高考化学专题复习 化学键的综合题含答案
高考化学专题复习化学键的综合题含答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。
（1）表中字母h元素在周期表中位置___。
（2）写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型___。
（3）下列事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有___。
A．a单质与c的氢化物溶液反应，溶液变浑浊
B．在氧化还原反应中，1mola单质比1molc单质得电子数目多
C．a和c两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）g与h两元素的单质反应生成1molg的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为－69℃和58℃。写出该反应的热化学方程式___。
（5）常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜，若薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反应的化学方程式___。
（6）e与f形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烃，该烃分子中碳氢质量比为9∶1，写出烃分子电子式___。
【答案】第三周期、ⅦA族离子键、（极性）共价键 AC Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) ?H= -
687kJ·mol-1 3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2↑+4H2O
【解析】
【详解】
由元素周期表可知：a为氧元素、b为钠元素、c为硫元素、d为铁元素、e为镁元素、f为碳元素、g为硅元素、h为氯元素；
(1)表中字母h为氯元素，其在周期表中位置为第三周期、ⅦA族；
(2)b为钠元素，钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所含化学键类型为离子键、(极性)共价键；
(3)a为氧元素、c为硫元素；
A．O2与H2S的溶液反应，溶液变浑浊，说明有S生成，即O2的氧化性比S强，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故A正确；
B．元素的非金属性强弱体现得电子能力，与得电子数目无关，故B错误；
C．O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明H2O比H2S稳定，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故C正确；
故答案为AC；
(4)已知Si(s)与C12(g)化合反应生成1molSiCl4(l)时放热687kJ，则该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l) ?H= -687kJ·mol-1；
(5)常温下Fe遇浓硫酸形成致密氧化膜，该薄膜为具有磁性说明是Fe3O4，则反应的化学方程式为3Fe+4H2SO4(浓)=Fe3O4+4SO2↑+4H2O；
(6)C与Mg形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烃，此氢氧化物应为Mg(OH)2，设化合物Q分子中含有x个C原子，则由原子守恒可知化合物Q的化学式
应为Mg2C x；已知烃分子中碳氢质量比为9:1，其分子中C、H原子数之比=
9
12
:
1
1
=3:4，结
合化合物Q的化学式Mg2C x，可知该烃分子式为C3H4，C3H4为共价化合物，其电子式为。
【点睛】
元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
2．
(1)下面列出了几组物质：A．金刚石与石墨；B．丙烯与环丙烷；C．氕与氘；D．甲烷与戊烷；E.液氨与氨水；F. 与；G. 与，请将物
质的合适组号填写在空格上。
①同位素_________
②同素异形体_________
③同系物_________
④同分异构体_________
⑤同一物质_________。
(2)下列物质中：①Ar ②MgBr2③Na2O2④H2SO4⑤CS2⑥NH4Br ⑦BaO ⑧RbOH。只存在共价键的是_________ (填序号，下同)，只存在离子键的是_________，既存在离子键又存在极性共价键的是_________，既存在离子键又存在非极性共价键的是_________。
(3)异丁烷的一氯代物有_________种，新戊烷的一氯代物有_________种。C3H2Cl6的同分异构体有_________种，C5HCl11的同分异构体有_________种，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物最多有_________种。
【答案】C A D B、F G ④⑤②⑦⑥⑧③ 2 1 4 8 10
【解析】
【分析】
【详解】
(1)上述物质中，①氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素，故答案为：C；
②金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：A；
③甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差4个CH2原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为：D；
④丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与的
分子式均为C5H12相同，但结构不同，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，故答案为：B、F；
⑤与属于同一种物质，故答案为：G；
(2)①Ar为单原子分子，不含有化学键；
②MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；
③Na2O2是离子化合物，Na+和O22-形成离子键，O22-中O和O形成非极性共价键；
④H2SO4是共价化合物，只存在极性共价键；
⑤CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；
⑥NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键；
⑦BaO是离子化合物，Ba2+和O2-形成离子键；
⑧RbOH是离子化合物，Rb+与OH-形成离子键，OH-中H和O形成极性共价键；
综上所述，只存在共价键的是④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：④⑤；②⑦；
⑥⑧；③；
(3)异丁烷(2-甲基丙烷)有两种等效氢，其一氯代物有2种；
新戊烷(2，2-二甲基丙烷)只有一种等效氢，其一氯代物有1种；
分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2H-CCl2-CCl2H （两个边上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种；
C5HCl11可看作C5C12中的一个Cl被H取代，先定碳骨架：C5有三种碳骨架：
、、，后根据对称性移动官能团：氢原子的位置有、、，因此C5HCl11的同分异构体有3+4+1=8
种；
乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种；综上所述，答案为：2；1；4；8；10。
3．
工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：
（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是__，第二周期原子半径由大到小的是__。
（2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__，该分子为__（选填“极性”、“非极性”）分子。
（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___（填编号）
a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.两元素形成化合物的化合价
c.气态氢化物的稳定性
d.氢化物水溶液的酸碱性
侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H22NH3（4）工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是__（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2的转化率的影响是___，对H2的反应速率的影响是__。
（5）该反应的催化剂是__（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：__。
【答案】O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 无影响减小变大铁触媒
高温加快反应速率，催化剂适宜温度
【解析】
【分析】
【详解】
