第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题-高二下学期鲁科版(2019)化学选择性必修2.docx

第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题一、单选题（共15题）1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ABCD2下列关于化学键的说法中正确的是（   ）A中既有极性键又有非极性键B凡是有化学键断裂的过程一定发生了化学反应C非金属元素之间只能形成共价化合物D所有盐、碱和金属氧化物中都含有离子键3纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示，下列说法正确的是A化合物甲、乙均为手性分子B化合物甲中最多有8个原子共平面C化合物乙中采取sp3杂化的原子只有N、CD化合物甲的沸点明显高于化合物乙4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5下列物质中，酸性最强的是ABCD6下列说法正确的是A硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明极性：H2O>C2H5OH>CS2BBF3、CCl4中每个原子都满足8电子稳定结构C分子晶体中一定存在共价键DI2低温下就能升华，说明碘原子间的共价键较弱7溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，这是因为A溴单质和四氯化碳中都含有卤素原子BBr2是单质，CCl4是化合物CBr2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子DBr2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物8短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是A简单离子半径：B简单氢化物水溶液的酸性：C同周期中第一电离能大于Y的元素有3种DY、Z最高价氧化物对应的水化物中心原子的杂化方式不同9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8B配离子Co(NO2)63-可用于检验K+的存在该离子的配体是NO2CGaN、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AABBCCDD10下列事实不能用氢键来解释的是A密度：冰<水B沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛C稳定性：NH3>PH3D浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2F11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>WB最简单氢化物沸点：Y<ZCX2Y2是极性分子DZ的最高价氧化物的空间构型为三角锥形12下列说法正确的是A含有金属元素的化合物一定是离子化合物B完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物CIA族和VIIA族元素原子间只能形成离子键D金属键只存在于金属单质中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ABCD14与NO互为等电子体的是ASO3BP4CCH4DNO215臭氧通常存在于距离地面25km左右的高层大气中，它能有效阻挡紫外线，保护人类健康。但是在近地面，臭氧却是一种污染物。已知O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合。下列说法不正确的是AO3和O2互为同素异形体B在水中的溶解度：O3>O2CO3是极性分子，O2是非极性分子DO3分子中的共价键是极性键二、填空题（共8题）16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7272114114熔点/°C- 129.8- 16.8- 56.897总结烷烃同分异构体熔点高低的规律 _；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FHFOHO氢键键能/kJ·mol-12819沸点/°C20100(HF)n中氢键键能大于冰，但(HF)n沸点却低于冰，原因是 _。17回答下列问题(1)下列分子中，只含有键的是_(填序号，下同)，既含有键又含有键的是_。(2)在乙烷(、乙烯()、乙炔()分子中碳碳键键长大小顺序是_(用序号表示)。18价电子对互斥(简称VSEPR)理论可用于预测简单分子的空间结构。请回答下列问题：(1)利用价电子对互斥理论推断下列分子或离子的空间结构：_；_；_；_；HCHO_；HCN_。(2)利用价电子对互斥理论推断键角的大小：甲醛分子中的键角_(填“”“”或“=”，下同)120°；分子中的键角_120°；分子中的键角_109°28。(3)有两种活性反应中间体微粒，它们的微粒中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据图所示的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：A：_；B：_。(4)按要求写出第2周期非金属元素组成的中性分子的化学式：平面形分子_，三角锥形分子_，四面体形分子_。19元素周期表前四周期的元素A、B、C、D、E，原子序数依次增大。A的核外电子总数与其电子层数相同；B的价电子层中有3个未成对电子；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍；D与C同主族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题。(1)B、C、D中第一电离能最大的是_(填元素符号)，E的价层电子排布式为_。(2)A和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥结构的化合物，其中心原子的杂化方式为_；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_(填化学式，写两种)。(3)这些元素形成的含氧酸中，酸根离子呈三角锥结构的酸是_(填化学式)。(4)这五种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子呈狭长的八面体结构(如图所示)。该化合物中阴离子为_，阳离子中存在的化学键类型有_；该化合物加热时首先失去的组分是_，判断理由是_。(5)极易溶于水的原因与氢键有关，的一水合物的合理结构式为_，理由是_。20A、B、C、D为前三周期元素。A元素的原子价电子排布为ns2np2，B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子。请回答下列问题：(1)若A元素的原子价电子排布为3s23p2，A、C、D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)。(2)已知某红紫色配合物的组成为CoCl35NH3H2O，该配合物中的中心离子钴离子在基态时的核外电子排布式为_。(3)叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸(HN3)、叠氮化钠(NaN3)等。与全氮阴离子互为等电子体的一种非极性分子的结构式为_。