2.3 分子结构与物质的性质 课后练习
一、单选题
1．下列示意图或图示正确的是( )
A． B．
C． D．
2．下列物质中，由极性键构成的极性分子的是
A． B． C． D．
3．关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是 ( )
A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．CS2为非极性分子，所以其在三种物质中熔、沸点最低
D．NH3在水中溶解度很大是因为NH3分子有极性
4．下列说法正确的是（ ）
A．PCl3的空间构型为平面三角形
B．HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
C．乳酸（ ）有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
D．氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
5．硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．硼原子的杂化方式为、
B．1、2原子之间的化学键为配位键
C．硼砂阴离子间可结合成链状结构，则阴离子间以氢键结合
D．该阴离子中存在的化学键类型有极性键、配位键、氢键
6．下列说法错误的是（ ）
A．华为“麒麟990”手机芯片的主要成分是晶体硅
B．新冠病毒DNA分子内存在氢键，氢键具有方向性和饱和性
C．血红蛋白的载氧能力是通过分子中的Fe2+与O2形成离子键来实现的
D．紫外线能使蛋白质分子中的C-C、C-N等化学键断裂，从而损伤皮肤
7．下列物质的性质或相关数据与氢键无关的是（ ）
A．氨气极易溶于水
B．邻羟基苯甲酸( )的熔点为159℃，对羟基苯甲酸( )的熔点为213℃
C．二甲醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比例混溶
D．分解时吸收的热量比分解时吸收的热量多
8．向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是（ ）
A．依据反应可知：还原性：
B．基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3
C．生成的配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
D．生成的配合物的中心离子是Fe2+，配位数是6
9．下列说法中正确的是
A．羧酸的pKa(pKa=-lgKa)越大，其酸性越强
B．CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，这与F、Cl元素的电负性大小有关
C．CHCl2COOH的酸性大于CCl3COOH，这与Cl原子的数目有关
D．烃基(R-)是推电子基团，随着烃基加长，羧酸的酸性差异越来越大
10．将Na2O2、SiO2、KCl、Al、冰分别加热熔化，需要克服的作用力类型相同的物质有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
11．下列推断正确的是（ ）
A．由氧化性：，推断通入水中可以发生反应：
B．由还原性，，推断投入溶液中可以发生反应：
C．由沸点：，推断沸点：
D．由熔点，推断熔点：
12．普鲁士蓝是一种辐射应急药物。最初，狄斯巴赫把草木灰和牛血混在一起，制成亚铁氰化钾（其三水合物俗称黄血盐），之后与反应获得了普鲁士蓝。如图是普鲁士蓝晶体的单元结构，下列说法正确的是（ ）
A．黄血盐的化学式为
B．在制备黄血盐时，牛血的作用是仅提供Fe元素
C．普鲁士蓝中与的配位数均为6
D．普鲁士蓝可用于金属铊中毒治疗，铊元素是有放射性的过渡元素
13．2021年9月，我国科学家首次实现了从二氧化碳到淀粉分子的全合成，在人工合成淀粉方面取得原创性突破。下列有关说法正确的是（ ）
A．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．淀粉与纤维素互为同分异构体
C．反应②的化学方程式为
D．X中既含极性键又含非极性键
14．HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A．甲醛(HCHO)的键角约为120°，分子之间存在氢键
B．H2O的空间构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3
C．CN-和H2O与Zn2＋的配位能力：CN-＜H2O
D．Zn2＋与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1：1
15．下列有关物质性质的比较，结论正确的是（ ）
A．溶解度：Na2CO3
A．Y单质的氧化性在同主族中最强
B．离子半径：
C．W、Y、Z三种元素中任意两种组成的二元离子化合物只有二种
D．X与W组成的化合物的沸点一定比Y与W组成的化合物的沸点低
17．共价键、离子键和范德华力都是微观粒子之间的不同作用力，下列物质中至少含有两种作用力的组合是
