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人教版 (2019)选择性必修2第一节 共价键精品精练
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这是一份人教版 (2019)选择性必修2第一节 共价键精品精练，共13页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.下列说法正确的是（ ）
①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合 ②所有金属和非金属化合形成离子键 ③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引 ④两个非金属原子间不可能形成离子键 ⑤非金属原子间不可能形成离子键 ⑥离子化合物中可能有共价键 ⑦共价化合物中不可能有离子键
A. ①②③ B. ④⑥⑦ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤⑥
2.下列说法中错误的是（ ）
A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 B. 在共价化合物中一定含有共价键
C. 含有离子键的化合物一定是离子化合物 D. 双原子单质分子中含有的共价键一定是非极性共价键
3.下列各化学键中，极性最小的是（ ）
A. H-F B. C-F C. O-F D. Si-F
4.下列化合物中既有离子键又有共价键的是（ ）
A. H2O2 B. MgCl2 C. Na2O D. NH4Cl
5.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法中正确的是( )
A. 1mlN2(g)和1mlO2(g)反应放出的能量为180kJ
B. 1mlN2(g)和1mlO2(g)具有的总能量低于2mlNO(g)具有的总能量
C. 1mlN2(g)和1mlO2(g)具有的总键能低于2mlNO(g)具有的总键能
D. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)
6.已知： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ⋅ml−1CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ⋅ml−1 C−H 键的键能约为 413kJ/ml ，O−H 键的键能约为 463kJ/ml ， H−H 键的键能约为 436kJ/ml ，则 CO2 中 C=O 键的键能约为（ ）
A. 797.5kJ/ml B. 900.5kJ/ml C. 962.5kJ/ml D. 1595kJ/ml
7.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B. 反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C. 反应II为：2H2O2 催化剂，光__ 2H2O+O2↑
D. H2O分子VSEPR模型为四面体
8.我国科学家在CO2电催化还原制乙烯和乙醇方面取得重要突破，其反应机理如下图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A. 第1步中“CO2→*CO"碳氧双键断开需要吸收能量
B. 第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO
C. 第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子数目及种类不变
D. 第4步产物有乙烯、乙醇和水
9.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是( )
A. 共价键的方向性 B. 共价键的饱和性 C. 共价键的键角 D. 共价键的键长
10.三氟甲磺酸用途十分广泛，是已知超强酸之一.其化学式为：CF3SO3H，下列有关说法正确的是( )
A. 原子半径：H＜C＜O＜F＜S
B. 稳定性：H2S＜HF＜H2O
C. 熔沸点：CH4＜H2S＜H2O
D. 上述元素中F的最高价含氧酸的酸性最强
11.下列变化中，既有共价键和离子键断裂，又有共价键和离子键形成的是（ ）
A. 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 B. 2K＋2H2O＝2KOH＋H2↑
C. Cl2＋H2O＝HC1＋HClO D. Na2SO4＋BaCl2＝BaSO4↓＋2NaC1
12.已知 [C(H2O)6]2+ 呈粉红色， [CCl4]2− 呈蓝色， [ZnCl4]2- 为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： [C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O ΔH ，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是（ ）
A. 等物质的量的 [C(H2O)6]2+ 和 [CCl4]2- 中σ键数之比为3:2
B. 由实验①可推知△H<0
C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D. 由实验③可知配离子的稳定性： [ZnCl4]2->[CCl4]2-
13.H2 和 I2 在一定条件下能发生反应：H2(g) ＋I2(g) ⇌ 2HI(g) △H= -a kJ/ml
已知：
（a、b、c 均大于零）
下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞理论认为，反应速率的大小与单位时间内反应物微粒间碰撞次数成正比，只要有足够的能量就可以发生有效碰撞
B. 断开 2 ml HI 分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ
C. 相同条件下，1 ml H2 (g)和 1ml I2 (g)总能量小于 2 ml HI (g)的总能量
D. 向密闭容器中加入 2 ml H2 (g)和 2 ml I2 (g)，充分反应后放出的热量为 2a kJ
14.煤的工业加工过程中，可利用CO和H2合成甲醇，能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. 1mlCH3OH所具有的能量为90.1kJ
C. CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(l) ΔH=-90.1kJ·ml-1
D. 1mlCO和2mlH2断键所需能量小于1mlCH3OH断键所需能量
15.中科院理化技术研究所张铁锐等人成功制备了超薄LDH纳米片光催化剂，实现了在常温常压和可见光或直接太阳辐射下N2和H2O合成氨，其原理示意图如下。下列说法正确的是（ ）
A. 在该合成氨反应条件下，每转移2NA个电子需要22.4Ｌ的Ｈ2O
B. 反应前后极性键的数目不变
C. LDH是反应的催化剂，并不参与反应
D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3
二、综合题
16.25 ℃和101 kPa下，H2(g)＋Cl2(g) =2HCl(g) 能量变化如图，根据图示回答下列问题：
（1）结合图示，说明431kJ·ml-1表示的含义是________。
（2）H2(g)＋Cl2(g) = 2HCl(g) 的焓变ΔH =________。
17.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物 A2W 和 A2W2 ，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）E元素在周期表中的位置________。将B过量的最高价氧化物通入E的含氧酸盐溶液中，可以观察到的现象为________。
（2）A2W2 分子中存在的，不同于 A2W 中的化学键被称为________。用 A2W2 和稀硫酸浸泡废印刷电路板可溶解其中的 Cu，试写出反应的离子方程式________。
（3）1ml DA 和入足量的水充分反应，生成气体的体积为________(标准状况下).
