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高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课后练习题
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第三节 分子结构与物质的性质课后练习题，共10页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列说法不正确的是( )
A. HClO、H2CO3、HNO3、HClO4的酸性依次增强
B. 苹果酸含有1个手性碳原子
C. HCl、NH3、C2H5OH均易溶于水的原因之一是与H2O分子均形成氢键
D. 以极性键结合的分子不一定是极性分子
2. 下列有关叙述正确的是( )
A. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
B. 在分子中含有1个手性C原子
C. 碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子
D. 含氧酸可用通式(HO)mROn表示，若m值越大，则含氧酸的酸性越强
3. 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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子
C. HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
D. 由图可知酸性：H3PO4>HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子
4. 下列对分子性质的解释中，正确的是( )
A. NH3极易溶于水而CH4难溶于水只是因为NH3是极性分子，CH4是非极性分子
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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子
C. 水很稳定(1000∘C以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物。
5. 下列对分子性质的解释，错误的是 ( )
A. HF易溶于水，是因为HF与水分子间形成氢键
B. 分子中只含有2个手性碳原子
C. 次磷酸(H3PO2)与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，可知H3PO2是一元酸
D. H2O2分子的结构为，可知H2O2为极性分子
6. 下列说法不正确的是( )
A. 水很稳定是因为水中含有大量氢键
B. 乳酸分子()中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶规律解释
D. 由图可知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数
7. 下列对分子的性质的解释中，不正确的是( )
A. 溴单质易溶于四氯化碳，CS2难溶于水都可用相似相溶原理解释
B. 酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
D. 青蒿素分子式为C15H22O5，结构图，该分子中包含 7 个手性碳原子
8. 下列对分子性质的解释中，正确的是( )
A. NH3极易溶于水而CH4难溶于水只是因为NH3是极性分子，CH4是非极性分子
B. 乳酸()具有光学活性，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 已知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的氧原子数大于HClO的氧原子数
9. 下列对分子及其性质的解释中，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. 乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子
C. 酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多
D. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
10. 下列关于分子的结构和性质的描述中，错误的是
A. PF5和PCl5分子均为三角双锥结构，两者的沸点关系为：PF5B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
11. 下列关于分子的结构和性质的描述中，错误的是
A. PF5和PCl5分子均为三角双锥结构，两者的沸点关系为：PF5B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
12. 下列关于分子的结构和性质的描述中，错误的是( )
A. PF5和PCl5分子均为三角双锥结构，两者的沸点关系为：PF5B. 乳酸()分子中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
13. 下列说法正确的是 ( )
A. HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. CS2、H2S、C2H2都是直线形分子
D. 在水中的溶解性：戊醇>乙二醇>乙醇
14. 下列关于物质的结构或性质的比较及解释都正确的是
A. H−O−H键角：H3O+> H2O，是由于H3O+中O上孤电子对数比H2O分子中O上的少
B. 沸点：邻羟基苯甲醛() <对羟基苯甲醛()，是由于对羟基苯甲醛能形成分子内氢键，邻羟基苯甲醛能形成分子间氢键
C. I2的溶解性：H2O > CCl4，是由于碘和CCl4均为非极性分子，水是极性分子
D. 酸性：CH2ClCOOH > CH3COOH，是由于−Cl是吸电子基团，使得CH2ClCOOH的羧基中羟基极性更小
15. 下列对分子结构及性质的叙述中不正确的是( )
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. 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. 许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而只有过渡金属才能形成配合物
D. BF3是含极性键的非极性分子
二、实验题（本大题共3小题，共30.0分）
16. 通常将一定量的有机化合物充分燃烧转化为简单的无机化合物，根据产物的质量确定有机化合物的组成。下列是用燃烧法确定有机化合物分子式的常用装置。
(1)使产生的O2按从左到右的方向流动，则所选装置中各装置的正确连接顺序是D→C→__________。
(2)若有机物A中仅含有C、H、O三种元素，准确称取67 g A，充分燃烧后，A管质量增加88 g，B管质量增加27 g，则该有机化合物的实验式为_______________。若要确A的分子式，还需要知道A的相对分子质量，测定物质的相对分子质量可以采用_______________法。
(3)经测定A的相对分子质量为134，则A的分子式为____________________。
(4)又知1 ml A与足量的NaHCO3溶液充分反应可生成标准状况下的CO2气44.8 L，1 ml A与足量的Na反应可生成1.5 ml的H2，则A分子中所含官能团的名称为_______________。
(5)又已知A无支链，分子中不存在甲基且有一个手性碳原子，则A的结构简式为________。
17. 肼(N2H4)是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成肼(N2H4)并探究肼的性质。实验装置如图所示：
相关物质的性质如下：
回答下列问题：
(1)装置A试管中的试剂为______________(填化学式)。仪器a的名称是__________。
(2)N2H4是__________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)装置B中制备肼的离子方程式为________________________________，该装置中通入NH3必须过量的原因是________________________。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是______________。
(5)①探究N2H4的性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为______________(填化学式)。
②测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2 g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用c ml·L−1的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液20.00 mL，产品中肼的质量分数为__________%。
