第二章 分子结构与性质 测试题-高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

第二章《分子结构与性质》测试题一、单选题（共12题）1．下列关于化学键的叙述，正确的一项是A．离子化合物中一定含有离子键B．单质分子中均不存在化学键C．离子化合物中一定不存在共价键D．含有共价键的化合物一定是共价化合物2．下列排序正确的是A．酸性：H2CO3<C6H5OH<CH3COOH B．熔点：MgBr2<SiCl4<BNC．碱性：Ba(OH)2<Ca(OH)2<KOH D．沸点：PH3<NH3<H2O3．电负性的大小也可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的尺度。下列关于电负性的变化规律正确的是（

）A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐变大B．同主族从上到下，元素的电负性逐渐变大C．电负性越大，金属性越强D．电负性越小，非金属性越强4．为阿伏加德罗常数的值，下列说法中错误的是A．1mol磷单质中不一定有6个共价键B．30g晶体中，含有[SiO4]四面体结构单元的数目为0.5C．12g金刚石中含有2个共价键D．18g冰晶体中含有氢键的数目为45．某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A．该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构B．WX的水溶液呈中性C．元素非金属性的顺序为Y＞Z＞QD．Z的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸6．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．18g冰中含有的氢键数目为4B．标况下与完全反应时转移的电子数目为2C．32g环状()分子中含有的键数目为D．12g金刚石与石墨烯()的混合物中含有的碳原子数目为1.57．据文献报道，某反应的反应历程如图所示：下列有关该历程的说法正确的是A．Ti4+…NH3是催化剂B．Ti4+…NH2—N=O是中间产物C．总反应化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2OD．分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氮键断裂8．矿物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，Y和Z同主族，四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构。下列说法错误的是A．简单氢化物的稳定性：Y>ZB．该物质易被氧化，需密封保存C．W与Y之间可以形成多种化合物D．的键角大于的键角9．下列说法正确的是A．共价化合物的熔沸点都比较低B．、、三种核素可组成3种水分子C．H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子间存在氢键D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强10．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．12g石墨中含有1.5NA个σ键B．1mol金刚石中含有4NA个σ键C．1mol白磷(P4)中含有4NA个非极性键D．0.5mol雄黄(As4S4结构为)含有2NA个As-S键11．下列说法不正确的是A．σ键是轴对称的，π键是镜像对称的B．在气体单质中，一定有σ键，可能有π键C．两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键D．NO2、BF3分子中原子的最外层电子数都不满足812．汽车尾气中的氮氧化物、碳氢化物与臭氧反应是造成城市光化学污染的主要原因，其中常见的反应为CH3CH=CHCH3(2-丁烯)+2O3→2CH3CHO+2O2，已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A．标准状况下，2.24LCH3CHO中所含原子数目为0.7NAB．O2和O3均只含非极性键，均为非极性分子C．CH3CHO和CH3CH=CHCH3分子中采取杂化和杂化的碳原子数目之比均为1：1D．若有2molO3参与反应，则反应中转移的电子数目为12NA二、非选择题（共10题）13．氧元素与多种元素具有亲和力，所形成化合物的种类很多。（1）氮、氧、氟元素的第一电离能从大到小的顺序为__________。氧元素与氟元素能形成OF2分子，氧原子轨道杂化类型__________。（2）根据等电子体原理，NO2+的空间构型是__________；1molNO2+中含有的π键数目为__________个。（3）氧元素和过渡元素可形成多种价态的金属氧化物，如和铬可生成Cr2O3、CrO3、CrO5等。基态铬原子外围电子排布式为__________。（4）下列物质的分子与O3分子的结构最相似的是__________。A．H2O

B．CO2

C．SO2

D．BeCl2（5）O3分子是否为极性分子？__________。14．回答下列问题：(1)比较AlO和CO结合H+的能力强弱：AlO_________CO，用一个离子方程式说明___________。(2)Ca3N2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出Ca3N2的电子式____________。(3)在常压下，甲醇的沸点(65℃)比甲醛的沸点(-19℃)高。主要原因是____________。15．随着石油资源的日趋紧张，天然气资源的开发利用受到越来越多的关注。以天然气(主要成分是CH4)为原料经合成气(主要成分为CO、H2)制化学品，是目前天然气转化利用的主要技术路线。而采用渣油、煤、焦炭为原料制合成气，常因含羰基铁[Fe(CO)5]等而导致以合成气为原料合成甲醇和合成氨等生产过程中的催化剂产生中毒。请回答下列问题：(1)[Fe(CO)5]中铁的化合价为0，写出铁原子的基态电子排布式：_____________________。(2)与CO互为等电子体的分子和离子分别为________和________(各举一种即可，填化学式)，CO分子的电子式为________，CO分子的结构式可表示成________。(3)在CH4、CO、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有___，CH3OH的熔、沸点比CH4高，其主要原因是__________。(4)CH3CHO分子中，—CH3中的碳原子采取________杂化方式，—CHO中的碳原子采取________杂化方式。16．现有下列分子或离子：①CS2

