CO2分子中含有C=O键，为极性共价键，其分子结构为直线型，正负电荷中心重合，为非极性分子，A符合题意；
B．碳酸钠在水溶液中可以完全电离，为强电解质，B不符合题意；
C．NaOH溶于水时离子键被破坏，所以NaOH溶液中并不含离子键，C不符合题意；
D．碳酸为二元弱酸，所以碳酸根的水解分步：CO +H2O HCO +OH 、HCO + H2O H2CO3+OH ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳是线性分子，是含有碳氧极性键的非极性分子
B.可溶性钠盐均为强电解质，但是碳酸是弱酸，因此碳酸盐水解呈碱性
C.氢氧化钠是离子晶体，在固体中存在离子键和共价键，在溶液中离子键被破坏
D.碳酸根的水解是分步水解，以第一步水解为主
25．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．SiO2是含硅氧极性键，但属于原子晶体，没有单个的二氧化硅分子，不存在极性和非极性分子的说法，故A不符合题意；
B．CO2的结构是O=C=O，含有碳氧极性键，属于非极性分子，故B符合题意；
C．N2含氮氮三键非极性键的非极性分子，故C不符合题意；
D．NaOH中含有0-H极性键，但属于离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】非极性键一般是同种原子形成的键，非极性键是不同原子形成。非极性分子是正负电荷中心重合，二氧化碳和氮气是非极性分子，但是氮气具有的是非极性键，二氧化碳具有的极性键。
26．【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A.由图示可知，该反应中反应物为C6H6O和O2，生成物为CO2和H2O，因此该反应的化学方程式为：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O，选项正确，A不符合题意；
B.该反应中，BMO在光的作用下变成BMO+，发生氧化反应，为还原剂，具有较强还原性，选项正确，B不符合题意；
C.降解过程中生成了H2O和CO2，H2O为极性分子，CO2为非极性分子，选项错误，C符合题意；
D.①中1molO2－要得到3mol电子，而②中1molBMO＋变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子守恒可得，①②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据图示确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
B.根据反应过程中BMO发生的反应分析；
C.根据降解产物的结构分析；
D.根据得失电子守恒进行分析；
27．【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、CO2中有C、O元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，选项A不符合题意；
B、H2O中H、O元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，选项B符合题意；
C、CCl4为正四面体结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，选项C不符合题意；
D、N2中只有N-N非极性键，属于非极性分子，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由极性键形成的不对称分子属于极性分子，据此解答即可。
28．【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A. 分子中有碳碳叁键和碳氢键，既有极性键又有非极性键，分子呈对称的直线形，故其属于非极性分子；
B. 分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；
C. 分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；
D. NaOH是离子化物，其中含离子键和极性键。
故答案为：A。
【分析】不同非金属原子间易形成极性键，同种原子之间易形成非极性键，分子呈对称结构，正负电荷中心重合，则为非极性分子，据此解答即可。
29．【答案】（1）4s24p4；H2S或硫化氢
（2）O=C=O；
（3）π ；sp2
（4）4； 或
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；②VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)= mol，由于在1个CO2分子中含有2个π键，所以 molCO2气体中含有的π键数目为 mol×2×NA/mol= ；(3)已知某化合物的结构简式为 ，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π ，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；②晶胞中Fe2+数目=8× +4× +1=4，Cu+的数目=6× +4× =4，S2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度 = g/cm3或 g/cm3。
【分析】(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H2O分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；(2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO2的物质的量，然后根据CO2分子中含有2个π键计算π键个数；(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；(4)根据四方晶系CuFeS2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS2的数目，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度= 计算。
30．【答案】（1）4
（2）非极性；BF3中B采用sp2杂化，BF4-中B采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短[或BF3中除了σ键，还有（π ）大π键]
（3）sp3杂化；H3NBH3分子间存在（双）氢键，分子间作用力更大；3
（4）[BO2] 或BO2-；ABD
（5）4； 或
【知识点】化学键；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）f能级有7个轨道，根据钕的价电子排布式为4f46s2，4个电子分别占在4个不同的轨道，自旋相同，则钕原子的未成对电子数有4个。（2）因BF3中B的价电子对数为 ，B采取sp2杂化，则BF3空间构型为平面三角形，是对称结构，故BF3是非极性分子；BF3中未杂化的2pz轨道与F的2pz轨道平行重叠形成大π键，故BF3中B—F比BF4-中B—F的键长短。（3）①乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采用sp3杂化；②H3NBH3中与N连接的H显正电性，与B连接的H显负电性，形成双氢键，分子间作用力更大，故H3NBH3的沸点却比B2H6高得多。③同一周期中，第一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O，共3种。（4）一个B原子与3个O原子连接，但有2个O原子是与其他B原子共用的，故硼酸根离子符号是[BO2] 或BO2-；根据图（b）可知，硼酸钠晶体中钠离子与硼酸根离子间为离子键硼原子与氧原子形成极性键，同时存在配位键。（5）晶立方氮化硼体结构与金刚石相似，N形成4个共价键，则B的配位数为4；根据均摊法可计算出晶胞中硼原子数为 ，N原子数为4，则晶胞的质量为 ，将晶胞分割成8个小立方体，则体对角线为2anm，得出该晶体的体对角线为4anm，设晶胞参数为xnm，则有4a= x，x= ， 根据 ，得d= ,则NA= 。
