2022届高三化学一轮复习考点特训物质结构与性质2含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训物质结构与性质2含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.下列物质的结构或性质与氢键无关的是
A．乙醚的沸点B．乙醇在水中的溶解度
C．水的沸点比硫化氢的高D．DNA的双螺旋结构
2.下列有关说法正确的是（ ）
A．乙醇和丙烷相对分子质量相近，故在水中溶解度相近
B．碘和干冰的升华克服相同类型的作用力
C．22.4L 的 C2H4 分子中有 5NA 个σ键和 NA 个π键
D．NaHSO4 溶于水时只破坏了离子键
3.美国科学家宣称发现了普通盐水在无线电波照射下可燃烧，这很可能是 21 世纪人类最伟大的发现之一，有望解决用水作人类能源的重大问题。无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该种频率下持续燃烧。上述中“结合力”实质是（ ）
A．范德华力B．氢键
C．非极性共价键D．极性共价键
4.如图为元素周期表前4周期的一部分，下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是（ ）
A．W、R元素单质分子内的化学键都是非极性键
B．X、Z元素都能够形成双原子分子
C．键长W—HW—H
D．键长X—H＜W—H，键能X—H＜W—H
5.六氟化硫分子（如下图）呈正八面体，难以水解，在电器工业方面有着广泛用途。下列有关SF6的推测正确的是（ ）
A．SF6易燃烧生成二氧化硫
B．SF6是极性分子
C．SF6中各原子均达到 8 电子稳定结构
D．高温条件下，SF6微弱水解生成H2SO4和HF
6.下列分子中含有手性碳原子的是
A．CF2Cl2 B．
C．CH3CH2CHClCH2CH2CH3D．CH2═CH-COOH
7.对下列实验事实的理论解释错误的是（ ）
8.下列说法正确的是（ ）
A．冰融化时，分子中有H-O键发生断裂
B．卤化物CX4（X代表卤族元素）中，从F到I，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高
C．由于H-O键比H-S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高
D．在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定
9.南京理工大学团队成功合成了能在室温下稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，五氮阴离子盐N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法正确的是（ ）
A．N5+N5-属于化合物
B．(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl含四种离子
C．每个N5-中含有35个电子
D．N5+N5-中既含有极性键又含非极性键
10.下列有关叙述及相关解释均正确的是（ ）
11.下列关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是
A．配体为水分子，外界为 Br－
B．中心离子的配位数为6
C．中心原子采取sp3杂化
D．中心离子的化合价为＋2价
12.电子总数或价电子总数相等、原子数也相同的分子或离子的空间构型是相同的，下列各组微粒空间构型不相同的是：
A．CO2和NO2B．CO2和N2OC．SO3和NO3－D．SO42－和ClO4－
13.向含有[Cu(H2O)4]2+的溶液中滴入过量氨水，最终将生成[Cu(NH3)4]2+，[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+是铜离子形成的两种配离子，下列有关说法正确的是（）
A．两种配离子均为平面正方形结构
B．两种配离子均不溶于水
C．[Cu(H2O)4]2+比[Cu(NH3)4]2+稳定
D．向含有两种配离子的溶液中加入NaOH溶液，均有蓝色沉淀产生
14.下列说法错误的是
A．向含有0.1ml[C(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1mlAgCl
B．SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子
C．在NH4＋和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
D．H2O是极性分子，分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中心位置
15.下列配合物的配位数是6的是( )
A．K2[C(SCN)4]B．Fe(SCN)3
C．Na3[AlF6]D．[Cu(NH3)4]Cl2
16.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液，若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是（ ）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前Cu2+的浓度不变
B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子
C．沉淀溶解后生成的配离子[Cu(NH3)4]2+的空间构型一定是正四面体
D．加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出[Cu(H2O)4]SO4·H2O晶体
17.在TiCl3的饱溶液中通入HCl至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入HCl得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6的配合物，分别取0.01ml两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说法不正确的是（ ）
A．该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1：5
B．紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3
C．上述两种晶体的分子式相同，但结构不同，所以性质不同
D．0.01ml紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2.78g沉淀
18.下列说法正确的是（ ）
A．sp2杂化表示s轨道的1个电子和p轨道的2个电子进行杂化
B．1s22s12p1是激发态原子的电子排布式
C．M能层中的原子轨道数目为3
D．一个电子从3p能级跃迁到3s能级，产生的原子光谱为吸收光谱
