分子结构与物质的性质强化习题- 高中化学人教版（2019）选择性必修2

强化习题——2.3分子结构与物质的性质一、单选题（共20题，每题2分，共40分）1．下列物质在固态时存在分子间作用力的是A．CaCl2 B．KOH C．SO2 D．Na2O2．下列各组物质中，属于由极性键构成的极性分子的是A．和 B．和 C．和 D．和3．以NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．124gP4含有P—P键的个数为6NA B．1mol冰中含氢键数为2NAC．22.4LCH4的分子数为NA D．26gC2H2中π键数目为2NA4．相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成(n聚乙二醇)。下列说法错误的是A．环氧乙烷在酸性条件下先水解再发生缩聚反应制得聚乙二醇B．聚乙二醇的结构简式为C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键5．在半导体生产或灭火剂的使用中，会向空气中逸散气体分子，如NF3、CHClFCF3、C3F8。它们虽是微量的，有些却是强温室气体，下列推测不正确的是A．熔点：NF3>C3F8B．CHClFCF3属于极性分子C．C3F8在CCl4中的溶解度比在水中大D．由价电子对互斥理论可确定NF3中N原子是sp3杂化，分子呈三角锥形6．当向蓝色的硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，观察到溶液呈深蓝色时，再通入SO2气体，生成了白色沉淀，将白色沉淀加入稀硫酸中，又生成了红色粉末状固体和SO2气体，同时溶液呈蓝色，根据上述实验现象分析推测，下述描述正确的有A．反应过程中消耗的SO2与生成的SO2的物质的量相等B．整个反应过程中涉及的分子均为极性分子C．白色沉淀为+2价铜的某种亚硫酸盐，溶于稀硫酸发生复分解反应D．白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下，只发生氧化反应7．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与H2O2相似。常温下，S2Cl2遇水易水解，并产生使品红溶液褪色的无色气体。下列说法不正确的是A．1molS2Cl2分子中含有1mol非极性共价键和2mol极性共价键，是非极性分子B．S2Cl2分子中所有原子最外层都达到了8电子稳定结构C．S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点：S2Br2＞S2Cl2D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为8．用化学用语表示Na2CO3＋2Cl2=2NaCl＋Cl2O＋CO2中的相关微粒，其中错误的是A．氯原子的结构示意图： B．CO2是极性分子C．中子数比质子数多2的氧原子： D．Cl2O的结构式：9．一种常见的离子液体阴离子结构如图所示，其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，下列说法正确的是A．该阴离子中W的化合价为+6价B．简单离子半径：W<ZC．可通过置换反应用Z单质制取Y单质D．Y和W形成的化合物都是极性分子10．下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是A．CCl4和SiCl4的熔点B．对羟基苯甲醛()和邻羟基苯甲醛()的沸点C．I2在水中的溶解度和I2在CCl4溶液中的溶解度D．NH3和HF的沸点11．氨基乙酸铜是一种有机原料，其分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是A．其熔点主要取决于所含化学键的键能 B．分子中C和N的杂化方式完全相同C．其组成元素的基态原子中，含有未成对电子数最多的是N D．分子中所有原子共平面12．下列分子属于极性分子的是A．CH4 B．CO2 C．SO3 D．NH313．X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，在周期表中，Z与Y、W均相邻；Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17。则下列有关叙述正确的是A．X、Z和W三种元素可能位于同一周期B．上述元素形成的氢化物中，W的氢化物相对分子质量最大，熔沸点最高C．Y和W所形成的含氧酸均为强酸D．X、Y、Z和W可以组成原子的物质的量之比为5:1:4:1的离子化合物14．尿素可以作氮肥，也可以应用于医疗，尿素[13CO(NH2)2]呼气试验诊断试剂盒临床用于诊断胃幽门螺杆菌感染，是一种准确、灵敏的方法。下列说法正确的是A．