还剩9页未读，
继续阅读
高中化学第2章 微粒间相互作用与物质性质第3节 离子键、配位键与金属键课后作业题
展开
这是一份高中化学第2章 微粒间相互作用与物质性质第3节 离子键、配位键与金属键课后作业题，共12页。试卷主要包含了 下列说法正确的是， 下列说法不正确的是， 下列有关说法正确的是， 下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
单选题
1. 下列说法正确的是( )
A. HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl−，破坏共价键。
B. NaOH是离子化合物，该物质中只含有离子键
C. PCl3和BF3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大
2. 下列说法不正确的是( )
A. 既含离子键又含共价键的化合物一定是离子化合物
B. Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C. 液态水转变为气态水需要吸热，说明断键吸收的能量大于成键放出的能量
D. N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外电子层都具有8电子稳定结构
3. 如图形象地表示了氯化钠的形成过程。下列相关叙述中不正确的是( )
A. 钠原子易失去一个电子，氯原子易得到一个电子
B. 钠离子与钠原子有相似的化学性质
C. 钠原子与氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强
D. 氯化钠是离子化合物
4. 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中不正确的是( )
A. 沸点：W>X
B. 原子半径：D>B>C>A
C. C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D. A、B、C三种元素组成的化合物既可以是离子化合物，又可以是共价化合物
5. 下列关于氯化铵的判断中，不正确的是( )
A. NH4Cl是由NH3和HCl化合而形成的共价化合物
B. 其中存在离子键和共价键
C. 固体受热分解时，离子键被破坏
D. 是一种铵态氮肥
6. 下列有关说法正确的是
①“抗疫战争”中生产熔喷布口罩的原料聚丙烯是有机高分子化合物，是混合物 ②明矾溶于水可水解生成AlOH3胶体，因此可用明矾对自来水进行杀菌消毒 ③分解、潮解、裂解、电解、电离都是化学变化 ④离子化合物中只有离子键 ⑤石油分馏、煤的干馏、煤的气化、煤的液化都是物理变化 ⑥95％的乙醇溶液可以更有效的杀死新冠病毒 ⑦氨气、液氨是非电解质、氨水是电解质 ⑧葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
7. 下列说法中正确的是
A. 共价化合物中只有共价键，离子化合物中只有离子键
B. CCl4、CO2分子中每个原子最外层均满足8电子结构
C. 将某种化合物溶于水，若能导电说明这种化合物是离子化合物
D. C2H6碳链直线型，有极性键和非极性键，C3H8碳链也为直线型，也有极性键和非极性键
8. 下列说法正确的是( )
A. 1H2和 2H2互为同位素
B. “Pu−239“是氢弹的重要原料， 94239Pu核素的中子数与质子数之差是145
C. 氢元素与其他元素可形成共价键或离子键
D. H2SO4是离子化合物，溶于水能电离出H+和SO42−
9. 下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均符合最密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A. ①③⑦B. 只有⑥C. ②④⑤⑦D. ⑤⑥⑧
10. 已去除表面氧化膜的金属铝投入NaOH溶液中不涉及下列哪种变化( )
A. 金属键破坏B. 共价键破坏C. 共价键形成D. 离子键破坏
11. 下列有关化学键的说法中正确的是( )
A. 碘晶体升华和冰熔化时都涉及化学键的变化
B. 氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
C. 离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中可能含有离子键
D. 氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
12. CO2的资源利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应，下列说法不正确的是( )
A. 上述反应中四种物质都属于共价化合物
B. 上述反应中四种分子中均只含有极性键
C. CO2和H2O两种分子的构型不同
D. 物质甲所含元素与三聚氰酸完全相同，则甲一定是共价化合物
13. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，下列有关说法中不正确的是( )
A. 1mlNH5中含有5NA个N—H键
B. NH5是离子化合物
C. NH5的电子式为
D. NH5与水反应的化学方程式为NH5+H2O=NH3⋅H2O+H2↑
14. 最近，科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C(石墨烯)，然后除去Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是( )
A. 该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应
B. 石墨烯与金刚石互为同素异形体
C. Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物，Na2CO3属于盐
D. Na2O和Na2CO3，属于离子化合物，都含有离子键
15. 近年来，科学家合成了一系列具有独特化学性质的铝的氢化物(AlH3)n。已知，其中一种铝的氢化物的化学式为Al2H6，其燃烧时放出大量的热。Al2H6的球棍模型如图所示。下列说法正确的是( )
A. Al2H6中Al为−3价，H为+1价B. Al2H6中含有离子键和极性共价键
C. Al2H6为离子化合物D. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
二、实验题）
16. 铜的配合物广泛存在，对含铜配合物的研究一直是关注的热点。
Ⅰ.同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：
已知：铜离子的配位数通常为4，CuOH42−呈深蓝色，CuNH342+呈深蓝色
(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________。
(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。
(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与___________、___________有关；
结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________>___________(填化学式)。
Ⅱ.同学乙查阅资料发现Cu2+与S2O32−在溶液中可以发生配位反应，生成配合物CuS2O322−；同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，Cu2+与S2O32−在溶液中可以发生氧化还原反应。
【资料】
ⅰ.(绿色)，(无色)；
ⅱ.(无色)，CuNH32+遇空气容易被氧化成CuNH342+(蓝色)；
ⅲ.S2O32−易被氧化为S4O62−或SO42−。
实验Ⅱ：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________。
②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。
(5)经检验氧化产物以S4O62−形式存在，写出Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。
(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：
Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，随nS2O32−:nCu2+的增大，___________。
17. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。
已知：①氮化钙极易与水反应：
②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；
③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。
Ⅰ.制备氮化钙。
他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：
A． B．
C． D．
(1)实验室将钙保存在__________(填物质名称)中。氮化钙中所含化学键类型是____________。
(2)已知气体的流向从左至右，则装置连接顺序为_____________(填代号)。
(3)写出A中发生反应的化学方程式：________________________________________。
(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：_________________。
Ⅱ.测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。
(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是________。
(6)取产品质量为w g，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_____________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
18. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。
已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2；④钙的密度为1.54g/cm3
(I)制备氮化钙。
他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：
(1)实验室将钙保存在_____________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是__________。
(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________。(填代号)