18.在反应原理部分，我们经常以H2和I2的反应为例来研究化学反应速率和平衡。
（1）在2L的容器中充入H2、I2各1ml，对于反应：H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)，在323K和343K时H2的转化率随时间变化的结果如图所示。
①323K时反应的平衡转化率 α =________%。平衡常数K=________(保留2位小数)。
②在343K时，要提高I2转化率，可采取的措施是________ ( 答出两条)；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________ ( 答出两条)。
③比较a、b处反应速率大小：v(a)________v(b)(填 “大于”“小于”或“等于”)。反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、 k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，计算b处v正=________ml/(L ∙ min)(保留1位小数)。
（2）对于反应：H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)提出如下反应历程
第一步：I2 ⇌ I+I(快速平衡)
第二步：H2+2I→2HI (慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。 下列表述正确的是________ ( 填字母序号)。
a.v(第一步的逆反应)＜v(第二步的逆反应)
b.反应的中间产物只有Ｉ
c.第二步反应活化能较低
d.第二步中H2与I的碰撞仅部分有效
（3）已知反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，则1mlHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。
19.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为________。[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为________，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是________、________。
（3）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着重要的化工用途。
①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序________（填元素符号）。
②H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B(OH)4]﹣，而体现弱酸性。[B(OH)4]﹣中B原子的杂化类型为________。
③NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在________（填序号）：
A 离子键 B σ键 C π键 D 氢键 E 范德华力
（4）SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Brn-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系的键能。则S—F的键能为________kJ·ml-1。
（5）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。
①CuF比CuCl熔点高的原因是________；
② 已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如上“图b”。则CuF的晶胞参数a=________nm （列出计算式）。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】①在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故①不符合题意；
②金属和非金属化合一般形成离子键，也可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故②不符合题意；
③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含静电吸引和静电排斥，故③不符合题意；
④两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，不能形成离子键，故④符合题意；
⑤非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故⑤不符合题意；
⑥离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故⑥符合题意；
⑦共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故⑦符合题意；
正确的有④⑥⑦，
故答案为：B。
【分析】①氢原子核氧原子之间形成化学键核氢键，氢键不是化学键②一般形成离子化合物，但是特殊时形成共价化合物③离子键形成是静电作用，包括同种排斥和异种吸引④两个非金属原子形成的是共价键⑤非金属原子之间可以形成离子键和共价键⑥离子化合物中一定有离子键可能有共价键⑦共价化合物只有共价键
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．只含有共价键的化合物是共价化合物，离子化合物中也含有共价键，如氯化铵，故A符合题意；
B．根据共价化合物的定义，只含有共价键的化合物是共价化合物，只要是共价化合物一定含有共价键，故B不符合题意；
C．含有离子键的化合物就是离子化合物。因此在离子化合物中可以含有共价键，但共价化合物中不能含有离子键，故C不符合题意；
D．由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．只含有共价键的化合物是共价化合物；
B．只要是共价化合物一定含有共价键；
C．含有离子键的化合物就是离子化合物；
D．由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键。
3.【答案】 C
【解析】【解答】元素的非金属性强弱顺序是：F＞O＞C＞Si＞H，所以这几个共价键的极性大小顺序是：H-F＞F-Si＞C-F＞F-O，则极性共价键中极性最小的是O-F，
故答案为：C。
【分析】形成共价键的两种元素的非金属性相差越大，其吸引电子能力相差越大，形成的共价键极性越大。即可判断
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键，A项不符合题意；
B．MgCl2中只含有离子键，没有共价键，B项不符合题意；
C．氧化钠中只含有离子键，没有共价键，C项不符合题意；
D．NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，既有离子键又有共价键一定是离子化合物，找出即可
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．由分析可知，反应为吸热反应，A不符合题意；
B．由分析可知，反应物总能量低于生成物总能量，B符合题意；
C．由分析可知，反应物总键能高于生成物总键能，C不符合题意；
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO(g)，D不符合题意。
【分析】根据反应方程式: N2+O2=催化剂加热2NO ，反应物键能之和-生成物键能之和=（946+498-2×632）kJ/ml=180kJ/ml。反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，反应物总键能高于生成物总键能。
6.【答案】 A
【解析】【解答】根据盖斯定律有CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) △H=2△H1-△H2=412-247=165KJ/ml
△H=4C-H+4H-O-4H-H+2C=O=165，故可知C=O键的键能约为797.5KJ/ml
故答案为：A
【分析】△H=反应物的总键能-生成物的总键能。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，A不符合题意；
