2024届高三化学一轮专题训练题——化学键与物质的性质
一、单选题
1．用NaClO氧化NH3可制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列说法正确的是
A．NH3是非极性分子
B．NaClO仅含离子键
C．N2H4中N元素的化合价为-2
D．中子数为8的氮原子可表示为
2．乙醛常用于有机合成，可由乙醇氧化得到。乙醇催化氧化制取乙醛的反应：，下列说法正确的是（ ）
A．CuO晶体是共价晶体
B．的电子式：
C．的沸点低于
D．中所含键的物质的量为6mol
3．2021年我国科学家从一氧化碳到蛋白质一步合成的技术路线被突破。下列叙述不正确的是（ ）
A．CO是极性分子
B．工业上可用CO冶炼金属
C．新冠灭活疫苗的主要成分是蛋白质
D．蛋白质变性后均不能食用
4．区分晶体和非晶体最科学的方法是（ ）
A．测定熔、沸点的高低 B．对固体进行X射线衍射
C．看是否有规则的几何外形 D．比较硬度
5．下列说法正确的是（ ）
A．HF、HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高
B．CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C．CS2、H2SC，H2都是直线形分子
D．在水中的溶解性：戊醇>乙二醇>乙醇
6．聚醚醚酮(PEEK)是一种高分子材料，可用于3D打印，其结构简式如图所示。
下列关于该物质的说法正确的是
A．属于纯净物 B．分子中存在极性键
C．分子呈直线型 D．能够发生水解反应
7．工业废水进行无害化处理过程中主要存在ClO﹣、N2、 、CNO﹣、Cl﹣等微粒，对溶液中部分离子浓度进行了跟踪监测，监测结果如图。下列说法正确的是（ ）
A． 中碳原子的杂化方式为sp3
B．处理过程中发生反应：2CNO﹣＋3ClO﹣＋H2O＝2 ＋N2＋3Cl﹣
C．处理过程中每产生22.4LN2转移6mole﹣
D．处理过程中加入硫酸使溶液呈强酸性，可达到更好的处理效果
8．石墨烯是一种由碳原子形成的六角型蜂巢状的二维碳纳米材料，石墨烯一层层叠起来就是石墨。以石墨材料为主要成分的非常疏松的泡沫陶瓷用作航天飞机表层的防热瓦。下列关于石墨和石墨烯的说法错误的是（ ）
A．石墨烯与石墨互为同素异形体
B．石墨烯能导电，其中的碳原子间是以共价键相结合
C．石墨中碳碳键之间的夹角为109°28'
D．石墨成为航天飞机防热瓦的泡沫陶瓷主要成分的一个主要原因是石墨熔点很高
9．对乙酰氨基酚是一种用于治疗疼痛与发热的药物，可用于缓解轻度至中度的疼痛，其结构如图所示。基于结构视角，下列说法正确的是（ ）
A．所有C原子的杂化方式均相同
B．所含元素的第一电离能：O>N>C
C．该分子能与水形成分子间氢键
D．O的价层电子轨道表示式：
10．用中子轰击X原子产生α粒子(即氦核He)的核反应为：X+n→Y+He。已知元素Y在化合物中呈+1价。下列说法正确的是（ ）
A．H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液
B．Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2
C．X和氢元素形成离子化合物
D．6Y和7Y互为同素异形体
11．化合物M是一种高效消毒漂白剂，结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的某种单质可用于自来水消毒，Y、Z在不同周期。下列叙述错误的是
A．第一电离能：
B．W的杂化方式为
C．分子的空间结构为三角锥形
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
12．短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大；X的氢化物种类繁多，其中含氢量最高的为25%；Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等；M是同周期中电负性最大的元素。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：X＜Z＜Y
B．Y的简单氢化物可用作制冷剂
C．X和Z、X和M均可以形成含有极性键的非极性分子
D．W和M的化合物的水溶液中，阳离子与阴离子数目之比等于1：2
13．NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列有关含氯微粒的说法正确的是（ ）
A．ClO2是非极性分子
B．ClO的空间构型为平面三角形
C．ClO中心原子采取sp2杂化
D．1molHClO含有2molσ键
14．碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．该分子属于极性分子
C．1mol该分子最多可与加成
D．分子中键和键个数比为