19.有机物CH3CH==CH—C≡CH中标有“·”的碳原子的杂化方式依次为
A．sp、sp2、sp3B．sp3、sp、sp2C．sp2、sp、sp3D．sp3、sp2、sp
20.下列说法不正确的是（ ）
A．CO2和SiO2分子中，中心原子的杂化方式相同
B．SO2分子与O3分子中均含有2个σ键
C．CCl4分子中有未成键的孤电子对，但却为非极性分子
D．离子键和共价键的本质都是电性作用
21.关于 PCl3 和 CCl4 的说法正确的是
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型相同
B．键角 PCl3 比 CCl4 大
C．二者均为非极性分子
D．两者中的化学键都是 p-p σ键
22.下列有关说法正确是（ ）
A．表明S2Cl2为非极性分子
B．表明1个碳酸亚乙烯分子中含6个σ键
C．表明每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10对
D．表明1s轨道呈球形，有3条对称轴
23.根据杂化轨道理论和价电子对互斥理论模型判断，下列分子或离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是（ ）
24.某物质的实验式为 PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入 AgNO3 溶液反应也不产生沉淀，以强 碱处理并没有 NH3 放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．中心原子杂化类型为 sp3 杂化
C．1摩尔该分子中含有σ键数目为12
D．该分子空间结构可能不止一种
25.合成某种滴眼液的原料为4-二甲氨基吡啶。下列叙述错误的是（ ）
A．该分子中C原子的杂化类型有sp2、sp3
B．该分子中N原子的杂化类型有sp2、sp3
C．1ml该分子所含的σ键为15NA
D．该分子中含的大π键为Π
26.CO2、CH4、BF3都是非极性分子，HF、H2O、NH3都是极性分子，由此推测ABn型分子是非极性分子的经验规律正确的是（ ）
A．所有原子在同一平面
B．分子中每个键的键长应相等
C．在ABn中A原子没有孤对电子
D．A的相对原子质量小于B
27.下列说法正确的是（ ）
①极性分子一定含有极性键，非极性分子一定含有非极性键
②丙酮的沸点为57℃高于丁烷的沸点为−0.5℃是由于丙酮分子间有氢键
③N2O和CO2是互为等电子体，因此每个分子均含有2个π键，且中心原子均为sp杂化
④极性分子中一定不含有非极性键，非极性分子中可能含有极性键
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低与氢键有关
A．③⑤B．②④⑤C．②③④⑤D．①②③④⑤
28.下列物质性质的变化规律与分子间作用力无关的是（ ）
A．在相同条件下，NH3在水中的溶解度大于CH4
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高
D．CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3的沸点逐渐升高
二、非选择题（共4题）
29.在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤C2H4、⑥NaOH、⑦Ar
（1）只存在极性键的分子是___；只由非极性键构成的非极性分子是__；(填序号，下同)。
（2）CO32﹣的中心原子的杂化轨道类型是__，微粒的空间构型是__。
（3）在K3[Fe（CN）6]中中心离子是__，配体是__，配位数是___。
30.Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为_____、_____（填标号）
A． B．
C． D．
（2）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是___________，中心原子的杂化形式为___________，LiAlH4中存在___________（填标号）
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
（3）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是___________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状是____________；K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔沸点等都比Cr低，原因是___________
（4）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_____________、_____________
（5）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_________，其中共价键的类型有____
31.光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。
(1)已知Se在周期表的位置为_____，基态Ga原子核外电子占据的最高能级为_____。
(2)P、S、Ga电负性从大到小的顺序为_____。
(3)与Al元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]-而体现一元弱酸的性质，[B(OH)4]-的结构式为____(标出配位键)
(4)已知[Cu(H2O)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为_____。请画出该离子中配位键的结合形式__。
32.A、B、C、D、E 是五种原子序数依次增大的前四周期元素。A、B、C是位于p区的同一周期的元素，C的价层电子排布为nsnnp2n，A与C原子核外的未成对电子数相等；DC2与BC2－为等电子体；E为过渡元素，其原子核外没有未成对电子。请回答下列问题：
(1)E在周期表中的位置_____。
(2)与 E同区、同周期元素原子的价电子排布式是_____；C2-的电子排布图________。
(3)A、B、C均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物稳定性由强到弱的排列顺序____ (填分子式)。
(4)A、B、C的最简单氢化物中，键角由大到小的顺序为_____(用分子式表示)，其中 B的最简单氢化物的 VSEPR模型名称为_____，C的最简单氢化物的分子立体构型名称为________。
(5)A、C 两种元素能形成化合物 AC2，该分子的结构式_____，中心原子的杂化轨道类型_________ ,根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有________。
【参考答案及解析】
一、选择题
1.
