高三化学二轮物质结构题型专攻-共价键对分子构型、性质的影响【选择基础专练】

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页【会做物构】2020届高三化学二轮物质结构题型专攻——共价键对分子构型、性质的影响【选择基础专练】阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的是(    )

①22gT2O含有电子数为10NA

②0.44gC3H8中含有的σ键总数目为0.1NA

③1mol

Na2O2与CO2完全反应时转移电子数为2NA

④28g

硅晶体中含有2NA个Si−Si键

⑤11.2LCl2通入足量氢氧化钠溶液中充分反应，转移的电子数等于0.5NA

⑥200mL，1mol/L

AlA.①②③⑤⑧ B.②④⑥⑦⑧ C.①③⑤⑥⑦ D.①②④⑧设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(    )A.1mol羟基含有的电子数目为10NA

B.1mol乙醇分子的C−H键数目为6NA

C.标况下，22.4L己烷充分燃烧后产生的气态产物分子数为5NA

物质结构包括原子结构、分子结构、晶体结构。下列关于物质结构与性质的说法正确的是(    )A.SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体

B.σ键都是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的

C.VSEPR模型就是分子的空间构型

D.HF、HCl、关于乙炔的说法错误的是(    )A.乙炔的键角为180°，是非极性分子

B.碳原子sp杂化轨道形成σ键、未杂化的两个2p轨道形成两个π键，且互相垂直

C.碳碳三键中三条键能量大小相同，其键长是碳碳单键的13

D.下列说法正确

的是(    )A.Na2SO4晶体中只含离子键

B.HCl、HBr、HI分子间作用力依次增大

C.金刚石是原子晶体，加热融化时需克服共价键与分子间作用力

D.NH3和以下大小关系不正确的是(    )A.熔点：Na>Mg B.硬度：金刚石>晶体硅

C.键能：H−F>H−Cl D.晶格能：NaF>NaCl设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是(    )

A.2.0

g

D2O中含有的质子数、电子数均为NA

B.室温下，7

g乙烯和丁烯的混合气体中所含的氢原子数目是NA

C.室温下，2

L

0.05

mol⋅L−1

NH4NO3溶液中所含的氮原子数目是0.2N下列说法正确的是(    )A.第二周期元素的第一电离能随原子序数递增依次增大

B.卤族元素中氟的电负性最大

C.CO2、SO2都是直线型的非极性分子

D.CH下列说法正确的是(    )A.金属阳离子被还原时不一定得到金属单质

B.非金属元素的最高价含氧酸都具有强氧化性

C.由共价键形成的分子一定是共价化合物

D.直径介于1nm～100nm之间的微粒成为胶体下列关于丙烯(CH3−CH=CA.丙烯分子有7个σ键，1个π键

B.丙烯分子中3个碳原子都是sp2杂化

C.丙烯分子中最多有7个原子共平面

D.丙烯分子中关于反应2Na2OA.H2O和O2都是共价化合物 B.H2O和NaOH均含极性键

C.Na2O2下列说法错误的是(    )A.在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键

B.σ键和π键比例为7：1

C.C22−与O22+互为等电子体，1

mol

O22+中含有的π键数目为2关于化合物，下列叙述正确的有(    )A.分子间可形成氢键 B.分子中既有极性键又有非极性键

C.分子中有7个σ键和1个π键 D.C原子的杂化方式是sp2NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.1L

0.5mol⋅L−1氨水中所含NH4+数为0.5NA

B.1mol

Fe与足量氯气反应转移的电子数为2

NA

C.标准状况下，33.6L

CO2约含有1.5NA己知浓硝酸和乙胺反应：CH3CH2NH2+HNO3A.浓硝酸和乙胺反应属于加成反应

B.室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作

C.CH3CH2NO3中，只有σ有下列两组命题A组B组Ⅰ.H−F键键能小于H−Cl键键能①HCl比HF稳定Ⅱ.H−I键键能小于H−Cl键键能②HCl比HI稳定Ⅲ.HCl分子间作用力大于HF分子间作用力③HCl沸点比HF高Ⅳ.HI分子间作用力小于HCl分子间作用力④HI沸点比HCl低B组中命题正确，且能用A组命题加以正确解释的是(    )A.Ⅰ① B.Ⅱ② C.Ⅲ③ D.Ⅳ④防晒霜之所以能有效地减轻紫外线对人体的伤害，是因为它所含的有效成分的分子中含有π键，这些有效成分的分子中的π电子可在吸收紫外线后被激发，从而阻挡部分紫外线对皮肤的伤害．下列物质中没有防晒效果的是(    )A.氨基苯甲酸