15．氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B．反应③属于非氧化还原反应
C．反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状态下的NH344.8L
16．用五乙烯六胺（PEHA）多聚物来捕获二氧化碳，以Ru-PNP络合物作催化剂，可直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．此过程总反应方程式为
B．产品甲醇作为重要的能源物质，可作为车用燃料
C．催化剂在循环过程中未参与中间反应
D．反应过程中既有极性键的断裂，又有非极性键的断裂
二、综合题
17．镍是一种亲铁元素，地核主要由铁、镍元素组成。
（1）基态镍原子的价电子排布式为 。
（2）配合物Ni(CO)4常温为液体，其最可能的晶体类型是 ，配位原子为 。CO与N2互为等电子体，熔沸点更高的是CO，其原因是 。
（3）NiSO4溶液与丁二酮肟的反应如图，该反应可以用来鉴别Ni2+。
①丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为 ，碳原子的杂化轨道类型为 。
②二(丁二酮肟)合镍(II)中存在的化学键有 (填选项字母)。
A．σ键 B．π键 C．配位健 D．氢键 E.范德华力
（4）镍可做许多有机物与氢气加成的催化剂，例如吡啶( )的反应方程式为：
3H2+
吡啶中大Π键可以表示为 。
（5）某种镁、镍和碳三种元素形成的晶体具有超导性。该晶体可看作是镁原子做顶点，镍原子作面心的面心立方堆积(晶胞结构如图，未标出碳原子位置)，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙。
①图中碳原子的位置位于晶胞的 。
②已知晶胞中相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，其密度为 g/cm3(列出算式即可)。
18．氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→ (硝酸盐) N2
②N2 NH3 N2
（1）通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO
称为大气固氮，② N2 NH3 称为 ，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是 。
（2）在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO
的反应很难发生的原因 。
（3）写出氮循环①中 NO2→HNO3
的化学方程式 。
（4）写出氮循环②中 NH3 的电子式 ，其空间构型是 。写出 NH 的检验方法 。
（5）P 和N 属于周期表的 族，非金属性较强的是 (用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实 。
19．钪(Sc)是一种重要的稀土金属，常用来制特种玻璃、轻质耐高温合金。从“赤泥”矿(主要成分为、、、)中回收钪，同时生产聚合氯化铁铝[]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如图所示：
已知：钪离子可以在不同pH下生成(n=1～6)。请回答以下问题：
（1）基态钪原子的价电子排布式为 ，过氧化氢的电子式为 。
（2）“还原”步骤中发生的主要离子反应方程式为 。
（3）“反萃取”时若加入的氢氧化钠大量过量，则生成的含Sc元素的粒子主要为 。
（4）为了使水解步骤反应更加彻底，可以采取的措施为 (不能添加化学式剂，任答一条即可)。
（5）步骤X中生成聚合氯化铁铝[]的化学反应方程式为 。
（6）如图是晶胞的示意图，晶胞中含有的氧原子数目为 个，已知Ti原子的配位数为6，则O原子的配位数为 ，该晶体的密度约为 。(NA取，结果用含a、b、c的最简分数表达式表示)。
20．离子型金属氢化物、、、等，具有强还原性，也可作生氢剂。
（1）核外不同能量的电子数之比为： (按能量由低至高的顺序)。
（2）将、、、按半径由小到大的排列顺序为 。
（3）1个中含 电子，补写一个与电子数相同且带一个单位负电荷的离子的电子式：、 。
（4）两种硼化物的熔点如表所示：
硼氢化物
熔点/℃ 400
两物质熔点差异的原因是 。
（5）工业上常用“有效氢”含量衡量含氢还原剂的还原能力，有效氢指单位质量(克)的含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力。的有效氢含量约为 (2位小数)。
工业上可利用下述工艺得到氢气。
（6）其中的平衡常数的表达式 ，上述反应达到平衡时，容器内气体的平均摩尔质量为，若保持恒温恒容，向该容器中加入少量，再次达平衡后，气体的平均摩尔质量为，比较、的大小，并说明理由 。
