第2章《分子结构与性质》测试卷
一、单选题
1．乙酸乙酯与在硫酸作用下，发生下列水解反应：++，可利用实验方法测定有机物组成、结构和研究化学反应机理。下列有关说法正确的是
A．利用李比希燃烧法可以测定乙醇的分子式为
B．无法用红外光谱仪鉴别乙酸乙酯和乙醇
C．利用金属钠与无水乙醇反应的定量关系可确定乙醇的结构
D．运用同位素示踪法可判断乙酸乙酯水解时断裂的的位置
2．下列有关晶体及配合物结构和性质的判断错误的是
选项 结构和性质 相应判断
A 贵金属磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示 该晶体中磷原子的配位数为8
B 配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在 该离子的配体是NO2
C GaN、GaP、GaAs都是良好的半导体材料，晶体类型与碳化硅晶体类似 GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低
D 氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一 分子中存在配位键，提供空轨道的原子是硼原子
A．A B．B C．C D．D
3．工业生产中常用“古氏试砷法”检验微量砷，其反应原理如下：2AsH3(g)+12AgNO3(aq)+3H2O(1)=As2O3(s)+12HNO3(aq)+12Ag(s)。下列说法正确的是
A．热稳定性AsH3强于NH3 B．AsH3为平面三角形分子
C．该制备反应是熵增过程 D．实验中观察到有固体生成证明有砷元素存在
4．碳原子的杂化轨道中s成分的含量越多，则该碳原子形成的键键长会短一些。下列化合物中，编号所指三根键的键长正确的顺序是
A．①＞②＞③ B．①＞③＞② C．②＞③＞① D．②＞①＞③
5．碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示。下列说法正确的是
A．碳铂中所有碳原子可能在同一平面上
B．碳铂的化学式为[]
C．碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数目之比为2∶1
D．碳铂含有σ键的数目为
6．设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L中，约含有个σ键
B．18g和的混合气体中含有的中子数为
C．用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目为
D．6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为
7．某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，W的3p轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物。下列说法正确的是
A．电负性：Y>Z>W
B．最简单氢化物沸点：Y
D．Z的最高价氧化物的空间构型为三角锥形
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．18 g H2O2中含有的阴、阳离子总数为1.5NA
B．标准状况下，33.6 LC2H4分子中含有σ键的数目为7.5NA
C．0.25 mol I2与1 mol H2混合充分反应，生成HI分子的数目为0.5NA
D．常温下，将2.8 g铁放入浓硫酸中，反应转移电子的数目为0.15NA
9．常采用三元催化器处理汽车尾气中NOx，CO和碳氢化合物等大气污染物，其简易工作原理如图。下列推断正确的是
A．若x=1，CO和NOx反应中N2与NOx的反应速率相等
B．若x=2，碳氢化合物为C8H18，则碳氢化合物与NOx的反应只有极性键的断裂和形成
C．其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越大
D．三元催化剂能增大正反应速串，同时减小逆反应速率
10．在N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，则该分子中两个氮原子之间的键型构成是
A．仅有一个σ键 B．仅有一个π键
C．一个σ键，一个π键 D．一个σ键，两个π键
11．配位化合物广泛的应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CoCl2＋2NH4Cl＋8NH3＋H2O2=2[Co(NH3)5Cl]Cl2＋2H2O，下列说法正确的是
A．1 mol[Co(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B．含1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀
C．[Co(NH3)5Cl]2＋中存在配位键、共价键和离子键
D．氧化剂H2O2是非极性分子
12．下列关于化学基础概念的描述正确的是
A．氢键、共价键、离子键等是化学键
B．气体摩尔体积的数值是固定的，为22.4L/mol
C．电子云是指核外电子高速运动，看起来像一朵云的样子
D．手性碳原子是指连接四个不相同的原子或者原子团的碳原子
13．下列分子中，中心原子杂化类型相同，分子的空间结构也相同的是
A． B． C． D．
14．BF3与Na2CO3溶液反应生成NaBF4、NaB(OH)4、CO2。下列说法正确的是
A． CO2的电子式： B． BF3的空间构型为三角锥形
C． NaBF4和NaB(OH)4均含有配位键 D． Na2CO3溶液为强电解质
15．在新型催化剂作用下，氧化可获得，反应为 。下列说法正确的是
A．该反应中反应物键能总和大于生成物键能总和
B．反应中和的总能量大于的总能量
C．上述反应过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．的使用能降低该反应的焓变
二、填空题
16．Ti、Na、Mg、C、N、O、Fe等元素的研究一直在进行中，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：
(1)钠在火焰上灼烧的黄光是一种_______(填字母)。
A．吸收光谱 B．发射光谱
(2)下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是_______，能量最低的是_______(填序号)。
a. b.
