高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课时练习

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课时练习，共25页。试卷主要包含了5°，因此三者的键角大小为，2，得x=0等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如下：
下列说法错误的是（ ）
A．电负性：O ＞ C ＞ H ＞Zn
B．CO2、HCHO、CH3OH分子中碳原子杂化方式分别是sp、sp2、sp3
C．DHA分子间存在氢键
D．甲醇分子中H-C-O键角大于甲醛分子中H-C-O键角
2．下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10D．顺—2—丁烯的结构简式：
3．下列有机化合物中含有手性碳原子的是
A．CH3CH(CH3)2B．CH3CH2OH
C．CH3CH2CHOD．CH3CHClCH2CH3
4．下列有关物质结构与性质的说法中正确的是（ ）
A．碳正离子呈平面三角形
B．是第四周期未成对电子数最多的元素
C．物质的熔沸点：(金刚石)
D．冰分子中的化学键-氢键可以表示为
5．下列事实，不能用氢键知识解释的是（）
A．水和乙醇可以完全互溶
B．溴化氢比碘化氢稳定
C．水的熔点比干冰的熔点高
D．液态氟化氢的化学式有时可以写成（HF）n的形式
6．下列说法正确的是
A．H2O中的H-O-H夹角与COCl2中的Cl-C-Cl夹角都为120°
B．CCl4、SiF4都是由极性键构成的非极性分子
C．基态溴原子(35Br)核外电子排布式为4s24p5
D．VIIA族元素单质的晶体类型不同
7．下列说法错误的是（ ）
A．H2O比H2S稳定，是因为H2O分子间存在氢键
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．锂所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HNO3
D．I的原子半径大于Br，HBr比HI的热稳定性强
8．下列说法中正确的是 （ ）
A．氢键是一种较弱的化学键
B．NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
C．常温下Cl2、Br2、I2状态由气态到固态变化的主要原因是分子间作用力在逐渐增大
D．最外层能达到稳定结构的微粒只是稀有气体的原子
9．韩国首尔大学的科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成“暖冰”．下列关于“暖冰”的说法正确的是（ ）
A．暖冰中水分子是直线型分子
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．暖冰中水分子的各原子均满足8电子稳定结构
D．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
10．有且只有一个手性碳的有机分子为手性分子，下列有机物分子中属于手性分子的是（ ）
①新戊烷[（CH3）4C]②乳酸[CH3CH（OH）COOH]③甘油 ④
A．①②③B．②和④C．①和③D．②③④
11．下列关于元素周期表和周期律的说法正确的是（ ）
A．由于非金属性：Cl>Br>I，所以酸性：HCl>HBr>HI
B．HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键
C．原子序数为34号的元素属于长周期的主族元素
D．碱金属和卤族单质的熔沸点随原子序数的增大而增大
12．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法正确的是（ ）
A．X分子中在同一平面内的原子最多有15个
B．X的同分异构体中含苯环且能水解的共有6种
C．1mlY与NaOH溶液反应，最多消耗3mlNaOH
D．物质Z与足量的氢气加成所得分子中含有2个手性碳原子
13．X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的前36号元素，基态W原子的M层电子数比其L层电子数多3个，X、Y、Z都为第二周期元素，X、Y、Z组成一种化合物(ZXY)2的结构式如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．元素W属于IIIB族，Z可以和W组成一种化合物W2Z5是常见的催化剂
B．Y的氧化物对应的水化物是强酸
C．X与Z形成的化合物是非极性分子
D．(ZXY)2分子中X原子的杂化方式为sp，ZXY所形成的键角为180°
14．下列现象与氢键无关的是（ ）
A．NH3的熔、沸点比PH3的高
B．NH3分子加热难分解
C．冰的密度比液态水的密度小
D．小分子的醇、羧酸可以和水以任意比例互溶
15．下图是锂离子电池的一种电解质电离出来的阴离子，该阴离子是由同周期元素X、Y、Z、R构成(如图所示)，Y是构成物质种类最多的元素，Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，四种元素的最外层电子数之和为20。下列说法正确的是（ ）
A．Y、Z、R三种元素形成的简单氢化物中，R的氢化物沸点最高
B．Y与Z形成的化合物均有毒
C．原子半径X>Y>Z>R