（7）该工艺的总反应方程式为： 。
21．铜是人类知道最早的金属之一，也是广泛使用的第一种金属。回答下列问题：
（1）镍白铜（铜镍合金）可用于制作仿银饰品。第二电离能I2（Cu） Ⅰ2（Ni）（填“>"或 “<”），其原因为 。
（2）向[Cu（NH3）2]Cl溶液中通入乙炔（C2H2）气体，可生成红棕色沉淀Cu2C2。
①C2H2分子中 键与 键的数目之比为 ；碳原子的杂化方式为 。
②写出与Cu2C2中阴离子C22-互为等电子体的一种分子和一种离子 。
（3）乙二胺（H2N-CH2CH2-NH2）易与Cu2+形成络合物用于Cu2+的定量测定。
①形成的络合物中提供孤对电子的原子为 （填元素符号）。
②乙二胺中所含元素的电负性由大到小的顺序为 ；乙二胺在水中溶解度较大的原因为 。
（4）铜与氧构成的某种化合物的立方晶胞如图a所示，图b是沿晶胞对角面取得的截图，晶胞中所有原子均在对角面上。氧原子的配位数为 ，若Cu原子之间最短距离为dpm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 g·cm-3（列出计算式即可）。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项A不符合题意；
B．NaClO含Cl-O共价键及离子键，选项B不符合题意；
C．设肼中氮元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零可得：2x+（+1）×4=0，解得x=-2，选项C符合题意；
D．中子数为8的氮原子，质量数为15，可表示为，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氨分子为极性分子；
B、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；
C、结合氢元素的化合价判断；
D、质量数=质子数+中子数。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．氧化铜是含有离子键的离子晶体，故A不符合题意；
B．水是共价化合物，电子式为，故B不符合题意；
C．乙醇能形成分子间氢键，二甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于二甲醚，沸点高于二甲醚，故C不符合题意；
D．乙醛分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则1mol乙醛分子中含有σ键的物质的量为6mol，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CuO晶体是离子晶体；
B.水为共价化合物；
C.乙醇分子间能形成氢键，沸点高于乙醚。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．一氧化碳分子中氧元素的电负性强于碳元素，则一氧化碳分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A不符合题意；
B．一氧化碳高温下具有强氧化性，工业上常用一氧化碳做还原剂冶炼金属，故B不符合题意；
C．新冠灭活疫苗的成分主要为灭活的新型冠状病毒，灭活的新型冠状病毒的主要成分是蛋白质，故C不符合题意；
D．蛋白质变性不等同于变质，则蛋白质变性后不一定不能食用，如煮熟的鸡蛋发生了蛋白质的变性，但依然可以食用，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.分子极性的判断方法：如果组成分子的化学键是非极性键，则分子一定为非极性分子。如果组成分子的化学键是极性键，对于双原子分子来说，必定为极性分子；而对多原子分子来说，还得看正电荷中心与负电荷中心是否重合，若重合则为非极性分子，若不重合则为极性分子。
B.CO冶炼金属是利用了CO的还原性。
C.灭火疫苗的主要成分是灭火病毒，而病毒的主要成分是蛋白质。
D.蛋白质的变性是指蛋白质在一定条件作用下发生不可逆的凝固现象，并非变质。
4．【答案】B
【解析】【解答】晶体与非晶体最本质的区别是粒子在微观空间是否呈周期性有序排列，通过X射线衍射实验可以从微观结构区分晶体与非晶体，而有些晶体的熔、沸点较低，硬度较小，如Na等金属晶体，不能通过几何外形、硬度来判断。
故答案为：B。
【分析】晶体有自范性，按照无隙并置排列，利用X射线衍射实验可以区分晶体与非晶体。
5．【答案】B
【解析】【解答】因为F的电负性很大，对应的氢化物HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高，A不符合题意；
CH4中只含有C-H极性键，CCl4中只含有C-Cl极性键， CH4、CCl4的空间结构均为正四面体形，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子，B符合题意；