c. d.
(3)Fe3+与Fe2+的离子半径大小关系为Fe3+_______Fe2+(填“大于”或“小于”)
(4)下列各组多电子原子的能级能量比较不正确的是_______
①2p=3p ②4s>2s ③4p>4f ④4d>3d
A．①④ B．①③ C．③④ D．②③
17．回答下列问题:
(1)四种有机物的相关数据如下表：
物质
相对分子质量 72 72 114 114
熔点/°C - 129.8 - 16.8 - 56.8 97
①总结烷烃同分异构体熔点高低的规律 ___________；
②根据上述规律预测熔点___________ (填“＞”或“＜”)。
(2)两种无机物的相关数据如下表：
物质 (HF)n 冰
氢键形式 F—H…F O—H…O
氢键键能/kJ·mol-1 28 19
沸点/°C 20 100
(HF)n中氢键键能大于冰，但(HF)n沸点却低于冰，原因是 ___________。
18．回答下列问题；
(1)①“钡餐”中主要成分的化学式是_______。
②葡萄糖的分子式是_______。
(2)焦炭与浓硫酸反应的化学方程式是_______。
(3)解释接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比18大的原因_______。
三、计算题
19．填空
(1)下列物质中，互为同位素的有_______，互为同素异形体的有_______，互为同系物的有_______，互为同分异构体的有_______，属于同种物质有_______。
①O2和O3②35Cl和37Cl③和④+和⑤CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3⑥乙醇和甲醚(CH3OCH3)
(2)立方烷结构为，它的结构高度对称，其二氯代物有_______种。
(3)化合物甲只含C、H两种元素，化合物乙只含C、H、F三种元素，甲、乙都是饱和化合物，且分子中都含有26个电子，据此推断：
①甲的分子式是_______；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有_______种结构。
②乙是性能优异的环保产品，可替代某些会破坏臭氧层的氟里昂产品，用作制冷剂。已知乙分子中C、H、F原子个数比为1∶2∶2，则下列对于乙的描述正确的是_______
A．其分子空间构型为正四面体 B．碳为sp3杂化
C．具有两种同分异构体 D．没有同分异构体
20．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数_____。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式______。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式_____，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率______。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率_____。并对此做出解释______。
四、实验题
21．四氯化碳主要用作优良的溶剂、干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等，也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用图实验装置模拟工业制备四氯化碳。
已知：
①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；
②与在铁作催化剂的条件下，在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；
③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度。
(1)分子的空间结构为___________；其中C的杂化轨道类型为__________；写出两个与具有相同空间结构和键合形式的分子或离子__________、___________。
(2)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。
A装置中导管k的作用为________________________。
(3)A装置中发生反应的离子方程式为____________________(写成、，其还原产物为)。
(4)反应结束后关闭，，此时F装置的作用为_______________________。
(5)B装置中发生反应的化学方程式为___________________________________。
(6)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到。
22．某课外活动小组以CuSO4·5H2O和氨水为原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O并进行探究。
已知：CuSO4+4NH3·H2O= [Cu(NH3)4]SO4+4H2O
[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2+ +SO
[Cu(NH3)4]2+ +4H+ =Cu2+ +4NH
(1)配制溶液：称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。
滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：_______
(2)制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体；将B中混合物转移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，冷风吹干。
