第二章 分子结构与性质 单元测试题
一、单选题
1．下列物质中既含有非极性键，又含有离子键的是（ ）
A．MgBr2 B．H2O2 C．Na2O2 D．NH4Cl
2．下列说法正确的是（ ）
A．在分子中，两个成键的原子间的距离叫做键长
B．H—Cl的键能为431.8 kJ/mol，H—I的键能为298.7 kJ/mol，这可以说明HCl分子比HI分子稳定
C．含有极性键的分子一定是极性分子
D．键能越大，表示该分子越容易受热分解
3．共价键的本质是（ ）
A．在原子间形成共用电子对 B．在原子间有电子的得失
C．在原子间形成了静电斥力 D．在原子间形成了静电引力
4．硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．硼原子的杂化方式为、
B．1、2原子之间的化学键为配位键
C．硼砂阴离子间可结合成链状结构，则阴离子间以氢键结合
D．该阴离子中存在的化学键类型有极性键、配位键、氢键
5．下列变化需要克服相同类型作用力的是（ ）
A．溴和汞的气化 B．氯化氢和氯化钠的溶解
C．晶体硅和C60的熔化 D．碘和干冰的升华
6．向溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色。接着向深蓝色溶液中加入乙醇，静置后有深蓝色硫酸四氨合铜晶体析出，上层溶液颜色变浅。下列有关说法正确的是（ ）
A．生成蓝色沉淀反应的离子方程式为
B．溶液转化为深蓝色溶液过程中，溶液中的浓度相等
C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
D．在配离子中，给出孤电子对，提供空轨道
7．以为催化剂的光热化学循环分解的反应，为室温气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时能量变化如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．过程①中吸收能量使得钛氧键发生了断裂
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用催化剂可以提高化学反应速率
D．2 mol二氧化碳完全分解生成2 mol一氧化碳和1 mol氧气需要吸收30kJ能量
8．下列变化过程需破坏离子键的是（ ）
A．干冰升华 B．电解水
C．食盐熔化 D．氯化氢溶于水
9．下列物质属于共价化合物的是（ ）
A．H2O B．MgO C．CaCl2 D．KBr
10．法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法不正确的是
A．该分子中σ键与π键数目之比为15：4
B．N、O、F形成的键的极性：N－H＜O－H＜F－H
C．该分子中C－N键的键能小于C=N键的键能
D．该分子中所有N原子都为sp3杂化
11．下列关于化学键的说法中错误的是（ ）
A．化学键是一种作用力
B．化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合
C．化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中化学键形成
D．非极性键不是化学键
12．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24，下列有关叙述错误的是（ ）
A．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应
B．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸
C．Y的氟化物中Y原子为杂化
D．X的氟化物中原子均为8电子稳定结构
13．下列说法正确的是（ ）
A．铁元素位于元素周期表的ds区
B．石墨能导电，是因为晶体中含有金属键
C．中σ键和π键的数目比为6：1
D．所含元素中第一电离能最大的是O
14．[Cu(NH3)4]2+其实为[Cu(NH3)4(H2O2)2]2+的简略写法。该配离子的空间结构为狭长八面体(如图所示)。下列说法错误的是（ ）
A．配体结合中心离子的能力a强于b
B．a、b两种配体的中心原子的杂化方式相同
C．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>H
D．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中存在的化学键仅有配位键、离子键和极性共价键
15．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是（ ）
A．金刚石和SiO2 B．CO2和SiO2
C．NaCl和 HCl D．钠和KCl
16．下列说法错误的是（ ）
A．羊毛织品洗后易变形，与氢键有关
B．基态原子中，两种自旋状态的电子数之比为
C．键角：
D．二甲醚中杂化的原子数为2NA
二、综合题
17．目前新能源汽车电池是磷酸铁锂()和三元锂电池(正极含有Ni、Co、Mn三种元素)。回答下列问题：
（1）中阴离子的立体构型名称是 。
（2）检验的方法：加入丁二酮肟试剂立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物，方程式如下：
①丁二酮肟熔点比丁二酮( )高很多的原因是 。