H2S分子中，中心S原子形成2个σ键，孤电子对数为=2，采取sp3杂化，为角形分子， CS2与C2H2的中心原子的杂化方式均为sp杂化，为直线形分子，C不符合题意；
根据"相似相溶"原理，乙醇羟基与水分子中-OH相似因素大于戊醇，在水中的溶解性更强，D不符合题意。
【分析】A.分子结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强， 熔、沸点 越高。但HF的分子间可形成氢键，熔、沸点较高；
B.同种原子之间形成非极性键，不同种原子之间形成极性键，分子结构对称，正电荷重心和负电荷重心重合，属于非极性分子；
C.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、确定VSEPR模型并结合孤电子对数确定空间构型；
D.根据"相似相溶"原理，亲水基越多，碳原子数越少，溶解性越强。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．聚醚醚酮的聚合度n值不确定，属于混合物，故A不符合题意；
B．该分子中存在C-O、C-H、C=O等极性键，故B符合题意；
C．该分子中-O-形成2对共价键且含有2个孤电子对，所以其空间构型为四面体结构，则该分子不是直线型，故C不符合题意；
D．该物质不含酯基，羰基、醚键不能发生水解反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.高聚物均为混合物；
B.不同种非金属原子之间形成极性键；
C.O原子价层电子对个数是4，则O原子采用sp3杂化；
D.该分子中不含能水解的官能团。
7．【答案】B
【解析】【解答】A． 中C原子的杂化方式与 相同， 中C原子的 键数为3，孤电子对数为 ，所以C原子的价电子对数为3+0=3，应为sp2杂化，A项不符合题意；
B．根据得失电子守恒、电荷守恒。元素守恒知该过程中发生的反应是：2CNO﹣＋3ClO﹣＋H2O=2 ＋N2＋3Cl﹣，B项符合题意；
C．该题不是在标准状况下，无法计算，C项不符合题意；
D．本题的目的是要对工业废水进行无害化处理，加入硫酸后溶液显强酸性，不符合题目要求，D项不符合题意；
故答案为B
【分析】A．根据中心碳原子的价电子对数分析；
B．根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
C．未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D．酸性溶液也不可直接排放；
8．【答案】C
【解析】【解答】A．石墨烯是单层石墨，石墨烯和石墨都是碳原子形成的不同单质，二者互为同素异形体，故A不符合题意；
B．石墨烯的结构为 ，每个碳原子成3个共价键，每个碳原子上还含有1个孤电子，该电子可在电流作用下发生定向移动，因此石墨能导电，故B不符合题意；
C．石墨是多层石墨烯叠加，层与层之间无化学键，碳碳键之间的夹角为120°，故C符合题意；
D．石墨中原子依靠共价键连接，碳碳共价键强度较高难以断裂，使得石墨熔点很高，可用于航天飞机防热瓦的泡沫陶瓷，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.均是碳元素形成的单质
B.石墨烯可以导电主要是形成键时还有孤对电子可以自由移动
C.石墨层中，形成的正六边形，而层与层的是无键连接
D.石墨具有熔点高的特点可以做防热瓦
9．【答案】C
【解析】【解答】A．苯环和羰基上的C原子杂化方式为sp2杂化，甲基上的C原子杂化方式为sp3杂化，A错误；
B．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N原子的核外价电子排布为半满，第一电离能大于O，故所含元素的第一电离能：N>O>C，B错误；
C．该分子中含羟基，能与水分子之间形成氢键，C正确；
D．O的价层电子排布式：，不是轨道表达式，D错误；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构可知，苯环和羰基上C原子杂化方式相同，甲基上杂化为sp3杂化，
B.在同周期电离能变化规律中，N原子电离能会异常的高；
D.轨道表达式所以能级都要写，而价电子排布式只写最外层电子即可。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．为硼酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹，以中和碱液，A符合题意；
B．Y为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O，B不符合题意；
C．X为B，与氢元素会形成BH3或B2H4等硼氢化合物，B元素与H元素以共价键结合，属于共价化合物，C不符合题意；