(3)写出A中发生反应的化学方程式：_______________________________。
(Ⅱ)测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。
(4)请写出Ca3N2与水反应的化学方程式：__________________________________。
(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是_______。为使测量更准确，水准瓶中应盛装_______。
A、蒸馏水 B、饱和NH4HCO3溶液 C、饱和食盐水 D、煤油
(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_____________(用代数式表示)。如果开始俯视刻度线，终点时仰视刻度线，则测得结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
三、简答题
19. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题：
(1)Zn原子核外电子排布式为___________________。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)______I1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是______。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是______，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是______。
(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为______，C原子的杂化形式为______。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为______。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为______g⋅cm−3(列出计算式)。
20. 填写空格
(1)写出下列物质的电子式：N2_______；HClO_______；
(2)写出下列物质的结构式：CH4_______；CO2_______。
(3)与Ar原子电子层结构相同的−2价阴离子的离子结构示意图_______。
(4)在1～18号元素组成的化合物中具有三核10个电子的共价化合物是_______；具有三核20个电子的离子化合物是_______；具有四核18个电子的两种化合物分别是_______、_______；既具有离子键又有非极性键和极性键的化合物是_______。
(5)下列叙述中所涉及元素是氧元素的有_______
a.质量数为18，原子核中有10个中子的核素
b.核电荷数等于最外层电子数的离子
c.质子数等于短周期同族元素原子序数一半的元素
d.原子的最外层电子数是内层电子数3倍的元素
e.能与H、C、N、Na、S、Fe等元素形成两种或两种以上的化合物的元素
f.形成化合物的种类最多的元素
g.Y和Z均由元素R组成，反应Y+2I−+2H+=I2+Z+H2O，其中的R元素。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查的是化学键，意在考查学生的识记能力和知识应用能力，解题的关键是掌握化学键及相关概念和理解化学键与物质性质的关系。
【解答】
A.HCl只含有共价键，属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl−，破坏共价键，故A正确；
B.NaOH是离子化合物，既含有离子键(钠离子与氢氧根离子间)，又含有共价键(氧原子和氢原子间)，故B错误；
C.PCl3中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，但BF3中B原子没有达到8电子稳定结构，故C错误；
D.H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O中氢氧共价键比氢硫共价键强，故D错误。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学键及化学反应，为高频考点，把握化学键的判断及反应中化学键变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A.含离子键的一定为离子化合物，则含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物，如NaOH，故A正确；
B.钠与水反应生成NaOH和氢气，则水中共价键断裂，氢气中共价键生成，故B正确；
C.液态水转变为气态水需要吸热，为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故C错误；
D.氮气含N≡N，NCl3中含3个N−Cl键，且N原子上均存在1对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D正确；
故选C。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生对化合物形成图的分析和处理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，学生应能根据图分析原子变为离子的实质并根据最外层电子数分析其性质来解答。
【解答】
A.由形成过程图可知，Na变为Na+，失去1个电子，Cl变为Cl−，得到1个电子，故A正确；
B.钠离子与钠原子核外电子排布不同，化学性质不同，故B错误；
C.钠原子与氯原子作用生成NaCl，对应的离子最外层都为8电子稳定结构，性质稳定，故C正确；
D.因氯化钠是阴阳离子通过静电作用形成的化合物，其构成微粒为离子，则属于离子化合物，故D正确；
故选B。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查无机物的推断及元素周期表及元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、图中转化关系来推断物质及元素为解答的关键，侧重分析推断能力的考查，注意Y、乙为物质推断的突破口，题目难度不大。
【解答】
X、Y、Z、W是由这四种元素中的两种组成常见的化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，W为常见液体，甲为单质，结合图中转化可知，则W为H2O，甲为O2，Z为NO，X为NH3，由短周期元素A、B、C、D原子序数依次增加可知，A为H，B为N，C为O，D为Na，以此来解答；
A.由于氢键的作用，使NH3、H2O在同主族氢化物中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O>NH3，故A正确；
B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D>B>C>A，故B正确；
C.O与Na形成的化合物过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；
D.H、O、N可以形成HNO3、NH4NO3，NH4NO3属于离子化合物，HNO3属于共价化合物，故D正确。
故选C。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
该题主要考查了氯化铵的结构与性质，难度不大，解题时依据所学的知识，结合题给信息即可解答。
【解答】
A.NH4Cl在氯离子和铵根离子之间有离子键，不是共价化合物，是离子化合物，故A错误；
B.NH4Cl在氯离子和铵根离子之间有离子键，在铵根离子中存在氮氢共价键，故B正确；
C.氯化铵固体加热易分解，产生氨气和氯化氢，氯离子和铵根离子之间离子键被破坏，故C正确；
D.氯化铵可用作化肥，因含有铵根离子，属于铵态氮肥，故D正确。
故选A。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学在生产、生活等领域的应用，主要考查物质的用途，为高频考点，掌握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系是解题关键，题目难度不大，注意知识积累。
【解答】
①聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，属于有机高分子化合物，是混合物，故①正确；
②明矾在水中电离的铝离子可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒，故②错误；
③分解、裂解、电解过程中有新物质生成，是化学变化，潮解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，故③错误；
④有些离子化合物中含有原子团，如氢氧化钠，氢氧化钠中含有离子键和共价键，故④错误；
⑤石油分馏，没有新物质生成，属于物理变化；煤的干馏、煤的气化、煤的液化有新物质生成，属于化学变化，故⑤错误；
⑥95%的乙醇溶液达不到杀菌效果，医疗上常用75%的乙醇溶液消毒，故⑥错误；
⑦氨水是混合物，不是电解质，故⑦错误；
⑧乙烯能催熟水果，高锰酸钾溶液能吸收葡萄产生的乙烯，所以葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜，故⑧正确。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学键概念与分类，需能正确区分不同物质中化学键类型，题目难度不大。
【解答】
A.只含共价键的化合物叫做共价化合物，由阳离子和阴离子组成的化合物叫做离子化合物，共价化合物中只有共价键，离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键，如氯化铵，故A错误；
B.CCl4、CO2分子中每个原子共用电子对，每个原子的最外层均满足8电子结构，故B正确；
C.由阳离子和阴离子组成的化合物叫做离子化合物，溶于水可以导电的化合物，可以是离子化合物，也可以是共价化合物，例如氯化氢为共价化合物，其水溶液可以导电，故C错误；
D.C2H6碳链直线型，碳氢原子之间形成极性键和碳碳原子之间形成非极性键，C3H8符合饱和烃CnH2n+2通式，属于烷烃，碳链为锯齿型，也有极性键和非极性键，故D错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化合物与化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律、原子中数量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
【解答】
A. 1H2和 2H2均为氢元素的单质，为同种物质，故A错误；