(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为: H、C、N、O、Na、Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：C＞N＞O；
(2)铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是，该分子为非极性分子；
(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于N与O元素之间非金属性大小判断依据：
a.O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；
b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；
c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；
d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判据；
答案选bc；
(4)工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物(H2)的转化率；
(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。【点睛】
元素非金属性大小的主要比较方法：
①根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。②从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2化合越容易，则非金属性越强。③从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。
4．
南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。
(1)基态Mn2+的价电子排布式为____；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的___区。
(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示：
N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：
元素I1/kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1
X737.71450.77732.7
Y1313.93388.35300.5
Z1402.32856.04578.1
①X、Y、Z中为N元素的是____，判断理由是__________。
②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。
③N5-为平面正五边形，N原子的杂化类型是_______。科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号πn
m
表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则N4-中的大π键应表示为_________。
(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示，Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为a nm，N A表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为
_____g?cm-3（用含a、N A的代数式表示）。
【答案】3d5 ds Z X最外层为2个电子，X为镁；N的2p轨道处于半充满的稳定状态，
其失去第一个电子较难，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键 sp254π 12
22
3
A
8.910 N a
?
?
【解析】
【分析】
(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+；根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域；
(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素，然后判断哪种元素是N 元素；
②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；
③结合N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的
原子结构分析大π键的形成；
(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag +的配位数，利用均摊方法计算1个晶胞中含有的AgN 5的个数，结合ρ=
m V 计算密度大小。 【详解】
(1)Mn 是25号元素，根据构造原理可得Mn 原子的核外电子排布式为
1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2，Mn 原子失去最外层2个电子得到Mn 2+，其价电子排布式为3d 5；Ag 、Cu 在周期表中位于第IB ，发生变化的电子有最外层的s 电子和次外层的d 电子，属于ds 区元素；
(2)①X 的第一、第二电离能比较小且很接近，说明X 原子最外层有2个电子，容易失去，则X 为Mg 元素，Z 的第一电离能在三种元素中最大，结合N 原子2p 轨道处于半充满的稳定状态，其失去第一个电子较难，I 1较大，可推知Z 为N 元素，Y 是O 元素；
②在该晶体中阳离子[Mg(H 2O)6]2+的中心离子Mg 2+含有空轨道，而配位体H 2O 的O 原子上含有孤电子对，在结合时，Mg 2+提供空轨道，H 2O 的O 原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N 5)2(H 2O)4]2-上N 5-与H 2O 的H 原子之间通过氢键结合在一起，形成N…H -O ，故二者之间作用力为氢键；
③若原子采用sp 3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用sp 2杂化，形成的物质结构为平面形；若原子采用sp 杂化，则形成的为直线型结构。N 5-为平面正五边形，说明N 原子的杂化类型为sp 2杂化；在N 5-中，每个N 原子的sp 2杂化轨道形成2个σ键，N 原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N 原子形成平面的p 轨道，p 轨道间形成大π键，N 5-为4个N 原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为5个，其中大π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为54π；
(3)根据AgN 5的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点Ag +为研究对象，在晶胞中与该Ag +距离相等且最近的Ag +在晶胞面心上，通过该顶点Ag +可形成8个晶胞，每个面心上的Ag +被重复使用了2次，所以与Ag +距离相等且最近的Ag +的数目为
382?=12个；在一个晶胞中含有Ag +的数目为8×18+6×12=4，含有N 5-的数目为1+12×14
=4，晶胞体积为V =(2a×10-7)3
cm 3，则ρ=()22A/mol 3373A 4178?g /mol N m 8.910V N a 2a 10cm
-??==?? g/cm 3。 【点睛】
本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。
5．
某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN 3、Fe 2O 3、KClO 4、NaHCO 3 等物质。当汽车发生碰
撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。
(1) NaN3是气体发生剂，受热分解产生 N2和 Na，N2 的电子式为___________________。
(2) Fe2O3是主氧化剂，与 Na 反应生成的还原产物为_____________ (已知该反应为置换反应)。
(3) KClO4是助氧化剂，反应过程中与 Na 作用生成 KCl 和 Na2O。KClO4含有化学键的类型为_____________________，K 的原子结构示意图为________________。
【答案】:N??N: Fe 离子键和共价键 · ·
【解析】
【分析】
(1)N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，据此书写其电子式；
(2)Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，据此分析；
(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，据此分析其所含的化学键； K原子质子数为19原子核外有4个电子层，据此分析。
【详解】
(1)由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为：:N??N:；故答案：:N??N:；
(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案：Fe；
