2024-2025学年下学期高中化学苏教版高二同步经典题精炼之微粒间作用力与物质的性质

第61页（共61页）2024-2025学年下学期高中化学苏教版（2019）高二同步经典题精炼之微粒间作用力与物质的性质一．解答题（共20小题）1．（2024春•杭州期中）硼单质及其化合物有重要的应用。（1）硼与硅相似，能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷（B2H6）、丁硼烷（B4H10）等。BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，请写出反应的化学方程式：；其中乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，试剂X的化学式为。（2）下列说法正确的是。A.反应①为氧化还原反应，其中H2被BCl3氧化B.相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷（NH3BH3）＞乙烷C.H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应生成B（OCH3）3为无机酸酯D.氮化硼（BN）晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低（3）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种有潜力的固体储氢材料。氨硼烷分子间存在“双氢键”（不是两个氢键）使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是。（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为B3O63-。运用价层电子对互斥模型，分析反应后的溶液中的阳离子的空间结构2．（2024春•浏阳市期末）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。（1）如图是部分主族元素简单氢化物的沸点变化趋势①氢化物a的化学式为，其汽化过程中克服的作用力是。②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是。③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是。（2）如图是冰（H2O）和干冰（CO2）的结构模型。①冰和干冰晶体的类型为。②干冰分子属于（选填“极性分子”或“非极性分子”）。③请解释干冰晶体密度大于冰的主要原因。3．（2024春•房山区期中）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。（1）如图是部分主族元素氢化物的沸点变化趋势①氢化物a的化学式为，其汽化过程中克服的作用力是。②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是。③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是。（2）如图是冰（H2O）和干冰（CO2）的结构模型。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是（填字母序号）。a.冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低b.水分子极性强，分子间作用力大c.二氧化碳分子的质量大于水分子d.干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是。4．（2023秋•宝山区校级期末）作业经典再现认真做作业一定会有收获，试试看，成功就在眼前。（1）已知C3N4晶体原子间均以单键结合成空间网状结构。下列关于C3N4晶体的说法正确的是。A.C3N4晶体是分子晶体B.C3N4晶体中，C﹣N键的键长比金刚石中的C﹣C键的键长长C.C3N4晶体熔点比金刚石更高D.C3N4晶体中每个C原子连接3个N原子，而每个N原子连接4个C原子（2）下列有关共价化合物的说法一定正确的是。①具有较低的熔沸点②不是电解质③固态时是分子晶体④都是由分子构成的⑤液态时不导电A.①③④B.②⑤C.①②③④⑤D.⑤（3）分类方法在化学学科的发展中起到了重要的作用，下列说法合理的是。A.根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等B.根据其水溶液是否能导电，将物质分为电解质和非电解质C.根据溶于水的酸碱性将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物D.金属置换金属，非金属置换非金属，金属置换非金属，非金属置换金属四类置换反应均存在（4）实验室制取氯化氢的化学方程式为；在标准状况下，甲乙两同学用两瓶纯度不同的氯化氢气体，进行喷泉实验，实验后，甲同学溶液充满整个烧瓶，乙同学溶液充满烧瓶的三分之二，则甲乙同学得到盐酸的物质的量浓度比为（假设溶质不扩散，装置不漏气）。（5）向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：①写出反应的离子方程式。②下列三种情况下，离子方程式与①不相同的是（填序号）。A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性B.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO4C.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量5．（2023春•朝阳区校级期中）现有几组物质的熔点（℃）数据：A组B组C组D组金刚石：＞3550Li：181HF：﹣84NaCl：801硅晶体：1410Na：98HCl：﹣114KCl：770硼晶体：2300K：63HBr：﹣87RbCl：715二氧化硅：1710Rb：39HI：﹣51CsCl：645据此回答下列问题：（1）A组属于晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是．（2）B组晶体共同的物理性质是（填序号）．①有金属光泽②导电性③导热性④延展性（3）C组中HF熔点反常是由于．（4）D组晶体可能具有的性质是（填序号）．①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电（5）D组晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，其原因解释为：．6．（2023春•白云区校级期中）某些化学键的键能如表：键H—HH—IH—FH—ClH—BrI—ICl﹣ClBr—Br键能（kJ/mol）436299568432153243194请回答问题：（1）由表中数据规律预测H—Br键的键能范围：kJ/mol＜H—Br键能＜kJ/mol（填写数值）。（2）下列氢化物中，最不稳定的是。A．HFB．HClC．HBrD．HI（3）下列物质的晶体中，沸点最高的是。A．HFB．HIC．Br2D．I2（4）X2+H2═2HX（X代表F、Cl、Br、I）的反应是（填“吸热”或“放热”）反应。1molCl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，热量的变化是kJ。7．（2023春•思明区校级期中）快离子导体是一类具有优良离子导电能力的固体电解质，研究得最多的是Ag、Cu、Li、Na、F、O等的快离子导体。（1）Cu﹣e﹣＝Cu+的过程中，失去的电子是基态Cu中轨道上的电子。（2）N、O、F的第一电离能从小到大的顺序为（用元素符号表示）；NH3、H2O、HF的沸点由低到高的顺序为（用化学式表示）。（3）“棕色环”现象是检验溶液中NO3-的一种方法。向含有NO3-溶液的试管中加入FeSO4，随后沿管壁加入浓硫酸，在溶液界面上出现“棕色环”，研究发现棕色物质化学式为[Fe（NO）（H2O）①NO3-中N元素采取杂化，其立体构型为②[Fe（NO）（H2O）5]SO4中一种配体实际上是NO+，则其中Fe元素的化合价为。（4）TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物。回答下列问题：①基态Ti原子核外电子占据的最高能层符号为；基态Ti原子核外价电子轨道表示式为；基态Ti原子中未成对电子有个。②纳米TiO2催化处理污水的一个实例如图所示。化合物甲的分子中采取sp2杂化方式的碳原子个数为；化合物乙中有个手性碳原子。