【化学】分子结构与物质的性质课时测验 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

2.3分子结构与物质的性质课时测验一、单选题1．下列事实与氢键无关的是（）A．氨气极易溶于水 B．乙醇的沸点比甲醚的高C．苯易挥发 D．冰能浮于水面上2．下列物质中既含有非极性键，又含有离子键的是（）A．MgBr2 B．H2O2 C．Na2O2 D．NH4Cl3．2022年北京冬奥会已经成功落下帷幕，它的成功举办离不开各种科技力量的支撑。下列说法错误的是（）A．速滑竞赛服采用的聚氨酯材料是一种有机高分子材料B．被称为“冰丝带”的国家速滑馆采用了二氧化碳制冰技术，二氧化碳是极性分子C．冬奥会用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑等进行消毒，是利用紫外线使蛋白质变性D．核酸检测是确认是否感染新冠病毒的有效手段，核苷酸缩合聚合可以得到核酸4．下列变化或数据与氢键无关的是（）A．甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L-1，在293K时为2.5g·L-1B．氨分子与水分子形成一水合氨C．水结冰体积增大。D．SbH3的沸点比PH3高5．已知水分子结构可看作H—OH，常温下在水中溶解性最好的是()A．苯酚 B．甲醇 C．丁醇 D．乙烯6．关于离子键、共价键的各种叙述，下列说法中正确的是（）A．在离子化合物里，只能存在离子键B．非极性键只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中C．在共价化合物分子内，一定不存在离子键D．由多种元素组成的多原子分子里，一定既存在极性键又存在非极性键7．W、X、Y、Z为原子序数依次增大，且分属于三个不同周期的短周期元素，X、Y同周期。X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示)，下列说法错误的是（）A．X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高B．Z元素形成的含氧酸均为强酸C．W与X、Y均能形成至少2种二元化合物D．原子半径X大于Y8．下列不属于配位化合物的是()A．六氟合铝酸钠：Na3[AlF6]B．氢氧化二氨合银：[Ag(NH3)2]OHC．六氟合铁酸钾：K3[FeF6]D．十二水硫酸铝钾：KAl(SO4)2·12H2O9．下列说法错误的是A．和分子中所有原子都满足最外层8电子稳定结构B．的热稳定性比强，因为的分子间存在氢键C．单质气体中可能不含化学键D．反应，同时有极性键和非极性键的断裂和形成10．下列对物质性质解释合理的是选项性质解释A热稳定性：中存在氢键B熔点：晶体硅<碳化硅碳化硅中分子间作用力较大C酸性：电负性：D熔点：键较强A．A B．B C．C D．D11．周期表中IIIA族元素及其化合物应用广泛。硼熔点很高，其硬度仅次于金刚石，单质硼可以溶于热的浓硝酸生成硼酸(H3BO3)，硼酸是有重要用途的一元弱酸，能溶于水，可用作防腐剂；硼烷(B2H6，常温下为气态)是一种潜在的高能燃料，在O2中完全燃烧生成B2O3固体和液态水，燃烧热为2165kJ•mol-1；氨硼烷(H3NBH3)是最具潜力的储氢材料之一，与硼烷的相对分子质量相近，但沸点却比硼烷高得多；BF3是石油化工的重要催化剂；Al2O3熔点很高，是两性氧化物，可溶于强酸、强碱；砷化镓(GaAs)是一种新型化合物半导体材料。下列说法正确的是（）A．H3NBH3分子间存在氢键B．BF3是由极性键构成的极性分子C．镓原子(31Ga)基态原子核外电子排布式为4s24p1D．IIIA族元素单质的晶体类型相同12．下列各种说法中错误的是A．在水中氢、氧原子间均以共价键相结合B．离子键是阳离子、阴离子的静电作用C．和的反应过程涉及了共价键的断裂和形成D．金属具有金属光泽及良好的导电性和导热性，这些性质均与金属键有关13．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是A．该分子中σ键与π键数目之比为15：4B．N、O、F形成的键的极性：N－H＜O－H＜F－HC．该分子中C－N键的键能小于C=N键的键能D．该分子中所有N原子都为sp3杂化14．下列说法正确的是（）A．静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘利用的是胶体的丁达尔效应B．0.1mol/L的醋酸和盐酸分别稀释10倍，溶液的pH前者小于后者C．溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D．若两种不同的核素具有相同的中子数，则二者一定不属于同种元素15．氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是（）A．氨硼烷结构与乙烷相似，固态时均为分子晶体B．氨硼烷与水分子间可形成氢键，故易溶于水C．分子中N原子的第一电离能小于B原子D．分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键16．将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈反应，燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的[CuCl4]2-。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是()A．Cu2+、[Cu(H2O)4]2+、SO42-B．[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、N、SO42-C．[CuCl4]2-、N、SO42-D．[Cu(NH3)4]2+、[Cu(H2O)4]2+、SO42-17．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是()A．[Co(NH3)3Cl3] B．[Co(NH3)6]Cl3C．[Co(NH3)4Cl2]Cl D．[Co(NH3)5Cl]Cl218．下列说法中正确的是（）①离子化合物中一定有离子键，可能有共价键②NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1③非金属单质中不含离子键，一定只含共价键④稳定性：H2O＞H2S，沸点：H2O＜H2S⑤NaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力⑥非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中A．