B.Pu的质子数为94，中子数为239−94=145，则中子数与质子数之差是145−94=51，故B错误；
C.NaH为离子化合物，HCl为共价化合物，可知氢元素与其他元素可形成共价键或离子键，故C正确；
D.硫酸为共价化合物，溶于水发生电离，能电离出H+和SO42−，故D错误；
故选：C。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查四种晶体类型与结构、性质等，难度不大，注意基础知识的掌握与晶体中的特殊性。
【解答】
①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si−O键是极性键，故错误；
②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；
③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；
④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；
⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；
⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；
⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；
⑧依据构成晶体的微粒与微粒间的相互作用力可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误；
所以B正确。
故选B。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
已去除表面氧化膜的金属铝投入NaOH溶液中，铝先与水反应 2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑ ，氢氧化与强碱反应Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4］−。
【解答】
A.铝含有金属键，铝单质参加反应，金属键破坏，故不选A；
B.水参与反应，水中共价键破坏，故不选B；
C.反应生成氢气，共价键形成，故不选C；
D.根据反应方程式，没有离子键的破坏和形成，故选D；
选D。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学键，为高频考点，把握化学变化及电离过程中化学键变化、物质的三态变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
【解答】
A.碘晶体升华和冰熔化均为物理变化，化学键不变，只破坏分子间作用力，故A错误；
B.氯化钠熔化或氯化氢溶于水，均发生电离，前者破坏离子键，后者破坏共价键，故B正确；
C.含离子键的一定为离子化合物，则共价化合物中一定不含离子键，故C错误；
D.氯化铵受热变成气体，发生化学变化生成氨气、HCl，后氨气与HCl发生化合反应生成氯化铵，发生化学键的断裂和生成，故D错误；
故选B。
12.【答案】D
【解析】解析：CO2的分子构型是直线形，H2O的分子构型是V形。三聚氰酸含有C、N、O和H四种元素，(NH4)2CO3也含有C、N、O和H四种元素，但属于离子化合物。
13.【答案】A
【解析】解：A.NH5为离子化合物，化学式为NH4H，1mlNH5中含有4NA个N−H键，故A错误；
B.NH5中存在NH4+和H−，属于离子化合物，故B正确；
C.NH5中存在NH4+和H−，为离子化合物，其电子式为，故C正确；
D.NH5中H−具有还原性，H2O具有氧化性，NH5与H2O反应生成氨气和氢气，该反应的方程式为：NH5+H2O=NH3⋅H2O+H2↑，故D正确；
故选：A。
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，其分子中存在NH4+和H−，其化学式应为NH4H，电子式为，属于离子化合物，以此分析解答。
本题考查常见化学用语的书写方法判断，题目难度不大，明确NH5的化合物类型为解答关键，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
14.【答案】C
【解析】题给反应中碳元素由+2价部分升高到+4价，部分降低到0价，该反应属于氧化还原反应，A项正确；
石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，B项正确；
CO既不与酸反应，又不与碱反应，属于不成盐氧化物，C项错误；
Na2O和Na2CO3属于离子化合物，都含有离子键，D项正确。
15.【答案】D
【解析】A项，在Al2H6中Al为+3价，H为−1价，错误；
B项，Al2H6中含有的化学键都是极性共价键，错误；
C项，Al2H6为共价化合物，错误；
D项，Al2H6在空气中完全燃烧，根据原子守恒可知燃烧产物为氧化铝和水，正确。
16.【答案】(1)[Cu(H2O)4]2+；V形；正四面体形
(2)浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，加入NH3⋅H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液
(3)配体的浓度；配体的种类；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2−
(4)①由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应
②向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)
(5)2Cu2++6S2O32−=S4O62−+2[Cu(S2O3)2]3−
(6)二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl−易与Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl−时能增大Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应的趋势
【解析】Ⅰ.浑浊液中存在溶解平衡，加入NH3⋅H2O后形成[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液；NaOH的浓度小，依然是浑浊液；NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2−；c中加入与a中加入的NaOH相同浓度的NH3⋅H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，试管b中的深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2−，加入氨水可以转化为c中深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+。
(1)水合铜离子显蓝色，其中的配离子为[Cu(H2O)4]2+；配体H2O分子的价层电子对数=2+6−2×12=4，VSEPR模型为四面体结构，去掉孤电子对数后，分子的空间构型为V形；外界阴离子SO42−的价层电子对数=4+6+2−4×22=4+0=4，VSEPR模型为四面体结构，没有孤电子对，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；V形；正四面体形；
(2)Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2的浑浊液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，加入NH3⋅H2O后Cu2+与NH3配位形成配离子[Cu(NH3)4]2+，则c(Cu2+)降低，使得Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，Cu(OH)2生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+配离子，故答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，加入NH3⋅H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；
(3)试管a加入1ml/L的NaOH，NaOH的浓度小，依然是浑浊液；而试管b加入6ml/L的NaOH，NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2−，是由于NaOH的浓度不同造成的现象不同，即配体的浓度也不同造成的；试管a加入1ml/L的NaOH时依然是浑浊液；而c中加入相同浓度的NH3⋅H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，是由于配体OH−离子和NH3的种类不同而造成的；所以配合物的形成与配体的浓度、配体的种类有关；向生成[Cu(OH)4]2−蓝色配离子的溶液中加入氨水的溶液碱性增强，说明生成蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为[Cu(NH3)4]2+>[Cu(OH)4]2−，故答案为：配体的浓度；配体的种类；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2−；
(4)①通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu(S2O3)2]3−，即发生了氧化还原反应，故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
②根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色)，若无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，故实验方案为：取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)；
(5)Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应得到无色溶液，生成S4O62−和[Cu(S2O3)2]3−，离子方程式为：2Cu2++6S2O32−=S4O62−+2[Cu(S2O3)2]3−，故答案为：2Cu2++6S2O32−=S4O62−+2[Cu(S2O3)2]3−；
(6)结合分析，可以获得结论：①随n(S2O32−)：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，②Cl−易与Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl−时能增大Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应的趋势，故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl−易与Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl−时能增大Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应的趋势。
