【会做物构】2020届高三化学二轮物质结构题型专攻-分子的性质【提升专练】

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页2020-02-10高中化学单元测试副标题题号一总分得分一、单选题（本大题共30小题，共30.0分）下列说法不正确的是(    )A.元素周期表中，除第一和第七周期外，第n周期所含非金属元素(包括稀有气体元素)的种数均为(8−n)

B.SiCl4、PCl3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构

C.M层电子数为奇数的主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数不一定相等

D.由ⅠA族和ⅥA族短周期元素形成的原子个数比为下列说法不正确的是(    )A.已知冰的熔化热为

6.0kJ⋅mol−1，冰中氢键键能为

20

kJ⋅mol−1，若熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15%的氢键

B.在一定条件下，某可逆反应的△H=+100

kJ⋅mol−1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100

kJ⋅mol−1

C.甲烷的标准燃烧热为−890.3

kJ⋅mol−1，则

1molCH4

发生反应CH4(g)+2O2(g)=CO2

(g)+2H2O

(g)

放出的热量小于

890.3

kJ⋅mol−1

下列说法不正确的是(    )A.HF的热稳定性很好，是因为HF分子间存在氢键

B.构成单质的分子内不一定存在共价键

C.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物

D.NaCl晶体熔化，需要破坏离子键第二十九届奥林匹克夏季运动会于2008年8月8日−24日在北京隆重举行并获得巨大成功．如图是酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物，被称之为奥林匹克烃．下列说法正确的是(    )A.该有机物属于芳香族化合物，是苯的同系物

B.该有机物是只含非极性键的非极性分子

C.该有机物的一氯代物只有一种

D.该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于以下是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质，下列判断正确的是(    )序号ABCDE最低负化合价−4−2−1−2−1电负性2.552.583.03.54.0A.元素A的基态原子有4种不同能量的电子

B.与元素B处于同周期且在该周期中第一电离能最小的元素的单质能与H2O发生置换反应

C.元素A分别与B、C或D形成的分子均为非极性分子

D.C、D、E下列说法正确的是(    )A.1

mol蔗糖可水解生成2

mol葡萄糖

B.CH3−CH=CH−CH3与C3H涂改液中含有多种有害的挥发性物质，二氯甲烷就是其中一种．下列有关二氯甲烷分子的描述正确的是(    )A.二氯甲烷分子中四个σ键键长均相等

B.二氯甲烷分子中的中心原子碳采取sp3杂化

C.二氯甲烷分别由碳、氯、氢原子构成属于原子晶体

下列对分子性质的解释中，不正确的是(    )A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释

B.由于乳酸()中存在一个手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体

C.HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键

D.由右图可知酸性：H3PO4>HClO，因为H下列说法正确的是(    )A.大分子化合物油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收

B.硫酸厂按照规定已经处理除去了重金属离子的酸性废水，可直接排放入湖水中

C.现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键

D.合金超导材料是指熔合两种或两种以上的金属元素并形成具有超导电性的超导材料，如铌一钛(Nb−Ti)合金，它的熔点一般比纯钛要低化学与人类社会的生产、生活有着密切联系．下列叙述中正确的是(    )A.苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似

B.油脂在人体内水解为氨基酸和甘油等小分子才能被吸收

C.现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键

D.3D打印技术采用钛合金粉末为原料制造飞机钛合金结构件，高温时可用金属钠还原钛的氯化物制取金属钛下列说法正确的是(

)A.H2O的熔点、沸点大于H2S的是由于H2O分子之间存在氢键。

B.HF、HCl、HBr、HI的熔点沸点依次升高。

下列叙述正确的是(    )A.CO2的电子式为

B.所有的主族元素的简单离子的化合价与其族序数相等

C.NH4Cl晶体中，既含有离子键，又含有共价键

D.下列物质均为极性分子：H通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似。有关NCA.是由极性键形成的非极性分子 B.所有N−Cl键的键长均相等

C.Cl−N−Cl的键角是120° D.比NF已知弱酸的电离平衡常数如下表，下列选项正确的是(    )弱酸H水杨酸()电离平衡常数(25℃)Ka1=4.3×Ka1=1.3×10A.常温下，等浓度、等体积的NaHCO3