②二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物中N原子的杂化类型是 ，该物质中存在的作用力有： (填正确答案标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．氢键
18．研究化学反应的能量变化和速率变化是研究化学反应的重要角度。
（1）化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会 能量；新的化学键形成会 能量。（填“放出”或“吸收”）
（2）用铝热法可冶炼铁，其反应为：Fe2O3＋2Al 2Fe＋Al2O3，属于放热反应，反应物的总能量 （填“＞”、“＝”或“＜”）生成物的总能量。在该反应中，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为 mol。
（3）为探究反应过程中的能量变化，某小组同学用如图装置进行实验。
装置Ⅰ 装置Ⅱ
①装置Ⅰ中，Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是 。
②装置Ⅱ中，正极的电极反应式为 。
③关于装置Ⅱ，下列叙述正确的是 （填字母）。
a.H+在Cu表面被还原，产生气泡
b.电流从Zn片经导线流向Cu片
c.电子从Zn片经导线流向Cu片
d.Zn和Cu的都是电极材料，也都参与电极反应
（4）某兴趣小组将除去氧化膜的镁条投入到少量稀盐酸中进行实验，实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示，对该曲线的解释中正确的是_____。
A．从t1→t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高
B．从t1→t2的原因水蒸发，致使酸的浓度升高
C．从t2→t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降
D．从t2→t3的原因是随着反应的进行，H+的浓度逐渐下降
19．有一组物质：①NaOH、②HCl、③MgBr2、④CO2、⑤白磷（P4）、⑥Na2O2、⑦H2O2、⑧N2、⑨NH4Cl、⑩CS2
（1）请用序号填空：离子化合物有 共价化合物有
（2）用电子式表示HCl和MgBr2的形成过程HCl MgBr2
（3）CS2的结构式： ．用极性键、非极性键、离子键填写：MgBr2含 键．NaOH含 键，Na2O2含 键．
20．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。
I.合成氨反应为：。一定条件下，在2L密闭容器中充入一定量的、。测得各物质的浓度随时间变化如下表所示。
物质的量/(mol) 时间
0 2.0 6.0 0
2min 1.6
5min 3.0
（1）2min时，= mol。0~5min内，以的浓度变化表示反应的平均速率： 。
（2）下列能说明该反应达到平衡状态的是____(填标号)。
A．的质量保持不变
B．
C．的含量保持不变
D．容器中的压强不随时间变化
E．、和的物质的量之比为1：3：2
（3）如图所示是反应过程中的能量变化图。由图可知，该反应是 反应。(填“吸热”或“放热”)
II.合成氨反应可能的微观历程如图所示：
（4）过程③形成是 能量(填“吸收”或“放出”)。的化学键类型是 共价键(填“极性”或“非极性”)。
（5）吸附在催化剂表面的物质用*标注。已知过程③可以表示为，则过程②可以表示为 。
21． A，B，C，D，E，F六种化合物，其中A，B，C，D，E均由短周期元素组成，焰色反应均为黄色，B、C、E均由三种元素组成．B、C的组成元素相同，且C的摩尔质量比B大80g/mol，回答：
（1）固体化合物A为浅黄色粉末，该化合物中含有的化学键为
A．离子键 B．极性共价键
C．非极性共价键 D．氢键
（2）下表为B与F实验的部分内容
①在含B的溶液中加入稀H2SO4，产生浅黄色浑浊和使澄清石灰水变浑浊的无色有刺激性气味的气体
②20mL沸水中滴加F的饱和溶液1～2mL所得液体呈红褐色
③将实验②得到的红褐色液体加热蒸发，灼烧，最终得到红棕色固体
写出B与稀H2SO4反应的离子方程式
写出②中反应的化学方程式
（3）现由6种粒子Mn2+、MnO 、H+、H2O、X2Y （C中含有的阴离子），XY 完成一个离子方程式，已知Mn2+为还原剂，得到1molMnO 需氧化剂的物质的量为 mol
（4）化合物D和E相互转化D E，若有D和E xH2O的混合物13.04g，加热到完全反应后，气体产物通过浓H2SO4增重3.42g，剩余气体通过碱石灰增重2.20g，则混合物中D的质量为 g，E xH2O的化学式为 ．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.MgBr2中只存在离子键，选项A不选；
B.H2O2中存在H-O极性键、O-O非极性键，选项B不选；
C.Na2O2中存在钠离子与过氧根离子之间的离子键、O-O非极性键，选项C选；
D.NH4Cl中存在离子键和N-H极性键，选项D不选；
故答案为：C。
【分析】离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，所以首先判断离子晶体，然后判断是否韩版非极性共价键。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.键长是成键两原子半径之和，不是两个成键的原子间的距离