①SiC；②NaOH；③干冰；④He；⑤K2CO3；⑥白磷
A．①②③⑤ B．②③④⑤ C．②③⑤⑥ D．①③④⑥
18．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水并振荡，难溶物质溶解得到深蓝色的透明溶液；继续加乙醇，析出深蓝色晶体。下列对此现象的说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后的Cu2+浓度不变
B．难溶物溶解得到的溶液中含有深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+
C．加乙醇后析出的深蓝色晶体是Cu(OH)2
D．在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道
19．离子液体是一种由离子构成的液体，在低温下也能液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由如图所示正离子和负离子构成，图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法错误的是（ ）
A．该化合物中不存在配位键和氢键
B．图中负离子的空间结构为正四面体形
C．图中正离子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
D．C，N，H三种元素的电负性由大到小的顺序为N >C>H
20．铜是重要过渡元素，能形成多种配合物，如Cu+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成如图所示配离子。下列说法不正确的是（ ）
A．1mol 乙二胺分子中含有11NA个σ键
B．乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 sp3
C．Cu+与乙二胺形成的配离子内部含有极性键、非极性键、配位键和离子键
D．乙二胺和三甲胺[分子式为 N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
二、综合题
21．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素，只有一种为金属元素。A、B、C均为第二周期紧邻元素，其第一电离能大小顺序为B>C>A；B与D同主族；E为第四周期副族元素，其价电子层为全充满。
（1）E的名称为 ，该元素基态原子的价电子排布式为 。
（2）B与D分别与氢形成的最简单氢化物的沸点高低顺序为 (用化学式表示) ；原因是 。
（3）A、B、C三种元素分别与氢形成的化合物中的M-M(M代表A、B、C)单键的键能如表：
氢化物 HxA-AHx HmB-BHm HnC-CHn
键能/(kJ·mol-1) 346 247 207
上述三种氢化物中，A、B、C原子的杂化方式有 种；请解释上表中三种氢化物M--M单键的键能依次下降的原因： 。
（4）D与氯形成的化合物DCl5，加压条件下148℃液化，完全电离得到一种能够导电的熔体，测定D-Cl 键键长为198pm和206pm两种，该熔体中含有一种正四面体形结构的阳离子，请写出该条件下DCl5电离的电离方程式： ；该熔体中阴离子的空间结构为 。
22．氮、磷、砷、锑为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。
（1）除外，科学家还先后研究出了、、、高聚氮等氮的单质。为正四面体结构，高聚氮具有空间网状结构，如图所示。
①分子是一种 (填“极性”或“非极性”)分子。
②的沸点 (填“>”、“<”或“=”)高聚氮的沸点，原因是 。
（2）热稳定性： (填“>”“<”)，判断依据是 。
（3）链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中键与键之比为 ，C原子的杂化类型为 。
23．近年来我国在高温超导材料的研究取得了重大突破，高温超导体仅出现在共价性很强的氧化物中，例如带有直线形的Cu-O-Cu链节的网格层对超导性有重要的作用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子排布式为 。
（2）氧与其同周期且相邻两元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
（3）氧的常见氢化物有两种，分别为H2O和H2O2。其中H2O的VSEPR模型为 ；H2O2中氧原子的杂化方式为 。
（4）硫酸铜溶于水后形成的水合铜离子的结构式为 ，向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，观察到的现象为 ，所得结论：与Cu2+形成配位键的能力H2O (填“强于”或“弱于”)NH3
（5）由Y、Ba、Cu、O四种元素构成的高温超导材料晶胞结构如图甲，图乙为沿z轴的投影图；其中CuO2网格层如图丙。
已知：网格层之间相互垂直或平行；z轴方向上的晶胞参数为cpm。
①该高温超导材料的化学式为 。