①②⑥ B．①③④⑥ C．①⑥ D．①④⑤19．氮元素可形成多种化合物。肼()又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。叠氮酸()是一种弱酸，可通过亚硝酸氧化肼获得。下列有关含氮微粒的说法正确的是（）A．中只含极性共价键B．中原子的杂化轨道类型为C．属于离子化合物D．易液化是因为与之间易形成氢键20．下列物质性质比较正确的是（）A．热稳定性： B．离子半径：C．酸性： D．沸点：二、综合题21．氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。回答下列问题：（1）在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有因素。（2）下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：改变的条件温度(℃)盐酸的浓度(%)液固比30557510152025。3：14：15：16：1钡的浸出率(%)74.3169.6068.4259.2174.3174.1555.3259.8465.1274.3174.35分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是；判断“浸取”的最佳液固比为。（3）常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为(填化学式)。（4）“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是。（5）“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25.00mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色)，用0.100mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1：1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2mL。①滴定至终点时的现象为。②该溶液中钙离子的浓度为(用含V1、V2的代数式表示)g·mL-1。22．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。①基态Ni原子价电子排布式是，它在元素周期表中的位置是。②分子内的O-H键a、分子间的范德华力b、氢键c，从强到弱依次为(用a、b、c表示)③能与水混溶，但是却不溶于。请解释其原因。（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷()是一种潜在的储氢材料，可由(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：。①第一电离能介于N、B之间的第二周期元素有种。②中B、N原子的杂化轨道类型分别为。③中共用电子对偏向N，中硼元素的化合价为+3价，则B、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为。23．铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的用途。（1）水体中过量的是一种重要污染物，可利用纳米铁粉将其除去。①基态铁原子核外电子排布式：；铁元素在元素周期表中的位置为，属于区元素。②相同条件下，向含有的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉-活性炭-铜粉，的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因为。（2）铁镁合金是目前储氢密度最高的材料之一，其晶胞结构如图2所示。储氢时，分子位于晶胞体心和棱的中心位置。①该晶胞中的配位数是。②该合金储满氢后所得晶体的化学式是。（3）在生产中，常用处理的含(价)废水得到和。易被氧化为，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：。24．第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1000年的能源需求。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个CH4分子或1个游离H2O分子。根据上述信息，完成下列问题。（1）下列关于天然气水合物中两种分子极性的描述正确的是。A．两种都是极性分子B．两种都是非极性分子C．CH4是极性分子，H2O是非极性分子D．H2O是极性分子，CH4是非极性分子（2）若晶体中每8个笼只有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离H2O分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为。A．CH4·14H2O B．CH4·8H2OC．CH4·H2O D．CH4·6H2O25．A、B、C、D、E、F为六种短周期元素，相关信息如下：序号信息①A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成10e-的分子②C为地壳中含量最高的元素③E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强④F为短周期中原子半径最大的元素根据以上信息提示，回答下列问题（涉及相关元素均用化学符号表达）（1）C元素在周期表中的位置为，AC2的结构式为，元素B、F、E的简单离子半径由大到小顺序。（2）B的简单氢化物与其最高价含氧酸反应生成一种盐，此盐化学式为，所含化学键的类型有。（3）A、B的简单氢化物沸点最高的是，原因是。（4）将BD3通入到FEC溶液中可制得B2D4，B2D4的电子式为，该反应的离子方程式为。（5）A与D可以按原子个数比1：3形成化合物。写出以KOH溶液为电解质溶液，该化合物与氧气形成的燃料电池的负极反应方程：。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．氨气与水分子之间容易形成氢键，使得NH3极易溶于水，故A不选；B．乙醇分子间能形成氢键，甲醚(CH3-O-CH3)分子间不能形成氢键，氢键会导致物质沸点升高，所以乙醇的沸点比甲醚(CH3-O-CH3)高，故B不选；C．苯分子间不能形成氢键，苯的分子间作用力减弱，使得苯易挥发，与氢键无关，故C选；D．水分子之间均能形成氢键，使得水变成冰后，空隙增多，密度减小，能浮在水面上，与氢键有关，故D不选；故答案为：C。

