第二章 分子结构与性质 课后测验
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．HCl气体和蔗糖溶于水时，都破坏了共价键
B．H2O、H2S、H2Se的相对分子质量依次增大，熔点依次增大
C．NaOH和K2SO4的化学键类型和晶体类型相同
D．干冰容易升华，是由于干冰中的共价键强度较弱
2．下列有机物分子中，属于正四面体构型的是（ ）
A．乙烯 B．乙炔 C．苯 D．四氯化碳
3．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是（ ）
①HCl ②H2O ③H2O2④C2H4⑤C2H2
A．仅①②③ B．仅③④⑤ C．仅①③⑤ D．仅④⑤
4．下列与化学键相关的叙述中正确的是（ ）
A．含共价键的化合物一定是共价化合物
B．离子化合物中一定含有离子键
C．离子键是阴阳离子的静电吸引
D．极性键与非极性键无法共存
5．天然气的主要成分为，其充分燃烧的化学方程式为。下列叙述正确的是（ ）
A．化学反应一定会伴随着能量的变化
B．该反应生成物的总能量高于反应物的总能量
C．反应过程中存在非极性键的断裂和生成
D．排放会形成酸雨
6．下列描述中正确的是（ ）
A．CS2为V形的极性分子
B．ClO3﹣的空间构型为平面三角形
C．SiF4和SO32﹣的中心原子均为sp2杂化
D．SF6中有6对相同的成键电子对
7．氯化亚硕( SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚硕分子的空间结构和中心原子(S)采取何种杂化方式的说法正确的是（ ）
A．三角锥形、sp3 B．角形、sp2
C．平面三角形、sp2 D．三角锥形、sp2
8．EDTA(乙二胺四乙酸)是良好的配合剂，Ca2+与EDTA形成的螯合物结构如图所示。下列关于该螯合物的说法错误的是（ ）
A．碳原子的杂化方式均为sp3
B．配体的配位原子为O、N
C．Ca2+的配位数为6
D．组成元素中第一电离能最大的是N
9．现有短周期主族元素X、Y、Z、R和T，原子序数依次增大。X的电子只有一种自旋取向，Y原子价电子数是能层数的2倍，R、T均为s能级与p能级电子总数相等的原子。下列推断正确的是（ ）
A．离子半径：
B．电负性：
C．第一电离能：
D．X和R形成的化合物可能含非极性键
10．反应可应用于解决冬季开采石油井下结蜡难题。下列说法正确的是（ ）
A．的空间构型为三角锥型 B．中仅含离子键
C．仅为氧化产物 D．该反应的
11．如图为冰晶体的结构模型，大球代表O原子，小球代表H原子，下列有关说法正确的是（ ）
A．每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过H-O键形成冰晶体
B．冰晶体是四面体型的空间网状结构，属于原子晶体
C．冰晶体熔化时，水分子之间的空隙增大
D．1mol冰晶体中最多含有2mol氢键
12．下列关于化学键及晶体的说法中，不正确的是（ ）
A．Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大
B．NaOH和NH4Cl化学键类型相同
C．N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．石英晶体是原子晶体，其分子式为SiO2
13．下列说法正确的是（ ）
A．含有共价键的化合物必是共价化合物
B．阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键
C．化学变化过程，一定会破坏旧的化学键，同时形成新的化学键
D．液态氯化氢中存在H+和Cl﹣，所以能导电
14．氮氧化铝（AlON）属原子晶体，是一种超强透明材料，可以由反应Al2O3+C+N2 2AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（ ）
A．氮氧化铝中氮的化合价是﹣3
B．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是1：2
C．反应中每生成5.7gAlON同时生成1.12LCO
D．AlON和CO的化学键类型不同
15．下列有关σ键和π键的说法错误的是（ ）
A．在某些分子中，化学键可能只有σ键而没有π键
B．分子中σ键的键能一定大于π键的键能
C．σ键的特征是轴对称，π键的特征是镜面对称
D．SO2形成π键与O3的π键是相似的
16．下列说法正确的是（ ）
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．Na2O2中既含有离子键又含有非极性共价键
C．KOH中只含有共价键
D．KI和HI中化学键类型完全相同
17．下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3∶1的是（ ）
A． B．
C． D．
18．下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．乙醇可以与水任意比互溶