②若阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 g·cm-3(用含a、b、c和NA的表达式表示)。
24．研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。在元素周期表中位置为 。
（2）1 mol 晶胞中含有Cl原子 mol，含有杂化的中心原子 mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是 。
（3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为 ；的沸点高于，主要原因是 。
25．在下列空格中，填上适当的元素符号或微粒符号。
（1）在第3周期中，第一电离能最大的元素是 ，电负性最大的元素是 。
（2）在第4周期元素中，3d轨道半充满的 。
（3）在F2、H2O2、 NH3、 、H2O、 HBr中，含有配位键的微粒有 ，含有非极性键的微粒有 ； 空间构型是三角锥形的分子 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、CO2的分子中3个原子共线，为直线形，故A项错；
B、是p-p π键电子云模型，故B项错误；
C、要注意氢键的方向性，即三个原子X—H…Y一般尽可能在一条直线上，正确的为 。
【分析】A.二氧化碳为直线形分子；
B.p-pσ键电子云以“肩并肩”方式形成，该图是p-p π键电子云；
C.氢键具有方向性；
D.基态氢原子核外只有1s电子，电子云轮廓图为球形。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．是由极性键构成的极性分子，A符合题意；
B．BF3是由极性键构成的非极性分子，B不符合题意；
C．是由极性键构成的非极性分子，C不符合题意；
D．是由极性键构成的非极性分子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键，极性分子的正负电荷中心不重合。
3．【答案】B
【解析】【解答】根据“相似相溶”原理，水是极性分子，CS2是非极性分子，而SO2和NH3都是极性分子，A项错；CS2常温下是液体，SO2和NH3在常温下是气体，故C项错；NH3在水中溶解度很大，除了是因为NH3分子是极性分子外，还因为NH3和H2O分子间可以形成氢键，D项错。
【分析】根据相似相溶原理可知，极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子。
4．【答案】C
【解析】【解答】A、PCl3分子中P-Cl键的三个键角都是100.1°，所以三氯化磷分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，选项A不符合题意；
B、HF因为存在氢键使得熔沸点比HCl大，HCl、HBr、HI三者沸点依次增大，选项B不符合题意；
C、 中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，选项C符合题意；
D、氯的各种含氧酸的酸性由弱到强排列为HClO、HClO2、HClO3、HClO4，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.可根据中心原子的价层电子对数来分析其空间构型；
B.要考虑分子间氢键对其熔沸点的影响；
C.根据手性碳原子的特点分析；
D.氯元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．形成4个B-O键的B原子杂化方式均为sp3，形成3个B-O键的B原子杂化方式均为sp2，故A不符合题意；
B．B原子一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，故B不符合题意；
C．硼砂阴离子中含有O-H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，阴离子间以氢键结合，故C不符合题意；
D．氢键不是化学键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错分析：A.由图可知B形成的有三个共价键的平面结构，也有4个共价键的正四面体结构，所以有两种杂化方式。
B.B有空轨道，O含有多余孤对电子，可以形成配位键。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．硅是良好的半导体材料，芯片的主要成分是硅单质，A不符合题意；
B．DNA含碳氢氧氮等元素，可存在分子内氢键，氢键具有方向性和饱和性，B不符合题意；
C．血红蛋白的载氧能力是通过分子中的Fe2+与O2形成配位键来实现的，故C符合题意；
D．紫外线破坏皮肤时会使蛋白质分子中的C-C、C-N等化学键断裂，从而损伤皮肤，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．晶体硅可导电；
B．DNA分子内碱基之间存在氢键；
C．以配位键来实现；
D．波长为300nm的紫外光的光子所具有的能量约为399kJ/mol，比蛋白质分子中C-C、C-N和C-S的键能都大，可破坏化学键.