8．（2023秋•黄浦区校级期中）（1）（CH3CH2）2CHCH3的名称为。（2）2﹣甲基﹣1﹣丁烯的结构简式为。（3）等质量的甲烷、乙烷和丙烯，完全燃烧时耗氧量最多的物质是。（4）下列关于煤、石油、天然气的说法正确的是。（单选）A.天然气只能用做燃料B.水煤气是通过煤的干馏得到的气体燃料C.煤的气化和液化是物理变化D.石油的裂解产品主要是用于化工生产（5）下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是。（单选）①CH3（CH2）2CH3②CH3（CH2）3CH3③（CH3）3CH④（CH3）2CHCH2CH3A.②④①③B.④②①③C.④③②①D.②④③①奥运会火炬常使用的燃料是一种有机燃料，其分子式为C3H8。请回答问题：（6）C3H8属于（填字母）。（单选）A.烷烃B.烯烃C.炔烃D.芳香烃（7）这种燃料（填“能”或“不能”）使酸性高锰酸钾溶液褪色，其一氯代物有种。1molC3H8完全燃烧需mol氧气。（8）居民所用石油液化气的主要成分是丁烷，在使用过程中，常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中，这些杂质可能是（填字母）。（单选）A.甲烷和丙烷B.乙烷和丁烷C.戊烷和己烷9．（2023秋•海南州期中）已知H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请完成下列空白：（1）H2O内的O﹣H、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为。（2）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O采用杂化。H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中的，原因为。（3）H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。H2O2的电子式是，结构式是。H2O2是含有键和键的分子（填“极性“或“非极性“）。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4。请予以解释：。10．（2023•西城区校级开学）有催化剂的条件下，将H2和CO2混合加热可制备CH4。主要的反应有：Ⅰ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣165kJ/molⅡ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0Ⅲ．CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）ΔH3＝﹣96.1kJ/mol（1）CO2、CH4、H2O的沸点由高到低的顺序是。（2）由燃烧热求ΔH2。已知H2（g）和CO（g）的燃烧热分别为﹣285.8kJ/mol、﹣283kJ/mol。①要计算ΔH2至少还需要一个过程的热效应（该热效应记为ΔH4），则此过程的热化学方程式是。②ΔH2＝（用含有ΔH4的代数式表示）。（3）CO2的电子式是，其中C＝O键的键能是799kJ/mol，H2O中O—H键的键能是463kJ/mol。则H—H键的键能与C—H的键能相差kJ/mol。（4）CO2甲烷化反应的机理大体可归结为两种，如图表示了两种途径每步反应的能量变化（TSx代表过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物料），其中速率较快的途径中的决速步的化学方程式是。（5）将n（CO2）：n（H2）＝1：4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，测定CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示。温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是。（6）不同压强下，保持相同的投料比，测定反应体系中CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率随温度的变化关系如图所示。P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是。11．（2023春•东城区校级期末）CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。（1）生成CH3Cl的化学方程式是。（2）CH4氯代的机理为自由基（带有单电子的原子或原子团，如Cl•、•CH3）反应，包括以下几步：Ⅰ链引发Ⅱ链传递Ⅲ链终止Cl2→光照2ClCl•+CH4→•CH3+HCl•CH3+Cl2→CH3Cl+Cl•••••••2Cl•→Cl2Cl•+•CH3→CH3Cl••••••①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：，。②不同卤原子自由基（X•）均可夺取CH4中的H，反应通式：X•+CH4→•CH3+HXΔH。已知：键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。25℃，101kPa时，CH4中C﹣H和HCl中H﹣Cl的键能分别是413kJ•mol﹣1和431kJ•mol﹣1。a．当X为Cl时，ΔH＝kJ⋅mol﹣1。b．若X依次为F、Cl、Br、I，ΔH随着原子序数增大逐渐（填“增大”或“减小”），结合原子结构解释原因：。（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。推知﹣CH3中C﹣H键能比中C﹣H键能（填“大”或“小”）。12．（2023春•西安期末）三氟化氨（NF3）是一种新型电子材料的原料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：（1）N≡N键的键能为942kJ⋅mol﹣1，N﹣N单键的键能为247kJ⋅mol﹣1，说明N2中的（填“σ”或“π”）键更稳定．（2）NF3的沸点（154K）比NCl3（344K）低的原因是．（3）NF3是一种无色、无臭的气体，但NF3一旦在空气中泄漏，还是易于发现．你判断该气体泄漏时的现象是．（4）NH3⋅H2O的电离方程式为NH3⋅H2O⇌NH4++OH﹣，NH3溶于水后形成NH3⋅H2O的结构是（5）斯图杰尔和阿佩里曼成功地在0℃以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到毫克量的次氟酸，次氟酸的结构是．13．（2023春•大兴区期中）有以下①～⑩十种物质，按要求回答下列问题。①金刚石（C）②冰③干冰④Cl2晶体⑤碘⑥铁⑦氢氧化钠⑧甲酸（HCOOH）⑨乙酸（CH3COOH）⑩三氯乙酸（CCl3COOH）（1）属于共价晶体的是（填序号）；属于离子晶体的是（填序号）。（2）②的沸点远高于同主族的其它元素的氢化物的沸点，原因是。（3）沸点：⑤高于④，其原因是碘的相对分子质量大，，所以碘的沸点高。（4）密度：③②（填“＞”或“＜”）；从微粒间的相互作用及堆积方式角度解释原因。（5）⑧、⑨、⑩三种羧酸中，酸性：⑧甲酸（HCOOH）⑨乙酸（CH3COOH）（填“强于”或“弱于”）。从化学键的极性角度解释⑩三氯乙酸（CCl3COOH）的酸性强于⑨乙酸（CH3COOH）的原因。（6）用价层电子对互斥理论和轨道杂化理论对以下微粒的空间构型进行分析，完成下表：中心原子上的价层电子对数价电子对互斥理论（VSEPR）模型名称分子或离子空间结构名称杂化轨道类型BF3NH14．（2022秋•九龙坡区校级期末）Ⅰ.现有下列十种物质：①液态氯化氢；②小苏打；③固体纯碱；④氨气；⑤葡萄糖；⑥氯化镁；⑦Na2O2；⑧氯水；⑨NaHSO4；⑩硫酸铁溶液。（1）上述十种物质中，属于电解质的有，属于非电解质的有。（2）④的电子式为。（3）用电子式表示⑥的形成过程。（4）除去③中少量②的相应化学方程式为。（5）⑦中含有的化学键为。Ⅱ.写出下列反应的离子方程式（已知还原性：Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣）：（6）向FeBr2溶液中通入少量Cl2（Fe2+与Cl2的微粒数的比值≥2）。（7）向FeBr2溶液中通入Cl2，FeBr2与Cl2的化学计量数之比为1：l：。15．（2022秋•南通期末）二氧化碳作为温室气体，其减排和再利用是世界气候问题的重大课题，而利用二氧化碳催化加氢制甲醇，就是减少温室气体二氧化碳的探索之一。