(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，即该物质含有离子键、共价键；K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1；
故答案：离子键和共价键；。
6．
现有下列物质：
①KCl ②CH4③NH4NO3④I2⑤Na2O2⑥HClO4⑦N2⑧CO ⑨SO2⑩金刚石
?CH3CH2OH ?MgO ?MgCl2?KOH ?HCl ?Al2O3
请回答下列问题。
(1)两性氧化物是___（填序号），其电子式为___。
(2)最简单的有机化合物是___（填序号），用电子式表示其形成过程：___。
(3)属于共价化合物的是___（填序号），含有共价键的离子化合物是___（填序号）。
(4)由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为___（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为___。
【答案】?②
②⑥⑧⑨??③⑤?⑤ 2Na+O2点燃
Na2O2
【解析】
【分析】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；
(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物；
(3) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；
(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2。
【详解】
(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al2O3，Al2O3是离子化合物，其电子式为：，故答案为：?；
；
(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：
，故答案为：②；；
(3)只含共价键的化合物为共价化合物，CH4、HClO4、CO、SO2、CH3CH2OH、HCl中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有：NH4NO3、Na2O2、KOH，故答案为：
②⑥⑧⑨??；③⑤?；
(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的
化学方程式：2Na+O2点燃
Na2O2，故答案为：⑤；2Na+O2
点燃
Na2O2。
【点睛】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。
7．
现有a～g7种短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如表所示，请回答下列问题：
（1）下列选项中，元素的原子间最容易形成离子键的是___（填序号，下同），元素的原子间最容易形成共价键的是___。
A．c和f B．b和g C．d和g D．c和e
（2）下列由a～g7种元素原子形成的各种分子中，所有原子最外层都满足8电子稳定结构的是___（填序号）。
A．ea3 B．ag C．fg3 D．dg4
（3）由题述元素中的3种非金属元素形成的AB型离子化合物的电子式为___。
（4）c与e可形成一种化合物，试写出该化合物的化学式：___，其含有的化学键类型为___，其与过量稀盐酸反应的化学方程式为___。
【答案】B C CD Mg3N2离子键
Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl
【解析】
【分析】
首先确定a～g的7种元素具体是什么元素，
(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；
(2)根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；
(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl；
(4)根据化合物中的成键元素来判断化学键类型，并根据物质的性质来书写方程式。
【详解】
根据元素在元素周期表中的相对位置可知a、b、c、d、e、f、g分别为H、Na、Mg、C、N、P、Cl，
(1)碱金属元素原子与卤素原子间最容易形成离子键，故Na与Cl最容易形成离子键，故B 符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C 与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：B；C；
(2)各选项对应的分子分别为NH3、HCl、PCl3、CCl4，其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电子稳定结构，故不符合题意；而PCl3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成共价键时，构成PCl3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CCl4亦符合题意，故答案为：CD；
(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl，其电子式为
，故答案为：；
(4)Mg与N形成离子化合物Mg3N2，该物质与过量稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故答案为：Mg3N2；离子键；Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。
8．
原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请回答下列问题：(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4 种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：
苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：
则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。
(2)已知 Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为 TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入 AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由 Cl-所形成的化学键类型是_______。
(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是
_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。
【答案】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度 [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键、配位键 B D 结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高
【解析】
【分析】
【详解】
(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键，而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；
(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的
白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2
3
，可以知道紫色品体中含3个氯
离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键、配位键；
(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。
9．
研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与I2在水体和大气中的部分转化如下图所示。
(1) I 2的电子式为______________。
(2)水体中的I -在非酸性条件下难于被空气中的2O 氧化。原因是
-2222H O 4I O 2I 4OH -+++?的反应速率慢，反应程度小。
①I -在酸性条件下与2O 反应的离子方程式是_____________________________________。 ②在酸性条件下I -易被2O 氧化的可能的原因是
______________________________________。
(3)有资料显示：水体中若含有2Fe +，会对3O 氧化I -产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的3O 通入到20mL 下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。己知：每31molO 参与反应，生成21molO 。 序号 试剂组成 反应前溶液的pH 反应后溶液的
pH I -的转化率 3Fe(OH)的生
成量
甲 21310mol L NaI --??
