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1、第二章分子结构与性质测试题一、单选题（共12题）1由极性键结合的一组分子都为非极性分子的AO2、P4、C60BHCl、CO、NOCH2O、H2S、NH3、DCO2、CH4、CCl42钴酸锂-石墨烯锂离子电池的工作原理如图所示，电池反应式为LixC6+Li(1-x)CoO2=LiCoO2+6C。下列有关说法正确的是A石墨烯中碳原子为sp3杂化B放电时，Li+移向石墨烯C放电时，正极发生的电极反应式为Li(1-x)CoO2+xLi+xe=LiCoO2D充电时，转移0.5mol电子，理论上阳极材料质量增加3.5g3通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙
2、述正确的是A分子中NCl键键长比CCl4分子中CCl键键长长B分子中的所有原子均达到8电子稳定结构CNCl3分子是极性分子，NCl3的沸点低于NH3的沸点DNBr3比NCl3易挥发4下列模型分别表示、的结构，下列说法不正确的是A32g分子中含有1mol键B是由非极性键构成的分子C1mol分子中有3mol键和2mol键D分子中含非极性键5W、X、Y、Z为原子序数增大的短周期不同主族元素，W的简单氢化物可用作制冷剂。Y单质既能溶于强酸也能溶于强碱。Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和。下列叙述不正确的是A简单氢化物的沸点：WZBZ分别与X、Y组成的二元化合物中，化学键均为离子键C简单离子的半
3、径大小为：ZWXYD工业上常用电解熔融盐的方法制备X6甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为。下列有关叙述正确的是A和分子中均同时存在键和键B分子中键和键的数目之比为C分子形成时轨道的其中一种重叠方式是D分子中键和键的电子云的对称性相同7下列各组物质中，都是由极性键构成为极性分子的一组的是ANH3和H2SBPCl5和HClCCH4和H2ODHCN和BF38下列现象与氢键有关的是NH3的熔、沸点比VA族其它元素氢化物的高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小尿素的熔、沸点比醋酸的高邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低水分子在高温下也很稳定接近水沸点的水蒸气
4、相对分子量大于18沸点：正戊烷异戊烷新戊烷A4项B5项C6项D7项9下列说法正确的是A基态Ca原子的内层电子为全充满B原子半径：r(P)r(Ca)CHCHO与H2O分子中的键角相同DPO的空间结构为正四面体形10下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是()ANH3平面三角形sp3杂化BCCl4正四面体sp2杂化CH2OV形sp3杂化DCO三角锥形sp3杂化11NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NAB15.6 g苯中所含碳碳双键数为0.6NAC18 g冰中含有氢键数为4NAD标准状况下，22.4 L己烷中共价键数目为
5、19NA12下列说法中正确的个数为的第二电离能大于的第二电离能H与Cl以1：1的关系结合为是因为共价键具有方向性的VSEPR模型与空间结构一致第VA族从上到下的元素的最简单氢化物的键角依次增大在冰晶体中，每个分子周围紧邻的分子有4个，是因为水分子之间存在氢键，氢键具有方向性A1B2C3D4二、非选择题（共10题）13金刚石、石墨、富勒烯都是碳的同素异形体的典型代表。2019年，科学家首次成功合成出一种全碳的环形分子(结构如图所示)，打开了探索新型环形结构碳化学的大门。该碳环分子的分子式为_；该碳环分子_(填“是”或“不是”)碳的一种同素异形体；该碳环分子的稳定性较低，主要原因是_；该碳环分子中
6、存在的离域键为_(填写离域键的个数和类型)。14回答下列问题：(1)Li3N晶体中氮以N3-存在，基态N3-的电子排布式为_。(2)NN的键能为942kJ/mol，NN单键的键能为274kJ/mol，计算说明_键比_键稳定，(填“”或“”)。15在CS2溶剂中，加入碘和过量的白磷(P4)反应，只生成四碘化二磷。反应后蒸出CS2，固体物质为四碘化二磷和过量的P4，加入计量水到固体物中反应，生成磷酸和一种碘化物A，A中阳离子为四面体构型，A中既含有离子键，也有共价键，还有配位键。写出四碘化二磷、P4和水反应的化学方程式_。四碘化二磷中磷的氧化数为_，磷酸中磷的氧化数为_，A中磷的氧化数为_。16试
7、用VSEPR理论判断下列分子或离子的立体构型，并判断中心原子的杂化类型：(1)H2O_形，杂化类型_；(2)CO_形，杂化类型_；(3)SO_形，杂化类型_；VSEPR模型_；(4)NO_形，杂化类型_；17亚硝酰氯(NOCl)常用于合成洗涤剂、触媒及用作中间体，某学习小组用Cl2与NO制备NOCl并测定其纯度。资料：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5、沸点为-5.5，气态时呈黄色、液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。请回答下列问题：.Cl2的制备舍勒发现氯气的方法至今仍是实验室制取氯气的主要方法之一。(1)该方法可以选择上图中的_(填字母标号)