【分析】F能级有7个轨道，BF3中B的价电子对数为 ；乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键；氢键使分子间作用力更大；根据（4）图可知，一个B原子与3个O原子连接，但有2个O原子是与其他B原子共用的；根据晶胞结构可知，B原子位于晶胞的顶点和面心，N原子为体内。
31．【答案】（1）bc
（2）3d；K、 Cr；a、c；乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；sp2；Cu3Au或AuCu3；12；
【知识点】原子核外电子的能级分布；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）a.由图示得到，石墨烯中碳原子的杂化类型为sp2，所以每个碳原子应该形成3个σ键，而每形成1个σ键需要2个碳原子，所以C∶σ键＝2∶3，因此12g石墨烯（1molC）中的σ键为1.5mol，a不符合题意；
b.石墨烯中所有的碳原子都是sp2杂化，所以所有的碳原子都在同一个平面，b符合题意；
c.石墨晶体中石墨层与层之间存在的是分子间作用力，c符合题意；
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环，所以每个C原子在一个六元环中只能分得1/3，所以每个六元环占有6×1/3=2个C原子，d不符合题意；
故答案为：bc
（2）①铜是29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104S1，根据鲍林的近似能级图得到其中能量最高的能级为3d。第四周期，最外层电子数与Cu相同都是1个电子的是K(4s1)和Cr（3d54s1）。
②甲烷（正四面体）和苯（正六边形）都是高度对称的分子，所以是非极性分子；而二氯甲烷是变形四面体结构是极性分子，乙醇显然是极性分子。
③乙醇沸点高于丁烷的原因是，乙醇有-OH，可以形成分子间氢键，从而提高了沸点。
④酞菁分子中碳都形成了双键，或者都是苯环中的碳原子，所以都是sp2杂化。
⑤金原子占据晶胞的顶点，所以有8× ＝1个；铜原子占据6个面心，所以有6× ＝3个，所以化学式为Cu3Au或AuCu3。如果以图2晶胞的体心为顶点，以顶点的金原子为体心，可以得到一个新的晶胞，该新晶胞中金原子在体心，铜原子位于12条棱的棱心，所以在Au周围最近并距离相等的Cu有12个。由立体几何知识得到图2中两个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角线的一半，所以面对角线的长度为2d pm，所以晶胞边长为2d/ ＝ d pm＝ d×10-10 cm。晶胞体积为边长的立方为： d3×10-30 cm3，晶胞中含有1个Au和3个Cu，所以晶胞的质量为(197+3×64)/NA，质量除以体积得到晶胞密度为： g/cm3。
【分析】（1）a.根据石墨烯中碳原子的杂化类型确定所含σ键；
b.所有碳原子都是以sp2杂化，则所有碳原子都在同一个平面内；
c.晶体中存在分子间作用力；
d.根据结构确定其成环碳原子数；
（2）①结合核外电子排布式分析；
②根据甲烷、二氯甲烷、苯和乙醇的结构确定是否属于非极性分子；
③乙醇中的-OH可形成氢键，氢键的存在会影响沸点；
④根据分子结构确定杂化类型；
⑤根据晶胞结构进行分析；
32．【答案】（1）Si＞C＞N＞O；；CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性
（2）CO；；氮化硅是原子晶体、熔点高
（3）bc
（4）cd
（5）0.002mol/（L．min）
【知识点】极性分子和非极性分子；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Si＞C＞N＞O；上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，根据泡利原理、洪特规则，最外层电子排布的轨道表示式为 ；可以利用CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性等，比较碳、硅两种元素的非金属性强弱，故答案为：Si＞C＞N＞O； ；CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性；（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为 ，氮化硅是原子晶体、熔点高，可以制造发动机中耐热部件，故答案为：CO； ；氮化硅是原子晶体、熔点高；（3）a．二氧化硅为固体，增加二氧化硅用量，平衡不移动，二氧化硅转化率减小，故a错误b．正反应为吸热反应，升高反应温度平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，故b正确；c．正反应为气体体积增大的反应，增大气体压强，平衡逆向移动，二氧化硅转化率减小，故c错误；d．向反应容器中多充入氮气，平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，故d正确，故选：bd；（4）a．平衡时CO、氮气的浓度之比不一定等于化学计量数之比，故a错误；b．v （CO）=3v（N2），未指明正逆速率，若均为正反应速率，反应始终按该比例关系进行，但分别表示正逆速率时，反应到达平衡，故b错误；c． 为平衡常数表达式， 不变说明到达平衡，故c正确；d．随反应进行气体物质的量增大，恒温恒容下压强增大，气体的压强保持不变，说明反应到达平衡，故d正确，故选：cd；（5）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g） Si3N4（s）+6CO（g） 固体质量减少
56 6×28﹣56=112
5.6g 11.2g
故参加反应氮气物质的量为 =0.2mol，则v（N2）= =0.002mol/（L．min），故答案为：0.002mol/（L．min）．
【分析】（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，根据泡利原理、洪特规则画出最外层电子排布的轨道表示式；可以根据氢化物稳定性，最高价含氧酸的酸性强弱等比较元素非金属性；（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对；氮化硅是原子晶体、熔点高；（3）提高二氧化硅转化率，应改变条件使平衡正向移动，结合平衡移动原理分析解答；（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；（5）利用差量法计算生成参加反应氮气的质量，再根据v= 计算v（N2）．
2023年高考真题变式分类汇编：极性分子和非极性分子1
一、选择题
1．（2023·北京）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是( )
A．键的键能小于键的键能
B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；电离平衡常数
【解析】【解答】A、F的半径小于Cl半径，则F-F键长比Cl-Cl键长短，键长越短，键能越大，A正确；
B、F的电负性大于Cl的电负性，使-COOH更容易断开H+，则三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸，酸性越强其Ka越大，B错误；
C、F的电负性更大，吸引H的电子能力更强，则氟化氢的极性强于氯化氢的极性，C错误；
D、F的电负性更强，使HF可以形成分子间氢键，而Cl电负性弱，HCl不能形成分子间氢键，D错误；
故答案为：A
【分析】A、键长越短，键能越大；
B、电负性越强，对羧基上影响力越强，越容易断开氢离子；
C、电负性可以影响分子的极性；
D、N、O、F三种原子可以和H形成氢键。
2．（2023·湖北）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A．和的VSEPR模型均为四面体