溶液pH小于

溶液pH

B.常温下，等浓度、等体积的Na2

CO3

溶液和

溶液中所含离子总数前者小于后者

C.+2NaHCO3→+2H2O+2CO2↑

a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，c是同周期中金属性最强的元素。d原子的核外电子数是a、c核外电子数之和，下列叙述一定正确的是(    )A.元素的最高正化合价c<a<b<d

B.简单氢化物的稳定性，b<a

C.由b和c形成的化合物为离子化合物

D.含氧酸的酸性，d>a下列各物质的沸点按由高到低顺序排列的是(    )

①乙醇

②乙烷

③丙烷

④乙二醇

⑤1，2，3−丙三醇．A.①③④②⑤ B.①④⑤③② C.⑤④①③② D.⑤①③④②据某科学杂志报道，国外有一研究发现了一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，其分子结构好似中国传统工艺品“镂雕”，经测定其中包含C60，也有A.该物质有很高的熔点、很大的硬度

B.该物质形成的晶体属分子晶体

C.该物质分子中Si60被包裹在C60里面

下列说法中错误的是(    )A.CO2、CH4、SO3都是都是含有极性键的非极性分子

B.在NH4+和[Cu(NH3)4]下列对物质的性质或结构的解释中，不正确的是(    )A.

和

互为手性异构体，两者化学性质不同

B.NF3，H2O2都是含有极性键的极性分子

C.配合物[Cu(NH3)4]S下列物质中，难溶于CCl4的是(    )A.碘单质 B.甲烷 C.苯 D.水有机化学中把连接四个不同的原子或原子团的碳原子叫手性碳原子，如CHFClBr中的碳原子就是手性碳原子．含有手性碳原子的烷烃至少含有的碳原子个数有(    )A.5 B.7 C.9 D.11水是自然界最重要的分散剂，关于水的叙述错误的是(    )A.水分子是含极性键的极性分子

B.水的电离方程式为：H2O⇌2H++O2−

C.重水(D固体冰中不存在的作用力是(    )A.离子键 B.极性键 C.氢键 D.范德华力下列推论正确的(    )A.SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3

B.NH4+为正四面体，可推测出PH4S2Cl2是橙黄色液体．少量泄漏会产生窒息性气味，喷水雾可减慢挥发，并产生酸性悬浊液．该分子的结构中两个Cl位于以两个SA.为非极性分子

B.该分子中S采取sp杂化

C.分子中既含σ键又含π键

D.与水反应的化学方程式可能为2下列叙述正确的是(    )A.Ge是IVA族元素，其核外电子排布式为Ge：[Ar]4s24p2，属于P区元素

B.非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3，H2O，CO2这样的分子

CS2结构与CO2相似，则关于CA.非极性分子 B.含有非极性键

C.结构式为S=C=S D.CS2短周期元素W、X、Y、Z

的原子序数依次增大，W与Y、X与Z

位于同一主族．W

与X

可形成共价化合物WX2.Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5

倍⋅A.WX2分子中所有原子最外层都为8电子结构

B.WX2、ZX2的化学键类型和晶体类型都相同

C.PX是对二甲苯的化工简称，是一种重要的化工原料。下列关于对二甲苯的说法错误的是(    )A.对二甲苯不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色

B.对二甲苯是苯的衍生物，也是苯的同系物

C.对二甲苯难溶于水，易溶于乙醇、丙酮等有机溶剂

D.对二甲苯可用作生产PET(聚对苯二甲酸乙二醇酯)的中间体对苯二甲酸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

答案和解析1.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查元素周期表结构、原子结构与性质关系、化学键及物质推断等，综合性较大，难度中等，注意对基础知识的全面掌握，是对学生综合能力的考查。

【解答】

A.元素周期表中，除第一和第七周期外，第n周期所含主族金属元素种数为n，非金属元素(包括稀有气体元素)的种数均为(8−n)，故A正确；B.SiCl4分子中硅原子与氯原子之间形成1对共用电子对，硅原子形成4个Si−Cl键，各原子满足8电子稳定结构，PCl3分子中磷原子与氯原子之间形成1对共用电子对，磷原子形成3个P−Cl键，各原子满足8电子稳定结构，故B正确；