D．和两者的质子数均为3，中子数不同，所以两者互为同位素，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据不慎将碱液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹硼酸分析；
B．锂在空气中燃烧的产物只有Li2O；
C．非金属元素的氢化物是共价化合物；
D．依据质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素；
11．【答案】D
【解析】【解答】根据上述分析可知，W、X、Y、Z分别是C、N、O和Cl，则
A．同周期元素第一电离能呈增大趋势，因VA族最高能级电子处于半充满稳定结构，所以第一电离能反常比第VIA族的大，所以第一电离能：，A不符合题意；
B．上述分子中，C原子形成碳氧双键，杂化方式为sp2，B不符合题意；
C．（NCl3）分子的价层电子对数=3+=4，所以其分子空间结构为三角锥形，C不符合题意；
D．非金属越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因非金属性：Cl＞N＞C，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、同周期元素第一电离能呈增大趋势，若原子的电子处于半充满或者全充满则出现反常；
B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、最高价氧化物对应水化物的酸性即比较非金属性。
12．【答案】D
【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Mg、M为Cl。
A．C、N、O元素位于同一周期，从左至右基态原子的第一电离能有逐渐增大的趋势，而N元素最外层电子中2p轨道半充满，相较于O原子更难失去第一个电子，因此第一电离能：N＞O＞C，故A不符合题意；
B．NH3的沸点较低而容易汽化，汽化过程会吸收能量，因此液氨可用作制冷剂，故B不符合题意；
C．C元素和O元素形成的CO2分子中均含有极性共价键(C-O)，C元素与Cl元素形成的CCl4分子中含有极性共价键(C-Cl)，二氧化碳和四氯化碳均为非极性分子，故C不符合题意；
D．MgCl2为易溶强酸弱碱盐，在水中完全电离，电离出的Mg2+会发生水解而被消耗，1个Mg2+水解会生成2个H+，因此溶液中阳离子与阴离子数目之比大于1：2，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】X的氢化物种类繁多，则X为C元素，其中含氢量最高的为甲烷，甲烷中氢元素质量分数为 ×100%=25%，Z和W的基态原子均满足s轨道电子总数和p轨道上的电子总数相等，且原子序数大于C元素，而Z和W均是短周期元素，因此Z和W的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p4、1s22s22p63s2，因此Z为O元素，W为Mg元素，Y的原子序数大于C小于O，则Y为N，M原子序数大于Mg且为短周期主族元素，M是同周期中电负性最大的元素，同周期主族元素从左至右电负性逐渐增大，所以M为Cl元素。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．ClO2空间构型为V型，该分子正负电中心不重合，是极性分子，A项不符合题意；
B．ClO的键为3个，孤电子对数为1个，所以空间构型为三角锥形，B项不符合题意；
C．ClO的键为2个，孤电子对数为2个，所以中心原子采取sp3杂化，C项不符合题意；
D．HClO的结构式为H-O-Cl，均为σ键，所以1molHClO含有2molσ键，D项符合题意；
故答案为：D 。
【分析】A．极性分子正负电中心不重合；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
D．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。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将碳碳双键因此，分子结构中含有碳碳双键，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，A不符合题意；
B.该分子中正负电荷的重心没有重合，因此属于极性分子，B不符合题意；
C.该分子结构中能与H2发生加成反应的为碳碳双键，因此1mol该分子能与1molH2发生加成反应， C不符合题意；
D.该分子结构中含有2个双键和6个单键，分子中含有2个π键和8个σ键，所以分子中σ键和π键的个数比为2：8=1：4，D不符合题意；
故答案为：D
【分析】A、碳碳双键能使酸性KMnO4溶液褪色；
B、分子结构中正负电荷的重心没有重合，属于极性分子；
C、碳碳双键能与H2加成，酯基中的碳氧双键不能与H2发生加成反应；
D、单键为σ键，双键中含有一个σ键和一个π键；