回答下列问题：（1）CO2分子中存在个π键。（2）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示，Zr4+离子在晶胞中的配位数是。（3）二氧化碳催化加氢制甲醇，涉及反应有：反应Ⅰ.CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ⋅mol﹣1反应Ⅱ.CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ⋅mol﹣1反应Ⅲ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝﹣49kJ⋅mol﹣1某压强下在体积固定的密闭容器中，按照n（CO2）：n（H2）＝1：3投料发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。平衡时，CO、CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2转化率随温度的变化如图所示。n曲线代表的物质为。②在150～250℃范围内，CO2转化率随温度升高而降低的原因是。（4）CO2和H2反应制备CH3OH的反应机理如图所示（带*的表示吸附在催化剂表面）①研究表明，图中过程ii的活化能小但实际反应速率慢，是控速步骤，导致该步反应速率小的原因可能是。A.H2O对该反应有阻碍作用B.其它物种的存在削弱了同一吸附位上H的吸附C.温度变化导致活化能增大D.温度变化导致平衡常数减小②已知：图中HCOO为甲酸物种，结构是，CH3O为甲氧基物种。从化学键视角将图中i与ii的过程可描述为。16．（2023春•松江区校级期中）现有下列几种物质：a.Na2O2b.CH3COOHc.NH4Cld.CO2e.NaOHf.Si。请回答下列问题：（1）属于共价化合物的是（填写编号，下同）；含有非极性共价键的离子化合物是。（2）NH4Cl溶于水需要破坏（填写一种作用力名称，下同），干冰升华需要破坏。（3）写出CH3COOH溶于水的电离方程式。（4）试比较d、e、f三种晶体的熔点由高到底的顺序：。（填写编号）17．（2023•天津一模）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：（1）我国科学家用Mg3N2和TiCl4，制备超导材料TiN，反应原理为4Mg3N2+6TiCl4＝6TiN+12MgCl2+N2↑。①钛元素在元素周期表中的位置，基态钛原子的核外最高能层所含电子数。②已知部分物质的熔沸点如下表。Mg3N2TiCl4MgCl2TiN熔点/℃800（分解）﹣257142950沸点/℃700（升华）136.41412（略）TiCl4属于晶体，应用所学知识解释Mg3N2的熔点大于MgCl2的原因。③写出惰性电极电解MgCl2得到单质Mg的化学方程式。（2）PtCl2（NH3）2是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为Pt（OH）2（NH3）2，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC﹣COOH）反应生成Pt（C2O4）（NH3）2。①根据相似相溶的规律，可推断（填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。②PtCl2（NH3）2发生水解反应的化学方程式是。③Pt（OH）2（NH3）2中H﹣N﹣H的键角大于NH3分子中的H﹣N﹣H键角，请结合所学知识解释原因。④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构。18．（2022秋•西湖区校级期末）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键C﹣CC﹣HC﹣OSi﹣SiSi﹣HSi﹣O键能/kJ•mol﹣1356413336226318452回答下列问题：（1）通常条件下，比较CH4和SiH4的稳定性：CH4SiH4（填大于、小于或等于）。（2）硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是。19．（2022秋•西城区期末）硫氰化钾（KSCN）不仅用作化学检测试剂，还可用于农药、医药、电镀等。KSCN可通过以下反应得到：2NH4SCN+K2CO3△¯2KSCN+H2O+CO2↑+2NH3（1）上述反应的产物中，属于共价化合物的物质有种。（2）写出CO2的电子式：。（3）K2CO3存在的化学键类型是（填字母，下同）。a．只含有离子键b．只含有共价键c．既含有离子键又含有共价键（4）上述反应涉及的多种元素中：①K在元素周期表中的位置是。②属于第二周期且非金属性由弱到强的顺序为。从原子结构角度解释原因：在同一周期中，，得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强。（5）下列事实能说明非金属性N强于P的是。a．常温下N2化学性质稳定b．N2的沸点低于红磷的沸点c．NH3受热分解的温度高于PH3d．HNO3的酸性强于H3PO420．（2022•海淀区二模）氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如图。（～代表糖苷键）（1）基态N的核外电子排布式为。（2）碱基中的﹣NH2具有一定的碱性，可以结合H+形成-NH3+，从结构角度解释可以结合的原因：（3）鸟嘌呤是一种常见的碱基。①鸟嘌呤中2号N的杂化类型为。②鸟嘌呤中N﹣H键的平均键长。（填“大于”“小于”或“等于”）0.29nm。（4）氢键在DNA复制过程中起重要作用①碱基中，O、N能与H形成氢键而C不能，原因是。②下列说法正确的是（填序号）。a．氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成b．鸟嘌呤与胞嘧啶之间的相互作用比鸟嘌呤与胸腺嘧啶之间的更强c．碱基配对时，一个H可以同时与多个原子形成氢键（5）一定条件下鸟嘌呤会发生异构化，其1号N上的H会转移到O上形成﹣OH。①鸟嘌呤异构化后的结构简式为。②鸟嘌呤异构化后最有可能配对的嘧啶碱基是。

2024-2025学年下学期高中化学苏教版（2019）高二同步经典题精炼之微粒间作用力与物质的性质参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024春•杭州期中）硼单质及其化合物有重要的应用。（1）硼与硅相似，能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷（B2H6）、丁硼烷（B4H10）等。BnHm极易发生水解生成H3BO3和H2，请写出反应的化学方程式：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（m+3n2）H2；其中乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，试剂X的化学式为（2）下列说法正确的是BC。A.反应①为氧化还原反应，其中H2被BCl3氧化B.相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷（NH3BH3）＞乙烷C.H3BO3是一种一元弱酸，可以与甲醇反应生成B（OCH3）3为无机酸酯D.氮化硼（BN）晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点低（3）氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种有潜力的固体储氢材料。氨硼烷分子间存在“双氢键”（不是两个氢键）使氨硼烷的熔点明显升高。“双氢键”能形成的原因是NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键。（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为B3O63-【答案】（1）BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（m+3n2）H2（2）BC；（3）NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键；（4）正四面体形。【分析】（1）BnHm与水反应生成H3BO3和H2，以此书写化学方程式；乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，即反应物全部转化为生成物，根据原子守恒推断X的化学式；（2）A.