叠氮化物能形成多种配合物，在Co(NH3)5 (N3)SO4，其中阳离子空间构型为变形八面体，与Co直接相连的微粒有_，SO的立体构型为_。已知：I2+2S2O=S4O+2I-。相关物质的溶度积常数(25)见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10202.6×10391.7×1071.3×1012(4)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(5)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀。用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为_。(6)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_。A装有0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗B锥形瓶水洗后未用待测液润洗C滴定终点读数时俯视21(1)酸性强弱比较：苯酚_碳酸(填“”、“=”或“”)，原因(用相应的离子方程式表示)：_。(2)沸点：H2O_H2S(填“”、“=”或“”)，原因_。(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g则原混合物中(Na2CO3)=_(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。22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)4SO4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。写出生成CuNH4SO3的反应方程式_。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_。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_。23过渡元素的配合物在物质制备、尖端技术、医药科学、催化反应、材料化学等领域有着广泛的应用。回答下列问题：.能与等形成配位数为4的配合物。(1)中存在的化学键类型有_(填标号)。A离子键    B金属键    C极性共价键    D非极性共价键    E.配位键(2)溶液中存在平衡：，设计简单实验证明溶液中存在上述平衡_。.某同学设计实验探究溶液和溶液呈黄色的原因，查阅资料可知，在溶液中与配位形成配离子：，等，且形成配离子的反应均是可逆反应。可供选挂的试剂有：溶液，溶液，硝酸，盐酸，溶液，蒸馏水。实验1：取溶液，加入3滴试剂X，黄色的溶液褪色；实验2：取溶液，加入3滴试剂X，溶液仍然为黄色；实验3：向实验1的(无色)溶液中加入3滴的溶液，溶液变为黄色。(3)试剂X为_；(4)根据实验1的现象可知，溶液呈现黄色的原因主要是_微粒导致的(填配体的化学式)。(5)由实验1和实验2的现象对比分析可知，溶液显黄色的主要原因是_微粒导致的(填配体的化学式)。(6)请用平衡移动原理，结合化学用语，对实验3的现象进行解释：_。参考答案：1D【解析】由图中C原子的空间构型可知：号C原子采用sp2杂化，号C原子采用sp3杂化，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，故选：D。2A【解析】A.中氢原子与氧原子之间形成极性键，氧原子与氧原子之间形成非极性键，A正确；B.有化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如熔化过程离子键断裂，B错误；C.非金属元素之间也可形成离子化合物，如铵盐，C错误；D.不是全部盐、碱、金属氧化物中都含有离子键，如氯化铝是共价化合物，不含离子键，D错误；答案选A。3B【解析】A项、手性碳原子必须含是饱和碳原子，且饱和碳原子上要连有4个不同的原子或原子团，化合物甲中没有连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子，不可能是手性分子，故A错误；B项、由羰基上连有的原子共平面，与氧原子相连的原子共平面，三点共面的原理可知，与羰基碳原子相连的CH3和CH2可能各有2个原子与羰基2个原子共面，与氧原子相连的CH3和CH2上的碳原子可能与氧原子共面，则化合物甲中最多有8个原子共平面，故B正确；C项、化合物乙中的O、C、N均采取sp3杂化，故C错误；D项、化合物乙中含有氨基，分子间能够形成氢键，而化合物甲不能形成氢键，则化合物乙的沸点明显高于化合物甲，故D错误；故选B。4C【解析】A该反应的H<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H<0，说明反应中和的总能量大于和的总能量，B错误；CCl2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；DRuO2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H，D错误；故选C。5C【解析】电负性，羧酸中与-COOH连接的碳原子上有2个F原子，其酸性最强，故答案选C。6A【解析】A硫单质为非极性分子，由硫单质的物理性质，根据相似相溶原理，可知极性：H2O>C2H5OH>CS2，故A正确；BBF3中B原子最外层为6电子结构，故B错误；C稀有气体的形成的晶体为分子晶体，不存在化学键，故C错误；DI2低温下就能升华，说明碘分子间的分子间作用力较弱，与共价键强弱无关，故D错误；故选：A。7C【解析】根据相似相溶原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。Br2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂-CCl4；而在极性溶剂水中的溶解度较小。答案选C。8D短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，说明q为二元酸，则q为硫酸；二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，二氧化硫、水和氯气反应生成硫酸和盐酸，因此W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl。【解析】A简单离子半径：，故A正确；B简单氢化物水溶液的酸性：，故B正确；C同周期中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar等3种，故C正确；DY、Z最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，其中心原子价层电子对数分别为4、4，其杂化方式相同，故D错误；综上所述，答案为D。9B【解析】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)63-的配体为，故B错误；CGaN、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。10C【解析】A冰中分子间氢键较多，起到“支撑”作用，体积膨胀，密度：冰<水，A不符合题意，B邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力减弱，沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间作用力增强，沸点升高，故沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，B不符合题意；CN的非金属性比P强，与H形成共价键的键能比P大，N-H键较P-H难断裂，故稳定性：NH3>PH3，不能用氢键来解释，C符合题意；D氟化氢分子间易形成氢键，同时氢氟酸也会发生自耦电离，导致浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2F，D不符合题意；故选C。