8、为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为_。.亚硝酰氯(NOCl)的制备实验室可用下图装置制备亚硝酰氯(NOCl)，夹持装置略去。(2)NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的VSEPR模型名称为_。(3)用X装置制NO的优点为_。(4)组装好实验装置后应先检查装置的气密性，然后装入药品。一段时间后，Z中反应的现象为_。III.亚硝酰氯(NOCl)纯度的测定将所得亚硝酰氯(NOCl)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用0.8000molL-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知Ag2Cr
9、O4为砖红色难溶物)。(5)亚硝酰氯(NOCl)与水反应的离子方程式为_。(6)滴定终点的现象是_。(7)亚硝酰氯(NOCl)的纯度为_。18氯气用于自来水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂。某学习小组查阅资料发现NCl3不仅可作为杀菌消毒剂、漂白剂，还可用于柠檬等水果的熏蒸处理。已知：NCl3熔点为-40，沸点为70，95以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解；N的电负性为3.04，Cl的电负性为3.16。某小组同学选择下列装置(或仪器)设计实验制备三氯化氮并探究其性质：回答下列问题：(1)NCl3的立体构型为_。(2)整个装置的导管连接顺序为a
10、_。(3)装置B中发生反应的化学方程式为_，装置C的作用为_。(4)从装置B中蘸取少量反应后的溶液，滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50-60热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色，结合反应方程式解释该现象_。(5)在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。电解池中产生NCl3的电极为_(填“阴极”或“阳极”)，该电极的电极反应式为_。19肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备，并探究的性质。肼的制备装置如下图所示：回答下列问题：(1)反应前试管a盛装的固体为_，仪器b的作用是_。
11、(2)装置C中发生的离子方程式为_。(3)上述装置存在一处缺陷会导致的产率降低，改进措施是_。(4)探究的性质。将制得的分离提纯后，进行如下实验。【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的，可溶于氨水。【提出假设】黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。【实验验证】设计如下方案，进行实验。操作现象结论i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色黑色固体中有_ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量_，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有则肼具有的性质是_。(5)根据酸碱质子理论，结合质子()的物质是碱，结合质子的能力越强，碱性越强。已知胼与一水合
12、氨类似，是一种二元弱碱，请从物质结构理论解释其原因_。20C70分子是形如椭球状的多面体，该结构的建立基于以下考虑：C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C70分子中只含有五边形和六边形；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。根据以上所述确定：(1)C70分子中所含的单键数为_，双键数_；(2)C70分子中的五边形和六边形各有多少_？21石墨的片层结构如图所示，试回答：(1)片层中平均每个正六边形含有_个碳原子。(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_。(3)ng碳原子可构成_个正六边形。22现有原子序数小于20的A、B、C、
13、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族。回答下列问题：(1)用电子式表示C和E形成化合物的过程：_。(2)写出基态F原子的核外电子排布式：_。(3)A2D的电子式为_，其分子中_(填“含”或“不含”，下同)键，_键。(4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有_。参考答案：1DA.