17.【答案】Ⅰ.(1)煤油；离子键
(2)A→D→C→B→C
(3)2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O
(4)取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙
Ⅱ.(5)上下移动水准瓶
(6)37(V2−V1)112w％；偏低
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度不大。
【解答】
(1)因钙的密度大于煤油，且与煤油不反应，因此实验室将钙保存在煤油中，Ca3N2的电子式为：，Ca3N2中Ca2+与N3−之间为离子键；
故答案为：煤油；离子键；
(2)A为制取N2的装置，这样制得的氮气中混有水蒸气和氧气，根据题中已知条件焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2，浓硫酸可吸收水蒸气，浓硫酸要在焦性没食子酸溶液后面，因气体从溶液中逸出会有水蒸气，B为钙和氮气的反应装置，已知氮化钙极易与水反应，故此装置后面要连C装置，防止空气中水蒸气与氮化钙反应，所以装置连接顺序为A、D、C、B、C；
故答案为：A→D→C→B→C；
(3)A为制取N2的装置，已知“实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2”，发生反应的化学方程式为：
2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O；
故答案为：2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O；
(4)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水。氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙，故方法为：取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙；
故答案为：取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙；
(5)调平液面的目的是使气体压强与外界大气压相等从而使测得的气体体积准确，调平液面的操作是：上下移动水准瓶；
故答案为：上下移动水准瓶；
(6)根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3，VNH3=V2−V11000L，则nNH3=−1=V2−−1=V2−V122400ml，mCa3N2=nCa3N2×MCa3N2=V2−V122400×2ml×148g/ml=37V2−V111200g，ωCa3N2=mCa3N2m样品×100％=37V2−V111200gwg×100％=37(V2−V1)112w％，开始仰视刻度线会使V1偏大，终点时俯视刻度线会使V2偏小，则V2−V1会偏小，故结果会偏低；
故答案为：37(V2−V1)112w％；偏低。
18.【答案】(1)煤油；离子键
(2)A、B、D、C、D
(3)2NaNO2+(NH4)2SO4=ΔNa2SO4+2N2↑+4H2O
(4)Ca3N2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑
(5)上下移动水准瓶，使两边液面相平；D
(6)37(V2−V1)112w％；偏高
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度不大。
【解答】
(1)因钙的密度大于煤油，且与煤油不反应，因此实验室将钙保存在煤油中，Ca3N2的电子式为：，Ca3N2中Ca2+与N3−之间为离子键，故答案为：煤油；离子键；
(2)A为制取N2的装置，这样制得的氮气中混有水蒸气和氧气，根据题中已知条件焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2，浓硫酸可吸收水蒸气，浓硫酸要在焦性没食子酸溶液后面，因气体从溶液中逸出会有水蒸气，C为钙和氮气的反应装置，已知氮化钙极易与水反应，故此装置后面要连D装置，防止空气中水蒸气与氮化钙反应，所以装置连接顺序为A、B、D、C、D，故答案为：A、B、D、C、D；
(3)A为制取N2的装置，已知“实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2”，发生反应的化学方程式为：2NaNO2+(NH4)2SO4=ΔNa2SO4+2N2↑+4H2O，故答案为：2NaNO2+(NH4)2SO4=ΔNa2SO4+2N2↑+4H2O；
(4)氮化钙与水反应生成氢氧化钙和氨气，Ca3N2与水反应的化学方程式为：Ca3N2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑，故答案为：Ca3N2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑；
(5)调平液面的目的是使气体压强与外界大气压相等从而使测得的气体体积准确，调平液面的操作是：上下移动水准瓶，使两边液面相平。氨气不溶于煤油，为使测量更准确，水准瓶中应盛装煤油，故答案为：上下移动水准瓶，使两边液面相平；D；
(6)根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3，VNH3=V2−V11000L，则nNH3=−1=V2−−1=V2−V122400ml，mCa3N2=nCa3N2×MCa3N2=V2−V122400×2ml×148g/ml=37V2−V111200g，ωCa3N2=mCa3N2m样品×100％=37V2−V111200gwg×100％=37(V2−V1)112w％，开始俯视刻度线会使V1偏小，终点时仰视刻度线会使V2偏大，则V2−V1会偏大，故结果会偏高，故答案为：37(V2−V1)112w％；偏高。
19.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2
(2)大于； Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态
(3)离子键；ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶
(4)平面正三角形；sp2
(5)六方最密堆积 65×6NA×6×34×a2c
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
【解答】
(1)Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Zn>Cu，
故答案为：大于；Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；
根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，
故答案为：离子键；ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶；
(4)ZnCO3中，阴离子CO32−中C原子价层电子对个数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化，
故答案为：平面正三角形；sp2；
(5)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn原子个数=12×16+2×12+3=6，故该结构质量为：6×65NAg；
六棱柱底边边长为acm，高为c cm，六棱柱体积=6×34a2ccm3，
晶胞密度=mV=65×6NA×6×34×a2cg/cm3，
故答案为：65×6NA×6×34×a2c。
20.【答案】(1) ；
(2) ；O=C=O
(3)
(4) H2O ； NaOH或LiHS ； H2O2 ； PH3 ； CH3COONa
(5)abcdeg
【解析】
【分析】
略
【解答】
(1)氮原子最外层电子数为5，有三个单电子，所以氮原子与氮原子之间共用三个电子对，故N2的电子式为；
次氯酸为共价化合物，分子中原子通过共用电子对成键，次氯酸分子中，氢原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，其中只有一个单电子可以形成共用电子对，氧原子最外层有6个电子，其中有两个单电子可以形成共用电子对，故HClO的电子式为；
(2)甲烷的分子式为CH4，其结构式为；二氧化碳中一个碳原子和两个氧原子之间各共用两对电子，形成碳氧双键，其结构式为O=C=O；
(3)Ar的核外为18个电子，故电子层结构相同的−2价阴离子为S2−，离子结构示意图为；
(4)在1―18号元素组成的化合物中具有三核10个电子的共价化合物为H2O；
Na+和OH−都是10个电子的离子，结合得到具有三核20个电子的离子化合物是NaOH，H2S是18个电子，用Li替代三核20个电子的离子化合物LiHS；
将H2O去掉一个H原子，将剩余部分结合可得四核18个电子的化合物H2O2，NH3是四核10个电子，P比N多8个电子，用P替代N，可得四核18个电子的化合物PH3；
有机酸形成的盐既具有离子键又有非极性键和极性键，满足条件的化合物是CH3COONa等；
(5)a、质量数为18，中子数为10的核素，质子数Z=18−10=8，属于氧元素，故a正确；
b、原子失电子形成阳离子，阳离子核电荷数一定大于最外层电子数，核电荷数等于最外层电子数的离子为阴离子，阴离子的最外层电子数是2或8，最外层电子数为2是H+，核电荷数不等于最外层电子数；最外层电子数为8时，核电荷数为8，是O2−，故b正确；
c、质子数等于短周期同族元素原子序数一半，应处于偶数族，IIA族、IVA族、VIA族，这3族原子序数相差8，所以原子处于VIA族，故为氧原子，属于氧元素，故c正确；
d、原子的最外层电子数是内层电子数3倍的元素，该原子有两个电子层，第一电子层有2个电子，最外层有6个电子，所以核内有8个质子，是氧原子，属于氧元素，故d正确；
e、能与H、C、N、Na、S、Fe等元素形成两种或两种以上的化合物的元素，该元素为非金属元素，显负化合价，有变价，只有氧元素符合，故e正确；
f、形成化合物的种类最多的元素是碳元素，故f错误；
g、由反应Y+2I−+2H+=I2+Z+H2O，根据质量守恒可知，Y含有氧元素，Y和Z均由元素R组成，所以R为氧元素，故g正确；
故答案为：abcdeg。
实验操作
实验序号
V1(mL)
V2(mL)
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
单选题
1. 下列说法正确的是( )
A. HCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl−，破坏共价键。
B. NaOH是离子化合物，该物质中只含有离子键
C. PCl3和BF3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大
2. 下列说法不正确的是( )
A. 既含离子键又含共价键的化合物一定是离子化合物
B. Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C. 液态水转变为气态水需要吸热，说明断键吸收的能量大于成键放出的能量
D. N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外电子层都具有8电子稳定结构
3. 如图形象地表示了氯化钠的形成过程。下列相关叙述中不正确的是( )
A. 钠原子易失去一个电子，氯原子易得到一个电子
B. 钠离子与钠原子有相似的化学性质
C. 钠原子与氯原子作用生成NaCl后，其结构的稳定性增强
D. 氯化钠是离子化合物
4. 短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中不正确的是( )
A. 沸点：W>X
B. 原子半径：D>B>C>A
C. C、D两种元素组成的化合物只含有离子键
D. A、B、C三种元素组成的化合物既可以是离子化合物，又可以是共价化合物
5. 下列关于氯化铵的判断中，不正确的是( )
A. NH4Cl是由NH3和HCl化合而形成的共价化合物
B. 其中存在离子键和共价键
C. 固体受热分解时，离子键被破坏
D. 是一种铵态氮肥
6. 下列有关说法正确的是
①“抗疫战争”中生产熔喷布口罩的原料聚丙烯是有机高分子化合物，是混合物 ②明矾溶于水可水解生成AlOH3胶体，因此可用明矾对自来水进行杀菌消毒 ③分解、潮解、裂解、电解、电离都是化学变化 ④离子化合物中只有离子键 ⑤石油分馏、煤的干馏、煤的气化、煤的液化都是物理变化 ⑥95％的乙醇溶液可以更有效的杀死新冠病毒 ⑦氨气、液氨是非电解质、氨水是电解质 ⑧葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
7. 下列说法中正确的是
A. 共价化合物中只有共价键，离子化合物中只有离子键
B. CCl4、CO2分子中每个原子最外层均满足8电子结构
C. 将某种化合物溶于水，若能导电说明这种化合物是离子化合物
D. C2H6碳链直线型，有极性键和非极性键，C3H8碳链也为直线型，也有极性键和非极性键
8. 下列说法正确的是( )
A. 1H2和 2H2互为同位素
B. “Pu−239“是氢弹的重要原料， 94239Pu核素的中子数与质子数之差是145
C. 氢元素与其他元素可形成共价键或离子键
D. H2SO4是离子化合物，溶于水能电离出H+和SO42−
9. 下列有关晶体的说法中一定正确的是( )
①原子晶体中只存在非极性共价键
②稀有气体形成的晶体属于原子晶体
③干冰晶体升华时，分子内共价键会发生断裂
④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
⑤分子晶体的堆积均符合最密堆积
⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键
⑦金属晶体和离子晶体都能导电
⑧依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体
A. ①③⑦B. 只有⑥C. ②④⑤⑦D. ⑤⑥⑧
10. 已去除表面氧化膜的金属铝投入NaOH溶液中不涉及下列哪种变化( )
A. 金属键破坏B. 共价键破坏C. 共价键形成D. 离子键破坏
11. 下列有关化学键的说法中正确的是( )
A. 碘晶体升华和冰熔化时都涉及化学键的变化
B. 氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
C. 离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中可能含有离子键
D. 氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
12. CO2的资源利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应，下列说法不正确的是( )
A. 上述反应中四种物质都属于共价化合物
B. 上述反应中四种分子中均只含有极性键
C. CO2和H2O两种分子的构型不同
D. 物质甲所含元素与三聚氰酸完全相同，则甲一定是共价化合物
13. 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，下列有关说法中不正确的是( )
A. 1mlNH5中含有5NA个N—H键
B. NH5是离子化合物
C. NH5的电子式为
D. NH5与水反应的化学方程式为NH5+H2O=NH3⋅H2O+H2↑
14. 最近，科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C(石墨烯)，然后除去Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是( )
A. 该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应
B. 石墨烯与金刚石互为同素异形体
C. Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物，Na2CO3属于盐
D. Na2O和Na2CO3，属于离子化合物，都含有离子键
15. 近年来，科学家合成了一系列具有独特化学性质的铝的氢化物(AlH3)n。已知，其中一种铝的氢化物的化学式为Al2H6，其燃烧时放出大量的热。Al2H6的球棍模型如图所示。下列说法正确的是( )
A. Al2H6中Al为−3价，H为+1价B. Al2H6中含有离子键和极性共价键
C. Al2H6为离子化合物D. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水
二、实验题）
16. 铜的配合物广泛存在，对含铜配合物的研究一直是关注的热点。
Ⅰ.同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：
已知：铜离子的配位数通常为4，CuOH42−呈深蓝色，CuNH342+呈深蓝色
(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________。
(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。
(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与___________、___________有关；
结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________>___________(填化学式)。
Ⅱ.同学乙查阅资料发现Cu2+与S2O32−在溶液中可以发生配位反应，生成配合物CuS2O322−；同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，Cu2+与S2O32−在溶液中可以发生氧化还原反应。
【资料】
ⅰ.(绿色)，(无色)；
ⅱ.(无色)，CuNH32+遇空气容易被氧化成CuNH342+(蓝色)；
ⅲ.S2O32−易被氧化为S4O62−或SO42−。
实验Ⅱ：探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________。
②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。
(5)经检验氧化产物以S4O62−形式存在，写出Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。
(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：
Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，随nS2O32−:nCu2+的增大，___________。
17. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。
已知：①氮化钙极易与水反应：
②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；
③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。
Ⅰ.制备氮化钙。
他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：
A． B．
C． D．
(1)实验室将钙保存在__________(填物质名称)中。氮化钙中所含化学键类型是____________。
(2)已知气体的流向从左至右，则装置连接顺序为_____________(填代号)。
(3)写出A中发生反应的化学方程式：________________________________________。
(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：_________________。
Ⅱ.测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。
(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是________。
(6)取产品质量为w g，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_____________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
18. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。
已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2；④钙的密度为1.54g/cm3
(I)制备氮化钙。
他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：
(1)实验室将钙保存在_____________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是__________。
(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________。(填代号)
(3)写出A中发生反应的化学方程式：_______________________________。
(Ⅱ)测定产品纯度。
利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。