尿素中的13C与12C互为同素异形体 B．13CO(NH2)2不可以形成分子间氢键C．尿素[13CO(NH2)2]遇水能发生水解 D．尿素为非极性分子15．下列对一些实验事实的理论解释不正确的是选项实验事实理论解释A钠原子的第一电离能小于铝原子能层数相同，铝原子半径更小，原子核吸引电子能力更强BCO2为直线形分子CO2分子中O=C=O之间的夹角为180°C常温下Cl2的在水中溶解度高于H2氯气的范德华力更大DHF的沸点高于HClHF分子间存在氢键A．A B．B C．C D．D16．、、、为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知、元素的原子序数之和是、元素的原子序数之和的3倍，且、元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：甲乙丙丁戊、、、、C、物质间存在反应：甲+乙→单质+丙；丁+戊→单质(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是A．甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子B．原子半径：；电负性：C．可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质D．若甲与乙恰好反应生成单质，则乙为双原子分子17．“碳中和”有利于全球气候改善。下列有关CO2的说法错误的是A．CO2是Ⅴ形的极性分子 B．CO2可催化还原为甲酸C．CO2晶体可用于人工增雨 D．CO2是侯氏制碱法的原料之一18．“类比推理”是化学学习和研究中常用的思维方法。下列类推的结论正确的是A．的沸点高于，推测的沸点高于B．能与水反应生成，推测也能与水反应生成C．与反应生成，推测与反应生成D．气体可用浓干燥，推测气体也可用浓干燥19．下列解释正确的是A．H2O很稳定，是因为水分子之间存在氢键B．HF的熔、沸点在同族元素的氢化物中出现反常，是因为HF分子中有氢键C．卤素单质从上到下熔沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大D．氨气极易溶于水，与氢键没有关系20．下列关于物质结构的说法中正确的是A．锗Ge位于周期表第四周期IVA族，简化电子排布式为[Ar]4s24p2，属于P区B．乙醛(CH3CHO)分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种杂化方式C．Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物D．HF晶体沸点高于HCl，是因为H-Cl键的键能小于H-F键的键能二、多选题（共4题，每题5分，共20分）21．下列说法正确的是A．型分子中，若中心原子没有孤对电子，则为空间对称结构，属于非极性分子B．水分子中含有π键C．、、分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C分别采取sp、、杂化D．卤素的氢化物中，HCl的沸点最低22．干冰气化时，下列所述内容发生变化的是A．分子内共价键B．分子间作用力C．分子间距离D．分子间的氢键23．关于下列反应的说法正确的是(图中共有三种原子)A．反应过程中E中共价键断裂，G中共价键保持不动B．E中不存在非极性键C．M分子有可能是HClD．该反应是加成反应24．下面两表分别列出了CO和N2的某些性质及相关键能，有关说法不正确的是表1分子熔点/℃沸点/℃常温时在水中溶解度CO-205.05-191.492.3mLN2-210.00-195.811.6mL表2COC-OC=OC≡O键能/(kJ·mol-1)357.7798.91071.9N2N-NN=NN≡N键能/(kJ·mol-1)193418946A．CO与N2的价电子总数相等B．由表2可知，CO的活泼性不及N2C．由表1可知，CO的熔、沸点高于N2，这是因为CO分子间作用力小于N2D．由表1可知，室温时，CO在水中的溶解性大于N2，是因为CO分子有弱极性三、综合题（共4题，每题10分，共40分）25．在体积恒定为3L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：(1)上述反应涉及三种元素，其中原子半径最大的元素核外电子排布式为_________，原子核外电子运动状态最多的元素是_______(写元素符号)。(2)上述反应所涉及的四种物质中非极性分子的沸点顺序是_____，其主要原因是_________。(3)该反应的化学平衡常数表达式为_______；该反应的正方向是________反应(选填“吸热”、放热)(4)某温度下，2min内生成10.8gH2O(g)，用CO浓度变化表示这段时间内的平均反应速率为____________；若平衡时各物质浓度符合下式：c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，试判断此时的温度为_________℃(5)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______a.容器中压强不变