B.羟基丙酮

C.肉桂酸(C6H2009年哥本哈根联合国气候变化大会的主题是约束温室气体排放。科学家已成功制得了CO2的原子晶体，利用CO2A.聚二氧化碳塑料可以通过加聚反应制得

B.CO2原子晶体具有较低的熔点和沸点，晶体中O−C−O键角为180°

C.二氧化碳是主要的大气污染物

D.下列说法正确的是(    )A.任何分子内一定存在化学键

B.分子中若有化学键，则一定存在σ键

C.p和p轨道不能形成σ键

D.含π键的物质一定不如含σ键的物质稳定常温下，1mol化学键分解成气态原子所需要的能量用E表示．结合表中信息判断下列说法不正确的是(    )共价键H−HF−FH−FH−ClH−IE(kJ⋅mo436157568432298A.432

kJ⋅mol

 −1>E(H−Br)>298

kJ⋅mol

 −1

B.表中最稳定的共价键是H−F键

C.H

 2

(g)→2H

(g)△H=+436

kJ⋅mol

 −1

D.H

从键能的角度来看，下列物质中与H2化合时，最难的是(    )。A.氟气 B.氮气 C.氯气 D.氧气第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形．RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCA.分子中5个R−Cl键键能不都相同

B.键角(Cl−R−Cl)有90°、120°、180°几种

C.RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3

D.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(    )A.标准状况下，11.2L

C2H6中含有共价键的数目为3.5NA

B.通常状况下，2.0

g

H2

和1

mol

Cl2反应后的气体分子数目为2NA

C.1molAl分别与足量的盐酸、足量的NaOH溶液反应，转移的电子数都是3NA设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.0.1mol氧化钠固体中离子个数为0.2NA

B.1mol金刚石中含C−C键的数目为4NA

C.标准状况下，22.4L乙炔中含π键数为2N下列说法中正确的是(    )A.SO2、BF3、NCl3分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构

B.P4和CH4都是正四面体型分子且键角都为109°28′

C.NaCl晶体中与每个N下列分子中含有σ键的是共价化合物是(    )A.F2 B.金刚石 C.Na2下列有关元素或者化合物性质的比较中，正确的是(    )A.结构相似的分子晶体的溶沸点，与相对分子质量呈正相关，所以HF<HCl

B.Na、Mg、Al原子最外层电子数依次增多，原子半径也依次增大

C.在分子中，两个原子间的键长越长，键能越大

D.一般而言，晶格能越高，离子晶体的熔点越高、硬度越大下列说法中错误的是(    )A.σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强

B.金属和非金属原子之间也能形成共价键

C.碳碳三键和碳碳双键的键能分别是碳碳单键键能的3倍和2倍

D.价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数已知次氯酸分子的结构式为H−O−Cl，下列有关说法正确的是(    )A.依据其结构判断该含氧酸为强酸 B.O原子与H、Cl都形成σ键

C.该分子为直线形非极性分子 D.该分子的电子式是H：O：ClH2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是(A.共价键的方向性 B.共价键的键长

C.共价键的键角 D.共价键的饱和性

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：①T2O的摩尔质量为22g/mol，故22gT2O的物质的量为1mol，而1molT2O含有10mol电子，即10NA个，故①正确；

②0.44gC3H8的物质的量n=0.44g44g/mol=0.01mol，而1mol丙烷中含10molσ键，故0.01mol丙烷中含0.1molσ键，即0.1NA个，故②正确；

③Na2O2与CO2的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子，即NA个，故③错误；

④28g硅晶体中含有1molSi原子，晶体硅中，每个硅原子与其它4个Si形成4个Si−Si键，则每个硅原子形成的共价键为：12×4=2，则1mol单质硅含有2molSi−Si键，含有2NA个Si−Si键，故④正确；

⑤11.2LCl2所处的状态不明确，不一定是标况下，其物质的量不一定是0.5mol，故⑤错误；

⑥Al3+是弱碱阳离子，在溶液中会水解导致其个数减少，故溶液中的Al3+和SO42−离子数的总和小于NA，故⑥错误；

⑦0.1mol铁与0.1mol

Cl2反应时，铁过量，应根据氯气的量来计算转移的电子的数目，由于反应后氯元素变为−1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故⑦错误；