【分析】A.氨气与水分子间形成氢键；

B.乙醇分子间能形成氢键；

D.水蒸气中水分子主要以单个分子的形式存在，液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，冰中所有水分子以氢键互相联结成晶体，氢键的形成使水分子之间的间隙增大，从而导致冰的密度比水的密度小。2．【答案】C【解析】【解答】A.MgBr2中只存在离子键，选项A不选；B.H2O2中存在H-O极性键、O-O非极性键，选项B不选；C.Na2O2中存在钠离子与过氧根离子之间的离子键、O-O非极性键，选项C选；D.NH4Cl中存在离子键和N-H极性键，选项D不选；故答案为：C。

【分析】离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，所以首先判断离子晶体，然后判断是否韩版非极性共价键。3．【答案】B【解析】【解答】A．聚氨酯材料是一种人工合成有机高分子材料，A不符合题意；B．二氧化碳分子呈直线形、正负电荷中心重叠、是非极性分子，B符合题意；C．紫外线能使蛋白质变性，故可用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑等进行消毒，C不符合题意；D．核酸是有机高分子化合物，可以由核苷酸缩合聚合得到，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、聚氨酯材料为有机高分子材料；

B、二氧化碳是非极性分子；

C、紫外线可以使蛋白质变性；

D、核苷酸缩合聚合可以得到核酸。4．【答案】D【解析】【解答】A．甲酸是有极性分子构成的晶体，由于在分子之间形成了氢键增加了分子之间的相互作用，所以其在液态时的密度较大，不符合题意；B．氨分子与水分子都是极性分子，由于在二者之间存在氢键，所以溶液形成一水合氨，不符合题意；C．在水分子之间存在氢键，使水结冰时分子的排列有序，因此体积增大，不符合题意。D．SbH3和PH3由于原子半径大，元素的电负性小，分子之间不存在氢键，二者的熔沸点的高低只与分子的相对分子质量有关，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，符合题意。

【分析】A.373K时，甲酸蒸气中分子距离较大，不形成氢键；293K时，甲酸为液体，存在氢键；

B.一水合氨分子是氨分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间通过氢键形成的；

C.水蒸气中水分子主要以单个分子的形式存在，液态水中多个水分子通过氢键结合在一起，形成(H2O)n，冰中所有水分子以氢键互相联结成晶体，氢键的形成使水分子之间的间隙增大，从而导致冰的密度比水的密度小，因此冰的密度小于水与氢键有关。5．【答案】B【解析】【解答】相似相溶原理中的“相似”也指结构相似，在给定的四项中只有前三项中含有羟基，结构与水最相近的是甲醇。【分析】根据相似相溶原理可知，极性分子更容易溶于极性分子，而非极性分子更容易溶于非极性分子。6．【答案】C【解析】【解答】A．在离子化合物里，一定存在离子键，可能有共价键，比如NaOH，A不符合题意；

B．非极性键不一定只存在于双原子的单质分子中，比如Cl2，B不符合题意；

C．在共价化合物分子内，一定不存在离子键，一定只存在共价键，C符合题意；

D．由多种元素组成的多原子分子里，不一定既存在极性键又存在非极性键，比如P4中只含有非极性键，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A．在离子化合物里，一定存在离子键，可能有共价键；

B．非极性键不一定只存在于双原子的单质分子中；

C．在共价化合物分子内，一定不存在离子键，一定只存在共价键；

D．由多种元素组成的多原子分子里，不一定既存在极性键又存在非极性键。7．【答案】B【解析】【解答】A．X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl，H2O分子间存在氢键，熔沸点最高，A不符合题意；B．Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸，如HClO为一元弱酸，B符合题意；C．H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类，H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物，C不符合题意；D．同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径C＞O，D不符合题意；故答案为：B。【分析】四种元素分属于三个不同周期的短周期元素，且W的原子序数最小，所以W为H元素，X、Y同周期，X可以和Y形成双键，X共可以形成4个共价键，则X为C元素，Y为O元素，Z可以形成一个共价键，且为第三周期元素，则Z为Cl元素。8．【答案】D【解析】【解答】A.Na3[AlF6]是由钠离子和[AlF6]3-配离子构成，故A不符合题意

