2.3 离子键、配位键与金属键 同步练习 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修2

2024—2025学年高中化学鲁科版选择性必修二2.3 离子键、配位键与金属键 一、单选题 1．短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分布在三个周期，原子序数依次增大。基态Y、Z、Q原子的核外未成对电子数之比为，M的简单离子半径为同周期最小。下列说法不正确的是 A．X、Q简单阴离子所带电荷相同 B．、均为极性分子 C．离子键百分数： D．Y、M均可作为配位键的成键原子 2．类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是 A．CCl4的熔沸点小于SiCl4，则NCl3的熔沸点小于PCl3 B．CH3CH2OH在水中的溶解度很大，则CH3CH2CH2CH2CH2OH在水中的溶解度也很大 C．N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大结构也很稳定 D．AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，则AgNO3溶液和过量NH3•H2O反应现象也相同 3．辉铜矿[Cu2S，含Fe3O4杂质]合成[Cu(NH3)4]SO4·H2O目标产物的流程如下。下列说法正确的是    A．步骤I在足量中煅烧产生气体的主要成分： B．步骤Ⅱ的溶液中溶质的主要成分：硫酸亚铁和硫酸铜 C．步骤Ⅲ可用分液漏斗进行分液 D．实验室模拟步骤Ⅳ的实验操作为：加入95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁 4．一种合金M催化水解释氢的反应机理如图所示。下列说法不正确的是 A．总反应 B．加入NaOH可制得更纯的 C．分子中存在配位键 D．若将换成则可释放出HD 5．是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是 A．可用的较浓盐酸溶液测定混合气体、和中的含量 B．由结构可知，原子满足8电子稳定结构 C．中的化合价为+1价，配位数为3 D．中只有、作配体 6．向溶液中逐滴加入浓氨水至过量(如图所示)，先产生蓝色沉淀后溶解，得到透明的深蓝色溶液；再加入乙醇，并用玻璃棒摩擦试管内壁，析出深蓝色的晶体，其组成为。下列说法不正确的是 A．的组成元素中电负性最大的元素是O B．中含有的键数为 C．将乙醇换成丙醇也能析出深蓝色晶体 D．中的键角比中要大 7．下列离子方程式正确的是 A．用KSCN溶液检验： B．溶于氢碘酸： C．硫酸铜溶液中加过量氨水： D．加热CuCl2溶液，溶液变成黄绿色： 8．下列关于离子键的说法正确的是（    ） A．离子键就是阴、阳离子间的静电引力 B．所有金属元素与所有非金属元素间都能形成离子键 C．钠离子与氯离子可以形成离子键 D．在离子化合物中，两个氯离子间也存在离子键 9．在溶液中能大量共存的离子组是 A．Na+、Pb2+、、 B．K+、CN-、Cl-、[Fe(SCN)6]3- C．K+、H+、Cl-、 D．OH-、K+、、 10．某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态X原子的价电子排布式为，下列说法正确的是 A．原子半径： B．基态原子的第一电离能： C．该阴离子中含有8个键 D．由W、Y、Z构成的化合物不可能为离子化合物 11．下列离子方程式错误的是 A．溶于水： B．氯化铜溶液中通入硫化氢： C．的电离方程式： D．Na2CO3溶液中吸收少量Cl2[已知：： 12．下列有关物质结构与性质的说法错误的是 A．与的中心原子均为杂化 B．配合物的配体是和，配位数是9 C．和均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子 D．的沸点比的高的原因是存在分子间氢键 13．在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的。Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱形成。BeO和Al2O3都具有难溶于水、高熔点等性质。BeCl2和AlCl3在气态时通常以二聚体的形式存在，(AlCl3)2(的结构如图所示。B和Si均能溶于NaOH溶液生成盐和氢气。工业上用焦炭和石英砂(主要成分为SiO2)在高温条件下反应制得粗硅。硼酸(H3BO3)和硅酸都是弱酸，硼酸晶体有类似于石墨的片层状结构，常用作医用消毒剂、润滑剂等。    下列说法正确的是 A．(AlCl3)2中含有配位键 B．可溶性铝盐净水原理： C．SiO2中的O-Si-O键角为120° D．H3BO3晶体中存在的作用力只有共价键 14．金属溶于液氨中形成蓝色溶液，，蓝色是生成了氨合电子(强还原剂)的缘故，向该溶液中加入穴醚类配体，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物。下列说法正确的是 A．蓝色溶液具有强氧化性 B．中存在配位键 C．粒子半径： D．第一电离能 15．下列说法错误的是 A．石墨晶体中层内导电性强于层间导电性 B．