b.混合气体中c(CO)不变

c.v正(H2)=v逆(H2O)

d.c(CO2)=c(CO)26．黄铜矿(主要成分二硫化亚铁铜，化学式为CuFeS2)为原料可制备金属铜及其化合物，还可以制得铁红、硫磺等，工艺流程如图：请回答下列问题：(1)气体X的名称是________。(2)“铁红”化学式为_______。向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时(杂质不参加反应)，混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为______。(3)FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为_______。(4)反应I化学方程式为_______，反应II所得“溶液A”成分是(填化学式)______。(5)科学家通过X射线推测胆矾结构示意图如图：则1mol胆矾有____个氢键，写出能反映胆矾结构示意图形式的化学式____________。27．以辉铜矿石(主要成分为Cu2S，少量SiO2)为原料，制备硝酸铜的部分工艺流程如下：（1）Cu+的基态核外电子排布式为___________。（2）“浸取”过程中Cu2S发生反应的离子方程式为___________。（3）“回收S”过程中温度控制在50-60℃之间，不宜过高或过低的原因是______；苯能够溶解硫的原因是___________。（4）“滤液M”的主要成分为___________(用化学式表示)。（5）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是___________；该过程消耗的硝酸与铁的物质的量之比为___________(用含x的代数式表示)。28．二氧化氯(ClO2)是目前国际上公认的高效安全消毒剂，其熔点为-59.0℃，沸点为11.0℃。某同学查得工业上制取ClO2的一种方法：在60℃时用潮湿的KClO3与草酸(H2C2O4)反应。该同学设计如图装置，模拟工业制取并收集ClO2。回答下列问题：（1）ClO2易溶于水但不与水发生化学反应，从分子结构的角度解释其易溶于水的原因___________；ClO2分子中存在离域π键，则a的数值为___________。（2）装置A中的生成物还有K2CO3和ClO2等，写出该反应的化学方程式___________。（3）装置B的作用是___________。（4）该同学设计的装置A中还应安装的玻璃仪器是___________；装置C存在安全隐患，改进的方法是___________。（5）将收集的ClO2溶于水得到ClO2溶液。为测定溶液中ClO2的含量，进行下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成50.00mL试样，量取10.00mL试样加入锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH=2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，发生反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。到达滴定终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL。①步骤1中准确量取ClO2溶液所用的仪器是___________。②步骤2的目的是___________(用离子方程式表示)。③原溶液中ClO2的含量为___________mg·L-1。答案解析部分1．C【详解】A．氯化钙是由钙离子和氯离子形成的离子晶体，晶体中只存在离子键，故A错误；B．氢氧化钾是由钾离子和氢氧根离子形成的离子晶体，晶体中只存在离子键，故B错误；C．二氧化硫固体是分子晶体，晶体中存在分子间作用力，故C正确；D．氧化钠是由钠离子和氧离子形成的离子晶体，晶体中只存在离子键，故D错误；故选C。2．B【详解】A．CH4是由极性键构成的非极性分子，单质溴是由非极性键构成的非极性分子，故A不符合题意；B．氨气和硫化氢分子都是由极性键构成的极性分子，故B符合题意；C．BF3和二氧化碳都是由极性键构成的非极性分子，故C不符合题意；D．氯化铍是由极性键构成的非极性分子，HCl是由极性键构成的极性分子，故D不符合题意；故选B。3．C【详解】A．一个P4分子内含有6个P—P键，124gP4物质的量，含有P—P键的个数为6NA，A正确；B．