3.3 共价键 共价晶体 跟踪训练（含答案） 2022-2023学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 3.3 共价键 共价晶体 跟踪训练（含答案） 2022-2023学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 523.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-03-30 15:43:39 | ||
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文档简介
3.3 共价键 共价晶体 跟踪训练
2022-2023学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列物质中含有非极性共价键的是（ ）
A．NaOH B．CO2 C．NH4Cl D．H2O2
2．下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．碘开华 B．二氧化氮被木炭吸附
C．蔗糖溶于水 D．HCl气体溶于水
3．化学与生产、生活密切相关，下列叙述正确的是
A．高吸水性树脂都含有羟基、烷基等亲水基团
B．燃煤脱硫脱氮有利于实现碳中和
C．用于砂轮磨料的碳化硅属于共价晶体
D．5G技术中使用的光导纤维属于有机高分子材料
4．下列说法中正确的是（）
A．能电离出离子的化合物都是离子化合物
B．熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
C．不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
D．非金属元素构成的单质中一定存在共价键
5．下列有关晶体的说法正确的是（ ）
A．分子晶体中一定不含离子键
B．分子晶体中一定含有共价键
C．离子晶体中一定只含离子键
D．离子晶体的熔点一定比共价化合物高
6．下列化学用语正确的是（ ）
A．的电子式：
B．铷的原子结构示意图：
C．用电子式表示的形成过程：
D．核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为
7．下列反应过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成的是（ ）
A．NH4Cl NH3↑＋HCl↑ B．NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3
C．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ D．2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
8．工业上用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能，例如：加入CH3OC（CH3）3来生产无铅汽油．CH3OC（CH3）3分子中必存在的原子间连接形式是（ ）
A． B．
C． D．
9．下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
10．下列说法中正确的是（ ）
①在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
②同一周期从左到右，元素的第一电离能、电负性都是越来越大
③PCl3和光气(COCl2)分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
④所有的配合物都存在配位键，所有含配位键的化合物都是配合物
⑤所有含极性键的分子都是极性分子
⑥熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
⑦所有的原子晶体都不导电
A．①② B．④⑥ C．③⑥ D．③⑦
11．下列说法错误的是（ ）
A．用电子式表示K2S的形成过程为：
B．MgCl2和NaOH中的化学键类型完全相同，都属于离子化合物
C．CO2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．反应2H2O+2F2=O2+4HF，同时有极性键和非极性键的断裂和形成
12．下列说法正确的是( )
A．CO2分子中σ键与π键的数目之比为1：2，且σ键的原子轨道重叠程度比π键大，形成的共价键更牢固
B．SO2和CS2均为角形分子
C．①H3O+、②[ Cu( NH3)4]2+、③CH3COO-、④NH3、⑤CH4中存在配位键的是①②⑤
D．SiF4和的中心原子均为sp3杂化
13．含有共价键的离子化合物是（ ）
A．SiO2 B．CaCl2 C．NH4Cl D．CH2Cl2
14．下列关于原子晶体和分子晶体的说法中不正确的是( )
A．原子晶体的硬度通常比分子晶体的大
B．原子晶体的熔、沸点较高
C．分子晶体中有的水溶液能导电
D．金刚石、水晶和干冰都属于原子晶体
15．下列物质性质的变化规律，与化学键的强弱无关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF，HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF，NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
16．某药物主要成分的结构简式如图所示，其中X、Y、W三种元素的原子序数依次增大，基态W原子的电子分布于3个能级。下列说法错误的是（ ）
A．该分子中有2个X原子的杂化方式相同
B．X、Y、W的第一电离能大小顺序为
C．Y的氢化物分子中只含极性键
D．元素W可以形成非极性分子
二、综合题
17．回答下列问题
（1）补齐物质(或粒子)与其用途之间的连线 。
物质(粒子) 用途 A．铝 a．制合金 B．四氧化三铁 b．测定文物年代 C．碳酸氢钠 c．作自来水消毒剂 D．14C d．作食用碱 E．氯气 e．作磁性材料
（2）下列物质中① MgCl2②NaOH ③Na2O2④N2⑤H2S ⑥H2O2⑦CO2 ⑧CaO ⑨CH4 ⑩NH4Cl
只含有极性键的物质是 (填序号，下同)，既含有极性键又含有非极性键的物质是 ，既含有共价键又含有离子键的物质是 ，属于离子化合物的物质是 ，属于共价化合物的物质是 。
（3）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时反应为：S + 2KNO3 + 3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑。在该反应中，还原剂是 (填化学式)，化合价升高；氧化剂是S和KNO3，被 ，发生 反应；当反应释放出33.6L(标准状况)的CO2气体时，转移电子数目为 。
18．金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为 ；
②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为 ；
③此配离子中含有的化学键为 。
A．离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E．配位键 F．氢键 G．σ键 H．π键
（2）NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。NO2-离子的VSEPR模型名称为 ，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是 。
（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是 。
（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4-互为等电子体的微粒 （请写一个分子和一个离子）。
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为 ，已知晶胞密度为ρ g/cm3，则相邻2个b微粒之间的距离为 nm（列计算式）。
19．近年来，科学家研究的以复合过渡金属镍的氢氧化物为催化剂、三乙醇胺为电子给体以及[Ru(bpy)3]Cl2·6H2O为光敏剂的催化体系，在可见光驱动下可高效催化还原CO2。
（1）下列有关Ni原子的叙述正确的是___________(填标号)。
A．第一电离能比钙的大
B．基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2
C．基态Ni原子形成基态Ni2+时，先失去3d轨道上的电子
（2）三乙醇胺的制备：3 +NH3 N(CH2CH2OH)3。
①三乙醇胺所含的元素中，电负性由小到大的顺序为 。
②NH3的空间结构为 。
③键角：NH3 (填“＞”、“＜”或“=”)H2O。
（3）CO2能转化为高价值化学品，如CH4、CH3OH、HCHO。上述3种物质中，沸点最高的是CH3OH，原因是 。
（4）[Ru(bpy)3]Cl2·6H2O的结构如图1所示。N原子的杂化类型为 ，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为 NA。
（5）β－Nix(OH)y的晶胞结构如图2(氧、氢原子均位于晶胞内部)所示，已知晶胞的底边长为anm，高为cnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 g·cm-3(列出表达式)。
三、推断题
20．自俄国化学家德米特里·伊万诺维奇·门捷列夫制作出世界上第一张元素周期表后，多位化学家发展并提出了170多种元素周期表，为我们了解元素提供了极大的帮助。现行的元素周期表中，前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是空气中含量最多的元素，C与A同周期且是本周期中原子半径最小的元素，C与E同主族，D的原子最外层电子数等于电子层数，F的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料。请回答下列问题：
（1）A的原子结构示意图为 ，B与原子半径最小的原子形成的18电子分子的结构式为 。
（2）C、D、E形成的简单离子的半径按由大到小排列的顺序是 (填离子符号)，C、E的简单氢化物的热稳定性由强到弱的顺序是 (填化学式)。
（3）E的单质与B的氢化物反应的化学方程式为 ，该反应中断裂的化学键种类为 (填“极性键”、“非极性键”或“极性键和非极性键”)。
（4）F在元素周期表中的位置为 。
21．下表是元素周期表的一部分，表中每一个字母分别代表一种元素，请从A~J这十种元素中选择适当的元素回答下列问题。
族 周期 IA 0
1 A IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
2 B C D K
3 E F G H I J
（1）物质熔沸点比较： BD2 HD2； A2D A2I。 (填“>”、“=”或“<”)：
（2）物质的键角比较： A2D CA3； A2D DK2(填“>”、“=”或“<”)：
（3）B、C、D三种元素电负性由大到小的顺序 (用对应元素的符号表示)；E、F、G三种元素第一电离能由大到小的顺序 (用对应元素的符号表示)