D．R分别与另外三种元素形成的二元化合物，各原子最外层均满足8电子稳定结构
16．下列叙述正确的是（ ）
A．键角：CH4H3PO3，原因是 。
（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，T的基态原子价电子排布式为 ，Q2＋的未成对电子数是 。
（3）如图1是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，判断NaCl晶体结构的图是图1中的 。
（4）[Cu(NH3)4]2＋配离子中存在的化学键类型有 (填序号)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键 ⑥氢键
（5）若[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为 (填序号)
①平面正方形 ②正四面体 ③三角锥形 ④V形
（6）X与Y可形成离子化合物，其晶胞结构如图2所示，其中X和Y的相对原子质量分别为a和b，NA表示阿伏加德罗常数，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中距离最近的X、Y之间的核间距离是 pm（用含ρ、a、b、NA的代数式表达）。
24．A、B、C、D是四种短周期主族元素，其原子序数依次增大。只有B、C位于同一周期且位置相邻，其中C是地壳中含量最多的元素，D是其所处周期中电负性最强的元素。用元素相关化学符号回答下列问题：
（1）①A元素的原子结构示意图为 。
②B的基态原子电子的空间运动状态有 种。
③C的基态原子核外电子排布式为 。
④D的基态原子价层电子排布图为 。
（2）B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，推测的空间构型为 ；写出的一种等电子体的结构式 。
（3）B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是 (填离子符号)，原因 。
（4）如图是A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，其中虚线表示氢键，氢键之一的表示式可写为，请据图任意再写出一种氢键的表示式 (用元素符号)，阴离子中所含的键数目为 (用阿伏加德罗常数的值表示)。
25．
（1）氨分子是一种常见的配体。Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[ Cu(NH3)4]2+，其原因是 。
（2）某配合物的化学式为CCl3·4NH3，内界为正八面体形结构配离子。0.1 ml 该化合物溶于水中，加入过量AgNO3溶液，有14.35 g白色沉淀生成。则它的中心离子价电子排布式为 ，内界可能的结构有 种。
（3）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu(CN)4]2- ，则1 ml CN-中含有的π键的数目为 ；若此离子与[Cu(H2O)4]2+结构相似，则此离子的空间结构为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．C、O的氢化物中H显正价，同周期自左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：O＞C＞H，锌为金属元素，电负性最小，故A不符合题意；
B．CO2为直线形，碳氧双键中有1个σ键和1个π键，因此C原子采取sp杂化，HCHO，C与周围两个H和一个O至少连有1个σ键，价层电子对数为3+=3，则C为sp2杂化，CH3OH中碳原子形成4个σ键，无孤对电子对，C为sp3杂化，故B不符合题意；
C．DHA分子中含有2个羟基，可以形成分子间氢键，故C不符合题意；
D．甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化，所以甲醇分子中H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.元素的非金属性越强，其电负性越大；
B.CO2中C形成2个σ键，HCHO中C形成3个σ键， CH3OH中C形成4个σ键；
C.DHA分子中含有羟基；
D.甲醇分子中C原子为sp3杂化，甲醛分子中C原子为sp2杂化。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，共价键数目为2，采用sp杂化，BeCl2为直线型分子，A错误；
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，B项正确；
C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误，
D.顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为：
故答案为：B。
【分析】A.找到中心原子，根据VSEPR模型可以计算孤对电子，在判断键数目，然后判断空间构型
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键；
D.顺式为相同原子或者取代基在同侧，反式为相同原子或者取代基在异侧。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．CH3CH(CH3)2分子中每个碳原子都含有相同的原子或原子团，所以不含手性碳原子，故A不符合题意；