冰中每个水分子与周边四个水分子形成四个氢键，属于一个水分子的氢键有2个，则1mol冰中含氢键数为2NA，B正确；C．没有指明标准状况下，22.4LCH4的物质的量不能用气体摩尔体积计算，其分子数为亦不知，C错误；D．一个C2H2中π键数目2个，26gC2H2物质的量为，含有π键数目为2NA，D正确；故选C。4．C【详解】A．环氧乙烷在酸性条件下先水解成乙二醇，再发生缩聚反应生成聚乙二醇，故A正确；B．由乙二醇的结构简式HOCH2CH2OH，则聚乙二醇的结构简式为，故B正确；C．聚合度等于相对分子质量除以链节的相对分子量，所以聚合度n=，故C错误;D．形成氢键具有保湿性，聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键，故D正确；故答案：C。5．A【详解】A．由于NF3、C3F8均为分子晶体，且均为氢键，C3F8的相对分子质量比NF3大，故范德华力C3F8比NF3大，则熔点：NF3<C3F8，A错误；B．已知CF3CF3的正负电荷中心重合，属于非极性分子，则CHClFCF3的正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确；C．由于C3F8为非极性分子，CCl4为非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知C3F8在CCl4中的溶解度比在水中大，C正确；D．NF3中N原子周围的价层电子对数为：3+=4，由1对孤电子对，由价电子对互斥理论可确定NF3中N原子是sp3杂化，分子呈三角锥形，D正确；故答案为A。6．B【详解】A．反应过程中铜氨络离子被二氧化硫还原，生成亚铜离子的亚硫酸盐，向该盐中加入稀硫酸放出二氧化硫，溶液中产生铜单质和铜离子，所以反应过程中消耗的二氧化硫的物质的量多于生成的二氧化硫的物质的量，A错误；B．整个反应过程中涉及的分子有NH3、SO2。它们均是由极性键构成的极性分子，B正确；C．将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉未状固体和二氧化硫气体，同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，而不是发生复分解反应，C错误；D．将白色沉淀加入稀硫酸中又生成了红色粉末状固体和二氧化硫气体，同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀为+1价铜的某种亚硫酸盐，在酸性条件下发生歧化反应生成铜和铜离子，是发生了自身氧化还原反应，而不只发生氧化反应，D错误；故合理选项是B。7．A【详解】A．S2Cl2分子结构式是Cl-S-S-Cl，在1molS2Cl2分子中含有1mol非极性共价键S-S和2mol极性共价键S-Cl，由于分子不是直线型，分子结构不对称，因此该分子是极性分子，A错误；B．S2Cl2分子结构式是Cl-S-S-Cl，因此S2Cl2的分子中所有原子最外层都达到了8电子稳定结构，B正确；C．S2Br2与S2Cl2结构相似，二者都是由分子构成，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。由于相对分子质量：S2Br2＞S2Cl2，所以沸点：S2Br2＞S2Cl2，C正确；D．S2Cl2与H2O发生氧化还原反应，根据元素的原子结构及原子守恒，可知发生的化学反应的化学方程式可能为，D正确；故合理选项是A。8．B【详解】A．Cl是17号元素，原子核外电子排布是2、8、7，所以Cl原子结构示意图为：，A正确；B．CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，键角是180°，分子空间排列是对称结构，由于正负电荷重心重合，因此CO2分子是非极性分子，B错误；C．O是8号元素，其质子数是8，中子数比质子数多2的氧原子的中子数是8+2=10，则该O原子质量数为：8+10=18，用原子符号表示为，C正确；D．Cl2O分子中的中心O原子价层电子对数为：2+=4，O原子采用sp3杂化，由于O原子有2对孤电子对，故该分子是V形，D正确；故合理选项是B。9．C【分析】根据题种物质结构的成键和X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，可推知X为C、Y为O、Z为F、W为S。【详解】A．S的非金属性比C大，比O小，根据结构可知其化合价为+4价，A错误；B．简单离子W为S2-，Z为F-，其中S2-电子层多半径大，B错误；C．F2和水反应可以置换出O2，C正确；D．Y和W形成的SO3，为平面三角形，为非极性分子，D错误；故选C。10．B【详解】A．CCl4和SiCl4的相对分子质量后者大，CCl4和SiCl4的熔点，后者高，故A不符；B．