C.M层电子为奇数则M层一定是最外层，而主族元素最外层电子数一定等于主族序数，故C错误；

D.由ⅠA族和ⅥA族短周期元素形成的原子个数比为1：1，电子总数为38的化合物为过氧化钠，过氧化钠属于离子化合物，钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性键，故D正确。

故选

2.【答案】D

【解析】解：A、冰是由水分子通过氢键形成的分子晶体，冰的熔化热为6.0kJ⋅mol−1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ，全用于打破冰的氢键，冰中氢键键能为20.0kJ⋅mol−1，1mol冰中含有2mol氢键，需吸收40.0kJ的热量，则6.020×2=15%，由计算可知，最多只能打破1mol冰中全部氢键的15%，故A正确；

B、正反应的活化能−逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ⋅mol−1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ⋅mol−1，故B正确；

C、燃烧热是指可燃物燃烧生成液态水时放出的热量，水蒸气变成液态水时要放热，所以1molCH4

发生反应CH4(g)+2O2(g)=CO2

(g)+2H2O

(g)因为生成的是水蒸气，不是液态水，所以放出的热量小于

890.3

kJ，故C正确；

D、氨的合成为可逆反应，将0.5

mol

N2和1.5

mol

H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3

kJ时生成的氨气少于1mol，生成2mol氨气时放热大于38.6KJ【解析】解：A、稳定性是化学性质，而氢键是决定物理性质，而氟化氢稳定是氢氟键的键能大，故A错误；

B、如稀气体之间不存任何化学键，所以构成单质分子的粒子之间不一定存在共价键，故B正确；

C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是离子化合物，所以由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，故C正确；

D、氯化钠是离子晶体熔化时破坏离子键，故D正确；

故选：A。

A、稳定性是化学性质，而氢键是决定物理性质；

B、如稀气体之间不存任何化学键；

C、氯化铵是由非金属元素组成，而氯化铵是共价化合物；

D、氯化钠是离子晶体．

本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键、范德华力、化学键的不同及对物质的性质的影响即可解答，难度不大．

4.【答案】D

【解析】解：A.苯的同系物中只有苯环一个环状结构，而该物质含多个苯环，属于芳香族化合物，但不属于苯的同系物，故A错误；

B.该有机物中含C−H键，则既含极性键又含非极性键，故B错误；

C.由结构对称性可知，分子中含7种H，则该有机物的一氯代物有7种，故C错误；

D.由结构可知，分子式为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2，7molH2O，燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量，故D正确；

故选D．

A.苯的同系物中只有苯环一个环状结构；

B.该有机物中含C−H键；

C.由结构对称性可知，分子中含6种H；

D.由结构可知，分子式为【解析】解：由以上分析可知A为C元素，B为S元素，C为Cl元素，D为O元素，E为F元素。

A.A为C元素，电子排布为1s22s22p2，基态原子有6种不同能量的电子，故A错误；

B.与元素B同周期且第一电离能最小的元素的单质为Na，为活泼金属，能与H2O发生置换反应生成氢气，故B正确；

C.CS2、CCl4、CO2为非极性分子，CO为极性分子，故C错误；

D.非金属性F>O>Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性顺序为E>D>C，故D错误；

故选：B。

由表格中数据可知，E的电负性最大，E为F，C、E的最低价均为−1价，则C为Cl；B、D的最低价均为−2价，且D的电负性大，则D为O，B为S；A、B的电负性接近，A的最低价为−4价，则A【解析】解：A.蔗糖水解的化学方程式C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，所以1

mol蔗糖可水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，故A错误；

B.CH3−CH=CH−CH3，含有双键，属于烯烃，C3H6

为丙烯或环丙烷，二者不一定是同系物，故B错误；

C.根据烷烃的命名方法，基名同，要合并，逗号隔，短线分，所以该有机物的正确名称为2，3−二甲基丁烷，故C错误；

D.氧的电负性较大，乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故D正确；

故选【解析】解：A.二氯甲烷中含有C−H和C−Cl键，键长不等，不是正四面体结构，四个σ键键长不相等，故A错误；

B.CH2Cl2中碳原子价层电子对个数=4+12×(4−4×1)=4，所以C原子采用sp3杂化，故B正确；

C.二氯甲烷就是甲烷分子中的两个氢原子被两个氯原子所取代，属于分子晶体，故C错误；

D.CH2Cl2有C、H和C、Cl元素之间形成极性键，但结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故D错误；