①晶体不采用加热烘干的原因是_______
②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，应该在打开活塞的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，原因是_______。
(3)废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是_______(填序号)
A．盐酸 B．硝酸 C．硫酸 D．氢氧化钠溶液。
已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇的实验方法为_______
A．蒸馏 B．减压蒸馏 C．萃取 D．分液
(4)用沉淀法测定晶体中SO的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，烘干，灼烧，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_______。
A．滴加足量BaCl2溶液能降低实验数值偏低的可能性
B．检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明沉淀己洗净
C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。
D．已知[Cu(NH3)4]2+ 为平面四边形结构，中心Cu2+不可能是sp3杂化
(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3·H2O和NH，其中NH3·H2O电离平衡受多种因素的影响。设计实验，控制变量，仅探究NH对NH3·H2O电离平衡的影响结果：
①限制试剂与仪器：0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案。表格中“_______”处需测定的物理量为_______
物理量 实验序号 V(0.1mol/L氨水)/mL m(铵盐)/g t/℃ _______
1 100 0 25 b
2 100 a 25 c
③表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐应是_______
④按实验序号2所拟数据进行实验，忽略水电离的OH-，则一水合氮的电离度(平衡转化率)为_______。
参考答案：
1．D
【详解】A．李比希燃烧法是将准确称量的样品置于一燃烧管中，经红热的氧化铜氧化后，再将其彻底燃烧成二氧化碳和水，用纯的氧气流把它们分别赶入烧碱石棉剂（附在石棉上粉碎的氢氧化钠）及高氯酸镁的吸收管内，这两个吸收管增加的质量分别表示生成的二氧化碳和水的质量，由此即可计算样品中的碳、氢、氧的含量，从而确定有机物中C、H、O个数的最简整数比，故利用李比希燃烧法可以测定乙醇的实验式为C2H6O，不能确定分子式，A错误；
B．乙酸乙酯()含3种等效氢，核磁共振氢谱会出现3组峰，峰面积比为3:3:2，乙醇(CH3CH2-OH)含3种等效氢，核磁共振氢谱会出现3组峰，峰面积比为3:2:1，二者的核磁共振氢谱均有3个峰，但峰面积比不同，可以鉴别二者，B错误；
C．利用金属钠与无水乙醇反应的定量关系可确定乙醇分子中-OH的个数，不能确定乙醇的结构，C错误；
D．利用18O标记水分子为CH3CO18OCH2CH3，可根据检测水解产物中乙酸有放射性或乙醇有放射性来确定C-O键的断裂位置，D正确；
答案选D。
2．B
【详解】A．根据晶胞结构可知，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8，则该晶体中磷原子的配位数为8，故A正确；
B．配离子[Co(NO2)6]3-的配体为，故B错误；
C．GaN、GaP、GaAs都是良好的半导体材料，晶体类型与碳化硅晶体类似，属于共价晶体，N、P、As原子半径依次增大，因此GaN、GaP、GaAs的键长依次增大，键能依次减小，熔沸点依次降低，故C正确；
D．氨硼烷(NH3BH3)分子中，B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，因此提供空轨道的原子是硼原子，故D正确；
答案选B。
3．D
【详解】A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则砷化氢的稳定性小于氨气，故A错误；
B．砷化氢的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故B错误；
C．由方程式可知，该反应是气体体积减小的熵减的反应，故C错误；
D．由方程式可知，反应中有三氧化二砷和银生成，所以实验中观察到有固体生成可以证明有砷元素存在，故D正确；
故选D。
4．D
【详解】由图中C原子的空间构型可知：①号C原子采用sp2杂化，②号C原子采用sp3杂化，③号C原子采用sp杂化。碳原子的杂化轨道中s成分的含量越多，即p成分越少，该碳原子的形成的C一H键键长越短，而sp杂化时p成分少，碳原子的形成的C一H键键长短，sp3杂化时p成分多，碳原子的形成的C一H键键长长，所以编号所指三根C-H键的键长正确顺序为②＞①＞③，故选：D。
5．C
【详解】A．碳铂中有一个碳原子同时连有4个碳原子，属于四面体结构，所以碳铂中不可能所有碳原子共面，A错误；
B．碳铂的化学式为[]，B错误；
C．碳铂分子中有4个C原子为碳碳单键，为杂化；有2个，为杂化，所以碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数目之比为2∶1，C正确；
D．以及配位键均为σ键，中含有1个σ键，则可得1mol此有机化合物含有σ键的数目26，D错误；
答案选C。
6．A
【详解】A． 1个分子有5个σ键，标准状况下，2.24L为0.1mol，约含有个σ键，故A正确；
