【化学】分子的空间结构课时测验 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

2.2分子的空间结构课时测验一、单选题1．2月24日，俄乌战争爆发，乌方违反《第三议定书》明令禁止使用黄磷弹。黄磷(化学式为P4)、红磷(化学式为P)燃烧的热化学方程式(0℃，101kPa)分别为：P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)；△H=-3093.2kJ·mol-1；4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)；△H=-2954.0kJ·mol-1。由此判断下列说法正确的是A．红磷的燃烧热为2954.0kJ·mol-lB．已知黄磷分子为正四面体结构，则P-P键之间的夹角为109°28'C．由红磷转化为黄磷是吸热反应，等质量时黄磷能量比红磷高D．等质量的黄磷和红磷在相同条件下分别与足量氯气反应，设产物只有PCl5，则红磷放出的热量更多2．下列有机物符合最简式为CH2的是（）A．C3H8 B．C2H6 C．CH4 D．C4H83．下列方法用于快速、微量、精确测定有机物相对分子质量的是（）A．元素分析 B．红外光谱C．质谱 D．核磁共振氢谱4．下列说法正确的是（）A．图为质谱图B．的命名：2－甲基丁烷C．乙烯的结构简式为CH2CH2D．NH3的VSEPR模型为5．下列有机物中，核磁共振氢谱中只出现一组峰的是（）A．CH3OH B．CH3CHOC． D．CH3CH2OCH2CH36．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．s－sσ键与s－pσ键的电子云形状对称性相同C．丙烯(CH3—CH=CH2)分子有8个σ键，1个π键，其中碳原子分别是sp2、sp3杂化D．N2分子中有一个σ键，2个π键；NH4＋中4个N－H键的键能不相同7．在酸性或者接近中性的条件下，易发生歧化反应，将通入溶液中，其反应为。下列有关说法错误的是（）A．的空间结构为三角锥形B．中心原子的杂化方式是spC．基态钾原子的价电子排布式：D．基态的价电子轨道表示式：8．下列关于丙烯（CH3﹣CH=CH2）的说法正确的是（）A．丙烯分子有7个δ键，1个π键B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C．丙烯分子中所有原子在同一平面上D．丙烯分子存在非极性键9．尿素［］可用于制有机铁肥，主要代表物有三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，化学式为。下列说法错误的是（）A．电负性：B．基态电子排布式为C．与尿素分子中的N原子杂化方式相同D．C、N原子中电子占据能量最高的轨道形状相同10．临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效，磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（）A．磷酸氯喹中N、O、P元素的电负性：N＞O＞PB．磷酸氯喹中N的杂化方式sp2、sp3C．磷酸氯喹中的N－H键的键能大于C－H键的键能D．磷酸氯喹结构中存在σ键、大π键等11．下列各组物质的最简式相同的是（）A．乙酸和乙二酸 B．丁酸和乙酸C．甲醛和乙酸 D．乙二酸和乙二醇12．芳香族化合物A分子中只含碳、氢、氧三种元素，且C、H、O的原子个数比为4∶4∶1，其苯环上只有一个取代基，其质谱、红外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于的说法错误的是（）A．相对分子质量为136B．遇显色且能发生银镜反应的同分异构体有10种C．官能团名称为酯基D．在一定条件下最多能与发生反应13．PH，是一种无色剧毒气体，其分子的空间结构和NH，相似，P-H键的键能比N-H键的键能小。下列判断错误的是（）A．PH3的空间结构为三角锥形，与NH3互为等电子体B．PH3分子中的原子最外层电子不都满足8e-结构C．PH3的沸点低于NH3，因为P-H键的键能小D．PH3分子稳定性弱于NH3，分子，因为N-H键的键能大14．有关原子轨道说法正确的是（）A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其空间立体结构都是正四面体B．乙烯和苯分子每个碳原子都以sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键C．苯分子C﹣C之间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键D．凡是AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键15．原子轨道的杂化不但出现在分子中，原子团中同样存在原子轨道的杂化。在SO42-中硫原子的杂化方式为()A．sp B．sp2 C．sp3 D．无法判断16．化学与生活、科技等密切相关，下列说法错误的是（）A．通过红外光谱仪可检测核酸结构中是否存在氨基官能团B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯为同位素C．无磁镍铬钛合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁D．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料17．下列化学用语表示正确的是A．