B．和的空间构型均为平面三角形
C．和均为非极性分子
D．与的键角相等
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以他们的VSEPR模型都是四面体，A正确；
B．SO32-的孤电子对为1，CO32-的孤电子对为0，所以SO32-的空间构型为三角锥形，CO32-的空间构型为平面三角形，B错误；
C．CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；
D．XeF2和XeO2分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；
故答案为：A
【分析】孤对电子数计算公式为：孤电子数=1/2*(a-xb) ，其中a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为中心原子结合的原子最多能接受的电子数，再确定共用电子对数，从而确定价层电子对数，确定中心原子杂化方式和VSEPR模型名称 ，实际空间构型就是 VSEPR模型去掉孤对电子后的构型。
3．（2023·湖北）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是
A．分子的极性： B．第一电离能：X
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；
B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y
D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；
故答案为：A。
【分析】Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题
4．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。
下列说法错误的是
A．、和均为极性分子
B．反应涉及、键断裂和键生成
C．催化中心的被氧化为，后又被还原为
D．将替换为，反应可得
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A.根据定义可知，电荷分布不均匀，不对称，为极性分子，NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀；A项正确；
B.根据反应过程可知，反应涉及N-H、N-O键断裂和N-N键形成，B项正确；
C.根据反应历程可知，Fe2+先被氧化为Fe3+，又被还原为Fe2+，C项正确；
D.由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，得到ND2NH2和HDO，D项错误；
故答案为：D。
【分析】解答关于反应历程的题目思路：弄清楚反应化学键的断裂和形成，以及元素化合键的变化即可进行解答。
5．（2023·浙江1月选考）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
6．（2023·温州模拟）三氟化氯()是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图，下列推测合理的是
A．分子的中心原子杂化轨道类型为
B．与反应生成和
C．分子是含有极性键的非极性分子
D．比更易发生自耦电离
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．三氟化氯中氯原子的价层电子对数为5，杂化方式不可能为sp2杂化，故A不符合题意；
B．由三氟化氯是极强助燃剂可知，三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁，故B不符合题意；
C．由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故C不符合题意；
D．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．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；
B．三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁；
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；非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子；
D．依据题目信息和溴元素的电负性小于氯元素分析。
7．（2023高三下·抚顺模拟）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．该分子属于极性分子
C．1mol该分子最多可与加成
D．分子中键和键个数比为
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；有机物的结构和性质；烯烃；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A.酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将碳碳双键因此，分子结构中含有碳碳双键，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；
B.该分子中正负电荷的重心没有重合，因此属于极性分子，B不符合题意；
C.该分子结构中能与H2发生加成反应的为碳碳双键，因此1mol该分子能与1molH2发生加成反应， C不符合题意；
D.该分子结构中含有2个双键和6个单键，分子中含有2个π键和8个σ键，所以分子中σ键和π键的个数比为2：8=1：4，D不符合题意；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色；
B、分子结构中正负电荷的重心没有重合，属于极性分子；
C、碳碳双键能与H2加成，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应；
D、单键为σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；
8．（2023·淮安模拟）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·mol-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：
【答案】B
【知识点】原子结构的构造原理；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【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．（2022·青岛模拟）明星分子单三键交替纯碳原子18环的一种合成方法如图。下列分析错误的是（ ）
A．中C原子有和两种杂化方式
B．中存在大π键
C．和金刚石均为共价晶体
D．和均为非极性分子
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．中形成三键的C原子采用杂化，形成双键的C原子采用杂化，故A不符合题意；
B．中18个碳原子共平面，存在多个相互平行的p轨道，p轨道重叠可形成大π键，因此中存在大π键，故B不符合题意；
C．晶体由分子构成，属于分子晶体，故C符合题意；
D．和正负电荷中心均重合，均属于非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．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；
B．利用大π键形成条件分析；
C．利用“明星分子”，确定属于分子晶体；
D．非极性分子的正负电荷中心均重合。
10．（2022·崇明模拟）我国科学家发现一种名为“Methanoliparia”的微生物，能以石油为食物产生甲烷和二氧化碳。下列不属于甲烷和二氧化碳共性的是（ ）
A．非电解质 B．非极性分子 C．温室气体 D．平面型分子
