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1、第二章 分子结构与性质 测试题一、单选题（共15题）1根据表列出的各化学键的键能数据，判断如下分子中最稳定的是化学键H-HH-ClH-ICl-ClBr-Br键能(kJ/mol)436431299247193ACl2BHCl CBr2DH22NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4(g)2NO2(g)H=+57kJmol-1。NO在大气中能转化为NO2、HNO2、HNO3等。机动车尾气中的NO可通过催化还原的方法转化为N2。下列有关NH3、NH、NO、HNO3的说法不正确的是ANH3转化为NH，其键角变小BNH3沸点较高是因
2、为分子间存在氢键CNO空间构型为V形D浓HNO3保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中3下列各组分子中，都属于含有极性键的非极性分子的一组是ACO2、H2OBC2H4、CH4CCl2、C2H2DNH3、HCl4最新发现C3O2是金星大气的成分之一，化学性质与CO相似。C3O2分子中结构如下：，下列说法中错误的是A元素的电负性和第一电离能BCO分子中键和键的个数比为1：2CC3O2分子中C原子的杂化方式为spDC3O2是一个具有极性共价键和非极性共价键的极性分子5六氟化硫分子为正八面体构型（分子结构如图所示），难溶于水，有良好的绝缘性、阻燃，在电器工业方面具有广泛用途。下列推测正确的是（ ）ASF6中各原子
3、均达到8电子稳定结构BSF6二氯取代物有3种CSF6分子是含有极性键的非极性分子DSF6是原子晶体6下列物质沸点的比较正确的有；正戊烷新戊烷A3项B4项C5项D6项7以下有关苯分子中所含化学键的描述中，不正确的是A每个碳原子的杂化轨道中的一个参与形成大键B苯分子中6个碳原子各提供1个电子，共同形成大键C碳原子的三个杂化轨道与其他原子形成三个键D苯分子呈平面正六边形，六个碳碳键完全相同，键角均为1208下列事实不是由于分子的极性导致的是AN2的沸点比CO低B常温常压下，CO2为气体，CS2为液体CHCl气体易溶于水D用毛皮摩擦过的橡胶棒靠近水流，水流方向发生变化9下列表示物质结构的化学用语正确的
4、是（）AH2O2的电子式：B质子数为8，中子数为10的氧原子：C次氯酸的结构式HClODCO2的分子模型示意图：10氯仿(CHCl3)常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COCl2)，反应为2CHCl3+O22HCl+2COCl2，光气的结构式为，下列说法正确的是A使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质BCHCl3分子为含极性键的非极性分子C1个COCl2分子中含有3个键、1个键，中心碳原子采用sp杂化DCOCl2分子中所有原子不可能共平面11下列分子或离子空间结构和中心原子的杂化方式有错误的是选项分子或离子空间结构杂化方式A苯平面正六边形B正四面体形C平面三角形D直线形AABBCCDD12
5、高温结构陶瓷氮化硅可通过反应制备，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A60g中SiO键的数目为B常温下，14g中键的数目为C0.5mol中杂化的原子数为D标准状况下，中的质子数为1813我国科学家发现大脑进入“梦乡”的钥匙多巴胺(DA)，DA的结构简式如图所示。下列说法正确的是ADA是只含极性键的共价化合物BDA分子能溶于水、乙醇等溶剂C键能大小决定DA的熔点和沸点DDA中所有元素均位于同一周期14设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A含有1mol水分子的冰中，氢键的数目为4NAB0.25molXeF6中氙的价层电子对数为1.5NAC46g CH3OCH3中sp3杂化的原子数为
6、2NAD1molNH4BF4中配位键的数目为2NA15已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，其结构如下图所示，则下列关于吡咯的说法正确的是A吡咯的分子式为C4HNB分子中含10个键C分子中只有极性键D分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n代表参与形成的大键中电子数，则吡咯的大键应表示为二、填空题（共8题）16依据等电子原理在下表中填出相应的化学式。CH4_CO32-_C2O42-_NH4+N2H62+_NO2+_N217X是合成碳酸二苯酯的一种有效的氧化还原催化助剂，可由EDTA与Fe3+反应得到。(1)基态Si原子的价层电子的运动状态有_种，若其电子排布式表示为Ne3s2