（4）D、E、 J的离子半径由大到小的顺序为 。(用所对应元素的离子符号表示)；B、H、I的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 。(用化学式表示)
（5）A，C，D三种元素形成的一种离子化合物的化学式 。
（6）I的氧化物与J的单质溶于水反应生成两种强酸的方程式 。
四、实验探究题
22．某化学兴趣小组做了淀粉水解及产物检验的实验，步骤如下：
步骤1：取1mL淀粉溶液，加入2mL10%稀硫酸，加热煮沸。
步骤2：向步骤1所得溶液中加入10% 溶液调节pH至碱性。
步骤3：在另一支试管中加入2mL10% 溶液滴入5滴5% 溶液，振荡，制得新制的 。
步骤4：向步骤2所得溶液中加入少量新制备的 ，加热3~5min，观察到生成砖红色沉淀。
回答下列问题
（1）要想证明淀粉溶液没有水解完全，只需在步骤1所得溶液中加入 ，观察到 的现象时，即可证明。
（2）步骤4发生反应的化学方程式是 。
（3）新制的 里含有 （四羟基合铜离子），该离子的配体是 ， 的配位数是 。
（4）步骤4所得的砖红色沉淀的晶胞如图所示，其中e是 （填离子符号），假设该晶胞的边长为 ，该晶体的密度为 （用含a的代数式表示， 为阿伏加德罗常数的值）。
23．
（1）Ⅰ．[Cu（NH3）4]SO4·H2O晶体制备。
制备过程：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到 色的透明溶液；再加入适量乙醇，将析出[Cu（NH3）4]SO4·H2O晶体。
（2）写出沉淀溶解得透明溶液的离子方程式 。
（3）在[Cu（NH3）4]2+中，提供孤电子对的原子是 ，以配位键形式表示[Cu（NH3）4]2+的结构 ，1 mol[Cu（NH3）4]2+含有 个σ键。
（4）Ⅱ．一定条件下，高锰酸钾可被草酸H2C2O4还原，经研究MnSO4可催化该反应。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
在25℃下，控制高锰酸钾初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始c（H+）和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表。
实验编号 初始c（H+） 高锰酸钾溶液体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL
① 80 20 40
② 1.0×10-4 80 20 40
③ 1.0×10-4 80
则a+b= 。
（5）测得实验①和②中的浓度随时间变化关系如图所示。上述反应的离子方程式为 。
（6）实验①和②的结果表明 ；实验①中时间段反应速率v（H+）= mol/（L·min）（用代数式表示）。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．NaOH为离子化合物，氢氧根离子中含有极性共价键，A不符合题意；
B．CO2中碳原子和氧原子之间存在极性共价键，B不符合题意；
C．NH4Cl为离子化合物，铵根离子中存在极性共价键，C不符合题意；
D．H2O2为共价化合物，分子中存在非极性共价键O-O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．碘升华发生物理变化，只破坏范德华力，不破坏化学键，故A不符合题意；
B．二氧化氮被木炭吸附发生物理变化，不破坏化学键，故B不符合题意；
C．蔗糖溶于水，不能发生电离，共价键不变，故C不符合题意；
D．HCl溶于水，在水分子的作用下，氯化氢电离出阴阳离子，所以化学键被破坏，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】共价化合物溶于水后就会破坏共价键，氯化氢气体属于共价化合物，因此氯化氢气体溶于水会破坏共价键。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．高吸水性树脂作为功能高分子材料，要具有吸水和保水功能，就必须在分子结构中含有亲水性基团，如羟基、羧基等，但烷基属于疏水基，A不符合题意；
B．燃煤脱硫脱氮，除去燃煤中的硫元素、氮元素，但并不影响二氧化碳的排放，B不符合题意；
C．碳化硅陶瓷具有超硬性能，属于共价晶体，C符合题意；
D．光导纤维属于新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、烷基不是亲水基团；
B、碳中和指的是减少二氧化碳的排放；
C、碳化硅硬度大，为共价晶体；
D、光导纤维为二氧化硅，属于无机非金属材料。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.能电离出离子的化合物不一定都是离子化合物，例如HCl等，A不符合题意；
B.共价键在熔融状态下一般不能断键，离子键可以，因此熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，B符合题意；
C.不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，例如醋酸分子中含有非极性键，C不符合题意；
D.非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，例如稀有气体分子中不存在化学键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、离子化合物是指由离子键构成的化合物，大多数酸都是共价化合物；
B、离子化合物是由阴阳离子构成的化合物；
C、同种元素之间形成非极性共价键，不同种元素之间形成极性共价键，多原子分子里，如果存在相邻的同种院子，则形成非极性共价键；
D、稀有气体分子为非金属，为单原子分子，不存在共价键；
5．【答案】A
【解析】【解答】B.稀有气体中不含共价键，不符合题意；
C.NH4Cl为离子晶体，含有共价键，不符合题意
D.离子晶体熔点一般较高，个别较低，不符合题意
故答案为：A
【分析】A.分子间通过分子间作用力构成的晶体叫做分子晶体；
B.分子晶体中一定存在分子间作用力，也存在化学键，但是不一定是共价键；
C.离子晶体中一定存在离子键，但是也可能存在共价键；
D.尽管离子晶体的熔沸点一般较高，共价化合物的熔沸点一般较低，但是并不是所有的离子晶体熔点都高于所有的共价化合物。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．的电子式为： ，A不符合题意；
B．铷是37号元素，其原子结构示意图： ，B符合题意；
C．过氧化钠是离子化合物，则用电子式表示的形成过程： ，C不符合题意；
D．核外有a个电子，说明其为a-2号元素，有b个中子，则其质量数为a-2+b，则其原子符号为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.CCl4中Cl原子满足8电子稳定结构；
C.用电子式表示Na2O的形成过程为；
D.M2+离子核外有a个电子，则其质子数为（a+2），且含b个中子，据此求出质量数，且将质量数标示在元素符号左上角，质子数表示在左下角。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、该反应中有离子键的断裂但没有离子键的形成，A项不符合题意；
B、该反应中没有离子键的断裂但有离子键的形成，B项不符合题意；
C、同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成，C项符合题意；
D、该反应中没有极性共价键的断裂，D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】离子键指的是阴阳离子之间所成的化学键，极性键指的是不同的原子之间形成的共价键，非极性键指的是相同的原子之间形成的共价键。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．该物质为醚，不存在，故A不选；
B．该物质不属于烯烃，不含，故B不选；
C．该物质为醚，含 ，故C选；
D．该物质不属于烷烃，且四个C不在同一直线上，故D不选；
故选C．
【分析】CH3OC（CH3）3分子中含C﹣C、C﹣C、C﹣O三种化学键，以此来解答．
9．【答案】D
【解析】【解答】A. 碘的升华是物理变化，破坏的分子间作用力，A不符合题意；
B. 硅的熔化破坏的是非极性键，B不符合题意；
C. 食盐电离破坏离子键，C不符合题意；
D. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，破坏极性键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 升华是物理变化，破坏的分子间作用力；
B. 硅原子之间是非极性键；
C. 食盐电离破坏离子键；
D. 电解质溶于水发生电离，破坏极性键。
10．【答案】C
【解析】【解答】①在基态多电子原子中，能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高，①不符合题意；
②同一周期从左到右，元素的电负性越来越大，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素的原子核外电子排布处于原子轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，②不符合题意；
③PCl3中P原子与3个Cl原子形成3对共用电子对，使分子中各原子都达到稳定结构；在光气(COCl2)分子中，C原子与O原子形成2对共用电子对，又与2个Cl原子形成2对共用电子对，从而使分子所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，③符合题意；
④配合物中一定存在配位键，但含有配位键的化合物不一定是配合物，如NH4Cl是离子化合物，在其中含有的阳离子 中含有配位键，但不属于配位化合物，④不符合题意；
⑤以极性键结合的双原子分子是极性分子，以极性键结合的多原子分子可能是极性分子，也可能是非极性分子，⑤不符合题意；
⑥物质在熔融状态下能够断裂离子键，但不能断裂共价键。若某化合物在熔融状态下能导电，则该化合物一定是离子化合物，⑥符合题意；
⑦晶体硅属于原子晶体，属于半导体材料，能够导电，因此不是所有的原子晶体都不导电，⑦不符合题意；
综上所述可知：说法正确的是③⑥，
故答案为：C。
【分析】①能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高；
②第IIA、第VA元素的原子核外电子排布处于原子轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能较大；
③结合各原子的成键情况分析；
④含有配位键的化合物不一定是配合物；
⑤以极性键结合的多原子分子可能是极性分子，也可能是非极性分子；
⑥若某化合物在熔融状态下能导电，则该化合物一定是离子化合物；
⑦晶体硅属于原子晶体，属于半导体材料，能够导电；
11．【答案】B
【解析】【解答】A．K2S的形成过程中，S原子得到两个电子，形成阴离子，K原子失去电子形成阳离子，阴阳离子通过离子键结合，用电子式表示为： ，故A不符合题意；
B．MgCl2中只含离子键，属于离子化合物，NaOH中既含离子键又含共价键，也属于离子化合物，化学键类型不完全相同，故B符合题意；