7．【答案】D
【解析】【解答】A．氨气极易溶于水是因为氨分子与水分子能形成分子间氢键，则氨气极易溶于水与氢键有关，故A不符合题意；
B．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸分子间的作用力小于对羟基苯甲酸，熔点低于对羟基苯甲酸，则邻羟基苯甲酸的熔点比对羟基苯甲酸的低与氢键有关，故B不符合题意；
C．二甲醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比例混溶是因为二甲醚不能与水分子能形成分子间氢键，乙醇与水分子能形成分子间氢键，则二甲醚微溶于水，而乙醇可与水以任意比例混溶与氢键有关，故C不符合题意；
D．氟化氢分解时吸收的热量比氯化氢分解时吸收的热量多是因为氢氟键强于氢氯键，平衡共价键消耗的能量多，则氟化氢分解时吸收的热量比氯化氢分解时吸收的热量多与氢键无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】可以形成氢键的原子有：N、O、F；
A、氮原子可以和水中氢原子形成氢键；
B、分子间的氢键，比分子内的氢键作用力更强；
C、二甲醚和水不能和水分子形成氢键；
D、分子的分解是受到共价键影响，氢键不是共价键。
8．【答案】C
【解析】【解答】 A．依据还原剂的还原性大于还原产物，依据反应可知：还原性：，故A正确；
Ｂ．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，因此基态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3，故B正确；
Ｃ．生成的配合物中存在离子键、配位键、极性键，不存在非极性键，故C错误；
Ｄ．Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，Fe的价层电子排布式为3d64s2，在该反应中Fe元素升两价，失两个电子，因此失去了4s2电子，由配合物的化学式可知，生成的配合物的中心离子是Fe2+，配位数是6 ，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A．依据还原剂的还原性大于还原产物分析；
Ｂ．依据原子的电子排布式分析；
Ｃ．配合物中不存在非极性键；
Ｄ．依据配合物的化学式分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．由pKa=-lgKa，，pKa越大，Ka越小，羧酸的酸性越弱，A不符合题意；
B．羧酸R-COOH中，R-结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：F＞Cl，则F-C的极性大于C-Cl的极性，则CF3-的极性大于CCl3-，导致羧基电离出氢离子程度：前者大于后者，则酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，B符合题意；
C．因为Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得羟基O-H键极性增强，易电离出H+，则酸性：CCl3COOH＞CHCl2COOH，C不符合题意；
D．烃基越长推电子效应越大，使羟基中羟基极性变小，羟酸酸性越弱，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ka越大，酸性越强，Ka越小，酸性越弱。
B.吸电子能力越强，羧基中氢原子越容易电离出来，酸性越强。
C.氯原子为吸电子基团，数目越多，酸性越强。
10．【答案】A
【解析】【解答】Na2O2、KCl加热熔化均克服离子键，而SiO2熔化克服共价键，Al熔化克服金属键，冰熔化时需克服分子间作用力；需要克服的作用力类型相同的物质有Na2O2、KCl 2种；
故答案为：A。
【分析】常见的作用力类型是共价键、离子键、金属键、分子间作用力等等
熔化破坏共价键的是：二氧化硅
熔化破坏离子键的是：过氧化钠、氯化钾
熔化破坏金属键的是：铝
破坏分子间作用力的是：冰
11．【答案】A
【解析】【解答】A．由氧化性：，根据“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”规律可推断通入水中可以发生反应：，故A项符合题意；
B．比Na更活泼，在溶液中会先和水反应，故B项不符合题意；
C． 都是分子晶体，一般情况下，不含氢键的相对分子质量越大，熔沸点越高，但水分子间有氢键，所以沸点，，故C项不符合题意；
D．、、、、同主族元素，从上往下，熔、沸点依次降低，故D项不符合题意。
【分析】A.同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
B.Ca投入M gCl2溶液中，Ca先和H2O反应；
C.氢键的存在会影响物质的性质；
D.不能形成分子间氢键的分子晶体的熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，金属晶体熔沸点随着金属键的增大而升高，金属键与金属阳离子所带电荷成正比、与键长成反比。
12．【答案】C
【解析】【解答】 A：题目已知，黄血盐为三水合物，故化学式书写错误，故A不符合题意；
B：在制备黄血盐时，牛血还提供N元素，故B不符合题意；
C：晶胞具有平移性，该结构单元是晶胞的。与Fe2+和Fe3+直接相连的“”为6个，故它们配位数均为6，故C符合题意；
