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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-123原子结构，化学键（3）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-123原子结构，化学键（3），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-123原子结构，化学键（3）
一、单选题
1．（2022·上海闵行·统考一模）不含共价键的离子化合物是
A．溴化钙 B．碳化钙 C．氯化铵 D．氢氧化钠
2．（2022·上海闵行·统考一模）属于非电解质，且溶解时破坏化学键的物质是
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．C2H5OH
3．（2022·上海·统考一模）科学家在宇宙里发现分子，和两种分子
A．互为同素异形体 B．互为同位素
C．具有相同的性质 D．具有相同的质子数
4．（2022·上海·统考一模）将氢氧化钠加热至熔融后进行电解，可得到金属钠、氧气和水，此过程中不存在
A．离子键破坏 B．共价键断裂 C．离子键形成 D．共价键形成
5．（2022·上海·模拟预测）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．共价化合物：是否含有共价键 B．离子晶体：液态时能否导电
C．强弱电解质：溶液的导电能力大小 D．氧化还原反应：元素化合价是否变化
6．（2022·上海静安·统考二模）2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
7．（2022·上海崇明·统考二模）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
8．（2022·上海·模拟预测）一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下Cl2比HCl稳定
B．过程I：断裂极性键和非极性键
C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键
D．热化学方程式为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)+11.3KJ
9．（2022·上海·模拟预测）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为15的硅原子： B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式： D．水分子的比例模型：
10．（2022·上海·模拟预测）下列说法正确的是
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
11．（2022·上海·模拟预测）下列关于水的说法正确的是
A．冰雪融化时需吸收热量，破坏化学键
B．酸雨是指pH<7.0的天然降水
C．常温下水的pH=7.0，显中性，50℃时，pH=6.6，显酸性
D．重水分子由氘原子和氧原子构成
12．（2022·上海·模拟预测）厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是
A．过程I中，参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1：1
B．联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键
C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应
D．1mol所含的质子总数为10NA
13．（2022·上海·模拟预测）由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2 + H2SO4(浓)→CaSO4 + Cl2↑+ H2O。下列说法错误的是(NA表示阿佛加德罗常数)
A．浓硫酸体现氧化性与酸性
B．1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子
C．混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键
D．每产生1mol氯气，转移电子数为NA
14．（2022·上海·模拟预测）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A．NH4ClNH3↑+HCl↑
B．NH3+CO2+H2O=NH4HCO3
C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
D．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
15．（2022·上海·统考三模）据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为16O=C=18O。则16O=C=18O
A．与18O=C=18O有几乎相同的化学性质
B．与16O=C=16O互为同素异形体
C．与Na216O2反应生成的氧气中含有18O
D．与等质量的16O=C=16O和18O=C=18O混合气体含有相同的原子个数
16．（2022·上海宝山·统考模拟预测）我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质O2．下列说法正确的是（ ）
A．它是O2的同分异构体
B．它是O3的一种同素异形体
C．O2与O2互为同位素
D．1molO2分子中含有20mol电子
17．（2022·上海嘉定·统考二模）下列物质的有关性质，能用共价键键能大小解释的是
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．热分解温度：HF＞HI
18．（2022·上海·一模）科学家借助晶体硅提高了阿伏伽德罗常数的精确度。有关晶体硅描述错误的是
A．由原子构成 B．含非极性键
C．含非极性分子 D．熔点高
19．（2022·上海·模拟预测）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
20．（2022·上海青浦·一模）16O与18O的关系是
A．同位素 B．同素异形体 C．同系物 D．同分异构体
21．（2022·上海奉贤·统考二模）下列变化过程中，破坏极性共价键的是
A．碘的升华 B．硅的熔化 C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
22．（2022·上海普陀·统考二模）C60与现代足球有很相似的结构，它与石墨互为
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
23．（2022·上海·统考一模）下列物质中只含有非极性共价键的是
A．Cl2 B．NaOH C．KCl D．H2S
24．（2022·上海嘉定·统考一模）已知铱(Ir)元素的一种同位素是，则其核内的中子数是
A．77 B．114 C．191 D．268
25．（2021·上海嘉定·统考一模）在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是
A．将SO2通入水中 B．火碱溶于水
C．将HCl通入水中 D．硫酸氢钠溶于水
26．（2021·上海浦东新·统考二模）水可以发生如下变化：
冰液态水(4℃) 水蒸气(100℃) 氢气+氧气
下列说法正确的是
A．过程①中物质体积膨胀 B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成 D．过程②与过程④互为可逆反应
27．（2021·上海徐汇·统考二模）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是
A．阴离子的电子数为10 B．阴阳离子个数比1:1
C．属于离子化合物 D．属于非电解质
二、填空题
28．（2022·上海·模拟预测）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
(1)NH4Cl中含有的化学键类型有_______；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有_______种不同的运动状态，有_______种不同能量的电子。