C．CO2分子中C原子和两个O原子分别共用两对共用电子对，每个原子都满足8电子稳定结构；Cl2分子中，两个Cl原子间共用1对共用电子对都达到8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．反应2H2O+2F2=O2+4HF，反应物水中含有极性键，F2中含有非极性键，产物O2中含有非极性键，HF中含有极性键，则反应过程中同时有极性键和非极性键的断裂和形成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、K失去电子，S得电子；
B、MgCl2中只含离子键，NaOH中既含离子键又含共价键；
C、根据共用电子对来确定元素是否达到8电子稳定结构；
D、水和HF含有极性键，F2和O2含有非极性键。
12．【答案】D
【解析】【解答】A.CO2 分子中σ键与π键数目比为1 ：1，A不符合题意。
B.CS2中中心C原子的价电子对数为2 +×(4-2×2)=2，中心C原子为sp杂化，且无孤电子对，所以CS2为直线形分子，B不符合题意。
C.H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道， NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，[Cu(NH3)4]2+含有配位键；③CH3COO-、④NH3、⑤CH中形成的共用电子对均由成键原子共同提供，不含有配位键；故存在配位键的是①②，C不符合题意。
D.SiF4中中心Si原子的价电子对数为4 +×(4-4×1) =4，中中心S原子的价电子对数为3 +×(6+2-3×2)=4，所以．SiF4和的中心原子均为sp3杂化，D符合题意。
【分析】A.依据单键为σ键，双键为1个σ键与1个π键分析， σ键形成为“头碰头”、π键形成为“肩并肩”σ键原子轨道重叠程度比π键大 。
B. SO2为sp2杂化，且含1个孤电子对，所以为角形分子，CS2中心C原子为sp杂化，且无孤电子对，所以CS2为直线形分子。
C.配位键为一种原子提供孤电子对，而另一种原子提供空轨道形成的共价键。
D.依据价层电子对数（价层电子对数= σ键 +孤电子对数）确定杂化类型。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硅由硅原子和氧原子构成，不是离子化合物，A不符合题意；
B．CaCl2为离子化合物，但是不含共价键，B不符合题意；
C．NH4Cl为离子化合物，且铵根离子中含有N-H共价键，C符合题意；
D．CH2Cl2是分子化合物，不是离子化合物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】注意本题的条件有两点：①含有共价键；②属于离子化合物。共价键是由相邻原子之间通过共用电子对形成的，离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物。
14．【答案】D
【解析】【解答】由于原子晶体中粒子间以共价键结合，而分子晶体中分子间以分子间作用力结合，故原子晶体比分子晶体的熔、沸点高，硬度大。有些分子晶体溶于水后能电离出自由移动的离子而导电，如H2SO4、HCl。D选项中的干冰(CO2)是分子晶体，故D符合题意。
【分析】原子晶体由于原子之间通过很强的共价键形成的晶体，硬度、熔沸点比较高，分子晶体之间共价键没有原子晶体强，常见的原子晶体是金刚石、二氧化硅、晶体硼等等，常见的分子晶体是水，二氧化碳、氨气等等，二氧化碳、氨气等等分子晶体溶于水可以导电
15．【答案】A
【解析】【解答】解：A．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故A正确；
B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B错误；
C．金刚石、晶体硅都属于原子晶体，金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，所以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与键能有关，故C错误；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故D错误；
故选A．
【分析】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大；
B．元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；
C．原子晶体中，键长越短，键能越大，物质的熔点、沸点越高；
D．离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键．
16．【答案】C
【解析】【解答】A．该分子中的以单键连接的2个N的杂化方式均为sp3，故A不符合题意；
B．同一周期元素，从左到右，第一电离能增大，但由于N的2p上有3个电子，是半充满结构，第一电离能大于O，故第一电离能大小顺序为F＞N＞O，故B不符合题意；
C．Y的氢化物H2O2中含非极性共价键，故C符合题意；
D．F可以形成F2，是非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W原子的电子分布于3个能级，W形成1个单键，则W的电子排布为1s22s22p5，W为F元素，Y形成双键，则Y为O元素，X形成3个单键或1个单键和1个双键，则X为N元素。
17．【答案】（1）
（2）⑤⑦⑨；⑥；②③⑩；①②③⑧⑩；⑤⑥⑦⑨
（3）C；被还原；还原反应；6NA或3.612×1024
【解析】【解答】(1)A．铝表面容易被氧气氧化生成致密的氧化铝薄膜，耐腐蚀，用途是制合金，连a；
B．四氧化三铁具有磁性，可用作磁性材料，连e；
C．碳酸氢钠具有弱碱性，可作食用碱，连d；
D．14C可测定文物年代，连b；
E．氯气溶于水生成次氯酸具有氧化性，可作自来水消毒剂，连c；即
(2)① MgCl2只含离子键，属于离子化合物；
②NaOH含有离子键和极性共价键，属于离子化合物；
③Na2O2含有离子键和非极性共价键，属于离子化合物；
④N2只含非极性键，属于单质；
⑤H2S只含极性键，属于共价化合物；
⑥H2O2含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；
⑦CO2只含极性键，属于共价化合物；
⑧CaO只含离子键，属于离子化合物；
⑨CH4只含极性键，属于共价化合物；
⑩NH4Cl含有离子键和极性共价键，属于离子化合物；
只含有极性键的物质是⑤⑦⑨；既含有极性键又含有非极性键的物质是⑥；既含有共价键又含有离子键的物质是②③⑩；属于离子化合物的物质是①②③⑧⑩；属于共价化合物的物质是⑤⑥⑦⑨；
(3)反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3，被还原，发生还原反应，标准状况下放出33.6LCO2气体的物质的量，C→CO2中C元素化合价升高了4，则转移电子数目为4×1.5mol×NA mol-1=6NA。
【分析】（1）熟记常见物质的性质与用途；
（2）极性键由不同种原子形成的共价键，非极性键是由同种原子形成的共价键，离子键是阴阳离子间的相互作用力；
（3）判断化合价，还原剂所含元素的化合价升高，氧化剂所含元素的化合价降低，氧化剂发生还原反应，被还原，C从0价升高为+4价，生成1.5molCO2时，转移电子的数目为6NA.
18．【答案】（1）；sp2、sp3；C D E G H
（2）平面三角形；O>N>Co>K
（3）CrO2
（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4； （或 ）
【解析】【解答】本题考查物质结构与性质，主要考查价电子排布图的书写，电负性的比较，杂化方式和VSEPR模型的判断，化学键的类型，等电子体的书写，配位数的确定，晶体的计算。
（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的价电子排布式图为 。②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化类型为sp3杂化、sp2杂化。③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，
故答案为：CDEGH。
（2）NO2-中中心原子N的孤电子对数为 （5+1-2 2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O N Co K。
（3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
（4）用替换法，与BH4-互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为NH4+等。
（5）由晶胞可见b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。用“均摊法”，晶胞中含a：8 +6 =4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为 NA，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，1mol晶体的体积为 ， NA= ，解得x= cm。根据晶胞相邻2个b微粒之间的距离为面对角线的一半，相邻2个b微粒之间的距离为 x= cm= 107nm。
故正确答案为：（1），sp2、sp3，C D E G H（2）平面三角形，O>N>Co>K（3）CrO2，（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4，2 2 × 4 × （ 32 + 65 ） N A ρ 3 × 10 7 （或 2 2 × 388 N A ρ 3 × 10 7 ）
【分析】（1）碳原子的杂化方式简单判断方法是碳原子接4个单键则为sp3，接一个双键则是sp2，或者用基本公式：单键数加上孤对电子数。
19．【答案】（1）A；B
（2）H
（3）CH3OH可以形成分子间氢键，分子间作用力更大一些，故其沸点更高；
（4）sp2；108
（5）
【解析】【解答】（1）A．镍和钙在同一周期，镍在右侧，故其第一电离能比钙的大，A正确；
B．Ni是28号元素，故其基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，B正确；
C．基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，当失去电子的时候，总是失去最外层的电子，先失去4s轨道上的电子，C不正确；
故答案为：AB；
（2）C、N、O在同一周期，从左向右，电负性依次增大，H在第一周期第一主族，电负性最小，故顺序为：H；
（3）这三种物质都是分子晶体，其中CH3OH可以形成分子间氢键，分子间作用力更大一些，故其沸点更高；
（4）N原子含一个π键含三个σ键，价层电子对为三，故其杂化方式为sp2，1个配体bpy分子中，其中国6个水中含有12个σ键，1个 中，含有96个σ键，则1个配体bpy分子中含有108个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为108NA.