15．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A不符合题意；
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C不符合题意；
D．图中总过程中每吸收1molNO需要1mol氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应①反应物为Cu(NH3)和O2，生成物为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+；
B.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；
C.不同种元素原子之间形成极性键；
D.氨气只参加了反应④的反应，NO参加了反应④和反应⑤的反应，分析反应的总过程可知NO和NH3的物质的量比为1：1。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.由反应过程可知，该反应的反应物为CO2和H2，生成物为CH3OH和H2O，因此该过程的总反应为：CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，A不符合题意；
B.产品CH3OH完全燃烧后生成H2O和CO2，不会造成空气污染，可用作车用燃料，B不符合题意；
C.此过程中催化剂参与反应，C符合题意；
D.反应过程中CO2和H2的化学键断裂，其中CO2中含有极性共价键，H2中含有非极性共价键，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
B、CH3OH燃烧生成H2O和CO2，不会造成空气污染；
C、催化剂在反应过程中参与反应；
D、反应过程中CO2中的极性键断裂，H2中的非极性键断裂。
17．【答案】（1）3d84s2
（2）分子晶体；C；均为分子晶体，相对分子质量相同，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高
（3）O＞N＞C＞H；sp3和sp2；ABC
（4）
（5）体心；
【解析】【解答】(1)Ni为28号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；
(2)Ni(CO)4常温为液体，熔沸点较低，应为分子晶体；CO分子中C、O原子都有孤电子对，但C的电负性较小，更容易给出电子，所以配位原子为C；CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高；
(3)①非金属性越强，电负性越大，所以丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；丁二酮肟中甲基中的C原子为sp3杂化，C=N键中的C原子为sp2杂化；
②C=N键中有一个σ键，一个π键，N原子共形成四个共价键，则N原子与Ni原子之间为配位键，氢键和范德华力不是化学键，
故答案为：ABC；
(4)吡啶中C、N原子均为sp2杂化(N原子为不等性sp2杂化)，未参与杂化的轨道中都有一个电子参与形成大Π键，所以可以表示为 ；
(5)①镍原子在面心，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙，所以碳原子在体心；
②相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，则晶胞的体对角线为2a nm，所以晶胞的棱长为 nm= ×10-7cm，则晶胞体积为 cm3，晶胞中C原子个数为1，Mg原子个数为 =1，Ni原子个数为 =3，所以晶胞的质量为 g，则密度 = g·cm-3。
【分析】（1）根据核外电子数即可写出价层电子排布
（2）根据常温下为液态即可判断为分子晶体，根据结构式即可判断其配位原子，结构相似，相对分子质量越大沸点越高
（3）①非金属性越强，电负性越强，根据碳原子的成键方式即可判断出杂化方式
②根据结构式即可判断含有单键、双键、配位键，即为 σ键 、 π键 、 配位健
（4）根据大π键形成方式即可判断
（5）①根据找出形成八面体即可找出碳原子位置
②根据给出的晶胞计算出原子个数，结合晶胞参数计算出体积即可计算出密度
18．【答案】（1）生物固氮；N2+3H2 2NH3
（2）化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行
（3）3NO2+H2O = 2HNO3+NO
（4）；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有
（5）ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4