离子结构示意图：B．基态铜原子价电子的轨道表示式：C．的空间结构：(正四面体形)D．的电子式：18．验证某有机物属于烃，应完成的实验内容是（）A．只测定它的C、H比B．只需证明它完全燃烧后产物只有H2O和CO2C．只测定其燃烧产物中H2O与CO2的物质的量的比值D．测定该试样的质量及试样完全燃烧后生成CO2和H2O的质量19．下列分子的空间结构呈正四面体形的是（）A．HCl B． C． D．二、综合题20．X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的2p轨道为半充满状态，Y、Z位于同主族，常温下，Z的单质为淡黄色固体，Z和R相邻，R、W的原子序数之和为44。请用相关知识回答下列问题：（1）W在元素周期表中的位置为，其基态原子中成对电子数与未成对电子数之比为。（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是(用元素符号表示)。（3）X的最简单氢化物与其最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为，产物的阴、阳离子的空间结构分别为、。（4）向溶液中加入过量水溶液，生成的产物阳离子含有的化学键类型为。（5）最简单氢化物的键角：Y(填“＞”或“＜”)Z，原因是。21．由N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途．（1）B2H6是一种高能燃料，它与Cl2反应生成的BCl3可用于半导体掺杂工艺及高纯硅制造．由第二周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为（填离子符号，填一个）．（2）氨硼烷（H3N→BH3）和Ti（BH4）3均为广受关注的新型化学氢化物储氢材料．①H3N→BH3中N原子的轨道杂化类型为．②Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得．基态Ti3+的未成对电子数有个，BH4﹣的立体构型是．写出该制备反应的化学方程式．③氨硼烷可由六元环状化合物（HB=NH）3通过如下反应制得：3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3与上述化学方程式有关的叙述不正确的是．（填标号）A．氨硼烷中存在配位键B．第一电离能：N＞O＞C＞BC．反应前后碳原子的轨道杂化类型不变D．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形（3）磷化硼（BP）是受到高度关注的耐磨材料．如图1为磷化硼晶胞．①磷化硼晶体属于晶体（填晶体类型），（填是或否）含有配位键．②晶体中B原子的配位数为．（4）立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，其结构和硬度都与金刚石相似，但熔点比金刚石低，原因是．（5）图2是立方氮化硼晶胞沿z轴的投影图，请在图中圆球上涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置．22．Ⅰ．铂是贵金属之一，俗称白金，其单质和化合物均有重要的应用。（1）顺铂即顺式一二氯二氨合铂（Ⅱ），反铂即反式一二氯二氨合铂（Ⅱ），结构如图所示。①与能形成配位键的原因是．②由以上事实可判断中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是．③铂可溶于王水，王水中含有亚硝酰氯（）。下列说法正确的是．A．均为强电解质B．分子中键和键的个数比为C．是极性分子D．为直线形分子（2）Ⅱ．时，将的醋酸钠溶液与盐酸溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，表示醋酸的电离平衡常数（用含的代数式表示）。（3）Ⅲ．溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：（ⅰ）（ⅱ）①下列有关溶液的说法正确的有．A．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加B．加入少量硫酸，溶液的pH不变C．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变D．加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动②时，溶液中随的变化关系如图。当时，设与的平衡浓度分别为，则之间的关系式为；计算溶液中的平衡浓度（结果保留两位有效数字）。23．氨基乙酸铜被广泛应用于染料、涂料、塑料和电池等领域，其化学式为，结构如图所示。（1）基态原子的电子排布式为，位于元素周期表中区元素（填“s、p、d、ds和f”其中一个）。（2）氨基乙酸铜中碳原子的杂化方式有、，该分子中有个键。（3）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为。（4）原子的第一电离能比原子的（填“大”或“小”），其原因是。（5）氨基乙酸铜可由碳酸铜、氯乙酸、乙二胺等制得，碳酸铜中的VSEPR模型名称为，氯乙酸的酸性大于乙酸的原因是。24．某烃A相对分子质量是156，在CCl4溶液中跟Br2不起反应，但在光照下，Br2可以跟A起取代反应，取代产物的相对分子质量是235的有两种：产量较多的一种是B，产量较少的一种是C．另外，还可得到相对分子质量是314的产物多种．（1）请写出A、B、C的结构简式．（2）相对分子质量是314的有多少种？