【答案】A
【解析】A．乙醚不能形成分子间的氢键，其沸点只受范德华力的影响，A符合题意；
B．乙醇与水分子间易形成氢键，所以乙醇与水互溶，B不合题意；
C．水分子间能形成氢键，增大了水分子间的作用力，使水的沸点出现反常，从而使水的沸点比硫化氢的高，C不合题意；
D．DNA的双螺旋结构中，碱基对之间通过氢键维系，D不合题意；
故选A。
2.
【答案】B
【解析】A．物质溶解能力的大小，决定于物质(指的是溶剂和溶质)的本性，烷烃不易溶于水，乙醇易与水分子形成氢键，故乙醇可与水以任意比互溶，故A错误；
B．碘和干冰都是分子晶体，碘和干冰的升华都需要克服分子间作用力，故B正确；
C．乙烯在标况下为气体，但题目未注明标况下，无法计算出物质的量，故C错误；
D．硫酸氢钠在水溶液里电离生成钠离子、硫酸根离子和氢离子，钠离子和硫酸氢根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，所以硫酸氢钠溶于水破坏离子键和共价键，故D错误；
答案选B。
【点睛】
硫酸氢钠在水溶液中是完全电离的，故破坏离子键和共价键，是易错点，考虑断键的情况不易出错。
3.
【答案】D
【解析】【分析】无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，实质为水中化学键断裂得到H原子，以此来解答；
【详解】无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，实质为水中化学键断裂得到H原子，水中的H-O是极性共价键，则题中所说的“结合力”为极性共价键，答案选D。
4.
【答案】B
【解析】【分析】根据元素在元素周期表的位置可以分析，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素，据此回答。
【详解】A．Ar为稀有气体元素，为单原子分子，不存在共价键，A错误；
B．X的双原子分子为N2，Z的双原子分子为Br2，B正确；
C．原子半径W>Y，故键长W—H>Y—H，电负性WW—H，C错误；
D．原子半径W>X，故键长W—H>X—H，键长越短，键能越大，故键有W—H故选B。
5.
【答案】D
【解析】F是唯一没有正价的元素，F为-1价，SF6中S元素为+6价，S已处于最高价，不可能再被氧气氧化生成硫为+4价的二氧化硫，故A错误；六氟化硫分子呈正八面体，结构对称，是非极性分子，故B错误；六氟化硫分子呈正八面体，F达到八电子稳定结构，1个F最外层周围有8个电子，1个S最外层周围有12个电子．故C错误；SF6中F为-1价， S为+6价，微弱水解：SF6+4H20=H2SO4+6HF，故D正确。
6.
【答案】C
【解析】【分析】在有机物分子中，如果某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团，这种碳原子称为“手性碳原子”，手性碳原子一定是饱和碳原子，根据碳原子连接的原子或原子团是否相同进行分析。
【详解】A. CCl2F2中C原子分别连接两个氯原子和两个氟原子，不满足手性碳原子条件，故A错误；
B. 中的碳原子均不满足手性碳原子条件，碳原子都没有手性，故B错误；
C. CH3CH2CHClCH2CH2CH3中第三个碳原子连接了四个不同的原子和原子团，该碳原子具有手性，故C正确；
D. CH2═CH-COOH中三个碳原子都为不饱和碳原子，碳原子没有手性，故D错误；
故选C。
【点睛】手性碳原子是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是不同的。
7.