由转化关系图可知，反应①为6H2+2BCl3＝B2H6+6HCl；B.与水形成分子间氢键可增大其溶解度；C.H3BO3在水中与水中羟基结合生成四羟基合硼酸根和一个氢离子，结构式为B（OH）3；D.石墨熔点很高；（3）NH3BH3中N为﹣3价，B为+3价，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，据此分析电负性大小，两种H之间存在相互作用形成双氢键；（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为B3O63-，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：3NH3BH3+9H2O＝【解答】解：（1）BnHm与水反应生成H3BO3和H2，化学方程式为：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（m+3n2）H2；乙硼烷生产中可用来与试剂X反应制备硼氢化钠（NaBH4），且符合原子经济性反应，即反应物全部转化为生成物，根据原子守恒可知，X故答案为：BnHm+3nH2O＝nH3BO3+（m+3n2）H2（2）A.由转化关系图可知，反应①为6H2+2BCl3＝B2H6+6HCl，H元素的化合价既升高又降低，故A错误；B.氨硼烷可与水形成分子间氢键可增大在水中的溶解度，故B正确；C.H3BO3在水中与水中羟基结合生成四羟基合硼酸根和一个氢离子，故被定义为一元酸，结构式为B（OH）3，可与甲醇反应生成B（OCH3）3为无机酸酯，故C正确；D.石墨熔点很高，氮化硼（BN）晶体有多种相结构，六方氮化硼结构与石墨相似，熔点很高，故D错误；故答案为：BC；（3）NH3BH3中N为﹣3价，B为+3价，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，“双氢键”能形成的原因是：NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键，故答案为：NH3BH3分子中，与N相连的H带正电，与B相连的H带负电，两种H之间存在相互作用，形成双氢键；（4）在一定条件下氨硼烷和水发生反应，产生氢气，其中溶液中的阴离子为B3O63-，根据得失电子守恒和原子守恒，离子方程式为：3NH3BH3+9H2O＝9H2+B3O63-+NH4+，阳离子为故答案为：正四面体形。【点评】本题考查比较综合，涉及氧化还原反应、方程式书写、晶体结构与性质、空间构型等知识，掌握基础是关键，题目难度适中。2．（2024春•浏阳市期末）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。（1）如图是部分主族元素简单氢化物的沸点变化趋势①氢化物a的化学式为CH4，其汽化过程中克服的作用力是范德华力。②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是氢化物b、c、d分子间形成氢键。③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键。（2）如图是冰（H2O）和干冰（CO2）的结构模型。①冰和干冰晶体的类型为分子晶体。②干冰分子属于非极性分子（选填“极性分子”或“非极性分子”）。③请解释干冰晶体密度大于冰的主要原因冰中氢键存在方向性，分子间有较大空隙，空间利用率低。【答案】（1）①CH4；范德华力；②氢化物b、c、d分子间形成氢键；③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键；（2）①分子晶体；②非极性分子；③冰中氢键存在方向性，分子间有较大空隙，空间利用率低。【分析】（1）①同一主族元素形成的氢化物中，如果不能形成分子间氢键，则氢化物的沸点随相对分子质量的增大而升高；不能形成分子间氢键的氢化物汽化时克服范德华力；②同一主族的氢化物中，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点最高；③能形成分子间氢键的氢化物中，形成的分子间氢键个数越多，熔沸点越高；（2）①由分子构成的晶体为分子晶体；②正负电荷重心重合的分子为非极性分子；③干冰晶体属于分子密堆积，而冰晶体属于分子非密堆积。【解答】解：①能形成分子间氢键且形成的分子间氢键的个数越多，该氢化物的沸点越高，根据图知，由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第ⅣA元素的性质，结合周期可知，氢化物a为CH4，为分子晶体，存在范德华力，汽化过程中克服的作用力是范德华力，故答案为：CH4；范德华力；②氢化物b、c、d分别为NH3、HF、H2O，三者均可形成分子间氢键，均高于同族其它元素氢化物的沸点，故答案为：氢化物b、c、d分子间形成氢键；③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键，分子间氢键越多，沸点越高，故答案为：每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键；（2）①冰和干冰晶体中主要是分子间作用力范德华力，晶体类型为分子晶体，故答案为：分子晶体；②干冰分子即二氧化碳分子为直线形分子，正负电荷重心重合，所以属于非极性分子，故答案为：非极性分子；③干冰晶体密度大于冰的主要原因是干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故答案为：冰中氢键存在方向性，分子间有较大空隙，空间利用率低。【点评】本题考查分子间氢键，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确分子晶体的判断方法、分子间氢键对物质性质的影响是解本题关键，题目难度不大。3．（2024春•房山区期中）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。（1）如图是部分主族元素氢化物的沸点变化趋势①氢化物a的化学式为CH4，其汽化过程中克服的作用力是范德华力。②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是氢化物b、c、d均可形成分子间氢键。③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键。（2）如图是冰（H2O）和干冰（CO2）的结构模型。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是acd（填字母序号）。a.冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低b.水分子极性强，分子间作用力大c.二氧化碳分子的质量大于水分子d.干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是苯胺分子间存在氢键。【答案】（1）①CH4；范德华力；②氢化物b、c、d均可形成分子间氢键；③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键；（2）acd；（3）苯胺分子间存在氢键。【分析】（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质；甲烷分子间存在范德华力；②形成分子间氢键沸点升高；③形成分子间氢键越多，沸点越高；（2）干冰晶体属于分子密堆积，冰晶体属于分子非密堆积；（3）形成分子间氢键熔沸点升高。【解答】解：（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，结合周期可知，氢化物a为CH4，为分子晶体，存在范德华力，汽化过程中克服的作用力是范德华力，故答案为：CH4；范德华力；②氢化物b、c、d分别为NH3、HF、H2O，三者均可形成分子间氢键，均高于同族其它元素氢化物的沸点，故答案为：氢化物b、c、d均可形成分子间氢键；③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键，分子间氢键越多，沸点越高，故答案为：每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键；（2）干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故acd正确，故答案为：acd；（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，故答案为：苯胺分子间存在氢键。