B．和的混合气体可以看成平均化学式为，18g和的混合气体为1mol，1个中含有10个中子，则18g混合气体中含有的中子数为，故B错误；
C．胶粒具有吸附性，用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目小于，故C错误；
D．Cu与S反应生成Cu2S，6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为，故D错误；
故答案为A。
7．C
【分析】由M的球棍模型可知，X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为1、2、、6、1，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，则X为H元素，W的3p轨道有一个未成对电子，则W为Cl元素；Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物，则Y为O元素、Z为S元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氯元素的非金属性强于硫元素，则电负性强于硫元素，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；
C．过氧化氢的空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，故C正确；
D．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面正三角形，故D错误；
故选C。
8．B
【详解】A．H2O2是共价化合物，其中只含有分子，不含有离子，A错误；
B．共价单键都是σ键，共价双键中一个是σ键，一个是π键。在C2H4分子中含有5个σ键和1个π键。标准状况下，33.6 LC2H4的物质的量是1.5 mol，则其中含有的σ键的数目为1.5 mol×5×NA/mol=7.5NA，B正确；
C．H2与I2反应产生HI的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，0.25 mol I2与1 mol H2混合充分反应后，生成HI的物质的量小于0.5 mol，则反应生成HI分子数目小于0.5NA，C错误；
D．在常温下Fe遇浓硫酸会发生钝化，因此不能准确计算反应过程中转移电子的数目，D错误；
故合理选项是B。
9．C
【详解】A．若x=1，CO和NO反应的方程式为2CO+2NON2+2CO2，其中N2与NO的反应速率不相等，A错误；
B．若x=2，碳氢化合物为C8H18，产物是氮气、二氧化碳水，由于C8H18和N2中存在非极性键，则碳氢化合物与NOx的反应既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成，B错误；
C．其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应物之间的接触面积越大，所以反应速率越大，C正确；
D．三元催化剂能同等程度增大正逆反应速串，D错误；
答案选C。
10．C
【详解】N2F2分子中，所有原子均符合8电子稳定结构，所以结构简式为：F-N=N-F，σ键只能形成单键，而双键或三键中既有σ键又有π键，所以两个氮原子之间有一个σ键，一个π键；
故选C。
11．B
【详解】A．[Co(NH3)5Cl]2+中Cl-和5个NH3与Co3+之间形成6个配位键，为σ键，每个氨气分子中每个氢原子和氮原子之间形成一个σ键，共6+5×3=21个，所以1mol [Co(NH3)5Cl] Cl2 中含σ键数目为21NA，选项A错误；
B．1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中完全电离出1 mol[Ti (NH3)5Cl]2+和2 mol Cl-，加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀,选项B正确；
C．[Co(NH3)5Cl]2＋中氨气分子内存在N-H共价键，Co3+与氨分子之间形成配位键，不存在离子键，选项C错误；
D．H2O2分子不是直线形的，两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，选项D错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．氢键不是化学键，故A错误；
B．气体摩尔体积的定义是1mol气体在一定条件下所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，故B错误；
C．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故C错误；
D．连接四个不相同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，故D正确；
故选D。
13．A
【详解】A． BeCl2中Be原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取 sp杂化，CO2中C原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取 sp杂化，二者杂化方式相同，且都是直线型分子，故A符合题意；
B．H2O中O原子价层电子对数为且含有2个孤电子对，采取 sp3杂化，分子构型为V型，SO2中S原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，采取 sp2杂化，分子构型为平面三角形，故A不符合题意；
C． SF6中S原子价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3d2杂化，分子构型为正八面体，CH4中价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3杂化，分子构型为正四面体，故C不符合题意；