基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3 C．(CH3COO)2Ni·4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6 D．N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大 二、填空题 16．回答下列问题： (1)肼(N2H4)分子可视为NH3中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的氢化物。 ①NH3分子的VSEPR模型是 ；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是 。 ②肼作火箭燃料：N2O4＋2N2H4=3N2＋4H2O若反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有 mol。 (2)VIA族元素氧、硫、硒(Se)的化合物在研究和生产中有许多重要用途。H2Se的热稳定性比H2S (填“强”或“弱”)。SO离子的立体构型为 。 (3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n= 。CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为 。 17．三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。 18．下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素，请用元素符号和相关化学用语回答下列问题。 W Q R E Z D Y T F L (1)按电子云的重叠方式看，元素W和Q形成相对分子质量最小的分子中，含 键。 (2)Q、R、E三者的第一电离能由大到小的顺序： 。 (3)上述元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的化合物的化学式是 。 (4)用电子式表示化合物ZL2的形成过程 。 (5)D和F均能与氢元素形成气态氢化物，则它们形成的组成最简单的氢化物中，中心原子杂化类型 (填“相同”或“不相同”)。 (6)元素T、Q、E可以形成配合物：[T(QE)4]，该化合物中T的化合价是 ，1mol该化合物中的σ键与π键数之比为 。 (7)比T元素原子序数少2的元素通常情况下能形成两种离子，其中较稳定的是 ，其原因是 。 19．回答下列问题 (1)CuCl的盐酸溶液能够与CO发生反应：CuCl＋CO＋H2O=Cu(CO)Cl·H2O ① 电负性：C O(填“>”“=”或“＜”)。 ② CO常温下为气体，固态时属于 晶体。 (2)Cu＋与NH3形成的配合物可表示成[Cu(NH3)n]＋，该配合物中，Cu＋的4s轨道及4p轨道通过sp杂化接受NH3提供的孤电子对。[Cu(NH3)n]＋中Cu＋与n个氮原子的空间结构呈 形，n= 。 (3)CuCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成配离子[Cu(En)2]2＋(En是乙二胺的简写)： 请回答下列问题： ①配离子[Cu(En)2]2＋的中心离子为 。 ②乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 ，乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是 。 三、计算题 20．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；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， π键。 (4)A、B、C共同形成的化合物中化学键的类型有 。 21．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题： (1)水合物中x= 。 (2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为 。 22．完成下列问题： (1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数 。 (2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。 ①写出生成CuNH4SO3的反应方程式 。 ②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式 ，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率 。 ③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率 。并对此做出解释 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D B B B D C D B 题号 11 12 13 14 15 答案 B B A B D 1．C 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、Q分布在三个周期，则X为H，基态Y原子的价电子层中有3个未成对电子，Y是N元素，Z是O元素，Q是Cl元素；M的简单离子半径为同周期最小，M是Al元素。 