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，因此红磷的燃烧热为，故A项不符合题意；B．已知黄磷分子为正四面体结构，P原子位于正四面体的顶点，则黄磷分子中P-P键之间的夹角为60°，故B项不符合题意；C．已知①P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-3093.2kJ·mol-1，②4P(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=-2954.0kJ·mol-1，根据盖斯定律，②-①可得：4P(s)=P4(s)△H=+139.2kJ·mol-1，说明红磷转化为黄磷是吸热反应，等质量时黄磷能量比红磷高，故C项符合题意；D．等质量时黄磷能量比红磷高，所以等质量的黄磷和红磷在相同条件下分别与足量氯气反应，设产物只有PCl5，则黄磷放出的热量更多，故D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量；

B、正四面体的顶点夹角为60°；

C、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；

D、等质量时黄磷能量比红磷高。放热反应时，放出热量则更多。2．【答案】D【解析】【解答】解：A．C3H8分子式为C3H8，最简式为C3H8，故A错误；B．C2H6分子式为C2H6，最简式为CH3，故B错误；C．CH4分子式为CH4，最简式为CH4，故C错误；D．C4H8分子式为C4H8，最简式为CH2，故D正确．故选D．【分析】最简式又称实验式或经验式，是化学式中的一种，是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，据此计算出各选项中该有机物的最简式即可．3．【答案】C【解析】【解答】A、元素分析确定实验式，A不符合题意；B.红外光谱有机分子中各种化学键，B不符合题意；C.质谱精确测定有机物相对分子质量，C符合题意；D.核磁共振氢谱测定分子中处于不同化学环境的氢，D不符合题意。故答案为：C。【分析】相对分子质量：质谱法测定。4．【答案】B【解析】【解答】A、图为核磁共振氢谱，故A错误；

B、该烷烃主链含有4个碳原子，2号碳原子上含有一个甲基，命名为：2－甲基丁烷，故B正确；

C、乙烯的结构简式为CH2=CH2，故C错误；

D、NH3分子中N原子的价层电子对数为4，其VSEPR模型为四面体形，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A、该图为核磁共振氢谱；

B、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置；

C、乙烯的官能团为碳碳双键；

D、氨气分子中，氮原子有一对孤电子。5．【答案】C【解析】【解答】A.CH3OH存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，不符合题意；

B.CH3CHO存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，不符合题意；

C.分子中羰基左右甲基对称，存在1种氢，故磁共振氢谱中出现1组峰，符合题意；

D.CH3CH2OCH2CH3分子以氧为对称，存在2种氢，故磁共振氢谱中出现2组峰，不符合题意。故答案为：C【分析】有机物分子中有几种等价氢原子，磁共振氢谱中就有几组峰，据此判断即可.6．【答案】D【解析】【解答】A.σ键是电子云“头碰头”的方式重叠，π键是电子云“肩并肩”的方式重叠，σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强，A不符合题意；B.σ键有方向性，两个成键原子必须沿着对称轴方向接近，才能达到最大重叠，s-sσ键与s-pσ键都是轴对称的，所以s-sσ键与s-pσ键的电子云形状对称性相同，B不符合题意；C.丙烯(CH3-CH=CH2)分子有8个σ键，1个π键，其中双键碳原子sp2杂化、单键碳原子sp3杂化，C不符合题意；D.N2分子的结构是，有一个σ键，2个π键，NH4＋中N原子为sp3杂化，4个N－H键的键能完全相同，D符合题意；故答案为：D。【分析】A．一般共价双键形成π键，共价单键形成σ键；

B．σ键的形状为球形对称；

C、根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；

D．铵根离子中存在不同类型的N-H键。7．【答案】D【解析】【解答】A．中C原子的价层电子对数为3＋=3，不含孤电子对，为平面三角形，A不符合题意；B．CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化，B不符合题意；C．钾为19号元素，基态钾原子的价电子排布式：，C不符合题意；D．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态是锰原子失去2个电子后相形成的离子，价电子轨道表示式：，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.碳酸根中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；