D：普鲁士蓝可用于金属铊中毒治疗，金属铊具有放射性，为过渡元素，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】晶胞中中心离子或原子与配体直接相连，可据此得出配位数。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．反应①为二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，C的化合价由价降低为价，H的化合价由0价升高为价，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A项不符合题意；
B．淀粉与纤维素均属于多糖，不是同分异构体，B项不符合题意；
C．根据图示可知反应②的化学方程式为，C项符合题意；
D．产物X为，只含极性键，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，反应①为CO2+3H2=CH3OH+H2O；反应②为。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．HCHO中C原子采用sp2杂化，为平面三角形，C-H与C-H键夹角理论上是120°，但由于有羰基氧的电子对排斥作用，甲醛(HCHO)的键角小于120°，甲醇分子中O原子和另一个甲醛分子中的H原子形成氢键，故分子之间存在氢键， A符合题意；
B．H2O分子中O原子上有2对孤电子对，中心原子的杂化方式为sp3，H2O的空间构型为V形，选项B不符合题意；
C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＜H2O，选项C不符合题意；
D．配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 甲醛（HCHO）中C=O键的键长不等于C-H键的键长，键角小于120°；
B.H2O分子中O原子的价层电子对数为4，含有两个孤电子对；
C.配合物向生成更稳定的配合物转化；
D.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键。
15．【答案】C
【解析】【解答】解： A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A不符合题意。
B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B不符合题意。
C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C符合题意。
D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D不符合题意。
故答案为：C
【分析】乙醇分子中含有氢键，熔沸点升高。
16．【答案】A
【解析】【解答】结合分析可知，W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。
A．同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱，由于O是同一主族中原子序数最小的元素，故O2的氧化性在同主族中最强，故A符合题意；
B．Y是O，Z是Na元素，O2-、Na+核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z＜Y，故B不符合题意；
C．H、O、Na三种元素中任意两种组成的二元离子化合物不只有二种，例如NaH、Na2O、Na2O2，故C不符合题意；
D．水分子间存在氢键，X与W组成的简单化合物的沸点一定比Y与W组成的简单化合物的沸点低，即CH4＜H2O，其它化合物不一定，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素 W、X、Y、Z ，其中 W、X、Z分别位于位于第一、第二、 第三周期，则W为H元素； X形成4个共价键，则X为C元素； Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z为Na元素； Y形成2个共价键，原子序数比C大比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，以此分析解答。
17．【答案】C
【解析】【解答】①SiC为原子晶体，只存在Si和C原子之间的共价键，故①不符合题意；
②NaOH为离子晶体，Na与OH-之间为离子键，O与H之间为共价键，故②符合题意；
③干冰为分子晶体，分子间存在分子间作用力，分子内存在共价键，故③符合题意；
④He是分子晶体，只存在分子间作用力，故④不符合题意；
⑤K2CO3为离子晶体，含有离子键和共价键，故⑤符合题意；
⑥白磷分子内磷原子之间形成共价键，而分子与分子间为范德华力，故⑥符合题意。
故答案为：C。
【分析】依据晶体的组成粒子和粒子间的作用力判断。
18．【答案】B
【解析】【解答】反应后的溶液中存在[Cu(NH3)4]2+，故Cu2+浓度减小，A项错；加入乙醇后析出的晶体为[Cu(NH3)4]SO4，C项错；在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+给出空轨道，而NH3提供孤电子对，D项错。
【分析】