故选：B。

A.二氯甲烷中含有C−H和C−Cl键，键长不等；

B.根据价层电子对互斥理论来分析，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=12×(a−xb)，a【解析】【分析】

本题考查了氢键、手性碳原子、分子稳定性的判断等知识点，题目难度不大，注意手性碳原子的判断方法：碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子．

【解答】

A.碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；

B.碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，所以乳酸中第二个C为手性碳原子，导致该物质存在互为镜像的两个手性异构体，故B正确；

C.分子稳定性与共价键强度有关，共价键越强，分子越稳定，与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，故C错误；

D.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确。

故选C。

9.【解析】解：A、油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，蛋白质在人体中水解生成氨基酸，故A错误；

B、酸性废水中仍然含有大量的氢离子，如果直接排放，对环境造成危害，需经中和后才能排放，故B错误；

C、“拍”到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；

D、合金的熔点一般比组成它的金属的低，铌一钛(Nb−Ti)合金，它的熔点一般比纯钛要低正确，故D正确，故选D．

A、油脂在人体内水解为高级脂肪酸和甘油；

B、酸性废水中含有大量的氢离子，不能直接排入湖水中；

C、氢键属于分子间作用力，不属于化学键；

D、合金的熔点一般比组成它的金属的低．

本题主要考查的是废水的排放以及环境污染的防治、油脂的组成、氢键、合金等，综合性较强，有一定的难度．

10.【答案】D

【解析】解：A.纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故A错误；

B.油脂为高级脂肪酸甘油酯，其水解产物为高级脂肪酸和甘油，故B错误；

C.氢键不属于化学键，它属于一种分子间作用力，故C错误；

D.钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质，所以高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛，故D正确；

故选D．

A.纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子；

B.油脂水解生成的是高级脂肪酸和甘油，不会生成氨基酸；

C.氢键的作用力较小，不属于化学键；

D.钠与熔融的盐反应发生置换反应，生成相应的单质．

本题考查了常见物质的组成、结构与性质的综合应用，题目难度中等，明确常见物质的组成及性质为解答关键，注意掌握氢键与化学键的区别，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

11.【答案】A

【解析】试题分析：A.H2O、H2S都是氧族元素形成的氢化物，结构相似，但是由于O元素的电负性大，原子半径小，所以在分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键。增加了分子之间的相互作用，使得其熔沸点比与它相对分子质量大的H2S还高。正确。

B.HF、HCl、HBr、HI也都是同族元素形成的氢化物。结构相似。一般情况下，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间的作用力就越大，物质的的熔点沸点就越高。但是由于F元素的电负性大，原子半径小，所以在分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键。增加了分子之间的相互作用，使得其熔沸点要高很多。错误。C.乙醇分子与水分子之间除了存在范德华力外还存在氢键。错误。

D.对同种的有氧酸之间的比较就是高的酸强于低的酸的氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为：HClO4> HCl【解析】解：A.二氧化碳形成的是碳氧双键，共用两对电子对，故A错误；

B.主族元素形成的简单阴离子的化合价与族序数不等，故B错误；

C.NH4Cl晶体中，既含有铵根与氯离子间的离子键，又含有氮原子与氢原子间的共价键，故C正确；

D.CCl4为非极性分子，故D错误．

故选C．

A.二氧化碳形成的是碳氧双键；

B.一般来说最高正价与族序数相同，但阴离子不同；

C.NH4Cl晶体中，既含有离子键，又含有共价键；

D.CCl【解析】解：A、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A错误；

B、NCl3分子为三角锥结构，分子中的N−Cl键相同，即所有N−Cl键的键长均相等，故B正确；

C、NCl3分子为三角锥形，键角为107°，所以Cl−N−Cl的键角不是120°，故C错误；

D、F原子的原子半径小于Cl原子的原子半径，所以NF3中N−F键键长比NCl3中N−Cl键键长短，键长越短，键能越大，则NF3比NCl3键能更大，更稳定，故D错误。