11C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。【解析】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。12B【解析】A含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如是共价化合物，故A错误；B完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如，故B正确；CIA族和VIIA族元素原子间可能形成离子键也可能形成共价键，如中只含共价键，中只含离子键，故C错误；D金属键存在于金属单质或合金中，故D错误。故选：B。13A【解析】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；BH2O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；DNF3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。14A原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。【解析】NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则ASO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；BP4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；CCH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；DNO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；答案选A。15D【解析】AO3和O2是氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故A正确；BO3是极性分子、O2是非极性分子，根据相似相容原理，在水中的溶解度：O3>O2，故B正确；C O3的空间结构为V形，分子中正负电荷中心不重合，O3是极性分子，O2是非极性分子，故C正确；DO3分子中的共价键是非极性键，故D错误；选D。16(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【解析】（1）根据表格数据，同分异构体分子对称性越高，熔点越高。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。17(1)          (2)>>【解析】1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是，既含有键又含有键的是。2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长>>。18     平面三角形     角形     直线形     角形     平面三角形     直线形                                        【解析】(1)，中，的价电子对数为，孤电子对数为0，为平面三角形；中，S的价电子对数为，孤电子对数为2，为角形；中，N的价电子对数为，孤电子对数为0，为直线形；中，N的价电子对数为，孤电子对数为1，为角形；分子中有1个碳氧双键，看作1对成键电子，2个单键为2对成键电子，C原子的价电子对数为3，且无孤电子对，所以分子的空间结构为平面三角形；分子的结构式为，含有1个键，看作1对成键电子，1个单键为1对成键电子，故C原子的价电子对数为2，且无孤电子对，所以分子的空间结构为直线形。故答案为：平面三角形；角形；直线形；角形；平面三角形；直线形。(2)甲醛为平面形分子，由于键与键之间的排斥作用大于2个键之间的排斥作用，所以甲醛分子中的键角小于120°。故答案为：。分子中，原子的价电子对数是，成键电子对数为2，孤电子对数为1，故分子的空间结构为角形，的键角120°。故答案为：。分子中，P的价电子对数为含有1对孤电子对，由于孤电子对与键的排斥作用大于键间的排斥作用，所以的键角小于109°28。故答案为：。(3)型微粒，中心原子上无孤电子对的呈平面三角形，有1对孤电子对的呈三角锥形，所以化学式分别是、。故答案为：；(4)第2周期的五种非金属元素B、C、N、O、F组成的中性分子中，平面形分子为，三角锥形分子为，四面体形分子为。故答案为：；。19(1)     N     3d104s1(2)     sp3     H2O2、N2H4(3)(4)          配位键和共价键     H2O     由于H2O和Cu2+作用力较弱会先失去(5)          根据NH3H2O的电离，可知结构式为A、B、C、D、E为前四周期元素，A的核外电子总数与其周期数相同，且原子序数最小，A为H元素；C的最外层电子数为其内层电子数的3倍，内层电子数为2，即，C为O元素；B的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于氧元素，则B为N元素；E的原子序数最大，且最外层只有1个电子，次外层有18个电子，位于第四周期，共有29个电子，推知E为Cu元素；D与C同族，且原子序数比O大比铜小，推知D为S元素，以此来解析；【解析】（1）N、O、S中第一电离能最大的是N；Cu的价层电子排布式为3d104s1；（2）A为H，与N、O、S可形成二元共价化合物，分别为NH3(三角锥形)、H2O(V形)、H2S(V形)，其中呈三角锥形的分子的中心原子的杂化方式为sp3杂化；H与N、O、S形成既含极性共价键，又含非极性共价键的化合物有H2O2(HOOH)、N2H4(   )，HO、HN为极性键，OO、NN为非极性键；（3）这些元素可形成含氧酸HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，酸根呈三角锥形结构的酸为H2SO3，的S原子的价层电子对数为3+×(6+2-2×3)=3+1=4，有一对孤电子对，呈三角锥形；（4）根据信息可知，这H、N、O、S、Cu种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，为，联系配合物有关知识以及题目所给信息，观察阳离子中心为1个Cu2+，周围为4个NH3分子和2个H2O分子，得到该化合物的化学式为Cu(NH3)4(H2O)2SO4，Cu(NH3)4(H2O)22+中存在的化学键有配位键和共价键，加热时，由于H2O和Cu2+作用力较弱会先失去；（5）极易溶于水的原因与氢键有关，一水合物为NH3H2O，根据NH3H2O的电离，可知结构式为。