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
19．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同族，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在元素周期表中，113号元素与Z元素不同族
B．Y的非金属性比W的强，所以单质的还原性：Y>W
C．X、Y形成的二元化合物只含有极性共价键
D．X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大
20．下列说法中正确的是（ ）
A．SO2，CO2，SiO2中的S，C，Si均为sp3杂化
B．SO32﹣，CO32﹣，SiO32﹣均为平面三角形
C．H3O+，NH4+，[Cu（NH3）4]2+均含有配位键
D．石墨、新型高分子导电材料聚乙炔、金属晶体均含有金属键
二、综合题
21．H、C、N、O、F、S等是重要的非金属元素，回答下列问题：
（1）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第二电离能的变化图是 (填标号)，判断的根据是 。
（2）已知C-H、C-F的键能分别为413.4、485。在2022年冬奥会上“水立方”华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯()与四氟乙烯()的共聚物(ETFE)制成。、分子的稳定性关系：前者 后者(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（3）相同条件下，与在水中的溶解度较大的是 (写分子式)，理由是 。
（4）已知比接收质子的能力强，可能的原因是 。
22．在某温度下，5L密闭容器内发生如下反应：
CH4(g)+H2O (g)CO(g)+3H2(g) △H＞0
（1）反应中的非极性分子为： 、 。
（2）一个可逆反应的平衡常数只随温度而变化，请写出该反应的平衡常数表达式 ，当温度升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）反应20min后生成了18g氢气，甲烷的平均反应速率为 。
（4）下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是（ ）。（双选）
A．氢元素的质量分数 B．容器内的压强
C．反应的平衡常数 D．容器内气体的平均分子量
（5）在某一时刻，v正=v逆=v，此时反应达到平衡。若改变一条件，可使得v正
并说明理由： 。
（6）已知CO与H2合成CH3OH是可逆反应：CO+2H2CH3OH。
试求：当投料比n(CO)：n(H2)= 时，平衡时CO与H2的转化率相同。
23．硫元素具有广泛的应用．
（1）S的原子结构示意图为 ．一定条件下，硫与地壳中含量最多的非金属元素X可组成两种常见的化合物，则X是 ，两种化合物均含有的化学键为
（2）煅烧黄铁矿（FeS2）的原理为：4FeS2+11O2═2Fe2O3+8SO2．该反应中氧化剂和氧化产物的物质的量之比为 ．产生的SO2可用FeCl3溶液吸收，该反应的离子方程式是 ．
（3）过二硫酸钠（Na2S2O8）在较高温度完全分解，1mol Na2S2O8分解生成1mol焦硫酸钠和标况下11.2L O2，则焦硫酸钠的化学式为
（4）Na2S2O8溶液可降解有机污染物4﹣CP．原因是Na2S2O8溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基（SO4﹣），通过测定4﹣CP降解率可判断Na2S2O8溶液产生SO4﹣，的量．某研究小组设计实验探究了溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生SO4﹣的影响．
①溶液酸碱性的影响：已知S2O82﹣+H+═SO4﹣+HSO4﹣，由此判断，溶液酸性增强，降解4﹣CP的效果 （填“越好”、“越差”或”无影响”）
②Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度FeSO4溶液分别加入c（4﹣CP）=1.56×10﹣4 mol L﹣1、c（Na2S2O8）=3.12×10﹣3mol L﹣1的混合溶液中．反应240min后测得实验结果如图所示．
已知：S2O8 2﹣+Fe2+═SO4﹣+SO2﹣4+Fe3+．则由图示可知下列说法正确的是： （填序号）
A．反应开始一段时间内，4﹣CP降解率随Fe2+浓度的增大而增大，其原因是Fe2+能使Na2S2O8产生更多的SO﹣4
B．Fe2+是4﹣CP降解反应的催化剂
C．当c（Fe2+）过大时，4﹣CP降解率反而下降，原因可能是Fe2+会与SO4发生反应，消耗部分SO4
D.4﹣CP降解率反而下降，原因可能是生成的Fe 3+水解使溶液的酸性增强，不利于降解反应的进行
③当c（Fe2+ ）=3.2×10﹣3 mol L﹣1 时，4﹣CP降解的降解率为 ，4﹣CP降解平均反应速率的计算表达式为 ．
24．根据条件回答下列问题