故选B。

A、根据该分子是否是对称结构判断分子的极性；

B、NCl3分子为三角锥结构，分子中的N−Cl【解析】解：A.羧基水解程度小于碳酸氢根离子，常温下，等浓度、等体积的NaHCO3溶液pH大于

溶液pH，故A错误；

B.碳酸根离子水解程度大于的水解程度，且碳酸根离子为二元弱酸根离子，而的酸根离子都是一元的，故等浓度、等体积的Na2CO3溶液和溶液中所含离子总数前者大于后者，故B错误；

C.酚羟基的酸性小于碳酸，酚羟基不与碳酸氢根离子反应，只有羧基和碳酸氢钠溶液反应，故C错误；

D.中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平衡常数Ka2<Ka1，故D正确；

故选D．

依据电离平衡常数比较形成盐的水解程度判断溶液酸碱性；酸性：水杨酸羧基酸性>H2CO3>HCO3−>酚氧基，酸越弱形成盐的水解程度越大，

A.酸越弱，对应的酸根离子越容易水解，羧基水解程度小于碳酸氢根离子，据此判断两溶液的pH大小；

B.碳酸根离子水解程度大于的水解程度，且碳酸根离子为二元弱酸根离子，而的酸根离子都是一元的，据此判断溶液中离子总数大小；

C.酚羟基的酸性小于碳酸，酚羟基不与碳酸氢根离子反应；【解析】解：由上述分析可知，a为C，b为N、O、F中的一种，c为Na，d为P，

A.如b为O或F，无正价，故A错误；

B.非金属性b>a，则简单氢化物的稳定性，b>a，故B错误；

C.b为活泼非金属，a为活泼金属，二者形成化合物为离子化合物，故C正确；

D.非金属性P>C，最高价含氧酸的酸性d>a，不是最高价含氧酸无此规律，故D错误；

故选：C。

a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，a有2个电子层符合电子排布规律，其最外层电子数为4，则a为C；c是同周期中金属性最强的元素，c为Na；d原子的核外电子数是a、c核外电子数之和，d的核外电子数为4+11=15，d为P，结合原子序数可知b为N、O、F中的一种，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、元素的性质、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意b元素不确定，题目难度不大。

16.【答案】C

【解析】解：①④⑤都含有氢键，但单位质量所含有的羟基数⑤>④>①，且相对分子质量⑤>④>①，故熔沸点⑤>④>①；烃类物质中，烃含有的C原子数越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，故③>②，故沸点由高到低的顺序是：⑤>④>①>③>②，

故选C．

含有氢键的化合物，熔沸点较高；相同类型的物质，相对分子质量越大，熔沸点越高．

本题考查有机物熔沸点的比较，难度不大，要注意氢键对熔沸点的影响．

17.【答案】B

【解析】解：A、由分子式及信息可知该物质为分子晶体，分子晶体的熔点低、硬度小，故A错误；

B、由题目中的信息可知是一种新的球形分子，它的分子式为C60Si60，所以该物质有分子存在，属于分子晶体，故B正确；

C、硅的原子半径比碳大，所以硅化合物Si60C60，外层球壳为Si60，内层球壳为C60，所以该物质分子中C60被包裹在Si60里面，故C错误；

D、C60为非极性分子，而水为极性分子，所以C60难溶于水，故D错误；

故选：B。

A、根据分子晶体的熔点低、硬度小分析；

B【解析】解：A、CO2、CH4、SO3中C和S元素化合价分别为+4、+4、+6，C与S原子最外层电子全部成键，所以CO2、CH4、SO3为非极性分子，故A正确；

B、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B正确；

C、非金属性越强，电负性越大，该元素的原子吸引电子的能力越强，故C正确；

D、非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以【解析】解：A、有机分子中碳原子连四个不同的原子或原子团时，称为不对称碳原子，手性碳原子为具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左右手一样互为镜像，且在三维空间里不能重叠，互称手性异构，A中碳连接的不是4个不同的原子或原子团，不是手性碳原子，不互为手性异构，故A错误；