7、违背了_。(2)EDTA中碳原子杂化轨道类型为_，EDTA中四种元素的电负性由小到大的顺序为_。C、N、O第一电离能由小到大的顺序为_。(3)Fe3+基态价层电子排布式为_。(4)EDTA与正二十一烷的相对分子质量非常接近，但EDTA的沸点比正二十一烷的沸点高的原因是_。(5)设NA代表阿伏加德罗常数的值，1mol碳酸分子中含有键的数目为_。18回答下列问题：(1)基态原子核外电子排布式为_，基态原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_；基态F原子的价电子轨道表达式为_。(2)硝酸锰是工业制备中常用的催化剂，的空间构型为_；写出锰的基态原子的价电子排布式_；(3)O的第一电离能_(填“大
8、于”或“小于”)N的第一电离能，原因为_。(4)的组成元素的电负性由大到小的顺序为_。(用元素符号表示)；其中N原子的杂化方式为_；能形成分子缔合体的原因为_。19A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，B元素的原子半径是其所在主族元素原子中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)D在周期表中的位置为_；B的原子结构示意图为_。(2)E元素形成的最高价氧化物对应水化物的化学式为_。(3)元素C、D、E的
9、原子半径大小关系是_(用元素符号表示)。(4)C、D可形成化合物D2C2，D2C2含有的化学键是_。20如表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：AAAAAAA01234(1)已知第四周期有18种元素，其中元素的一种核素，中子数为45，用原子符号表示该核素为_。(2)由元素和形成的10电子分子的结构式为_。(3)用电子式表示元素和的原子形成的化合物(该化合物含有三个原子核)的形成过程_。(4)由元素和构成的淡黄色固体，该化合物所含的化学键类型为_，元素和的简单氢化物沸点较高的是_(填化学式)，理由是：_。元素和的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是(填化学式)_。(5)元素、的离子半径由大到小
10、的顺序是_(用离子符号表示)；元素的最高价氧化物的水化物与元素的最高价氧化物反应的离子方程式为_。(6)已知NH3H2O的电离方程式为NH3H2ONH+OH-，试判断NH3溶于水后形成的NH3H2O的合理结构_(填字母代号)。21键能是气态分子中断裂共价键所吸收的能量。已知键的键能为，键的键能为，根据热化学方程式：，则键的键能是_。22回答下列问题：(1)1molCO2中含有的键个数为_。(2)已知CO和CN-与N2结构相似，CO分子内键与键个数之比为_。HCN分子中键与键数目之比为_。(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火
11、箭燃料，燃烧时发生的反应如下：N2O4(l)+2N2H4(l)=3N2(g)+4H2O(g)。若该反应中有4molNH键断裂，则形成的键有_mol。(4)C、H元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中键与键的个数之比为_。(5)1mol乙醛分子中含键的个数为_，1个CO(NH2)2分子中含有键的个数为_。23某课外活动小组以CuSO45H2O和氨水为原料制备Cu(NH3)4SO4H2O并进行探究。已知：CuSO4+4NH3H2O= Cu(NH3)4SO4+4H2OCu(NH3)4SO4=Cu(NH3)42+ +SOCu(NH3)42+ +4H+ =Cu2+ +4NH(1)配制溶液：称取一
12、定质量的CuSO45H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的Cu(NH3)4SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：_(2)制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出Cu(NH3)4SO4H2O晶体；将B中混合物转移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体23次；取出晶体，冷风吹干。晶体不采用加热烘干的原因是_减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，应该在打开活塞的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，原因是_。(3)废液