（1）下列物质：①O2②三氯甲烷 ③CH3CH2CH2OH④O3⑤CHCl3⑥CH3OCH2CH3⑦ C ⑧CH3CH（OH）CH3⑨ C ⑩CH3OH．其中属于同系物的有 （填序号，下同），互为同分异构体的有 ，互为同素异形体的有 ，属于同位素的有 ，是同一种物质的有 ．
（2）已知碳原子数小于或等于6的单烯烃与HBr反应，加成产物只有一种结构，符合此条件的单烯烃有 种．在这些烯烃中，若与H2加成；后，所得烷烃的一卤代物的同分异构体有2种，则该烯烃的结构简式为（并命名之）．名称 ．结构简式： ．
25．
（1）(一)铁和钴是两种重要的过渡元素。
钴位于元素周期表中第 族，其基态原子中未成对电子的个数为 。
（2）[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为 ，其中尿素分子中σ键与π键的数目之比为 ，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是 。
（3）(二)已知元素镓和砷的单质及其化合物在工业生产上有重要的用途。回答下列问题:
砷元素基态原子的电子排布式为 。
（4）砷与氢元素。可形成化合物砷化氢，该化合物的空间构型为 ，其中 砷原子的杂化方式为 。
（5）根据等电子原理，写出由短周期元素组成且与砷化氢互为等电子体的一种离子的化学式 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．HCl气体溶于水时，在水分子作用下断裂了HCl分子内的H-Cl键，形成H+、Cl-；而蔗糖溶于水形成溶液时，破坏的是分子间作用力，而物质内的化学键未发生断裂，A不符合题意；
B．H2O、H2S、H2Se都是由分子构成的物质，相对分子质量依次增大，H2S、H2Se分子之间只存在分子间作用力，而H2O分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致H2O的熔点在三种物质中最大，B不符合题意；
C．NaOH和K2SO4都是离子化合物，在固态时都是离子晶体。其中含有的阳离子与阴离子之间以离子键结合，在阴离子OH-、
中不同的非金属原子之间都以极性共价键结合，因此二者含有的化学键类型及晶体类型相同，C符合题意；
D．干冰容易升华，是由于温度升高破坏了CO2分子之间的微弱的分子间作用力，而与物质分子中的共价键强弱无关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．共价键是原子之间的化学键，蔗糖溶解只是增大了分子间隔；
B．水中存在氢键，不能和其他物质一样只从相对分子质量的角度考虑；
C．NaOH和K2SO4都是离子化合物，都含有离子键和共价键；
D．升华是从固态变为气态，破坏的是分子间作用力，不是原子间的化学键；
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A．乙烯为平面形结构，故A不选；
B．乙炔含有C≡C键，为直线形结构，故B不选；
C．苯为平面形结构，故C不选；
D．四氯化碳结构和甲烷相似，为正四面体结构，故D选．
故选D．
【分析】具有正四面体构型，应具有甲烷的结构特点，C原子达到饱和且共价键完全相等，以此解答该题．
3．【答案】D
【解析】【解答】①HCl的结构式为H-Cl，只含σ键，无π键；②H2O的结构式为H-O-H，只含σ键，无π键；③H2O2的结构式为H-O-O-H，只含σ键，无π键；④C2H4的结构式为，含σ键，其中碳碳双键中含一个π键；⑤C2H2的结构式为H-C≡C-H，含σ键，其中碳碳三键中含2个π键；综上所述，④⑤符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，据此解答。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：A. 共价化合物指的是只含有共价键的化合物，含有共价键的化合物不一定是共价化合物，如过氧化钠等，故A不符合题意；
B. 含有离子键的化合物为离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，故B符合题意；
C. 离子键是阴阳离子的静电作用，既包括静电排斥也包括静电吸引，故C不符合题意；
D. 极性键和非极性键可以共存于同一化合物中，如H2O2中同时存在O－H极性共价键和O－O非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 共价化合物指的是只含有共价键的化合物，含有共价键的化合物可能是离子化合物，如过氧化钠、氢氧化钠、含氧酸盐等。
C. 离子键是阴阳离子的静电作用，既包括静电排斥也包括静电吸引。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、任何化学反应过程中都伴随着能量的变化，A符合题意；
B、燃烧反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，B不符合题意；
C、反应过程中存在极性键、非极性的断裂和极性键的生成，不存在非极性的生成，C不符合题意；