【答案】C
【解析】A．硫酸结构式：，亚硫酸结构式：，H2SO4非羟基氧原子个数大于H2SO3，中心原子正电性越高，酸性越强，故A正确；
B．Be与Al元素周期表位于对角线位置，依据对角线规则，二者性质相似，依据铝能够与强碱反应可知Be能够与氢氧化钾溶液反应，故B正确；
C．同周期从左到右第一电离能增大，第IIA与IIIA反常，因为Mg的价电子排布式是3s2，处于全满状态，较稳定，而Al是3s23p1，所以第一电离能：Mg＞Al，故C错误；
D．能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故D正确；
故答案为C。
8.
【答案】B
【解析】A．冰融化时发生物理变化，只破坏范德华力而不破坏化学键，故A错误；
B．CX4均为分子晶体，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，卤化物CX4（X代表卤族元素）中，从F到I，CX4分子的相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高，故B正确；
C．物质的熔沸点与化学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水分子间存在氢键，故C错误；
D．物质的稳定性与化学键有关，与范德华力无关，故D错误；
故选B。
9.
【答案】B
【解析】A．N5+N5－是由同种元素组成的纯净物，应为单质，故A错误；
B．(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含有的离子种类分别为N5+、H3O＋、NH4＋、Cl－，即含有四种离子，故B正确；
C．每个N5－中含有电子为35+1=36个电子，故C错误；
D．N5+、N5－之间形成离子键，N5+、N5－离子内氮原子之间形成非极性共价键，故D错误；
故选B。
10.
【答案】B
【解析】A．电负性：NB．碳碳键的键长：石墨＜金刚石，石墨的熔点高于金刚石，故B正确；
C．Ⅰ形成分子内氢键，分子间作用力小，Ⅱ形成分子间氢键，分子间作用力大，熔点：<，故C错误；
D．酸性：HI＞HBr＞HCl，HI、HBr、HCl中共价键越来越强，在水中电离能力变弱，故D错误；
故选B。
11.
【答案】B
【解析】A．配体为水分子和Br-，A不正确；
B．中心离子的配体为水分子和Br-，配位数为4+2=6，B正确；
C．中心原子形成6个配位键，采取sp3d2杂化，C不正确；
D．中心离子的化合价为＋3价，D不正确；
故选B。
12.
【答案】A
【解析】A.CO2价电子总数为4+6×2=16，NO2价电子总数为5+6×2=17，因此二者不是等电子体，所以两种微粒空间构型不相同，A符合题意；
B.CO2和N2O原子数都是3，价电子总数为16，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，B不符合题意；
C.SO3和NO3-原子数都是4，价电子总数为24，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，C不符合题意；
D. SO42-和ClO4-原子数都是5，价电子总数为32，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，D不符合题意；
答案选A。
13.
【答案】A
【解析】A．铜离子与水或氨气分子形成4个配位键，为dsp2杂化，空间为平面正方形结构，故A正确；
B．[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+均在溶液中以离子的形式存在，均溶于水，故B错误；
C．向含有[Cu(H2O)4]2+的溶液中滴入过量氨水，最终将生成[Cu(NH3)4]2+，说明[Cu(NH3)4]2+稳定，故C错误；
D．向含有[Cu(H2O)4]2+的溶液中滴入过量氨水，最终将生成[Cu(NH3)4]2+，反应后溶液显碱性，说明[Cu(NH3)4]2+与氢氧化钠溶液不反应，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题的难点为A，要注意，一般来说，中心原子如为sp3杂化，为正四面体结构，本题中铜原子为dsp2杂化；易错点为D，要注意[Cu(NH3)4]2+存在与碱性溶液中。
14.
【答案】B
【解析】A．[C(NH3)4Cl2]Cl中，只有外界的1个Cl-能与AgNO3发生反应，所以0.1ml该配合物加入足量AgNO3溶液只能生成0.1mlAgCl，A正确；
B．SO3、BF3中心原子S、B最外层都没有孤对电子，它们都形成中心对称结构，都是非极性分子，B错误；
C．NH4＋中存在1个氮氢配位键，[Cu(NH3)4]2＋中存在Cu2+与NH3间的配位键，C正确；
D．H2O是极性分子，分子中O原子的孤对电子对成键电子有排斥作用，所以三个原子不在一条直线上，D正确；
故选B。
15.