13、回收：从含有Cu(NH3)4SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是_(填序号)A盐酸B硝酸C硫酸D氢氧化钠溶液。已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇的实验方法为_A蒸馏B减压蒸馏C萃取D分液(4)用沉淀法测定晶体中SO的含量。称取一定质量的Cu(NH3)4SO4H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，烘干，灼烧，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_。A滴加足量BaCl2溶液能降低实验数值偏低的可能性B检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色
14、沉淀生成，证明沉淀已洗净C洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。D已知Cu(NH3)42+ 为平面四边形结构，中心Cu2+不可能是sp3杂化(5)新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3H2O和NH，其中NH3H2O电离平衡受多种因素的影响。设计实验，控制变量，仅探究NH对NH3H2O电离平衡的影响结果：限制试剂与仪器：0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案。表格中“_”处需测定的物理量为_物理量实验序号V
15、(0.1mol/L氨水)/mLm(铵盐)/gt/_1100025b2100a25c表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐应是_按实验序号2所拟数据进行实验，忽略水电离的OH-，则一水合氮的电离度(平衡转化率)为_。参考答案：1D【解析】分子中，键能越小，分子越不稳定，从表中读出键能最小的是溴，D满足；故选D。2A【解析】ANH3转化为后，N原子上的孤电子对变为键成键电子对，排斥力减小，键角增大，A错误；BNH3可形成分子间氢键，增大了分子间作用力，沸点较高，B正确；C的中心N原子有2个键电子对，1个孤电子对，则其空间构型为V形，C正确；D浓HNO3见光容易分解，且浓硝酸会腐蚀橡胶，故浓HNO3应该
16、保存在玻璃塞的棕色试剂瓶中，D正确；故答案为：A。3B【解析】ACO2是含有极性共价键的非极性分子，H2O是含有极性共价键的极性分子，错误；BC2H4、CH4都属于含有极性键的非极性分子，正确；CCl2是含有非极性共价键的非极性分子， C2H2是含有极性共价键的非极性分子，错误； DNH3、HCl是含有极性共价键的极性分子，错误。4D【解析】A同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，电负性增大，所以电负性和第一电离能OC，A正确；BCO与N2为等电子体，参考N2分子结构可知一个CO分子含有1个键和2个键，B正确；C根据CO2的结构可推出C3O2分子的空间构型应为直线形，C原子为sp杂化，C
17、正确；DC3O2分子的空间构型为直线形，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，D错误；综上所述答案为D。5C【解析】A在SF6中F原子达到8电子稳定结构,而S原子未满足8电子稳定结构，错误；B在SF6分子中邻位、平面的对角线位置、体对角线的位置三种不同结构，因此二氯取代物有3种，正确；CSF6分子中只含有S-F极性键，但是由于分子结构是对称的所以是含有极性键的非极性分子，正确；DSF6是分子晶体，错误。 6B【解析】分子间形成氢键，分子间没有氢键，所以沸点，正确；常温下为液态，HF为气态，所以沸点，正确；和的组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，所以沸点，错误；CO和的
18、相对分子质量相同，CO是极性分子，是非极性分子，所以沸点，正确；的相对分子质量大于，所以沸点，错误；同分异构体中，支链越多，范德华力越小，沸点越低，所以沸点：正戊烷新戊烷，正确；综上所述，4项正确，故B正确。故选B。7A【解析】A每个碳原子的未参与杂化的p轨道参与形成大键，故A错误；B苯分子中6个碳原子各提供1个电子，共同形成大键，故B正确；C碳原子的三个杂化轨道与其他原子形成三个键，故C正确；D苯分子呈平面正六边形，六个碳碳键完全相同，键角均为120，故D正确；选A。8B【解析】AN2与CO的相对分子质量相同，由于CO是极性分子，导致分子间作用力强于N2，则N2的沸点比CO低，故A不符合题意
19、；BCO2和CS2都为非极性分子，两者组成和结构相似，相对分子质量越大的分子间作用力越大，其溶点和沸点越高，故B符合题意；CHCl和水都是极性分子，HCl气体易溶于水和分子极性有关，故B不符合题意；D用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，故D不符合题意。故选B。9B【解析】A双氧水是共价化合物，其电子式为，A错误；B质量数=质子数+中子数，故质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18，可以表示为，故B正确；C次氯酸分子中含有1个键和1个键，其正确的结构式为：，C错误；D二氧化碳分子中，碳原子的相对体积大于氧原子，且为直线形分子，其正确的比例模型为：，