A.溶液中含有深蓝色晶体，含铜元素，铜离子浓度会减小；
B.深蓝色晶体为配合物，[Cu(NH3)4]2+ ；
C.溶液中含[Cu(NH3)4]2+，所以析出的蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4；
D.配位化合物中，中心离子提供空轨道，配离子提供孤对电子对。
19．【答案】A
【解析】【解答】该化合物中负离子[ AlCl4]-存在配位键，故A符合题意；
图中负离子[ AlCl4]-中中心Al原子的价电子对数为=4，孤电子对数为0，因此空间结构为正四面体形，故B不符合题意；
图中正离子中环上的碳原子价电子对数为3 +0=3，杂化方式为sp3，-C2H5，中碳原子价电子对数为4 +0=4，杂化方式为sp3，故C不符合题意；
根据元素非金属性越强，电负性越大，得到C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H，故D不符合题意。
【分析】A．[ AlCl4]-存在配位键；
B．根据价层电子对互斥理论分析；
C．根据价层电子对互斥理论分析；
D．元素非金属性越强，电负性越大。
20．【答案】C
【解析】【解答】A、根据结构简式，可知σ键有C-C、C-H、C-N、N-H，1mol乙二胺分子中有11NA σ键，A错误；
B、乙二胺中N原子含有1对孤电子对，连接3个原子，杂化轨道数为4，则为sp3杂化，B错误；
C、配离子中，C-H、C-N、N-H为极性键，C-C为非极性键，N→Cu为配位键，不含离子键，C正确；
D、 N(CH3)3 N和H没有直接连接，无法形成氢键， H2N-CH2-CH2-NH2 中，N和H直接连接，可以形成氢键，氢键使分子沸点增大，D错误；
故答案为：C
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
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、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，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，一个原子提供孤电子对，一个电子提供空轨道，形成配位键；
D、氢键连接要满足形式：X-H······Y(X、Y为N、O、F)三种原子。
21．【答案】（1）锌；3d104s2
（2）NH3>PH3；NH3分子间存在氢键
（3）1；乙烷中的碳原子没 有孤电子对，肼中的氮原子有1个孤电子对，过氧化氢中的氧原子有2个孤电子对，孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小
（4）2PCl5+；正八面体形
【解析】【解答】E为第四周期副族元素，且价电子层为全充满，则E为Zn元素；故A、B、C、D为非金属元素，A、B、C为第二周期原子序数依次增大的紧邻元素，且三种元素的第一电离能大小顺序是B>C>A，则A为C元素，B为N元素，C为O元素，B与D同主族，且原子序数小于Zn，则D为P元素。
(1)E为锌元素，锌元素位于副族，其价电子包括最外层和次外层d能级，故价电子排布式为3d104s2。
(2)B、D形成的最简单氢化物分别是NH3、PH3，NH3分子间存在氢键，PH3分子间无氢键，因此沸点：NH3>PH3。
(3)根据表格信息知，氢化物分别是H3C-CH3、H2N-NH2、HO-OH，乙烷中C原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，肼中N原子形成个σ键，含有1个孤电子对，杂化类型为sp3，过氧化氢中0原子形成2个σ键，含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，故三者只有1种杂化类型；孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小。
(4)阳离子的空间结构为正四面体形，说明阳离子中P原子形成4个σ键，无孤电子对，故阳离子为，因此PCl5电离的电离方程式为2PCl5+，中P原子形成6个σ键，孤电子对数为=0，价电子对数为6，空间结构为正八面体形。
【分析】(1)锌元素位于副族，其价电子包括最外层和次外层d能级。
(2)NH3分子间存在氢键，沸点较高。
(3)依据价层电子对数（价层电子对数=σ键+孤电子对数）确定杂化类型；孤电子对数越多排斥力越大，形成的化学键越不稳定，键能越小。
(4)阳离子的空间结构为正四面体形，说明阳离子为，中P原子形成6个σ键，孤电子对数为0，空间结构为正八面体形。
22．【答案】（1）非极性；<；高聚氮结构具有空间网状结构，氮原子间以共价键结合，所以高聚氮具有共价晶体特征，沸点很高，而是分子晶体，分子间以微弱的范德华力结合，沸点很低
（2）>；原子半径N
（3）3：4；sp杂化
【解析】【解答】(1)① 中只有N-N键，空间构型是正四面体，是非极性分子；
②高聚氮结构有空间网状结构，氮原子间以共价键结合，高聚氮具有共价晶体特征，沸点很高，而 是分子晶体，分子间以微弱的范德华力结合，沸点很低， 的沸点<高聚氮的沸点；
(2) 原子半径N
(3) 链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，单键为 键，三键中有1个 键与2个 键，分子中 键与 键之比为3：4，C原子有2个 键，无孤电子对，杂化类型是sp杂化；