B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B符合题意；
C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O2 催化剂，光__ 2H2O+O2↑，C不符合题意；
D．水分子中价层电子对数=2+ 12 ×（6-2×1）=4，VSEPR模型为四面体结构，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据图示，可以看到利用催化剂将过氧化氢进行分解制取氧气，实验中实现了将太阳能进行转化为化学能，过氧化氢中含有极性键和非极性键，涉及到极性键和非极性键的断裂和形成。通过对水的价层电子进行计算即可判断构型
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．断开共价键需要吸收能量，故A不符合题意；
B．观察图，第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO，故B不符合题意；
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子种类改变，数目增加，故C符合题意，；
D．第4步产物有乙烯、乙醇，根据原子守恒，产物中有水生成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知：第1步CO2碳氧双键断开形成*CO和O，第2步发生反应*CO+H→*CHO，第3步“*CHO→*OCHCHO*”， 第4步为*OCHCHO*脱离催化剂表面生成乙烯和乙醇，据此分析。
9.【答案】 B
【解析】【解答】O原子最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，
故答案为：B。
【分析】分子结构和最外层价层电子有关，氧原子最多得到两个电子，氢原子最多得到一个电子
10.【答案】 C
【解析】【解答】A. H原子电子层最少，其原子半径最小；S原子电子层最多，其原子半径增最大；原子半径：HB. 非金属性F>O>S，则简单氢化物的稳定性：H2SC. H2O分子间存在氢键，其沸点最高，则熔沸点：CH4D. F元素非金属性最强，不存在最高价含氧酸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.同周期，从左到右原子半径依次减小，同族中，从上到下依次增大
B.氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，对应的氢化物越稳定
C.形成氢键的物质沸点高
D.几种元素最高价含氧酸酸性最强的是硫元素
11.【答案】 A
【解析】【解答】A．2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2中Na2O2有共价键和离子键断裂，Na2CO3有共价键和离子键形成，O2有共价键形成，故A符合题意；
B．2K＋2H2O＝2KOH＋H2↑没有离子键断裂，故B不符合题意；
C．Cl2＋H2O＝HC1＋HClO没有离子键断裂和形成，故C不符合题意；
D．Na2SO4＋BaCl2＝BaSO4↓＋2NaC1没有共价键断裂和形成，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】既有共价键和离子键，说明该物质是离子化合物，再根据是否具有离子键和共价键形成判断即可
12.【答案】 D
【解析】【解答】A.1个[C(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[C(H2O)6]2+和[CCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A不符合题意；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B不符合题意；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[C(H2O)6]2+、[CCl4]2-、Cl-浓度都减小，[C(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C不符合题意；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CCl4]2-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A项中[C(H2O)6]2+中不仅有C2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
13.【答案】 B
【解析】【解答】A、 碰撞理论认为，反应物分子间必须相互碰撞才有可能发生反应，但不是每次碰撞都能发生反应。在化学上，把能够发生反应的碰撞称为有效碰撞；
B、令断裂1mlH－I键所需能量xkJ，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=[(b＋c)－2x]kJ·ml－1=－akJ·ml－1，推出x=b+c+a2 ，断裂2mlHI分子中的化学键所学能量为(b＋c＋a)kJ·ml-1，C符合题意；
C、∆H=－akJ·ml－1，说明该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
D、H2和I2反应为可逆反应，反应不能进行到底，即本题无法计算出放出的热量，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.有效碰撞必须满足两个条件：（1）是发生碰撞的分子具有较高的能量；（2）是分子在一定方向上发生碰撞 ；
B、根据键能计算计算可得；
C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应；
D、可逆反应不能进行到底，具有一定的限度。
14.【答案】 D
【解析】【解答】A. 如图所示，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应是放热反应，A不符合题意；
B. 90.1kJ是反应释放的能量，而非甲醇具有的能量，B不符合题意；
C. 图中甲醇为气态，所以应该为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ/ml，C不符合题意；
D. 该反应为放热反应，所以1mlCO和2mlH2断键所需能量小于1mlCH3OH断键所需能量，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A. 观察图示信息，反应物能量高于生成物能量；
B. 90.1kJ是反应 CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(l) 释放的能量，而非甲醇具有的能量；
C. 1mlCO(g)和2mlH2(g)反应，生成1mlCH3OH(g)放出90.1kJ能量；
D. ∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。
15.【答案】 B
【解析】【解答】A．没有说明H2O所处的状态，不知道22.4LH2O的物质的量，无法计算转移的电子数，A不符合题意；
B．按照示意图，发生的化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，反应物中只有H2O含有极性键，6mlH2O含有12ml极性键；产物中只有NH3含有极性键，4mlNH3含有12ml极性键，反应前后极性键数目不变，B符合题意；
C．LDH是反应的催化剂，参与了反应，C不符合题意；
D．化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，NH3为还原产物，O2为氧化产物，其物质的量之比为3：4，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】2N2+6H2O=4NH3+3O2~12e-
A、22.4L针对的对象是标况下的气体
C、是催化剂，但参与反应
D、 氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4
二、综合题
16.【答案】 （1）形成1mlH-Cl键需要放出热量为431KJ
（2）-183 KJ·ml-1
【解析】【解答】(1)由图示可知，形成1mlH-Cl键需要放出热量为431kJ；(2) 断裂1mlH2和1mlCl2的化学键所吸收的能量是436 kJ·ml-1+243kJ·ml-1=679kJ·ml-1，形成2mlHCl所放出的能量是431kJ·ml-1×2=862kJ·ml-1，所以该反应的焓变△H=679 KJ·ml-1 -862 kJ·ml-1=-183 kJ·ml-1。