18. 四氯化钛(TiCl4)是制取航天工业材料——钛合金的重要原料。实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示(部分夹持装置省略)。
①反应原理：TiO2(s)+CCl4(g)=TiCl4(g)+CO2(g)。
②反应条件：无水无氧且加热。
已知：有关物质的性质如下表：
请回答下列问题：
(1)装置A处滴加稀硫酸的仪器的名称是________，E处水浴为________(填“冷水”或“热水”)。
(2)P2O5的作用是________________________。
(3)实验开始时，缓慢滴入稀硫酸，能证明CO2已排尽装置中的空气的实验现象是________________。
(4)C处水浴加热的目的是________________________。
(5)从E处产物中分离出TiCl4的实验方法是________________。
(6)CCl4与TiCl4互溶的原因是________________________。
三、简答题（本大题共2小题，共16.0分）
19. (1)NH3在水中的溶解度是常见气体中最大的。下列因素与NH3的水溶性没有关系的是________(填序号)。
a.NH3和H2O都是极性分子
b.NH3在水中易形成氢键
c.NH3溶于水建立了如下平衡：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−
d.NH3是一种易液化的气体
(2)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是________(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)在①苯、②CH3OH、③HCHO、④CS2、⑤CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有________(填序号)，CS2分子的空间结构是________。CO2与CS2相比，________的熔点较高。
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子个数较少的醛、醇和羧酸均易溶于水的原因是___________。
20. 2019年的化学诺贝尔奖颁给了为锂电池研究作出贡献的三位科学家，其研究的是两种常见锂电池：一种是采用镍钴锰酸锂Li(NiCMn)O2或镍钴铝酸锂为正极的“三元材料锂电池”；另一种是采用磷酸铁锂(LiFePO4)为正极的电池。请回答下列问题：
(1)利用FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH为原料以物质的量之比1∶1∶1反应生成LiFePO4，该化学反应方程式为_______________________________________。
(2)Mn位于元素周期表的________区(填“s”或“p”或“d”或“ds”或“f”)，基态钴原子的未成对电子数为__________，1ml [CCl (NH3)5] Cl2中含σ键数目为_____NA。
(3)磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是__________。PO43−的空间构型是__________，中心原子的杂化方式是__________。
(4)PH3是___________分子(填“极性”或“非极性”)，其在水中的溶解性比NH3小，原因是___________。
(5)硫化锂Li2S(摩尔质量Mg⋅ml−1)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体为反萤石结构，其晶胞结构如图。
若硫化锂晶体的密度为ag·cm−3，则距离最近的两个S2−的距离是___________nm。(用含a、M、NA的计算式表示)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查含氧酸酸性强弱比较、手性碳原子、氢键和极性分子与键的极性之间的关系，比较综合，题目难度一般。
【解答】
A. HClO、H2CO3、HNO3、HClO4分子中非羟基氧原子数依次为：0、1、2、3，含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则HClO、H2CO3、HNO3、HClO4的酸性依次增强，故A正确；
B.苹果酸()中连接羟基的碳原子上连接有4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，故B正确；
C.HCl与水分子之间不能形成氢键，故C错误；
D.含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷是由极性键构成的非极性分子，故D正确。
故选C。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查分子间作用力和分子的极性、手性C原子，根据非羟基氧原子数目多少来确定酸性强弱即可，难度不大。
【解答】
A.氢键为分子间作用力的一种，氢键不是化学键，故A错误；
B.分子的中间碳原子上连4个不同的原子或者原子团，为手性碳原子，含有1个手性C原子，故B正确；
C.碘是非极性分子，水是极性分子，二者极性不同，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；
D.含氧酸可用通式(HO)mROn来表示，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，即n值越大，酸性越强，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，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，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；
故选C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查分子的性质，涉及分子的极性、手性碳原子、氢键以及配合物等，解答这类问题应熟练掌握分子的相关性质等，试题难度一般。
【解答】
A.NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因NH3是极性分子、氨分子能够与水分子形成氢键、氨分子能够与水反应，CH4是非极性分子，故A错误；
B.手性碳原子指的是同一个碳原子上连接四个不同原子或原子团的碳原子，所以由于乳酸()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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故 B正确；
C.水很稳定(1000∘C以上才会部分分解)是因为水分子中氢氧键的键能大，不是氢键的影响，故C错误；
D.除了过渡元素能够形成配合物，某些主族金属的离子也能形成配合物，如铝离子能够形成AlF63−等，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氢键对物质性质的影响、手性碳原子、酸的分类、分子的极性等，题目难度中等，熟练掌握分子的结构和性质是解题的关键。
【解答】
A.HF与水分子间形成氢键，所以HF易溶于水，故A正确；
B.分子中含有3个手性碳原子，分别是，故B错误；
C.次磷酸(H3PO2)与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，说明H3PO2是一元酸，故C正确；
D.H2O2分子的结构为，由图可知正负电荷中心不重合，H2O2为极性分子，故D正确。
故选B。
6.【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查分子的性质，涉及氢键、手性碳原子以及相似相溶原理等知识。解题时注意氢键主要影响物质的物理性质，如熔沸点等。
【解答】A.水很稳定是因为水分子中O—H键的键能大，共价键牢固，不易被破坏，氢键主要影响物质的熔沸点，故A错误；
B.根据手性碳原子的概念可知，中与羟基相连的C原子为手性碳原子，故B正确；
C.碘易溶于四氯化碳是因为都是非极性分子，甲烷难溶于水是因为甲烷是非极性分子，水是极性分子，所以都可用相似相溶规律解释，故C正确；
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A。
7.【答案】C
【解析】解：A.溴单质是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，CS2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.两种酸的结构分别为：
，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.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：，共7个，故D正确；