B.二氧化碳中碳原子价层电子对数为2，不含孤电子对；

C.K为19号元素，位于第四周期第ⅠA族。8．【答案】D【解析】【解答】解：A．C﹣C、C﹣H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键，故A错误；B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，故B错误；C．由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构可知，丙烯分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D．同种非元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C﹣C非极性共价键，故D正确；故选D．【分析】A．C﹣C、C﹣H键均为σ键，C=C中一个σ键，一个π键；B．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化；C．由C=C双键为平面结构、甲基为四面体结构分析；D．同种非元素之间形成非极性键．9．【答案】C【解析】【解答】A．电负性用来描述不同元素对键合电子的吸引力大小，一般来说非金属性越强，电负性越强，四种元素的电负性大小顺序是O＞N＞C＞H，故A说法不符合题意；B．基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故B说法不符合题意；C．中N原子有3个σ键，无孤电子对数，N杂化类型为sp2，尿素中N杂化类型为sp3，故C说法符合题意；D．C、N原子中电子占据能量最高的能级均为2p，电子云形状为哑铃形或纺锤形；故D说法不符合题意；故答案为：C。【分析】A.非金属性越强，电负性也越强。

C.尿素中N原子形成3个σ键，同时还要一对孤对电子，所以杂化方式为sp3

D.C、N原子中电子占据能量最高的能级均为2p，电子云轮廓相同。10．【答案】A【解析】【解答】A．非金属性强则电负性大；同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，磷酸氯喹中N、O、P元素的电负性：，A符合题意；B．磷酸氯喹中环上N的杂化方式sp2、侧链上N原子是单键、为sp3，B不符合题意；C．N非金属性大于C、N原子半径小于C，则磷酸氯喹中的N－H键比C－H更牢固、N－H键能大于C－H键的键能，C不符合题意；D．磷酸氯喹结构中所含的苯环、吡啶环均存在大π键等，所含单键均为σ键、D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.元素的非金属性越强，电负性越大；

B.换上的N原子采用sp2杂化，其他N原子采用sp3杂化；

C.原子半径：C>N，则键长：C-H>N-H，键能：N-H>C-H；

D.单键均为σ键，苯环、吡啶环均存在大π键。11．【答案】C【解析】【解答】解：乙酸的分子式为C2H4O2，最简式为CH2O，乙二酸的分子式为C2H2O4，最简式为CHO2，丁酸分子式为C4H8O2，最简式为C2H4O，甲醛分子式为CH2O，最简式为CH2O，乙二醇分子式为C2H6O2，最简式为CH3O．由此可看出，乙酸和甲醛最简式相同，其余最简式不同，故选C．【分析】写出各物质的分子式，进而写出最简式进行比较即可．12．【答案】B【解析】【解答】A、根据质谱图可知，A的相对分子质量为136，故A正确；

B、机物A的结构简式为，遇氯化铁显色，说明含有酚羟基，能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环有2个取代基为-OH、-CH2CHO，有邻、间、对3种位置关系，苯环有3个取代基为-OH、-CHO、-CH3，醛基与羟基有邻、间、对3种位置关系，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，符合条件的同分异构体共有3+（4+4+2）=13种，故B错误；

C、有机物A的结构简式为，含有的官能团为酯基，故C正确；

D、有机物A中含有的酯基和水解生成的酚羟基能与NaOH溶液反应，则在一定条件下最多能与发生反应，故D正确；

故答案为：B。

【分析】有机物A分子中只含碳、氢、氧三种。元素且C、H、O的原子个数比为4：4：1，其苯环上只有一个取代基，则A属于芳香族化合物，且其实验式为C4H4O，由质谱图可知其相对分子质量为136，设其分子式为(C4H4O)n，则（12×4+4+16）n=136，解得n=2，有机物A分子式为C8H8O2，A的不饱和度为5，苯环的不饱和度4，由红外光谱图显示A分子含有C=O，则除苯环、碳氧双键外没有不饱和键与环状结构，其核磁共振氢谱有四个吸收峰且峰面积之比为1：2：2：3，说明分子中含有4种H原子，分子中氢原子数目分别为1、2、2、3，红外光谱显示存在C=O、C-O-C、等结构，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，可知取代基为-OOCCH3，则有机物A的结构简式为。13．【答案】C【解析】【解答]PH3与NH3互为等电子体，二者结构相似，均为三角锥形，故A符合题意；PH3分子中的氢原子最外层电子只满足2e-结构，故B符合题意；PH3和NH3的熔、沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的键能大小没有直接关系，PH3的沸点低于NH3是因为NH3分子间存在氢键，故C不符合题意；PH3分子稳定性弱于NH3分子，是因为N-H键的键能大，故D符合题意。故答案为：C