【点评】本题考查分子间作用力，掌握氢键、范德华力的判断及对物质性质的影响是关键，题目难度适中。4．（2023秋•宝山区校级期末）作业经典再现认真做作业一定会有收获，试试看，成功就在眼前。（1）已知C3N4晶体原子间均以单键结合成空间网状结构。下列关于C3N4晶体的说法正确的是C。A.C3N4晶体是分子晶体B.C3N4晶体中，C﹣N键的键长比金刚石中的C﹣C键的键长长C.C3N4晶体熔点比金刚石更高D.C3N4晶体中每个C原子连接3个N原子，而每个N原子连接4个C原子（2）下列有关共价化合物的说法一定正确的是D。①具有较低的熔沸点②不是电解质③固态时是分子晶体④都是由分子构成的⑤液态时不导电A.①③④B.②⑤C.①②③④⑤D.⑤（3）分类方法在化学学科的发展中起到了重要的作用，下列说法合理的是D。A.根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等B.根据其水溶液是否能导电，将物质分为电解质和非电解质C.根据溶于水的酸碱性将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物D.金属置换金属，非金属置换非金属，金属置换非金属，非金属置换金属四类置换反应均存在（4）实验室制取氯化氢的化学方程式为NaCl+H2SO4△¯NaHSO4+HCl↑在标准状况下，甲乙两同学用两瓶纯度不同的氯化氢气体，进行喷泉实验，实验后，甲同学溶液充满整个烧瓶，乙同学溶液充满烧瓶的三分之二，则甲乙同学得到盐酸的物质的量浓度比为1：1（假设溶质不扩散，装置不漏气）。（5）向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完成下列问题：①写出反应的离子方程式Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4↓+2H②下列三种情况下，离子方程式与①不相同的是BC（填序号）。A.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性B.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO4C.向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量【答案】（1）C；（2）D；（3）D；（4）NaCl+H2SO4△¯NaHSO4+HCl↑；1：1（5）①Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4↓②BC。【分析】（1）C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C﹣N键为共价键，比C﹣C键短，据此分析；（2）共价化合物一般为分子晶体或共价晶体，由分子或原子构成，分子晶体熔沸点较低，共价晶体熔沸点较高，液态时不含自由移动的离子；（3）A．电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；B．电解质是指在溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物，物质分类中含单质和混合物；C．与酸反应生成一种盐和水的氧化物为酸性氧化物，与碱反应生成一种盐和水的氧化物为碱性氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物；D．常温下，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气；高温下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，强氧化性强的非金属单质能够将氧化性弱的非金属单质置换出来，如氯气与溴化钠的反应，铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁；金属铝与氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁，具有较强还原性的非金属单质能够置换出还原性较弱的金属单质，如氢气还原氧化铜；（4）硫酸与氯化钠反应生成HCl，甲同学：HCl易溶于水，最后盐酸溶液充满整个烧瓶，依据c=nV计算溶液的物质的量浓度，乙同学溶液充满烧瓶的三分之二，说明HCl气体中含不溶于水的杂质气体，（5）①硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水；②A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，Ba（OH）2与NaHSO4按物质的量1：2反应；B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至恰好完全沉淀，Ba（OH）2与NaHSO4按物质的量1：1反应；C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，硫酸根离子、氢离子都完全反应，Ba（OH）2与NaHSO4按物质的量1：1反应。【解答】解：（1）A．C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，则C3N4晶体是共价晶体，故A错误；B．因N的原子半径比C原子半径小，则C3N4晶体中，C﹣N键的键长比金刚石中C﹣C键的键长要短，故B错误；C．C﹣N键的键长比金刚石中C﹣C键的键长要短，则C3N4晶体熔点比金刚石更高，故C正确；D．原子间均以单键结合，则C3N4晶体中每个C原子形成4个共价键，即连接4个N原子，而每个N原子形成3个共价键，即连接3个C原子，故D错误；故答案为：C；（2）①如果为共价晶体，如二氧化硅，具有较高的熔、沸点，故①错误；②可能为电解质，如HCl、H2O等，故②错误；③固态时可能为分子晶体，如P4，也可能为共价晶体，如SiO2，故③错误；④如果是共价晶体，由原子构成，如SiC等，如果是分子晶体，由分子构成，如H2SO4等，故④错误；⑤共价化合物液态时不存在自由移动的离子，则不能导电，故⑤正确；故答案为：D；（3）A．根据酸能电离出的氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，故A错误；B．根据化合物在水溶液里或熔化状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质，故B错误；C．，根据氧化物与酸碱反应的情况将氧化物分为碱性氧化物、酸性氧化物、两性氧化物、不成盐氧化物，故C错误；D．铁与硫酸铜溶液反应化学方程式Fe+CuSO4＝Cu+FeSO4，金属可以单质置换金属单质，氯气能够与溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴单质，反应的化学方程式为：Cl2+2NaBr＝2NaCl+Br2，非金属置换非金属，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，金属置换非金属，还原性较强的非金属单质能置换出金属单质，如H2+CuO△¯Cu+H2O，非金属置换金属，四类置换反应均存在，故D故答案为：D；（4）实验室制备氯化氢气体利用原料氯化钠和浓硫酸加热反应生成氯化氢，微热时生成硫酸氢钠和氯化氢，反应的化学方程式为：NaCl+H2SO4△¯NaHSO4+HCl↑，氯化氢极易溶于水，最终烧瓶中会充满溶液，设标况下氯化氢的体积为VL，则氯化氢的物质的量为：V22.4L/mol，该溶液中HCl的物质的量的浓度为：nV=V22.4V=122.4（mol/L），乙同学溶液充满烧瓶的三分之二，说明HCl气体中含不溶于水的杂质气体，HCl气体和形成盐酸溶液体积为烧瓶的三分之二，设烧瓶体积为VL故答案为：NaCl+H2SO4△¯NaHSO4+HCl↑；1：1（5）①硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4↓故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4↓②A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性，Ba（OH）2与NaHSO4按物质的量1：2反应，反应的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42-=BaSO4↓B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好完全沉淀，Ba（OH）2与NaHSO4按物质的量1：1反应，反应的离子方程式为：Ba2++OH﹣+H++SO42-=BaSOC．