（5）晶胞中各个原子的个数，Ni： ，O：2，H：2
体积 ，故答案为：
【分析】
（1）
A.镍原子与钙同周期，且镍原子序数大，电离能大；
B.镍原子是28号元素，价电子排布为3d84s2，注意需要满足能量最低原理和洪特规则；
C.其价电子排布为3d84s2，失电子时失去最外层电子，优先失去4s轨道上的电子；
（2）C、N、O三元素非金属性越强电负性越强，故H（3）其三种物质晶体类型一致，而甲醇中含有氢键，所以沸点高；
（4）观察其结构式，氮原子含一个π键含三个σ键，价电子对为3，故为sp2；主要考查氮原子的结构以及价层电子数对；
（5）依据公式计算即可，计算出质量和体积，注意单位换算，和数量级变化。
20．【答案】（1）；
（2）；
（3）；极性键和非极性键
（4）第四周期，第VIII族
【解析】【解答】A、B、C、D、E、F为前四周期元素，且原子序数依次增大，A是空气中含量最多的元素则为N元素，C与A同周期且是本周期中原子半径最小的元素，则为F元素，C与E同主族，则E为Cl元素，D的原子最外层电子数等于电子层数，则D为Al元素，F的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料则为Fe元素，A是N，C是F，则B为O元素。
（1）A为N元素，则N的原子结构示意图为，B与原子半径最小的原子形成的18电子分子H2O2的结构式为；
（2）一般电子层越多，粒子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故半径；
非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，非金属性F>Cl，稳定性HF>HCl；
（3）Cl2和H2O反应的化学方程式为：；该反应中断裂的化学键种类为极性键(H-O)、非极性键(Cl-Cl)；
（4）F的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料，F为Fe，Fe在元素周期表中的位置为第四周期，第VIII族。
【分析】
（1） 空气中含量最多的元素为N元素，利用核外电子分层排布规律书写；识记常见的18电子粒子；
（2）一般电子层越多，粒子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；
（3）依据反应物和产物的价键结构分析；同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
（4）铁的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料。
21．【答案】（1）<；>
（2）<；>
（3）O> N> C；Mg>Al>Na
（4）Cl->O2-> Na+；H2SO4 > H2CO3> H2SiO3
（5）NH4NO3
（6）SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl
【解析】【解答】由图可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，K为F元素，E为Na元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，I为S元素，J为Cl元素。
(1)BD2为CO2，HD2为SiO2，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，因此熔沸点：CO2H2S，即 A2D> A2I，故答案为：<；>；
(2)A2D为H2O，CA3为NH3，NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此键角：H2OO2F，故答案为：<；>；
(3)B、C、D分别为C、N、O，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C；E、F、G分别为Na、Mg、Al，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，因此第一电离能：Mg>Al>Na，故答案为：O>N>C；Mg>Al>Na；
(4)D、E、 J的离子分别为O2-、Na+、Cl-，电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：Cl->O2-> Na+；B、H、I分别为C、Si、S，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>C>Si，因此最高价含氧酸的酸性：H2SO4 > H2CO3> H2SiO3，故答案为：Cl->O2-> Na+；H2SO4 > H2CO3> H2SiO3；
(5)A、C、D分别为H、N、O，H、N、O可形成离子化合物NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
(6)I的氧化物为SO2、SO3，J的单质为Cl2，I的氧化物与J的单质溶于水反应生成两种强酸，应为SO2、Cl2溶于水生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl。
【分析】由图可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，K为F元素，E为Na元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，I为S元素，J为Cl元素；
（1）CO2属于分子晶体，SiO2属于共价晶体； H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间为范德华力；
（2）H2O中氧原子有2对孤电子对，NH3中N原子有1对孤电子对；H2O、OF2都是V形结构，F原子电负性比较氢原子大；
（3）非金属性越强，电负性越大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（4）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；元素的非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强；
（5） A，C，D形成硝酸铵；
（6）SO2、Cl2溶于水生成硫酸和盐酸。
22．【答案】（1）碘液；溶液变蓝
（2）
（3）OH-；4
（4）Cu+；
【解析】【解答】（1）利用淀粉遇碘单质变蓝的特性分析，要想证明淀粉溶液没有水解完全，只需在步骤1所得溶液中加入碘液，观察到溶液变蓝的现象时，即可证明。
（2） 淀粉水解产物为葡萄糖，能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，发生反应的化学方程式是 。
（3）新制的 里含有 （四羟基合铜离子），该离子的配体是OH-， 的配位数是4。
（4）晶胞中c原子的个数为 ，e原子个数为4，根据氧化亚铜的化学式分析，c为氧原子，e为Cu+，假设该晶胞的边长为 ，一个晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a3cm3，该晶体的密度为 。
【分析】（1）证明淀粉有剩余需要加入酸再加入碘水进行检验即可
（2）根据步骤4的反应物的性质即可写出方程式
（3）根据给出的化学式即可找出配体和配位数
（4）根据晶胞计算出原子个数结合化学式即可判断，结合晶胞参数即可计算出密度
23．【答案】（1）深蓝
（2）Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O
（3）N；；16NA
（4）60
（5）5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（6）c（H+）越大，反应的速率越快；
【解析】【解答】（1）在CuSO4溶液中加入氨水，发生反应：CuSO4+2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+（NH4）2SO4，产生Cu（OH）2蓝色沉淀。当氨水过量时，Cu（OH）2与过量氨水反应产生可溶性[Cu（NH3）4]（OH）2，使溶液变为深蓝色；再向其中加入适量乙醇，物质[Cu（NH3）4]SO4·H2O的溶解度降低，将析出[Cu（NH3）4]SO4·H2O晶体晶体。
（2）Cu（OH）2溶解在过量氨水中产生可溶性[Cu（NH3）4]（OH）2的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；
（3）在[Cu（NH3）4]2+中，中心离子Cu2+具有空轨道，而配位体NH3的N原子上含有孤电子对，Cu2+与4个配位体的N原子形成4个配位键；以配位键形式表示[Cu（NH3）4]2+的结构为：；在1个配位体中含有3个共价键，共价键和配位键都属于σ键，则在络离子[Cu（NH3）4]2+中含有的σ键数目为4+3×4=16个，则在1 mol [Cu（NH3）4]2+中含有的σ键数目为16NA；
（4）要采用控制变量法进行研究，由于KMnO4溶液的体积相同，实验①②中草酸与蒸馏水的体积和为20 mL+40 mL=60 mL，所以实验③中草酸与蒸馏水的体积和也要等于60 mL，即a+b=60；
（5）KMnO4溶液具有强氧化性，H2C2O4具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，产生K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（6）实验①中c（H+）比实验②大，其它条件相同，根据c（）变化情况可知：溶液中c（H+）越大，反应的速率越快；
在实验①中，从0～t1可知，c（）由c1→c2，改变了△c（）=（c1-c2） mol/L，由于物质反应时物质的量的比等于方程式中化学计量数的比，则c（H+）=3△c（）=3（c1-c2） mol/L，所以v（H+）= mol/（L·min）。
【分析】（1）[Cu（NH3）4]（OH）2溶液为深蓝色；再向其中加入适量乙醇，可降低其溶解度降低；
（2）Cu（OH）2溶解在过量氨水中产生可溶性[Cu（NH3）4]（OH）2；
（3）依据配合物的形成判断；依据 [Cu（NH3）4]2+ 判断结构及确定 σ键数；
（4）要采用控制变量法进行研究，只能有一个变量，其它量完全相同；
（5）根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写；
（6） H+ 离子浓度越大，反应的速率越快；依据物质反应时物质的量的比等于方程式中化学计量数的比计算
2022-2023学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．下列物质中含有非极性共价键的是（ ）
A．NaOH B．CO2 C．NH4Cl D．H2O2
2．下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A．碘开华 B．二氧化氮被木炭吸附