(4)请写出Ca3N2与水反应的化学方程式：__________________________________。
(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是_______。为使测量更准确，水准瓶中应盛装_______。
A、蒸馏水 B、饱和NH4HCO3溶液 C、饱和食盐水 D、煤油
(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_____________(用代数式表示)。如果开始俯视刻度线，终点时仰视刻度线，则测得结果_________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
三、简答题
19. 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题：
(1)Zn原子核外电子排布式为___________________。
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)______I1(Cu)(填“大于”或“小于”)，原因是______。
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是______，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是______。
(4)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为______，C原子的杂化形式为______。
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为______。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为______g⋅cm−3(列出计算式)。
20. 填写空格
(1)写出下列物质的电子式：N2_______；HClO_______；
(2)写出下列物质的结构式：CH4_______；CO2_______。
(3)与Ar原子电子层结构相同的−2价阴离子的离子结构示意图_______。
(4)在1～18号元素组成的化合物中具有三核10个电子的共价化合物是_______；具有三核20个电子的离子化合物是_______；具有四核18个电子的两种化合物分别是_______、_______；既具有离子键又有非极性键和极性键的化合物是_______。
(5)下列叙述中所涉及元素是氧元素的有_______
a.质量数为18，原子核中有10个中子的核素
b.核电荷数等于最外层电子数的离子
c.质子数等于短周期同族元素原子序数一半的元素
d.原子的最外层电子数是内层电子数3倍的元素
e.能与H、C、N、Na、S、Fe等元素形成两种或两种以上的化合物的元素
f.形成化合物的种类最多的元素
g.Y和Z均由元素R组成，反应Y+2I−+2H+=I2+Z+H2O，其中的R元素。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查的是化学键，意在考查学生的识记能力和知识应用能力，解题的关键是掌握化学键及相关概念和理解化学键与物质性质的关系。
【解答】
A.HCl只含有共价键，属于共价化合物，溶于水能电离出H+和Cl−，破坏共价键，故A正确；
B.NaOH是离子化合物，既含有离子键(钠离子与氢氧根离子间)，又含有共价键(氧原子和氢原子间)，故B错误；
C.PCl3中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，但BF3中B原子没有达到8电子稳定结构，故C错误；
D.H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O中氢氧共价键比氢硫共价键强，故D错误。
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学键及化学反应，为高频考点，把握化学键的判断及反应中化学键变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
【解答】
A.含离子键的一定为离子化合物，则含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物，如NaOH，故A正确；
B.钠与水反应生成NaOH和氢气，则水中共价键断裂，氢气中共价键生成，故B正确；
C.液态水转变为气态水需要吸热，为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故C错误；
D.氮气含N≡N，NCl3中含3个N−Cl键，且N原子上均存在1对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故D正确；
故选C。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查学生对化合物形成图的分析和处理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，学生应能根据图分析原子变为离子的实质并根据最外层电子数分析其性质来解答。
【解答】
A.由形成过程图可知，Na变为Na+，失去1个电子，Cl变为Cl−，得到1个电子，故A正确；
B.钠离子与钠原子核外电子排布不同，化学性质不同，故B错误；
C.钠原子与氯原子作用生成NaCl，对应的离子最外层都为8电子稳定结构，性质稳定，故C正确；
D.因氯化钠是阴阳离子通过静电作用形成的化合物，其构成微粒为离子，则属于离子化合物，故D正确；
故选B。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查无机物的推断及元素周期表及元素周期律，为高频考点，把握元素化合物知识、图中转化关系来推断物质及元素为解答的关键，侧重分析推断能力的考查，注意Y、乙为物质推断的突破口，题目难度不大。
【解答】
X、Y、Z、W是由这四种元素中的两种组成常见的化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，W为常见液体，甲为单质，结合图中转化可知，则W为H2O，甲为O2，Z为NO，X为NH3，由短周期元素A、B、C、D原子序数依次增加可知，A为H，B为N，C为O，D为Na，以此来解答；
A.由于氢键的作用，使NH3、H2O在同主族氢化物中的沸点反常，但常温下水为液体，则沸点高低顺序为H2O>NH3，故A正确；
B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：D>B>C>A，故B正确；
C.O与Na形成的化合物过氧化钠中含有离子键和共价键，故C错误；
D.H、O、N可以形成HNO3、NH4NO3，NH4NO3属于离子化合物，HNO3属于共价化合物，故D正确。
故选C。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
该题主要考查了氯化铵的结构与性质，难度不大，解题时依据所学的知识，结合题给信息即可解答。
【解答】
A.NH4Cl在氯离子和铵根离子之间有离子键，不是共价化合物，是离子化合物，故A错误；
B.NH4Cl在氯离子和铵根离子之间有离子键，在铵根离子中存在氮氢共价键，故B正确；
C.氯化铵固体加热易分解，产生氨气和氯化氢，氯离子和铵根离子之间离子键被破坏，故C正确；
D.氯化铵可用作化肥，因含有铵根离子，属于铵态氮肥，故D正确。
故选A。
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学在生产、生活等领域的应用，主要考查物质的用途，为高频考点，掌握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系是解题关键，题目难度不大，注意知识积累。
【解答】
①聚丙烯是丙烯加聚反应的产物，属于有机高分子化合物，是混合物，故①正确；
②明矾在水中电离的铝离子可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮物形成沉淀，达到净水目的，但明矾没有强氧化性，不能杀菌消毒，故②错误；
③分解、裂解、电解过程中有新物质生成，是化学变化，潮解和电离过程中没有新物质生成，是物理变化，故③错误；
④有些离子化合物中含有原子团，如氢氧化钠，氢氧化钠中含有离子键和共价键，故④错误；
⑤石油分馏，没有新物质生成，属于物理变化；煤的干馏、煤的气化、煤的液化有新物质生成，属于化学变化，故⑤错误；
⑥95%的乙醇溶液达不到杀菌效果，医疗上常用75%的乙醇溶液消毒，故⑥错误；
⑦氨水是混合物，不是电解质，故⑦错误；
⑧乙烯能催熟水果，高锰酸钾溶液能吸收葡萄产生的乙烯，所以葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜，故⑧正确。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学键概念与分类，需能正确区分不同物质中化学键类型，题目难度不大。
【解答】
A.只含共价键的化合物叫做共价化合物，由阳离子和阴离子组成的化合物叫做离子化合物，共价化合物中只有共价键，离子化合物中肯定有离子键，可能有共价键，如氯化铵，故A错误；
B.CCl4、CO2分子中每个原子共用电子对，每个原子的最外层均满足8电子结构，故B正确；
C.由阳离子和阴离子组成的化合物叫做离子化合物，溶于水可以导电的化合物，可以是离子化合物，也可以是共价化合物，例如氯化氢为共价化合物，其水溶液可以导电，故C错误；
D.C2H6碳链直线型，碳氢原子之间形成极性键和碳碳原子之间形成非极性键，C3H8符合饱和烃CnH2n+2通式，属于烷烃，碳链为锯齿型，也有极性键和非极性键，故D错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化合物与化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律、原子中数量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
【解答】
A. 1H2和 2H2均为氢元素的单质，为同种物质，故A错误；
B.Pu的质子数为94，中子数为239−94=145，则中子数与质子数之差是145−94=51，故B错误；
C.NaH为离子化合物，HCl为共价化合物，可知氢元素与其他元素可形成共价键或离子键，故C正确；
D.硫酸为共价化合物，溶于水发生电离，能电离出H+和SO42−，故D错误；
故选：C。
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查四种晶体类型与结构、性质等，难度不大，注意基础知识的掌握与晶体中的特殊性。
【解答】
①原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体，同种元素原子之间形成非极性键，不同原子之间形成极性键，如二氧化硅是原子晶体，晶体中Si−O键是极性键，故错误；
②稀有气体是单原子分子，分子之间通过分子间作用力形成分子晶体，故错误；