【分析】A.等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的分子，结构相似；

B.分子中氢原子不可能满足8e-结构；

C.分子晶体熔、沸点高低取决于分子间作用力的大小，若存在氢键一般沸点会比较高，与共价键的键能大小没有直接关系；

D.键能越大，分子稳定性。14．【答案】B【解析】【解答】解：A．通过sp3杂化形成中性分子，价层电子对个数是4且不含孤电子对，如CH4或CF4，分子为正四面体结构，分子中价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，为三角锥型分子，该类型分子有NH3或NF3，该分子中价层电子对个数是4且具有2个孤电子对，为V型分子如H2O，故A错误；B．乙烯和苯分子每个碳原子都以sp2杂化轨道“头对头”形成σ键，乙烯C﹣C之间是未参加杂化的2p轨道“肩并肩”形成的一个π键，苯中含有未杂化的2p轨道形成大π键，故B正确；C．苯分子中C﹣C之间是sp2形成的σ键，H﹣C之间是s﹣sp2形成的σ键，故C错误；D．AB3型的共价化合物，其中心原子A不一定采用sp3杂化轨道成键，如BF3中价层电子对个数=3+×（3﹣3×1）=3，B原子采用sp2杂化，故D错误；故选B．【分析】A．通过sp3杂化形成中性分子，为正四面体、三角锥型、V型结构；B．乙烯和苯分子每个碳原子都以sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键；C．苯分子中H﹣C之间是s﹣sp2形成的σ键；D．AB3型的共价化合物，不含孤电子对，其中心原子A采用sp2杂化轨道成键．15．【答案】C【解析】【解答】在SO42-中硫原子的孤电子对数为0，与其相连的原子数为4，所以根据杂化轨道理论可推知中心原子S的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形，类似于CH4。【分析】根据价层电子对互斥理论计算。16．【答案】B【解析】【解答】A．通过红外光谱仪可检测核酸结构中是否存在氨基官能团，A不符合题意；

B．螺旋纳米管与石墨元素元素组成相同，排列方式不同，互为同素异形体，B符合题意；

C．合金材料的硬度比纯金属高，C不符合题意；

D．陶瓷是新型无机非金属材料，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．通过红外光谱仪可检测核酸结构中是否存在氨基官能团；

B．元素组成相同，排列方式不同，互为同素异形体；

C．合金材料的硬度比纯金属高；

D．陶瓷是新型无机非金属材料。17．【答案】A【解析】【解答】A．氧原子的质子数为8，氧离子核外有8+2=10个电子，A符合题意；

B．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，根据其洪特规则和泡利原理，则其价电子轨道表示式为，B不符合题意；

C．中碳原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，则其空间构型为平面三角形，C不符合题意；

D．H2O2为共价化合物，其电子式为，D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A.注意阴离子的核外电子数=该原子的质子数+带的电荷数。