B.[Ag(NH3)2]OH是由氢氧根和[Ag(NH3)2]-配离子构成，故B不符合题意

C.K3[FeF6]是由钾离子和[FeF6]-配离子构成，故C不符合题意

D.十二水硫酸铝钾是由K+、Al3+、SO42-及H2O分子组成的离子化合物，属于复盐，故D符合题意

故正确答案是：D【分析】根据化学式写出电离方程式即可判断是否为配合物9．【答案】B【解析】【解答】A．CO2分子中C原子和两个O原子分别共用两对共用电子对，每个原子都满足8电子稳定结构，分子中，两个N原子间共用3对共用电子对都达到8电子稳定结构，故A不符合题意；B．稳定性与化学键有关，与氢键无关，则H2O的稳定性大于H2S，与O-H键比S-H键的键能大有关，故B符合题意；C．单质气体He中不含有化学键，故C不符合题意；D．反应，反应物水中含有极性键，F2中含有非极性键，产物O2中含有非极性键，HF中含有非极性键，则反应过程中同时有极性键和非极性键的断裂和形成，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、二氧化碳中碳原子和氧原子，氮气中氮原子，都是满足8电子结构；

B、氢键影响的是熔点、沸点；

C、双原子形成的气体单质含有共价键；

D、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。10．【答案】C【解析】【解答】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A不符合题意；B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B不符合题意；C．酸性是因为电负性：，C符合题意；D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D不符合题意。故答案为：C。【分析】A．热稳定性是化学性质，氢键只影响物理性质；B．二者都不是分子，不存在分子间作用力；C．物质性质解释合理；D．分子间作用力较大，熔点较高。11．【答案】A【解析】【解答】A．氨硼烷分子中含有氮原子，能形成分子间氢键，分子间作用力大于硼烷，所以与硼烷的相对分子质量相近，沸点却比硼烷高得多，故A符合题意；B．三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构对称的平面正三角形，是由极性键构成的非极性分子，故B不符合题意；C．镓元素的原子序数为31，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，故C不符合题意；D．由题给信息可知，硼为原子晶体，而铝为金属晶体，所以IIIA族元素单质的晶体类型不相同，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】B.BF3中只含B-F极性键，BF3正负电荷中心不重合，为极性分子；

C.镓元素的原子序数为31，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；

D.IIA族元素单质的晶体类型不相同，如硼为原子晶体，而铝为金属晶体。12．【答案】A【解析】【解答】A.在水中H、O原子间存在共价键和氢键，A项符合题意；B.离子键是阳离子、阴离子的静电作用，B项不符合题意；C.化学反应的本质是反应物中化学键的断裂和生成物化学键的形成过程，H2和Cl2反应生成HCl，反应过程中断裂H—H键和Cl—Cl键、形成H—Cl键，C项不符合题意；D.由于自由电子可吸收所有频率的光，然后很快释放出各种频率的光，金属具有金属光泽，在外加电场作用下金属中的自由电子做定向移动形成电流，金属具有良好的导电性，自由电子在运动过程中与金属阳离子发生碰撞，引起能量的交换，金属具有良好的导热性，金属具有金属光泽、良好的导电性和导热性都与金属键有关，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.在水中有氢键；

B.根据离子健的形成进行判断；

C.根据氯化氢的形成过程进行分析；

D.金属晶体中含有金属键。13．【答案】D【解析】【解答】A．双键中有1个σ键1个π键，该分子中有σ键15个，4个π键，σ键与π键数目之比为15：4，A不符合题意；