1amol L NaCl -?
5.3 11.0 约10% 乙 21310mol L NaI --??
2121.510mol L FeCl --??
5.1 4.1 约100% 大量 丙 2121.510mol L FeCl --?? 5.2 3.5 —— 少量
①a =_______________________。
②甲中反应为可逆反应，其离子方程式是________________________。
③比较甲、乙、丙实验，说明2Fe +在实验乙中的作用并解释_______________________。
【答案】 2224H 4I O 2I 2H O +=+++ (H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等其他合理答案 2310-? 2322H O 2I O I 2OH O --++++? 2Fe +或2Fe +的氧化产物3Fe +与-I 和3O 反应产生的OH -结合，促使该平衡正向移动，提高了-I 的转化率等其他合理答案
【解析】
【分析】
（1）根据成键方式书写电子式；（2）根据氧化还原反应原理书写反应方程式，并根据平衡移动原理分析解答；（3）根据实验数据及平衡移动原理分析解答。
【详解】
（1） I 2属于共价分子，电子式为：，故答案为：；
（2）①根据题干信息分析，I -在酸性条件下被2O 氧化生成I 2，反应的离子方程式是-2224H 4I O 2I 2H O +=+++；
②根据提给信息中I -在非酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下I -易被2O 氧化的可能的原因是(H )c +增大，(OH )c -
减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行，故答案为：
-2224H 4I O 2I 2H O +=+++ ；(H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡
2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等；
（3）①验证Fe 2+对O 3氧化I -产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A 、B 组对照实验中c (Cl -)要相同，即c (NaCl )=2c (FeCl 2)=2×1.5×10-2mol/L=3×10-2mol/L ，故答案为：3×10-2；
②O 3氧化I -时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：
2322H O 2I O I 2OH O --++++?，故答案为：2322H O 2I O I 2OH O --++++?； ③Fe 2+具有强还原性，易被O 3氧化生成Fe 3+，Fe 2+或Fe 3+结合OH -生成弱碱，促使反应2322H O 2I O I 2OH O --++++?正向进行，提高I -转化率，故答案为： 2Fe +或2Fe +的氧化产物3Fe +与-I 和3O 反应产生的OH -结合，促使该平衡正向移动，提高了-I 的转化率。
10．
生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH 4Cl 含量为180 mg/L 。
(1)写出NH 4Cl 的电子式_________。
(2)写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式：_______、________
(3)为除去废水中的NH 4+，向103 L 该污水中加入0.1 mol/L NaOH 溶液，理论上需要NaOH 溶液的体积为_________L(计算结果保留两位小数)。
(4)若某污水中同时存在NH 4＋和NO 3-时。可用下列方法除去：可先在酸性污水中加入铁屑将NO 3-转化为NH 4＋后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目：___Fe +___NO 3- +___H +=___Fe 2+ +___NH 4+ +___H 2O ，____________。 【答案】 1s 22s 22p 63s 23p 2 1s 22s 22p 63s 23p 4 33.64 4 1 10 4 1
3
【解析】
【分析】
(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其电子式；
(2)根据Cl原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排布2个电子，确定与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式；
(3)根据NH4Cl与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1，根据污水中NH4Cl含量为180 mg/L，计算c(NH4Cl)，结合n=c·V计算；
(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。
【详解】
(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：
；
(2)Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其最外电子层3p能级具有3个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2个电子则与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p2，
1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是Si和S；
(3)污水中NH4Cl含量为180 mg/L，则c(NH4Cl)=
0.18?g/L
53.5?g/mol
=
0.18
53.5
mol/L，103 L该污水中
中含有NH4Cl的物质的量为n(NH4Cl)=0.18
53.5
mol/L×103 L=3.364 mol，根据反应：
NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol，由于NaOH溶液浓度为
0.1 mol/L，则理论上需要NaOH 溶液的体积V(NaOH)=n 3.364?mol
c0.1?mol/L
=33.64 L；
(4)在反应：___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O中，Fe元素化合价由0→+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-→NH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8，所以Fe、Fe2+系数是4，NO3-、NH4+系数是1，然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是10，最后根据原子守恒，可得H2O的系数是3；则配平后该反应方程式为：
4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，用单线桥法表示为：
。
【点睛】
本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化学方程式计算的应用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应