B.基态铜原子价电子排布式为3d104s1。

C.根据价层电子对数进行分析。

D.注意H2O2为共价化合物。18．【答案】D【解析】【解答】解：A．测定其燃烧产物中H2O和CO2物质的量的比值只能确定C、H元素的比值，不能确定是否含有O，故A错误；B．烃的含氧衍生物或烃燃烧都生成H2O和CO2，不能确定是否含有O，故B错误；C．测定完全燃烧时消耗有机物与生成的CO2、H2O的物质的量之比，只能确定C、H元素的比值，不能确定是否含有O，故C错误；D．测定该试样的质量及其试样完全燃烧后生成CO2和H2O的质量，可以确定一定质量的有机物中含有C、H元素的质量，根据质量守恒可确定是否含有O元素，故D正确．故选D．【分析】A．无论有机物是否含有O元素，烃的含氧衍生物或烃燃烧都生成H2O和CO2；B．测定其燃烧产物中H2O和CO2物质的量的比值只能确定C、H元素的比值，不能确定是否含有O；C．测定完全燃烧时消耗有机物与生成的CO2、H2O的物质的量之比，只能确定C、H元素的比值，不能确定是否含有O；D．从质量守恒的角度分析．19．【答案】D【解析】【解答】A．HCl由两个原子组成，分子的空间结构为直线形，故A不符合题意；B．分子中O原子有孤电子对，是“V”形分子，故B不符合题意；C．为直线形分子，故C不符合题意；D．分子中H原子位于C原子的4个方向，为正四面体形，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】正四面体是sp3杂化，且无孤对电子结合选项进行判断即可20．【答案】（1）第四周期第VIII族；8：1（2）N＞O＞S（3）；平面三角形；正四面体形（4）共价(极性)键、配位键（5）＞；O的电负性强于S，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的距离越小，成键电子对之间的斥力越大，键角越大【解析】【解答】X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X的2p轨道为半充满状态，则X为N；Y、Z位于同主族，常温下，Z的单质为淡黄色固体，Z为S，Y为O；Z和R相邻，R为Cl；R、W的原子序数之和为44，则W为Co。(1)Co为27号元素，位于第四周期第VIII族，其电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d7，成对电子数为24，未成对电子数为3，故基态原子中成对电子数与未成对电子数之比为8：1。(2)一般非金属性越强，第一电离能越大，但是N原子最外层电子为2p3，较稳定，不易失电子，故第一电离能大于O，故电离能由大到小为N＞O＞S。(3)NH3和HNO3反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，阴离子NO含有的价层电子对数为3+=3，为平面三角形，阳离子NH含有的价层电子对数为4+=4，为正四面体形。(4)CoCl2溶液中通入过量NH3水溶液，生成的产物阳离子中NH3中H与N之间为共价(极性)键，Co与NH3间为配位键。(5)O的电负性强于S，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的距离越小，成键电子对之间的斥力越大，键角越大，故键角H2O＞H2S。

【分析】(1)依据原子构造原理分析；(2)同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素。(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；(4)依据配合物的结构分析。(5)中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的距离越小，成键电子对之间的斥力越大，键角越大。21．【答案】（1）CO32﹣或NO3﹣（2）sp3；1；正四面体；TiCl3+3LiBH4=Ti（BH4）3+3LiCl；C（3）原子；是；4（4）B﹣N键键长大于C﹣C键键长，键能小，所以熔点低（5）【解析】【解答】解：（1）根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，所以由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子为CO32﹣或NO3﹣，故答案为：CO32﹣或NO3﹣；（2.）①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为=4，所以N原子的轨道杂化类型为sp3，故答案为：sp3②基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1．BH4﹣中B原子的价层电子对数为=4，所以杂化方式为sp3杂化，则BH4﹣的立体构型为正四面体，Ti（BH4）3由TiCl3和LiBH4反应制得，反应的化学方程式为TiCl3+3LiBH4═Ti（BH4）3+3LiCl，故答案为：1；正四面体；TiCl3+3LiBH4=Ti（BH4）3+3LiCl；③A．B一般是形成3个键，（H3BNH3）由六元环状化合物（HB=NH）3通过3CH4+2（HB=NH）3+6H2O→3CO2+6H3BNH3制得，其中1个键是配位键，故A正确；B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第IIIA族、第IVA族、第VA族、第VIA族，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（B），故B正确；C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故C错误；D．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×（4﹣4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故D正确，故答案为：C；（3.）①在磷化硼晶体中，磷和硼原子之间通过共价键相互作用，结合性质可知其晶体类型为原子晶体，硼最外层有3个电子，但根据晶胞结构可知，每个硼和磷周围都有4个共价键，所以磷原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，它们之间存在配位键，故答案为：原子；是；②根据晶的结构图可知，每个磷原子周围有4个硼原子，所以配位数为4，故答案为：4；（4.）立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，B﹣N键键长大于C﹣C键，键能小于C﹣C键，导致立方氮化硼熔点比金刚石低；故答案为：B﹣N键键长大于C﹣C键键长，键能小，所以熔点低（5.）晶体中B、N原子配位数均为4，涂“●”和画“×”分别标明B与N的相对位置为：，故答案为：．【分析】（1）根据等电子体原理，原子数相同，价电子数也相同的粒子互为等电子体，据此书写由第2周期元素组成的与BCl3互为等电子体的阴离子；（2.）①H3N→BH3中N原子的价层电子对数为=4，据此判断杂化类型；②根据基态Ti3+的核外电子排布式确定其未成对电子数；根据BH4﹣中B原子的杂化方式可知其立体构型；根据元素守恒书写化学方程式；③A．根据B的最外层电子数及形成的共价键数判断；B．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；C．由CH4变为CO2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；D．CH4分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=4+×（4﹣4×1）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，H2O中价层电子对个数=2+×（6﹣2×1）=4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体，分子空间构型为V型，、CO2分子中价层电子对=σ键电子对+中心原子上的孤电子对=2+×（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直线型结构；（3.）①在磷化硼晶体中，磷和硼原子之间通过共价键相互作用，结合性质可知其晶体类型，硼最外层有3个电子，但根据晶胞结构可知，每个硼和磷周围都有4个共价键，所以磷原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，它们之间存在配位键，据此答题；②根据晶的结构图可知，每个磷原子周围有4个硼原子；（4.）立方氮化硼结构和硬度都与金刚石相似，均为原子晶体，键长越短，键能越大，熔点越高；晶体中B、N原子配位数均为4．22．【答案】（1）中心原子Pt能提供空轨道，而配位体的N原子能提供孤电子对；若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象；ABC（2）（3）AC；；【解析】【解答】①Pt原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以二者可以形成配位键；