B.键能越大，化学键就越稳定
C.含有极性键的分子一定不一定是极性分子 例如：甲烷
D.键能越大，表示该分子越稳定，此物质越不容易分解
故答案为：B
【分析】A.键长是指两个成键原子A和B的平均核间距离；
B.化合物之间的键能越大，说明化合物越稳定；
C.如果几个极性键组成的分子使得分子的正负中心重合，就是非极性分子；
D.键能越大，表示该分子越不容易分解。
3．【答案】A
【解析】【解答】在原子间通过共用电子对结合而形成的化学键为共价键，
故答案为：A。
【分析】考查的是共价键的形成原理，是共用电子对形成的
4．【答案】D
【解析】【解答】A．形成4个B-O键的B原子杂化方式均为sp3，形成3个B-O键的B原子杂化方式均为sp2，故A不符合题意；
B．B原子一般形成3个共价键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，故B不符合题意；
C．硼砂阴离子中含有O-H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，阴离子间以氢键结合，故C不符合题意；
D．氢键不是化学键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错分析：A.由图可知B形成的有三个共价键的平面结构，也有4个共价键的正四面体结构，所以有两种杂化方式。
B.B有空轨道，O含有多余孤对电子，可以形成配位键。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.溴的气化克服分子间作用力，汞的气化克服金属键，故A不选；
B.氯化氢的溶解克服共价键，氯化钾的溶解克服离子键，故B不选；
C.晶体硅的熔化克服共价键，C60的熔化克服分子间作用力，故C不选；
D.碘和干冰的升华都需要克服分子间作用力，故D选。
故答案为：D。
【分析】原子之间通过共用电子对形成的化学键叫共价键；通过阴阳离子之间的作用力形成的化学键叫做离子键；分子间作用力，又称范德瓦尔斯力，是存在于中性分子或原子之间的一种弱碱性的电性吸引力。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3·H2O是弱碱，在离子方程式书写时不能拆，故生成蓝色沉淀反应的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A不符合题意；
B．溶液转化为深蓝色溶液过程中，由于形成了[Cu(NH3)4]2+，使得溶液中的浓度减小，B不符合题意；
C．由题干可知，加入无水乙醇后析出深蓝色硫酸四氨合铜晶体，可说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，C符合题意；
D．在配离子中，提供空轨道，给出孤电子对，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.一水合氨不可拆，应保留化学式；
B. 溶液转化为深蓝色溶液过程形成了[Cu(NH3)4]2+，Cu2+减小；
D.中Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．据图可知过程①中Ti4+变为Ti3+，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，A不符合题意；
B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，B不符合题意；
C．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，C不符合题意；
D．根据题目所给信息断键吸收的能量为1598kJ/mol×2 mol，成键释放的能量为(1072kJ/mol×2 mol +496 kJ/mol×1 mol)，所以2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热1598kJ/mol×2 mol -(1072kJ/mol×2 mol +496 kJ/mol×1 mol) =556kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、 ① 中两个Ti4+和氧原子中间的键断开；
B、 ① 中有太阳光，③有热能，发生了化学反应，即有光能和热能转化为化学能；
C、催化剂可以将降低反应活化能，提高化学反应速率；
D、吸收的热量=反应物的总键能-生成物的总键能。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．干冰升华属于物理变化，只是状态发生变化，没有化学键的破坏，故A不符合题意；
B．水为共价化合物，仅含共价键，电解水生成H2和O2，要断裂H-O共价键，故B不符合题意；
C．食盐NaCl为离子化合物，仅含离子键，熔化时克服离子键，故C符合题意；
D．HCl为共价化合物，仅含共价键，HCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A．干冰升华破坏分子间作用力；
B．电解水破坏共价键；
C．NaCl熔化破坏离子键；
D．HCl溶于水破坏共价键；
9．【答案】A