C．蔗糖溶于水 D．HCl气体溶于水
3．化学与生产、生活密切相关，下列叙述正确的是
A．高吸水性树脂都含有羟基、烷基等亲水基团
B．燃煤脱硫脱氮有利于实现碳中和
C．用于砂轮磨料的碳化硅属于共价晶体
D．5G技术中使用的光导纤维属于有机高分子材料
4．下列说法中正确的是（）
A．能电离出离子的化合物都是离子化合物
B．熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
C．不同元素组成的多原子分子里的化学键一定是极性键
D．非金属元素构成的单质中一定存在共价键
5．下列有关晶体的说法正确的是（ ）
A．分子晶体中一定不含离子键
B．分子晶体中一定含有共价键
C．离子晶体中一定只含离子键
D．离子晶体的熔点一定比共价化合物高
6．下列化学用语正确的是（ ）
A．的电子式：
B．铷的原子结构示意图：
C．用电子式表示的形成过程：
D．核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为
7．下列反应过程中，同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成的是（ ）
A．NH4Cl NH3↑＋HCl↑ B．NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3
C．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ D．2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
8．工业上用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能，例如：加入CH3OC（CH3）3来生产无铅汽油．CH3OC（CH3）3分子中必存在的原子间连接形式是（ ）
A． B．
C． D．
9．下列变化过程中，破坏极性共价键的是（ ）
A．碘的升华 B．硅的熔化
C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
10．下列说法中正确的是（ ）
①在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
②同一周期从左到右，元素的第一电离能、电负性都是越来越大
③PCl3和光气(COCl2)分子中所有原子的最外层都达到8电子稳定结构
④所有的配合物都存在配位键，所有含配位键的化合物都是配合物
⑤所有含极性键的分子都是极性分子
⑥熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物
⑦所有的原子晶体都不导电
A．①② B．④⑥ C．③⑥ D．③⑦
11．下列说法错误的是（ ）
A．用电子式表示K2S的形成过程为：
B．MgCl2和NaOH中的化学键类型完全相同，都属于离子化合物
C．CO2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D．反应2H2O+2F2=O2+4HF，同时有极性键和非极性键的断裂和形成
12．下列说法正确的是( )
A．CO2分子中σ键与π键的数目之比为1：2，且σ键的原子轨道重叠程度比π键大，形成的共价键更牢固
B．SO2和CS2均为角形分子
C．①H3O+、②[ Cu( NH3)4]2+、③CH3COO-、④NH3、⑤CH4中存在配位键的是①②⑤
D．SiF4和的中心原子均为sp3杂化
13．含有共价键的离子化合物是（ ）
A．SiO2 B．CaCl2 C．NH4Cl D．CH2Cl2
14．下列关于原子晶体和分子晶体的说法中不正确的是( )
A．原子晶体的硬度通常比分子晶体的大
B．原子晶体的熔、沸点较高
C．分子晶体中有的水溶液能导电
D．金刚石、水晶和干冰都属于原子晶体
15．下列物质性质的变化规律，与化学键的强弱无关的是（ ）
A．F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B．HF，HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C．金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D．NaF，NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
16．某药物主要成分的结构简式如图所示，其中X、Y、W三种元素的原子序数依次增大，基态W原子的电子分布于3个能级。下列说法错误的是（ ）
A．该分子中有2个X原子的杂化方式相同
B．X、Y、W的第一电离能大小顺序为
C．Y的氢化物分子中只含极性键
D．元素W可以形成非极性分子
二、综合题
17．回答下列问题
（1）补齐物质(或粒子)与其用途之间的连线 。
物质(粒子) 用途 A．铝 a．制合金 B．四氧化三铁 b．测定文物年代 C．碳酸氢钠 c．作自来水消毒剂 D．14C d．作食用碱 E．氯气 e．作磁性材料
（2）下列物质中① MgCl2②NaOH ③Na2O2④N2⑤H2S ⑥H2O2⑦CO2 ⑧CaO ⑨CH4 ⑩NH4Cl
只含有极性键的物质是 (填序号，下同)，既含有极性键又含有非极性键的物质是 ，既含有共价键又含有离子键的物质是 ，属于离子化合物的物质是 ，属于共价化合物的物质是 。
（3）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时反应为：S + 2KNO3 + 3C = K2S + N2↑ + 3CO2↑。在该反应中，还原剂是 (填化学式)，化合价升高；氧化剂是S和KNO3，被 ，发生 反应；当反应释放出33.6L(标准状况)的CO2气体时，转移电子数目为 。
18．金属及其化合物在科学研究和工业生产中具有重要的用途。
（1）三氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示：
①此配合物中，铁离子价电子排布图为 ；
②此配离子中碳原子的杂化轨道类型为 ；
③此配离子中含有的化学键为 。
A．离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E．配位键 F．氢键 G．σ键 H．π键
（2）NO2-与钴盐形成的配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在。NO2-离子的VSEPR模型名称为 ，K3[Co(NO2)6]是黄色沉淀，该物质中四种元素的电负性由大到小的顺序是 。
（3）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好。离子型氧化物V2O5和CrO2，其中适合作录音带磁粉原料的是 。
（4）锰的一种配合物的化学式为Mn(BH4)2(THF)3，写出两种与BH4-互为等电子体的微粒 （请写一个分子和一个离子）。
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛，立方ZnS晶体的结构如图所示，a的配位数为 ，已知晶胞密度为ρ g/cm3，则相邻2个b微粒之间的距离为 nm（列计算式）。
19．近年来，科学家研究的以复合过渡金属镍的氢氧化物为催化剂、三乙醇胺为电子给体以及[Ru(bpy)3]Cl2·6H2O为光敏剂的催化体系，在可见光驱动下可高效催化还原CO2。
（1）下列有关Ni原子的叙述正确的是___________(填标号)。
A．第一电离能比钙的大
B．基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2
C．基态Ni原子形成基态Ni2+时，先失去3d轨道上的电子
（2）三乙醇胺的制备：3 +NH3 N(CH2CH2OH)3。
①三乙醇胺所含的元素中，电负性由小到大的顺序为 。
②NH3的空间结构为 。
③键角：NH3 (填“＞”、“＜”或“=”)H2O。
（3）CO2能转化为高价值化学品，如CH4、CH3OH、HCHO。上述3种物质中，沸点最高的是CH3OH，原因是 。
（4）[Ru(bpy)3]Cl2·6H2O的结构如图1所示。N原子的杂化类型为 ，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为 NA。
（5）β－Nix(OH)y的晶胞结构如图2(氧、氢原子均位于晶胞内部)所示，已知晶胞的底边长为anm，高为cnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 g·cm-3(列出表达式)。
三、推断题
20．自俄国化学家德米特里·伊万诺维奇·门捷列夫制作出世界上第一张元素周期表后，多位化学家发展并提出了170多种元素周期表，为我们了解元素提供了极大的帮助。现行的元素周期表中，前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是空气中含量最多的元素，C与A同周期且是本周期中原子半径最小的元素，C与E同主族，D的原子最外层电子数等于电子层数，F的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料。请回答下列问题：
（1）A的原子结构示意图为 ，B与原子半径最小的原子形成的18电子分子的结构式为 。
（2）C、D、E形成的简单离子的半径按由大到小排列的顺序是 (填离子符号)，C、E的简单氢化物的热稳定性由强到弱的顺序是 (填化学式)。
（3）E的单质与B的氢化物反应的化学方程式为 ，该反应中断裂的化学键种类为 (填“极性键”、“非极性键”或“极性键和非极性键”)。
（4）F在元素周期表中的位置为 。
21．下表是元素周期表的一部分，表中每一个字母分别代表一种元素，请从A~J这十种元素中选择适当的元素回答下列问题。
族 周期 IA 0
1 A IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
2 B C D K
3 E F G H I J
（1）物质熔沸点比较： BD2 HD2； A2D A2I。 (填“>”、“=”或“<”)：
（2）物质的键角比较： A2D CA3； A2D DK2(填“>”、“=”或“<”)：
（3）B、C、D三种元素电负性由大到小的顺序 (用对应元素的符号表示)；E、F、G三种元素第一电离能由大到小的顺序 (用对应元素的符号表示)
（4）D、E、 J的离子半径由大到小的顺序为 。(用所对应元素的离子符号表示)；B、H、I的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 。(用化学式表示)
（5）A，C，D三种元素形成的一种离子化合物的化学式 。
（6）I的氧化物与J的单质溶于水反应生成两种强酸的方程式 。
四、实验探究题
22．某化学兴趣小组做了淀粉水解及产物检验的实验，步骤如下：
步骤1：取1mL淀粉溶液，加入2mL10%稀硫酸，加热煮沸。
步骤2：向步骤1所得溶液中加入10% 溶液调节pH至碱性。
步骤3：在另一支试管中加入2mL10% 溶液滴入5滴5% 溶液，振荡，制得新制的 。