D、正常雨水的pH=5.6，是由于溶解了CO2，当雨水的pH<5.6时才形成酸雨，因此CO2的排放不会形成酸雨，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、任何化学反应过程中都伴随着能量的变化；
B、燃烧反应为放热反应；
C、反应后无非极性键生成；
D、CO2不会造成酸雨；
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．CS2与CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，CS2含有C=S极性键，分子为线型结构，结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故A错误；
B．ClO3﹣中Cl的价层电子对数=3+ （7+1﹣2×3）=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．SiF4中Si的价层电子对数=4+ （4﹣1×4）=4，SO32﹣中S的价层电子对数=3+ （6+2﹣2×3）=4，所以中心原子均为sp3杂化，故C错误；
D．SF6中S﹣F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S﹣F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，故D正确；
故选D．
【分析】A．CS2与CO2分子构型相同，根据二氧化碳的分子结构分析，结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子；
B．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；
C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型，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．SF6中S﹣F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对．
7．【答案】A
【解析】【解答】SOCl2中心硫原子核外有6个电子，氧原子核外有6个电子，氯原子有7个电子，因此硫和氧需要形成2个共用电子对到8个电子稳定结构，而氯原子需要形成1个电子达到稳定结构，因此根据计算价层电子对= （6+0+2）/2=4，是sp3杂化，为三角锥型。故A符合题意
故答案为：A
【分析】计算出价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式以及构型
8．【答案】A
【解析】【解答】A、形成单键的碳原子采用sp3杂化，形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，A符合题意。
B、配体中O原子和N原子提供孤电子对，因此配体中的配位原子为O、N，B不符合题意。
C、由结构式可知，Ca2+的配位数为6，C不符合题意。
D、该物质的组成元素有Ca、C、N、O，其中Ca的第一电离能最小。C、N、O三种元素中，核电荷数越大，第一电离能越大；但由于N原子的2p轨道为半充满稳定结构，不易失去电子，所以其第一电离能最大，因此组成元素中第一电离能最大的是N，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化。
B、O原子和N原子提供孤电子对，形成配位键。
C、Ca2+周围有6个原子，其配位数为6。
D、N的2p轨道为半充满稳定结构，能量最低，最稳定，第一电离能较大。
9．【答案】D
【解析】【解答】分析可知：X为H、Y为C、Z为N、R为O、T为Mg；
A．电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：N3-＞O2-＞Na+，故A不符合题意；
B．非金属性越强电负性越大，同周期元素从左到右非金属性越强，则非金属性O＞N＞C，电负性：R>Z>Y，故B不符合题意；
C．同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N原子中2p能级处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N＞O＞C，故C不符合题意；
D．X为H、R为O，X和R形成的化合物如H2O2含非极性键O-O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】首先要推出这几种元素。X、Y、Z、R、T为短周期主族元素，X的电子只有一种自旋方向，而一个轨道里最多能分步两个自旋方向相反的电子，说明X原子的核外电子数为1，则X是氢元素。Y原子价电子数（最外层电子数）是能层数的2倍，则Y可能是碳元素或硫元素，由于Y之后含有Z、R、T，所以Y只能是碳元素。s能级与p能级电子总数相等的原子的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，所以R是氧元素，T是镁元素。Z位于Y和R之间，则Z是氮元素。