【答案】C
【解析】K2[C(SCN)4]中C2+的配位数是4；Fe(SCN)3中Fe3+的配位数是3；Na3[AlF6]中Al3+的配位数是6；[Cu(NH3)4]Cl2中Cu2+的配位数是4。答案选C。
16.
【答案】B
【解析】【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2＋+2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4＋，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH－。
【详解】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；
B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2＋提供空轨道，NH3给出孤电子对，故B正确；
C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，但[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形，故C错误；
D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4·H2O，故D错误；
故选B。
17.
【答案】D
【解析】【分析】配合物中內界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，而紫色晶体的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3。
【详解】A．绿色晶体分子式为TiCl3·6H2O，配位数是6，含2个氯离子，化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1：5，故A正确；
B．紫色晶体中含3个氯离子，配位数是6，紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，故B正确；
C．两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，沉淀量不同，结构不同，所以性质不同，故C正确；
D．配合物中內界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，紫色晶体中含3个氯离子，紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，0.01ml 紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到0.03ml沉淀，沉淀为m=nM=0.03ml×143.5g·ml－1=43.05g，故D错误；
故选D。
18.
【答案】B
【解析】A. sp2杂化表示1个s轨道和2个p轨道进行杂化形成3个能量相同的轨道，A错误；
B. 2p轨道电子的能量比2s轨道的电子能量高，原子核外电子总是尽先排布在能量较低的能级上，只有当能量较低的能级排满后，才依次排在能量稍高的能级上，一个2s轨道最多排布2个自旋方向相反的电子，所以1s22s12p1是激发态原子的电子排布式，B正确；
C. M能层中有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，其原子轨道数目为1+3+5=9个，C错误；
D. 原子核外电子的p轨道的能量比s轨道的能量高，当一个电子从3p能级跃迁到3s能级，多余的能量释放出来，因此产生的原子光谱为发射光谱，D错误；
故合理选项是B。
19.
【答案】D
【解析】【分析】根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，如果价层电子对个数是4，则C原子采用sp3杂化，如果价层电子对个数是3，则C原子采用sp2杂化，如果价层电子对个数是2，则C原子采用sp杂化。
【详解】甲基上C原子含有4个σ键，则C原子采用sp3杂化，碳碳双键两端的C原子含有3个σ键，则C原子采用sp2杂化，碳碳三键两端的C原子含有2个σ键，则C原子采用sp杂化，故选D 。
【点睛】
本题考查原子杂化方式判断，明确价层电子对互斥理论是解本题关键，知道价层电子对个数的计算方法。
20.
【答案】A
【解析】A．CO2中碳为sp杂化，SiO2中硅原子是sp3杂化，中心原子的杂化方式不相同，故A错误；
B．SO2中和含2个S=O，O3分子中含2个O=O，SO2与O3分子中均含有2个σ键，故B正确；
C．分子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子。这些未成键的价电子对叫做孤对电子，CCl4分子中有未成键的孤电子对，CCl4分子正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C正确；
D．离子键是原子间得、失电子而生成阴、阳离子，然后阴、阳离子通过静电作用而形成的，共价键是原子间通过共用电子对而形成的，离子键和共价键的本质都是电性作用，故D正确；
故选A。
21.
【答案】A
【解析】【分析】的中心原子P采取杂化，分子的空间构型为三角锥形，的中心原子C采取杂化，分子的空间构型为正四面体形。
【详解】A. 两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，均采取杂化，A正确；
B. 由于孤对电子对成键电子的斥力要大于成键电子之间的斥力，所以PCl3 比 CCl4 的键角小，B错误；
C. 的正电中心和负电中心不重合，分子为极性分子，C错误；
D. 两者中的化学键都是 sp3-p σ键，D错误；
故答案选A。
22.
【答案】C
【解析】A．表明S2Cl2的正负电荷中心不重合，为极性分子，故A错误；
B．此分子中存在4个C-O键、1个C=O双键，还存在2个C-H键，1个C=C双键，总共8个σ键，故B错误；
C．S上有2个孤电子对，P上有1个孤电子对，则每个P4S3分子中含孤电子对的数目为10，故C正确；
D．1s轨道呈球形，球形有无数对称轴，故D错误；
故答案为C。
23.
