【试卷】分子的结构与物质的性质综合测试题 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

2.3分子的结构与物质的性质综合测试题一、单选题1．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为，下列有关说法正确的是（）A．配体是和，配位数是9B．该配合物中提供孤电子对的是中心离子C．该配合物中存在离子键、配位键和极性键D．向其溶液中加入足量溶液，所有都能转化为沉淀2．下列事实与氢键无关的是（）A．NH3分子极易溶于水B．水结成冰体积膨胀，密度变小C．水加热到很高的温度都难以分解D．水的沸点比H2S的沸点高3．下列变化需要克服相同类型作用力的是（）A．溴和汞的气化 B．氯化氢和氯化钠的溶解C．晶体硅和C60的熔化 D．碘和干冰的升华4．下列物质中，属于易溶于水的一组是()A．CH4、CCl4、CO2 B．NH3、HCl、HBrC．Cl2、H2、N2 D．H2S、C2H6、SO25．下列对分子的性质的解释中，错误的是（）A．水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致B．乳酸()有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释D．酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多6．前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期.X原子的最高能级中未成对电子数是成对电子对数的2倍，Y的第一电离能高于其在周期表内的相邻元素，Z元素的焰色为砖红色，R2+的一种配合物在人体内起运输氧气的作用。下列说法中正确的是（）A．高温条件下，W单质能置换Z的氧化物中的ZB．R在周期表的位置是第四周期VIIIB族C．存在某种Y的氧化物的熔点高于Z的氧化物的熔点D．X元素对应的单质一定是非极性分子7．T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素且分布于三个周期，W元素可形成硬度最大的单质，X是地壳中含量最多的元素，Y与X同主族。下列说法错误的是（）A．原子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)＞r(W)＞r(T)B．Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ZC．第一电离能：W＜XD．W、X可分别与T形成含有非极性键的极性分子8．NaBH4在有机合成中被称为万能还原剂，下列对NaBH4的描述正确的是（）A．基态B原子的价电子排布图为B．NaBH4中存在离子键、共价键、氢键C．阴离子的空间构型为平面三角形D．NaBH4中H的化合价为-1价9．氢键的存在对生命的繁衍具有重要意义。下列物质的结构或者性质与氢键无关的是（）A．乙醇可与水以任意比例互溶B．S单质难溶于水，却易溶于CS2C．邻羟基苯甲醛()的熔点低于对羟基苯甲醛()的熔点D．可燃冰(CH4·8H2O)中水分子笼的形成10．下列说法正确的是（）①离子化合物中一定含有离子键；②含有共价键的化合物一定是共价化合物；③非金属单质分子中一定含有非极性共价键；④分子间作用力比化学键弱得多；⑤含有离子键的化合物中一定含有金属元素；⑥氢键不是化学键；⑦不同元素组成的多原子分子中的化学键一定都是极性键A．①④⑥ B．①②⑤⑦ C．①③④⑥ D．③⑥⑦11．下列化合物在水中的溶解度，排列次序正确的是（）a.HOCH2CH2OHb.CH3CH2CH2OHc.CH3CH2COOCH3d.HOCH2CH（OH）CH2OHA．d＞b＞c＞a B．c＞d＞a＞b C．c＞d＞b＞a D．d＞a＞b＞c12．配离子球棍模型如下图所示。下列关于该配离子的说法中不正确的是（）A．配位数为4B．中的采用杂化C．配体是，的空间构型为三角锥形D．若用代替与形成配位键，则配位键的强度将减弱13．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子最外层电子数等于最内层电子数的一半。某物质(M)由R、X、Z三种元素组成，它的结构式如图所示。下列推断错误的是（）A．原子半径：Y＞ZB．X和R组成的化合物不可能使溴水褪色C．M中含极性键和非极性键D．Y的最高价氧化物对应的水化物是强碱14．推测下列最适合溶解白磷（P4）的溶剂是（）A．水 B．CH3OH（甲醇）C．CS2（二硫化碳） D．CH3COOH（乙酸）15．下列分子中含有的电子数目与HF相同，且只有两个极性共价键的是（）A．CO2 B．N2O C．H2O D．CH416．下列对有关事实的解释正确的是（）