【解析】【解答】A. H2O是由分子构成的共价化合物，A符合题意；
B.MgO是由Mg2+、O2-通过离子键构成的离子化合物，B不符合题意；
C.CaCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键构成的离子化合物，C不符合题意；
D.KBr是由K+、Br-通过离子键构成的离子化合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】共价化合物一般是有非金属元素通过共用电子对形成的化合物，共价化合物只含有共价键，氧化镁、氯化钙、溴化钾是离子化合物
10．【答案】D
【解析】【解答】A．双键中有1个σ键1个π键，该分子中有σ键15个，4个π键，σ键与π键数目之比为15：4，A不符合题意；
B．非金属性越强，极性越强，N、O、F形成的键的极性：N－H＜O－H＜F－H，B不符合题意；
C．C-N的键长比C=N的键长长，键能小，C不符合题意；
D．氨基上N原子是sp3杂化，环中的N原子是sp2杂化，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A．双键中有1个σ键1个π键；
B．非金属性越强，极性越强；
C．键长长，键能小；
D．杂化类型的判断。
11．【答案】D
【解析】【解答A．化学键是相邻原子之间的强烈的相互作用，A不符合题意；
B．形成化学键的微粒可能是离子也可能是原子但不能是分子，B不符合题意；
C．化学反应的实质是有旧化学键的断裂和新化学键的形成，不C符合题意；
D．非极性键和极性键都是共价键，化学键包含离子键、共价键、金属键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学间的定义进行判断；
B.离子间、共价键都属于化学键；
C.化学反应的实质就是化学键的断裂和形成；
D.非极性键是共价键的一种。
12．【答案】D
【解析】【解答】Z的原子序数最大，有Z+，所以Z为Na；W的原子序数最小，有一个共价键，W为H；X得到一个电子形成四个共价键，Y有三个共价键，W、X、Y、Z总和为24，所以X为B，Y为N。
A．Z为Na，单质既能与水反应，也可与甲醇反应，A不符合题意 ；
B．Y为N，最高化合价氧化物的水化物为强酸，B不符合题意 ；
C．Y为N，有4个价层电子对，为杂化，C不符合题意 ；
D．X为B，B原子的最外层电子为6，D符合题意 ；
故答案为：D
【分析】A．Z原子序数最大化合价为+1，为Na，W原子序数最小1个化学键，为H，Y形成三个键，Y为N；
B．N的最高化合价氧化物的水化物为强酸；
C．N有4个价层电子对，为杂化 ；
D．B原子的最外层电子为6 。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．铁是26号元素，价层电子排布式为3d64s2，铁元素位于元素周期表的d区，故A不符合题意；
B．石墨晶体中含有金属键，因此石墨晶体能导电，故B符合题意；
C．单键是σ键，双键一根σ键，一根π键，因此中σ键和π键的数目比为7：1，故C不符合题意；
D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素，故所含元素中第一电离能最大的是N，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据表中的位置确定分区；
B．石墨晶体是混合晶体，含有金属键；
C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键
D．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
14．【答案】A
【解析】【解答】A.配体结合中心离子的能力与距离成反比，由图可知，a与Cu2+之间的距离大于b，所以配体结合中心离子的能力a弱于b，A符合题意；
B.a为H2O，b为NH3，其中心原子的价层电子对数都是4，因此都采用sp3杂化，B不符合题意；
C.元素的非金属性越强，其电负性越强，因此电负性O>N>H，C不符合题意；
D.该配合物中含有配位键、离子键和极性共价键，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、配体结合中心离子的能力与距离成反比；
B、根据中心原子的价层电子对数进行计算；
C、根据电负性的递变规律分析；
D、配合物中同时含有配位键、离子键和共价键；
15．【答案】A
【解析】【解答】解：A．金刚石为碳碳键非极性键形成的原子晶体，SiO2为硅氧极性键形成的原子晶体，故A正确；
B．根据元素组成可判断都为极性共价键，但CO2为分子晶体而SiO2为原子晶体，故B错误；
C．NaCl为离子晶体，HCl为分子晶体，晶体类型不同，故C错误；
D．钠为金属键形成的金属晶体，KCl中含离子键为离子晶体，故D错误；
故选A．
【分析】根据构成微粒判断晶体类型，一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答．
16．【答案】D
【解析】【解答】A．羊毛织品的主要成分是蛋白质，蛋白质中含有氢键，水洗时会破坏其中的部分氢键，导致羊毛织品变形，故A不符合题意；
B．铁元素的原子序数为26，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，由电子排布规律可知，基态原子中，两种自旋状态的电子数之比为11：15，故B不符合题意；