【分析】(1)① 空间构型是正四面体，是非极性分子；
②高聚氮具有共价晶体特征，沸点很高， 是分子晶体，分子间以微弱的范德华力结合，沸点很低；
(2) 原子半径，键长，键能，热稳定性大小的比较；
(3) 所有原子都满足8电子稳定结构，单键为 键，三键中有1个 键与2个 键。
23．【答案】（1）1s2 2s2 2p63s2 3p63d104s1
（2）F>N>O
（3）四面体形；sp3
（4）；先观察到有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色；弱于
（5）Ba2YCu3O7；
【解析】【解答】(1)Cu的原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，由于N的2p轨道处于半满状态，较稳定，所以最终大小顺序为F>N>O。
(3)水中氧原子的价电子对数为2+(6-21)/2=4，氧原子采取sp3杂化，H2O的VSEPR模型为四面体形；H2O2中氧原子的价电子对数为2+(6-21)/2=4，氧的杂化方式为sp3。
(4)硫酸铜溶于水后形成的水合铜离子的结构式为，向其中加入足量氨水先观察到有蓝色沉淀生成，后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。所得结论：与Cu2+形成配位键的能力H2O弱于NH3。
(5)①由甲图根据均摊法可知每个晶胞中含1个Y、2个Ba、3个Cu、7个O，则该高温超导材料的化学式为Ba2YCu3O7。
②阿伏加德罗常数的值为NA，所以晶胞质量为g，又由图可知晶胞的体积为abc×10-30cm3，则晶体的密度为g·cm-3。
【分析】（1）根据Cu的原子序数，书写其电子排布式；
（2）同周期从左往右第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但是第ⅤA族的比第ⅥA族的第一电离能大；
（3）O原子的成键电子对数是2，孤电子对数是，价层电子对数是4，VSEPR模型是正四面体形，过氧化氢中O的价层电子对数是4，采用 sp3 杂化；
（4）硫酸铜溶于水后，Cu2+和H2O间形成了配位键，得到四水合铜离子，其中O提供孤电子对；滴加氨水后四水合铜离子会转化为四氨合铜离子，说明形成配位键的能力NH3强于H2O；
（5） ① 利用均摊法计算出一个晶胞中各种原子的个数，再书写化学式；
② 根据晶胞参数计算出一个晶胞的体积，第①问算出了一个晶胞原子的个数，求一个晶胞的质量，最后算密度。
24．【答案】（1）；第4周期第ⅦB族
（2）16；32；Cl、N
（3）（正)四面体(形)；二者均为分子晶体，相对分子质量更大
【解析】【解答】（1）基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为 ，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族；
（2）根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键；
（3）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。
【分析】（1）依据原子构造原理和洪特规则分析；
（2）利用均摊法确定原子数；根据晶胞结构图，依据配合物的结构确定配位键的数目；
（3）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；分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高。
25．【答案】（1）Ar；Cl
（2）Mn、Cr
（3）；F2、H2O2；NH3
【解析】【解答】(1)同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，在第三周期元素中，电负性最大的元素是Cl；(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，是Cr元素或Mn元素；(3) 中N提供孤电子对，H+提供空轨道，二者能形成配位键；同种元素原子之间形成非极性共价键，所以含有非极性键的微粒为F2、H2O2；F2是双原子分子，分子的立体构型为直线型；NH3的氮原子的价层电子对数为4对，有一对孤对电子，分子的立体构型为三角锥形； 的氮原子的价层电子对数为4对，分子的立体构型为正四面体形、H2O2是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上；HBr是直线型；H2O的中心原子是O，成键电子对数为2对，孤对电子对数为2对，价层电子对数为4对，空间构型为V形；空间构型是三角锥形的分子是NH3。
【分析】同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，据此判断；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强；在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，据此判断元素；判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子，以此来分析配位键情况；同种元素原子之间形成非极性共价键，不同元素原子之间形成极性共价键，根据分子的立体构型判断。