A.电子层结构相同的不同微粒，核电荷数越大，半径越小。
B.同周期元素从左到右电负性逐渐增强。
C.同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势。注意特殊情况：N原子中2p能级处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素。
D.X和R形成的化合物有H2O和H2O2，其中H2O2中O-O键为非极性键
10．【答案】D
【解析】【解答】A．中心原子sp3杂化，配位原子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，A项不符合题意；
B．含离子键、共价键，B项不符合题意；
C．上述反应化合价变化，N元素由-3→0，，N元素由+3→0，故既是氧化产物又是还原产物，C项不符合题意；
D．可应用于解决冬季开采石油井下结蜡，故反应放热，，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.类似于CH4，均为正四面体型。
B.注意原子团内原子之间形成共价键。
C.氧化产物是指还原剂失去电子化合价升高的产物。
D.该反应在低温下进行的自发反应，且是熵增过程，结合ΔH-T△S<0进行分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．每个水分子与周围邻近的四个水分子间通过氢键作用形成冰晶体，故A不符合题意；
B．冰晶体虽然具有空间网状结构，但分子之间是氢键，所以是分子晶体，故B不符合题意；
C．由于氢键有方向性，分子之间的空隙较大，当晶体熔化时，氢键被破坏，水分子之间的空隙减小，故C不符合题意；
D．每个水分子向外伸出4个氢键与另外四个水分子形成四面体，根据均摊法1mol冰晶体中最多含有2mol氢键，故D符合题意；
故答案为D
【分析】A.氢键不是化学键
B.冰晶体仍然是水分子，水分子是分子晶体
C.形成氢键，使分子间隙增大，当融化时，分子间隙减小
D.由图可知，每个水分子形成了4个氢键，但是被两个水分子共用，均摊到每个水分子是2个氢键
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关，而决定分子间作用力在因素是相对分子量的大小，故A正确；
B．NaOH中钠离子和氢氧根离子形成离子键，O与H形成共价键，NH4Cl中铵根离子和氯离子形成离子键，N与H形成共价键，均含有离子键和共价键，故B正确；
C．N2中N原子中的最外层电子为5，形成3个共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；
D．只有分子晶体中有分子，石英晶体是原子晶体，不存在分子，其化学式为SiO2，故D错误．
故选D．
【分析】A．卤素单质都是分子晶体，熔沸点的高低与分子间作用力的大小有关；
B．NaOH和NH4Cl均含有离子键和共价键；
C．根据原子中的最外层电子和形成的共用电子对判断；
D．只有分子晶体中有分子．
13．【答案】C
【解析】【解答】解：A．氢气含有共价键，但是属于单质，故A错误；
B．阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，故B错误；
C．化学反应实质是旧键断裂，新键形成，故C正确；
D．液态氯化氢中只含HCl分子，所以液态氯化氢不导电，故D错误；
故选：C．
【分析】A．氢气含有共价键；
B．依据离子键的定义解答；
C．化学反应实质是旧键断裂，新键形成；
D．液态氯化氢中只含HCl分子；
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．由化合价代数和为0可知，氮氧化铝中铝元素化合价为+3价，O为﹣2价，氮元素的化合价为﹣1，故A错误；
B．CO为氧化产物，AlON为还原产物，由反应可知物质的量比为1：2，故B正确；
C．状况未知，不能计算生成CO的体积，故C错误；
D．AlON属于原子晶体，含有共价键，Al2O3为离子化合物，含有离子键，故D错误；
故选B．
【分析】Al2O3+C+N2 2AlON+CO中，N元素化合价降低，N2为氧化剂，C元素化合价升高，C为氧化剂，结合元素化合价的变化判断电子转移的数目．
15．【答案】B
【解析】【解答】解：A．共价键中一定含σ键，则在分子中，化学键可能只有σ键，而没有π键，故A正确；
B．一般情况下，σ键比π键稳定，σ键键能比π键键能大，但这不是绝对的，有的分子中，σ键键能比π键键能小，如N2分子中，π2p键能比σ2p大，故B错误；
C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称，故C正确；
D．D．SO2分子呈“V”字形结构，其成键方式与O3类似，S原子sp2杂化，S原子和两侧的氧原子除以σ键结合以外，还形成一个三中心四电子的大π键，即SO2形成π键与O3的π键是相似的均为大π键，故D正确．
故选B．
【分析】A．共价单键为σ键，而双键和三键中含σ键、π键；
B．N2分子中的σ键比π键键能小；