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；电解质与非电解质
【解析】【解答】A．甲烷溶于水不能导电，故属于非电解质，二氧化碳的水溶液能导电，是由于碳酸电离出的氢离子和碳酸氢根离子，使水溶液导电，并非二氧化碳自身电离，故二氧化碳属于非电解质；即甲烷和二氧化碳都是非电解质，故A不符合题意；
B．甲烷为正四面体形，二氧化碳为直线形，均为对称结构，均属于非极性分子，故B不符合题意；
C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体，故C不符合题意；
D．甲烷的空间构型为正四面体形，不是平面型分子，二氧化碳的空间构型为直线形，是平面型分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．非电解质自身不电离；
B．非极性分子结构对称，正负电荷重心重合；
C．甲烷和二氧化碳均属于温室气体；
D．甲烷的空间构型为正四面体形，二氧化碳的空间构型为直线形。
11．（2022·日照模拟）下列实验操作对应的现象及所得结论均正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将用皮毛摩擦过的橡胶棒靠近三氯甲烷液流 三氯甲烷的流动方向未发生改变 三氯甲烷是非极性分子
B 将溶液与溶液混合 有白色絮状沉淀产生 结合质子的能力：
C 向盛有丙烯醛的试管中加入溴水 溴水褪色 丙烯醛中含有碳碳双键
D 将铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体 加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．已知甲烷的正负电荷中心重合，为非极性分子，则推知CHCl3的正负电荷中心不重合，故为极性分子，A不合题意；
B．将溶液与溶液混合，有白色絮状沉淀产生，反应原理为：+=Al(OH)3↓+H2O+，故说明结合质子的能力：，B符合题意；
C．已知碳碳双键能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，醛基能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故向盛有丙烯醛的试管中加入溴水，可观察到溴水褪色，但不能说明丙烯醛中含有碳碳双键，C不合题意；
D．将铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体，加热时无明显现象，是由于Cu和稀硫酸加热不反应，而加入硝酸钾后溶液变蓝，是由于3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故KNO3不是催化剂，而是反应物，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；
C.醛基具有还原性，能被溴水氧化；
D.硝酸钾提供硝酸根。
12．（2022·通州模拟）2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法错误的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．干冰中CO2分子间只存在范德华力
C．冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键
D．此技术制冰的过程中发生的是化学变化
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；分子间作用力
【解析】【解答】A．二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A不符合题意；
B．干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B不符合题意；
C．冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C不符合题意；
D．该过程中无新物质生成，为物理变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CO2是直线型分子，正负电荷中心重合，是极性键构成的非极性分子；
B.CO2分子中不存在氢键，只有范德华力；
C.冰中水分子间的氢键比范德华力大，所以 主要作用力是氢键；
D.没有新物质生成的变化是物理变化。
13．（2022·江苏模拟）用氨水吸收硫酸工厂尾气中的发生反应：。下列说法正确的是（ ）
A．的电子式为 B．是非极性分子
C．的结构式为 D．的空间构型为直线形
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．氮原子要达到8电子稳定结构，的电子式为 ，故A不符合题意；
B．的中心原子价层电子对是，空间构型是V形，正负电荷重心不重合，是极性分子，故B不符合题意；
C．由的电子式 可得其结构式为 ，故C符合题意；
D．的中心原子价层电子对是，空间构型为V形，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氨气中N原子上存在一个孤电子对；
B.二氧化硫的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；
C.铵根离子中含有4个N-H键；
D.水分子的空间构型为V形。
14．（2022·丰台模拟）下列事实不是由于分子的极性导致的是（ ）
A．N2的沸点比CO低
B．常温常压下，CO2为气体，CS2为液体
C．HCl气体易溶于水
D．用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流方向发生变化
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；分子间作用力
【解析】【解答】A．N2与CO的相对分子质量相同，由于CO是极性分子，导致分子间作用力强于N2，则N2的沸点比CO低，故A不符合题意；
B．CO2和CS2都为非极性分子，两者组成和结构相似，相对分子质量越大的分子间作用力越大，其熔点和沸点越高，故B符合题意；
C．HCl和水都是极性分子，HCl气体易溶于水和分子极性有关，故B不符合题意；
D．用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.N2和CO相对分子质量相同，但是CO是极性分子，范德华力要大些，熔沸点要高些；
B.CO2和CS2分子的构型相同，但是CS2的相对分子质量比CO2的大些，所以范德华力大些，沸点高些；
C.根据相似相溶原理可知HCl易溶于水，是因为HCl是极性分子；
D.用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化。
15．（2022·葫芦岛模拟）实验室制备Na2S2O3的反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是（ ）
A．SO2为非极性分子
B．Na2S的电子式为
C．为三角锥形
D．基态O原子的轨道表示式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．SO2为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，选项A不符合题意；
B．Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，电子式为，选项B符合题意；
C．中C形成3个δ键，孤对电子数为(4+2 3×2)=0，为sp2杂化，立体构型为平面三角形，选项C不符合题意；
D．根据原子核外电子排布原则：电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫空间构型为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子；
B.Na2S由Na+和S2-构成；
C.空间构型为平面三角形；
D.基态O原子基态电子的轨道表示式为。