步骤4：向步骤2所得溶液中加入少量新制备的 ，加热3~5min，观察到生成砖红色沉淀。
回答下列问题
（1）要想证明淀粉溶液没有水解完全，只需在步骤1所得溶液中加入 ，观察到 的现象时，即可证明。
（2）步骤4发生反应的化学方程式是 。
（3）新制的 里含有 （四羟基合铜离子），该离子的配体是 ， 的配位数是 。
（4）步骤4所得的砖红色沉淀的晶胞如图所示，其中e是 （填离子符号），假设该晶胞的边长为 ，该晶体的密度为 （用含a的代数式表示， 为阿伏加德罗常数的值）。
23．
（1）Ⅰ．[Cu（NH3）4]SO4·H2O晶体制备。
制备过程：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到 色的透明溶液；再加入适量乙醇，将析出[Cu（NH3）4]SO4·H2O晶体。
（2）写出沉淀溶解得透明溶液的离子方程式 。
（3）在[Cu（NH3）4]2+中，提供孤电子对的原子是 ，以配位键形式表示[Cu（NH3）4]2+的结构 ，1 mol[Cu（NH3）4]2+含有 个σ键。
（4）Ⅱ．一定条件下，高锰酸钾可被草酸H2C2O4还原，经研究MnSO4可催化该反应。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
在25℃下，控制高锰酸钾初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始c（H+）和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表。
实验编号 初始c（H+） 高锰酸钾溶液体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL
① 80 20 40
② 1.0×10-4 80 20 40
③ 1.0×10-4 80
则a+b= 。
（5）测得实验①和②中的浓度随时间变化关系如图所示。上述反应的离子方程式为 。
（6）实验①和②的结果表明 ；实验①中时间段反应速率v（H+）= mol/（L·min）（用代数式表示）。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．NaOH为离子化合物，氢氧根离子中含有极性共价键，A不符合题意；
B．CO2中碳原子和氧原子之间存在极性共价键，B不符合题意；
C．NH4Cl为离子化合物，铵根离子中存在极性共价键，C不符合题意；
D．H2O2为共价化合物，分子中存在非极性共价键O-O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．碘升华发生物理变化，只破坏范德华力，不破坏化学键，故A不符合题意；
B．二氧化氮被木炭吸附发生物理变化，不破坏化学键，故B不符合题意；
C．蔗糖溶于水，不能发生电离，共价键不变，故C不符合题意；
D．HCl溶于水，在水分子的作用下，氯化氢电离出阴阳离子，所以化学键被破坏，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】共价化合物溶于水后就会破坏共价键，氯化氢气体属于共价化合物，因此氯化氢气体溶于水会破坏共价键。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．高吸水性树脂作为功能高分子材料，要具有吸水和保水功能，就必须在分子结构中含有亲水性基团，如羟基、羧基等，但烷基属于疏水基，A不符合题意；
B．燃煤脱硫脱氮，除去燃煤中的硫元素、氮元素，但并不影响二氧化碳的排放，B不符合题意；
C．碳化硅陶瓷具有超硬性能，属于共价晶体，C符合题意；
D．光导纤维属于新型无机非金属材料，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、烷基不是亲水基团；
B、碳中和指的是减少二氧化碳的排放；
C、碳化硅硬度大，为共价晶体；
D、光导纤维为二氧化硅，属于无机非金属材料。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.能电离出离子的化合物不一定都是离子化合物，例如HCl等，A不符合题意；
B.共价键在熔融状态下一般不能断键，离子键可以，因此熔融状态下能导电的化合物一定是离子化合物，B符合题意；
C.不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，例如醋酸分子中含有非极性键，C不符合题意；
D.非金属元素构成的单质中不一定存在共价键，例如稀有气体分子中不存在化学键，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、离子化合物是指由离子键构成的化合物，大多数酸都是共价化合物；
B、离子化合物是由阴阳离子构成的化合物；
C、同种元素之间形成非极性共价键，不同种元素之间形成极性共价键，多原子分子里，如果存在相邻的同种院子，则形成非极性共价键；
D、稀有气体分子为非金属，为单原子分子，不存在共价键；
5．【答案】A
【解析】【解答】B.稀有气体中不含共价键，不符合题意；
C.NH4Cl为离子晶体，含有共价键，不符合题意
D.离子晶体熔点一般较高，个别较低，不符合题意
故答案为：A
【分析】A.分子间通过分子间作用力构成的晶体叫做分子晶体；
B.分子晶体中一定存在分子间作用力，也存在化学键，但是不一定是共价键；
C.离子晶体中一定存在离子键，但是也可能存在共价键；
D.尽管离子晶体的熔沸点一般较高，共价化合物的熔沸点一般较低，但是并不是所有的离子晶体熔点都高于所有的共价化合物。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．的电子式为： ，A不符合题意；
B．铷是37号元素，其原子结构示意图： ，B符合题意；
C．过氧化钠是离子化合物，则用电子式表示的形成过程： ，C不符合题意；
D．核外有a个电子，说明其为a-2号元素，有b个中子，则其质量数为a-2+b，则其原子符号为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.CCl4中Cl原子满足8电子稳定结构；
C.用电子式表示Na2O的形成过程为；
D.M2+离子核外有a个电子，则其质子数为（a+2），且含b个中子，据此求出质量数，且将质量数标示在元素符号左上角，质子数表示在左下角。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、该反应中有离子键的断裂但没有离子键的形成，A项不符合题意；
B、该反应中没有离子键的断裂但有离子键的形成，B项不符合题意；
C、同时有离子键、极性键和非极性键的断裂和形成，C项符合题意；
D、该反应中没有极性共价键的断裂，D项不符合题意；
故答案为：C
【分析】离子键指的是阴阳离子之间所成的化学键，极性键指的是不同的原子之间形成的共价键，非极性键指的是相同的原子之间形成的共价键。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．该物质为醚，不存在，故A不选；
B．该物质不属于烯烃，不含，故B不选；
C．该物质为醚，含 ，故C选；
D．该物质不属于烷烃，且四个C不在同一直线上，故D不选；
故选C．
【分析】CH3OC（CH3）3分子中含C﹣C、C﹣C、C﹣O三种化学键，以此来解答．
9．【答案】D
【解析】【解答】A. 碘的升华是物理变化，破坏的分子间作用力，A不符合题意；
B. 硅的熔化破坏的是非极性键，B不符合题意；
C. 食盐电离破坏离子键，C不符合题意；
D. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，破坏极性键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 升华是物理变化，破坏的分子间作用力；
B. 硅原子之间是非极性键；
C. 食盐电离破坏离子键；
D. 电解质溶于水发生电离，破坏极性键。
10．【答案】C
【解析】【解答】①在基态多电子原子中，能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高，①不符合题意；
②同一周期从左到右，元素的电负性越来越大，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素的原子核外电子排布处于原子轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，②不符合题意；
③PCl3中P原子与3个Cl原子形成3对共用电子对，使分子中各原子都达到稳定结构；在光气(COCl2)分子中，C原子与O原子形成2对共用电子对，又与2个Cl原子形成2对共用电子对，从而使分子所有原子的最外层都达到8电子稳定结构，③符合题意；
④配合物中一定存在配位键，但含有配位键的化合物不一定是配合物，如NH4Cl是离子化合物，在其中含有的阳离子 中含有配位键，但不属于配位化合物，④不符合题意；
⑤以极性键结合的双原子分子是极性分子，以极性键结合的多原子分子可能是极性分子，也可能是非极性分子，⑤不符合题意；
⑥物质在熔融状态下能够断裂离子键，但不能断裂共价键。若某化合物在熔融状态下能导电，则该化合物一定是离子化合物，⑥符合题意；
⑦晶体硅属于原子晶体，属于半导体材料，能够导电，因此不是所有的原子晶体都不导电，⑦不符合题意；
综上所述可知：说法正确的是③⑥，
故答案为：C。
【分析】①能层高的s轨道电子能量比能层低的p轨道电子能量高；
②第IIA、第VA元素的原子核外电子排布处于原子轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能较大；
③结合各原子的成键情况分析；
④含有配位键的化合物不一定是配合物；
⑤以极性键结合的多原子分子可能是极性分子，也可能是非极性分子；
⑥若某化合物在熔融状态下能导电，则该化合物一定是离子化合物；
⑦晶体硅属于原子晶体，属于半导体材料，能够导电；
11．【答案】B
【解析】【解答】A．K2S的形成过程中，S原子得到两个电子，形成阴离子，K原子失去电子形成阳离子，阴阳离子通过离子键结合，用电子式表示为： ，故A不符合题意；
B．MgCl2中只含离子键，属于离子化合物，NaOH中既含离子键又含共价键，也属于离子化合物，化学键类型不完全相同，故B符合题意；
C．CO2分子中C原子和两个O原子分别共用两对共用电子对，每个原子都满足8电子稳定结构；Cl2分子中，两个Cl原子间共用1对共用电子对都达到8电子稳定结构，故C不符合题意；
D．反应2H2O+2F2=O2+4HF，反应物水中含有极性键，F2中含有非极性键，产物O2中含有非极性键，HF中含有极性键，则反应过程中同时有极性键和非极性键的断裂和形成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、K失去电子，S得电子；
B、MgCl2中只含离子键，NaOH中既含离子键又含共价键；
C、根据共用电子对来确定元素是否达到8电子稳定结构；
D、水和HF含有极性键，F2和O2含有非极性键。
12．【答案】D