【答案】D
【解析】A．H2O中心原子O原子成2个σ键、含有孤对电子数为=2，则杂化轨道数为4，采取sp3杂化，价电子对互斥理论模型为正四面体，而分子的空间结构为V形，故A错误；
B．BBr3中心原子B原子成3个σ键、含有孤对电子数为=0，则杂化轨道数为3，采取sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，而分子的空间结构为平面三角形，故B错误；
C．PCl3中心原子P原子成3个σ键、含有孤对电子数为=1，则杂化轨道数为4，采取sp3杂化，价电子对互斥理论模型为正四面体，而分子的空间结构为三角锥形，故C错误；
D．CO32-中心原子O原子成3个σ键、含有孤对电子数为=0，则杂化轨道数为3，采取sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，而离子的空间结构为平面三角形，故D正确；
故答案为D。
【点睛】
考查价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
24.
【答案】D
【解析】【分析】实验式为PtCl4•2NH3的物质，水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子；加入AgNO3溶液后不产生沉淀，和强碱反应不生成NH3，说明不存在游离的氯离子和氨气分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4（NH3）2，配位数为6。
【详解】A．由于氨分子不带电，所以该物质的中心原子（Pt）的电荷数为+4，配位数为6，A错误；
B．该物质的配位化学式应为PtCl4（NH3）2，该分子为正八面体形，杂化轨道为6，则杂化类型sp3d2杂化，而不是sp3杂化，B错误；
C．配位化学式应为PtCl4（NH3）2，NH3中由3个σ键，还有4个配位σ共价键，即3×2ml+4ml=10ml，即1摩尔该分子中含有σ键10ml，C错误；
D．该分子配位数为6，空间结构是八面体形，Cl-和NH3分别在八面体的不同位置就会出现不同的空间结构，导致该分子空间结构可能不止一种，D正确；
故答案选D。
【点睛】
配位键属于共价键，不属于分子间作用力，为易错点。配合物有内界和外界组成．外界为简单离子组成，配合物可以无外界，但不能无内界．内界由中心离子和配位体组成；①形成体通常是金属离子和原子，也有少数是非金属元素，例如：Cu2+，Ag+，Fe3+，Fe，Ni，B（Ⅲ），P（Ⅴ）…；②配位体通常是非金属的阴离子或分子，例如：F-，Cl-，Br-，I-，OH-，CN-，H2O，NH3，CO…；③配位原子：与形成体成键的原子；配位键的形成条件：成键原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子。
25.
【答案】C
【解析】A．由结构简式得出，甲基（-CH3）上的碳为sp3杂化，双键C原子的杂化为sp2杂化，该分子中C原子的杂化类型有sp2、sp3，故A正确；
B．单键N原子杂化为sp3杂化，双键N原子杂化类型为sp2杂化，该分子中N原子的杂化类型有sp2、sp3，故B正确；
C．1个分子中有3+3+3+6+4=19个σ键，lml该分子所含的σ键为19NA，故C错误；
D．分子中有6个原子各提供1个电子构成的大π键，该分子中含的大π键为Π，故D正确；
故选C。
26.
【答案】C
【解析】A. CH4是非极性分子，但分子的空间构型为正四面体结构，因此非极性分子中不是所有原子一定都在同一平面内，A错误；
B. H2O、NH3都是极性分子，但两种物质分子中所有共价键的键长都相同，因此不能根据分子中每个键的键长相等判断分子是否为非极性分子，B错误；
C. CO2、CH4、BF3中中心原子上的所有电子都参与成键，没有孤对电子，分子空间排列对称，而HF、H2O、NH3的中心原子上含有未参与成键的电子，有孤对电子，分子结构不对称，C正确；
D. 分子是极性分子还是非极性分子与分子中各原子的相对原子质量大小无关，D错误；
故合理选项是C。
27.