②H2S

③PCl3

④CH2O

⑤H3O+

⑥NH

⑦BF3

⑧SO2(1)粒子的几何构型为直线形的有___(填序号，下同)。(2)粒子的几何构型为V形的有___。(3)粒子的几何构型为平面三角形的有___。(4)粒子的几何构型为三角锥型的有___。(5)粒子的几何构型为正四面体型的有__。17．石墨的片层结构如图所示，试回答：(1)片层中平均每个正六边形含有_______个碳原子。(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_______。(3)ng碳原子可构成_______个正六边形。18．C70分子是形如椭球状的多面体，该结构的建立基于以下考虑：①C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；②C70分子中只含有五边形和六边形；③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。根据以上所述确定：(1)C70分子中所含的单键数为______，双键数_______；(2)C70分子中的五边形和六边形各有多少__________？19．键能是气态分子中断裂共价键所吸收的能量。已知键的键能为，键的键能为，根据热化学方程式：，则键的键能是___________。20．肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备，并探究的性质。肼的制备装置如下图所示：回答下列问题：(1)反应前试管a盛装的固体为_______，仪器b的作用是_______。(2)装置C中发生的离子方程式为_______。(3)上述装置存在一处缺陷会导致的产率降低，改进措施是_______。(4)探究的性质。将制得的分离提纯后，进行如下实验。【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。【提出假设】黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。【实验验证】设计如下方案，进行实验。操作现象结论i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色黑色固体中有_______ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量_______，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有则肼具有的性质是_______。(5)根据酸碱质子理论，结合质子()的物质是碱，结合质子的能力越强，碱性越强。已知胼与一水合氨类似，是一种二元弱碱，请从物质结构理论解释其原因_______。21．为测定CuSO4溶液的浓度，设计方案如下。回答下列问题：实验原理：实验步骤：(1)中S原子杂化轨道类型___________；的立体构型是___________；基态铜原子的核外电子排布式为：___________。(2)判断沉淀完全的操作为___________；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为___________。(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为___________。(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=___________mol·L−1。(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。22．某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。①假设1：_____________对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。参考答案：1．AA.离子化合物中一定含有离子键，A正确；B.单质分子中有的不存在化学键，如稀有气体，有的含有化学键，如氢气等，B错误；C.离子化合物中可能存在共价键，例如氢氧化钠等，C错误；D.含有共价键的化合物不一定是共价化合物，例如氢氧化钠等，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，D错误。答案选A。2．DA.醋酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应制取苯酚，故酸性：C6H5OH<H2CO3<CH3COOH，故A错误；B.一般来说晶体的熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，BN是原子晶体，溴化镁是离子晶体，SiCl4是分子晶体，故晶体的熔点：BN>MgBr2>SiCl4，故B错误；C.元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ba>Ca，所以碱性：Ca(OH)2<Ba(OH)2，故C错误；D.氨气中含有氢键，故沸点：PH3<NH3，常温下，氨气是气体，水是液体，故沸点：NH3<H2O，故沸点：PH3<NH3<H2O，故D正确；故选：D。3．AA．同一周期内，随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的电负性逐渐增大，并呈现周期性变化，A项正确；B．同一主族，随着原子序数的增加，原子半径逐渐增大，元素的电负性逐渐减小，B项错误；C．根据元素电负性的周期性变化，元素的电负性越小，金属性越强，C项错误；D．根据元素电负性的周期性变化，元素的电负性越大，非金属性越强，D项错误；答案选A。4．DA．白磷分子晶体，四个磷原子构成正面体，相邻磷原子均有共价键，1molP4，即1mol白磷，那就是6mol共价键，红磷的结构更为复杂，1mol红磷单质的共价键数目不是6，A正确；B．SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子形成4个Si-O键，每个氧原子与2个硅原子成键，则SiO2晶体可以看作由[SiO4]四面体结构构成，30gSiO2晶体的物质的量：，则所含[SiO4]四面体结构单元的数目为0.5，B正确；C．