B．非金属性越强，极性越强，N、O、F形成的键的极性：N－H＜O－H＜F－H，B不符合题意；

C．C-N的键长比C=N的键长长，键能小，C不符合题意；

D．氨基上N原子是sp3杂化，环中的N原子是sp2杂化，D符合题意；

故答案为：D

【分析】A．双键中有1个σ键1个π键；

B．非金属性越强，极性越强；

C．键长长，键能小；

D．杂化类型的判断。14．【答案】D【解析】【解答】A．静电除尘器除云空气或工厂废气中的飘尘利用的是胶体粒子带电的性质，A不符合题意；B.0.1mol/L的醋酸和盐酸分别稀释10倍，由于醋酸是弱电解质，部分电离，因此溶液的pH前者大于后者，B不符合题意；C．CO2溶于水发生反应CO2+H2OH2CO3，发生了共价键的断裂和形成，C不符合题意；D．决定元素种类的是质子数，若两种不同的核素具有相同的中子数，则质子数不同，二者一定不属于同种元素，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．静电除尘利用的是胶体电泳现象；

B.HCl是强电解质、醋酸是弱电解质，等浓度的盐酸和醋酸加水稀释10倍后，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，所以醋酸的pH大于盐酸；

C.CO2溶于水生成碳酸，是共价键的断裂和形成；干冰升华属于物理变化，只需克服分子间作用力；

D．若两种不同的核素具有相同的中子数，其质子数一定不同，并且决定元素种类的是质子数，所以二者一定不属于同种元素.

15．【答案】C【解析】【解答】A．氨硼烷(NH3·BH3)的结构式为，与乙烷类似，固态时是由分子构成的分子晶体，A不符合题意；B．氨硼烷中氢原子与氮原子以共价键结合，氮元素电负性较强，可以和水分子间形成氢键，B不符合题意；C．同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，N、B元素不相邻，N原子的第一电离能大于B原子，C符合题意；D．N原子价层电子数为5，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一对孤电子对，B原子价层电子数为3，采取sp3杂化，与3个氢原子分别形成一个σ键，还有一个空轨道，所以分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，D不符合题意；故答案为C。

【分析】A.等电子体具有相似的结构和物理性质；

B.分子间氢键可增大物质的溶解度；

C.同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大有增大趋势，但IIA和VA族反常；

D.N原子含有孤电子对、B原子含有空轨道，符合配位键形成条件。

16．【答案】B【解析】【解答】在硫酸铜溶液中加入氨水再加入浓盐酸后发生反应依次为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-、[Cu(NH3)4]2++4H++4Cl-=[CuCl4]2—+4NH4+，在整个过程中，硫酸根未参与反应，另外水分子也易与Cu2+结合生成天蓝色的[Cu(H2O)4]2+。即可得出绿色溶液中含有的离子是[CuCl4]2—、NH4+、[Cu(H2O)4]2+、SO42-.故B符合题意

故正确答案是：B【分析】根据给出的物质写出反应的方程式即可找出含有的离子17．【答案】A【解析】【解答】B、C、D三项物质中都能电离出氯离子，加入AgNO3溶液后生成沉淀，而A项[Co(NH3)3Cl3]分子中的所有的氯原子与Co原子均形成了配位键，在水溶液中不能电离出Cl-，故加入AgNO3溶液后也不会生成沉淀。【分析】

配合物中的配位离子不可与硝酸银反应，而游离的氯离子可以与硝酸银反应生成沉淀，中心Co原子配位数为6，

A.氯离子为配位离子

B.氯离子为非配位离子

C.含非配位氯离子

D.含非配位氯离子18．【答案】A【解析】【解答】①离子化合物中一定有离子键，若阴离子、阳离子为复杂离子，还可能有共价键，①符合题意；②NaHSO4是盐，由阳离子Na+与阴离子HSO4-构成，因此固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，②符合题意；③非金属元素的原子容易获得电子，或原子之间形成共用电子对，因此非金属单质中不可能含离子键，若为双原子分子或多原子分子，则含有共价键，若为单原子分子，如惰性气体，就不含共价键，③不符合题意；④元素的非金属性O>S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S；由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此物质的沸点：H2O>H2S，④不符合题意；⑤NaCl溶于水破坏的是离子键；而HCl溶于水破坏的是共价键，因此破坏的作用力不相同，⑤不符合题意；⑥非极性键可能存在于多原子或双原子的非金属单质中，也可能存在于离子化合物，如Na2O2，或存在于共价化合物中如H2O2等中，⑥符合题意；可见说法正确的为①②⑥，因此合理选项为A。

【分析】①离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物②NaHSO4=Na++HSO4-③非金属单质包括多原子单质和单原子单质，多原子单质中含有共价键，单原子单质不含有共价键④稳定性和金属性有关系，金属性越强，氢化物稳定性越强，沸点和氢键有很大的关系⑤氯化钠是离子构成的，而氯化氢是共价化合物⑥非极性键是相同原子形成的键，可呢个存在于离子化合物或或者共价化合物19．【答案】B【解析】【解答】A、N-N属于非极性共价键，N-H属于极性共价键，A错误；