对羟基苯甲醛()分子间氢键较强，对羟基苯甲醛()的沸点高于邻羟基苯甲醛()的沸点，故B符合；C．根据相似相溶原理，I2是非极性子，水是极性分子，I2在水中的溶解度小，CCl4是非极性子，I2在CCl4溶液中的溶解度大，故C不符；D．HF分子间氢键强，NH3比HF的沸点低，故D不符；故选B。11．C【详解】A．氨基乙酸铜是由分子构成的物质，其熔点主要取决于分子间作用力的大小，A错误；B．氨基乙酸铜的分子中存在C=O键，O的杂化方式为sp2杂化，含有饱和氧原子，杂化方式为sp3杂化；氮的杂化方式为sp3杂化，所以分子中C和N的杂化方式不完全相同，B错误；C．物质分子中，H、C、N、O、Cu含有的未成对电子数分别是1、2、3、2、1，故其组成元素的基态原子中，含有未成对电子数最多的是N原子，C正确；D．分子中N原子采用sp3杂化，形成的是四面体结构，因此物质分子中不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是C。12．D【详解】A．CH4空间构型为正四面体，结构对称，属于非极性分子，故不选A；B．CO2空间构型为直线形分子，结构对称，属于非极性分子，故不选B；C．SO3空间构型为平面三角形分子，结构对称，属于非极性分子，故不选C；D．NH3空间构型为三角锥，结构不对称，正负电荷的重心不重合，属于极性分子，故选D；选D。13．D【分析】X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期元素，X原子核内没有中子，所以X是H元素；在周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，若Y、Z、W属于同一周期，Y、Z、W的最外层电子数应为3的倍数，17不是3的倍数，所以不是同一周期；在周期表中，Z与Y、W均相邻，Y、Z和W三种元素的原子最外层电子数之和为17，所以Z和Y属于同一周期，Z和W属于同一主族，设Z的最外层电子数是a，则Y最外层电子数是a-1，W的最外层电子数是a，a+a+a-1=17，a=6，所以Y最外层电子数是5，Z最外层电子数是6，w最外层电子数是6，Y、Z和W的原子序数小于19，所以Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，即X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，X是H元素，Z是O元素，W是S元素，三种元素属于不同周期，故A错误；B．由上述分析可知，X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，组成的氢化物中，H2S相对分子质量最大，但它只存在分子间作用力，而NH3、H2O这二种除了分子间作用力之外，还存在氢键，这二种熔沸点更高，其中H2O的熔沸点最高，故B错误；C．由上述分析可知，Y是N元素，W是S元素，N和S所形成的含氧酸不一定都是强酸，如HNO2、H2SO3均是弱酸，故C错误；D．由上述分析可知，X是H元素，Y是N元素，Z是O元素，W是S元素，它们可组成离子化合物NH4HSO4，其中氢、氮、氧、硫的原子个数比为5:1:4:1，故D正确；答案为D。14．C【详解】A．同素异形体是由同种元素组成的不同单质，13C与12C为质子数相同中子数不同的不同核素、互为同位素，A错误；B．13CO(NH2)2中含氨基、可以形成分子间氢键，B错误；C．尿素[13CO(NH2)2]中含酰胺基，遇水能发生水解，C正确；D．尿素()中正负电荷重心不重叠、为极性分子，D错误；答案选C。15．C【详解】A．能层数相同，原子半径越小，原子核吸引电子能力越强，故钠原子的第一电离能小于铝原子，A正确；B．CO2中C原子是sp杂化，分子构型为直线形，CO2分子中O=C=O之间的夹角为180°，B正确；C．Cl原子半径比H原子大，最外层电子数更多，与水分子间的作用力较大，常温下Cl2在水中溶解度高于H2，C错误；D．HF分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点高于HCl，D正确；故选C。16．D【分析】根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO2=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。【详解】A．若戊为SO3，则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；B．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B错误；C．D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；D．