金刚石晶体中每个碳和周围4个碳连接成共价键，所以平均每个碳原子拥有2根共价键，12g金刚石含1mol碳原子，所以共有2molC-C键，即2个，C正确；D．18g冰的物质的量1mol，而1个水分子形成2条氢键，故1mol冰中含2条氢键，D错误；故本题选D。5．A根据某种化合物的结构图可知，W可形成+1价的阳离子，为Na；X、Y、Z、Q形成共价键，X、Y、Z、Q分别形成1条、4条、3条、2条共价键，且原子序数依次增大，则X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O。A．该化合物中，与C单键相连的O，两者共用一对电子，另外，O原子还得到了一个电子，故其满足8电子稳定结构，A叙述正确；B．WX为NaH，溶于水会得到氢氧化钠溶液，显碱性，B叙述错误；C．同周期主族元素从左到右，元素的非金属性依次增强，元素非金属性的顺序为Q＞Z＞Y，C叙述错误；D．Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，是一元强酸，D叙述错误；答案为A。6．CA．水形成冰时，每个H2O分子能形成四个方向的氢键，每条氢键被两个H2O分子共用，所以平均每个H2O分子相当于有2个氢键，18g冰中水分子是1mol，故含有2NA的氢键，描述错误，不符题意；B．标况下22.4L氯气是1mol，其与H2O完全反应时发生自身氧化还原反应，只有0.5molCl2做氧化剂，转移电子应为0.5mol×2×e-=1mole-，即转移电子数应为NA，描述错误，不符题意；C．一个S8分子中共有8个S—S键，32gS8的物质的量是0.125mol，故其所含S—S键的数目应是0.125mol×8×NA=NA，描述正确，符合题意；D．金刚石与石墨烯的最基础构成微粒均是C原子，所以12g混合物中C原子的总物质的量是1mol，所以其所含C原子的数目应是NA，描述错误，不符题意；综上，本题选C。7．BA．Ti4+在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未改变，Ti4+是催化剂，故A错误；B．加入NO后生成Ti4+…NH2—N=O，可知Ti4+…NH2—N=O是中间产物，故B正确；C．根据反应历程，参加反应得物质有NH3、NO、O2，总反应化学方程式为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，故C错误；D．分解反应Ti4+…NH2—N=O→Ti4++N2+H2O的反应过程中有氮氧键断裂，故D错误；故选B。8．D四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构，W为Fe，X可以形成一个单键，且可以形成氢键，则X为H，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，则Y、Z原子序数之和为51-26-1=24，Y和Z同主族，且Y可以形成氢键，则Y为O、Z为S，据此解答。A．Y为O、Z为S，O的非金属性强于S，简单氢化物的稳定性：Y>Z，A正确；B．该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，B正确；C．W为Fe，Y为O，可以形成多种化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多种化合物，C正确；D．为H2O，为，硫酸根离子中，一个O形成4个相同的S-O键，键与键之间斥力相同，键角均相同；水中形成两个H-O键，含两个孤对电子，孤对电子对H-O键的斥力更大，所以导致两个H-O键之间的夹角小于，D错误；故选D。9．BA．共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A错误；B．根据排列组合，、、三种核素可组成3种不同的水分子，故B正确；C．氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子H—O的键能大的缘故，故C错误；D．高温下SiO2能与CaCO3固体反应生成CaSiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故D错误；答案为B。10．AA．12g石墨的物质的量为，在石墨晶体中一个碳原子形成3个C-C键，每个C-C键由2个碳原子构成，因此12g石墨中含有C-C键的物质的量为1mol×3×=1.5mol，故1mol石墨中含1.5NA个σ键，故A正确；B．在金刚石中每个C原子形成四个共价键，但每个共价键为两个C原子共用，即一个碳原子含有2个C-C键，所以1mol金刚石含2NA个σ键，故B错误；C．在白磷(P4)分子中，每个P原子与相邻的3个P原子形成P-P共价键，每个共价键为相邻的2个P原子形成，则在1个P4中含有的P-P键数目为6个，所以在1mol白磷(P4)中含有P-P非极性键数目是6NA个，故C错误；D．根据雄黄分子结构可知，在1个雄黄分子中含As-S键数目是8个，在1mol雄黄分子中含As-S键数目是8NA个，则在0.5mol雄黄分子中含As-S键数目是4NA个，故D错误；故选：A。11．BA．σ键以头碰头方式重叠，为轴对称，π键以肩并肩方式重叠，为镜像对称，故A正确；B．稀有气体为单原子分子，不存在化学键，故B错误；C．两个原子在形成共价键时只有一个σ键，其他可能含有一个π键(如碳碳双键)，也可能含有两个π键(如碳碳三键)，故C正确；D．根据原子的最外层电子数以及成键情况，NO2中心原子N的化合价为+4，BF3中心原子B的化合价为+3，均不满足8电子稳定结构，但是F原子的最外层电子数为8，故D正错误；故选BD。12．CA．标准状况下，CH3CHO是液体，2.24LCH3CHO不是0.1mol，故A错误；B．含有非极性键不一定是非极性分子，要看其正负电荷重心是否重合，O3分子结构重心不对称，正负电荷重心不重合，故O3不是非极性分子，故B错误；C．饱和碳原子采取杂化，碳氧双键和碳碳双键的碳原子采取杂化，所以CH3CHO和CH3CH=CHCH3分子中采取杂化和杂化的碳原子数目之比均为1:1，故C正确；D．在该常见反应中，2-丁烯转变为乙醛，碳元素化合价平均从-2升高到-1，氧元素化合价从0降低到-2，若2molO3反应，电子转移4mol，故D错误；答案选C。13．