20、故D错误； 故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构，二氧化碳为直线形分子。10A【解析】A若光气变质会有氯化氢生成，氯化氢与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，氯仿与硝酸银溶液不反应，则使用前可用硝酸银稀溶液检验氯仿是否变质，故A正确；B三氯甲烷的空间构型为结构不对称的四面体形，所以三氯甲烷分子是含有极性键的极性分子，故B错误；C由结构式可知，光气分子中形成双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故C错误；D羰基为平面结构，由结构式可知，光气分子中所有原子共平面，故D错误；故选A。11D【解析】A苯分子是平面结构，中心碳原子为杂化，A项正确；B中S原子
21、的价电子对数是4，S原子的杂化方式是，无孤电子对，空间结构为正四面体形，B项正确；C中C原子的价电子对数是3，C原子的杂化方式是，无孤电子对，空间结构为平面三角形，C项正确；D中S原子的价电子对数是3，S原子的杂化方式是，有1对孤电子对，空间结构为V形，D项错误；答案选D。12C【解析】A 60g的物质的量为1mol，含SiO键的数目为，A错误；B 常温下，14g的物质的量为0.5mol，含键的数目为，B错误；C 氮化硅为共价晶体，硅原子和氮原子都是sp3杂化，则0.5mol中杂化的原子数为，C正确；D 标准状况下，的物质的量为1mol，含质子数为14，D错误；答案选C。13B【解析】A由题干
22、DA的结构简式可知，DA是含N-H、N-C、C-O、H-O、C-H等极性键，同时还含有C-C非极性键的共价化合物，A错误；B由题干DA的结构简式可知，DA分子中含有氨基和酚羟基，这两种官能团均能与水、乙醇形成分子间氢键，且由DA的结构简式可知，DA属于极性分子，故可推知DA能溶于水、乙醇等溶剂，B正确；C熔沸点是物理性质，键能的大小决定物质的化学性质，故DA的熔沸点高低与其分子中的键能大小无关，与分子间作用力强弱有关，C错误；D由题干DA的结构简式可知，DA中含有H、C、N、O，其中C、N、O元素位于同一周期第二周期，而H位于第一周期，D错误；故答案为：B。14D【解析】A冰中每个水分子和其余
23、四个水分子形成氢键，根据均摊法，相当于一个水分子形成两个氢键，含有1mol水分子的冰中，氢键的数目为2NA，A错误；B0.25molXeF6中氙的价层电子对为，数目为1.75NA，B错误；CCH3OCH3分子中两个碳原子和一个氧原子都是sp3杂化，46g即1mol CH3OCH3中sp3杂化的原子数为3NA，C错误；D铵根离子中有一个配位键，四氟化硼阴离子中也有一个配位键，故1molNH4BF4中配位键的数目为2NA，D正确；故选D。15B【解析】A吡咯的分子式为C4H5N，A错误；B分子为5元环，形成5个键，除此外还有4个C-H键，1个N-H键，全部为键，共10个键，B正确；C分子含有C-C
24、键，是非极性键，C错误；D吡咯中N原子提供两个电子形成大键，大键电子总数应该为6个，D错误；故选B。16 C2H6 NO3- CO2 N2O4 CO等电子体是指具有原子总数相同、价电子总数相同的微粒，等电子体在性质上具有相似性。从题给表格看出等电子体也应从碳元素形成的分子与氮元素形成的分子中找出，即都是含有碳原子或者氮原子的微粒；【解析】N2H62+有8个原子、价电子数=52+162=14,碳原子比氮原子少1个价电子,所求的微粒只要含有碳原子,再少带2个正电荷即可,此微粒应为C2H6,所以N2H62-的等电子体为C2H6；CO32-有4个原子,价电子数=4+63+2=24,碳原子比氮原子少1个
25、价电子,所求的微粒只要含有氮原子,再少带一个负电荷即可,此微粒应为NO3-,所以CO32-的等电子体为NO3-；NO2+有3个原子,价电子数=5+621=16,碳原子比氮原子少1个价电子,将NO2+中的氮原子替换为碳原子,再少带一个正电荷即可,即此微粒应为CO2,所以NO2+的等电子体为CO2；C2O42-有6个原子,价电子数=42+64+2=34,碳原子比氮原子少1个价电子,所求的微粒只要含有氮原子,再少带2个负电荷即可,即此微粒应为N2O4,所以C2O42-的等电子体为N2O4；N2有2个原子,价电子数=5+5=10,根据C比N少一个价电子,并且要满足原子总数相同,将N2中1个氮原子替换为