【答案】A
【解析】①极性分子一定含有极性键，但非极性分子不一定含有非极性键，如CH4分子属于非极性分子，但分子内不含有非极性键，①错误；
②丙酮分子间没有氢键，丙酮分子的相对分子质量大于丁烷，所以丙酮的沸点大于丁烷，与氢键无关，②错误；
③N2O和CO2互为等电子体，等电子体结构相似，根据CO2的结构式O=C=O可知：物质分子均含有2个π键，且中心原子采用sp杂化，③正确；
④极性分子中不一定不含有非极性键，如H2O2分子属于极性分子，但含有非极性键O-O键，而非极性分子中也可能含有极性键，如CH4分子属于非极性分子，含有C-H极性键，④错误；
⑤邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键的形成增加了分子之间的吸引力，使物质的熔、沸点升高，因此邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，与分子间氢键的形成有关，⑤正确；
综上所述可知说法正确的是③⑤，故合理选项是A。
28.
【答案】B
【解析】A．NH3与水分子间易形成氢键，而CH4与水之间不能形成氢键，则在相同条件下，NH3在水中的溶解度大于CH4，与分子间作用力有关，故A正确；
B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，与分子间作用力无关，故B错误；
C．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，故C正确；
D．CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3均为烷烃，结构相似，相对分子质量越大，分子间的作用力越强，沸点越高，其中(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3是同分异构体，支链越多，分子间作用力越小，沸点越低，则CH3CH3、CH3CH2CH3、(CH3)2CHCH3、CH3CH2CH2CH3的沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，故D正确；
故答案为B。
二、非选择题
29.
【答案】（1）①③ ②
（2）sp2 平面三角形
（4） Fe3+ CN- 6
【解析】【分析】①HCl是极性键的极性分子；②N2是非极性键的非极性分子；③NH3是极性键的极性分子；④Na2O2含离子键和非极性键的离子化合物；⑤C2H4是含极性键和非极性键的非极性分子；⑥NaOH是含离子键和极性键的离子化合物；⑦Ar不含共价键的分子。
⑵CO32−的中心原子的价层电子对数为。
⑶配合物中提供空轨道的离子为中心离子，常为过渡金属离子；提供孤对电子的物质为配体；配体的数目为配位数。
【详解】⑴根据上面分析得出只存在极性键的分子是①③；只由非极性键构成的非极性分子是②；故答案为：①③；②。
⑵CO32−的中心原子的价层电子对数为，杂化轨道类型是sp2，微粒的空间构型是平面三角形；故答案为：sp2；平面三角形。
⑶配合物中提供空轨道的离子为中心离子，常为过渡金属离子；提供孤对电子的物质为配体；配体的数目为配位数；因此K3[Fe(CN)6]中中心离子是Fe3+，配体是CN－，配位数是6；故答案为：Fe3+；CN－；6。
30.
【答案】（1）D C
（2）正四面体 sp3 AB
（3）N 球形 K原子半径较大且价电子数较少，金属性较弱 s
（4）p3 sp3
（5）平面三角形 2种
【解析】【分析】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
(2)LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；
(3)基态K原子核外有4个电子层，最高能层为第四层，最外层电子为4s1电子，K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；
(4) 乙二胺分子中C和N的价层电子对数均为4，VSEPR模型为四面体；
(5)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分子中S-O原子之间存在共价键和离域大π键。
【详解】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s22s1，即D；电子排布能量最高的是2s12px2，即C；
(2)LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，中心原子的杂化形式为sp3杂化，阴离子空间构型为正四面体形；在LiAlH4中含有离子键和σ键，不存在π键和氢键，故答案为AB；
(3)基态K原子核外有4个电子层，最高能层为第四层，即N层，最外层电子为4s1电子，该能层电子的电子云轮廓图形状为球形，K和Cr属于同一周期，K的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低；
(4)每个N原子形成3个σ键（2个N-H键、1个N-C键），含有1个孤电子对；每个C原子形成4个σ键，不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3、sp3；
(5)SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面正三角形；该分子中S-O原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2种。
【点睛】
价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
31.