B、NO2-中，N孤电子对数为1，周围连接2个原子，其杂化轨道数为3，属于sp2杂化，B正确；

C、HN3不含铵根离子和金属离子，不属于离子化合物，属于共价化合物，C错误；

D、氨气液化属于物理变化，液氨为氨气的液态，属于纯净物，D错误；

故答案为：B

【分析】A、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；

B、杂化轨道数=周围原子数+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；

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，含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物；

D、氨气液化属于物理变化，氨气和水反应属于化学变化。20．【答案】C【解析】【解答】A、由于非金属性F>Cl>S，因此热稳定性HF>HCl>H2S，A不符合题意；

B、K＋、Cl－有三个电子层，Na＋、F－有两个电子层，电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径Cl－>K＋>F－>Na＋，B不符合题意；

C、非金属性Cl>S>P，因此其最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4>H2SO4>H3PO4，C符合题意；

D、H2O中含有氢键，使得沸点增大，因此沸点H2O>H2S，D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A、非金属性越强，则其简单气态氢化物的稳定性越强；

B、电子层数越大，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；

C、非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；

D、含有氢键的物质，其沸点较高；21．【答案】（1）时间或颗粒大小等（2）温度过高使HCl挥发导致浸出率下降；5：1（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3、Al(OH)3（4）BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥（5）当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；【解析】【解答】（1）增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒的大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，因此浸出时间也是影响浸出率的因素之一，故正确答案是：

（2）盐酸具有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降，根据分析数据可知，浸取的最佳条件为温度选择30℃，盐酸的浓度选择15%，液固比选择6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑应该选择5：1，故正确答案是：

（3）由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经完全沉淀，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝。故正确答案是：

（4）BaCl2·2H2O晶体溶于水，但不溶于乙醇，因此采取乙醇洗涤不采用水洗涤，故正确答案是：

（5）①黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液由黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色，

②根据滴定时EDTA能与Ca2+以1：1形成无色络合物，即可求出n(EDTA)=n(Ca2+)即可求出m(Ca2+)=0.1x10-3xV2x40xg=0.04V2g，该溶液中钙离子的浓度为g·mL-1【分析】（1）根据影响浸出速率的因素即可判断即可

（2）主要考虑盐酸的挥发性，温度过高导致挥发速率下降，根据固液比进行判断即可

（3）过氧化氢具有氧化性，而亚铁离子具有还原性，发生氧化还原反应，根据PH的关系即可找出沉淀

（4）根据得到的产物的溶解性即可进行判断

（5）①根据给出的颜色变化即可写出终点的现象

②根据EDTA的量即可计算出钙离子的量即可求出浓度22．【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；a>c>b；和水分子间可以形成氢键；和水分子都是极性分子，而CCl4为非极性分子，不符合相似相溶原理（2）3；sp2、sp2；N>H>B【解析】【解答】（1）①Ni为28号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为：3d84s2；故答案为：3d84s2；第四周期第Ⅷ族；②共价键的键能大于氢键的作用力，氢键的作用力大于范德华力，故H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为O-H键、氢键、分子间的范德华力，即a>c>b，故答案为：a>c>b；③为极性分子，还可以形成氢键，CCl4为非极性分子，故答案为：和水分子间可以形成氢键；和水分子都是极性分子，而CCl4为非极性分子，不符合相似相溶原理；（2）①在周期表的第二周期中，第一电离能介于硼元素和氮元素之间的元素有Be、C、O元素；故答案为：3；②由的结构为平面六元环状可知键角为120°，且B、N原子都形成3个键，可知都为sp2杂化，故答案为：sp2、sp2；③中共用电子对偏向N，中硼元素的化合价为+3价，即共用电子对偏向H，则B、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为：N>H>B；故答案为：N>H>B。

【分析】（1）①Ni的价电子排布式为：3d84s2；

②作用力的强弱：共价键的＞氢键＞范德华力；

③根据相似相溶原理分析；

（2）①同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

②(HB=NH)3的结构为平面六元环状，B、N原子都形成3个单键，分子中有一个大π键，没有孤对电子；

③成键时，共用电子对偏向电负性大的原子，在化合物中此元素显正价，偏离电负性小的原子，在化合物中此元素显负价。