26、碳原子,另一个氮原子替换为氧原子,即为CO符合,所以N2的等电子体为CO；故答案为：C2H6; NO3-; CO2; N2O4; CO。17(1) 4 洪特规则(2) sp2和sp3 HCNO CON(3)3d5(4)EDTA分子间存在氢键(5)5NA【解析】（1）基态Si原子价电子排布为3s23p2，把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数；而在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数，故基态Si原子的价层电子的运动状态有4种；洪特规则：在相同能量的原子轨道上，电子的排布将尽可能占据不
27、同的轨道，而且自旋方向相同；若其电子排布式表示为Ne3s2违背了洪特规则；（2）EDTA中羧基碳原子为sp2杂化、饱和碳原子为sp3杂化；EDTA中四种元素为C、N、O、H，同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，故其电负性由小到大的顺序为HCNO ；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故C、N、O第一电离能由小到大的顺序为CONH sp3杂化 氟原子的电负性较大，可以形成氢键【解析】（1）为24号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63
28、s23p63d54s1；为30号元素，基态原子核外占据最高能层电子为4s轨道，电子云轮廓图形状为球形；基态F原子为9号元素，价电子轨道表达式为；（2）中心N原子价层电子对数为3+=3，N原子采用sp2杂化，空间构型为平面三角形；锰为25号元素，基态原子的价电子排布式3d54s2；（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：NO；（4）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；的组成元素的电负性由大到小的顺序为FNH；其中N原子形成4个共价
29、键，杂化方式为sp3杂化；能形成分子缔合体的原因为氟原子的电负性较大，可以形成氢键。19 第三周期第IA族 H2SO4 NaSO 离子键、共价键(非极性共价键)A元素的原子核内只有1个质子，则A为H，B元素的原子半径是其所在主族元素原子中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5，位于周期表中第A族，应为N，C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，则原子核外电子排布为2、6，应为O，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C2，则D的化合价为+1，应为Na，C、E同主族，则E为S，据此分析。【解析】(1)D为Na，核电荷数为11，在
30、周期表中的位置为第三周期IA族；B为N，原子结构示意图为；(2)E为S，最高正价为+6价，其最高价氧化物对应的水化物是H2SO4；(3)同主族元素的原子半径从上到下逐渐增大，S和O位于同一主族，原子半径：SO；同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，Na和S位于同一周期，原子半径：NaS；所以原子半径大小关系为NaSO；(4)C为O，D为Na，D2C2为过氧化钠，电子式为：，钠离子和过氧根氧离子间含有离子键，过氧根离子中氧原子之间形成的是非极性共价键，含有的化学键是离子键、共价键或非极性共价键。20 Br HOH 离子键、非极性共价键 H2O 水分子间存在氢键 HClO4 r(S2-)r(Cl-
31、)r(K+) Al2O3+2OH-=2AlO+H2O b根据元素周期表的结构可知，分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl、K、Br。【解析】(1)元素为Br，质子数为35，中子数为45，则质量数为35+45=80，用原子符号表示该核素为Br。(2)元素为H，为O，形成的10电子分子为H2O，结构式为HOH。(3)元素为Na，为S，形成的含有三个原子核的化合物为Na2S，用电子式表示其形成过程为：。(4)元素为O，为Na，两者构成的淡黄色固体为Na2O2，该化合物是离子化合物，含有离子键，阴离子过氧根离子里还含有非极性共价键；元素为O，为S，由于水分子间存在氢键，所以H2O的沸点较高。元素为
32、Cl，为Br，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，Cl和Br是同族元素，Cl的非金属性强于Br，则Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4酸性较强。(5)元素、的离子分别为S2-、Cl-、K+，电子层结构相同，质子数越多，半径越小，所以这三种离子半径由大到小的顺序是r(S2-)r(Cl-)r(K+)；元素为K，最高价氧化物的水化物为KOH，元素为Al，最高价氧化物为Al2O3，两者反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O。(6)NH3H2O的电离方程式为NH3H2ONH+OH-，当NH3溶于水后，和水分子间形成氢键，要形成NH，则需要用NH3的N和水分子中的