【详解】A．H-、Cl-简单阴离子所带电荷相同，A正确； B．、均为极性分子，B正确； C．氯的电负性小于氧，电负性的差值越大，离子键的百分数越大，离子键百分数：，C错误； D．作为配位键的成键原子，必须有能接受电子对的空轨道或组成配位体的原子必须能提供配对的孤电子对，N和Al可提供孤电子对或空轨道，D正确； 故选C。 2．A 【详解】A．CCl4的熔沸点小于SiCl4，CCl4、SiCl4、NCl3、PCl3都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此NCl3的熔沸点小于PCl3，故A正确； B．CH3CH2OH在水中的溶解度很大，乙醇与水的结构相似，而CH3CH2CH2CH2CH2OH与水的结构比乙醇与水的结构相差大，因此CH3CH2CH2CH2CH2OH在水中的溶解度比乙醇在水中的溶解度减小，故B错误； C．N≡N由于键能大而结构稳定，则C≡C键能也大，但结构不稳定，一般断裂其中的一根或两根键，故C错误； D．AgNO3溶液和过量NaOH反应先生成白色沉淀，然后转变为灰色，而AgNO3溶液和过量NH3•H2O反应，先生成沉淀，后沉淀逐渐溶解，两者现象不相同，故D错误； 故选A。 3．D 【分析】 辉铜矿[Cu2S，含Fe3O4杂质]合成[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，辉铜矿煅烧生成SO2气体，同时得到CuO、Fe3O4，加入硫酸，然后过滤除去不溶物，得到Fe2(SO4)3、FeSO4和CuSO4，溶液中加入过量氨水生成氢氧化铁、氢氧化亚铁，同时生成铜氨溶液，然后经过进一步操作得到[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O，据此分析答题。 【详解】A．步骤Ⅰ在足量O2中煅烧产生气体的主要成分：SO2，A错误； B．步骤Ⅱ得溶液C中溶质的主要成分：硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铜，B错误； C．由题干图示信息可知，步骤Ⅲ分离的为固体和液体，故可用漏斗进行过滤，C错误； D．实验室模拟步骤Ⅳ即从铜氨溶液中析出一水合硫酸四氨络铜晶体，该实验操作为：加入95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，D正确； 故答案为：D。 4．B 【详解】A．由图可知总反应为，所以总反应，故A正确； B．加入NaOH，和反应有利于整个反应向右进行，但同时有氨气生成，从而使制得的氨气中混有氨气，故B错误； C．分子中存在配位键，B原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，故C正确； D．根据机理图可知，参加反应的两个水分中只有一个氢原子转化为氨根离子，其余三个氢原子和中的氢原子结合生成，若将水换成，则可释放出HD，同时生成，故D正确； 答案选B。 5．B 【详解】A．测定混合气体、和中的含量时，用的盐酸溶液吸收，也能吸收，A项错误； B．由结构可知，原子与中心原子形成一个共价键，一个配位键，故满足8电子稳定结构，B项正确； C．中的化合价为+1价，配位数为4，C项错误； D．该物质中的配体有、、三种，D项错误； 答案选B。 6．B 【详解】A．的组成元素Cu、S、N、H、O中电负性最大的元素是O ，故A正确； B．中有氨分子中的键，还有配位键，所以含有的键数为，故B错误； C．硫酸四氨合铜在乙醇、丙醇中的溶解度都小，所以将乙醇换成丙醇也能析出深蓝色晶体，故C正确； D．由于氮原子上的孤对电子形成配位键，减小了和N-H键的斥力，所以中的键角比中要大，故D正确； 答案选B。 7．D 【详解】A．用KSCN溶液检验，生成的红色络合物不是沉淀，正确的离子方程式为：，A错误； B．溶于氢碘酸，氧化碘离子生成碘单质和，正确的离子方程式为：，B错误； C．硫酸铜溶液中加过量氨水生成，正确的离子方程式为：，C错误； D．加热CuCl2溶液，溶液变成黄绿色，可逆反应正向移动，离子方程式正确，D正确； 故选D。 8．C 【详解】A．离子键为阴、阳离子之间的静电作用，包括静电引力、静电斥力，故A说法错误； B．金属元素与非金属元素之间不一定形成离子键，如AlCl3中Al原子与Cl原子之间形成共价键，故B说法错误； C．钠、氯分别是活泼的金属元素、非金属元素，氯化钠中钠离子与氯离子之间形成离子键，故C说法正确； D．在离子化合物CaCl2中，氯离子与钙离子之间存在离子键，而两个氯离子之间不存在离子键，故D说法错误； 综上所述，说法正确的是C项，故答案为：C。 9．D 【详解】A．Pb2+与反应生成硫酸铅而不能大量共存，A错误； B．CN-与Fe3+的配位能力强于SCN-，故CN-与[Fe(SCN)6]3-反应生成[Fe(CN)6]3-而不能大量共存，B错误； C．H+与反应生成S和SO2，不能大量共存，C错误； D．OH-、K+、、各离子之间相互不反应，能大量共存，D正确； 答案选D。 10．B 【分析】由图可知，阴离子中W、X、Y、Z形成的共价键数目分别为1、4、3、1，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，基态X原子的价电子排布式为nsnnpn，则W为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为F元素。