B．CH3CH2OH中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，故B不符合题意；
C．CH3CH2CHO中每个碳原子都含有相同的原子，所以不含手性碳原子，故C不符合题意；
D．中标记C连接四种不同基团，为手性碳原子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．中C的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故A符合题意；
B．第四周期未成对电子数最多的电子排布式为[Ar]3d54s1，应是Cr元素，故B不符合题意；
C．金刚石为共价晶体，MgO为离子晶体，氧气为分子晶体，一般熔沸点高低顺序是共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，即C(金刚石) ＞MgO＞O2，故C不符合题意；
D．氢键不是化学键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.在第四周期 未成对电子数最多的元素 ，3d轨道最多可以形成5个单电子，4s可以形成一个单电子，所以价电子结构应该是3d54s1，为Cr元素。
D.易错分析，氢键属于分子间作用力，不是化学键。
5．【答案】B
【解析】【解析】水和乙醇可以完全互溶，是因为水的羟基与乙醇的羟基间可形成氢键；溴化氢比碘化氢稳定，是因为H-Br键比H-I键键能大；熔点是物质由固体变为液体的临界温度，要破坏分子间作用力，而水分子间存在氢键，比干冰（二氧化碳)的分子间作用力要强，破坏时需要的能量大，所以：水的熔点比干冰的熔点高；液态氟化氢中，HF分子间可形成H-F键，结合较紧密，故可写成（HF)n的形式；答案选B。
【点评】考查氢键对物质性质的影响。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．一般来说，孤电子对之间排斥力大于孤电子对与共价键的排斥力，双键的排斥力大于单键的排斥力，H2O中氧原子有2对孤对电子，孤对电子对与H-O单键斥力大于H-O单键与H-O键的斥力，故H-O-H夹角小于120°，COCl2中C=O双键和C-Cl单键斥力大于C-Cl单键和C-Cl单键的斥力，故COCl2中的Cl-C-Cl夹角小于120°，A错误；
B．一般分子空间构型为对称结构，其分子往往是非极性分子，CCl4、SiF4都是由极性键构成的分子，都是正四面体结构，为非极性分子，B正确；
C．基态溴原子(35Br)价层电子排布式为4s24p5，C错误；
D．VIIA族元素单质都是分子构成，为分子晶体，D错误
故答案为：B.
【分析】知识分析：判断分子为极性分子和非极性分子额方法，一般通过价层电子互斥理论进行计算，判断出分子的空间构型，若为对称的立体结构，如直线型、等边三角形、正四面体等构型，一般都是非极性分子。
7．【答案】A
【解析】【解答】解：A、稳定性是化学性质，是由分子内共价键的强弱决定，与氢键无关，故A错误；
B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞Si，所以H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；
C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外，第二周期中除了O、F元素外非金属性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，故C正确；
D、I的原子半径大于Br，所以H﹣I的键长比H﹣Br的键长长，其氢化物越稳定性差，所以氢化物的稳定性HBr＞HI，故D正确；
故选A．
【分析】A、稳定性是化学性质，是由分子内共价键的强弱决定；
B、非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，但O、F元素除外；
D、I的原子半径大于Br，所以H﹣I的键长比H﹣Br的键长长，其氢化物越稳定性差；
8．【答案】C
【解析】【解答】A.氢键是一种较强的分子间作用力，而不是化学键，A项不符合题意；
B.H-N键的键能较大，所以NH3的稳定性很强，与氢键无关，B项不符合题意；
C.结构相似的分子晶体相对分子质量越大，范德华力越大，则常温常压下，卤素单质从F2→I2由气态、液态到固态的原因是范德华力逐渐增大，C项符合题意；
D.最外层电子达稳定结构的微粒不一定是稀有气体的原子，也可能是处于稳定结构的阴离子或阳离子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氢键不属于化学键；
B.氢键影响的是物质的物理性质，与化学性质无关；
C.卤素单质随相对分子质量的增加物质状态的改变与分子间作用力有关；
D.没有达到稳定结构的原子，得电子或失电子后可以达到稳定结构。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A、水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，故A错误；
B、水凝固形成20℃时的“暖冰”没有新物质生成，所以所发生的变化不是化学变化，故B错误；