【答案】（1）第四周期VIA族 4p
（2）S＞P＞Ga
（3）
（4）平面正方形
【解析】【分析】(1)Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子；根据能量最低原理，核外电子从低能级向高能级排布；
(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大；同主族元素从上到下电负性减小；
(3) B最外层有5个电子，与三个羟基形成三对共价键，剩余一对孤对电子，形成配位键，H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键；
(4)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则该微粒可能为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物。
【详解】(1)Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子，在周期表的位置为第四周期VIA族； Ga是31号元素，核外有31个电子，基态Ga原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，最高能级为4p；
(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，S和P同周期，故电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性减小，P和As同主族，P＞As，As 和Ga同周期，电负性As＞Ga，所以电负性S＞P＞Ga；
(3) B最外层有3个电子，与三个羟基形成三对共价键，羟基提供 H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键，[B(OH)4]-的结构式为；
(4)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则该微粒可能为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为平面正方形，铜原子提供空轨道，水分子提供孤对电子，形成4对配位键，构型为；
【点睛】
不是同周期，不是同主族的元素的电负性进行比较时，可以选择一个参照物，例如P和Ga不位于同周期，也不位于同族，选择As进行对照，方便解题。
32.
【答案】(1)第四周期第ⅡB 副族
(2)3d104s1
(3)H2O> NH3> CH4
(4)CH4>NH3>H2O 四面体形 V 形
(5)O=C=O sp杂化 σ键、π键
【解析】【分析】C的价层电子排布为nsnnp2n，n=2，C的价电子排布为2s22p4，则C为氧(O)；A与C原子核外的未成对电子数相等，则A为碳(C)，B为氮(N)；DC2与BC2－为等电子体，则D应为硫(S)；E为过渡元素，其原子核外没有未成对电子，则E为锌(Zn)。
【详解】(1)E为锌，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，在周期表中的位置为第四周期第ⅡB族。答案为：第四周期第ⅡB族；
(2)E为ds区元素，与 E同区、同周期元素为铜，其原子的价电子排布式是3d104s1；C2-的电子排布式为1s22s22p6，电子排布图为。答案为：3d104s1；；
(3)A、B、C均可与氢元素形成氢化物，它们的最简单氢化物为CH4、NH3、H2O，稳定性与非金属性相同，非金属性C NH3> CH4。答案为：H2O> NH3> CH4；
(4)A、B、C的最简单氢化物CH4、NH3、H2O中，键角依次为109°28′、107°18′、104.5°，由大到小的顺序为CH4>NH3>H2O，其中 B的最简单氢化物为NH3，其中心原子(N)的价层电子对数为4，VSEPR模型名称为四面体形，C的最简单氢化物为H2O，其分子立体构型名称为V 形。答案为：CH4>NH3>H2O；四面体形；V 形；
(5)A、C 两种元素能形成化合物CO2，该分子的结构式为O=C=O，中心原子(C)的价层电子对数为2，杂化轨道类型sp杂化，根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有σ键、π键。答案为：O=C=O；sp杂化；σ键、π键。
【点睛】
价层电子对互斥模型(VSEPR模型)不仅包含成键电子占据的轨道，而且包含孤对电子占据的轨道；而分子的立体构型只包含成键电子所占据的轨道，所以对于同一种分子，两种模型可能有所不同，若不注意区分，很容易得出错误的结论。
X
W
Y
R
Z
选项
实验事实
理论解释
A
酸性：H2SO4＞H2SO3
H2SO4非羟基氧原子个数大于H2SO3，中心原子正电性越高，酸性越强
B
Be单质能溶于KOH溶液
Be和Al在周期表中是对角线关系，性质相似
C
Al原子的第一电离能大于Mg原子
Mg的金属性比Al强，更容易失去电子
D
沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛
对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响
选项
叙述
解释
A
键的极性的强弱：N-H＞O-H＞F-H
电负性：N＜O＜F
B
石墨的熔点高于金刚石
碳碳键的键长：石墨＜金刚石
C
熔点：＞
Ⅰ形成分子内氢键，Ⅱ形成分子间氢键
D
酸性：HI＞HBr＞HCl
HI、HBr、HCl中的范德华力逐渐减小
选项
分子或离子
中心原子杂化方式
价电子对互斥理论模型
分子或离子的空间构型
A
H2O
sp
直线形
直线形
B
BBr3
sp2
平面三角形
三角锥形
C
PCl3
sp2
四面体形
平面三角形
D
CO32-
sp2
平面三角形
平面三角形