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，碳原子的原子半径大于氮原子，故A错误； B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则基态原子的第一电离能的大小顺序为C<N<F，故B正确； C．由图可知，阴离子中单键和配位键为σ键，三键中含有1个σ键，则阴离子中含有σ键的数目为17，故C错误； D．氢、氮、氟三种元素形成的化合物氟化铵是含有离子键、极性键和配位键的离子化合物，故D错误； 故选B。 11．B 【详解】 A．硫离子在水中会发生水解，反应方程式为：，A正确； B．硫化氢是弱酸，不能拆，故其方程式为：，B错误； C．配位化合物的内外界之间以离子键结合，在水中会完全电离，内界中配体和中心原子以配位键结合，无法电离，故的电离方程式为：，C正确； D．由已知可知HCl和HClO的酸性大于碳酸氢根离子，故碳酸钠吸收少量氯气时，产物为碳酸氢根离子、氯离子、次氯酸根离子，方程式为：，D正确； 故选B。 12．B 【详解】A．SiF4与的中心原子的价层电子对数分别为=4、=4，因此二者中心原子均为sp3杂化，A正确； B．根据配合物化学式可知，在配离子中，中心离子Ti3+与Cl-、H2O中的O原子分别形成配位键，则配体是Cl−和H2O，中心离子的配位数为1+5=6，B错误； C．二氧化硫为V形分子，氨气为三角锥形分子，都是极性分子(氨分子还能与水分子间形成氢键)，所以易溶于水，C正确； D．NH3分子之间存在氢键，而PH3分子间只存在范德华力，因此NH3的沸点比PH3的高，D正确； 故选B。 13．A 【详解】A．(AlCl3)2中Al原子提供空轨道、Cl原子提供孤电子对以此来形成配位键，所以(AlCl3)2中含有配位键，A正确； B．可溶性铝盐净水原理为铝离子水解生成氢氧化铝胶体，B错误； C．SiO2为原子晶体，每个O原子被两个Si原子共用，每个Si原子分别与4个O原子相连，故Si原子采用sp3杂化，形成的应为正四面体结构，键角不为120°，C错误； D．H3BO3晶体中存在的作用力除了共价键还存在分子间作用力，D错误； 故选A。 14．B 【详解】A．蓝色是生成了氨合电子(强还原剂)的缘故，具有强还原性，A错误； B．中存在配位键，提供空轨道，提供孤电子对，B正确； C．粒子半径：，C错误； D．都是全满排布，但半径大，其第一电离能小，D错误； 故选B。 15．D 【详解】A．石墨晶体中层内碳原子的杂化方式为sp2杂化，碳原子间以σ键形成六元环，层内形成大π键能提供自由移动的电子导电，而层间以分子间作用力相结合，导电能力差，则层内导电性强于层间导电性，故A正确； B．铬元素的原子序数为24，失去3个电子形成铬离子，基态Cr3+离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，则最高能层M能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3，故B正确； C．由(CH3COO)2Ni·4H2O的空间构型为八面体，中心离子为镍离子，配位体为2个醋酸根离子和4个水分子，配位数为6，故C正确； D．氮元素的电负性大于磷元素，与氯元素的电负性差值小于磷元素，则空间构型都为三角锥形的三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误； 故选D。 16．(1) 四面体形 sp3 3 (2) 弱 三角锥形 (3) 4 1∶2 【详解】（1）①在NH3分子中，有3个N-H键，和一个孤电子对，故NH3分子的VSEPR模型是四面体形；-NH2中氮原子价层电子对数为 ，故N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3； ②反应中有4molN—H键断裂，既有1molN2H4参加反应，根据化学反应方程式可知，生成的氮气的物质的量为1.5mol，每个氮气分子中含有2个π键，所以形成3molπ键； （2）非金属性越强的元素，对应的氢化物稳定性越强，非金属性S>Se，所以H2Se的热稳定性比H2S弱；离子中S原子价层电子数为 ，含有一个孤电子对，所以立体构型为三角锥形； （3）中心原子Ni的价电子数为10，而每个CO提供碳原子上的一对孤电子，故n=4，CO与N2分子中都存在三键，故CO分子内σ键与π键个数之比为1：2。 17． N、O、Cl 6 【详解】根据该配离子的结构可知，NH3、H2O、Cl-均为配体，其中N、O、Cl均含有孤电子对，提高孤电子对；3个NH3、2个H2O和1个Cl-配位，所以配位数为3+2+1=6。 18．