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量，硫酸根离子、氢离子都完全反应，Ba（OH）2与NaHSO4按物质的量1：1反应，反应的离子方程式为Ba2++OH﹣+H++SO42-=BaSO4↓综上所述，离子方程式与（1）不相同的是BC，故答案为：BC。【点评】本题考查晶体结构、离子反应，涉及离子性质、离子方程式的书写、反应类型、物质的量浓度计算等，理解与量有关的离子方程式的书写，题目侧重考查学生分析能力、灵活运用知识的能力，题目难度中等。5．（2023春•朝阳区校级期中）现有几组物质的熔点（℃）数据：A组B组C组D组金刚石：＞3550Li：181HF：﹣84NaCl：801硅晶体：1410Na：98HCl：﹣114KCl：770硼晶体：2300K：63HBr：﹣87RbCl：715二氧化硅：1710Rb：39HI：﹣51CsCl：645据此回答下列问题：（1）A组属于原子晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是共价键．（2）B组晶体共同的物理性质是①②③④（填序号）．①有金属光泽②导电性③导热性④延展性（3）C组中HF熔点反常是由于HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多．（4）D组晶体可能具有的性质是②④（填序号）．①硬度小②水溶液能导电③固体能导电④熔融状态能导电（5）D组晶体的熔点由高到低的顺序为：NaCl＞KCl＞RbCl＞CsCl，其原因解释为：D组晶体都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据物质的组成和熔点可知A组属于原子晶体，B组属于金属晶体，C组形成分子晶体，D组是离子晶体；（2）B组物质为金属晶体，具有金属的通性；（3）由于HF中存在氢键，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高；（4）D组物质为离子晶体，根据离子晶体的性质判断．（5）离子晶体的晶格能大小取决于离子半径的电荷的因素，离子半径越小，电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔点越高．【解答】解：（1）A组熔点最高，属于原子晶体，原子晶体的构成微粒为原子，微粒间作用力为共价键；故答案为：原子；共价键；（2）B组物质为金属，具有金属光泽、导电性、导热性、延展性，故答案为：①②③④；（3）由于HF中存在氢键，导致HF的沸点比其它氢化物的沸点高，故答案为：HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多；（4）D组物质为离子晶体，有硬度大、水溶液能导电、固体不能导电而熔融状态能导电的性质，故答案为：②④；（5）离子晶体中，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高；故答案为：D组晶体都为离子晶体，r（Na+）＜r（K+）＜r（Rb+）＜r（Cs+），在离子所带电荷相同的情况下，半径越小，晶格能越大，熔点就越高．【点评】通过读取表格中数据先判断出晶体的类型及晶体的性质，应用氢键解释HF的熔点反常，利用晶格能的大小解释离子晶体熔点高低的原因．6．（2023春•白云区校级期中）某些化学键的键能如表：键H—HH—IH—FH—ClH—BrI—ICl﹣ClBr—Br键能（kJ/mol）436299568432153243194请回答问题：（1）由表中数据规律预测H—Br键的键能范围：299kJ/mol＜H—Br键能＜432kJ/mol（填写数值）。（2）下列氢化物中，最不稳定的是D。A．HFB．HClC．HBrD．HI（3）下列物质的晶体中，沸点最高的是D。A．HFB．HIC．Br2D．I2（4）X2+H2═2HX（X代表F、Cl、Br、I）的反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应。1molCl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，热量的变化是185kJ。【答案】（1）299；432；（2）D；（3）D；（4）放热；185。【分析】（1）元素周期表中同主族存在的变化规律，H—Br原子半径在H—Cl和H—I之间，键能应介于H—Cl和H—I之间；（2）由表中数据规律可知，H—X键的键能随着X的原子序数的增大而减小，所以H—Br键的键能范围：299kJ/molH—Cl＞H—Br＞H—I，所以氢化物最不稳定的是HI；（3）卤素单质都是分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，所以卤素单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大；（4）以X为Cl为例，断裂旧键需要吸收热量，形成新键放出能量，则Cl2+H2＝2HCl反应，吸收热量为436kJ+243kJ＝679kJ，放出热量为2×432kJ＝864kJ，放出的热量多，则为放热反应；1molCl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，放出的热量是2×432kJ﹣（436+243）kJ＝185kJ。【解答】解：（1）元素周期表中同主族存在的变化规律，H—Br原子半径在H—Cl和H—I之间，键能应介于H—Cl和H—I之间，H—Br键的键能范围为299kJ/mol＜H—Br键能＜432kJ/mol，故答案为：299；432；（2）由表中数据规律可知，H—X键的键能随着X的原子序数的增大而减小，所以H—Br键的键能范围：299kJ/molH—Cl＞H—Br＞H—I，所以氢化物最不稳定的是HI，故答案为：D；（3）卤素单质都是分子晶体，分子晶体的熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，所以卤素单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大，所以沸点最高的是I2，故答案为：D；（4）以X为Cl为例，断裂旧键需要吸收热量，形成新键放出能量，则Cl2+H2＝2HCl反应，吸收热量为436kJ+243kJ＝679kJ，放出热量为2×432kJ＝864kJ，放出的热量多，则为放热反应；1molCl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，放出的热量是2×432kJ﹣（436+243）kJ＝185kJ，故答案为：放热；185。【点评】本题主要考查了化学反应中的能量变化和元素周期律，题目难度不大，掌握基础知识，运用元素周期律进行分析是解答的关键。7．（2023春•思明区校级期中）快离子导体是一类具有优良离子导电能力的固体电解质，研究得最多的是Ag、Cu、Li、Na、F、O等的快离子导体。（1）Cu﹣e﹣＝Cu+的过程中，失去的电子是基态Cu中4s轨道上的电子。（2）N、O、F的第一电离能从小到大的顺序为O＜N＜F（用元素符号表示）；NH3、H2O、HF的沸点由低到高的顺序为NH3＜HF＜H2O（用化学式表示）。（3）“棕色环”现象是检验溶液中NO3-的一种方法。向含有NO3-溶液的试管中加入FeSO4，随后沿管壁加入浓硫酸，在溶液界面上出现“棕色环”，研究发现棕色物质化学式为[Fe（NO）（H2O）①NO3-中N元素采取sp2杂化，其立体构型为②[Fe（NO）（H2O）5]SO4中一种配体实际上是NO+，则其中Fe元素的化合价为+1。（4）TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物。回答下列问题：①基态Ti原子核外电子占据的最高能层符号为N；基态Ti原子核外价电子轨道表示式为；基态Ti原子中未成对电子有2个。②纳米TiO2催化处理污水的一个实例如图所示。化合物甲的分子中采取sp2杂化方式的碳原子个数为7；化合物乙中有2个手性碳原子。【答案】（1）4s；（2）O＜N＜F；NH3＜HF＜H2O；（3）sp2；平面三角形；+1；（4）N；；2；7；2。