【解析】【解答】(1)根据题意N2 NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H2 2NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式 ，其空间构型是三角锥形。NH 的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 ；故答案为： ；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
【分析】
（1）自然界中游离态氮到化合态氮的反应叫生物固氮，工业上是利用氮气和氢气催化合成氨
（2）氮气分子中存在氮氮三键，三键很难断裂
（3）二氧化氮和水的发生氧化还原反应产生的是硝酸和一氧化氮
（4）氨气分子中氮原子是sp3杂化，有一对孤对电子形成的是三角锥形，铵根离子的检验一般是利用强碱溶液利用湿润的红色石蕊试纸检验
（5）找出最外层电子数即可判断主族数，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，比较最高价氧化物的水合物的酸性强弱即可比较元素非金属性
19．【答案】（1）3d14s2；
（2）2Fe3++Fe=3Fe2+
（3）[Sc(OH)6]3-
（4）加入大量的水，并加热
（5）AlCl3+FeCl3+(6-m)NaHCO3=AlFe(OH)6-mClm↓+(6-m)CO2↑+(6-m)NaCl
（6）4；3；
【解析】【解答】由题给流程可知，向赤泥中加入盐酸浸取时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶的金属氯化物，过滤得到浸取液；向浸取液中加入有机溶剂萃取溶液的钪离子，分液得到含有钛离子、铁离子、铝离子的水相和含有钪离子的有机相；向水相中加入铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，向反应后的溶液中加入大量的水，并加热使钛离子水解转化为TiO2·xH2O沉淀，过滤得到TiO2·xH2O和含有亚铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸氢钠溶液，将溶液中的铁离子、铝离子转化为聚合氯化铁铝沉淀；向有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，分液得到含有钪离子的水相，向水相中加入草酸溶液，将钪离子转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪经多步转化后得到钪。
（1）钪元素的原子序数为21，价电子排布式为3d14s2；过氧化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：3d14s2；；
（2）由分析可知，还原步骤中发生的主要反应为铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子，离子反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）反萃取时若加入的氢氧化钠大量过量，溶液中的钪离子会转化为六羟基合钪离子，故答案为：[Sc(OH)6]3—；
（4）四氯化钛在溶液中的水解反应为吸热反应，所以向溶液中加入大量的水，并加热，使水解平衡不断向正反应方向移动，可以使水解步骤反应更加彻底，故答案为：加入大量的水，并加热；
（5）由分析可知，步骤X中生成聚合氯化铁铝的反应为碳酸氢钠溶液与溶液、氯化铁溶液发生双水解反应生成聚合氯化铁铝、二氧化碳和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+FeCl3+(6-m)NaHCO3=AlFe(OH)6-mClm↓+(6-m)CO2↑+(6-m)NaCl，故答案为：AlCl3+FeCl3+(6-m)NaHCO3=AlFe(OH)6-mClm↓+(6-m)CO2↑+(6-m)NaCl；
（6）由晶胞结构可知，位于面上和体内的氧原子个数为4×+2=4，位于顶点和体心的钛原子个数为8×+1=2，钛原子的配位数为6，由化学式可知，氧原子的配位数为3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=，解得d=，故答案为：。
【分析】
（1）依据原子构造原理分析；过氧化氢为共价化合物；
（2）依据铁盐和亚铁盐的转化书写；
（3）利用反应物的性质判断；
（4）利用水解平衡的影响因素分析；
（5）利用双水解反应书写；
（6）利用均摊法确定原子数，再利用计算。
20．【答案】（1）2：2：6：1
（2）H+＜Li+＜H-＜O2-
（3）10；
（4）为离子晶体，为分子晶体
（5）0.21
（6）；M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变
（7）H2O+CCO+ H2