20(1)PSSi(2)Ar3d6(3)     O=C=O     NH3、N     正四面体(4)     2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl+2H2O或CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl     在干燥的HCl气流中加热脱水(或者加二氯亚砜)(5)     淀粉溶液     滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色     2Cu2+4I=2CuI+ I2     95%(6)AA元素的原子价电子排布为ns2np2，则A位于A族；B元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则B为O元素；C元素原子的M能层的p能级有3个未成对电子，则C为P元素；D元素原子核外的M能层中只有2对成对电子，则D为S元素。【解析】（1）若A元素的原子价电子排布为3s23p2，则A为Si元素；A、C、D分别为Si、P、S，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但P的3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能要大于S，所以第一电离能由大到小的顺序为PSSi；（2）Co为27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为Ar3d74s2，失去最外层三个电子后形成Co3+，核外电子排布式为Ar3d6；（3）全氮阴离子为N，含有3个原子、16个价电子，互为等电子体的一种非极性分子的结构为O=C=O；阳离子空间构型为变形八面体，说明该物质中Co3+的配位数为6，结合化学式可知与Co直接相连的微粒有NH3、N；SO中心S原子的价层电子对数为=4，不含孤电子对，立体构型为正四面体形；（4）CuCl2·2H2O会水解产生HCl，而HCl在受热过程中会挥发，所以最后得到氢氧化铜固体，相应的化学方程式为：2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl+2H2O或CuCl2·2H2OCu(OH)2+2HCl；为了抑制CuCl2·2H2O水解，应在干燥的HCl气流中加热脱水(或者加二氯亚砜)，从而得到无水CuCl2；（5）取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀，说明生成CuI，同时有碘单质生成，加入Na2S2O3标准液可以还原碘单质，达到滴定终点时碘单质完全被消耗，所以可以选用淀粉溶液作滴定指示剂，开始滴入淀粉溶液，显蓝色，达到滴定终点时碘单质被完全消耗，溶液变为无水，所以滴定终点的现象是：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色；根据现象生成白色沉淀，说明生成CuI，Cu2+被还原，而试样中不含能与I-发生反应的氧化性杂质，所以应是Cu2+将I-氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Cu2+4I=2CuI+ I2；根据电子守恒可知存在数量关系2CuCl2·2H2OI22Na2S2O3，所以n(CuCl2·2H2O)=0.02L×0.1000mol/L=0.002mol，所以质量百分数为×100%=95%；（6）A装有0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准液的滴定管水洗后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定时所用标准液偏多，结果偏高，A符合题意；B锥形瓶水洗后未用待测液润洗，不影响消耗标准液的体积，对结果无影响，B不符合题意；C滴定终点读数时俯视，导致读取的标准液体积偏小，结果偏低，C不符合题意；综上所述答案为A。21          C6H5O-CO2H2O=C6H5OH          水分子之间存在氢键     73.10%【解析】(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚碳酸，原因：C6H5O-CO2H2O=C6H5OH。答案为：；C6H5O-CO2H2O=C6H5OH；(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2OH2S；答案为：；水分子之间存在氢键；(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3+2NaNO3设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol，NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：106x58.5y4.350 ；276x143.5y5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；(Na2CO3)=73.10%。答案为：73.10%。22(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%(2)     2Cu(NH3)4SO4+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%【解析】（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     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       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=0.680gw%(Cu)=×100%=68.0%m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g     +×=6.103×10-3mol+×=6.103×10-3mol     式和联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030gw%(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）根据题意：向Cu(NH3)4SO4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2Cu(NH3)4SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2Cu(NH3)4SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；CuNH4SO3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%；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%。23(1)ACE(2)取氯化铜溶液少许，加蒸馏水稀释后，溶液若呈蓝色，即可证明溶液中存在上述平衡(3)2mol/L硝酸(4)(5)(6)铁离子和水分子、氯离子均可以形成配合物，氯离子浓度增加，平衡右移，溶液由无色变为黄色【解析】（1）中存在的化学键类型有离子键、极性共价键、配位键，故选ACE。（2）溶液中存在平衡：，要证明该反应是可逆反应，可取氯化铜溶液少许，加蒸馏水稀释后，溶液若呈蓝色，即可证明溶液中存在上述平衡。（3）溶液呈黄色的原因是水解产生了，加入2mol/L硝酸可以增大氢离子浓度，使反应逆向进行，溶液褪色。（4）实验1和实验2中都加入2mol/L硝酸，实验1中溶液褪色，说明溶液呈现黄色的原因主要是导致的。（5）实验2中取溶液，加入3滴2mol/L硝酸，溶液仍然为黄色，说明硝酸不影响生成配离子的反应，说明溶液显黄色的主要原因是导致的。（6）铁离子和水分子、氯离子均可以形成配合物，氯离子浓度增加，平衡右移，溶液由无色变为黄色。