16．（2022·连云模拟）科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是（ ）
A．“黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯是有机物
B．冰墩墩的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；极性分子和非极性分子；高分子材料
【解析】【解答】A．石墨烯是无机物，A项不符合题意；
B．有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚氨基甲酸酯，是一种高分子化合物，C项符合题意；
D．二氧化碳属于极性键形成的非极性分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯是碳单质。
B.有机硅橡胶是混合物。
C.聚氨酯是聚氨基甲酸酯。
D.CO2是由极性键构成的，但由于其分子结构对称，属于非极性分子。
17．（2021高二下·扬州期末）资源化利用CO2是实现“碳中和”的重要途径，CO2光催化转化为CH4的方法入选了2020年世界十大科技进展，其原理为：CO2+4H2CH4+2H2O。下列有关CO2、CH4的说法正确的是（ ）
A．CO2的空间构型是V形
B．CH4是极性分子
C．电负性：O>C>H
D．CO2转化为CH4体现了CO2的还原性
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，空间构型为直线形，故A不符合题意；
B．甲烷的空间构型为结构对称的正四面体形，属于非极性分子，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性O>C>H，则电负性O>C>H，故C符合题意；
D．由方程式可知，反应中二氧化碳中碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化碳为直线形分子；
B.甲烷的正负电荷中心重合；
D. CO2转化为CH4时，C元素的化合价降低，二氧化碳作氧化剂，体现氧化性。
18．（2021·南京模拟）碳化钙是一种基本化工原料，可用于制备乙炔： .下列有关说法正确的是（ ）
A．C2H2为极性分子 B．中子数为10的氧原子为
C．H2O的电子式为 D．Ca2+的结构示意图为
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；元素、核素；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．C2H2为直线型分子，结构式为，A不符合题意；
B．中子数为10的氧原子的质量数为10+8=18，符号为 ，B不符合题意；
C．电子式为 ，C不符合题意；
D．结构示意图为 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.C2H2正负电荷中心重合，为非极性分子，
B.左下角为质子数，左上角为质量数
C.H2O为共价化合物，不是离子化合物
D.Ca原子核外有20个电子，失去最外层两个电子形成Ca2+
19．（2021·福州模拟）一种新型锂盐可作为锂电池的电解液，其结构如图所示。其中元素W、X、Y、Z处于元素周期表的同一周期，Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是（ ）
A．X与W能够形成具有极性键的非极性分子
B．W、X、Y、Z的原子半径大小关系：r(W)＞r(Y)＞r(Z)＞r(X)
C．简单气态氢化物的还原性：W＞Y
D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性大于Z
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．X与W形成BF3，平面三角形构型，结构对称，为含有极性键的非极性分子，故A符合题意；
B．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径大小关系：r(X)＞r(Z)＞r(Y)＞r(W)，故B不符合题意；
C．非金属性越强，形成的氢化物越稳定，氢化物的还原性就越弱，因此氢化物稳定性：HF＞H2O，但是还原性：HF
故答案为：A。
【分析】Y原子的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；根据结构示意图，X可形成3个σ键，1个配位键，所以X为B；Z 可形成4条共价键，与Y同周期，为C；W形成1条共价键，为F，据以上分析解答。
20．（2021·济南模拟）短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大；X的氢化物种类繁多，其中含氢量最高的为25%；Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等；M是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＜Z＜Y
B．Y的简单氢化物可用作制冷剂
C．X和Z、X和M均可以形成含有极性键的非极性分子
D．W和M的化合物的水溶液中，阳离子与阴离子数目之比等于1：2
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Mg、M为Cl。
A．C、N、O元素位于同一周期，从左至右基态原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N元素最外层电子中2p轨道半充满，相较于O原子更难失去第一个电子，因此第一电离能：N＞O＞C，故A不符合题意；
B．NH3的沸点较低而容易汽化，汽化过程会吸收能量，因此液氨可用作制冷剂，故B不符合题意；
C．C元素和O元素形成的CO2分子中均含有极性共价键(C-O)，C元素与Cl元素形成的CCl4分子中含有极性共价键(C-Cl)，二氧化碳和四氯化碳均为非极性分子，故C不符合题意；
D．MgCl2为易溶强酸弱碱盐，在水中完全电离，电离出的Mg2+会发生水解而被消耗，1个Mg2+水解会生成2个H+，因此溶液中阳离子与阴离子数目之比大于1：2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】X的氢化物种类繁多，则X为C元素，其中含氢量最高的为甲烷，甲烷中氢元素质量分数为 ×100%=25%，Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等，且原子序数大于C元素，而Z和W均是短周期元素，因此Z和W的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p63s2，因此Z为O元素，W为Mg元素，Y的原子序数大于C小于O，则Y为N，M原子序数大于Mg且为短周期主族元素，M是同周期中电负性最大的元素，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增大，所以M为Cl元素。
21．（2021·徐汇模拟）BF3是非极性分子，下列有关说法错误的是（ ）
A．B-F键是极性键 B．空间结构为三角锥型
C．键角均为120° D．所有原子共平面
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．不同种元素原子间的共价键是极性键，B-F是极性键，故A不符合题意；
B．BF3是非极性分子，则空间结构为平面正三角形，故B符合题意；
C．BF3空间结构为平面正三角形，B在三角形的中心，所以键角为120°，故C不符合题意；
D．BF3空间结构为平面正三角形，所有原子共平面，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】BF3的中心原子B价电子对数为3，为sp2杂化，且无孤电子对，形成平面正三角形结构。
22．（2021·普陀模拟）将摩擦带电的玻璃棒接近液流，实验现象如图。该实验能说明（ ）
A． 分子带电， 分子不带电
B． 是由非极性键形成的极性分子
C． 是正四面体形分子
D． 分子中正负电荷的重心是重合的