事实解释A石墨晶体中横向与纵向的导电性不同晶体性质表现自范性BCH4与NH3分子的空间构型不同二者中心原子杂化轨道类型不同CH2O的热稳定性比H2S强H2O分子间形成氢键，而H2S分子间没有形成氢键D向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入过量氨水，得到深蓝色溶液NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强A．A B．B C．C D．D17．下列叙述中，错误的是（）A．微粒半径由小到大顺序是H＋＜Li＋＜H－B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子C．[Cu(NH3)4]2＋中H提供接受孤对电子的空轨道D．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为四面体结构18．CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。主反应：副反应：下列说法正确的是A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、B．*与结合形成*C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成D．反应为决速步19．下列关于氢键的说法中正确的是（）A．氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键B．分子内形成的氢键使物质的熔点和沸点升高C．氨溶于水后氨分子和水分子之间形成了氢键D．邻羟基苯甲酸的熔点比对羟基苯甲酸的熔点高20．用相同浓度的和溶液进行实验：下列说法错误的是（）A．相同浓度的和溶液中，的浓度不同B．提供空轨道，提供孤电子对，两者以配位键结合成C．溶液2不显红色，说明与的结合力强于与的结合力D．由对比实验可知，用溶液检验溶液中的比用KSCN溶液更好二、综合题21．三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工，太阳能电池制造和液晶显示器制造中得到广泛应用。NF3是一种三角锥型分子，键角102°，沸点－129℃；可在铜的催化作用下由F2和过量NH3反应得到。（1）NF3的沸点比NH3的沸点(-33℃)低得多的主要原因是。（2）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下面各题：元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900①在周期表中，最可能处于同一族的是。②T元素最可能是区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成化合物的空间构型为，其中心原子的杂化方式为。22．研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为。元素Mn与O中，第一电离能较大的是，基态原子核外未成对电子数较多的是。（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为和。（3）在CO2和H2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为，原因是。（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在。23．过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。锰钢异常坚硬，且具抗冲击性能，是制造枪栓、保险库、挖掘机械和铁路设施的理想材料；锰也是人体的重要微量元素。请根据所学知识，回答下列问题：（1）铬、锰、铁称为黑色金属，位于同一周期的相邻位置。锰的原子序数是；基态离子的价层电子排布图为。（2）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是____（填编号）。A． B．C． D．（3）水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物。锰试剂的结构如图所示，其分子中可能与形成配位键的原子有；锰试剂（填“能”或“不能”）形成分子内氢键。（4）锰试剂分子中，原子采取的杂化方式不涉及（填“”“”或“”）杂化；分子中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为（用元素符号表示）。（5）规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18.符合规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知和均符合规则，性质稳定，而则容易在化学反应中表现氧化性。①x=。②从结构角度解释则容易在化学反应中表现氧化性的原因。24．X、Y、Z、U、W是原子序数依次增大的前四周期元素．其中Y的原子核外有7种运动状态不同的电子；X、Z中未成对电子数均为2；U的氧化物是第三周期元素形成的常见两性氧化物；W的内层电子全充满，最外层只有1个电子。请回答下列问题：（1）X、Y、Z的电负性从大到小的顺序是(用元素符号表示，下同)。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为。（2）写出Y的价电子排布式，W同周期的元素中，与W原子最外层电子数相等的元素还有。（3）根据等电子体原理，可知化合物XZ的结构式是,YZ2-的VSEPR模型是。（4）X、Y、Z的简单氢化物的键角从大到小的顺序是(用化学式表示)，原因是。（5）Y的氢化物易液化的原因是。（6）XZ32-的立体构型是，其中X原子的杂化轨道类型是，互为等电子体的离子。（7）用氢键表示式写出Z的氢化物中存在的氢键。25．“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志着我国航天技术向前迈出了一大步，其制造材料中包含了Cu、Ti、Cr、Ni、Si、N、O等多种元素。回答下列问题：（1）基态的价电子排布式为，溶于氨水的化学方程式为。（2）Cu催化烯烃硝化反应过程中会产生。、中氨原子的杂化方式分别为，键角：(填“<”或“>”)。（3）三价铬离子能形成多种配位化合物。中，提供电子对形成配位键的元素是，中心离子的配位数为。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．根据配合物化学式可知，配体是和，中心离子的配位数为6，A项不符合题意；B．该配合物中提供孤电子对的是配体，是和，中心离子提供空轨道，B项不符合题意；C．阳离子与之间以离子键结合，在阳离子中的中心离子与配体和以配位键结合，在配体中存在H-O极性共价键，因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键，C项符合题意；D．向该配合物溶液中加入足量溶液，只有外界都能转化为沉淀，而配离子中的与中心离子结合牢固，不能转化为沉淀，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A、配位数可以根据钛原子所连接粒子判断；