【分析】（1）Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu﹣e﹣═Cu+过程中Cu失去最外层1个电子；（2）N、O、F的第一电离能有增大趋势，但N原子的2p轨道半充满，电子能量低，第一电离能比O元素的高，所以N、O、F的第一电离能从小到大的顺序为：O＜N＜F；氢键越多，氢键越稳定的物质熔沸点越高；（3）①根据价层电子对互斥模型进行分析解答；②根据化合价代数和为0进行解答；（4）①Ti的原子序数为22，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，占据的最高能层符号为N；基态Ti原子核外价电子轨道表示式为；②化合物甲的分子中采取sp2杂化方式的碳原子是苯环上6个碳、酮羰基上1个，总数为7；连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳。【解答】解：（1）Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu﹣e﹣═Cu+过程中Cu失去最外层1个电子，即失去的是4s电子，故答案为：4s；（2）N、O、F的第一电离能有增大趋势，但N原子的2p轨道半充满，电子能量低，第一电离能比O元素的高，所以N、O、F的第一电离能从小到大的顺序为：O＜N＜F；单个氢键键能：HF＞H2O＞NH3，平均每个分子中含有氢键数目：H2O为4×12=2，HF为2×12=1，水在常温下为液体，综合各种因素，NH3、H2O、HF气化时需要克服的分子间总作用力：H2O＞HF＞NH3，即NH3、H2O、HF的沸点由低到高的顺序为：NH3＜故答案为：O＜N＜F；NH3＜HF＜H2O；（3）①NO3-中中心N原子价层电子对数为3+5+1-2×32故答案为：sp2；平面三角形；②根据化合价代数和为0，[Fe（NO）（H2O）5]SO4中一种配体实际上是NO+，则其中Fe元素的化合价为+1，故答案为：+1；（4）①Ti的原子序数为22，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，占据的最高能层符号为N；基态Ti原子价电子为3d24s2，则轨道表示式为；价电子中未成对电子有3d轨道上的2个电子，故答案为：N；；2；②化合物甲的分子中采取sp2杂化方式的碳原子是苯环上6个碳、酮羰基上1个，总数为7；化合物乙中有2个手性碳原子，与羟基、氨基相连的2个碳为手性碳，故答案为：7；2。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、空间构型、杂化方式、价层电子对互斥理论、沸点高低比较、等电子体、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。8．（2023秋•黄浦区校级期中）（1）（CH3CH2）2CHCH3的名称为3﹣甲基戊烷。（2）2﹣甲基﹣1﹣丁烯的结构简式为CH2＝C（CH3）CH2CH3。（3）等质量的甲烷、乙烷和丙烯，完全燃烧时耗氧量最多的物质是甲烷。（4）下列关于煤、石油、天然气的说法正确的是D。（单选）A.天然气只能用做燃料B.水煤气是通过煤的干馏得到的气体燃料C.煤的气化和液化是物理变化D.石油的裂解产品主要是用于化工生产（5）下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是A。（单选）①CH3（CH2）2CH3②CH3（CH2）3CH3③（CH3）3CH④（CH3）2CHCH2CH3A.②④①③B.④②①③C.④③②①D.②④③①奥运会火炬常使用的燃料是一种有机燃料，其分子式为C3H8。请回答问题：（6）C3H8属于A（填字母）。（单选）A.烷烃B.烯烃C.炔烃D.芳香烃（7）这种燃料不能（填“能”或“不能”）使酸性高锰酸钾溶液褪色，其一氯代物有2种。1molC3H8完全燃烧需5mol氧气。（8）居民所用石油液化气的主要成分是丁烷，在使用过程中，常有一些杂质以液态沉积于钢瓶中，这些杂质可能是C（填字母）。（单选）A.甲烷和丙烷B.乙烷和丁烷C.戊烷和己烷【答案】（1）3﹣甲基戊烷；（2）CH2＝C（CH3）CH2CH3；（3）甲烷；（4）D；（5）A；（6）A；（7）不能；2；5；（8）C。【分析】（1）（CH3CH2）2CHCH3的主链上含有5个碳原子，甲基位于3号碳原子上；（2）2﹣甲基﹣1﹣丁烯的主链上含有4个碳原子，甲基位于2号碳原子上，1、2号碳原子之间存在碳碳双键；（3）等质量的甲烷、乙烷和丙烯，完全燃烧时耗氧量随着烃中含氢量的增大而增多；（4）A．天然气的主要成分是甲烷，是清洁的燃料，可发生分解；B．煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；C．煤的气化和液化是化学变化；D．石油裂解的主要目的是获得“三烯”；（5）烷烃中，碳原子个数越多，其沸点越高；碳原子个数相等的烷烃，支链越多，沸点越低；（6）C3H8分子中只含C﹣C、C﹣H键且为链状结构；（7）烷烃不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该分子中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；1molC3H8完全燃烧耗氧量为1mol×（3+8（8）烃类根据含碳数，常温常压下1～4为气态，4～15为液态．如果加压使得丁烷成为液化气，那么含碳数在丁烷以上的烃均为液态，沉积物的含碳数一定大于等于4。【解答】解：（1）（CH3CH2）2CHCH3的主链上含有5个碳原子，甲基位于3号碳原子上，其名称为3﹣甲基戊烷，故答案为：3﹣甲基戊烷；（2）2﹣甲基﹣1﹣丁烯的主链上含有4个碳原子，甲基位于2号碳原子上，1、2号碳原子之间存在碳碳双键，结构简式为CH2＝C（CH3）CH2CH3，故答案为：CH2＝C（CH3）CH2CH3；（3）等质量的甲烷、乙烷和丙烯，完全燃烧时耗氧量随着烃中含氢量的增大而增多，CH4、CH3CH3、CH2＝CHCH3中含氢量最多的是甲烷，所以甲烷耗氧量最多，故答案为：甲烷；（4）A．天然气能用做燃料，也可用于化工生产，如高温分解生成氢气（可做燃料）和炭黑（可做染料），故A错误；B．水煤气是水蒸气通过炽热的焦炭而生成的气体，主要成分是一氧化碳、氢气，不是煤的干馏，故B错误；C．煤的气化和液化都生成新物质，是化学变化，故C错误；D．石油裂解的主要目的是获得“三烯”，即乙烯、丙烯和1，3﹣丁二烯，石油的裂解产品主要是用于化工生产，故D正确；故答案为：D；（5）烷烃中，碳原子个数越多，其沸点越高；碳原子个数相等的烷烃，支链越多，沸点越低，这几种烷烃中，沸点由高到低顺序是②④①③，故答案为：A；（6）C3H8分子中只含C﹣C、C﹣H键且为链状结构，属于烷烃，故答案为：A；（7）C3H8为丙烷，性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，该分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种；1molC3H8完全燃烧耗氧量为1mol×（3+84）＝故答案为：不能；2；5；（8）烃类根据含碳数，常温常压下1～4为气态，4～15为液态．如果加压使得丁烷成为液化气，那么含碳数在丁烷以上的烃均为液态，沉积物的含碳数一定大于等于4，这些杂质可能是戊烷和己烷，故答案为：C。【点评】本题考查有机物的有关性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系、有机物的命名方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。9．（2023秋•海南州期中）已知H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请完成下列空白：（1）H2O内的O﹣H、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为O﹣H＞分子间氢键＞范德华力。（2）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O采用sp3杂化。H3O+中H﹣O﹣H键角比H2O中的大，原因为H3O+中有1对孤对电子，H2O中有2对孤对电子，由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，排斥力越大，使得成键键角越小。（3）H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。H2O2的电子式是，结构式是H﹣O﹣O﹣H。H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子（填“极性“或“非极性“）。H2O2能与水混溶，却不溶于CCl4。请予以解释：H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4。