故选C。
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。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氢键对物质性质的影响、含氧酸酸性强弱比较等，题目综合性较强，难度一般，注意对相关知识的积累。
【解答】
A.NH3极易溶于水还因为氨气与水分子间存在氢键，故A错误；
B.中间碳原子上连有四个不一样的原子或原子团，是手性碳原子，故B正确；
C.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有的H−O键非常稳定，与存在氢键无关，故C错误；
D.H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题旨在考查学生对物质结构与性质的关系的应用，涉及相似相溶原理、手性碳原子、无机含氧酸酸性比较及氢键知识点，难度一般。
【解答】
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，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，该分子存在一个手性碳原子，故B正确；
C.酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，故C正确；
D.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中氢氧键键能大，故D错误。
故选D。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分子的结构、沸点的大小比较、手性碳原子、相似相溶原理、酸性强弱的比较等知识，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
A.PF5与PCl5均为三角双锥结构的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点高低：PF5B.乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中与−OH相连的C上连有4个不同的基团，是手性碳原子，故B正确；
C.碘易溶于浓碘化钾溶液是因为I2与I−反应生成I3−，与相似相溶无关，，故C错误；
D.F的电负性大于Cl的电负性，F3C−的极性大于Cl3C−的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中−COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的−COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸(F3CCOOH)的酸性大于三氯乙酸(Cl3CCOOH)的酸性，故D正确。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分子的结构、沸点的大小比较、手性碳原子、相似相溶原理、酸性强弱的比较等知识，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
A.PF5与PCl5均为三角双锥结构的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点高低：PF5B.乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中与−OH相连的C上连有4个不同的基团，是手性碳原子，故B正确；
C.碘易溶于浓碘化钾溶液是因为I2与I−反应生成I3−，与相似相溶无关，，故C错误；
D.F的电负性大于Cl的电负性，F3C−的极性大于Cl3C−的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中−COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的−COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸(F3CCOOH)的酸性大于三氯乙酸(Cl3CCOOH)的酸性，故D正确。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分子的结构、沸点的大小比较、手性碳原子、相似相溶原理、酸性强弱的比较等知识，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
A.PF5与PCl5均为三角双锥结构的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点高低：PF5B.乳酸(CH3CHOHCOOH)分子中与−OH相连的C上连有4个不同的基团，是手性碳原子，故B正确；
C.碘易溶于浓碘化钾溶液是因为I2与I−反应生成I3−，与相似相溶无关，，故C错误；
D.F的电负性大于Cl的电负性，F3C−的极性大于Cl3C−的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中−COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的−COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸(F3CCOOH)的酸性大于三氯乙酸(Cl3CCOOH)的酸性，故D正确。
13.【答案】B
【解析】因为F的电负性很大，对应的氢化物HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高，A错误；CH4中只含有C—H极性键，CCl4中只含有C—Cl极性键，CH4、CCl4的空间结构均为正四面体形，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子，B正确；H2S分子中，中心S原子形成2个σ键，孤电子对数为6−2×12=2，采取sp3杂化，为V形分子，CS2与C2H2的中心原子的杂化方式均为sp杂化，为直线形分子，C错误；乙醇溶解度大于戊醇，D错误。
14.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查的是物质的结构和性质，意在考查学生的辨析能力，解题的关键是掌握键角的判断、氢键、物质溶解性，题目难度不大。
【解答】
A.随着孤电子对数增多，孤电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，键角也减小， H2O的孤电子对数=6−2×12=2，H3O+的孤电子对数=6−1−3×12=1，所以键角大小为H3O+> H2O，A正确；
B.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，B错误；
C.根据相似相溶原理，碘和CCl4均为非极性分子，水是极性分子，所以碘在CCl4中的溶解度比在水中大，C错误；
D．Cl的电负性大，是吸电子基团，因此，C−Cl的极性大于C−H的极性，导致CH2ClCOOH的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性CH2ClCOOH>CH3COOH，D错误。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质结构与性质有关知识，主要是考查学生对知识的迁移应用能力，难度不大。
【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. 含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，故C错误；
D. BF3中B与F之间是极性键，BF3的正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D正确。
16.【答案】(1)E—B—A
(2)C4H6O5 ；质谱
(3)C4H6O5
(4)羟基、羧基
(5)HOOC−CH(OH)−CH2COOH
【解析】
【分析】本题考查有机物组成的一般研究方法，关键是对实验原理的理解，明确各装置的作用，掌握燃烧法利用元素守恒确定实验式的方法，结合质谱法、核磁共振氢谱确定有机物结构式。
【解答】
实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式。因此生成O2后必须除杂(主要是除H2O)，A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，B用来吸收水，测定生成水的质量，C用于干燥通入E中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、E是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2。