B、中心离子为钛离子；

C、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；

D、配离子中的氯离子不能电离。2．【答案】C【解析】【解答】A.氨气分子与水分子之间存在氢键，增大了氨气的溶解性，选项A不选；B、由于氢键的存在，使水结成冰时在固体中分子之间排列规则，使分子之间的距离增大，所以体积膨胀，密度变小，选项B不选；C.水加热到很高的温度都难以分解这是由于在水分子中的化学键强，断裂难，与分子间的氢键的大小无关，选项C选；D.水分子与分子间存在氢键，所以常温下H2O为液态，而H2S分子间无氢键，所以常温下为气态，选项D不选；故答案为：C。

【分析】氢键与物质的物理性质有关，而与化学性质无关。3．【答案】D【解析】【解答】A.溴的气化克服分子间作用力，汞的气化克服金属键，故A不选；B.氯化氢的溶解克服共价键，氯化钾的溶解克服离子键，故B不选；C.晶体硅的熔化克服共价键，C60的熔化克服分子间作用力，故C不选；D.碘和干冰的升华都需要克服分子间作用力，故D选。故答案为：D。

【分析】原子之间通过共用电子对形成的化学键叫共价键；通过阴阳离子之间的作用力形成的化学键叫做离子键；分子间作用力，又称范德瓦尔斯力，是存在于中性分子或原子之间的一种弱碱性的电性吸引力。4．【答案】B【解析】【解答】水是极性溶剂，根据“相似相溶”原理，只有极性溶质才易溶于水，所以只有B项符合。【分析】相似相溶原理中“相似”是指溶质与溶剂在结构上相似，“相溶”是指溶质与溶剂彼此互溶。对于气体和固体溶质来说，“相似相溶”也适用。5．【答案】A【解析】【解答】A.水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A符合题意；B.中间的碳原子上连有四个不同的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B不符合题意；C.碘、甲烷、四氯化碳都是非极性分子，水为极性分子，所以碘、甲烷易溶于四氯化碳而在水中溶解度小，可用相似相溶原理解释，故C不符合题意；D.H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸分子中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.化学键的作用力比分子间作用力要强许多；

B.如果一对分子，它们的组成和原子的排列方式完全相同，但如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能重叠，这对分子互称手性异构体。有手性异构体的分子称为手性分子；

C.相似相溶原理中“相似”是指溶质与溶剂在结构上相似，“相溶”是指溶质与溶剂彼此互溶。对于气体和固体溶质来说，“相似相溶”也适用；

D.含氧酸分子中非羟基氧原子数越多，酸性越强。6．【答案】C【解析】【解答】A．钙的冶炼需采用电解法，用氢气还原法得不到单质钙，A不符合题意；B．R为Fe，原子序数为26，位于元素周期表第四周期、第VIII族，B不符合题意；C．Y为Mg或P，存在熔点：MgO>CaO，C符合题意；D．X为O，氧气是非极性分子，但臭氧是极性分子，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．活泼金属制备采用电解法；B．依据核外电子排布确定位置；C．离子半径越小，熔点越高；D．依据分子的结构对称性判断。7．【答案】A【解析】【解答】根据上述分析可知：T是H，W是C，X是O，Y是S，Z是Cl元素。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素原子序数越小，原子半径越大，则上述五种元素的原子半径由大到小的顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(T)，A符合题意；B．同一周期元素，原子序数越大元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强。元素的原子序数：Y＜Z，所以Y、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜Z，B不符合题意；C．一般情况下，同一周期元素，原子序数越大元素的第一电离能就越大。C、O是同一周期元素，原子序数C＜O，所以第一电离能：C＜O，即第一电离能：W＜X，C不符合题意；D．T是H，W是C，X是O，C、O两种元素与H可以形成含有非极性共价键的极性分子，如CH3-CH=CH2、H2O2是含有非极性键的极性分子，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】T、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期主族元素且分布于三个周期，则T是H元素；W元素可形成硬度最大的单质，则W是C元素；X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素；Y与X同主族，则Y是S元素，Z是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。8．【答案】D【解析】【解答】A．基态B原子的价电子排布为2s22p1，A不符合题意；