(2)NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释_______。
(3)纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_______(选填编号)。
a.冷却 b.加入食盐细颗粒 c.通入CO2 d.通入NH3
(4)无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：_______NH4Cl +_______Fe2O3=_______Fe + _______FeCl3 + _______N2 ↑ + _______H2O
①配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目_______；
②当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为_______L(保留2位小数)
③若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：_______
29．（2021·上海浦东新·统考二模）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
(1)硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：r(Si)___________r(Al)(选填：“>”、“＜”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(2)氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和194，它们熔点差异大的原因可能是___________。
(3)门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被发现)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
(4)制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为___________。
三、原理综合题
30．（2022·上海·模拟预测）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
参考答案：
1．A
【详解】A．溴化钙为只有离子键的离子化合物，故A符合题意；
B．碳化钙为既有离子键又有共价键的离子化合物，故B不符合题意；
C．氯化铵为既有离子键又有共价键的离子化合物，故C不符合题意；
D．氢氧化钠为既有离子键又有共价键的离子化合物，故D不符合题意；
故选A。
2．C
【详解】A．Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B．HCl的水溶液能导电，HCl是电解质，故不选B；
C．CO2自身不能电离，属于非电解质，CO2溶解时和水反应生成碳酸，有化学键的断裂和形成，故选C；
D．C2H5OH溶于水时不能电离，没有破坏化学键，C2H5OH是非电解质，故不选D；
选C。
3．D
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同种单质的互称，和是质子数相同、中子数不同的两种分子，不是单质，不互为同素异形体，故A错误；
B．同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，和是质子数相同、中子数不同的两种分子，不是原子，不互为同位素，故B错误；
C．和是质子数相同、中子数不同的两种分子，化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故C错误；
D．和是质子数相同、中子数不同的两种分子，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】将氢氧化钠加热至熔融后进行电解，可得到金属钠、氧气和水，该反应方程式为：4NaOH4Na+2H2O+O2↑，在这个过程中有离子键、共价键的破坏，同时在生成的水、氧气中有共价键的形成，在金属钠中有金属键的形成，而没有离子键的形成，故合理选项是C。
5．D
【详解】A．共价化合物是含有共价键的化合物，而含有共价键的物质，可能是含有多个原子的非金属单质如H2，也可能是离子化合物，如NaOH，也可能是共价化合物，如HCl，因此不能根据物质是否含有共价键判断是否是共价化合物，A错误；
B．离子晶体是阴、阳离子之间以离子键结合形成的化合物，物质在液态时能导电，说明其中含有自由移动的微粒，可能是离子，也可能是电子。如熔融NaCl属于离子化合物，是离子导电，金属Hg是自由移动的电子导电，故不能根据物质在液态时能否导电判断是否是离子晶体，B错误；
C．电解质强弱判断是根据电解质溶于水后是否完全电离为离子，若完全电离，就是强电解质，若只有部分电离，溶液中存在电离平衡就是弱电解质。不能根据溶液导电能力大小判断，溶液导电能力强，只能说明溶液中自由移动的离子浓度大，C错误；
D．氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，所以可根据反应过程中元素化合价是否发生变化判断反应是否为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是D。
6．B
【详解】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A错误；
B．F和I 属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；
C． 14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C错误；
D． 23Na131I 的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D错误。
故选B。
7．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
8．B
【详解】A．Cl原子的半径比H原子半径大，所以Cl-Cl键长比H-Cl键长更长，键能更小，则相同条件下HCl比Cl2稳定，A错误；
B．过程I中氨气分子中氮氢极性共价键断裂，氯气中的非极性键断裂，B正确；
C．过程Ⅱ中形成氮氢极性共价键断裂、氯氢极性共价键断裂，没有非极性键生成，C错误；
D．据图可知生成物的能量高于反应物，热化学方程式应为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)-11.3KJ，D错误；
综上所述答案为B。
9．B
【详解】A．左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：，故A错误；
B．氟原子的核电荷数为9，有2个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为：，故B正确；
C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，故C错误；
D．比例模型能够体现出原子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，比例模型为，为水分子的球棍模型，故D错误；
答案选B。
10．A
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；
B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；
C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；
D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；
故选：A。
11．D
【详解】A．冰雪融化时需吸收热量，是物理变化不破坏化学键，A错误；
B．酸雨是指pH<5.6的天然降水，B错误；
C．常温下水的pH=7.0，显中性，50℃时，因升温水的电离平衡向右移动，氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，pH=6.6，显中性，C错误；
D．重水分子D2O由氘原子和氧原子构成，D正确；
答案选D。
12．D