D．NF3中N原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，BF3中B原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为平面三角形，故D不符合题意；
答案选A。
14．C
【详解】A．二氧化碳的电子式为：，A错误；
B．BF3中B原子的价层电子对数为3＋=3，B原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形，B错误；
C．NaBF4和NaB(OH)4含有B与F、OH的配位键，C正确；
D．Na2CO3溶液是混合物，不是电解质，更不是强电解质，D错误；
故选C。
15．C
【详解】A．该反应的ΔH<0，说明是放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，A错误；
B．该反应的ΔH<0，说明反应中和的总能量大于和的总能量，B错误；
C．Cl2中含有非极性共价键，H2O中含有极性共价键，O2中含有非极性共价键，HCl中含有极性共价键，则反应有极性共价键、非极性共价键的断裂和形成，C正确；
D．RuO2是该反应的催化剂，催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH，D错误；
故选C。
16．(1)B
(2) b d
(3)小于
(4)B
【解析】（1）
钠在火焰上灼烧的黄光是金属钠的颜色反应，电子从高能级跃迁到低能级时以光的形式释放能量，是一种发射光谱，故选B；
（2）
基态Mg原子的核外电子排布为d：，能量最低；电子由低能级跃迁到高能级需要吸收能量，c与基态d相比，3s轨道上的1个电子跃迁到3p轨道，吸收能量，故能量c>d，a与c相比，又有2p轨道上的两个电子跃迁到3p轨道，故能量a>c，b与a相比，b状态的原子中2p轨道上的3个电子跃迁到3p轨道，而2p轨道跃迁到3p轨道需要的能量比3s轨道跃迁到3p轨道需要的能量高，故能量b>a，故b的能量最高；综上，能量最低的是b，能量最高的是d；
（3）
Fe3+与Fe2+的核电荷数相同，Fe2+的核外电子总数多，离子半径大，故离子半径：Fe3+小于Fe2+；
（4）
①3p轨道在M层，2p轨道在L层，能层越高，能量越高，故能量3p>2p，①错误；
②2s轨道在L层，4s轨道在N层，能层越高，能量越高，故能量4s>2s，②正确；
③同一能层，相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，故能量4p<4f ，③错误；
④3d轨道在L层，4d轨道在N层，能层越高，能量越高，故能量4d>3d，④正确；
故选B。
17．(1) 分子对称性越高，熔点越高 小于
(2)冰中氢键数目比(HF)n中多
【详解】（1）①根据表格数据，同分异构体分子对称性越高，熔点越高。
②的对称性比差，分子对称性越高，熔点越高，所以熔点：小于；
（2）1molHF只能形成1mol氢键，1molH2O能形成2mol氢键，由于冰中氢键数目比(HF)n中多，所以 (HF)n沸点低于冰。
18．(1) BaSO4 C6H12O6
(2)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(3)水分子间存在氢键，形成缔合分子
【解析】(1)
①钡餐是一种造影剂，其主要成分为硫酸钡，化学式为：BaSO4。
②葡萄糖为单糖，其分子式为：C6H12O6。
(2)
焦炭与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。
(3)
氧的电负性较大，水分子间存在氢键，形成缔合分子，通常测定水的相对分子质量为缔合分子的相对分子质量，所以相对分子质量测定值比18大。
19．(1) ② ① ③ ⑤⑥ ④
(2)3
(3) C3H8 4 BD
【详解】（1）①氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体；
②35Cl和37Cl的质子数相同、中子数不同，互为同位素；
③2—甲基丙烷和2—甲基丁烷的结构相似，相差1个CH2原子团，互为同系物；
④由结构式可知，两种结构都为二氯甲烷，是同种物质；
⑤丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
⑥乙醇和甲醚的分子式相同，结构不同，互为同分异构体；
则互为同位素的为②，互为同素异形体的为①，互为同系物的为③，互为同分异构体的为⑤⑥，属于同种物质的为④，故答案为：②；①；③；⑤⑥；④；
（2）由结构简式可知，立方烷的一氯代物有1种，二氯代物有3种，故答案为：3；
（3）由甲为只含C、H两种元素的饱和化合物可知，甲为烷烃，设甲的分子式为CnH2n+2，由分子中含有26个电子可得：6n+2n+2=26，解得n=3，则甲的分子式为C3H8；由化合物乙为只含C、H、F三种元素的饱和化合物可知，乙为氟代烃，设乙的分子式为CnH2n+2—xFx，由分子中含有26个电子可得：6n+(2n+2—x)+9x=26，由乙分子中C、H、F原子个数比为1∶2∶2可得n∶x=1∶2，解得n=1、x=2，则乙的分子式为CH2F2；
①由分析可知，甲的分子式为C3H8；丙烷的一氟代物有1—氟丙烷和2—氟丙烷，共2种，其中1—氟丙烷分子和2—氟丙烷分子中氢原子被氟原子取代所得结构有4种，分别为CH3CH2CHF2、CH3CF2CH3、CH2FCHFCH3、CH2FCH2CH2F，故答案为：C3H8；4；
②由分析可知，乙的分子式为CH2F2，名称为二氟甲烷；
A．二氟甲烷分子中碳氢键和碳氟键的键长不同，的空间构型为四面体形，不是正四面体形，故错误；
B．二氟甲烷分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，故正确；