B．NaBH4中不存在氢键，B不符合题意；

C．采取sp3杂化，阴离子空间构型为正四面体，C不符合题意；

D．B为+3价，H为-1价，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．基态B原子的价电子排布为2s22p1；

B．NaBH4中不存在氢键；

C．sp3杂化，空间构型为正四面体；

D．化合价判断。9．【答案】B【解析】【解答】A、乙醇与水分子间形成氢键，增大乙醇在水中的溶解度，因此乙醇可与水以任意比例互溶，故A不符合题意；B、S单质为非极性分子，H2O为极性分子，S单质难溶于水，CS2属于非极性分子，因此S单质易溶于CS2，与相似相溶原理有关，与氢键无关，故B符合题意；

C、邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，因此邻羟基苯甲醛()的熔点低于对羟基苯甲醛()的熔点，与氢键有关，故C不符合题意；

D、可燃冰存在分子内氢键，形成笼状，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、乙醇与水分子间形成氢键；

B、根据相似相溶原理分析；

C、存在分子内氢键的物质沸点低于存在分子间氢键的物质；

D、可燃冰中水分子间通过氢键形成水分子笼。10．【答案】A【解析】【解答】①离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH等，符合题意；②含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如NaOH等，符合题意；③非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，单原子分子不存在化学键，例如稀有气体中不存在化学键，不符合题意；④分子间作用力不属于化学键，一般影响物质的物理性质，因此比化学键弱得多，符合题意；⑤含有离子键的化合物中不一定含有金属元素，例如硝酸铵等铵盐，不符合题意；⑥氢键是指已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很强的原子之间的作用力，因此氢键不是化学键；⑦不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定都是极性键，例如乙醇分子中碳原子与碳原子之间存在非极性键，不符合题意；

故答案为：A。【分析】本题考查了物质和化学键的关系，明确物质的构成微粒及微粒间作用力即可解答，注意：并不是所有物质中都含有化学键，不能根据是否含有金属元素判断离子键，为易错点。11．【答案】D【解析】【解答】在物质a.HOCH2CH2OH；b.CH3CH2CH2OH；c.CH3CH2COOCH3；d.HOCH2CH（OH）CH2OH中，CH3CH2COOCH3不能与水形成氢键，则溶解度最小；分子中含有羟基数目越多，与水形成的氢键越多，则溶解度越大，所以溶解度：HOCH2CH（OH）CH2OH>HOCH2CH2OH>CH3CH2CH2OH>CH3CH2COOCH3，即d＞a＞b＞c；故合理选项是D。

【分析】根据形成氢键以及氢键的个数即可判断溶解性12．【答案】B【解析】【解答】A、由配离子的结构模型可知，Cu2+的配位数为4，A不符合题意。

B、由配离子的球棍模型图可知，配离子内N原子排列成平面正方形，因此Cu2+采用的dsp2杂化，B符合题意。

C、配离子中配体是NH3，NH3中心氮原子的价层电子对数为，所以NH3的空间构型为三角锥形，C不符合题意。

D、由于电负性N＜O，O原子给出电子的能力比N原子弱，所以用H2O代替NH3与Cu2+形成配位键，则配位键的强度将减弱，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、根据配离子的结构其配位数为4。