(1)由上述分析可知，使产生的O2按从左到右的方向流动，则所选装置中各导管的正确连接顺序是：D→C→E—B—A
；
(2)B管质量增加27g为水的质量，27g H2O的物质的量为：27g18g/ml=1.5ml，含有H原子的物质的量为3ml，A管质量增加88 g为二氧化碳的质量，88g CO2的物质的量为：88g44g/ml=2ml，则67g该有机物中含有O元素的物质的量为：67g−1g/ml×3−12g/ml×216g/ml=2.5ml，
则A分子中C、H、O原子数之比为：2ml：3ml：2.5ml=4：6：5，A的实验式为C4H6O5；质谱法中质荷比的最大值为该物质的相对分子质量，可根据质谱法测定物质的相对分子质量；
(3)A的相对分子质量为134，最简式C4H6O5的式量为134，则A的分子式为C4H6O5；
(4)1mlA与足量的NaHCO3溶液充分反应可生成标准状况下的CO2气44.8L，二氧化碳的物质的量为2ml，则A分子中含有2ml羧基；1mlA与足量的Na反应可生成1.5ml的H2，2ml羧基与钠反应生成1ml氢气，则A分子中还含有1ml羟基，所以A分子中所含官能团的名称为：羧基和羟基；
(5)A的分子式为C4H6O5，若A分子中不存在甲基且有一个手性碳原子，则A分子中有1个C连接了4个不同的原子或原子团，其中含有2个羧基、1个羟基，则A的结构简式为：HOOC−CH(OH)−CH2COOH。
17.【答案】(1)NH4Cl、Ca(OH)2；长颈漏斗
(2)极性
(3)2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；防止N2H4被氧化
(4)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的装置
(5) ①(N2H5)2SO4
②100c
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备及性质探究，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握题给信息，答题时注意审题，难度中等。
【解答】
(1)装置A制取氨气，试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，化学式是NH4Cl、Ca(OH)2，仪器a是长颈漏斗；
(2)依据图表可知，由于N2H4与水混溶，由“相似相溶原理”可得，N2H4是极性分子；
(3)装置B中用氨和氯气反应制备肼，离子方程式为：2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；依据图表可知N2H4具有强还原性，所以装置中通入NH3必须过量的原因是防止N2H4被氧化；
(4)Cl2中含有HCl，会导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出的氯化氢；
(5)①依据肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为(N2H5)2SO4；
②碘溶液能使淀粉变蓝色，故滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液；
滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知， 2I2∼4e−∼N2H4，则产品中N2H4的质量为c×20×10−3ml×12×250mL25.00mL×32g/ml=3.2cg，质量分数的表达式为3.2cg3.2×100%=100c%。
18.【答案】(1)分液漏斗；冷水；
(2)干燥(除水)；
(3)G处澄清石灰水变浑浊；
(4)提供稳定的CCl4气流(或产生CCl4气体)；
(5)蒸馏；
(6) (相似相溶原理) CCl4与TiCl4都是非极性分子
【解析】
【分析】
本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质检验、物质制备、基本实验操作、仪器名称等知识点，明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键，注意结合实验目的解答，知道装置图中发生的反应及注意事项，题目难度不大。
【解答】
反应条件为无水无氧且加热，通过A产生的二氧化碳将装置中空气排出，B为浓硫酸，干燥管为五氧化二磷，均为干燥剂，C中装置在加热条件下使四氯化碳汽化，D中发生反应TiO2(s)+CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g)，CCl4、TiCl4熔点较低，E装置为冷水浴，使这两种物质转化为液态，二者能互溶，F盛放浓硫酸，防止空气和水蒸气进入E；
(1)装置A处滴加稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗；E处水浴目的是冷凝产物TiCl4，则为冷水；
(2)P2O5有很强的吸水性，其作用是干燥(除水)；
(3)能证明CO2已排尽装置中的空气的实验现象是G处澄清石灰水变浑浊；
(4)C处水浴加热使四氯化碳挥发，目的是：提供稳定的CCl4气流(或产生CCl4气体)；
(5)从E处产物中分离出TiCl4，利用二者的沸点不同，采用实验方法是：蒸馏；
(6) CCl4与TiCl4互溶的原因是：(相似相溶原理) CCl4与TiCl4都是非极性分子
19.【答案】(1)d
(2)非极性
(3)①③ 直线形 CS2
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子个数较少的醛、醇、羧酸都能与H2O形成分子间氢键
【解析】
【分析】
本题主要考查的物质的结构，涉及分子的极性、氢键对物质性质的影响、原子的杂化类型判断、微粒的空间构型、分子晶体熔沸点的比较等知识，意在考查学生的分析能力和知识应用能力。
【解答】
(1)NH3极易溶于水主要是因为NH3分子与H2O分子间形成氢键，另外NH3和H2O都是极性分子，NH3和H2O能够发生化学反应也是影响NH3的水溶性的因素，a、b、c不符合题意；NH3易液化是因为NH3分子之间易形成氢键，使氨气熔沸点升高，与其水溶性无关，d符合题意。
(2)CCl4、CS2是非极性溶剂，根据相似相溶规律可知，CrO2Cl2是非极性分子。
(3)苯、CH3OH、HCHO、CS2、CCl4分子中碳原子的杂化方式分别是sp2、sp3、sp2、sp、sp3。CS2、CO2分子的空间结构都是直线形，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，故CS2的熔点高于CO2。
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子个数较少的醛、醇、羧酸都能与H2O形成分子间氢键，所以它们均易溶于水。
20.【答案】(1)FeSO4+(NH4)2HPO4+LiOH=LiFePO4+(NH4)2SO4+H2O；
(2)d；3；21；
(3)HPO3；正四面体；sp3；
(4)极性；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小；
(5)34MaNA×22×107。
【解析】
【分析】
本题综合考查了物质结构的知识，涉及到元素周期表的分区、共价键、相似相溶原理、氢键、杂化类型、晶胞等知识，难度不是很大。
【解答】
(1)FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH为原料以物质的量之比1∶1∶1反应生成LiFePO4，同时还有(NH4)2SO4和H2O生成，反应的化学方程式为FeSO4+(NH4)2HPO4+LiOH=LiFePO4+(NH4)2SO4+H2O，故答案为：FeSO4+(NH4)2HPO4+LiOH=LiFePO4+(NH4)2SO4+H2O；
(2)Mn的价电子排布式为3d54s2，根据构造原理，最后一个电子填入的是3d能级，因此位于元素周期表的d区；基态钴原子的价电子排布式为3d74s2，其3d能级有3个未成对电子；1个[CCl (NH3)5]2+中有6个配位键和15个氮氢键，因此1ml [CCl (NH3)5] Cl2 中含σ键数目为21NA，故答案为：d；3；21；
(3)H3PO4、H3PO2(有两个H、1个O和P直接相连，还有1个H和1个O形成羟基)、H3PO3、HPO3的非羟基氧的个数依次为1、1、0、2，因此酸性最强的是HPO3，PO43−中心P原子的杂化方式是sp3杂化，没有孤电子对，其空间构型是正四面体，故答案为：HPO3；正四面体；sp3；
(4)PH3是三角锥形，中心P原子有1对孤电子对，属于极性分子；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小故答案为：极性；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小；
(5)根据均摊法，X的个数为8×18+6×12=4，Y全部在晶胞内部，个数为8，因此X为S2−，Y为Li+，距离最近的两个S2−的距离是晶胞面对角线长度的一半。1个晶胞的质量为4NA×M g，设晶胞的边长为d，则d=34MNAacm=34MaNA×107nm，面对角线长度的一半34MaNA×22×107nm故答案为：34MaNA×22×107。 性状