C、水分子中氢原子化合价的绝对值1+氢原子最外层电子数1=2，所以水分子中氢原子不满足8电子稳定结构，故C错误；
D、在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，故D正确；
故选D．
【分析】A、根据价层电子对互斥理论判断水分子的空间构型；
B、在反应中有新物质生成的是化学反应；
C、分子中原子满足8电子稳定结构的方法是：元素的化合价绝对值+该原子的最外层电子数=8，就达到8电子稳定结构，否则就不满足8电子稳定结构；
D、根据题意知，电场作用下，水分子间更易制得“暖冰”．
10．【答案】B
【解析】【解答】①新戊烷分子中，碳原子所连接的四个基团都是甲基，不是手性碳原子，故①错误；
②乳酸[CH3CH（OH）COOH]分子中，有一个碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，故②正确；
③甘油分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的H，另两个是一样的CH2OH，不是手性碳原子，故③错误；
④​分子中，有一个碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和苯基，该碳原子具有手性，故④正确；
故选B．
【分析】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的．
11．【答案】C
【解析】【解答】A.非金属性Cl>Br>I，气态氢化物的酸性HClZ(O)>R(F)，C符合题意；
D．F和B形成的化合物各原子最外层不一定满足8电子稳定结构，如BF，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Y是构成物质种类最多的元素，则Y为C；Z的最外层电子数等于Y的核外电子数，X、Y、Z、R同周期，则Z为O；R形成一个共价键，则R为F；四种元素的最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-4-6-7=3，由结构也可以X最外层电子数为3，则X为B，即X、Y、Z、R分别为B、C、O、F，据此解答。
16．【答案】D
【解析】【解答】A、CH4为四面体结构，键角为109°28′；NH3为三角锥形，键角为107°；H2O为V形结构，其键角为104.5°，因此三者的键角大小为：CH4＞NH3＞H2O，A不符合题意。
B、原子半径：F＜Cl＜Br＜I，所以键长：H－F＜H－Cl＜H－Br＜H－I，所以键能：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I，分子稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B不符合题意。
C、H2O分解为H2和O2的过程中，H2O分子中的H-O化学键断裂吸收能量；同时还形成了H－H、O=O化学键，释放能量；因此反应过程中的能量变化不是(2×463)kJ，C不符合题意。
D、H3O＋、[Cu(H2O)4]2＋中均含有配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据三种物质键角的大小判断。
B、原子半径越大，键长越大，键能越小，结构越不稳定。
C、H2O分解成H2和O2的过程中，存在化学键的断裂和形成两个过程。
D、两种离子中都含有配位键。
17．【答案】C
【解析】【解答】解：A．丙烯分子有8个δ键，1个π键，故A错误；
B．丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化，故B错误；
C．存在C﹣C非极性键，故C正确；
D．C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；
故选C．
【分析】共价单键为δ键，双键中有1个δ键，1个π键，甲基中的C为sp3杂化，双键中的C为sp2杂化，结合化学键及乙烯的平面结构分析．
18．【答案】B
【解析】【解答】解：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C﹣Cl键键长比NCl3中N﹣Cl键键长，故A错误．
B、NCl3中N原子最外层电子数5+化合价的绝对值3=8，所以N原子达到8电子稳定结构；NCl3中Cl原子最外层电子数7+化合价的绝对值1=8，所以Cl原子达到8电子稳定结构，故B正确．
C、NCl3的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，故C错误．
D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，故D错误．
故选B．
【分析】A、原子半径越小，原子间形成的键长越短．
B、如果元素的最外层电子数+元素的化合价的绝对值=8，该元素就达到8电子稳定结构，否则没有达到8电子稳定结构．
C、根据该分子是否是对称结构判断分子的极性．
D、物质的熔沸点越低越容易挥发．
19．【答案】D
【解析】【解答】A．由硫化硅的结构可知，其结构与二氧化硅相似，故为原子晶体，A不符合题意；
B．由硫化硅的结构可知，硫化硅的化学式为SiS2，B不符合题意；
C.1ml硫化桂中含有4mlSi-S键，C不符合题意；