33、H形成氢键，则形成的NH3H2O的合理结构是b。21945.6【解析】设键的键能为，已知，反应热=反应物的总键能生成物的总键能，故，解得；故答案为945.6。22 2NA(1.2041024) 1:2 1:1 5.5 5:1 6NA(3.6121024) 7共价单键全是键，双键含1个键和1个键，三键含1个键和2个键，据此解答。【解析】(1)分子内含有2个碳氧双键，双键中一个是键，另一个是键，则中含有的键个数为(1.2041024)；(2)的结构式为，推知的结构式为，含有1个键、2个键，即CO分子内键与键个数之比为1:2；的结构式为，分子的结构式为，分子中键与键均为2个，即CO分子内键与键个数之
34、比为1:1；(3)反应中有键断裂，即有参加反应，生成和，则形成的键有；(4)设分子式为，则，合理的是，n=4，即分子式为，结构式为，所以一个分子中共含有5个键和1个键，即该分子中键与键的个数之比为5:1；(5)1个乙醛分子中存在1个碳氧双键，5个单键，1个分子中存在1个碳氧双键，6个单键，故乙醛中含有键的个数为6NA(3.6121024)，1个分子中含有7个键。23(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+ +SO+2OH- +8H2O(2) 晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”) 为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果(3
35、) C B(4)ACD(5) pH NH4Cl 装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色Cu(NH3)4SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有Cu(NH3)4SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离。【解析】（1）CuSO45H2O晶体溶解后滴加氨水，生成浅蓝色沉淀
36、Cu2(OH)2SO4；继续滴加氨水，得到深蓝色溶液Cu(NH3)4SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，Cu(NH3)4SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3H2O=2Cu(NH3)42+ +SO+2OH- +8H2O；（2）晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水，降低产物产率；装置内产生负压时，漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中，而洗涤过程为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果，需打开活塞；（3）该过程需要将Cu(NH3)4SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3
37、(NH4)2SO4，应加入的试剂是硫酸，故选C；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏，为防止硫酸铵分解，需减压蒸馏，降低蒸馏所需温度，故选B；（4）A足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低实验数值偏低的可能性，A正确；B沉淀表明的杂质主要为氯离子，检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子，应取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，B错误；C洗涤后滤纸和固体一起灼烧，可以保证所有沉淀均被回收，C正确；D若Cu2+为sp3杂化，则其空间构型应为正四面体形，而不是正方形，D正确；故答案为：ACD；（5）本实验的目的是探究影响NH3H2O电离平衡的因素，NH3H2O电离平衡受到影响时，溶液的pH会发生变化，所以还需测定的物理量为pH；CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均为弱酸根，弱酸根会发生水解，影响溶液pH，所以铵盐应选用NH4Cl；一水合氨的电离平衡：NH3H2ONH+OH-，溶液pH=c，则c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L，忽略水电离的OH-，所以氢氧根全部由一水合氨电离，则一水合氮的电离度。