熔点/℃
沸点/℃
性质
N2H4
无色液体
1.4
113
与水混溶、强还原性
N2H6SO4
无色晶体
254
/
微溶于冷水，易溶于热水
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
−23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
−25
136
遇潮湿空气产生白雾，在550℃时能被氧气氧化
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列说法不正确的是( )
A. HClO、H2CO3、HNO3、HClO4的酸性依次增强
B. 苹果酸含有1个手性碳原子
C. HCl、NH3、C2H5OH均易溶于水的原因之一是与H2O分子均形成氢键
D. 以极性键结合的分子不一定是极性分子
2. 下列有关叙述正确的是( )
A. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
B. 在分子中含有1个手性C原子
C. 碘单质在水溶液中溶解度很小是因为I2和H2O都是非极性分子
D. 含氧酸可用通式(HO)mROn表示，若m值越大，则含氧酸的酸性越强
3. 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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子
C. HF的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键
D. 由图可知酸性：H3PO4>HClO，是因为H3PO4分子中有1个非羟基氧原子
4. 下列对分子性质的解释中，正确的是( )
A. NH3极易溶于水而CH4难溶于水只是因为NH3是极性分子，CH4是非极性分子
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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子
C. 水很稳定(1000∘C以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，只有过渡金属才能形成配合物。
5. 下列对分子性质的解释，错误的是 ( )
A. HF易溶于水，是因为HF与水分子间形成氢键
B. 分子中只含有2个手性碳原子
C. 次磷酸(H3PO2)与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，可知H3PO2是一元酸
D. H2O2分子的结构为，可知H2O2为极性分子
6. 下列说法不正确的是( )
A. 水很稳定是因为水中含有大量氢键
B. 乳酸分子()中含有一个手性碳原子
C. 碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶规律解释
D. 由图可知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数
7. 下列对分子的性质的解释中，不正确的是( )
A. 溴单质易溶于四氯化碳，CS2难溶于水都可用相似相溶原理解释
B. 酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
D. 青蒿素分子式为C15H22O5，结构图，该分子中包含 7 个手性碳原子
8. 下列对分子性质的解释中，正确的是( )
A. NH3极易溶于水而CH4难溶于水只是因为NH3是极性分子，CH4是非极性分子
B. 乳酸()具有光学活性，因为其分子中含有一个手性碳原子
C. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水分子间存在大量的氢键
D. 已知酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的氧原子数大于HClO的氧原子数
9. 下列对分子及其性质的解释中，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. 乳酸[CH3CH(OH)COOH]中存在一个手性碳原子
C. 酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多
D. 水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致
10. 下列关于分子的结构和性质的描述中，错误的是
A. PF5和PCl5分子均为三角双锥结构，两者的沸点关系为：PF5
C. 碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
11. 下列关于分子的结构和性质的描述中，错误的是
A. PF5和PCl5分子均为三角双锥结构，两者的沸点关系为：PF5
C. 碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
12. 下列关于分子的结构和性质的描述中，错误的是( )
A. PF5和PCl5分子均为三角双锥结构，两者的沸点关系为：PF5
C. 碘易溶于浓碘化钾溶液，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释
D. 氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性
13. 下列说法正确的是 ( )
A. HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. CS2、H2S、C2H2都是直线形分子
D. 在水中的溶解性：戊醇>乙二醇>乙醇
14. 下列关于物质的结构或性质的比较及解释都正确的是
A. H−O−H键角：H3O+> H2O，是由于H3O+中O上孤电子对数比H2O分子中O上的少
B. 沸点：邻羟基苯甲醛() <对羟基苯甲醛()，是由于对羟基苯甲醛能形成分子内氢键，邻羟基苯甲醛能形成分子间氢键
C. I2的溶解性：H2O > CCl4，是由于碘和CCl4均为非极性分子，水是极性分子
D. 酸性：CH2ClCOOH > CH3COOH，是由于−Cl是吸电子基团，使得CH2ClCOOH的羧基中羟基极性更小
15. 下列对分子结构及性质的叙述中不正确的是( )
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. 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. 许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而只有过渡金属才能形成配合物
D. BF3是含极性键的非极性分子
二、实验题（本大题共3小题，共30.0分）
16. 通常将一定量的有机化合物充分燃烧转化为简单的无机化合物，根据产物的质量确定有机化合物的组成。下列是用燃烧法确定有机化合物分子式的常用装置。
(1)使产生的O2按从左到右的方向流动，则所选装置中各装置的正确连接顺序是D→C→__________。
(2)若有机物A中仅含有C、H、O三种元素，准确称取67 g A，充分燃烧后，A管质量增加88 g，B管质量增加27 g，则该有机化合物的实验式为_______________。若要确A的分子式，还需要知道A的相对分子质量，测定物质的相对分子质量可以采用_______________法。
(3)经测定A的相对分子质量为134，则A的分子式为____________________。
(4)又知1 ml A与足量的NaHCO3溶液充分反应可生成标准状况下的CO2气44.8 L，1 ml A与足量的Na反应可生成1.5 ml的H2，则A分子中所含官能团的名称为_______________。
(5)又已知A无支链，分子中不存在甲基且有一个手性碳原子，则A的结构简式为________。
17. 肼(N2H4)是一种重要的工业产品，实验室用NH3与Cl2合成肼(N2H4)并探究肼的性质。实验装置如图所示：
相关物质的性质如下：
回答下列问题：
(1)装置A试管中的试剂为______________(填化学式)。仪器a的名称是__________。
(2)N2H4是__________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)装置B中制备肼的离子方程式为________________________________，该装置中通入NH3必须过量的原因是________________________。
(4)上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是______________。
(5)①探究N2H4的性质。取装置B中溶液，加入适量稀硫酸振荡，置于冰水浴冷却，试管底部得到无色晶体。肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为______________(填化学式)。