物质的化学计量数的比。
11．
含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。
（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被__（填“氧化”、“还原”）。（2）氢的硫化物有多种：H2S x（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式__。
（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为__。
（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml·L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。
①Na2S2O4溶液显__性，原因是__（用离子方程式表示）。
②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为___。
0-t1段发生反应的离子方程式为__，t1-t2段溶液的pH变小的原因是__（用离子方程式表示）。
【答案】氧化离子键、共价键碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-
+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H++2SO42-
【解析】
【详解】
(1)葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；
(2)氢的硫化物有多种，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成
共价键，H2S3的结构式，故答案为：；
(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾(K2S2O7)，一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；
(4)①Na2S2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-，故答案为：碱；S2O42-
+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-；
②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸
性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-
+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，故答案为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)；2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-。
12．
我国化学家在“铁基(氟掺杂镨氧铁砷化合物)高温超导”材料研究上取得了重要成果，该研究项目荣获2013年度“国家自然科学奖”一等奖。
（1）基态Fe2+的核外电子排布式为_________________。
（2）氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是__________(用相应的元素符号填空)。
（3）Fe(SCN)3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe(SCN)3+6NH4F=(NH4)3FeF6+3NH4SCN。
①(NH4)3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有_________(选填序号，下同)。
a．配位键 b．氢键 c．金属键 d．离子键
②已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子的杂化方式为
_____________,该原子团中σ键与π个数的比值为___________________。
（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000℃，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：_______________________________。
（5）氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构与性质是多样化的。
①该族氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如右图所示，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有________。
a．稳定性 b．沸点 c．R—H键能 d．分子间作用力
②碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮化钛化台物的化学式为______。
【答案】[Ar]3d6 F＞O＞As ad sp 1:1 FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体 ac Ti4CN3【解析】
【分析】
（1）根据核外电子排布规律推知基态Fe2+的核外电子排布式；
（2）根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，据此答题；
（3）①（NH4）3FeF6是离子化合物，铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键，氮与氢之间是共价键，铁与氟之间是配位键，据此答题；
②SCN-的结构式为[S=C=N]-，其结构与二氧化碳相似，其中含有2个σ键与2个π键，据此答题；
（4）分子晶体中分子之间是范德华力，作用力比较小，而离子键的作用力较大，所以两者的沸点相差较大，据此答题；
（5）①a．根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强；
b．氨气分子间存在氢键；
c．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大；
d．分子间作用力随相对分子质量的增加而增大；
②根据晶胞结构图利用均摊法可知，在晶胞中含有碳原子数、含有氮原子数、含有钛原子数，据此写出化学式。
【详解】
（1）亚铁离子的核外电子数是24，因此根据核外电子的排布规律可知，基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6。
（2）非金属性越强，电负性越大，则根据元素周期律可知氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是F＞O＞As。
（3）①(NH4)3FeF6是离子化合物，存在的微粒间作用力除共价键外还有离子键，另外还有配位键，即N和H、Fe与F之间存在配位键，答案选ad。
②已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则碳元素分别与S以及N元素形成1个双键，不存在孤对电子，因此C原子的杂化方式为sp杂化；由于单键都是σ键，双键是由1个σ键与1个π键构成的，则该原子团中σ键与π个数的比值为1:1。