⑧O2和O3的均由氧原子构成，故只要O2和O3的混合物共6.4g，无论两者的比例如何，其含有的氧原子的物质的量n=6.4g16g/mol=0.4mol，即为0.4NA个，故⑧正确。

故选：D。

①T2O的摩尔质量为22g/mol，求出22gT【解析】解：A.1mol羟基含有的电子数目为9NA，故A错误；

B.1mol乙醇分子的C−H键数目为5NA，故B错误；

C.标况下己烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；

D.设混合烃为CxHy，两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2，由原子守恒可知烃的平均组成为C1.6，碳原子数小于1.6的烃只有甲烷，所以一定有甲烷，故D正确；

故选：D。

A.1个羟基含有9个电子；

B.1个乙醇分子含有5个C−H，1个O−H键；

C.标况下己烷为液体；

D.设混合烃为CxHy，两种气态烃组成的混合气体【解析】解：A.SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体，故A正确；

B.σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成，所以有p−pσ键和p−sσ键，故B错误；

C.VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，但不是分子的空间构型，故C错误；

D.同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：F>Cl>Br>I，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以热稳定性：HF>HCl>HBr>HI；还原性：HF<HCl<HBr<HI，故D错误，

故选：A。

A.SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体；

B.σ键为s或p电子“头碰头”重叠形成，所以有p−pσ键和p−s键；

C.VSEPR模型可用来预测分子的立体构型；

D.非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱。

【解析】解：A、乙炔为直线形分子，键角为180°，属于非极性分子，故A正确；

B、碳原子形成乙炔时，一个2s轨道和一个2p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变，其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠形成C−H σ键，另一个sp轨道则与另个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C−Cσ键，碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C−Cπ键，且这两个π键相互垂直，故B正确；

C、碳碳三键的三条键能量大小相同，键长大于碳碳单键13，故C错误；

D、乙炔中C−H键为极性共价键，C−C键属于非极性共价键，故D正确，

故选C．

A、乙炔为直线形分子，键角为180°；

B、碳原子形成乙炔时，一个2s轨道和一个2p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变；

C、碳碳三键的三条键能量大小相同，键长大于碳碳单键13；

D、乙炔中C−H键为极性共价键，C−C键属于非极性共价键．

本题考查了乙炔中化学键的形成，明确σ键和π键的形成方式是解本题关键，同时考查学生空间想象能力，难度较大．

5.【答案】【解析】解：A.硫酸根中含S、O之间的共价键，则Na2SO4晶体中含离子键、共价键，故A错误；

B.相对分子质量越大的分子，分子间作用力越大，则HCl、HBr、HI分子间作用力依次增大，故B正确；

C.金刚石由原子构成，不存在分子间作用力，则加热融化时需克服共价键，故C错误；

D.NH3中H满足最外层2电子稳定结构，而CO2中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D错误；

故选：B。

A.硫酸根中含S、O之间的共价键；

B.相对分子质量越大的分子，分子间作用力越大；

C.金刚石由原子构成，不存在分子间作用力；

D.NH3中【解析】解：A.钠离子离子半径等于镁离子半径，离子半径越小，金属键越强，金属熔点越高，故熔点：Na<Mg，故A错误；

B.原子半径C<Si，故键长C−C<Si−Si，共价键键长越短，共价键越强，原子晶体硬度越大，故硬度：金刚石>晶体硅，故B正确；

C.原子半径F<Cl，故键长H−F<H−Cl，键长越短，共价键越强，键能越大，故键能：H−F>H−Cl，故C正确；

D.离子电荷相等，氟离子半径小于氯离子半径，离子半径越小，晶格能越大，故晶格能：NaF>NaCl，故D正确，

故选：A。

A.离子半径越小，金属键越强，金属熔点越高；

B.共价键键长越短，共价键越强，原子晶体硬度越大；

C.键长越短，共价键越强，键能越大；

D.离子电荷相等，离子半径越小，晶格能越大．

本题考查熔沸点比较、硬度比较、晶格能比较、化学键等，难度中等，掌握比较方法是关键，注意对基础知识的理解掌握．

7.【答案】D

【解析】解：A、2g重水的物质的量为0.1mol，而重水中含质子数和电子数均为10个，故0.1mol重水中含电子和质子数均为NA个，故A正确；

B、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故7g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，故含H原子数为NA个，故B正确；