C．硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，铵根离子的空间构型为正四面体角形，键角为109°28＇，氨分子的空间构型为三角锥形，键角为107°18＇，白磷分子的空间构型为正四面体形键角为60°，则五种微粒的键角大小顺序为，故C不符合题意；
D．二甲醚中碳原子和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，则46g二甲醚中sp3杂化的原子数为×3×NAmol—1=3NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.水洗会破坏蛋白质中的氢键；
B.基态Fe原子核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，3d能级上有4个自旋方向相同的单电子；
C.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
17．【答案】（1）正四面体
（2）丁二酮肟中含有N-OH键，分子间可以形成氢键，分子间作用力大；；sp2；BCDE
【解析】【解答】(1)PO43-离子中P原子无孤电子对，只有4个 σ 键，因此其阴离子的立体构型是正四面体；
（2） ① 分子间氢键的存在，可以增大分子的沸点；
②二丁二酮肟合镍(Ⅱ)螯合物中N原子 有一个双键和两个单键，还有一对孤电子对，因此其杂化方式是 sp2 ；
【分析】配位键是一种特殊的共价键，其是由一个原子或离子提供空轨道和另一个成键原子提供孤电子对而成键。
18．【答案】（1）吸收；放出
（2）＞；1
（3）Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；2H++2e-= H2；ac
（4）A；D
【解析】【解答】(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会吸收能量；新的化学键形成会放出能量，故答案为：吸收；放出；(2)铝热反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，由方程式Fe2O3＋2Al 2Fe＋Al2O3可知，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为1mol，故答案为：＞；1；(3)①实验Ⅰ中，Fe与CuSO4溶液发生原电池反应，Fe失去电子，铜离子得到电子，则Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；
②装置Ⅱ中，正极为Cu，氢离子在正极得到电子，电极反应式为：2H++2e-= H2 ，故答案为：2H++2e-= H2 ；③a．铜为正极，H+在铜表面得到电子生成氢气，H+被还原，故a正确；
b．电流从正极流向负极，应该从Cu片经导线流向Zn片，故b不正确；
c．电子从负极沿导线流向正极，即从Zn片经导线流向Cu片，故c正确；
d．Zn和Cu的都是电极材料，但Cu不参与反应，故d不正确。
答案为：ac；(4)A．从t1→t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高，反应速率逐渐增大，故A正确；
B．反应放出的热量不至于使水蒸发，故B不正确；
C．镁条（固体）的质量下降，但是浓度不变,不会影响反应速率，故C不正确；
D．t2→t3的原因是盐酸的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，此时浓度因素大于温度的影响，故D正确。
答案为：AD。
【分析】(3)实验I和实验II都是原电池，实验I的反应原理为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe为负极，Cu为正极；实验II的反应原理为Fe+2H+=H2 +Fe2+，Zn为负极，Cu为正极；(4)镁与盐酸的反应为放热反应，开始反应时，温度不断升高，反应速率不断增大，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，以此解答。
19．【答案】（1）①③⑥⑨；②④⑦⑩
（2）；
（3）S=C=S；离子键；离子键和极性键；离子键和非极性键
【解析】【解答】解：（1）NaOH、MgBr2、Na2O2、NH4Cl均含有离子键，属于离子化合物；HCl、CO2、H2O2、CS2只含有共价键，属于共价化合物，P4、N2不属于化合物，
故答案为：①③⑥⑨；②④⑦⑩；（2）HCl属于共价化合物，氢原子最外层电子与Cl最外层电子形成一对共用电子对，其形成过程可写为： ，
溴化镁是离子化合物，由钠离子与镁离子构成，用电子式表示的形成过程为 ，
故答案为： ；
；（3）二硫化碳的结构式为S=C=S；溴化镁是离子化合物，由离子键结合；NaOH属于离子化合物，氢氧根离子中含有极性键；Na2O2属于离子化合物，含有离子键，过氧根离子中含有非极性键，
故答案为：S=C=S；离子键；离子键和极性键；离子键和非极性键．