（4）FeCl3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，这说明氯化铁形成的晶体是分子晶体，而FeF3晶体熔点高于1000o C，这说明氟化铁形成的晶体类型是离子晶体，因此两种化合物熔点差异较大的原因是FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体。
（5）①a．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，a 正确；
b．由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；
c．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此R—H键能虽原子序数的增大而减小，c正确；
d．三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d 不正确；
答案选ac。
②根据晶胞的结构特点并依据均摊法可知，晶胞中含有的碳原子数是8×1
8
＝1，氮原子数
6×1
2
＝3，钛原子数是12×
1
4
+1＝4，所以化学式为Ti4CN3。
13．
现有①氯化钡、②金刚石、③氯化铵、④硫酸钠、⑤干冰、⑥碘片六种物质，按下列要求回答：
(1)熔化时不需要破坏化学键的是________，熔化时需要破坏共价键的是________，熔点最高的是________，熔点最低的是________。
(2)属于离子化合物的是________，只有离子键的物质是________，以分子间作用力结合的是________。
(3)①的电子式是____________，⑥的电子式是____________。
【答案】⑤⑥②②⑤①③④①⑤⑥ [C]－Ba2＋[C]－
【解析】
【分析】
(1)BaCl2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4Cl、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，分子晶体熔化时不需要破坏化学键，原子晶体、离子晶体熔化时需要破坏化学键；一般物质熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高；
(2)BaCl2、NH4Cl、Na2SO4属于离子化合物，BaCl2只含有离子键，分子晶体以分子间作用力结合；
(3)BaCl2为离子化合物，存在离子键；碘为非金属单质，以共用电子对成键。
【详解】
(1)BaCl2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4Cl、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，熔化时不需要破坏化学键的是干冰、碘晶体，熔化时需要破坏共价键的是金刚石，BaCl2、NH4Cl、Na2SO4熔化时破坏离子键，一般物质熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，故熔点最高的是金刚石，熔点最低的是干冰，故熔化时不需要破坏化学键的是
⑤⑥，熔化时需要破坏共价键的是②，熔点最高的是②，熔点最低的是⑤；
(2)BaCl2、NH4Cl、Na2SO4属于离子化合物，NH4Cl含有离子键、共价键，而BaCl2只含有离子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；
(3)BaCl2为离子化合物，其电子式为[C]－Ba2＋[C]－；碘为非金属单质，以共用电子对成键，则电子式为。
【点睛】
明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，注意把握晶体类型的判断方法和微粒间的作用。离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力或氢键，尤其注意氢键属于分子间作用力。
14．
A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，
且每个能级上的电子数相等，C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，X、E原子的最外层电子数均为1，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍。用元素符号回答下列问题：
(1)B的电子排布式：_____________，Y的价电子排布图____________，Z2+的价电子排布式____________。
(2)E元素位于周期表第________周期__________族_________区。
(3)①A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为_____________。
②A、C元素气态氢化物的稳定性的大小_________＞________(分子式表示)原因
_____________。
③与AC32-互为等电子体的离子_______(写一种)，写出与ABC-离子互为等电子体的分子的化学式：______(写一种)。
④AC2的电子式___________。
【答案】1s22s22p3 3d8四 IB ds C＜O＜N H2O CH4氧元素的非金属性强于碳或氧的原子半径比碳原子半径小，键长越小键能越大越稳定 NO3- N2O 或CO2
【解析】
【分析】
A、B、C、X、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，A原子核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素。X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，元素只能处于第四周期，Y有“生物金属”之称，Y4+和氩原子的核外电子排布相同，Y元素原子核外电子数=18+4=22，故Y为Ti元素；X原子的最外层电子数为1，且X的原子序数小于Ti，故X为K元素；Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍，最外层电子数只能为2，故Z原子核外电子数为28，则Z为Ni元素；E原子的最外层电子数为1，原子序数又大于Ni，则E原子的价电子排布式为
3d104s1，则E为Cu元素；C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，原子序数又小于
X(钾)，未成对电子数最大为3，故C原子核外电子排布式为1s22s22p4，则C为O元素；而B的原子序数介于碳、氧之间，所以B为N元素，据此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知A是C，B是N，C是O，X是K，Y是Ti，Z是Ni，E是Cu元素。
(1)B是N元素，原子序数是7，根据构造原理可知N原子的核外电子排布式为：
1s22s22p3；Y是22号Ti元素，价电子排布式是3d24s2，价电子排布图为：
；Z是Ni，Ni原子失去最外层的2个电子变为Ni2+，Ni2+的价电子排布
式3d8；
(2)E是Cu，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，在元素周期表中位于第四周期第IB族，属于ds区；
(3)①A是C，B是N，C是O，一般情况下，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的