C、0.05mol/L2L溶液中硝酸铵的物质的量为0.1mol，而硝酸铵中含2个N原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2NA个N原子，故C正确；

D、256gS8的物质的量为1mol，而

S8中含8条S−S键，故1molS8中含S−S键为8NA个，故D错误。

故选：D。

A、求出重水的物质的量，然后根据重水中含质子数和电子数均为10个来分析；

B、乙烯和丁烯的最简式均为CH2；

C、求出硝酸铵的物质的量，然后根据硝酸铵中含2个N原子来分析；

D、求出256g【解析】解：A.由于N原子的2p轨道为半充满状态，较稳定，难以失去电子，第一电离能N>O，故A错误；

B.同主族元素电负性从上到下逐渐减小，所遇F元素的电负性最强，故B正确；

C.CO2是直线型的非极性分子，SO2含有孤对电子，为V形，故C错误；

D.CH2=CH2分子中共有四个C−H以及一个C−C键，共五个σ键，一个π键，故D错误。

故选：B。

A.第二周期元素的第一电离能N>O；

B.根据同主族元素电负性从上到下逐渐减小分析；

C.含有孤对电子，为V形；

D.CH2=C【解析】解：A.Fe有+2、+3价，铁离子被还原可得到亚铁离子，故A正确；

B.碳酸、磷酸为非氧化性酸，具有弱氧化性，硝酸、浓硫酸具有强氧化性，故B错误；

C.共价键可存在于单质、化合物中，由共价键形成的分子可为单质，如氮气、氧气等，故C错误；

D.胶体为分散系，分散质粒子直径介于1nm～100nm之间，但如不是分散系，则不是胶体，故D错误。

故选：A。

A.如存在多种化合价，可被还原为较低价态，不一定为单质；

B.碳酸、磷酸为非氧化性酸，具有弱氧化性；

C.由共价键形成的分子可为单质；

D.直径介于1nm～100nm之间的微粒不一定为分散系．

本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、共价键以及胶体等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于双基的考查，难度不大．

10.【答案】C

【解析】解：A.分子中含6个C−H、1个C−C、1个C=C，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；

B.碳碳双键为平面结构，丙烯分子中2个碳原子都是sp2杂化，甲基上C为sp3杂化，故B错误；

C.碳碳双键为平面结构，甲基中C与1个C与双键共面，则丙烯分子中最多有7个原子共平面，故C正确；

D.2个点共线，则丙烯分子中2个碳原子在同一直线上，故D错误；

故选：C。

由结构可知，分子中含碳碳双键，双键中含1个σ键，1个π键，单键均为σ键，且碳碳双键为平面结构，甲基为四面体结构，以此来解答．

本题考查有机物的结构，为高频考点，把握碳碳双键为平面结构、C原子的杂化方式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为易错点，题目难度不大．

【解析】解：A.O2为含共价键的单质，H2O是共价化合物，故A错误；

B.H2O和NaOH均含O−H极性键，故B正确；

C.Na2O2和O2均含O−O非极性健，故C正确；

D.Na2O2和NaOH均含离子键，都是离子化合物，故D【解析】解：A.NH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，故A正确；

B.共价单键是σ键，共价双键中含有1个π键1个σ键，又两边的单键碳原子还分别含有2个C−H键，所以σ键和π键比例为9：1，故B错误；

C.C22−和O22+是等电子体，所以1molO22+中含有2NAπ键，故C正确；

D.若该反应中有4

mol

N−H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D正确；

故选：B。

A.NH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键；

B.共价单键是σ键，共价双键中含有1个π键1个σ键；

C.一个C22−中含有2个π【解析】解：A.含−CHO，没有O−H键，则不能形成氢键，故A错误；

B.C、H与C、O之间形成极性键，而C、C之间形成非极性键，则分子中既有极性键又有非极性键，故B正确；

C.双键中含1个σ键和1个π键，单键均为σ键，则分子中有9个σ键和3个π键，故C错误；

D.分子中形成的碳碳双键和碳氧双键，杂化方式分别为：sp和sp2，故D错误；

故选：B。

A.分子中含−CHO，没有O−H键；

B.C、H与C、O之间形成极性键，而C、C之间形成非极性键；

C.双键中含1个σ键和1个π键，单键均为σ键；

D.分子中形成的碳碳双键和碳氧双键，据此解答即可．

本题考查化学键，为高频考点，把握物质中的化学键及共价键类型等为解答的关键，注重基础知识的考查，注意−CHO的性质，题目难度不大．

14.【答案】【解析】解：A.氨水为弱碱，溶液中一水合氨只能部分电离出铵根离子，无法计算溶液中铵根离子的物质的量，故A错误；

B.1mol铁与足量氯气完全反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，反应转移的电子数为3NA，故B错误；