②测定肼的质量分数。取装置B中的溶液3.2 g，调节溶液pH为6.5左右，加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用c ml·L−1的碘溶液滴定(杂质不参与反应)，滴定过程中有无色、无味、无毒气体产生。滴定终点平均消耗标准溶液20.00 mL，产品中肼的质量分数为__________%。
18. 四氯化钛(TiCl4)是制取航天工业材料——钛合金的重要原料。实验室以TiO2和CCl4为原料制取液态TiCl4的装置如图所示(部分夹持装置省略)。
①反应原理：TiO2(s)+CCl4(g)=TiCl4(g)+CO2(g)。
②反应条件：无水无氧且加热。
已知：有关物质的性质如下表：
请回答下列问题：
(1)装置A处滴加稀硫酸的仪器的名称是________，E处水浴为________(填“冷水”或“热水”)。
(2)P2O5的作用是________________________。
(3)实验开始时，缓慢滴入稀硫酸，能证明CO2已排尽装置中的空气的实验现象是________________。
(4)C处水浴加热的目的是________________________。
(5)从E处产物中分离出TiCl4的实验方法是________________。
(6)CCl4与TiCl4互溶的原因是________________________。
三、简答题（本大题共2小题，共16.0分）
19. (1)NH3在水中的溶解度是常见气体中最大的。下列因素与NH3的水溶性没有关系的是________(填序号)。
a.NH3和H2O都是极性分子
b.NH3在水中易形成氢键
c.NH3溶于水建立了如下平衡：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH−
d.NH3是一种易液化的气体
(2)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是________(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)在①苯、②CH3OH、③HCHO、④CS2、⑤CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有________(填序号)，CS2分子的空间结构是________。CO2与CS2相比，________的熔点较高。
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子个数较少的醛、醇和羧酸均易溶于水的原因是___________。
20. 2019年的化学诺贝尔奖颁给了为锂电池研究作出贡献的三位科学家，其研究的是两种常见锂电池：一种是采用镍钴锰酸锂Li(NiCMn)O2或镍钴铝酸锂为正极的“三元材料锂电池”；另一种是采用磷酸铁锂(LiFePO4)为正极的电池。请回答下列问题：
(1)利用FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH为原料以物质的量之比1∶1∶1反应生成LiFePO4，该化学反应方程式为_______________________________________。
(2)Mn位于元素周期表的________区(填“s”或“p”或“d”或“ds”或“f”)，基态钴原子的未成对电子数为__________，1ml [CCl (NH3)5] Cl2中含σ键数目为_____NA。
(3)磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是__________。PO43−的空间构型是__________，中心原子的杂化方式是__________。
(4)PH3是___________分子(填“极性”或“非极性”)，其在水中的溶解性比NH3小，原因是___________。
(5)硫化锂Li2S(摩尔质量Mg⋅ml−1)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体为反萤石结构，其晶胞结构如图。
若硫化锂晶体的密度为ag·cm−3，则距离最近的两个S2−的距离是___________nm。(用含a、M、NA的计算式表示)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查含氧酸酸性强弱比较、手性碳原子、氢键和极性分子与键的极性之间的关系，比较综合，题目难度一般。
【解答】
A. HClO、H2CO3、HNO3、HClO4分子中非羟基氧原子数依次为：0、1、2、3，含氧酸中非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则HClO、H2CO3、HNO3、HClO4的酸性依次增强，故A正确；
B.苹果酸()中连接羟基的碳原子上连接有4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，故B正确；
C.HCl与水分子之间不能形成氢键，故C错误；
D.含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷是由极性键构成的非极性分子，故D正确。
故选C。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查分子间作用力和分子的极性、手性C原子，根据非羟基氧原子数目多少来确定酸性强弱即可，难度不大。
【解答】
A.氢键为分子间作用力的一种，氢键不是化学键，故A错误；
B.分子的中间碳原子上连4个不同的原子或者原子团，为手性碳原子，含有1个手性C原子，故B正确；
C.碘是非极性分子，水是极性分子，二者极性不同，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，故C错误；
D.含氧酸可用通式(HO)mROn来表示，非羟基氧原子数目越大，酸性越强，即n值越大，酸性越强，故D错误。
故选B。
3.【答案】C
【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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，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，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故D正确；
故选C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查分子的性质，涉及分子的极性、手性碳原子、氢键以及配合物等，解答这类问题应熟练掌握分子的相关性质等，试题难度一般。
【解答】
A.NH3极易溶于水而CH4难溶于水的原因NH3是极性分子、氨分子能够与水分子形成氢键、氨分子能够与水反应，CH4是非极性分子，故A错误；
B.手性碳原子指的是同一个碳原子上连接四个不同原子或原子团的碳原子，所以由于乳酸()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；生产中可利用“手性合成”法主要得到其中一种手性分子，故 B正确；
C.水很稳定(1000∘C以上才会部分分解)是因为水分子中氢氧键的键能大，不是氢键的影响，故C错误；
D.除了过渡元素能够形成配合物，某些主族金属的离子也能形成配合物，如铝离子能够形成AlF63−等，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查氢键对物质性质的影响、手性碳原子、酸的分类、分子的极性等，题目难度中等，熟练掌握分子的结构和性质是解题的关键。
【解答】
A.HF与水分子间形成氢键，所以HF易溶于水，故A正确；
B.分子中含有3个手性碳原子，分别是，故B错误；
C.次磷酸(H3PO2)与足量的NaOH溶液反应生成NaH2PO2，说明H3PO2是一元酸，故C正确；
D.H2O2分子的结构为，由图可知正负电荷中心不重合，H2O2为极性分子，故D正确。
故选B。
6.【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查分子的性质，涉及氢键、手性碳原子以及相似相溶原理等知识。解题时注意氢键主要影响物质的物理性质，如熔沸点等。
【解答】A.水很稳定是因为水分子中O—H键的键能大，共价键牢固，不易被破坏，氢键主要影响物质的熔沸点，故A错误；
B.根据手性碳原子的概念可知，中与羟基相连的C原子为手性碳原子，故B正确；
C.碘易溶于四氯化碳是因为都是非极性分子，甲烷难溶于水是因为甲烷是非极性分子，水是极性分子，所以都可用相似相溶规律解释，故C正确；
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A。
7.【答案】C
【解析】解：A.溴单质是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳，CS2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.两种酸的结构分别为：