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A． 分子和 分子均不带电，A不符合题意；
B．该实验说明 是极性分子，不能说明其含有非极性键，B不符合题意；
C．该实验说明 是非极性分子，不能说明其为正四面体形，C不符合题意；
D．该实验说明 是非极性分子，因此 分子中正负电荷的重心是重合的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由于极性分子中正负电荷中重心不重合，将摩擦带电的玻璃棒接近液流时液流会发生偏转，非极性分子分子中正负电荷的重心是重合的，将摩擦带电的玻璃棒接近液流时液流不会发生偏转。
23．（2021·浦东模拟）“天问一号”于2021年2月被火星捕获。火星大气中含有羰基硫(COS)分子，其结构与 相似，关于羰基硫的说法正确的是（ ）
A．比例模型： B．结构式：
C．共用电子对都偏向碳 D．是含有极性键的非极性分子
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子；结构式；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．COS分子电子式为： ，原子半径：S>C>O，则该比例模型不符合题意，故A不符合题意；
B．依据COS的结构与CO2相似，可知C原子采取sp杂化，所以COS为直线形分子，结构式为： ，故B符合题意；
C．C和O原子核外都有2个电子层，O的核电荷数比C多，且原子半径O小于C，核对外层电子的吸引力强，则电子对偏向于O元素，故C不符合题意；
D．COS分子电子式为： ，电荷的分布是不均匀的，不对称的，是极性键形成的极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 火星大气中含有羰基硫(COS)分子，其结构与 相似， 二氧化碳是含有极性键的非极性分子，即可写出结构式，但是 COS 的正负电荷中心不重合，因此是极性分子，氧原子的电负性强于碳，因此偏向氧原子
24．（2021·静安模拟）反应CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O可用于捕捉废气中的CO2，下列叙述正确的是（ ）
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．Na2CO3属于弱电解质，其水溶液呈碱性
C．NaOH溶液既含离子键，又含共价键
D．CO 的水解方程式：CO + 2H2O H2CO3 + 2OH
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；强电解质和弱电解质；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．CO2分子中含有C=O键，为极性共价键，其分子结构为直线型，正负电荷中心重合，为非极性分子，A符合题意；
B．碳酸钠在水溶液中可以完全电离，为强电解质，B不符合题意；
C．NaOH溶于水时离子键被破坏，所以NaOH溶液中并不含离子键，C不符合题意；
D．碳酸为二元弱酸，所以碳酸根的水解分步：CO +H2O HCO +OH 、HCO + H2O H2CO3+OH ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳是线性分子，是含有碳氧极性键的非极性分子
B.可溶性钠盐均为强电解质，但是碳酸是弱酸，因此碳酸盐水解呈碱性
C.氢氧化钠是离子晶体，在固体中存在离子键和共价键，在溶液中离子键被破坏
D.碳酸根的水解是分步水解，以第一步水解为主
25．（2021·虹口模拟）含有极性键的非极性分子是（ ）
A．SiO2 B．CO2 C．N2 D．NaOH
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．SiO2是含硅氧极性键，但属于原子晶体，没有单个的二氧化硅分子，不存在极性和非极性分子的说法，故A不符合题意；
B．CO2的结构是O=C=O，含有碳氧极性键，属于非极性分子，故B符合题意；
C．N2含氮氮三键非极性键的非极性分子，故C不符合题意；
D．NaOH中含有0-H极性键，但属于离子化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】非极性键一般是同种原子形成的键，非极性键是不同原子形成。非极性分子是正负电荷中心重合，二氧化碳和氮气是非极性分子，但是氮气具有的是非极性键，二氧化碳具有的极性键。
26．（2020·临朐模拟）BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程的总反应：C6H6O+7O2 6CO2+3H2O
B．该过程中BMO表现较强还原性
C．降解产物的分子中只含有极性分子
D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1
【答案】C
【知识点】极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A.由图示可知，该反应中反应物为C6H6O和O2，生成物为CO2和H2O，因此该反应的化学方程式为：C6H6O＋7O26CO2＋3H2O，选项正确，A不符合题意；
B.该反应中，BMO在光的作用下变成BMO+，发生氧化反应，为还原剂，具有较强还原性，选项正确，B不符合题意；
C.降解过程中生成了H2O和CO2，H2O为极性分子，CO2为非极性分子，选项错误，C符合题意；
D.①中1molO2－要得到3mol电子，而②中1molBMO＋变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子守恒可得，①②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据图示确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
B.根据反应过程中BMO发生的反应分析；
C.根据降解产物的结构分析；
D.根据得失电子守恒进行分析；
27．（2018·静安模拟）属于极性分子的是（ ）
A．CO2 B．H2O C．CCl4 D．N2
【答案】B
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、CO2中有C、O元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，选项A不符合题意；
B、H2O中H、O元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，选项B符合题意；
C、CCl4为正四面体结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，选项C不符合题意；
D、N2中只有N-N非极性键，属于非极性分子，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由极性键形成的不对称分子属于极性分子，据此解答即可。
28．（2018·虹口模拟）下列各组物质中，由极性键和非极性键构成的非极性分子是（ ）
A． B． C． D．NaOH
【答案】A
【知识点】极性键和非极性键；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A. 分子中有碳碳叁键和碳氢键，既有极性键又有非极性键，分子呈对称的直线形，故其属于非极性分子；
B. 分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；
C. 分子中只有氮氢键，是由极性键构成的极性分子；
D. NaOH是离子化物，其中含离子键和极性键。
故答案为：A。
【分析】不同非金属原子间易形成极性键，同种原子之间易形成非极性键，分子呈对称结构，正负电荷中心重合，则为非极性分子，据此解答即可。
二、非选择题
29．（2020·宜春模拟）据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题：
（1）基态硒原子的价电子排布式为 ；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是 。