【解析】【解答】A.CO2 分子中σ键与π键数目比为1 ：1，A不符合题意。
B.CS2中中心C原子的价电子对数为2 +×(4-2×2)=2，中心C原子为sp杂化，且无孤电子对，所以CS2为直线形分子，B不符合题意。
C.H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道， NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，[Cu(NH3)4]2+含有配位键；③CH3COO-、④NH3、⑤CH中形成的共用电子对均由成键原子共同提供，不含有配位键；故存在配位键的是①②，C不符合题意。
D.SiF4中中心Si原子的价电子对数为4 +×(4-4×1) =4，中中心S原子的价电子对数为3 +×(6+2-3×2)=4，所以．SiF4和的中心原子均为sp3杂化，D符合题意。
【分析】A.依据单键为σ键，双键为1个σ键与1个π键分析， σ键形成为“头碰头”、π键形成为“肩并肩”σ键原子轨道重叠程度比π键大 。
B. SO2为sp2杂化，且含1个孤电子对，所以为角形分子，CS2中心C原子为sp杂化，且无孤电子对，所以CS2为直线形分子。
C.配位键为一种原子提供孤电子对，而另一种原子提供空轨道形成的共价键。
D.依据价层电子对数（价层电子对数= σ键 +孤电子对数）确定杂化类型。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硅由硅原子和氧原子构成，不是离子化合物，A不符合题意；
B．CaCl2为离子化合物，但是不含共价键，B不符合题意；
C．NH4Cl为离子化合物，且铵根离子中含有N-H共价键，C符合题意；
D．CH2Cl2是分子化合物，不是离子化合物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】注意本题的条件有两点：①含有共价键；②属于离子化合物。共价键是由相邻原子之间通过共用电子对形成的，离子化合物是由阳离子和阴离子构成的化合物。
14．【答案】D
【解析】【解答】由于原子晶体中粒子间以共价键结合，而分子晶体中分子间以分子间作用力结合，故原子晶体比分子晶体的熔、沸点高，硬度大。有些分子晶体溶于水后能电离出自由移动的离子而导电，如H2SO4、HCl。D选项中的干冰(CO2)是分子晶体，故D符合题意。
【分析】原子晶体由于原子之间通过很强的共价键形成的晶体，硬度、熔沸点比较高，分子晶体之间共价键没有原子晶体强，常见的原子晶体是金刚石、二氧化硅、晶体硼等等，常见的分子晶体是水，二氧化碳、氨气等等，二氧化碳、氨气等等分子晶体溶于水可以导电
15．【答案】A
【解析】【解答】解：A．F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量逐渐增大，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点、沸点越高，与键能无关，故A正确；
B．非金属性F＞Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故B错误；
C．金刚石、晶体硅都属于原子晶体，金刚石中碳碳键的键长小于晶体硅中硅硅键的键长，所以金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与键能有关，故C错误；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔沸点越低，与化学键的键能有关，故D错误；
故选A．
【分析】A．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点、沸点越大；
B．元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定；
C．原子晶体中，键长越短，键能越大，物质的熔点、沸点越高；
D．离子晶体中影响熔沸点的因素是离子键．
16．【答案】C
【解析】【解答】A．该分子中的以单键连接的2个N的杂化方式均为sp3，故A不符合题意；
B．同一周期元素，从左到右，第一电离能增大，但由于N的2p上有3个电子，是半充满结构，第一电离能大于O，故第一电离能大小顺序为F＞N＞O，故B不符合题意；
C．Y的氢化物H2O2中含非极性共价键，故C符合题意；
D．F可以形成F2，是非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W原子的电子分布于3个能级，W形成1个单键，则W的电子排布为1s22s22p5，W为F元素，Y形成双键，则Y为O元素，X形成3个单键或1个单键和1个双键，则X为N元素。
17．【答案】（1）
（2）⑤⑦⑨；⑥；②③⑩；①②③⑧⑩；⑤⑥⑦⑨
（3）C；被还原；还原反应；6NA或3.612×1024
【解析】【解答】(1)A．铝表面容易被氧气氧化生成致密的氧化铝薄膜，耐腐蚀，用途是制合金，连a；
B．四氧化三铁具有磁性，可用作磁性材料，连e；
C．碳酸氢钠具有弱碱性，可作食用碱，连d；
D．14C可测定文物年代，连b；
E．氯气溶于水生成次氯酸具有氧化性，可作自来水消毒剂，连c；即
(2)① MgCl2只含离子键，属于离子化合物；
②NaOH含有离子键和极性共价键，属于离子化合物；
③Na2O2含有离子键和非极性共价键，属于离子化合物；
④N2只含非极性键，属于单质；
⑤H2S只含极性键，属于共价化合物；
⑥H2O2含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；
⑦CO2只含极性键，属于共价化合物；
⑧CaO只含离子键，属于离子化合物；
⑨CH4只含极性键，属于共价化合物；
⑩NH4Cl含有离子键和极性共价键，属于离子化合物；
只含有极性键的物质是⑤⑦⑨；既含有极性键又含有非极性键的物质是⑥；既含有共价键又含有离子键的物质是②③⑩；属于离子化合物的物质是①②③⑧⑩；属于共价化合物的物质是⑤⑥⑦⑨；
(3)反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C、氧化剂是S和KNO3，被还原，发生还原反应，标准状况下放出33.6LCO2气体的物质的量，C→CO2中C元素化合价升高了4，则转移电子数目为4×1.5mol×NA mol-1=6NA。
【分析】（1）熟记常见物质的性质与用途；
（2）极性键由不同种原子形成的共价键，非极性键是由同种原子形成的共价键，离子键是阴阳离子间的相互作用力；
（3）判断化合价，还原剂所含元素的化合价升高，氧化剂所含元素的化合价降低，氧化剂发生还原反应，被还原，C从0价升高为+4价，生成1.5molCO2时，转移电子的数目为6NA.
18．【答案】（1）；sp2、sp3；C D E G H
（2）平面三角形；O>N>Co>K
（3）CrO2
（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4； （或 ）
【解析】【解答】本题考查物质结构与性质，主要考查价电子排布图的书写，电负性的比较，杂化方式和VSEPR模型的判断，化学键的类型，等电子体的书写，配位数的确定，晶体的计算。
（1）①铁的原子序数为26，基态铁原子核外电子数为26，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，则Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5，Fe3+的价电子排布式为3d5，Fe3+的价电子排布式图为 。②此配离子中-C2H5和-CH3中碳原子为sp3杂化，“C=O”和“C=C”中碳原子为sp2杂化，此配离子中碳原子的杂化类型为sp3杂化、sp2杂化。③根据配离子的结构知，乙酰乙酸乙酯中碳碳之间存在非极性键，碳氢、碳氧、氧氢之间存在极性键，单键中只有σ键，碳碳双键和碳氧双键中存在σ键和π键，Fe3+与乙酰乙酸乙酯之间存在配位键，此配离子中含有的化学键为极性键、非极性键、配位键、σ键和π键，
故答案为：CDEGH。
（2）NO2-中中心原子N的孤电子对数为 （5+1-2 2）=1，成键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，NO2-的VSEPR模型为平面三角形。元素的非金属性越强电负性越大，元素的金属性越强电负性越小，则四种元素的电负性由大到小的顺序为O N Co K。
（3）V2O5中金属阳离子为V5+，V5+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，没有未成对电子；CrO2中金属阳离子为Cr4+，Cr4+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，3d上有2个未成对电子；根据“金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好”，适合作录音带磁粉原料的是CrO2。
（4）用替换法，与BH4-互为等电子体的分子为CH4、SiH4，离子为NH4+等。
（5）由晶胞可见b的配位数为4，该晶体的化学式为ZnS，则a的配位数也为4。用“均摊法”，晶胞中含a：8 +6 =4，含b：4，设晶胞的边长为x，则晶胞的体积为x3，1mol晶体的体积为 NA，1mol晶体的质量为（32+65）g=97g，1mol晶体的体积为 ， NA= ，解得x= cm。根据晶胞相邻2个b微粒之间的距离为面对角线的一半，相邻2个b微粒之间的距离为 x= cm= 107nm。
故正确答案为：（1），sp2、sp3，C D E G H（2）平面三角形，O>N>Co>K（3）CrO2，（4）CH4（SiH4）、NH4+
（5）4，2 2 × 4 × （ 32 + 65 ） N A ρ 3 × 10 7 （或 2 2 × 388 N A ρ 3 × 10 7 ）
【分析】（1）碳原子的杂化方式简单判断方法是碳原子接4个单键则为sp3，接一个双键则是sp2，或者用基本公式：单键数加上孤对电子数。
19．【答案】（1）A；B
（2）H
（3）CH3OH可以形成分子间氢键，分子间作用力更大一些，故其沸点更高；
（4）sp2；108
（5）
【解析】【解答】（1）A．镍和钙在同一周期，镍在右侧，故其第一电离能比钙的大，A正确；
B．Ni是28号元素，故其基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，B正确；
C．基态Ni原子的核外价电子排布式为3d84s2，当失去电子的时候，总是失去最外层的电子，先失去4s轨道上的电子，C不正确；
故答案为：AB；
（2）C、N、O在同一周期，从左向右，电负性依次增大，H在第一周期第一主族，电负性最小，故顺序为：H
（3）这三种物质都是分子晶体，其中CH3OH可以形成分子间氢键，分子间作用力更大一些，故其沸点更高；
（4）N原子含一个π键含三个σ键，价层电子对为三，故其杂化方式为sp2，1个配体bpy分子中，其中国6个水中含有12个σ键，1个 中，含有96个σ键，则1个配体bpy分子中含有108个σ键，1mol配体bpy分子中含有σ键的数目为108NA.