根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；故答案为：D。17．A【详解】A．CO2的中心原子C的价层电子对数为2，无孤电子对，CO2的空间构型为直线形，其正负电荷中心重合，为非极性分子，A项错误；B．CO2可以被H2在催化剂作用下还原为甲酸，B项正确；C．固态二氧化碳(干冰)升华时吸热，可用于人工增雨，C项正确；D．侯氏制碱法中发生反应：NaC1+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4C1，CO2是生产原料之一，D项正确；故选A。18．B【详解】A.因为水分子之间能形成氢键，故的沸点高于，而分子之间不能形成氢键，且相对分子质量比小，故甲烷的的沸点低于，故A错误；B.能与水反应生成，K比Na活泼，故可推测也能与水反应生成，故B正确；C.因为碘单质的氧化性较弱，与反应只能生成，故C错误；D.浓氧化性很强，能够将氧化为I2，故不能用浓硫酸干燥HI，故D错误；故选B。19．C【详解】A．水稳定是因为水分子中的氢氧共价键稳定，与氢键无关，故A错误；B．HF分子间存在氢键，HF分子内没有氢键，故B错误；C．卤素单质的熔、沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以卤素单质从上到下熔、沸点升高，是因为它们的组成结构相似，从上到下其摩尔质量增大，分子间的范德华力增大，故C正确；D．氨气与水分子之间能形成氢键，使氨气溶解度增大，所以氨气极易溶于水，与氢键有关系，故D错误；答案选C。20．B【详解】A．锗Ge位于周期表第四周期IVA族，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区，故A错误；B．乙醛(CH3CHO)分子中，单键碳原子的杂化类型为sp3，双键碳原子的杂化类型为sp2，故B正确；C．Cu(OH)2不溶于强碱，不是两性氢氧化物，故C错误；D．HF晶体沸点高于HCl，是因为HF分子间能形成氢键，故D错误；选B。21．AD【详解】A．在ABn型分子中，若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故A正确；B．水分子中不含π键，B错误；C．在、、中N、O、C均采取杂化，只不过、分子中孤电子对占据着杂化轨道，C错误；D．由于分子间氢键的存在，的沸点较高，分子间范德华力最小，沸点最低，D正确；故选AD。22．BC【详解】干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，CO2分子间存在分子间作用力，不存在氢键，CO2分子内C、O原子间存在共价键，干冰气化时破坏分子间作用力，使分子间距离增大，分子内原子间共价键没有被破坏，故答案选BC。23．BC【详解】A．在反应中，G分子中的共价键断裂，故A错误；B．E分子中两种元素的原子之间形成的共价键是极性共价键，故B正确；C．上述反应可能是甲烷与氯气的取代反应，生成一氯甲烷和HCl，则M可能是，故C正确；D．此反应是取代反应，故D错误；故选BC。24．BC【详解】A．CO与N2属于等电子体结构相似，CO与N2的价电子总数相等为10，故A正确；B．根据氮气分子结构知，一个CO分子中含有2个π键，根据表中键能知，CO中第一个π键的键能是1071.9kJ/mol−798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是946kJ/mol−418kJ/mol=528kJ/mol，CO中第一个π键的键能较小，所以CO的第一个π键比N2更容易断，所以一氧化碳比氮气活泼，故B错误；C．一氧化碳和氮气形成晶体为分子晶体，分子间作用力越大，沸点越高，由表1可知，CO的熔沸点高于N2，是因为CO分子间作用力大于N2，故C错误；D．水是极性溶剂，氮气为非极性分子，一氧化碳为极性分子，由表1可知，室温时，CO在水中的溶解性大于N2，是因为CO分子有弱极性，故D正确；故答案为BC。25．1s22s22p2OCO2＞H2两者皆为分子晶体，二氧化碳式量大于氢气K=吸热0.1mol/(L·min)830bc【分析】（1）反应涉及C、H、O三种元素，原子半径最大的是C，原子核外电子运动状态数目等于其核外电子数；（2）四种物质中非极性分子是CO2和H2；（3）根据化学平衡常数的概念来书写；根据温度对化学平衡、化学平衡常数的影响来回答，平衡常数随温度升高增大，说明平衡正向进行；（4）反应速率v=，根据c(CO2)⋅c(CH2)=c(CO)⋅c(H2O)计算化学平衡常数，再判断温度；（5）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变。