【分析】（1）从图中知道，断键需要吸收能量，断键放出能量
（2）根据∆H=反应物的键能-生成物的键能
17.【答案】 （1）第三周期第ⅢA族；生成白色沉淀
（2）非极性键；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O
（3）22.4L
【解析】【解答】(1)E元素是铝，有三层电子，最外层电子数为3，在周期表中的位置第三周期第ⅢA族；将二氧化碳通入偏铝酸盐溶液中，生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝不溶于碳酸溶液中，故可以观察到的现象为生成白色沉淀；(2)H2O2分子中存在极性共价键和非极性共价键，H2O中存在极性共价键，H2O2分子中有的，H2O中没有的是非极性共价键； Cu 可以和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O ；(3)根据氢化钠中氢元素显-1价，具有还原性，1ml NaH和入足量的水充分反应生成氢氧化钠和氢气，NaH+H2O=NaOH+H2↑，1ml NaH生成1ml气体，标况下1ml气体的体积为 22.4L 。
【分析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2， 该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，D的原子序数大于O，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数大于Na，位于第三周期ⅢA族，则E为Al元素，A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，解得：x=6，则B为C元素，A、B、W、D、E分别为H、C、O、Na、Al，据此解答。
18.【答案】 （1）21；0.28；提高氢气的浓度，及时分离出生成物；改进催化剂、增大压强；大于；0.25
（2）bd
（3）299
【解析】【解答】(1)①根据图像可知，温度越高，达到平衡的时间越短，a曲线是温度高表示343K下氢气的转化率；b曲线为323K时的转化率，323K时反应的平衡转化率 α =21%；
H2+I2⇌开始(ml)11变化(ml)平衡(ml)
平衡常数K= (0.422)20.792×0.792 ≈0.28；
②在343K时，要提高I2转化率，即让平衡正向移动，可采取的措施是提高氢气的浓度，及时分离出生成物等；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；
③a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快v(a)大于v(b)；反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，得到：b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到 k正k逆=x2(HI)x(H2)x(I2) =K=0.28，k逆(323)=5，k正(323)=1.4，设反应的氢气的物质的量为x，可以得到；
H2+I2⇌开始(ml)11变化(ml)yy平衡(ml)1-y1-y2HI02y2y
y=0.15，x(H2)=x(I2)= 1-0.151-0.15+1-0.15+0.15×2 = 0.85ml2ml =0.425，
b处v正= k正x(H2)x(I2)= 1.4×0.425×0.425≈0.25ml/(L ∙ min)；
(2)a．第一步反应速率较快，v(第一步的逆反应)＞v(第二步的逆反应)，故a不正确；
b．根据反应历程可知，反应的中间产物只有Ｉ，故b正确；
c．第二步反应的速率较慢，活化能较高，故c不正确；
d．第二步中生成物中有I，故第二步中H2与I的碰撞仅部分有效，故d正确；
故答案为：bd；
(3)反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，设1mlHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值，得到2x-436kJ/ml-151kJ/ml=11kJ/ml，解得x=299。
【分析】根据不同温度下氢气的转化率变化，利用温度高的先达到平衡，找出323K时的氢气转化率曲线并找到转化率，根据转化率和“三段式”计算化学平衡常数；要提高I2转化率，让平衡正向移动，可以提高氢气的浓度，及时分离出生成物；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快分析；b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到 k正k逆=x2(HI)x(H2)x(I2) ，根据“三段式”和转化率计算得到x(H2)和x(I2)，得到v正=k正x(H2)x(I2)的值；根据快反应的反应速率越快，反应的中间产物只有Ｉ，第二步反应是慢反应，活化能较高，根据第二步中生成物中有I，H2与I的碰撞仅部分有效；根据焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值计算；由此分析。
19.【答案】 （1）X—射线衍射
（2）；V型；H2O；NH2-
（3）F＞N＞O＞B；sp3；AB
（4）327
（5）由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力；34×837.1NA ×107
【解析】【解答】（1）从外观无法区分三者，区分晶体、非晶体、准晶体最可靠的方法是X—射线衍射法。本小题答案为：X-射线衍射。（2）锑为51号元素，Sb位于第五周期VA族，则基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为 ；[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，[H2F]+中中心原子F的价层电子对数为2+ 7−1−2×12 =4，σ键电子对数为2，该离子的空间构型为V型，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子为H2O、阴离子为NH2- 。本小题答案为： ；V型 ；H2O ； NH2-。（3）①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是B、N、O、F四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满较稳定，N的第一电离能大于O，则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞B。本小题答案为：F＞N＞O＞B。②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以B采取sp3杂化。本小题答案为：sp3。③NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸铵中存在离子键、σ键、配位键。本小题答案为：AB。（4）键能指气态基态原子形成1ml化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6mlS—F键释放的能量为1962kJ，则形成1mlS—F键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ，则S—F的键能为327kJ·ml-1。本小题答案为：327。（5）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，而CuF的熔点为908℃，CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高。本小题答案为：由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力。②晶胞中Cu+数目为8×1/8+6×1/2=4，F-数目为4，故晶胞质量=（4×64+4×19）g÷NA =（4×83）/NA g，根据 4×83NA =7.1g/cm3×(a ×10-7cm)3，a= 34×837.1NA ×107nm。本小题答案为： 34×837.1NA ×107。