（2）电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O 2CH3OH+3O2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式 ；
②标准状况下，V L CO2气体含有 个π键。
（3）苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(π 右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为 ，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为 ，Se的杂化方式为 。
（4）黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为 ；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是 g·cm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。
【答案】（1）4s24p4；H2S或硫化氢
（2）O=C=O；
（3）π ；sp2
（4）4； 或
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；②VL标准状况下CO2的物质的量是n(CO2)= mol，由于在1个CO2分子中含有2个π键，所以 molCO2气体中含有的π键数目为 mol×2×NA/mol= ；(3)已知某化合物的结构简式为 ，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π ，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；②晶胞中Fe2+数目=8× +4× +1=4，Cu+的数目=6× +4× =4，S2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度 = g/cm3或 g/cm3。
【分析】(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H2O分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；(2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO2的物质的量，然后根据CO2分子中含有2个π键计算π键个数；(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；(4)根据四方晶系CuFeS2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS2的数目，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度= 计算。
30．（2020·泉州模拟）硼及其化合物广泛应用于能源、材料等领域。
（1）钕铁硼是磁性材料，被称为“磁王”。钕的价电子排布式为4f46s2，则钕原子的未成对电子数有 个。
（2）氟化硼（BF3）是石油化工的重要催化剂。BF3BF3是 分子（填“极性”或“非极性”），BF3中B—F比BF4-中B—F的键长短，原因是 。
（3）乙硼烷（B2H6）是用作火箭和导弹的高能燃料，氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一。
①B2H6的分子结构如图所示，其中B原子的杂化方式为 。
②H3NBH3的相对分子质量与B2H6相差不大，但是H3NBH3的沸点却比B2H6高得多，原因是 。
③同一周期中，第一电离能介于B、N之间的元素有 种。
（4）硼酸盐是重要的防火材料。图(a)是一种无限链式结构的硼酸根，则该硼酸根离子符号是 ，图(b)是硼酸钠晶体中阴离子(含B、O、H三种元素)的结构，该晶体中含有的化学键有 。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 E.金属键
（5）立方氮化硼（BN）是超硬、耐磨、耐高温的新型材料。其晶体结构与金刚石相似，如图c所示，则B的配位数为 ，测得B与N的原子核间距为anm，晶体的密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA= （列计算式即可）。
【答案】（1）4
（2）非极性；BF3中B采用sp2杂化，BF4-中B采用sp3杂化，s轨道成分越多，电子云重叠程度越大，键长越短[或BF3中除了σ键，还有（π ）大π键]
（3）sp3杂化；H3NBH3分子间存在（双）氢键，分子间作用力更大；3
（4）[BO2] 或BO2-；ABD
（5）4； 或
【知识点】化学键；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）f能级有7个轨道，根据钕的价电子排布式为4f46s2，4个电子分别占在4个不同的轨道，自旋相同，则钕原子的未成对电子数有4个。（2）因BF3中B的价电子对数为 ，B采取sp2杂化，则BF3空间构型为平面三角形，是对称结构，故BF3是非极性分子；BF3中未杂化的2pz轨道与F的2pz轨道平行重叠形成大π键，故BF3中B—F比BF4-中B—F的键长短。（3）①乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键，所以B原子采用sp3杂化；②H3NBH3中与N连接的H显正电性，与B连接的H显负电性，形成双氢键，分子间作用力更大，故H3NBH3的沸点却比B2H6高得多。③同一周期中，第一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O，共3种。（4）一个B原子与3个O原子连接，但有2个O原子是与其他B原子共用的，故硼酸根离子符号是[BO2] 或BO2-；根据图（b）可知，硼酸钠晶体中钠离子与硼酸根离子间为离子键硼原子与氧原子形成极性键，同时存在配位键。（5）晶立方氮化硼体结构与金刚石相似，N形成4个共价键，则B的配位数为4；根据均摊法可计算出晶胞中硼原子数为 ，N原子数为4，则晶胞的质量为 ，将晶胞分割成8个小立方体，则体对角线为2anm，得出该晶体的体对角线为4anm，设晶胞参数为xnm，则有4a= x，x= ， 根据 ，得d= ,则NA= 。
【分析】F能级有7个轨道，BF3中B的价电子对数为 ；乙硼烷分子中每个硼原子含有4个共价键；氢键使分子间作用力更大；根据（4）图可知，一个B原子与3个O原子连接，但有2个O原子是与其他B原子共用的；根据晶胞结构可知，B原子位于晶胞的顶点和面心，N原子为体内。
31．（2018·芜湖模拟）英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法从石墨中成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如图：
（1）下列有关石墨烯说法正确的是 。
a.12 g石墨烯含 键数为NA
b.石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面
c.从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有6个C原子
（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。
①基态铜原子能量最高的电子占据的能级符号是 ；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有 。
②下列分子属于非极性分子的是 。
a．甲烷
b.二氯甲烷
c.苯
d.乙醇
③乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因 。
④酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图1，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是 。