③干冰晶体属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力形成晶体，升华时分子间距增大，属于物理变化，破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故错误；
④金属元素和非金属元素形成的化合物可能是共价化合物，如氯化铝，故错误；
⑤分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；
⑥离子晶体由阴、阳离子通过离子键形成，金属晶体是金属离子与自由电子通过金属键形成，不存在离子键，故正确；
⑦金属晶体中由自由电子，可以导电，离子晶体中阴、阳离子不能自由移动不能导电，熔融的离子晶体可以导电，故错误；
⑧依据构成晶体的微粒与微粒间的相互作用力可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，故错误；
所以B正确。
故选B。
10.【答案】D
【解析】
【分析】
已去除表面氧化膜的金属铝投入NaOH溶液中，铝先与水反应 2Al+6H2O=2Al(OH)3+3H2↑ ，氢氧化与强碱反应Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4］−。
【解答】
A.铝含有金属键，铝单质参加反应，金属键破坏，故不选A；
B.水参与反应，水中共价键破坏，故不选B；
C.反应生成氢气，共价键形成，故不选C；
D.根据反应方程式，没有离子键的破坏和形成，故选D；
选D。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学键，为高频考点，把握化学变化及电离过程中化学键变化、物质的三态变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
【解答】
A.碘晶体升华和冰熔化均为物理变化，化学键不变，只破坏分子间作用力，故A错误；
B.氯化钠熔化或氯化氢溶于水，均发生电离，前者破坏离子键，后者破坏共价键，故B正确；
C.含离子键的一定为离子化合物，则共价化合物中一定不含离子键，故C错误；
D.氯化铵受热变成气体，发生化学变化生成氨气、HCl，后氨气与HCl发生化合反应生成氯化铵，发生化学键的断裂和生成，故D错误；
故选B。
12.【答案】D
【解析】解析：CO2的分子构型是直线形，H2O的分子构型是V形。三聚氰酸含有C、N、O和H四种元素，(NH4)2CO3也含有C、N、O和H四种元素，但属于离子化合物。
13.【答案】A
【解析】解：A.NH5为离子化合物，化学式为NH4H，1mlNH5中含有4NA个N−H键，故A错误；
B.NH5中存在NH4+和H−，属于离子化合物，故B正确；
C.NH5中存在NH4+和H−，为离子化合物，其电子式为，故C正确；
D.NH5中H−具有还原性，H2O具有氧化性，NH5与H2O反应生成氨气和氢气，该反应的方程式为：NH5+H2O=NH3⋅H2O+H2↑，故D正确；
故选：A。
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子结构，其分子中存在NH4+和H−，其化学式应为NH4H，电子式为，属于离子化合物，以此分析解答。
本题考查常见化学用语的书写方法判断，题目难度不大，明确NH5的化合物类型为解答关键，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力。
14.【答案】C
【解析】题给反应中碳元素由+2价部分升高到+4价，部分降低到0价，该反应属于氧化还原反应，A项正确；
石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，B项正确；
CO既不与酸反应，又不与碱反应，属于不成盐氧化物，C项错误；
Na2O和Na2CO3属于离子化合物，都含有离子键，D项正确。
15.【答案】D
【解析】A项，在Al2H6中Al为+3价，H为−1价，错误；
B项，Al2H6中含有的化学键都是极性共价键，错误；
C项，Al2H6为共价化合物，错误；
D项，Al2H6在空气中完全燃烧，根据原子守恒可知燃烧产物为氧化铝和水，正确。
16.【答案】(1)[Cu(H2O)4]2+；V形；正四面体形
(2)浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，加入NH3⋅H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液
(3)配体的浓度；配体的种类；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2−
(4)①由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应
②向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)
(5)2Cu2++6S2O32−=S4O62−+2[Cu(S2O3)2]3−
(6)二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl−易与Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl−时能增大Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应的趋势
【解析】Ⅰ.浑浊液中存在溶解平衡，加入NH3⋅H2O后形成[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液；NaOH的浓度小，依然是浑浊液；NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2−；c中加入与a中加入的NaOH相同浓度的NH3⋅H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，试管b中的深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2−，加入氨水可以转化为c中深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+。
(1)水合铜离子显蓝色，其中的配离子为[Cu(H2O)4]2+；配体H2O分子的价层电子对数=2+6−2×12=4，VSEPR模型为四面体结构，去掉孤电子对数后，分子的空间构型为V形；外界阴离子SO42−的价层电子对数=4+6+2−4×22=4+0=4，VSEPR模型为四面体结构，没有孤电子对，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；V形；正四面体形；
(2)Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2的浑浊液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，加入NH3⋅H2O后Cu2+与NH3配位形成配离子[Cu(NH3)4]2+，则c(Cu2+)降低，使得Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，Cu(OH)2生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+配离子，故答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，加入NH3⋅H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；
(3)试管a加入1ml/L的NaOH，NaOH的浓度小，依然是浑浊液；而试管b加入6ml/L的NaOH，NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2−，是由于NaOH的浓度不同造成的现象不同，即配体的浓度也不同造成的；试管a加入1ml/L的NaOH时依然是浑浊液；而c中加入相同浓度的NH3⋅H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，是由于配体OH−离子和NH3的种类不同而造成的；所以配合物的形成与配体的浓度、配体的种类有关；向生成[Cu(OH)4]2−蓝色配离子的溶液中加入氨水的溶液碱性增强，说明生成蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为[Cu(NH3)4]2+>[Cu(OH)4]2−，故答案为：配体的浓度；配体的种类；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2−；
(4)①通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu(S2O3)2]3−，即发生了氧化还原反应，故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
②根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色)，若无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，故实验方案为：取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)；
(5)Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应得到无色溶液，生成S4O62−和[Cu(S2O3)2]3−，离子方程式为：2Cu2++6S2O32−=S4O62−+2[Cu(S2O3)2]3−，故答案为：2Cu2++6S2O32−=S4O62−+2[Cu(S2O3)2]3−；
(6)结合分析，可以获得结论：①随n(S2O32−)：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，②Cl−易与Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl−时能增大Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应的趋势，故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl−易与Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl−时能增大Cu2+与S2O32−发生氧化还原反应的趋势。
17.【答案】Ⅰ.(1)煤油；离子键
(2)A→D→C→B→C
(3)2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O
(4)取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙
Ⅱ.(5)上下移动水准瓶
(6)37(V2−V1)112w％；偏低