B、Cu2+采用dsp2杂化。

C、根据氮原子的价层电子对数确定其空间结构。

D、结合电负性N＜O分析。13．【答案】B【解析】【解答】A．Y、Z分别为Na、S，二者都是第三周期元素，且Na在S的左边，则原子半径：Na＞S，A不符合题意；B．R、X分别为H、C，二者组成的化合物可能为烯烃、炔烃，能使溴水褪色，B符合题意；C．从图中可以看出，M中含有C-H、C-S极性键和C=C非极性键，C不符合题意；D．Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，在水溶液中发生完全电离，属于强碱，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．同周期同左到右原子半径依次减小；B．考虑生成烯烃、炔烃；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；D．在水溶液中发生完全电离，属于强碱。14．【答案】C【解析】【解答】解：P4是非极性分子，水是极性分子，CH3OH是极性分子，CS2是非极性分子，CH3COOH是极性分子，根据相似相溶原理知，硫粉（S8）易溶于CS2，所以A、B、D错误，故选：C．【分析】根据P4是非极性分子，利用相似相溶原理：极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子来判断．15．【答案】C【解析】【解答】A.CO2中C原子的电子数为6，O原子的电子数为8，CO2分子中含有的电子数目为22；成键原子不相同，有2个极性共价键，故A不符合题意；B.N2O中N原子的电子数为7，O原子的电子数为8，N2O分子中含有的电子数目为22；成键原子不相同，有2个极性共价键，故B不符合题意；C.H2O中H原子的电子数为2，O原子的电子数为8，H2O分子中含有的电子数目为10，含有的电子数目与HF相同；成键原子不相同，有2个极性共价键，故C符合题意；D.CH4中C原子的电子数为6，H原子的电子数为1，CH4分子中含有的电子数目为10；成键原子不相同，有4个极性共价键，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】根据原子序数判断原子的电子数目，HF含有10个电子；判断共价键类型可根据成键原子是否相同，如成键的两个原子形同，则为非极性共价键；反之为极性共价键。16．【答案】D【解析】【解答】A．石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性，故A不符合题意；B．CH4的价层电子对数是4，无孤对电子，分子的空间构型正四面体，中心原子杂化轨道类型均为sp3，NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B不符合题意；C．H2O的热稳定性比H2S强，是由于元素的非金属性：O＞S，分子的稳定性与氢键无关，故C不符合题意；D．硫酸铜蓝色溶液中存在[Cu(H2O)4]2+离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的[Cu(H2O)4]2+与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，则说明NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性；

B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；

杂化轨道数=2，为直线；

杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；

C、氢键影响分子的物理性质；

D、越容易反应，则配位键越强。17．【答案】C【解析】【解答】A．H＋核外无电子，半径最小，Li＋和H－核外电子排布相同，H－核电荷数较小，半径较大，即半径H＋＜Li＋＜H－，A不符合题意；B．杂化轨道形成的键都是σ键，而双键、三键中的π键都是未杂化的轨道形成的，故杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，B不符合题意；C．[Cu(NH3)4]2＋中Cu2+给出空轨道，N提供孤对电子，C符合题意；D．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，若无孤电子对，则为四面体结构，若有孤电子对，则为三角锥形或V形，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A.电子层数越大，半径越大，电子层结构相同时，质子数越小半径越大

B.杂化轨道的作用，主要是容纳未成对的电子以及形成杂化轨道形成σ键

C.氨气分子是配体，氨气分子形成3个共价键后有1对孤对电子，而铜离子提供空轨道

D.sp3杂化时，可形成4个sp3杂化轨道，主要看是否存在孤对电子18．【答案】D【解析】【解答】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A不符合题意；B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B不符合题意；C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C不符合题意；D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A、催化剂不能影响反应热；

B、结合图示可以知道*OCH2与H原子结合形成*OCH3；

C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；

D、决速步骤为活化能最大的步骤。19．【答案】D【解析】【解答】解：A．氢键、范德华力均属于分子间作用力，氢气的作用大于范德华力，故A错误；B．分子内形成的氢键使物质的熔点和沸点降低，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故B错误；C．氨溶于水后氨分子和水分子结合生成一水合氨，一水合氨分子与水分子之间存在氢气，故C错误；D．对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故D正确．故选D．【分析】A．氢键属于分子间作用力；B．分子内形成的氢键使物质的熔点和沸点降低；C．氨溶于水后氨分子和水分子结合生成一水合氨；D．对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键．20．【答案】D【解析】【解答】A．溶液1显红色而溶液2不显红色说明相同浓度的和溶液中的浓度不同，故A不符合题意；B．Fe的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是失去4s上的电子和3d上的一个电子得到的，其存在空轨道，CN-的电子式为，碳原子提供孤电子对，两者以配位键结合成，故B不符合题意；C．溶液2不显红色，说明[Fe(CN)6]3-不会转化为Fe(SCN)3，说明与的结合力强于与的结合力，故C不符合题意；D．FeCl3溶液为棕黄色，K3[Fe(CN)6]溶液为黄色，若用KCN检验FeCl3溶液现象不明显，因此用KCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3+不如用KSCN溶液好，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.溶液1显红色而溶液2不显红色说明相同浓度的和溶液中的浓度不同；