⑤金与铜可形成的金属互化物合金（如上图2），它的化学式可表示为 ；在Au周围最近并距离相等的Cu有 个，若2个Cu原子核的最小距离为d pm，该晶体的密度可以表示为 g/cm3。（阿伏加德罗常数用NA表示）
【答案】（1）bc
（2）3d；K、 Cr；a、c；乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键；sp2；Cu3Au或AuCu3；12；
【知识点】原子核外电子的能级分布；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）a.由图示得到，石墨烯中碳原子的杂化类型为sp2，所以每个碳原子应该形成3个σ键，而每形成1个σ键需要2个碳原子，所以C∶σ键＝2∶3，因此12g石墨烯（1molC）中的σ键为1.5mol，a不符合题意；
b.石墨烯中所有的碳原子都是sp2杂化，所以所有的碳原子都在同一个平面，b符合题意；
c.石墨晶体中石墨层与层之间存在的是分子间作用力，c符合题意；
d.石墨烯中每个C原子连接3个六元环，所以每个C原子在一个六元环中只能分得1/3，所以每个六元环占有6×1/3=2个C原子，d不符合题意；
故答案为：bc
（2）①铜是29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104S1，根据鲍林的近似能级图得到其中能量最高的能级为3d。第四周期，最外层电子数与Cu相同都是1个电子的是K(4s1)和Cr（3d54s1）。
②甲烷（正四面体）和苯（正六边形）都是高度对称的分子，所以是非极性分子；而二氯甲烷是变形四面体结构是极性分子，乙醇显然是极性分子。
③乙醇沸点高于丁烷的原因是，乙醇有-OH，可以形成分子间氢键，从而提高了沸点。
④酞菁分子中碳都形成了双键，或者都是苯环中的碳原子，所以都是sp2杂化。
⑤金原子占据晶胞的顶点，所以有8× ＝1个；铜原子占据6个面心，所以有6× ＝3个，所以化学式为Cu3Au或AuCu3。如果以图2晶胞的体心为顶点，以顶点的金原子为体心，可以得到一个新的晶胞，该新晶胞中金原子在体心，铜原子位于12条棱的棱心，所以在Au周围最近并距离相等的Cu有12个。由立体几何知识得到图2中两个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角线的一半，所以面对角线的长度为2d pm，所以晶胞边长为2d/ ＝ d pm＝ d×10-10 cm。晶胞体积为边长的立方为： d3×10-30 cm3，晶胞中含有1个Au和3个Cu，所以晶胞的质量为(197+3×64)/NA，质量除以体积得到晶胞密度为： g/cm3。
【分析】（1）a.根据石墨烯中碳原子的杂化类型确定所含σ键；
b.所有碳原子都是以sp2杂化，则所有碳原子都在同一个平面内；
c.晶体中存在分子间作用力；
d.根据结构确定其成环碳原子数；
（2）①结合核外电子排布式分析；
②根据甲烷、二氯甲烷、苯和乙醇的结构确定是否属于非极性分子；
③乙醇中的-OH可形成氢键，氢键的存在会影响沸点；
④根据分子结构确定杂化类型；
⑤根据晶胞结构进行分析；
32．（2016·浦东模拟）氮化硅（Si3N4）是一种重要的陶瓷材料，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气气氛下合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）高 Si3N4（s）+6CO（g）﹣Q（Q＞0），在反应条件下，向10L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡．
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及的元素，原子半径由大到小的顺序是 ．
其中一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，写出它的最外层电子排布的轨道表示式 ．
比较碳、硅两种元素的非金属性强弱，可以通过比较 （填：化合物性质的差异）来判断．
（2）上述反应混合物中的极性分子是 ，写出非极性分子的电子式 ．
从晶体类型的角度分析用氮化硅制造发动机中耐热部件的原因是
（3）下列措施可以提高二氧化硅转化率的是 （选填编号）．
a．增加二氧化硅用量b．升高反应温度
c．增大气体压强 d．向反应容器中多充入氮气
（4）下列描述中能说明反应已达平衡的是 （选填编号）．
a．c（CO）=3c（N2） b．v （CO）=3v（N2）
c． 保持不变d．气体的压强保持不变
（5）测得平衡时固体质量减少了11.2g，则用氮气表示的平均反应速率为 ．
【答案】（1）Si＞C＞N＞O；；CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性
（2）CO；；氮化硅是原子晶体、熔点高
（3）bc
（4）cd
（5）0.002mol/（L．min）
【知识点】极性分子和非极性分子；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】解：（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Si＞C＞N＞O；上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，根据泡利原理、洪特规则，最外层电子排布的轨道表示式为 ；可以利用CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性等，比较碳、硅两种元素的非金属性强弱，故答案为：Si＞C＞N＞O； ；CH4与SiH4的稳定性或H2CO3与H2SiO3的酸性；（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为 ，氮化硅是原子晶体、熔点高，可以制造发动机中耐热部件，故答案为：CO； ；氮化硅是原子晶体、熔点高；（3）a．二氧化硅为固体，增加二氧化硅用量，平衡不移动，二氧化硅转化率减小，故a错误b．正反应为吸热反应，升高反应温度平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，故b正确；c．正反应为气体体积增大的反应，增大气体压强，平衡逆向移动，二氧化硅转化率减小，故c错误；d．向反应容器中多充入氮气，平衡正向移动，二氧化硅转化率增大，故d正确，故选：bd；（4）a．平衡时CO、氮气的浓度之比不一定等于化学计量数之比，故a错误；b．v （CO）=3v（N2），未指明正逆速率，若均为正反应速率，反应始终按该比例关系进行，但分别表示正逆速率时，反应到达平衡，故b错误；c． 为平衡常数表达式， 不变说明到达平衡，故c正确；d．随反应进行气体物质的量增大，恒温恒容下压强增大，气体的压强保持不变，说明反应到达平衡，故d正确，故选：cd；（5）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g） Si3N4（s）+6CO（g） 固体质量减少
56 6×28﹣56=112
5.6g 11.2g
故参加反应氮气物质的量为 =0.2mol，则v（N2）= =0.002mol/（L．min），故答案为：0.002mol/（L．min）．
【分析】（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
上述元素中的一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，核外电子数排布为1s22s22p4，根据泡利原理、洪特规则画出最外层电子排布的轨道表示式；可以根据氢化物稳定性，最高价含氧酸的酸性强弱等比较元素非金属性；（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对；氮化硅是原子晶体、熔点高；（3）提高二氧化硅转化率，应改变条件使平衡正向移动，结合平衡移动原理分析解答；（4）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；（5）利用差量法计算生成参加反应氮气的质量，再根据v= 计算v（N2）．