C．σ键是“头碰头”重叠形成，可沿键轴自由旋转，为轴对称；而π键是由两个p电子“肩并肩”重叠形成，重叠程度小，为镜像对称；
D．SO2分子呈“V”字形结构，其成键方式与O3类似，S原子sp2杂化，S原子和两侧的氧原子除以σ键结合以外，还形成一个三中心四电子的大π键．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物，也可能是共价化合物，如NaOH是离子化合物、HCl是共价化合物，故A错误；
B．Na2O2中钠离子与过氧根离子之间形成离子键，O原子之间形成非极性键，所以既含有离子键又含有非极性共价键，故B正确；
C．KOH中含有离子键和共价键，故C错误；
D．KI只含有离子键，HI只含有共价键，二者的化学键类型不相同，故D错误；
故选B．
【分析】金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，据此进行判断．
17．【答案】B
【解析】【解答】A． 中含有3种环境的氢原子(甲基上一种、苯环上两种)，故A不符合题意；
B． 中含有2种环境的氢原子(甲基上的氢以及双键碳上的氢)，两种环境的氢原子个数比为6：2=3：1，故B符合题意；
C． 中含有3种环境的氢原子(两个甲基上的氢和一个亚甲基上的氢)，故C不符合题意；
D． 中含有2种环境的氢原子(甲基和亚甲基上的氢)，个数比为6：4=3：2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据选项结合给出的条件即可找出结构简式
18．【答案】B
【解析】【解答】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错；
B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B符合题意。
C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。
【分析】A.卤素熔沸点变化与分子间作用力有关；
B.卤化氢的稳定性与共价键的强弱有关；
C.乙醇与水以任意比互溶是因为可以形成氢键；
D.离子晶体的熔点高低与晶格能大小有关。
19．【答案】D
【解析】【解答】根据上述分析，X为H，Y为N，Z为Al，W为P。
A．在元素周期表中，第7周期的稀有气体的原子序数为118，则113号元素位于第ⅢA族，与Al元素同族，故A不符合题意；
B．同一主族，从上到下，非金属性减弱，因此Y的非金属性比W的强，所以单质的氧化性：Y＞W，故B不符合题意；
C．X、Y形成的二元化合物可能为氨气，也可能为肼，肼中含有非极性共价键，故C不符合题意；
D．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，氢离子核外没有电子，半径最小，P的阴离子有3个电子层，半径最大，N的阴离子和Al的阳离子的电子层数都是2，则X、Z、Y、W四种元素的简单离子半径依次增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，常温下Z的单质遇Y的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液会发生钝化反应，则Z为Al，Y为N，不可能为S；Y、W同族，W为P元素；由X、Y、Z三种原子构成的一种特殊离子化合物的图示可知X与N形成一个共用电子对，则X为H，该化合物为NH4AlH4，结合元素周期律分析解答。
20．【答案】C
【解析】【解答】解：A．CO2、SiO2中的C、Si的价层电子对数为4，均为sp3杂化，SO2中S原子的价层电子对数为2+ （6﹣2×2）=3，为sp2杂化，故A错误；
B．SO32﹣中S原子的价层电子对数为3+ （6+2﹣2×3）=4，含有一个孤电子对，属于三角锥形，CO32﹣中C原子的价层电子对数为3+ （4+2﹣2×3）=3，没有孤电子对，为平面三角形，SiO32﹣为平面三角形，故B错误；
C．在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，所以H3O+、NH4+、[Cu（NH3）4]2+均含有配位键，故C正确；
D．金属单质中含有金属键，石墨、新型高分子导电材料聚乙炔中含有共价键，没有金属键，故D错误．
故选C．
【分析】A．根据中心原子的价层电子对数判断；
B．先判断杂化类型，再判断微粒构型；
C．在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键；
D．金属单质中含有金属键．
21．【答案】（1）图c；C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为、、、，氧的2p能级为半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大
（2）小于；C—F的键能大于C—H的键能，键能越大，分子越稳定
（3）SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂
（4）甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强
【解析】【解答】(1) C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为 、、、 氧2p能级是半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大，第二电离能的变化图是c；
(2) C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，分子越稳定， 的稳定性比 小；
(3)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂 ， 在水中的溶解度小于 。
(4)比接收质子的能力强原因是甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强；
【分析】(1) 电子排布式的书写、 氧2p能级是半充满状态；
(2) C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，分子越稳定；
(3)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂 ；
(4)甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子。
22．【答案】（1）CH4；H2
（2）K=[CO][H2]3/[CH4][H2O]；增大
（3）0.03mol L-1 min-1
（4）B；D
（5）C；由条件可知，反应速率下降，且平衡逆向移动，该可逆反应的逆向为放热方向，且气体分子数减小，故改变的条件应为降低温度。
（6）1：2
【解析】【解答】（1） CH4为非极性分子，H2O 为极性分子，CO为极性分子，H2(g)为非极性分子，因此非极性分子为：CH4 ， H2 ；
（2）可逆反应的平衡常数等于生成物的浓度的指数比上反应物的浓度积，K=[CO][H2]3/[CH4][H2O]；温度升高，平衡向右移动，平衡常数增大；
（3） 反应20min后生成了18g氢气 ，生成的氢气的物质的量为9mol，氢气的速率为v(H2)=9/(20X5) mol L-1 min-1 =0.09mol L-1 min-1 ，甲烷和氢气的速率比为：1：3，故甲烷的速率为 0.03mol L-1 min-1 ；
（4）A.反应前后氢元素的质量分数始终不变，故A不符合题意；
B.反应前后系数不同，压强不变可说明反应达到平衡，故B符合题意；
C.常数与温度有关，温度不变其常数不变，故C不符合题意；
D.气体的质量不变，其反应系数不等， 容器内气体的平均分子量 ，说明反应平衡，故D符合题意；
（5） v正
【分析】（1）根据给出的化学式找出极性分子和非极性分子即可；
（2）根据常数计算公式计算，常数与温度有关；
（3）根据氢气的量计算出氢气速率，结合化学系数之比即可计算甲烷的速率；
（4）前后系数不同，可根据物质的量浓度不变或压强不变或平均分子不变判断平衡；
（5）根据速率均减小，且逆速率大于正速率，因此平衡逆向移动判断即可；
（6）根据转化率=转化的量/总的量判断即可。
23．【答案】（1）；O；共价键
（2）11：10；SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+
（3）Na2S2O7
（4）越好；AC；52.4%； mol/（L/min）
【解析】【解答】解：（1）S原子核内有16个质子，核外有16个电子，分三层排布，其原子结构示意图为 ；地壳中含量最多的非金属元素为O；O与S形成二氧化硫和三氧化硫，S与O之间形成共价键；
故答案为： ；O；共价键；（2）反应4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2，前后各元素化合价的变化情况如下：
Fe：+2→+3，化合价升高；S：﹣1→+4，化合价升高，
O：0→﹣2，化合价降低，
因此，在反应中FeS2还原剂，O2是氧化剂，Fe2O3既是氧化产物也是还原产物，SO2既是氧化产物也是还原产物，n（氧化剂）：n（还原产物）=11：10；
SO2与FeCl3溶液反应生成Fe2+和SO42﹣，其反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+，
故答案为：11：10；SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣+4H+；（3）1mol Na2S2O8分解生成1mol焦硫酸钠，并产生标况下11.2L O2，物质的量为0.5mol，则氧原子为1mol，说明1mol焦硫酸钠中氧原子为7mol，焦硫酸钠的化学式为，
Na2S2O7，故答案为：Na2S2O7；（4）①当其它条件相同，将4﹣CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，根据图象知，溶液的pH越小，4﹣CP降解率越大，所以溶液酸性增强越有利于Na2S2O8产生SO4﹣，