【分析】（1）通过X—射线衍射区分晶体、非晶体、准晶体；（2）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断[H2F]+的空间构型；用替代法书写与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；（3）①同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以采取sp3杂化；③NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键；（4）键能指气态基态原子形成1ml化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6mlS—F键释放的能量为1962kJ，则形成1mlS—F键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ，则S—F的键能为327kJ·ml-1；（5）①CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高；②均摊法计算晶胞中Cu+、F-离子数，计算晶胞质量，晶胞质量=晶体密度×晶胞体积；
一、单选题
1.下列说法正确的是（ ）
①在水中氢、氧原子间均以化学键相结合 ②所有金属和非金属化合形成离子键 ③离子键是阳离子、阴离子的相互吸引 ④两个非金属原子间不可能形成离子键 ⑤非金属原子间不可能形成离子键 ⑥离子化合物中可能有共价键 ⑦共价化合物中不可能有离子键
A. ①②③ B. ④⑥⑦ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤⑥
2.下列说法中错误的是（ ）
A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物 B. 在共价化合物中一定含有共价键
C. 含有离子键的化合物一定是离子化合物 D. 双原子单质分子中含有的共价键一定是非极性共价键
3.下列各化学键中，极性最小的是（ ）
A. H-F B. C-F C. O-F D. Si-F
4.下列化合物中既有离子键又有共价键的是（ ）
A. H2O2 B. MgCl2 C. Na2O D. NH4Cl
5.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化。下列说法中正确的是( )
A. 1mlN2(g)和1mlO2(g)反应放出的能量为180kJ
B. 1mlN2(g)和1mlO2(g)具有的总能量低于2mlNO(g)具有的总能量
C. 1mlN2(g)和1mlO2(g)具有的总键能低于2mlNO(g)具有的总键能
D. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)
6.已知： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ⋅ml−1CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=+247kJ⋅ml−1 C−H 键的键能约为 413kJ/ml ，O−H 键的键能约为 463kJ/ml ， H−H 键的键能约为 436kJ/ml ，则 CO2 中 C=O 键的键能约为（ ）
A. 797.5kJ/ml B. 900.5kJ/ml C. 962.5kJ/ml D. 1595kJ/ml
7.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
B. 反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成
C. 反应II为：2H2O2 催化剂，光__ 2H2O+O2↑
D. H2O分子VSEPR模型为四面体
8.我国科学家在CO2电催化还原制乙烯和乙醇方面取得重要突破，其反应机理如下图所示。下列有关说法错误的是（ ）
A. 第1步中“CO2→*CO"碳氧双键断开需要吸收能量
B. 第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO
C. 第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子数目及种类不变
D. 第4步产物有乙烯、乙醇和水
9.H2O分子中每个O原子结合2个H原子的根本原因是( )
A. 共价键的方向性 B. 共价键的饱和性 C. 共价键的键角 D. 共价键的键长
10.三氟甲磺酸用途十分广泛，是已知超强酸之一.其化学式为：CF3SO3H，下列有关说法正确的是( )
A. 原子半径：H＜C＜O＜F＜S
B. 稳定性：H2S＜HF＜H2O
C. 熔沸点：CH4＜H2S＜H2O
D. 上述元素中F的最高价含氧酸的酸性最强
11.下列变化中，既有共价键和离子键断裂，又有共价键和离子键形成的是（ ）
A. 2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2 B. 2K＋2H2O＝2KOH＋H2↑
C. Cl2＋H2O＝HC1＋HClO D. Na2SO4＋BaCl2＝BaSO4↓＋2NaC1
12.已知 [C(H2O)6]2+ 呈粉红色， [CCl4]2− 呈蓝色， [ZnCl4]2- 为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： [C(H2O)6]2++4Cl-⇌[CCl4]2-+6H2O ΔH ，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是（ ）
A. 等物质的量的 [C(H2O)6]2+ 和 [CCl4]2- 中σ键数之比为3:2
B. 由实验①可推知△H<0
C. 实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D. 由实验③可知配离子的稳定性： [ZnCl4]2->[CCl4]2-
13.H2 和 I2 在一定条件下能发生反应：H2(g) ＋I2(g) ⇌ 2HI(g) △H= -a kJ/ml
已知：
（a、b、c 均大于零）
下列说法正确的是（ ）
A. 碰撞理论认为，反应速率的大小与单位时间内反应物微粒间碰撞次数成正比，只要有足够的能量就可以发生有效碰撞
B. 断开 2 ml HI 分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ
C. 相同条件下，1 ml H2 (g)和 1ml I2 (g)总能量小于 2 ml HI (g)的总能量
D. 向密闭容器中加入 2 ml H2 (g)和 2 ml I2 (g)，充分反应后放出的热量为 2a kJ
14.煤的工业加工过程中，可利用CO和H2合成甲醇，能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应是吸热反应
B. 1mlCH3OH所具有的能量为90.1kJ
C. CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(l) ΔH=-90.1kJ·ml-1
D. 1mlCO和2mlH2断键所需能量小于1mlCH3OH断键所需能量
15.中科院理化技术研究所张铁锐等人成功制备了超薄LDH纳米片光催化剂，实现了在常温常压和可见光或直接太阳辐射下N2和H2O合成氨，其原理示意图如下。下列说法正确的是（ ）
A. 在该合成氨反应条件下，每转移2NA个电子需要22.4Ｌ的Ｈ2O
B. 反应前后极性键的数目不变
C. LDH是反应的催化剂，并不参与反应
D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶3
二、综合题
16.25 ℃和101 kPa下，H2(g)＋Cl2(g) =2HCl(g) 能量变化如图，根据图示回答下列问题：
（1）结合图示，说明431kJ·ml-1表示的含义是________。
（2）H2(g)＋Cl2(g) = 2HCl(g) 的焓变ΔH =________。
17.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物 A2W 和 A2W2 ，E元素的周期序数与主族序数相等。
（1）E元素在周期表中的位置________。将B过量的最高价氧化物通入E的含氧酸盐溶液中，可以观察到的现象为________。
（2）A2W2 分子中存在的，不同于 A2W 中的化学键被称为________。用 A2W2 和稀硫酸浸泡废印刷电路板可溶解其中的 Cu，试写出反应的离子方程式________。
（3）1ml DA 和入足量的水充分反应，生成气体的体积为________(标准状况下).
18.在反应原理部分，我们经常以H2和I2的反应为例来研究化学反应速率和平衡。
（1）在2L的容器中充入H2、I2各1ml，对于反应：H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)，在323K和343K时H2的转化率随时间变化的结果如图所示。