D．硅、硫原子的杂化方式相同，均为sp3杂化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由物质的结构分析。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．碘升华属于物理变化，破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故A不符合题意；
B．氯化钠固体溶于水时会发生电离，所以氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏，故B符合题意；
C．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，含极性键共价化合物不一定是电解质，例如氨气等是非电解质，故C不符合题意；
D．分子间作用力影响物质的熔沸点等，与物质的稳定性无关，HF共价键的键能大于HCl，所以HF比HCl更稳定，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碘单质属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力；
B.氯化钠溶于水变为钠离子和氯离子；
C.共价键类型与电解质没有必然关系；
D.分子稳定性与化学键有关，与分子间作用力无关。
21．【答案】（1）p
（2）第四周期第族；Y；X中一个酚羟基与N距离较近，容易形成分子内氢键，故沸点较低，而Y中酚羟基与N距离较远，不会形成分子内氢键，只会形成分子间氢键，故沸点较高
（3）6；强于；碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对
（4）1：1
【解析】【解答】(1)与钒同周期且基态原子是As，As基态原子未成对电子数3，位于p区；
(2) 锰在元素周期表的位置是 第四周期第族 ，X中酚羟基与N距离较近，形成分子内氢键，沸点较低，Y中酚羟基与N距离较远，不会形成分子内氢键，而形成分子间氢键，沸点较高；
(3) 铁配位数是6，C比O电负性小，更易提供孤电子对， 与血红蛋白中的配位能力强于 ，使人体缺氧；
(4) As化合价为-3价，设+2价Ni为x，+3价Ni为y，可得2x+3y=3，x+y=1.2，得x=0.6，y=0.6，x：y=1：1， 为 1：1 ；
【分析】(1) As基态原子未成对电子数3，位于p区；
(2) 锰在元素周期表的位置是 第四周期第族 ，分子内氢键，沸点较低，分子间氢键，沸点较高；
(3) 铁配位数是6，C比O电负性小，更易提供孤电子对；
(4) 化合价的计算物质的量。
22．【答案】（1）ds；bd
（2）外围电子排布式（或价层电子排布式）；14
（3）＞；＞；NH3中N的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3沸点高于PH3
【解析】【解答】（1）①在元素周期表中，第ⅠB、ⅡB元素属于ds区；故答案为：ds。
②a.118号元素是第七周期0族元素，因此115号元素在周期表中的位置是第七周期VA族，故a不正确；b.117号元素Ts位于金属与非金属分界线上，属于准金属，可能是半导体，故b正确；c.118号元素是0族元素，故c不正确；d．从左到右金属性逐渐减弱，因此最高价氧化物的水化物的碱性：Nh＞Mc，故d正确，综上所述，答案为bd。
（2）元素G的信息，其中“3d64s2”称为该元素原子的外围电子排布式（或价层电子排布式），该元素M能层上电子是3s23p63d6，一个电子就是一种运动状态的电子，因此M能层上具有14种不同运动状态的电子；故答案为：外围电子排布式（或价层电子排布式）；14。
（3）①镁原子的最外层3s能级达到全满稳定状态，能量较低，所以第一电离能Mg＞Al；故答案为：＞。
②N、O、F三种元素的电负性较大，其氢化物分子间易形成氢键，氢键的作用力大于范德华力，所以此三种元素的氢化物的沸点比同主族其他元素氢化物的沸点高；故答案为：NH3中N的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3沸点高于PH3。
【分析】根据元素周期表确定四种元素在周期表位置，根据元素G的信息分析，M能层上的电子数目，再得到运动状态电子数目，根据电离能规律分析。
23．【答案】（1）分子晶体；无机含氧酸分子中，非羟基氧数目越多，酸性越强
（2）3d84s2；4
（3）③
（4）①③
（5）①
（6）
【解析】【解答】解：（1）FeCl3的沸点：319℃，熔点：306℃，熔沸点较低，应属于分子晶体；H3PO4、HPO3、H3PO3中P元素化合价依次为+5、+5、+3，H3PO4、HPO3中非羟基氧依次为1、2，元素化合价越高，其酸性越强，非羟基氧越多，酸性越强，故酸性HPO3＞H3PO4＞H3PO3；（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe、T为Ni；Ni的基态原子外围电子（价电子）排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，3d能级有4对未成对电子；（3）由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-，每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图③中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数是6，③符合条件；（4）[Cu(NH3)4]2＋中铜离子与氮原子之间形成配位键，氨气分子中N原子与H原子之间形成极性键，