C.标准状况下，33.6L

CO2的物质的量为：33.6L22.4L/mol=1.5mol，1.5mol二氧化碳中含有1.5NA个分子，故C正确；

D.苯中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键，故D错误；

故选C．

A.一水合氨为弱电解质，在溶液中不能部分电离出铵根离子；

B.铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁完全反应失去3mol电子；

C.标况下33.6L二氧化碳的物质的量为1.5mol；

D.苯中碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键．

【解析】解：A.该反应生成离子化合物而不是共价化合物，且不存在不饱和键中的化学键断裂结合原子或原子团，所以应该是化合反应而不是加成反应，故A错误；

B.产物CH3CH2NH3⋅NO3的熔点为12℃，在室温下能电离出阴阳离子，所以室溫离子可以使熔盐燃料电池在常溫下工作，故B正确；

C.CH3CH2NH3.NO3中的NO3中含有π键，故C错误；

D.熔融状态下，电离出阴阳离子的化合物属于离子化合物，离子化合物熔融状态下破坏离子键而不是分子间作用力，故D错误；

故选B．

A.该反应生成离子化合物，所以应该是化合反应；

B.产物CH【解析】解：原子半径F<Cl<I，原子半径越大，键长越长，键能越小，

A.H−F键键能答于H−Cl键键能，HF较稳定，故A错误；

B.HCl比HI稳定，是由于H−Cl键键能大于H−I键键能，故B正确；

C.HF分子间存在氢键，沸点较高，故C错误；

D.HI相对分子之间较大，分子间作用力较强，沸点较高，故D错误．

故选B．

一般来说，键能越大，物质的热稳定性越强；组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点越高，含有氢键的分子之间作用力较强，沸点较高．

本题主要考查了键能与物质的热稳定性、相对分子质量与物质的熔沸点之间的关系，掌握规律是解题的关键，题目难度不大．

17.【答案】D

【解析】解：A.氨基苯甲酸结构简式为H2N−C6H4−COOH中含有C=O，含有π键，具有防晒效果，故A不选；

B.羟基丙酮HO−CH2−CO−CH3中含有C=O双键，含有π键，具有防晒效果，故B不选；

C.肉桂酸(C6H5−CH=CH−COOH)，含有C=C、C=O，含有π键，具有防晒效果，故C不选；

D.乙醇结构简式CH3−CH2−OH只有单键，不存在π键，不具有防晒效果，故D选；

故选：D。

由题意可知只要含有π键的物质具有防晒效果，而单键中只有σ键，双键中有【解析】解：A.二氧化碳分子的结构式为O=C=O，分子中含有C=O双键，能发生加聚反应，所以聚二氧化碳塑料可以通过加聚反应制得，故A正确；

B.原子晶体的熔沸点较高，则CO2原子晶体具有较高的熔点和沸点，故B错误；

C.二氧化碳是空气的成分之一，二氧化碳不是大气污染物，故C错误；

D.CO2的原子晶体属于纯净物，而聚二氧化碳塑料属于混合物，故D错误。

故选：A。

A.二氧化碳分子中含有C=O双键，能发生加聚反应；

B.原子晶体的熔沸点较高；

C.二氧化碳不是大气污染物；

D.聚二氧化碳塑料，聚合度n不确定，属于混合物。

本题是信息给予题，解题时需从新信息中提取与解题相关的信息，再结二氧化碳的结构、原子晶体的性质等知识点来解答本题，题目难度不大。

【解析】解：A.稀有气体元素对应的单质为单原子分子，不存在化学键，故A错误；

B.形成化学键时，首先形成σ键，然后形成π键，化学键可分为单键、双键、三键等，一定存在σ键，故B正确；

C.p和p轨道能形成σ键，如PCl3等，故C错误；

D.氮气中存在π键，但较稳定，故D错误。

故选：B。

A.单原子分子不存在化学键；

B.化学键可分为单键、双键、三键等，一定存在σ键；

C.p和p轨道能形成σ键；

D.氮气中存在π键，但较稳定．

本题考查较为综合，涉及化学键的分类和性质，注意把握共价键的分类和形成过程，易错点为C和D，注意能找出反例，难度不大．

20.【答案】【解析】解：A.依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析，所以结合图表中数据可知432kJ⋅mol−1>E(H−Br)>298kJ⋅mol−1，故A正确；