，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.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，手性碳原子标识如图：，共7个，故D正确；
故选C。
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。
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了氢键对物质性质的影响、含氧酸酸性强弱比较等，题目综合性较强，难度一般，注意对相关知识的积累。
【解答】
A.NH3极易溶于水还因为氨气与水分子间存在氢键，故A错误；
B.中间碳原子上连有四个不一样的原子或原子团，是手性碳原子，故B正确；
C.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中含有的H−O键非常稳定，与存在氢键无关，故C错误；
D.H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D错误。
故选B。
9.【答案】D
【解析】
【分析】
本题旨在考查学生对物质结构与性质的关系的应用，涉及相似相溶原理、手性碳原子、无机含氧酸酸性比较及氢键知识点，难度一般。
【解答】
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，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，该分子存在一个手性碳原子，故B正确；
C.酸性：H3PO4>HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，故C正确；
D.水很稳定(1000℃以上才会部分分解)是因为水中氢氧键键能大，故D错误。
故选D。
10.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分子的结构、沸点的大小比较、手性碳原子、相似相溶原理、酸性强弱的比较等知识，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
A.PF5与PCl5均为三角双锥结构的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点高低：PF5
C.碘易溶于浓碘化钾溶液是因为I2与I−反应生成I3−，与相似相溶无关，，故C错误；
D.F的电负性大于Cl的电负性，F3C−的极性大于Cl3C−的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中−COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的−COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸(F3CCOOH)的酸性大于三氯乙酸(Cl3CCOOH)的酸性，故D正确。
11.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分子的结构、沸点的大小比较、手性碳原子、相似相溶原理、酸性强弱的比较等知识，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
A.PF5与PCl5均为三角双锥结构的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点高低：PF5
C.碘易溶于浓碘化钾溶液是因为I2与I−反应生成I3−，与相似相溶无关，，故C错误；
D.F的电负性大于Cl的电负性，F3C−的极性大于Cl3C−的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中−COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的−COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸(F3CCOOH)的酸性大于三氯乙酸(Cl3CCOOH)的酸性，故D正确。
12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了分子的结构、沸点的大小比较、手性碳原子、相似相溶原理、酸性强弱的比较等知识，侧重考查学生分析判断能力和灵活运用能力，题目难度不大。
【解答】
A.PF5与PCl5均为三角双锥结构的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则其沸点高低：PF5
C.碘易溶于浓碘化钾溶液是因为I2与I−反应生成I3−，与相似相溶无关，，故C错误；
D.F的电负性大于Cl的电负性，F3C−的极性大于Cl3C−的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中−COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的−COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸(F3CCOOH)的酸性大于三氯乙酸(Cl3CCOOH)的酸性，故D正确。
13.【答案】B
【解析】因为F的电负性很大，对应的氢化物HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高，A错误；CH4中只含有C—H极性键，CCl4中只含有C—Cl极性键，CH4、CCl4的空间结构均为正四面体形，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子，B正确；H2S分子中，中心S原子形成2个σ键，孤电子对数为6−2×12=2，采取sp3杂化，为V形分子，CS2与C2H2的中心原子的杂化方式均为sp杂化，为直线形分子，C错误；乙醇溶解度大于戊醇，D错误。
14.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查的是物质的结构和性质，意在考查学生的辨析能力，解题的关键是掌握键角的判断、氢键、物质溶解性，题目难度不大。
【解答】
A.随着孤电子对数增多，孤电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，键角也减小， H2O的孤电子对数=6−2×12=2，H3O+的孤电子对数=6−1−3×12=1，所以键角大小为H3O+> H2O，A正确；
B.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，B错误；
C.根据相似相溶原理，碘和CCl4均为非极性分子，水是极性分子，所以碘在CCl4中的溶解度比在水中大，C错误；
D．Cl的电负性大，是吸电子基团，因此，C−Cl的极性大于C−H的极性，导致CH2ClCOOH的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性CH2ClCOOH>CH3COOH，D错误。
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质结构与性质有关知识，主要是考查学生对知识的迁移应用能力，难度不大。
【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. 含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒易形成配合物，因而，不仅是过渡金属才能形成配合物，故C错误；
D. BF3中B与F之间是极性键，BF3的正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D正确。
16.【答案】(1)E—B—A
(2)C4H6O5 ；质谱
(3)C4H6O5
(4)羟基、羧基
(5)HOOC−CH(OH)−CH2COOH
【解析】
【分析】本题考查有机物组成的一般研究方法，关键是对实验原理的理解，明确各装置的作用，掌握燃烧法利用元素守恒确定实验式的方法，结合质谱法、核磁共振氢谱确定有机物结构式。
【解答】
实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式。因此生成O2后必须除杂(主要是除H2O)，A用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，B用来吸收水，测定生成水的质量，C用于干燥通入E中的氧气、D用来制取反应所需的氧气、E是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；根据一氧化碳能与氧化铜反应，可被氧化成二氧化碳的性质可知CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2。
(1)由上述分析可知，使产生的O2按从左到右的方向流动，则所选装置中各导管的正确连接顺序是：D→C→E—B—A
；