B、NF3含有N−F极性键，H2O2含有O−H，O−O键，O−H为极性键，两分子中正负电荷不重叠，为极性分子，故B正确；

C、[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N−H为极性共价键，配离子与硫酸根离子形成离子键，故C正确；

D、NaCl

【解析】试题分析：A.碘单质不容易溶解于水，而溶液溶解在CCl4、苯等有机物中。错误。

B.甲烷是有机物，根据相似相容原理，容易溶解于CCl4、苯等有机物中。错误。

C.苯是有机物，根据相似相容原理，容易溶解于CCl4、酒精等有机物中。错误。

D.水是由极性分子构成的物质；CCl4是由非极性分子构成的物质。根据相似相容原理，不容易溶解于CCl4【解析】【分析】

本题主要考查手性碳原子的确定方法，注意手性碳原子一定是饱和碳原子且手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，难度不大。

根据有机化学中把连接四个不同的原子或原子团的碳原子叫手性碳原子分析，烷烃结构中需连接四个不同的原子或原子团，分别为H、甲基、乙基、丙基，据此分析解答。

【解答】

含有的碳原子个数最少的含有手性碳原子的烷烃连接的原子或原子团，分别为H、甲基、乙基、丙基，结构简式为：，带“*”碳原子是手性碳原子，所以至少含有的碳原子个数为7。

故选B。

22.【答案】B

【解析】解：A.水含H−O极性键，为V型结构，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，故A正确；

B.水为弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为H2O⇌H++OH−，故B错误；

C.质量数为2×2+16=20，质子数为1×2+8=10，则重水(D2O)分子中各原子质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；

D.由固态转化为液态，液态转化为气态，均吸热，气态能量最高，则相同质量的水具有的内能：固体<液体<气体，故D正确；

故选B．

A.水含H−O，为V型结构，正负电荷的中心不重合；

B.水为弱电解质，存在电离平衡；

C.质量数为2×2+16=20，质子数为1×2+8=10；

D.【解析】解：A、固体冰为分子晶体，不含有离子，不存在离子键，故A符合；

B、分子中O−H键为极性键，故B不符合；

C、分子间氧原子和氢原子之间形成氢键，故C不符合；

D、水分子之间存在范德华力，故D不符合；

故选A。

固体冰为分子晶体，水分子通过氢键、范德华力结合，分子中含有O−H键，以此来解答。

本题考查晶体中微粒作用与化学键，难度不大，注意分子晶体中存在分子间作用力及冰中的氢键与化学键的区别。

24.【答案】B

【解析】解：A、SiH4和CH4都属于分子晶体，影响分子晶体的沸点高低的因素是分子间作用力的大小，相对分子质量越大，分子间作用力越大，NH3分子间存在氢键，沸点反常偏高大于PH3，故A错误；

B、N、P是同主族元素，形成的离子NH4+和PH4+结构类似都是正四面体构型，故B正确；

C、CO2是分子晶体，而SiO2是原子晶体，故C错误；

D、C【解析】解：A、该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，故A错误；

B、S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故B错误；

C、S2Cl2的结构为Cl−S−S−Cl分子中只含有单键，所以含σ键不含π键，故C错误；

D、Cl−S−S−Cl遇水易水解，并产生酸性悬浊液，说明有不溶于水的物质生成，且有溶于水呈酸性的物质生成，根据反应前后元素守恒知，生成不溶于水的物质是S单质，同时生成二氧化硫和氯化氢，所以水解方程式为2S2Cl2+2H2O→SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确．

故选：D．

A、分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，是不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；

B、价层电子对数【解析】解：A.Ge是ⅣA族的主族元素，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区元素，故A错误；

B.BF3，H2O，CO2是高度对称的分子，为非金属性分子，H2O结构不对称，属于极性分子，故B错误；

C.有机物固态时不一定是分子晶体，如有机盐在固体时为离子晶体，故C错误；

D.熔融状态的HgC12不能导电，说明HgC12为离子化合物，固态时为离子晶