F＞N＞O

sp3杂化

直线形

2NA

3d54s1

C

是试题分析：本题主要考查第一电离能、中心原子杂化、等电子体、π键、电子排布等基础知识，考查考生基础知识的掌握情况及基础知识在解题中的运用能力。解析：（1）同周期从左到右，各元素的第一电离能呈增大的趋势，但是处于全满和半满状态是一种亚稳定结构，第一电离能比相邻的元素高，所以三种元素的第一电离能大小顺序为F＞N＞O。OF2分子中，中心原子O有2个成键对，孤对数目为，因此O采用sp3杂化。正确答案：F＞N＞O、sp3杂化。（2）NO2+含有3原子，价电子数为16，与CO2属于等电子体，所以结构为直线形，结合CO2分子结构可知，1molCO2分子中含有2molπ键，所以1molNO2+中含有2molπ键。正确答案：直线形、2×6.02×1023。（3）铬是24号元素，核外电子排布为[Ar]3d54s1，因此外围电子排布是3d54s1。正确答案：3d54s1。（4）根据等电子体原理，O3价电子数目为18，H2O价电子数目为8，CO2的价电子数目为16，SO2的价电子数目为18，BeCl2的价电子数目为16，而各分子中含有的原子数均为3，因此O3与SO2是等电子体，二者的结构相似。正确答案：C。（5）SO2分子中，中心原子S成键电子对数为2，孤对电子数为，所以中心原子S采取sp2杂化，分子构型为V形，所以他的等电子体O3也是V形结构，但是O3分子中中心O原子与外侧O原子的孤对电子对数不同（外侧O两对孤对，中心O一对孤对），所以O3是极性分子。正确答案：是。14．

>

AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO

甲醇分子间存在氢键(1)因向含有AlO的溶液中通入CO2，可以生成白色的Al(OH)3沉淀，因此AlO结合H+的能力大于CO结合H+的能力，该反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；(2)Ca3N2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，因此Ca3N2的电子式为；(3)甲醇中含有羟基，可以形成氢键，而甲醛是羰基不能形成氢键，只有分子间作用力和范德华力，而氢键的作用力大于分子间作用力和范德华力，因此，需要更多的热量去破坏氢键使甲醇沸腾，因此，甲醇的沸点高。15．

[Ar]3d64s2

N2；

CN-；

C≡O

CH4、CH3OH

CH3OH分子是极性分子，同时分子之间还存在着氢键的作用

sp3

sp2（1）Fe的原子序数为26，利用电子排布规律来书写电子排布式；（2）CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则C、O之间为三键，等电子体中原子数和价电子数都相同；（3）判断原子采取杂化方式时，先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对，然后再确定采取的杂化方式；氢原子与电负性大、半径小的原子X（氟、氧、氮等）以共价键结合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间相互作用，称为氢键；（4）判断原子采取杂化方式时，先根据价层电子对互斥理论判断价层电子对，然后再确定采取的杂化方式．（1）Fe的原子序数为26，则基态电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为[Ar]3d64s2；（2）等电子体中原子数和价电子数都相同，则N2、CN-、CO的原子数都是2，价电子数都是10，则互为等电子体，所以其中分子为：N2，离子为：CN-；互为等电子体的分子结构相似，根据氮气的结构式与电子式可知，CO分子结构式为C≡O，电子式为：，故答案为N2；CN-；；C≡O；（3）在CO分子中价层电子对数=σ键电子对数（1）+中心原子上的孤电子对数（1），所以碳原子采取sp杂化；在CH3OH中，价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化；CH4分子中价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采取sp3杂化。CH3OH分子是极性分子，且CH3OH形成分子间氢键，沸点较CH4高，故答案为CH4、CH3OH；CH3OH分子是极性分子，同时分子之间还存在着氢键的作用；（4）价层电子对数=σ键电子对数+中心原子上的孤电子对数，-CH3中价层电子对数=σ键电子对数（4）+中心原子上的孤电子对数（0）所以碳原子采用sp3；-CHO价层电子对数=σ键电子对数（3）+中心原子上的孤电子对数（0），所以碳原子采用sp3。故答案为sp3；sp2。16．