C．甲烷分子的空间构型为四面体形，二氟甲烷分子不存在同分异构体，故错误；
D．甲烷分子的空间构型为四面体形，二氟甲烷分子不存在同分异构体，故正确；
故选BD。
20．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【详解】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
21．(1) 直线形 sp CO2 SCN-、COS
(2) i、j→f、g→d、e→b、c→h 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下
(3)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O
(4)平衡气压做安全瓶，同时储存氯气
(5)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2
(6)蒸馏
【分析】由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h。
【详解】（1）的价层电子对数为2+=2，且不含孤电子对，空间结构为直线形，其中C的杂化轨道类型为sp，CO2、SCN-和COS与是等电子体，与具有相同空间结构和键合形式。
（2）由分析可知，上述仪器的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b、c→h；A装置中导管k的作用为平衡气压，便于浓盐酸顺利流下。
（3）装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，Cr元素化合价由+6价下降到+3价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。
（4）由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭，，长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气。
（5）由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，S元素由-2价上升到+6价，Br元素由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2。
（6）由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳。
22．(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O
(2) 晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”) 为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果
(3) C B
(4)ACD
(5) pH NH4Cl
【分析】装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离。
【详解】（1）CuSO4·5H2O晶体溶解后滴加氨水，生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4；继续滴加氨水，得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2+ +SO+2OH- +8H2O；
（2）①晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水，降低产物产率；
②装置内产生负压时，漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中，而洗涤过程为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果，需打开活塞；
（3）该过程需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3→(NH4)2SO4，应加入的试剂是硫酸，故选C；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏，为防止硫酸铵分解，需减压蒸馏，降低蒸馏所需温度，故选B；
（4）A．足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低实验数值偏低的可能性，A正确；
B．沉淀表明的杂质主要为氯离子，检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子，应取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，B错误；
C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，可以保证所有沉淀均被回收，C正确；
D．若Cu2+为sp3杂化，则其空间构型应为正四面体形，而不是正方形，D正确；
故答案为：ACD；
（5）②本实验的目的是探究影响NH3·H2O电离平衡的因素，NH3·H2O电离平衡受到影响时，溶液的pH会发生变化，所以还需测定的物理量为pH；
③CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均为弱酸根，弱酸根会发生水解，影响溶液pH，所以铵盐应选用NH4Cl；
④一水合氨的电离平衡：NH3·H2ONH+OH-，溶液pH=c，则c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L，忽略水电离的OH-，所以氢氧根全部由一水合氨电离，则一水合氮的电离度。