【分析】（1）含有离子键的化合物属于离子化合物，只含有共价键的化合物属于共价化合物；（2）HCl是共价化合物，分子中氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为HCl分子的电子式，中间用箭头连接；溴化镁是离子化合物，由钠离子与镁离子构成，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为溴化镁的电子式，中间用箭头连接；（3）CS2是共价化合物，由极性键结合；溴化镁是离子化合物，由离子键结合；NaOH属于离子化合物，氢氧根离子中含有极性键；Na2O2属于离子化合物，过氧根离子中含有非极性键．
20．【答案】（1）4.8；0.2mol/(min·L)
（2）A；C；D
（3）放热
（4）放出；极性
（5）
【解析】【解答】(1) 0~2min，氮气消耗了0.4mol，氢气消耗了1.2mol，2min时， =6.0mol-1.2mol=4.8mol。0~5min内，以 的浓度变化表示反应的平均速率：v（H2）=6-3/2x5=0.3mol/L/min，v（NH3）=0.2mol/L/min ；
(2) A. 的质量保持不变，反应达到了平衡状态；
B. ，不能说明达到了平衡；
C. 的含量保持不变，反应达到了平衡状态；
D. 容器中的压强随着反应的进行而变化，不随时间变化时达到了平衡状态；
E.、 、和 和的物质的量之比为1：3：2时，不能说明平衡，选ACD；
(3) 反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；
(4) 过程③形成化学键，放出能量。不同非金属原子之间形成的共价键是极性共价键， 的化学键类型是极性共价键。
(5) 过程②可以表示为 。
【分析】（1）平均反应速率的计算公式使用；
（2）A. 质量保持不变，反应达到了平衡状态；
B. 反应速率和化学计量数的比值 ，不能说明达到了平衡；
C. 含量保持不变，反应达到了平衡状态；
D. 容器中的压强随着反应的进行而变化，不随时间变化时达到了平衡状态；
E.、根据物质的量之比，不能说明平衡；
（3）反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应；不同非金属原子之间形成的共价键是极性共价键。
21．【答案】（1）A；C
（2）S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl
（3）2.5
（4）8.4；Na2C03 7H2O
【解析】【解答】解：（1.）A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均呈黄色，均含有Na元素，固体化合物A为浅黄色粉末，则是过氧化钠，过氧化钠中含有离子键和非极性键，故答案为：AC；
（2.）根据②③可知F是氯化铁溶液．根据①可知B是Na2S2O3，B和硫酸反应的方程式为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O，②属于氢氧化铁胶体的制备，方程式为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，故答案为：S2O32﹣+2H+=S↓+SO2↑+H2O；FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；
（3.）Mn2+被氧化生成MnO4﹣，化合价升高5个单位．氧化剂是X2Y82一，其还原产物是SO42﹣，1mol氧化剂得到2mol电子，所以根据电子的得失守恒可知，需要氧化剂的物质的量是 =2.5mol，故答案为：2.5mol；
（4.）根据转化可知D是碳酸氢钠，E为碳酸钠，浓硫酸增加的质量就是水的质量，物质的量是 =0.19mol．碱石灰增加的质量是CO2的质量，所以CO2的物质的量是 =0.05mol，则：
2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O
0.1mol 0.05mol 0.05mol因此D（NaHCO3）的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×84g/mol=8.4g．所以Na2CO3 XH2O的质量是13.04g﹣8.4g=4.64g，因此Na2CO3 XH2O中结晶水的物质的量是0.19mol﹣0.05mol=0.14mol，质量是0.14mol×18g/mol=2.52g．所以Na2CO3 XH2O中Na2CO3的质量是4.64g﹣2.52g=2.12g，其物质的量是 =0.02mol，故n（Na2CO3）：n（H2O）=0.02mol：0.14mol=1：7，即E XH20的化学式为Na2C03 7H2O，故答案为：8.4g；Na2C03 7H2O．
【分析】（1）A、B、C、D、E均由短周期元素组成，焰色反应均呈黄色，均含有Na元素，固体化合物A为浅黄色粉末，则是过氧化钠；（2）根据②③可知F是氯化铁溶液．根据①可知B是Na2S2O3；（3）Mn2+被氧化生成MnO4﹣，化合价升高5个单位．氧化剂是X2Y82一，其还原产物是SO42﹣，1mol氧化剂得到2mol电子，根据电子的得失守恒计算需要氧化剂的物质的；（4）根据转化可知D是碳酸氢钠，E为碳酸钠，浓硫酸增加的质量就是水的质量，碱石灰增加的质量是CO2的质量，计算水、二氧化碳的物质的量，根据二氧化碳计算碳酸氢钠的物质的量，进而计算E XH2O的质量，结合生成水的物质的量计算E XH2O中结晶水的物质的量，再计算E XH2O中碳酸钠的物质的量，进而确定化学式．