①323K时反应的平衡转化率 α =________%。平衡常数K=________(保留2位小数)。
②在343K时，要提高I2转化率，可采取的措施是________ ( 答出两条)；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________ ( 答出两条)。
③比较a、b处反应速率大小：v(a)________v(b)(填 “大于”“小于”或“等于”)。反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、 k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，计算b处v正=________ml/(L ∙ min)(保留1位小数)。
（2）对于反应：H2(g)+I2(g) ⇌ 2HI(g)提出如下反应历程
第一步：I2 ⇌ I+I(快速平衡)
第二步：H2+2I→2HI (慢反应)
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。 下列表述正确的是________ ( 填字母序号)。
a.v(第一步的逆反应)＜v(第二步的逆反应)
b.反应的中间产物只有Ｉ
c.第二步反应活化能较低
d.第二步中H2与I的碰撞仅部分有效
（3）已知反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，则1mlHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为________kJ。
19.氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过________方法区分晶体、准晶体和非晶体。
（2）基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为________。[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，该离子的空间构型为________，依次写出一种与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子分别是________、________。
（3）硼酸（H3BO3）和四氟硼酸铵（NH4BF4）都有着重要的化工用途。
①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序________（填元素符号）。
②H3BO3本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH﹣生成[B(OH)4]﹣，而体现弱酸性。[B(OH)4]﹣中B原子的杂化类型为________。
③NH4BF4（四氟硼酸铵）可用作铝或铜焊接助熔剂、能腐蚀玻璃等。四氟硼酸铵中存在________（填序号）：
A 离子键 B σ键 C π键 D 氢键 E 范德华力
（4）SF6被广泛用作高压电气设备绝缘介质。SF6是一种共价化合物，可通过类似于Brn-Haber循环能量构建能量图（见图a）计算相联系的键能。则S—F的键能为________kJ·ml-1。
（5）CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电；CuF的熔点为908℃，密度为7.1g·cm-3。
①CuF比CuCl熔点高的原因是________；
② 已知NA为阿伏加德罗常数。CuF的晶胞结构如上“图b”。则CuF的晶胞参数a=________nm （列出计算式）。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】①在水中存在化学键与氢键，氢键不是化学键，故①不符合题意；
②金属和非金属化合一般形成离子键，也可能形成共价键，如氯化铝中只含共价键，故②不符合题意；
③离子键是阳离子、阴离子的静电作用力，含静电吸引和静电排斥，故③不符合题意；
④两个非金属原子间只能以共用电子对结合，则只能形成共价键，不能形成离子键，故④符合题意；
⑤非金属原子间可能形成离子键，如铵盐为离子化合物，故⑤不符合题意；
⑥离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，如NaOH中含离子键和共价键，故⑥符合题意；
⑦共价化合物中一定不含离子键，含离子键的为离子化合物，故⑦符合题意；
正确的有④⑥⑦，
故答案为：B。
【分析】①氢原子核氧原子之间形成化学键核氢键，氢键不是化学键②一般形成离子化合物，但是特殊时形成共价化合物③离子键形成是静电作用，包括同种排斥和异种吸引④两个非金属原子形成的是共价键⑤非金属原子之间可以形成离子键和共价键⑥离子化合物中一定有离子键可能有共价键⑦共价化合物只有共价键
2.【答案】 A
【解析】【解答】A．只含有共价键的化合物是共价化合物，离子化合物中也含有共价键，如氯化铵，故A符合题意；
B．根据共价化合物的定义，只含有共价键的化合物是共价化合物，只要是共价化合物一定含有共价键，故B不符合题意；
C．含有离子键的化合物就是离子化合物。因此在离子化合物中可以含有共价键，但共价化合物中不能含有离子键，故C不符合题意；
D．由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．只含有共价键的化合物是共价化合物；
B．只要是共价化合物一定含有共价键；
C．含有离子键的化合物就是离子化合物；
D．由同一种非金属元素的原子形成的共价键是非极性共价键。
3.【答案】 C
【解析】【解答】元素的非金属性强弱顺序是：F＞O＞C＞Si＞H，所以这几个共价键的极性大小顺序是：H-F＞F-Si＞C-F＞F-O，则极性共价键中极性最小的是O-F，
故答案为：C。
【分析】形成共价键的两种元素的非金属性相差越大，其吸引电子能力相差越大，形成的共价键极性越大。即可判断
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．H2O2是共价化合物，含有极性共价键和非极性共价键，A项不符合题意；
B．MgCl2中只含有离子键，没有共价键，B项不符合题意；
C．氧化钠中只含有离子键，没有共价键，C项不符合题意；
D．NH4Cl是离子化合物，含有离子键、极性共价键，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键，既有离子键又有共价键一定是离子化合物，找出即可
5.【答案】 B
【解析】【解答】A．由分析可知，反应为吸热反应，A不符合题意；
B．由分析可知，反应物总能量低于生成物总能量，B符合题意；
C．由分析可知，反应物总键能高于生成物总键能，C不符合题意；
D．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO(g)，D不符合题意。
【分析】根据反应方程式: N2+O2=催化剂加热2NO ，反应物键能之和-生成物键能之和=（946+498-2×632）kJ/ml=180kJ/ml。反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，反应物总键能高于生成物总键能。
6.【答案】 A
【解析】【解答】根据盖斯定律有CH4(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) △H=2△H1-△H2=412-247=165KJ/ml
△H=4C-H+4H-O-4H-H+2C=O=165，故可知C=O键的键能约为797.5KJ/ml
故答案为：A
【分析】△H=反应物的总键能-生成物的总键能。
7.【答案】 B
【解析】【解答】A．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，A不符合题意；
B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B符合题意；
C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O2 催化剂，光__ 2H2O+O2↑，C不符合题意；
D．水分子中价层电子对数=2+ 12 ×（6-2×1）=4，VSEPR模型为四面体结构，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据图示，可以看到利用催化剂将过氧化氢进行分解制取氧气，实验中实现了将太阳能进行转化为化学能，过氧化氢中含有极性键和非极性键，涉及到极性键和非极性键的断裂和形成。通过对水的价层电子进行计算即可判断构型