①

②⑧

④⑦

③⑤

⑥①CS2分子中C原子价层电子对个数是2，孤电子对数为0，C原子采用的是sp杂化，空间构型为直线形；②H2S分子中σ键数目为2，孤对电子对数为2，则价层电子对数为4，S原子采用的是sp3杂化，由于有2个孤电子对，故空间构型为V型；③PCl3分子中σ键数目为3，1，则价层电子对数为4.则P原子采用的是sp3杂化，由于有，故空间构型为三角锥型；④CH2O分子中心原子C的σ键数目为3，孤电子对数为0，C原子采用的是sp2杂化，由于碳氧双键的存在，故空间构型为平面三角形；⑤H3O+分子中心原子O的σ键数目为3，孤电子对数为1，O原子采用的是sp3杂化，由于有1个孤电子对，故空间构型为三角锥形；⑥NH4+分子中心原子N的σ键数目为4，孤电子对数为0，N原子采用的是sp3杂化，故空间构型为正四面体形；⑦BF3分子中心原子B的σ键数目为3，孤电子对数为0，B原子采用的是sp2杂化，故空间构型为平面正三角型；⑧SO2分子中价层电子对个数=2+×(6-2×2)=3，含有1个孤电子对，S原子采用的是sp2杂化，由于有1个孤电子对，故空间构型为V形；综上所述，(1)粒子的几何构型为直线形的有①；(2)粒子的几何构型为V形的有②⑧；(3)粒子的几何构型为平面三角形的有④⑦；(4)粒子的几何构型为三角锥型的有③⑤；(5)粒子的几何构型为正四面体型的有⑥。17．

2

2:3:1

(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是，故答案为：2；(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。18．(1)

70

35(2)设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个。依题意可得方程组：(键数，即棱边数)；(欧拉定理)；解得五边形数x=12，六边形数y=25。C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则平均每个C原子可形成个共价键，则共价键总数为70×=105，设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个，结合循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2计算。（1）C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则平均每个C原子可形成个共价键，则共价键总数为70×=105，每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，且核外最外层电子全部成键，则每个C原子形成2个单键、1个双键，即单键数=2倍的双键数，设单键数为m，双键数为n，则m+n=105，m=2n，解得m=70，n=35，故C70分子中所含的单键数为70，双键数为35。（2）设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个。依题意可得方程组：(键数，即棱边数)；(欧拉定理)；解得五边形数x=12，六边形数y=25。19．945.6设键的键能为，已知，反应热=反应物的总键能－生成物的总键能，故，解得；故答案为945.6。20．(1)

氯化铵和氢氧化钙固体

导气、防止倒吸(2)(3)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体(4)

Ag和;

氨水

肼具有还原性和碱性(5)甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；（1）实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，故答案为：氯化铵和氢氧化钙固体；导气、防止倒吸；（2）装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：；（3）装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；（4）银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，黑色固体全部溶解，故加入足量硝酸后可证明黑色固体有Ag和；氨气可以和银离子形成配离子，即氧化银可以溶解在氨水中，故ii为氨水，溶解的部分固体为氧化银；肼有还原性可以把+1价银离子还原为单质银，另外肼有碱性，和银离子反应生成氢氧化银，分解后生成氧化银，故原因是:肼具有还原性将Ag还原为Ag，肼具有碱性，与Ag反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O。（5）甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()，故的碱性强于；21．(1)

sp3

正四面体

[Ar]3d104s1(2)

向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全

AgNO3溶液(3)坩埚(4)(5)偏低（1）根据中心原子含有的共价键个数与孤电子对个数之和确定其空间构型和杂化方式，离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；铜是29号元素，核外有4个电子层，最外层有一个电子，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63p104s1或[Ar]3d104s1；（2）硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作是向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀完全；步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡或氯化铜，为了证明是否洗净即检验有