14、 O2、P4、C60均只含非极性键，故A不符合；B. HCl、CO、NO均为含有极性键的双原子分子，正负电荷中心不重合，均为极性分子，故B不符合；C. H2O分子中H、O原子形成极性键，但结构不对称，属于极性分子；H2S分子中H、S原子形成极性键，但结构不对称，属于极性分子；NH3分子中有N、H原子形成极性键，但结构不对称，属于极性分子，故C不符合；D. CO2中C、O原子之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；CH4、CCl4中均含有极性键，为正四面体结构，结构对称，分子中正负电荷中心重合，为非极性分子，故D符合；故选D。2C由方程式可知，放电时，石墨烯电极为原电
15、池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixC6-xe-=C6+xLi+，钴酸锂电极为正极，在锂离子作用下，Li(1-x)CoO2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电极反应式为Li(1-x)CoO2+xLi+xe=LiCoO2；充电时，石墨烯电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，钴酸锂电极与正极相连，做阳极。A石墨烯中，形成碳碳双键的碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B由分析可知，放电时，石墨烯电极为原电池的负极，钴酸锂电极为正极，则锂离子移向钴酸锂电极，故B错误；C由分析可知，放电时，钴酸锂电极为正极，在锂离子作用下，Li(1-x)Co
16、O2在正极得到电子发生还原反应生成LiCoO2，电极反应式为Li(1-x)CoO2+xLi+xe=LiCoO2，故C正确；D由分析可知，充电时，钴酸锂电极与正极相连，做电解池的阳极，LiCoO2在阳极失去电子发生氧化反应生成Li(1-x)CoO2，电极质量减小，故D错误；故选C。3B通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，根据氨气的结构与性质类推。AC原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；BNC13中N原子最外层电子数5，化合价为3价，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7，化合价为1
17、价，所以C1原子达到8电子稳定结构，B正确；CNC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，NCl3的沸点高于NH3的沸点，C错误；D分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误。答案选B。4BA1 mol S8分子中含有8 mol 键，因此32 g S8分子中所含键为 ，A正确；B根据SF6的结构模型可知，SF6是由SF极性键构成的，B错误；C单键中有1个键，三键中有1个键和2个键，因此1 mol乙炔中含有3 mol 键和2 mol 键，C正确
18、；DC2H2分子中所含的碳碳三键是非极性键，D正确；故选B。5B氨气易液化，因此液氨气化时吸收大量热，可作制冷剂，W为氮元素，既能溶于强酸也能溶于强碱的单质Y为金属Al，四种元素不同主族，Z的最外层电子数是W(氮)和X的最外层电子数之和。满足条件的W、X、Y、Z可能为N、Na、Al、S或N、Mg、Al、Cl，据此可分析解答。ANH3分子间有氢键，沸点比没有氢键的H2S、HCl要高，A选项正确；BS、Cl和Na、Mg、Al形成的二元化合物中AlCl3是共价键形成的共价化合物，B选项错误；C离子半径的大小由电子层数和核电荷数决定，因此简单离子半径大小顺序为S2-Cl-N3-Na+Mg2+Al3+，
19、C选项正确；D工业上常用电解熔融NaCl、MgCl2的方法制备Na、Mg，D选项正确；答案选B。6AAC原子和O原子均以2p轨道成键，且和O2分子中均存在双键，因此同时存在键和键，A项正确； B1个分子中含两个C-H键和一个键，单键全是键，双键含一个键和一个键，所以分子中键和键的数目之比应为，B项错误；C分子中含键，包含一个键和键，重叠方式分别为“头碰头”和“肩并肩”，没有互相垂直的重叠方式，C项错误；D键的电子云呈轴对称，键的电子云呈镜面对称，D项错误。故选A。7AANH3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；H2S中含有极性键，空间结构为v形，正负电荷的中心
20、不重合，属于极性分子，故A正确；BPCl5中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，HCl中含有极性键，以极性键结合的双原子一定为极性分子，故B错误；CCH4中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子；H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故C错误；DHCN中含有极性键，空间结构为直线形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子；BF3中含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D错误；故选A。8C因第A族中，N的非金属性最强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比A族其它元素氢化物的高，正确；C原子
21、个数小于4的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，增加了与水分子之间的吸引作用，因此可以和水以任意比互溶，正确；冰中存在氢键，使其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，正确；尿素分子间形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键数目多，使得尿素的熔、沸点比醋酸的高，正确；对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，增大了分子之间的吸引力，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，正确；水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与分子之间的氢键无关，错误；接近水沸点的水蒸气相对分子量大于18，水分子间因形成氢键相互缔合，与氢键有关，正确；沸点：正戊烷异戊烷新戊烷，这与同分异构体
22、的结构有关，当有机物碳原子数相同时，支链越多，熔沸点越低。错误；综上所述可知：与氢键有关的序号是，共6项，故合理选项是C。9DA基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，其3d能级未填充电子未充满，A错误；BCa原子核外有4个电子层，P原子核外只有3个电子层，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径：r(P)r(Ca)，B错误；CHCHO中C原子为sp2杂化，键角约为120，H2O中O原子为sp3杂化，有2对孤电子对，键角约为105，C错误；D中心P原子价层电子对数=，为sp3杂化，空间结构为正四面体形，D正确； 故选D。10CA. NH3中心原子的价层电子对数=3+(5