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度不大。
【解答】
(1)因钙的密度大于煤油，且与煤油不反应，因此实验室将钙保存在煤油中，Ca3N2的电子式为：，Ca3N2中Ca2+与N3−之间为离子键；
故答案为：煤油；离子键；
(2)A为制取N2的装置，这样制得的氮气中混有水蒸气和氧气，根据题中已知条件焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2，浓硫酸可吸收水蒸气，浓硫酸要在焦性没食子酸溶液后面，因气体从溶液中逸出会有水蒸气，B为钙和氮气的反应装置，已知氮化钙极易与水反应，故此装置后面要连C装置，防止空气中水蒸气与氮化钙反应，所以装置连接顺序为A、D、C、B、C；
故答案为：A→D→C→B→C；
(3)A为制取N2的装置，已知“实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2”，发生反应的化学方程式为：
2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O；
故答案为：2NaNO2+(NH4)2SO4Na2SO4+2N2↑+4H2O；
(4)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水。氨气极易溶于水，检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙，故方法为：取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙；
故答案为：取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙；
(5)调平液面的目的是使气体压强与外界大气压相等从而使测得的气体体积准确，调平液面的操作是：上下移动水准瓶；
故答案为：上下移动水准瓶；
(6)根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3，VNH3=V2−V11000L，则nNH3=−1=V2−−1=V2−V122400ml，mCa3N2=nCa3N2×MCa3N2=V2−V122400×2ml×148g/ml=37V2−V111200g，ωCa3N2=mCa3N2m样品×100％=37V2−V111200gwg×100％=37(V2−V1)112w％，开始仰视刻度线会使V1偏大，终点时俯视刻度线会使V2偏小，则V2−V1会偏小，故结果会偏低；
故答案为：37(V2−V1)112w％；偏低。
18.【答案】(1)煤油；离子键
(2)A、B、D、C、D
(3)2NaNO2+(NH4)2SO4=ΔNa2SO4+2N2↑+4H2O
(4)Ca3N2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑
(5)上下移动水准瓶，使两边液面相平；D
(6)37(V2−V1)112w％；偏高
【解析】
【分析】
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用，题目难度不大。
【解答】
(1)因钙的密度大于煤油，且与煤油不反应，因此实验室将钙保存在煤油中，Ca3N2的电子式为：，Ca3N2中Ca2+与N3−之间为离子键，故答案为：煤油；离子键；
(2)A为制取N2的装置，这样制得的氮气中混有水蒸气和氧气，根据题中已知条件焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2，浓硫酸可吸收水蒸气，浓硫酸要在焦性没食子酸溶液后面，因气体从溶液中逸出会有水蒸气，C为钙和氮气的反应装置，已知氮化钙极易与水反应，故此装置后面要连D装置，防止空气中水蒸气与氮化钙反应，所以装置连接顺序为A、B、D、C、D，故答案为：A、B、D、C、D；
(3)A为制取N2的装置，已知“实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2”，发生反应的化学方程式为：2NaNO2+(NH4)2SO4=ΔNa2SO4+2N2↑+4H2O，故答案为：2NaNO2+(NH4)2SO4=ΔNa2SO4+2N2↑+4H2O；
(4)氮化钙与水反应生成氢氧化钙和氨气，Ca3N2与水反应的化学方程式为：Ca3N2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑，故答案为：Ca3N2 + 6H2O = 3Ca(OH)2 + 2NH3↑；
(5)调平液面的目的是使气体压强与外界大气压相等从而使测得的气体体积准确，调平液面的操作是：上下移动水准瓶，使两边液面相平。氨气不溶于煤油，为使测量更准确，水准瓶中应盛装煤油，故答案为：上下移动水准瓶，使两边液面相平；D；
(6)根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3，VNH3=V2−V11000L，则nNH3=−1=V2−−1=V2−V122400ml，mCa3N2=nCa3N2×MCa3N2=V2−V122400×2ml×148g/ml=37V2−V111200g，ωCa3N2=mCa3N2m样品×100％=37V2−V111200gwg×100％=37(V2−V1)112w％，开始俯视刻度线会使V1偏小，终点时仰视刻度线会使V2偏大，则V2−V1会偏大，故结果会偏高，故答案为：37(V2−V1)112w％；偏高。
19.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2
(2)大于； Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态
(3)离子键；ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶
(4)平面正三角形；sp2
(5)六方最密堆积 65×6NA×6×34×a2c
【解析】
【分析】
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
【解答】
(1)Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Zn>Cu，
故答案为：大于；Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；
根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，
故答案为：离子键；ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶；
(4)ZnCO3中，阴离子CO32−中C原子价层电子对个数=3+4+2−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化，
故答案为：平面正三角形；sp2；
(5)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn原子个数=12×16+2×12+3=6，故该结构质量为：6×65NAg；
六棱柱底边边长为acm，高为c cm，六棱柱体积=6×34a2ccm3，
晶胞密度=mV=65×6NA×6×34×a2cg/cm3，
故答案为：65×6NA×6×34×a2c。
20.【答案】(1) ；
(2) ；O=C=O
(3)
(4) H2O ； NaOH或LiHS ； H2O2 ； PH3 ； CH3COONa
(5)abcdeg
【解析】
【分析】
略
【解答】
(1)氮原子最外层电子数为5，有三个单电子，所以氮原子与氮原子之间共用三个电子对，故N2的电子式为；
次氯酸为共价化合物，分子中原子通过共用电子对成键，次氯酸分子中，氢原子最外层有1个电子，氯原子最外层有7个电子，其中只有一个单电子可以形成共用电子对，氧原子最外层有6个电子，其中有两个单电子可以形成共用电子对，故HClO的电子式为；
(2)甲烷的分子式为CH4，其结构式为；二氧化碳中一个碳原子和两个氧原子之间各共用两对电子，形成碳氧双键，其结构式为O=C=O；
(3)Ar的核外为18个电子，故电子层结构相同的−2价阴离子为S2−，离子结构示意图为；
(4)在1―18号元素组成的化合物中具有三核10个电子的共价化合物为H2O；
Na+和OH−都是10个电子的离子，结合得到具有三核20个电子的离子化合物是NaOH，H2S是18个电子，用Li替代三核20个电子的离子化合物LiHS；
将H2O去掉一个H原子，将剩余部分结合可得四核18个电子的化合物H2O2，NH3是四核10个电子，P比N多8个电子，用P替代N，可得四核18个电子的化合物PH3；
有机酸形成的盐既具有离子键又有非极性键和极性键，满足条件的化合物是CH3COONa等；
(5)a、质量数为18，中子数为10的核素，质子数Z=18−10=8，属于氧元素，故a正确；
b、原子失电子形成阳离子，阳离子核电荷数一定大于最外层电子数，核电荷数等于最外层电子数的离子为阴离子，阴离子的最外层电子数是2或8，最外层电子数为2是H+，核电荷数不等于最外层电子数；最外层电子数为8时，核电荷数为8，是O2−，故b正确；
c、质子数等于短周期同族元素原子序数一半，应处于偶数族，IIA族、IVA族、VIA族，这3族原子序数相差8，所以原子处于VIA族，故为氧原子，属于氧元素，故c正确；
d、原子的最外层电子数是内层电子数3倍的元素，该原子有两个电子层，第一电子层有2个电子，最外层有6个电子，所以核内有8个质子，是氧原子，属于氧元素，故d正确；
e、能与H、C、N、Na、S、Fe等元素形成两种或两种以上的化合物的元素，该元素为非金属元素，显负化合价，有变价，只有氧元素符合，故e正确；
f、形成化合物的种类最多的元素是碳元素，故f错误；
g、由反应Y+2I−+2H+=I2+Z+H2O，根据质量守恒可知，Y含有氧元素，Y和Z均由元素R组成，所以R为氧元素，故g正确；
故答案为：abcdeg。
实验操作
实验序号
V1(mL)
V2(mL)
逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
相关试卷
高中化学鲁科版 (2019)选择性必修2第3节 离子键、配位键与金属键同步测试题： 这是一份高中化学鲁科版 (2019)选择性必修2<a href="/hx/tb_c4002603_t7/?tag_id=28" target="_blank">第3节 离子键、配位键与金属键同步测试题</a>，共13页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
鲁科版 (2019)选择性必修2第3节 离子键、配位键与金属键第2课时课后测评： 这是一份鲁科版 (2019)选择性必修2第3节 离子键、配位键与金属键第2课时课后测评，共10页。试卷主要包含了下列各种说法中错误的是，下列关于配合物的叙述错误的是，下列有关金属键的叙述错误的是，3°等内容，欢迎下载使用。
高中化学第3节 离子键、配位键与金属键练习： 这是一份高中化学第3节 离子键、配位键与金属键练习，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