故答案为：①③；（5）[Cu(NH3)4]2＋的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种不同结构的产物，因此[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为平面正方形，
故答案为：①；（6）晶胞中X原子数目为8×1/8+6×1/2=4、Y原子数目为8，晶胞的质量为 ，晶体密度为ρg/cm3，则晶胞体积为 g÷ρg/cm3，故晶胞棱长x= 。Y原子与周围4个X原子形成正四面体结构，令Y与X之间的距离为y，则正四面体中心到底面中心的距离为y/3，正四面体的高为4y/3，正四面体棱长= ，则正四面体侧面的高为 ，底面中心到边的距离为 ，故 ，整理得y= ，故Y与X的距离为 。
【分析】分子晶体的熔沸点低，硬度小。氧酸的通式可写为（HO）mROn（m≥1；n≥0），n值越大，酸性越强。化学上有一种见解，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，导致R-O-H中的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强。
配合物中含有配位键， [Cu(NH3)4]2＋配离子中 铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子。
24．【答案】（1）；5(或五)；；
（2）直线形；O=C=O
（3）；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
（4）[或]；
【解析】【解答】(1)①H元素的原子结构示意图中质子数和核外电子数都为1，A元素的原子结构示意图为。故答案为：；
②N的基态原子电子占据1s、2s、2p共5个轨道，B的基态原子电子的空间运动状态有5(或五)种。故答案为：5(或五)；
③O的基态原子核外电子排布式为。故答案为：；
④Cl的基态原子价层电子排布图为。故答案为：；
(2)B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，中心N原子价层电子对数为2+=2，sp杂化，的空间构型为直线形；原子总数为3，价电子总数为16，的一种等电子体的结构式O=C=O。故答案为：直线形；O=C=O；
(3)B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是，原因的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力。故答案为：；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(4)根据A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，一种氢键的表示式[或]，2个原子之间的键只可能有1个，所以根据结构图阴离子中所含的键数目为。故答案为：[或]；。
【分析】依据原子的序数判断；
②依据原子构造原理判断；
③依据原子核外电子排布规律书写；
④依据原子构造原理；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
(4)根据晶体结构图，依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
25．【答案】（1）N元素电负性更小，更易给出孤电子对形成配位键
（2）3d6；2
（3）2NA；平面正方形
【解析】【解答】(1)由于N元素电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键，所以生成的[ Cu( NH3)4]2+更稳定。
(2)0.1 ml该化合物溶于水中，加入过量AgNO3溶液，有14.35g白色沉淀生成，即生成的氯化银的物质的量是=0.1 ml，说明有2个氯离子是配体，另外还有4个氨分子是配体。由于内界为正八面体形结构配离子，2个氯离子在正八面体的6个顶点有相邻、相对2种位置关系，所以内界可能的结构有2种；其中中心离子C3+的价电子排布式为3d6。
(3)1个CN-中含有2个π键，所以1 ml CN-中含有的π键数目为2NA；[Cu( H2O)4]2+是平面正方形结构，[Cu(CN)4]2-与[ Cu(H2O)4]2+结构相似，故该配离子的空间结构为平面正方形。
【分析】（1） Cu2+在水溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向含Cu2+的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[ Cu(NH3)4]2+ ，说明氨分子中氮原子与铜离子形成的配位键比水分子中氧原子与铜离子形成的配位键更稳定；
（2）根据正八面体的结构特征，可知该配合物的配位数为6，该配合物可以表示为C(NH3)4Cl2·Cl，所以内界中2个氯离子在正八面体的6个顶点有相邻、相对2种位置关系，中心离子为C3+，价电子排布式为 3d6 ；
(3) 需要知道CN-的结构式中含有碳氮三键， [Cu(H2O)4]2+结构相似，则此离子的空间结构为平面正方形 ；