23、-31)=4，N的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；B. CCl4中心原子的价层电子对数=4+ (4-41)=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，选项B错误；C. H2O中心原子的价层电子对数=2+ (6-21)=4，O的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C正确；D. CO中心原子的价层电子对数=3+ (4+2-32)=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；答案选C。11AA石墨烯(单层石墨)中一个六元环含两个碳原子，12 g(物质的量为1mol)石墨烯(
24、单层石墨)中含有六元环的个数为0.5NA，故A正确；B苯中不含碳碳双键，故B错误；C1mol冰中含有2mol氢键，18 g冰(物质的量为1mol)中含有氢键数为2NA，故C错误；D标准状况下，己烷是非气态的物质，故D错误。综上所述，答案为A。12C的第二电离能是指失去3d10上的电子所需的能量，而的第二电离能是指失去4s1上的电子所需的能量，Cu+的3d能级处于全充满状态，较稳定，难失去电子，故的第二电离能大于的第二电离能，故正确；H与Cl以1:1的关系结合为是因为H最外层只有1个电子，Cl最外层有7个电子，均只能形成1对共用电子对，此为共价键具有饱和性，故错误；中心原子N的键电子对为3，孤电
25、子对数为，价层电子对数为3，故VSEPR模型与空间结构一致，均为平面三角形，故正确；NH3中心原子N的键电子对为3，孤电子对数为，价层电子对数为4，则NH3为三角锥形，同理，第VA族其他元素的最简单氢化物也为三角锥形，中心原子电负性越大，对中心原子的吸引力越大，成键电子对越靠近中心原子，成键电子对的距离越近，排斥力越大，键角越大，故第VA族从上到下的元素的最简单氢化物的键角依次减小，故错误；在冰晶体中，每个分子周围紧邻的分子有4个，是因为水分子之间存在氢键，氢键具有方向性，故正确；故正确的个数为3个，故C正确；故选C。13 【解析】略14(1)1s22s22p6(2) 【解析】(1)氮元素的原
26、子序数为7，得到3个电子形成氮离子，则离子的电子排布式为1s22s22p6，故答案为：1s22s22p6；(2)氮氮单键为键，氮氮三键中含有1个键和2个键，由题给数据可知，键的键能为=334kJ/mol，所以键的键能大于键，稳定性大于键，故答案为：；。15 10P2I4+13P4+128H2O=40PH4I+32H3PO4 +2 +5 -3【解析】略16 角 sp3 平面三角 sp2 三角锥 sp3 正四面体 角 sp2【解析】根据价层电子对互斥理论确定分子或离子空间构型，价层电子对个数n=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子
27、个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数。根据n值判断杂化类型: - 般有如下规律:当n=2，sp 杂化；n=3，sp2 杂化；n=4，sp3杂化，据此分析解答。(1)H2O中价层电子对个数n=2+ (6-21) =4，含孤电子对数为2，中心原子采用sp3 杂化，所以该分子为角型，故答案为：角，sp3；(2) CO中价层电子对个数n= 3+ (4+2-32) =3，含孤电子对数为0，中心原子采用sp2杂化，所以该分子为平面三角形，故答案为：平面三角形，sp2；(3) SO中价层电子对个数n= 3+ (6+2-32) =4，含孤电子对数为1，中心原子采用sp3杂化，所以该分子为三角锥形, VS
28、EPR模型为正四面体，故答案为：三角锥形，sp3，正四面体；(4) NO价层电子对个数n=2+(5+1-22)=3，含孤电子对数为1，中心原子采用sp2杂化，所以该分子为角型，故答案为：角型，sp2。17(1) C MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O(2)平面三角形(3)可以随开随用，随关随停(4)气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生(5)2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO+ NO2(6)加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化(7)90.00%（1）舍勒发现二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，该方法为固液加热制取气体，可以选择上图中的
29、C为Cl2发生装置，该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其VSEPR模型名称为平面三角形。（3）用X装置制NO，打开K1，硝酸和铜接触反应放出NO，关闭K1，NO把硝酸压入长颈漏斗，硝酸和铜分离，反应停止，所以该装置的优点为可以随开随用，随关随停；（4）Z中NO和氯气反应生成NOCl，NOCl沸点为-5.5，液态时呈红褐色，Z中冰盐水可使生成的NOCl冷凝为液体，所以Z中现象是气体黄绿色变浅，有红褐色液体产生；（5）NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种氮的常见氧化物，其中
30、一种是红棕色NO2，根据氧化还原反应规律，另一种氧化物是NO，反应方程式为2NOCl + H2O = 2H+ + 2Cl- + NO+ NO2；（6）银离子先和氯离子反应生成白色氯化银沉淀，氯离子完全反应后，银离子再和CrO反应生成砖红色Ag2CrO4沉淀，滴定终点的现象是加入最后一滴标准液时，锥形瓶中产生砖红色沉淀，且半分钟内无变化；（7）根据测定步骤得关系式NOClHClAgNO3，滴定终点消耗0.8000molL-1AgNO3标准溶液的体积为22.50mL，n(NOCl)=，所以NOCl的纯度为。18(1)三角锥形(2)d，eb，cf(3) 3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2C
31、O2+3NH4Cl+2H2O 除去Cl2中的HCl(4)试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3H2O(5) 阳极 3Cl+NH-6e=NCl3+4H+由实验装置图可知，装置A中浓盐酸与高锰酸钾固体反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的碳酸铵溶液与氯气反应制备三氯化氮，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为ACBD，导管连接顺