②因为分子存在顺反异构，可见该分子处在同一平面上，所以不会是sp3杂化；

③A.均为强电解质，A选项是正确的；

B.分子中键有2个，键有1个，B选项是正确的；

C.NOCl的正负电中心不重合，属于极性分子，C选项是正确的；

D.NOCl分子中存在N=O键和N-Cl键，还有一对孤电子对，因此分子是V形，D选项是错误的。

故答案为：ABC。

（2）25°C时，将mmol/L的醋酸钠溶液与nmol/L盐酸溶液等体积混合，混合溶液体积增大一倍，

c(Na+)、c(Cl-)降为原来的一半，反应后溶液恰好显中性，混合溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO¯)+c(Cl-)，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)；

所以c(CH3COOH)=c(Cl-)=0.5mmol/L,c(CH3COO-)=0.5(m-n)mol/L，该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka==；

（3）①A.加入少量水稀释，平衡会正向移动，溶液离子总数增大，A选项是正确的；

B.加入少量H2SO4，pH值会减小，B选项是错误的；

C.平衡时二者的比值是Ki，不会受浓度的影响，C选项是正确的；

D.加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡正向向移动，D选项是错误的。

故答案为：AC；

②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L-1可确定等式:x+0.5y+0.5z=0.1；pH=9.00时，c(H+)=1.0X10-9mol・L-1，由图可知≈104.2由，得z=330y，代入xyz之间的关系式得：（2×330×10-4.2+1+330）y=0.20，解得y=6.0×10-4mol/L。

【分析】（1）①形成配位键的两个原子，一个提供空轨道，一个提供孤电子对；

②如果中心原子是SP3杂化的话，那么与它相邻的其他原子与它会形成四面体形；

③A.强酸强碱和绝大多数盐都是强电解质；

B.NOCl分子中存在N=O键和N-Cl键，还有一对孤电子对；

C.NOCl的正负电中心不重合，属于极性分子；

（2）先根据三大守恒关系计算出Ka表达式中三个组分的浓度，代入表达式就可以计算出Ka值；

（3）①A.加入少量水稀释，平衡会正向移动，溶液离子总数增大；

B.外变大于内移，所以加入硫酸会使pH值减小；

C.Ki值只受温度的影响，不受反应物浓度的影响；

D.加入少量溶液，反应（ⅰ）的平衡正向向移动，因为HCrO4-会与OH-离子反应；

②由溶液中Cr的物质的量浓度为0.2mol·L-1可确定等式:x+0.5y+0.5z=0.1；pH=9.00时，c(H+)=1.