B.键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H−F，最稳定的共价键是H−F键，故B正确；

C.氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)→2H (g) △H=+436kJ⋅mol−1，故C正确；

D.依据键能计算反应焓变=反应物键能总和−生成物键能总和计算判断，△H=436KJ/mol+157KJ/mol−2×568KJ/mol=−543KJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g) △H=−543kJ⋅mol−1，故D错误；

故选D．

A.依据溴原子半径大于氯原子小于碘原子，半径越大键能越小分析推断；【解析】每个氮气分子中含有一个叁键，键能很大。键能越大，化学键就越牢固，含有该键的分子就越稳定，越不易发生化学反应。

22.【答案】D

【解析】解：A.键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，故A正确；

B.上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角(Cl−R−Cl)有90°、120°、180°几种，故B正确；

C.RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3，故C正确；

D.R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故D错误。【解析】解：A、标准状况下，11.2L的

C2H6物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，1mol分子中含有共价键的数目为7NA，故0.5mol分子中含有共价键的数目为3.5NA，故A正确；

B、2.0

g

H2相当于1molH2，1molH2和1

mol

Cl2气体总分子数目为2NA，H2+Cl2=2HCl，这是一个气体体积不变的反应，故反应前气体分子总数目为2NA，反应后气体分子数目仍为2NA，故B正确；

C、Al与足量的盐酸，足量的NaOH反应，铝均变为+3价，故1mol铝转移3mol电子即3NA个，故C正确；

D、标况下3.4gH2S的物质的量为0.1mol，而H2S是弱电解质，溶于水后只能部分电离为HS−和S2−离子，故所得溶液中的H2S、HS−和S2−离子的个数之和为0.1NA个，故D错误，【解析】试题分析：氧化钠中阴阳离子的个数之比是1:2的，所以0.1mol氧化钠固体中离子个数为0.3NA，A不正确；金刚石中1个碳原子能形成2个共价键，所以1mol金刚石中含C−C键的数目为2NA，B不正确；乙炔分子中含有碳碳三键，二三键是由1和键和2个π键构成的，所以在标准状况下，22.4L乙炔中含π键数为2NA，C正确；1mol NaHSO4晶体中阳离子数为NA，D不正确，答案选C。

考点：考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断【解析】解：A.SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层电子数为6，所以4+6=10，分子中S原子不满足8电子结构，O元素化合价为−2，O原子最外层电子数为6，所以|−2|+6=8，分子中O原子满足8电子结构；同理，CS2、NCl3中分子中所有原子的最外层都满足8电子稳定结构，故A错误；

B.白磷和甲烷都是正四面体结构，白磷键角是60°，甲烷键角是109°28ˊ，二者键角不同，故B错误；

C.与每个Na+距离最近且相等的Na+分布在小立方体的面对角的位置，共有12个，故C正确；

D.含有共价键的晶体不一定具有高的熔、沸点及硬度，如分子晶体的熔、沸点及硬度较低，故D错误；

故选C．

A.分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断；

B.白磷和甲烷虽然都是正四面体结构，但是甲烷中四个H原子位于四个顶点，C原子位于四面体的中心，C−H键键角为白磷键角为109°28ˊ；白磷分子中四个P原子位于四个顶点上键角为60°；

C.根据NaCl晶体的晶胞示意图可以看出，与每个Na+距离最近且相等的Na+分布在小立方体的面对角的位置，共有12个；

D.含有共价键的晶体不一定具有高的熔、沸点及硬度，要根据晶体类型判断；【解析】【分析】

题考查共价键和共价化合物，为高频考点，把握共价化合物的判断为解答的关键，侧重共价键类型及物质分类考查，题目难度不大。

【解答】

共价键中，单键为σ键，双键和三键中含1个σ键，结合化合物由至少两种元素组成来解答。

A.F2为单质，含σ键，故A不选；

B.金刚石为碳的单质，含σ键，故B不选；

C.Na2