B.中为中心离子，提供空轨道，是配体，提供孤电子对；

C.溶液2不显红色，说明[Fe(CN)6]3-不会转化为Fe(SCN)3，则说明与的结合力强于与的结合力。21．【答案】（1）NH3能形成分子间氢键，NF3只有范德华力（2）R和U；P；平面正三角形；sp2【解析】【解答】(1)NH3分子了间存在氢键，而NF3分子了间只存在范德华力，两种作用力前者较强，物质的沸点较高；(2)①根据电离能的跳跃确定最外层有几个电子，表中R和U的第一电离能较小，但跳跃至第二电离能时突然变大，说明失去一个电子后变为稳定结构，最外层有一个电子，故R和U处于同族；②由T元素电离能的变化可知T最外层有三个电子，位于周期表中第ⅢA族，在P区，若T为第二周期元素，应为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，应为Cl元素，二者形成的化合物为BCl3，根据价层电子对模型可知应为平面正三角形结构，中心原子的杂化方式为sp2杂化。【分析】根据分子间作用力分析；结合电离能的变化分析原子结构最外层电子数，结合元素周期律分析判断，根据中心原子的价层电子对数分析解题。22．【答案】（1）[Ar]3d74s2；O；Mn（2）sp；sp3（3）H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大（4）离子键和π键【解析】【解答】(1)Co为27号元素，依据电子排布的原则，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2。元素Mn为金属，O为非金属，第一电离能较大的是O；Mn和O的基态原子核外未成对电子数分别为3、2，则基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。答案为：[Ar]3d74s2；O；Mn；(2)CO2分子中，C原子只与两个氧原子形成共价键，且最外层无孤对电子，CH3OH分子中C原子与4个原子形成共价键，所以二者的杂化形式分别为sp和sp3。答案为：sp；sp3；(3)CO2、H2、CH3OH、H2O四种分子中，CH3OH、H2O都能形成分子间的氢键，H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大，所以沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大；(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在Mn2+与NO3-间的离子键和NO3-内的π键。答案为：离子键和π键。

【分析】（2）二氧化碳里为C=O，为sp杂化，CH3OH为4个C-H键，为sp3杂化

（3）对于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，若含有氢键，沸点会异常的高23．【答案】（1）25；（2）A（3）N、O；能（4）；（5）4；配合物Co（CO）4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；【解析】【解答】（1）Mn的质子数为25，原子序数为25，为24号元素，原子核外电子排布为[Ar]3d54s1，则的核外电子排布为[Ar]3d3，价层电子排布图为；故答案为：25；；（2）为基态Fe3+，处于3d半满稳定状态，很难再失电子；为基态Fe2+，易失去一个电子变为Fe3+；为激发态的Fe2+，其失去一个电子比基态Fe2+为激发态Fe3+，其失去一个电子比基态Fe3+容易；故最难在失去一个电子的是A，故答案为：A；（3）N、O原子上存在孤电子对，可以作为配位原子；锰试剂含有两个不相邻的酚羟基，能形成分子内氢键，故答案为：N、O；能；（4）锰试剂分子中，苯环C原子采取sp2杂化方式，N＝C采取sp2杂化方式，羟基O采取sp3杂化方式，所以不采取sp杂化方式，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的，故第一电离能为：C，故答案为：sp；C；（4）①配合物Ni（CO）x的Ni原子价电子数为10，CO提供一对孤对电子，与Ni原子形成配位键，则10＋2x＝18，解得x＝4，故答案为：4；②配合物Co（CO）4的Co原子价电子数为9，CO提供一对孤对电子，与Co原子形成配位键，则9＋2×4＝17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子的配合物分子结构和化学性质会更稳定，故表现氧化性，故答案为：配合物Co（CO）4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；

【分析】（1）依据原子构造原理分析；（2）依据电离能逐级增大且全满和半满状态比较稳定分析；（3）配位原子存在孤电子对；考虑分子内氢键的形成条件；（4）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，判断杂化类型，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，，其中IIA族和VA族的第一电