32、序为ad，eb，cf。（1）三氯化氮分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；（2）由分析可知，整个装置的导管连接顺序为ad，eb，cf，故答案为：d，eb，cf；（3）由分析可知，装置C中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置B中盛有的碳酸铵溶液与氯气反应生成三氯化氮、二氧化碳、氯化铵和水，反应的化学方程式为3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；故答案为：3Cl2+2(NH4)2CO3=NCl3+2CO2+3NH4Cl+2H2O；除去Cl2中的HCl；（4）用干燥、洁净的玻璃棒蘸取三氯化氮液体滴到干
33、燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色，说明三氯化氮无漂白性；取该液体滴入50-60热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸先变蓝后褪色说明三氯化氮与热水反应生成一水合氨和次氯酸，一水合氨使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的次氯酸使试纸漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3H2O，故答案为：试纸不褪色说明NCl3本身无漂白性，NCl3在热水中水解生成NH3H2O使红色石蕊试纸变蓝，具有强氧化性的的HClO又使其漂白褪色，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3H2O；（5）由氮元素的化合价变化可知，电解池中产生三氯化氮的电极为电解池阳极，在氯离子作用
34、下，铵根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为3Cl+NH-6e=NCl3+4H+，故答案为：阳极；3Cl+NH-6e=NCl3+4H+。19(1) 氯化铵和氢氧化钙固体 导气、防止倒吸(2)(3)在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体(4) Ag和; 氨水 肼具有还原性和碱性(5)甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，装置C为生成氯气装置，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠再和氨生成肼；（1）实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气
35、的装置，且反应为固体加热反应，则试管中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，故答案为：氯化铵和氢氧化钙固体；导气、防止倒吸；（2）装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：；（3）装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；（4）银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，黑色固体全部溶解，故加入
36、足量硝酸后可证明黑色固体有Ag和；氨气可以和银离子形成配离子，即氧化银可以溶解在氨水中，故ii为氨水，溶解的部分固体为氧化银；肼有还原性可以把+1价银离子还原为单质银，另外肼有碱性，和银离子反应生成氢氧化银，分解后生成氧化银，故原因是:肼具有还原性将Ag还原为Ag，肼具有碱性，与Ag反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O。（5）甲基是推电子基团，使共用电子对更偏向N元素，N元素上的电子云密度大，更易结合质子()，故的碱性强于；20(1) 70 35(2)设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个。依题意可得方程组：(键数，即棱边数)； (欧拉定理)；解得五边形数x=12，六边形数y
37、=25。C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则平均每个C原子可形成个共价键，则共价键总数为70=105，设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个，结合循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2计算。（1）C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则平均每个C原子可形成个共价键，则共价键总数为70=105，每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，且核外最外层电子全部成键，则每个C原子形成2个单键、1个双键，即单键数=2倍的双键数，设单键数为m，双键数为n，则m+n=105，m=2n，解得m=70，n=35，故C70分子中所含的单键数为70，双键数为35。（2）设C7
38、0分子中五边形数为x个，六边形数为y个。依题意可得方程组：(键数，即棱边数)； (欧拉定理)；解得五边形数x=12，六边形数y=25。21 2 2:3:1 (1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是，故答案为：2；(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。22 1s22s22p63s23p64s1 含 不含 离
39、子键、极性共价键现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；则A是H，C是Na，D是S；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个，则E是Cl元素；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F是K元素；然后根据元素周期律及元素、化合物的性质分析解答。根据上述分析可知：A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F是K元素。(
40、1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；(2)F是K元素，根据构造原理，可知基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1；(3)A是H，D是S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子的电子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：；H2S结构式为：H-S-H，在分子，S、H原子形成的是共价单键，共价单键属于键，而不含键；(4)A是H，B是O，C是Na，这三种元素形成的化合物是NaOH，为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阳离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH中含有离子键和极性共价键。