8.【答案】 C
【解析】【解答】A．断开共价键需要吸收能量，故A不符合题意；
B．观察图，第2步发生反应的化学方程式为*CO+H→*CHO，故B不符合题意；
C．第3步“*CHO→*OCHCHO*”吸附在催化剂表面原子种类改变，数目增加，故C符合题意，；
D．第4步产物有乙烯、乙醇，根据原子守恒，产物中有水生成，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知：第1步CO2碳氧双键断开形成*CO和O，第2步发生反应*CO+H→*CHO，第3步“*CHO→*OCHCHO*”， 第4步为*OCHCHO*脱离催化剂表面生成乙烯和乙醇，据此分析。
9.【答案】 B
【解析】【解答】O原子最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，
故答案为：B。
【分析】分子结构和最外层价层电子有关，氧原子最多得到两个电子，氢原子最多得到一个电子
10.【答案】 C
【解析】【解答】A. H原子电子层最少，其原子半径最小；S原子电子层最多，其原子半径增最大；原子半径：H
故答案为：C。
【分析】A.同周期，从左到右原子半径依次减小，同族中，从上到下依次增大
B.氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，对应的氢化物越稳定
C.形成氢键的物质沸点高
D.几种元素最高价含氧酸酸性最强的是硫元素
11.【答案】 A
【解析】【解答】A．2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2中Na2O2有共价键和离子键断裂，Na2CO3有共价键和离子键形成，O2有共价键形成，故A符合题意；
B．2K＋2H2O＝2KOH＋H2↑没有离子键断裂，故B不符合题意；
C．Cl2＋H2O＝HC1＋HClO没有离子键断裂和形成，故C不符合题意；
D．Na2SO4＋BaCl2＝BaSO4↓＋2NaC1没有共价键断裂和形成，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】既有共价键和离子键，说明该物质是离子化合物，再根据是否具有离子键和共价键形成判断即可
12.【答案】 D
【解析】【解答】A.1个[C(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[C(H2O)6]2+和[CCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A不符合题意；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B不符合题意；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[C(H2O)6]2+、[CCl4]2-、Cl-浓度都减小，[C(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C不符合题意；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CCl4]2-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A项中[C(H2O)6]2+中不仅有C2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
13.【答案】 B
【解析】【解答】A、 碰撞理论认为，反应物分子间必须相互碰撞才有可能发生反应，但不是每次碰撞都能发生反应。在化学上，把能够发生反应的碰撞称为有效碰撞；
B、令断裂1mlH－I键所需能量xkJ，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=[(b＋c)－2x]kJ·ml－1=－akJ·ml－1，推出x=b+c+a2 ，断裂2mlHI分子中的化学键所学能量为(b＋c＋a)kJ·ml-1，C符合题意；
C、∆H=－akJ·ml－1，说明该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
D、H2和I2反应为可逆反应，反应不能进行到底，即本题无法计算出放出的热量，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.有效碰撞必须满足两个条件：（1）是发生碰撞的分子具有较高的能量；（2）是分子在一定方向上发生碰撞 ；
B、根据键能计算计算可得；
C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应；
D、可逆反应不能进行到底，具有一定的限度。
14.【答案】 D
【解析】【解答】A. 如图所示，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应是放热反应，A不符合题意；
B. 90.1kJ是反应释放的能量，而非甲醇具有的能量，B不符合题意；
C. 图中甲醇为气态，所以应该为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90.1kJ/ml，C不符合题意；
D. 该反应为放热反应，所以1mlCO和2mlH2断键所需能量小于1mlCH3OH断键所需能量，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A. 观察图示信息，反应物能量高于生成物能量；
B. 90.1kJ是反应 CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(l) 释放的能量，而非甲醇具有的能量；
C. 1mlCO(g)和2mlH2(g)反应，生成1mlCH3OH(g)放出90.1kJ能量；
D. ∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。
15.【答案】 B
【解析】【解答】A．没有说明H2O所处的状态，不知道22.4LH2O的物质的量，无法计算转移的电子数，A不符合题意；
B．按照示意图，发生的化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，反应物中只有H2O含有极性键，6mlH2O含有12ml极性键；产物中只有NH3含有极性键，4mlNH3含有12ml极性键，反应前后极性键数目不变，B符合题意；
C．LDH是反应的催化剂，参与了反应，C不符合题意；
D．化学方程式为6H2O＋2N2=4NH3＋3O2，NH3为还原产物，O2为氧化产物，其物质的量之比为3：4，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】2N2+6H2O=4NH3+3O2~12e-
A、22.4L针对的对象是标况下的气体
C、是催化剂，但参与反应
D、 氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:4
二、综合题
16.【答案】 （1）形成1mlH-Cl键需要放出热量为431KJ
（2）-183 KJ·ml-1
【解析】【解答】(1)由图示可知，形成1mlH-Cl键需要放出热量为431kJ；(2) 断裂1mlH2和1mlCl2的化学键所吸收的能量是436 kJ·ml-1+243kJ·ml-1=679kJ·ml-1，形成2mlHCl所放出的能量是431kJ·ml-1×2=862kJ·ml-1，所以该反应的焓变△H=679 KJ·ml-1 -862 kJ·ml-1=-183 kJ·ml-1。
【分析】（1）从图中知道，断键需要吸收能量，断键放出能量
（2）根据∆H=反应物的键能-生成物的键能
17.【答案】 （1）第三周期第ⅢA族；生成白色沉淀
（2）非极性键；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O
（3）22.4L
【解析】【解答】(1)E元素是铝，有三层电子，最外层电子数为3，在周期表中的位置第三周期第ⅢA族；将二氧化碳通入偏铝酸盐溶液中，生成氢氧化铝白色沉淀，氢氧化铝不溶于碳酸溶液中，故可以观察到的现象为生成白色沉淀；(2)H2O2分子中存在极性共价键和非极性共价键，H2O中存在极性共价键，H2O2分子中有的，H2O中没有的是非极性共价键； Cu 可以和酸性H2O2溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为： Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O ；(3)根据氢化钠中氢元素显-1价，具有还原性，1ml NaH和入足量的水充分反应生成氢氧化钠和氢气，NaH+H2O=NaOH+H2↑，1ml NaH生成1ml气体，标况下1ml气体的体积为 22.4L 。