故答案为：越好；②A．根据溶液的pH和4﹣CP的降解率可以知道溶液酸性增强，有利于Na2S2O8产生SO4﹣，故A正确；
B．酸性环境是4﹣CP降解反应的催化剂，故B错误；
C．Fe2+会与SO4﹣发生反应，消耗部分SO4﹣，即当c（Fe2+）过大时，4﹣CP降解率反而下降，故C正确；
D．生成的Fe3+水解使溶液的酸性增强，会更加有利于4﹣CP的降解，故D错误；
故选AC；③根据图片知，当c（Fe2+）=3.2×10﹣3mol L﹣1时，4﹣CP降解率为52.4，4﹣CP降解的平均反应速率= = mol/（L/min），
故答案为：52.4； mol/（L/min）．
【分析】（1）S原子核内有16个质子，核外有16个电子，分三层排布；地壳中含量最多的非金属元素为O；O与S形成共价键；（2）根据化合价判断氧化剂和氧化产物，结合方程式计算；SO2与FeCl3溶液反应生成Fe2+和SO42﹣；（3）根据原子守恒可得出化学式；（4）①当其它条件相同，将4﹣CP加入到不同pH的Na2S2O8溶液中，根据图象知，溶液的pH越小，4﹣CP降解率越大；②A．根据溶液的pH和4﹣CP的降解率可以知道溶液酸性增强，有利于Na2S2O8产生SO4﹣；
B．酸性环境是4﹣CP降解反应的催化剂；
C．Fe2+会与SO4﹣发生反应，消耗部分SO4﹣；
D．生成的Fe3+水解使溶液的酸性增强故；③根据图片知，当c（Fe2+）=3.2×10﹣3mol L﹣1时，确定4﹣CP降解率对应位置；平均反应速率= ．
24．【答案】（1）③⑩或⑧⑩；③⑥⑧；①④；⑦⑨；②⑤
（2）3；2﹣丁烯；CH3CH=CHCH3
【解析】【解答】解：①O2②三氯甲烷 ③CH3CH2CH2OH ④O3⑤CHCl3⑥CH3OCH2CH3⑦ C⑧CH3CH（OH）CH3⑨ C⑩CH3OH
以上组物质中，③CH3CH2CH2OH和⑩CH3OH、⑧CH3CH（OH）CH3和⑩CH3OH的结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物，它们互为同系物；③CH3CH2CH2OH、⑥CH3OCH2CH3、⑧CH3CH（OH）CH3具有相同分子式、不同结构的有机物，二者互为同分异构体；①O2④O3为同种元素的不同单质，互为同素异形体；⑦ C 和⑨ C为具有相同质子数、不同中子数的原子，二者为同位素；②三氯甲烷⑤CHCl3 都是三氯甲烷，三氯甲烷不存在同分异构体，所以二者为同种物质，
故答案为：③⑩或⑧⑩；③⑥⑧；①④；⑦⑨；②⑤；（2）碳原子数小于或等于6的单烯烃，与HBr加成反应的产物只有一种结构，加成产物只有一种说明碳碳双键在中间，符合条件的单烯烃有：CH2=CH2、CH3CH=CHCH3、CH3CH2CH=CHCH2CH3，所得烷烃的一卤代物的同分异构体有2种，说明有2种氢原子，该烯烃为CH3CH=CHCH3，名称为2﹣丁烯，故答案为：3；2﹣丁烯；CH3CH=CHCH3．
【分析】（1）结构相似，分子组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物；
具有相同分子式、不同结构的有机物互为同分异构体；
同种元素的不同单质，互为同素异形体；
具有相同质子数、不同中子数的原子为同位素；
分子式相同、结构相同的物质为同一种物质；（2）单烯烃与HBr加成反应的产物只有一种结构，说明结构对称．
25．【答案】（1）VIII；3
（2）[Ar]3d5(或1s2s2p63s3p63d5 )；7:1；O>N>C>H
（3）ls22s22p63s23p63d104s24p3
（4）三角锥型；sp3
（5）H3O+
【解析】【解答】(一) (1) 钴位于元素周期表中第VⅢ族，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其中3d能级有5个轨道，有7个电子，未成对电子的个数为3；
(2) 铁为26号元素，Fe3+的核外电子有23个，电子排布式为 [Ar]3d5(或1s2s2p63s3p63d5 )，尿素分子内只有一个双键，即只含一条π键，相邻原子之间都存在σ键，数目为7，故σ键和π键比例为7:1；在尿素分子中含有碳、氮、氧、氢四种元素，根据原子得电子能力越强，其电负性的数值越大，电负性由大到小为：O>N>C>H；
(二)（3）砷为33号元素，其基态原子的电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s24p3；
(4) 砷与氢元素可形成化合物砷化氢AsH3，砷原子含有3个σ键和一个孤电子对，所以该化合物的空间构型为三角锥型；中心原子周围三个σ键和一对孤对电子对，所以是sp3杂化；
(5) 砷化氢含有4个原子，且价层电子数为11，则与H3O+互为等电子体。
【分析】（1）根据钴的原子序数书写电子排布式，然后确定在周期表中的位置和未成对电子数；
（2）Fe3+是Fe原子失去4s32个电子和3d上的1个电子；双键中含有σ键和π键；非金属性越强电负性越强；
（3）砷是33号元素，结合电子排布规律进行书写电子排布图即可；
（4）根据砷化氢的成键特点判断中心原子的杂化方式和空间构型；
（5）根据等电子体理论进行判断即可。