【答案】（1）O﹣H＞分子间氢键＞范德华力；（2）sp3；大；H3O+中有1对孤对电子，H2O中有2对孤对电子，由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，排斥力越大，使得成键键角越小；（3）；H﹣O﹣O﹣H；极性；非极性；极性；H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4。【分析】（1）H2O内的O﹣H、水分子间的范德华力和氢键，化学键的强度大于分子间氢键，氢键大于范德华力；（2）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子价层电子对数为3+12（6﹣1﹣1×3）＝3+1＝4，H3O+中有1对孤对电子，H2O中有（3）H2O2中氢与氧形成一对共用电子，氧和氧形成一对共用电子，根据同种元素形成非极性键，不同种元素形成极性共价键，H2O2不是中心对称，H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理。【解答】解：（1）H2O内的O﹣H、水分子间的范德华力和氢键，化学键的强度大于分子间氢键，氢键大于范德华力，因此从强到弱依次为O﹣H＞分子间氢键＞范德华力，故答案为：O﹣H＞分子间氢键＞范德华力；（2）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子价层电子对数为3+12（6﹣1﹣1×3）＝3+1＝4，采用sp3杂化。H3O+中有1对孤对电子，H2O中有2对孤对电子，由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，排斥力越大，使得成键键角越小，因此H3O+中H﹣O﹣H键角比H2故答案为：sp3；大；H3O+中有1对孤对电子，H2O中有2对孤对电子，由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成对电子的排斥力，排斥力越大，使得成键键角越小；（3）H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上；H2O2中氢与氧形成一对共用电子，氧和氧形成一对共用电子，其电子式是，根据一对共用电子用一根“﹣”表示，则H2O2结构式是H﹣O﹣O﹣H；根据同种元素形成非极性键，不同种元素形成极性共价键，H2O2不是中心对称，因此H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子；H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4，故答案为：；H﹣O﹣O﹣H；极性；非极性；极性；H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4。【点评】本题考查分子间作用力，侧重考查学生分子性质和分子间作用力的掌握情况，试题难度中等。10．（2023•西城区校级开学）有催化剂的条件下，将H2和CO2混合加热可制备CH4。主要的反应有：Ⅰ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣165kJ/molⅡ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＞0Ⅲ．CO2（g）+2H2（g）⇌C（s）+2H2O（g）ΔH3＝﹣96.1kJ/mol（1）CO2、CH4、H2O的沸点由高到低的顺序是H2O＞CO2＞CH4。（2）由燃烧热求ΔH2。已知H2（g）和CO（g）的燃烧热分别为﹣285.8kJ/mol、﹣283kJ/mol。①要计算ΔH2至少还需要一个过程的热效应（该热效应记为ΔH4），则此过程的热化学方程式是H2O（g）＝H2O（l）ΔH4或H2O（l）＝H2O（g）ΔH4。②ΔH2＝（﹣285.8+283）kJ/mol﹣ΔH4或（﹣285.8+283）kJ/mol+ΔH4（用含有ΔH4的代数式表示）。（3）CO2的电子式是，其中C＝O键的键能是799kJ/mol，H2O中O—H键的键能是463kJ/mol。则H—H键的键能与C—H的键能相差22.25kJ/mol。（4）CO2甲烷化反应的机理大体可归结为两种，如图表示了两种途径每步反应的能量变化（TSx代表过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物料），其中速率较快的途径中的决速步的化学方程式是*OCOH―*O＝*CHO或*OCOH＝*CHO+*O。（5）将n（CO2）：n（H2）＝1：4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，测定CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示。温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，二氧化碳的转化率基本不变；温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降。（6）不同压强下，保持相同的投料比，测定反应体系中CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率随温度的变化关系如图所示。P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是升高温度，反应Ⅰ（和Ⅲ）的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大；因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ（和Ⅲ）为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1＞P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ（和Ⅲ），因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ（和Ⅲ），促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面。【答案】见试题解答内容【分析】（1）三种物质均为分子晶体，水分子间存在氢键，CO2、CH4不含分子间氢键，H2O的沸点最大，CO2相对分子质量大于CH4；（2）①氢气燃烧热的化学方程式为H2（g）+12O2（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ/mol；CO燃烧热的化学方程式为CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）Δ②H2（g）+12O2（g）＝H2O（l）ΔH＝﹣285.8kJ/mol①；CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol②；H2O（g）＝H2O（l）ΔH4③；根据目标反应方程式，可知①﹣②﹣③，ΔH2＝﹣285.8+283﹣ΔH4，若H2O（l）＝H2O（g）ΔH4④，根据目标反应方程式可知，①﹣（3）二氧化碳的结构式为O＝C＝O，其电子式为；根据ΔH＝反应物键能总和―生成物键能总和；（4）活化能越小，化学反应速率越快，根据图像可知，TS1、TS2、TS3所对应的反应速率快，活化能大为该途径的决速步；（5）温度高于500℃后，CO2的转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是（速率角度）温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变；（6）P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是升高温度，使反应Ⅰ（和Ⅲ）的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大。因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ（和Ⅲ）为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。【解答】解：（1）分子晶体中分子间氢键大于范德华力，同为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，CO