【分析】A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2， 该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，D的原子序数大于O，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数大于Na，位于第三周期ⅢA族，则E为Al元素，A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，解得：x=6，则B为C元素，A、B、W、D、E分别为H、C、O、Na、Al，据此解答。
18.【答案】 （1）21；0.28；提高氢气的浓度，及时分离出生成物；改进催化剂、增大压强；大于；0.25
（2）bd
（3）299
【解析】【解答】(1)①根据图像可知，温度越高，达到平衡的时间越短，a曲线是温度高表示343K下氢气的转化率；b曲线为323K时的转化率，323K时反应的平衡转化率 α =21%；
H2+I2⇌开始(ml)11变化(ml)平衡(ml)
平衡常数K= (0.422)20.792×0.792 ≈0.28；
②在343K时，要提高I2转化率，即让平衡正向移动，可采取的措施是提高氢气的浓度，及时分离出生成物等；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；
③a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快v(a)大于v(b)；反应速率v正=k正x(H2)x(I2)，v逆=k逆x2(HI)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数[k逆(323)=5，k逆(343)=7]，x为物质的量分数，得到：b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到 k正k逆=x2(HI)x(H2)x(I2) =K=0.28，k逆(323)=5，k正(323)=1.4，设反应的氢气的物质的量为x，可以得到；
H2+I2⇌开始(ml)11变化(ml)yy平衡(ml)1-y1-y2HI02y2y
y=0.15，x(H2)=x(I2)= 1-0.151-0.15+1-0.15+0.15×2 = 0.85ml2ml =0.425，
b处v正= k正x(H2)x(I2)= 1.4×0.425×0.425≈0.25ml/(L ∙ min)；
(2)a．第一步反应速率较快，v(第一步的逆反应)＞v(第二步的逆反应)，故a不正确；
b．根据反应历程可知，反应的中间产物只有Ｉ，故b正确；
c．第二步反应的速率较慢，活化能较高，故c不正确；
d．第二步中生成物中有I，故第二步中H2与I的碰撞仅部分有效，故d正确；
故答案为：bd；
(3)反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)的能量变化如图所示，设1mlHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值，得到2x-436kJ/ml-151kJ/ml=11kJ/ml，解得x=299。
【分析】根据不同温度下氢气的转化率变化，利用温度高的先达到平衡，找出323K时的氢气转化率曲线并找到转化率，根据转化率和“三段式”计算化学平衡常数；要提高I2转化率，让平衡正向移动，可以提高氢气的浓度，及时分离出生成物；对于反应前后气体的体积不变的反应，缩短反应达到平衡的时间就是加快反应速率，可以改进催化剂、增大压强；a、b处转化率相等，即浓度相等，温度a大于b，根据温度越高速率越快分析；b处于平衡状态，得到v正=v逆，得到 k正k逆=x2(HI)x(H2)x(I2) ，根据“三段式”和转化率计算得到x(H2)和x(I2)，得到v正=k正x(H2)x(I2)的值；根据快反应的反应速率越快，反应的中间产物只有Ｉ，第二步反应是慢反应，活化能较高，根据第二步中生成物中有I，H2与I的碰撞仅部分有效；根据焓变等于反应物断键时吸收的能量与形成化学键释放能量的差值计算；由此分析。
19.【答案】 （1）X—射线衍射
（2）；V型；H2O；NH2-
（3）F＞N＞O＞B；sp3；AB
（4）327
（5）由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力；34×837.1NA ×107
【解析】【解答】（1）从外观无法区分三者，区分晶体、非晶体、准晶体最可靠的方法是X—射线衍射法。本小题答案为：X-射线衍射。（2）锑为51号元素，Sb位于第五周期VA族，则基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式为 ；[H2F]+[SbF6]—（氟酸锑）是一种超强酸，存在[H2F]+，[H2F]+中中心原子F的价层电子对数为2+ 7−1−2×12 =4，σ键电子对数为2，该离子的空间构型为V型，与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子为H2O、阴离子为NH2- 。本小题答案为： ；V型 ；H2O ； NH2-。（3）①H3BO3和NH4BF4涉及的四种元素中第二周期元素是B、N、O、F四种元素，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级半充满较稳定，N的第一电离能大于O，则这四种元素第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞B。本小题答案为：F＞N＞O＞B。②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以B采取sp3杂化。本小题答案为：sp3。③NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键，铵根离子和氟硼酸根离子以离子键相结合，则四氟硼酸铵中存在离子键、σ键、配位键。本小题答案为：AB。（4）键能指气态基态原子形成1ml化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6mlS—F键释放的能量为1962kJ，则形成1mlS—F键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ，则S—F的键能为327kJ·ml-1。本小题答案为：327。（5）①CuCl的熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuCl是分子晶体，而CuF的熔点为908℃，CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高。本小题答案为：由两者的熔点可知，CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力。②晶胞中Cu+数目为8×1/8+6×1/2=4，F-数目为4，故晶胞质量=（4×64+4×19）g÷NA =（4×83）/NA g，根据 4×83NA =7.1g/cm3×(a ×10-7cm)3，a= 34×837.1NA ×107nm。本小题答案为： 34×837.1NA ×107。
【分析】（1）通过X—射线衍射区分晶体、非晶体、准晶体；（2）根据锑元素原子核外电子排布写出基态锑（Sb）原子价电子排布的轨道式；用价层电子对互斥理论判断[H2F]+的空间构型；用替代法书写与[H2F]+具有相同空间构型和键合形式的分子和阴离子；（3）①同周期主族元素自左而右原子半径减小，第一电离能呈增大趋势；②[B(OH)4]﹣中B的价层电子对=4+1/2（3+1-4×1）=4，所以采取sp3杂化；③NH4BF4（四氟硼酸铵）中含铵根离子和氟硼酸根离子，二者以离子键相结合；铵根离子中含3个σ键和1个配位键，氟硼酸根离子中含3个σ键和1个配位键；（4）键能指气态基态原子形成1ml化学键释放的最大能量。由图a可知，气态基态S（g）和6F（g）原子形成SF6（g）释放的能量为1962kJ，即形成6mlS—F键释放的能量为1962kJ，则形成1mlS—F键释放的能量为1962kJ÷6=327kJ，则S—F的键能为327kJ·ml-1；（5）①CuCl是分子晶体，而CuF为离子晶体，CuF离子晶体的晶格能大于CuCl分子间范德华力，故CuF比CuCl熔点高；②均摊法计算晶胞中Cu+、F-离子数，计算晶胞质量，晶胞质量=晶体密度×晶胞体积；
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