（5）晶胞中各个原子的个数，Ni： ，O：2，H：2
体积 ，故答案为：
【分析】
（1）
A.镍原子与钙同周期，且镍原子序数大，电离能大；
B.镍原子是28号元素，价电子排布为3d84s2，注意需要满足能量最低原理和洪特规则；
C.其价电子排布为3d84s2，失电子时失去最外层电子，优先失去4s轨道上的电子；
（2）C、N、O三元素非金属性越强电负性越强，故H
（4）观察其结构式，氮原子含一个π键含三个σ键，价电子对为3，故为sp2；主要考查氮原子的结构以及价层电子数对；
（5）依据公式计算即可，计算出质量和体积，注意单位换算，和数量级变化。
20．【答案】（1）；
（2）；
（3）；极性键和非极性键
（4）第四周期，第VIII族
【解析】【解答】A、B、C、D、E、F为前四周期元素，且原子序数依次增大，A是空气中含量最多的元素则为N元素，C与A同周期且是本周期中原子半径最小的元素，则为F元素，C与E同主族，则E为Cl元素，D的原子最外层电子数等于电子层数，则D为Al元素，F的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料则为Fe元素，A是N，C是F，则B为O元素。
（1）A为N元素，则N的原子结构示意图为，B与原子半径最小的原子形成的18电子分子H2O2的结构式为；
（2）一般电子层越多，粒子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故半径；
非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，非金属性F>Cl，稳定性HF>HCl；
（3）Cl2和H2O反应的化学方程式为：；该反应中断裂的化学键种类为极性键(H-O)、非极性键(Cl-Cl)；
（4）F的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料，F为Fe，Fe在元素周期表中的位置为第四周期，第VIII族。
【分析】
（1） 空气中含量最多的元素为N元素，利用核外电子分层排布规律书写；识记常见的18电子粒子；
（2）一般电子层越多，粒子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；
（3）依据反应物和产物的价键结构分析；同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
（4）铁的单质及合金是目前使用最广泛的金属材料。
21．【答案】（1）<；>
（2）<；>
（3）O> N> C；Mg>Al>Na
（4）Cl->O2-> Na+；H2SO4 > H2CO3> H2SiO3
（5）NH4NO3
（6）SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl
【解析】【解答】由图可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，K为F元素，E为Na元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，I为S元素，J为Cl元素。
(1)BD2为CO2，HD2为SiO2，CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，因此熔沸点：CO2
(2)A2D为H2O，CA3为NH3，NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此键角：H2O
(3)B、C、D分别为C、N、O，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C；E、F、G分别为Na、Mg、Al，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，因此第一电离能：Mg>Al>Na，故答案为：O>N>C；Mg>Al>Na；
(4)D、E、 J的离子分别为O2-、Na+、Cl-，电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径：Cl->O2-> Na+；B、H、I分别为C、Si、S，元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>C>Si，因此最高价含氧酸的酸性：H2SO4 > H2CO3> H2SiO3，故答案为：Cl->O2-> Na+；H2SO4 > H2CO3> H2SiO3；
(5)A、C、D分别为H、N、O，H、N、O可形成离子化合物NH4NO3，故答案为：NH4NO3；
(6)I的氧化物为SO2、SO3，J的单质为Cl2，I的氧化物与J的单质溶于水反应生成两种强酸，应为SO2、Cl2溶于水生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl。
【分析】由图可知，A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，K为F元素，E为Na元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为Si元素，I为S元素，J为Cl元素；
（1）CO2属于分子晶体，SiO2属于共价晶体； H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间为范德华力；
（2）H2O中氧原子有2对孤电子对，NH3中N原子有1对孤电子对；H2O、OF2都是V形结构，F原子电负性比较氢原子大；
（3）非金属性越强，电负性越大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（4）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；元素的非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强；
（5） A，C，D形成硝酸铵；
（6）SO2、Cl2溶于水生成硫酸和盐酸。
22．【答案】（1）碘液；溶液变蓝
（2）
（3）OH-；4
（4）Cu+；
【解析】【解答】（1）利用淀粉遇碘单质变蓝的特性分析，要想证明淀粉溶液没有水解完全，只需在步骤1所得溶液中加入碘液，观察到溶液变蓝的现象时，即可证明。
（2） 淀粉水解产物为葡萄糖，能与新制的氢氧化铜反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，发生反应的化学方程式是 。
（3）新制的 里含有 （四羟基合铜离子），该离子的配体是OH-， 的配位数是4。
（4）晶胞中c原子的个数为 ，e原子个数为4，根据氧化亚铜的化学式分析，c为氧原子，e为Cu+，假设该晶胞的边长为 ，一个晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a3cm3，该晶体的密度为 。
【分析】（1）证明淀粉有剩余需要加入酸再加入碘水进行检验即可
（2）根据步骤4的反应物的性质即可写出方程式
（3）根据给出的化学式即可找出配体和配位数
（4）根据晶胞计算出原子个数结合化学式即可判断，结合晶胞参数即可计算出密度
23．【答案】（1）深蓝
（2）Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O
（3）N；；16NA
（4）60
（5）5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（6）c（H+）越大，反应的速率越快；
【解析】【解答】（1）在CuSO4溶液中加入氨水，发生反应：CuSO4+2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+（NH4）2SO4，产生Cu（OH）2蓝色沉淀。当氨水过量时，Cu（OH）2与过量氨水反应产生可溶性[Cu（NH3）4]（OH）2，使溶液变为深蓝色；再向其中加入适量乙醇，物质[Cu（NH3）4]SO4·H2O的溶解度降低，将析出[Cu（NH3）4]SO4·H2O晶体晶体。
（2）Cu（OH）2溶解在过量氨水中产生可溶性[Cu（NH3）4]（OH）2的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；
（3）在[Cu（NH3）4]2+中，中心离子Cu2+具有空轨道，而配位体NH3的N原子上含有孤电子对，Cu2+与4个配位体的N原子形成4个配位键；以配位键形式表示[Cu（NH3）4]2+的结构为：；在1个配位体中含有3个共价键，共价键和配位键都属于σ键，则在络离子[Cu（NH3）4]2+中含有的σ键数目为4+3×4=16个，则在1 mol [Cu（NH3）4]2+中含有的σ键数目为16NA；
（4）要采用控制变量法进行研究，由于KMnO4溶液的体积相同，实验①②中草酸与蒸馏水的体积和为20 mL+40 mL=60 mL，所以实验③中草酸与蒸馏水的体积和也要等于60 mL，即a+b=60；
（5）KMnO4溶液具有强氧化性，H2C2O4具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应，产生K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（6）实验①中c（H+）比实验②大，其它条件相同，根据c（）变化情况可知：溶液中c（H+）越大，反应的速率越快；
在实验①中，从0～t1可知，c（）由c1→c2，改变了△c（）=（c1-c2） mol/L，由于物质反应时物质的量的比等于方程式中化学计量数的比，则c（H+）=3△c（）=3（c1-c2） mol/L，所以v（H+）= mol/（L·min）。
【分析】（1）[Cu（NH3）4]（OH）2溶液为深蓝色；再向其中加入适量乙醇，可降低其溶解度降低；
（2）Cu（OH）2溶解在过量氨水中产生可溶性[Cu（NH3）4]（OH）2；
（3）依据配合物的形成判断；依据 [Cu（NH3）4]2+ 判断结构及确定 σ键数；
（4）要采用控制变量法进行研究，只能有一个变量，其它量完全相同；
（5）根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写；
（6） H+ 离子浓度越大，反应的速率越快；依据物质反应时物质的量的比等于方程式中化学计量数的比计算