(2)B管质量增加27g为水的质量，27g H2O的物质的量为：27g18g/ml=1.5ml，含有H原子的物质的量为3ml，A管质量增加88 g为二氧化碳的质量，88g CO2的物质的量为：88g44g/ml=2ml，则67g该有机物中含有O元素的物质的量为：67g−1g/ml×3−12g/ml×216g/ml=2.5ml，
则A分子中C、H、O原子数之比为：2ml：3ml：2.5ml=4：6：5，A的实验式为C4H6O5；质谱法中质荷比的最大值为该物质的相对分子质量，可根据质谱法测定物质的相对分子质量；
(3)A的相对分子质量为134，最简式C4H6O5的式量为134，则A的分子式为C4H6O5；
(4)1mlA与足量的NaHCO3溶液充分反应可生成标准状况下的CO2气44.8L，二氧化碳的物质的量为2ml，则A分子中含有2ml羧基；1mlA与足量的Na反应可生成1.5ml的H2，2ml羧基与钠反应生成1ml氢气，则A分子中还含有1ml羟基，所以A分子中所含官能团的名称为：羧基和羟基；
(5)A的分子式为C4H6O5，若A分子中不存在甲基且有一个手性碳原子，则A分子中有1个C连接了4个不同的原子或原子团，其中含有2个羧基、1个羟基，则A的结构简式为：HOOC−CH(OH)−CH2COOH。
17.【答案】(1)NH4Cl、Ca(OH)2；长颈漏斗
(2)极性
(3)2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；防止N2H4被氧化
(4)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的装置
(5) ①(N2H5)2SO4
②100c
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备及性质探究，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握题给信息，答题时注意审题，难度中等。
【解答】
(1)装置A制取氨气，试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，化学式是NH4Cl、Ca(OH)2，仪器a是长颈漏斗；
(2)依据图表可知，由于N2H4与水混溶，由“相似相溶原理”可得，N2H4是极性分子；
(3)装置B中用氨和氯气反应制备肼，离子方程式为：2NH3+2OH−+Cl2=N2H4+2Cl−+2H2O；依据图表可知N2H4具有强还原性，所以装置中通入NH3必须过量的原因是防止N2H4被氧化；
(4)Cl2中含有HCl，会导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出的氯化氢；
(5)①依据肼是一种二元弱碱，肼与硫酸反应除能生成N2H6SO4外，还可能生成的盐为(N2H5)2SO4；
②碘溶液能使淀粉变蓝色，故滴定过程中指示剂可选用淀粉溶液；
滴定过程中有无色无味无毒气体产生，碘具有氧化性，则碘和肼发生氧化还原反应生成碘离子和氮气，根据电子守恒可知， 2I2∼4e−∼N2H4，则产品中N2H4的质量为c×20×10−3ml×12×250mL25.00mL×32g/ml=3.2cg，质量分数的表达式为3.2cg3.2×100%=100c%。
18.【答案】(1)分液漏斗；冷水；
(2)干燥(除水)；
(3)G处澄清石灰水变浑浊；
(4)提供稳定的CCl4气流(或产生CCl4气体)；
(5)蒸馏；
(6) (相似相溶原理) CCl4与TiCl4都是非极性分子
【解析】
【分析】
本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质检验、物质制备、基本实验操作、仪器名称等知识点，明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键，注意结合实验目的解答，知道装置图中发生的反应及注意事项，题目难度不大。
【解答】
反应条件为无水无氧且加热，通过A产生的二氧化碳将装置中空气排出，B为浓硫酸，干燥管为五氧化二磷，均为干燥剂，C中装置在加热条件下使四氯化碳汽化，D中发生反应TiO2(s)+CCl4(g)TiCl4(g)+CO2(g)，CCl4、TiCl4熔点较低，E装置为冷水浴，使这两种物质转化为液态，二者能互溶，F盛放浓硫酸，防止空气和水蒸气进入E；
(1)装置A处滴加稀硫酸的仪器的名称是分液漏斗；E处水浴目的是冷凝产物TiCl4，则为冷水；
(2)P2O5有很强的吸水性，其作用是干燥(除水)；
(3)能证明CO2已排尽装置中的空气的实验现象是G处澄清石灰水变浑浊；
(4)C处水浴加热使四氯化碳挥发，目的是：提供稳定的CCl4气流(或产生CCl4气体)；
(5)从E处产物中分离出TiCl4，利用二者的沸点不同，采用实验方法是：蒸馏；
(6) CCl4与TiCl4互溶的原因是：(相似相溶原理) CCl4与TiCl4都是非极性分子
19.【答案】(1)d
(2)非极性
(3)①③ 直线形 CS2
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子个数较少的醛、醇、羧酸都能与H2O形成分子间氢键
【解析】
【分析】
本题主要考查的物质的结构，涉及分子的极性、氢键对物质性质的影响、原子的杂化类型判断、微粒的空间构型、分子晶体熔沸点的比较等知识，意在考查学生的分析能力和知识应用能力。
【解答】
(1)NH3极易溶于水主要是因为NH3分子与H2O分子间形成氢键，另外NH3和H2O都是极性分子，NH3和H2O能够发生化学反应也是影响NH3的水溶性的因素，a、b、c不符合题意；NH3易液化是因为NH3分子之间易形成氢键，使氨气熔沸点升高，与其水溶性无关，d符合题意。
(2)CCl4、CS2是非极性溶剂，根据相似相溶规律可知，CrO2Cl2是非极性分子。
(3)苯、CH3OH、HCHO、CS2、CCl4分子中碳原子的杂化方式分别是sp2、sp3、sp2、sp、sp3。CS2、CO2分子的空间结构都是直线形，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，故CS2的熔点高于CO2。
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子个数较少的醛、醇、羧酸都能与H2O形成分子间氢键，所以它们均易溶于水。
20.【答案】(1)FeSO4+(NH4)2HPO4+LiOH=LiFePO4+(NH4)2SO4+H2O；
(2)d；3；21；
(3)HPO3；正四面体；sp3；
(4)极性；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小；
(5)34MaNA×22×107。
【解析】
【分析】
本题综合考查了物质结构的知识，涉及到元素周期表的分区、共价键、相似相溶原理、氢键、杂化类型、晶胞等知识，难度不是很大。
【解答】
(1)FeSO4、(NH4)2HPO4、LiOH为原料以物质的量之比1∶1∶1反应生成LiFePO4，同时还有(NH4)2SO4和H2O生成，反应的化学方程式为FeSO4+(NH4)2HPO4+LiOH=LiFePO4+(NH4)2SO4+H2O，故答案为：FeSO4+(NH4)2HPO4+LiOH=LiFePO4+(NH4)2SO4+H2O；
(2)Mn的价电子排布式为3d54s2，根据构造原理，最后一个电子填入的是3d能级，因此位于元素周期表的d区；基态钴原子的价电子排布式为3d74s2，其3d能级有3个未成对电子；1个[CCl (NH3)5]2+中有6个配位键和15个氮氢键，因此1ml [CCl (NH3)5] Cl2 中含σ键数目为21NA，故答案为：d；3；21；
(3)H3PO4、H3PO2(有两个H、1个O和P直接相连，还有1个H和1个O形成羟基)、H3PO3、HPO3的非羟基氧的个数依次为1、1、0、2，因此酸性最强的是HPO3，PO43−中心P原子的杂化方式是sp3杂化，没有孤电子对，其空间构型是正四面体，故答案为：HPO3；正四面体；sp3；
(4)PH3是三角锥形，中心P原子有1对孤电子对，属于极性分子；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小故答案为：极性；NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小；
(5)根据均摊法，X的个数为8×18+6×12=4，Y全部在晶胞内部，个数为8，因此X为S2−，Y为Li+，距离最近的两个S2−的距离是晶胞面对角线长度的一半。1个晶胞的质量为4NA×M g，设晶胞的边长为d，则d=34MNAacm=34MaNA×107nm，面对角线长度的一半34MaNA×22×107nm故答案为：34MaNA×22×107。 性状
熔点/℃
沸点/℃
性质
N2H4
无色液体
1.4
113
与水混溶、强还原性
N2H6SO4
无色晶体
254
/
微溶于冷水，易溶于热水
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
−23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
−25
136
遇潮湿空气产生白雾，在550℃时能被氧气氧化
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