【详解】（1）反应涉及C、H、O三种元素，根据半径变化规律得出，原子半径最大的是C，其核外电子排布式为1s22s22p2；原子核外电子运动状态数目等于其核外电子数，故原子核外电子运动状态最多的元素是O，故答案为：1s22s22p2；O；（2）四种物质中非极性分子是CO2和H2，两者皆为分子晶体，二氧化碳式量大于氢气，故二氧化碳范德华力大于氢气，故沸点CO2＞H2；故答案为：CO2＞H2；两者皆为分子晶体，二氧化碳式量大于氢气；（3）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应的平衡常数K=；化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应方向吸热，故答案为：；吸热；（4）n(H2O)==0.6mol，则n(CO)=n(H2O)=0.6mol，==0.2mol/L，v(CO)==0.1mol/(L·min)；若平衡时各物质浓度符合下式：c(CO2)⋅c(H2)=c(CO)⋅c(H2O)，此时K==1.0，根据表格数据，判断温度为830℃；故答案为：0.1mol/(L·min)；830；（5）a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a不符合题意；b、混合气体中c（CO）不变，说明正逆反应速率相等，故b符合题意；c、υ正（H2）=υ正（H2O），说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故c符合题意；d、平衡时，两者的浓度不变，而不一定相等，故d不符合题意；故答案为bc。26．二氧化硫Fe2O33：2CuFeS2+C1-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+CuCl+NaCl=Na[CuCl2]NaCl、CuCl24NA[Cu(H2O)4]SO4·H2O【分析】CuFeS2在空气中焙烧生成二氧化硫、泡铜、氧化铁；CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S；CuCl和NaCl反应生成可溶性Na[CuCl2]；Na[CuCl2]加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl。【详解】(1)CuFeS2在空气中焙烧，生成SO2气体，气体X是二氧化硫；(2)Fe2O3的俗名是“铁红”；向粗铜中加入硫酸和硝酸的混酸溶液制取硫酸铜时硝酸表现氧化性、硫酸表现酸性，反应方程式是3Cu+2HNO3+3H2SO4=3CuSO4+2NO↑+4H2O，所以混酸中H2SO4与HNO3的最佳物质的量之比为3:2；(3)FeCl3溶液浸取工艺中，溶浸时CuFeS2和FeCl3反应生成FeCl2、CuCl、S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为CuFeS2+C1-+3Fe3+=2S+CuCl+4Fe2+；(4)反应I是CuCl和NaCl反应生成可溶性Na[CuCl2]，化学方程式为CuCl+NaCl=Na[CuCl2]，反应II是Na[CuCl2]加水发生歧化反应生成Cu、CuCl2、NaCl，所得“溶液A”成分是NaCl、CuCl2；(5)根据图示，1mol胆矾有4NA个氢键(红圈标出)，能反映胆矾结构示意图形式的化学式[Cu(H2O)4]SO4·H2O。27．（1）［Ar］3d10（2）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S（3）温度过高苯易挥发，温度过低硫的溶解速率(或溶解度)小硫为非极性分子，苯是非极性溶剂，相似相溶（4）FeCl2（5）提升溶液的pH，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2等杂质)，加氯化铁溶液浸取，酸性环境下三价铁离子将Cu2S氧化为铜离子和S单质，氯化铁被还原为氯化亚铁，过滤得到滤渣主要含有S和不溶于酸的二氧化硅，处理后回收S；滤液中主要含有Fe3+和Cu2+、Fe2+等，加入铁粉，将Fe3+和Cu2+还原为Fe2+和Cu，过滤得到的滤渣有铜和铁的单质；加入硝酸氧化，将铜转化为Cu2+，Fe转化为Fe3+，之后加入CuO，调节pH使Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后用硝酸溶液调节pH，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硝酸铜晶体。（1）Cu是29号元素，Cu+是Cu原子失去最外层是一个4s电子形成的，故Cu+基态核外电子排布式为［Ar］3d10；（2）“浸取”过程中Cu2S与Fe3+发生氧化还原反应产生Cu2+、S单质、Fe2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；（3