【解析】【解答】（1）钠元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s1，由能量最低原理可知，核外不同能量的电子数之比为2：2：6：1，故答案为：2：2：6：1；
（2）离子的电子层数越大，离子半径越小，则氧离子的离子半径最大、氢离子的离子半径最小，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则H—离子的离子半径大于锂离子，所以四种离子的离子半径由小到大的顺序为H+＜Li+＜H—＜O2—，故答案为：H+＜Li+＜H—＜O2—；
（3）四氢合硼酸根离子含有的电子数为10，氟离子和氢氧根离子与四氢合硼酸根离子的电子数都为10和都带带一个单位负电荷，氢氧根离子的电子式为，故答案为：；
（4）四氢合硼酸钠为离子晶体，四氢合硼酸铝为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以四氢合硼酸钠的熔点高于四氢合硼酸铝，故答案为：为离子晶体，为分子晶体；
（5）反应时，1mol四氢合铝酸锂能提供8mol电子，相当于4mol氢气，则四氢合铝酸锂的有效氢含量为≈0.21，故答案为：0.21；
（6）由方程式可知，反应的平衡常数的表达式K=，反应达到平衡时，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变，所以平均摩尔质量为M1等于M2，故答案为：；M1等于M2，向恒温恒容的容器中加入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，容器中不变；
（7）由图可知，反应物为水和碳，生成物为一氧化碳和氢气，氧化亚铁为反应的催化剂，总反应为氧化亚铁做催化剂条件下，水与碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为H2O+CCO+ H2，故答案为：H2O+CCO+ H2。
【分析】（1）基态Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，有多少种能级就有多少种不同能量的电子；
（2）电子层数越多，微粒半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，微粒半径越小；
（3） 的电子数为5+1×4+1=10，含有10e-且带一个单位负电荷的离子有F-、OH-；
（4）熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体；
（5） LiAlH4作还原剂时LiAlH4～8e-，H2作还原剂时H2～2e-，即4H2～8e-；
（6）平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；温度不变，化学平衡常数不变，容器中不变，M1等于M2；
（7）H2O和C是反应物，CO和H2是生成物，FeO是催化剂，Fe3O4是中间产物。
21．【答案】（1）>； 失去的是全充满的 电子， 失去的是 电子
（2）3:2；； （或 ）；
（3）；；乙二胺分子与水分子间形成氢键
（4）4；
【解析】【解答】（1）因为 失去的第二个电子的是全充满的 电子，而镍失去的第二个电子是 电子，后者失去较前者容易，故I2（Cu）>I2（Ni）。
（2）① 键为 键， 键中一根为 键，剩余两根为 键，所以 中 键与 键的数目之比为 3:2；乙炔的空间构型是直线型，所以碳原子的杂化方式为 。
② 离子中含有 个原子、10个价电子，用“替代法”，与 互为等电子体的分子为 （或 ），离子为： 。
（3）①配体为 （乙二胺），乙二胺中的 原子含有孤对电子，为络合物中的 提供孤对电子。
②乙二胺 分子中含有 、 、 三种元素，根据电负性在周期表中的变化规律， 、 、 的电负性由大到小的顺序为： ；乙二胺中含N—H键，乙二胺分子与水分子间形成氢键，所以乙二胺在水中溶解度较大。
（4）由题知，晶胞中所有原子均在对角面上，即图b所示，则8个O原子在晶胞的顶点、1个O原子在晶胞的体心，4个 原子在晶胞内，则晶胞中含有的 原子的个数为： ，晶胞中含有的 原子的个数为4，该晶体的化学式为Cu2O，由图b可知 原子的配位数为 ；
每个晶胞的质量为： ；由题知 原子之间最短距离为 ，所以对角线 为 ，又因为晶胞是立方晶体，所以晶胞的体积为 ，所以晶体的密度 。
【分析】(1)根据失去电子之后的电子排布式进行判断稳定性，其次判断其第二电离能的大小；
(2)根据成键特点判断，单键都为 键，双键中1个 键和1个 键进行判断各类键的数目，利用成键特点判断杂化类型，当碳原子形成叁键时采用sp杂化;利用等电子的定义：原子数和价电子数相同及竖换和横换的方法进行寻找等电子体；
(3)根据原子杂化类型及成键特点判断是否含有孤对电子，利用非金属性的强弱判断电负性的大小，对于溶解度可以利用氢键或者相似相容原理解释；
(4)根据配位数定义，与其临近直接相接的原子个数进行判断，对于晶胞的密度计算根据密度计算公式可以计算，注意单位的换算。