(1)极性共价 (2)N＞O＞C (3)HClO4 (4) (5)相同 (6) 0 1：1 (7) Fe3+ Fe2+的价层电子排布式为3d6，Fe3+的价层电子排布式为3d5，3d能级为半满结构更稳定 【分析】根据各元素位置推断出，W为H元素，Q为C元素，R为N元素，E为O元素，Z为Mg元素，D为P元素，Y为Cl元素，T为Ni元素，F为Se元素，L为Br元素； 【详解】（1）元素W和Q形成相对分子质量最小的分子为CH4，其含有极性共价键； （2）同周期从左向右第一电离能总体呈增大的趋势，但N原子的2p轨道为半充满，为稳定结构，所以N原子的第一电离能最大，C原子的最小，所以第一电离能为N＞O＞C； （3）元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则酸性最强的化合物的化学式是HClO4； （4） ZL2为MgBr2，用电子式表示其形成过程为； （5）D和F氢元素形成最简单的气态氢化物分别为PH3、H2Se，中心原子P的价层电子对数为，H2Se中心原子Se价层电子对数为，中心原子杂化类型均为sp3； （6）[T(QE)4]为[Ni(CO)4]，其中Ni的化合价为0，配位键属于σ键，CO分子中C与O之间是三键，则σ键个数为4+4=8，π键个数为2×4=8，因此其个数比为1：1； （7）比T元素原子序数少2的元素通常情况下能形成两种离子分别为Fe2+、Fe3+，比较稳定的是Fe3+，因为Fe2+的价层电子排布式为3d6，Fe3+的价层电子排布式为3d5，3d能级为半满结构更稳定。 19．(1) ＜ 分子 (2) 直线 2 (3) Cu2+ sp3杂化 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 【详解】（1）①同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，电负性C＜O，故答案为：＜； ②CO常温下为气体，符合分子晶体的性质，所以CO为固态时，属于分子晶体，故答案为：分子； （2）Cu＋有2个空的sp杂化轨道，NH3分子中的N原子有一对孤电子对，进入Cu＋空的sp杂化轨道，以配位键形成直线形结构，则[Cu(NH3)n]＋中Cu+与2个氮原子形成配位键，故答案为：直线；2； （3）①由配离子[Cu(En)2]2＋的结构简式可知，其中心离子为Cu2+，故答案为：Cu2+； ②乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)中N原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键，则乙二胺的沸点较高，故答案为：sp3杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键。 20．    1s22s22p63s23p64s1    含 不含 离子键、极性共价键 【分析】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。 【详解】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。 (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σ键，而不含π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。 21． 6 【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。 【详解】(1)根据方程式进行计算： 则，解得。故答案为：6； (2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。 22．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0% (2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100% 【详解】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。 Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol) 因此有x+y=6.103×10-3     ① 铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2       ② z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu) m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g w%(Cu)=×100%=68.0% m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g     ③ +×=6.103×10-3mol +×=6.103×10-3mol     ④ 式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g w%(Zn)=×100%=29.0% w%(Al)=3.0% 故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%； （2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH； ②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu： 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%； ③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$