【解析】过程 I中，参与反应的与NH2OH反应转化为N2H4，过程II表示N2H4失去两个氢原子转化为N2H2，过程Ⅲ表示N2H2失去两个氢原子转化为N2，过程Ⅳ表示和氢原子结合转化为NH2OH的过程，由此分析。
【详解】A．过程 I中，参与反应的与NH2OH的反应方程式为：+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1：1，故A不符合题意；
B．联氨分子中存在N−H、N−N键，所以存在极性键和非极性键，故B不符合题意；
C．过程II表示N2H4转化为N2H2，氮元素的化合价从-2价升高到-1价，发生氧化反应；过程Ⅳ表示和氢原子结合转化为NH2OH的过程，氮元素的化合价从+3价降低到-1价，发生还原反应，故C不符合题意；
D．所含的质子数是11，所以1mol所含的质子总数为11NA，故D符合题意；
答案选D。
13．A
【分析】由混盐CaOCl2在酸性条件下可产生氯气，可知混盐为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，在酸性条件下发生Cl-+ ClO-+2H+= Cl2↑+ 2H2O，以此来解答题。
【详解】A.CaOCl2 + H2SO4(浓)→CaSO4 + Cl2↑+ H2O，硫酸中没有元素化合价变化，故浓硫酸只体现酸性，故A错误；
B.CaOCl2中含有1个Ca2+、1个Cl-、1个ClO-，故1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子，故B正确；
C.Ca2+和阴离子之间是离子键，Cl-O是共价键， 故C正确；
D.Cl-+ ClO-+2H+= Cl2↑+ 2H2O，每产生1mol氯气，转移电子数为NA，故D正确。
故选A。
14．D
【详解】A．反应过程中氯化铵中离子键、极性共价键断裂，没有非极性键的断裂，故A不符合题意；
B．NH3、CO2、H2O均只含极性键，没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；
C．生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键，所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；
D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2CO3中含有极性键和离子键，所以该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；
综上所述答案为D。
15．A
【详解】A．16O=C=18O与18O=C=18O为组成元素完全相同，结构相同的同种物质，化学性质相同，A选项正确；
B．由同种元素组成的不同种单质互称为同素异形体，而16O=C=18O与16O=C=16O都是化合物，B选项错误；
C．过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧气是氧化产物，则16O＝C＝18O与Na216O2反应生成的氧气中含16O，C选项错误；
D．16O=C=18O、16O=C=16O和18O=C=18O的摩尔质量不同，根据公式n=m/M可知，质量相等时，其物质的量不同，由n=N/NA可知，物质的量不同，分子数也就不同，D选项错误；
答案选A。
【点睛】解答本题的关键是认识16O=C=18O、16O=C=16O和18O=C=18O实际上就是二氧化碳，只是2个氧原子不同而已。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与二氧化碳反应的原理，反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，氧气中的氧原子来自于过氧化钠。
16．B
【详解】A．O2与O2的结构相同，是同种物质，故A错误；
B．O2与O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B正确；
C．O2与O2都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；
D．O原子核外有8个电子，1molO2分子中含有16mol电子，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意理解同分异构体的概念，互为同分异构体的物质结构须不同。
17．D
【详解】A. 卤族元素的性质递变规律是同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，与化学键无关，所以不能用键能解释，故A错误；
B. 物质的溶解度与化学键无关，故B错误；
C. 气态氢化物的沸点主要受范德华力的影响，相对分子质量越大，极性越强，范德华力就越大，熔沸点就越高，F，N，O等元素的氢化物会形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故C错误；
D. HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D正确；
答案选D。
18．C
【详解】A.晶体硅是原子晶体，由原子构成，故A正确；
B.硅原子与硅原子间以非极性共价键连接，故B正确；
C.由于晶体硅是原子晶体，所以不含有分子，故C错误；
D.原子晶体的特点是熔点高，故D正确；
故选C。
19．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
20．A
【详解】16O与18O的质量数不同，但质子数相等，它们互为同位素，故A正确。
21．D
【详解】A. 碘的升华是物理变化，破坏的分子间作用力，A错误；
B. 硅的熔化破坏的是非极性键，B错误；
C. 食盐电离破坏离子键，C错误；
D. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，破坏极性键，D正确；
答案选D。
22．B
【详解】C60与石墨都是由C元素形成的不同性质的单质，属于同素异形体。因此答案选B。
23．A
【详解】A．氯气是非金属单质，只有非极性键，A符合题意；
B．氢氧化钠是含有离子键和极性键的离子化合物，B不符合题意；
C．氯化钾是含有离子键的离子化合物，C不符合题意；
D．硫化氢是含有极性键的共价化合物，D不符合题意；
答案选A。
【点睛】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子之间形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键。
24．B
【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此可知该核素的质子数＝77，质量数＝191。又因为质子数＋中子数＝质量数，所以该核素的中子数是191－77＝114；
答案选B。
25．D
【详解】A．二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸，只有共价键的破坏；
B．火碱是NaOH，溶于水得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠在水分子作用下电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键破坏；
C．HCl通入水中得到盐酸，氯化氢在水分子作用下电离出氢离子和氯离子，只有共价键破坏；
D．硫酸氢钠是由Na+和通过离子键结合而成的，在中有共价键，NaHSO4溶于水电离出Na+、H+和 ，既有离子键被破坏又有共价键被破坏；
故选D。
26．C
【详解】A．4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项错误；
B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项错误；
C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项正确；
D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项错误；
答案选C。
27．C
【详解】A．Na2O2由Na+和构成，阴离子的电子数为2×8+2=18，A错误；
B．Na2O2由Na+和构成，阴阳离子个数比1:2，B错误；
C．Na2O2是由Na+和通过离子键结合成的离子化合物，C正确；
D．Na2O2是由Na+和通过离子键结合成的离子化合物，在熔融状态下能电离，属于电解质，D错误；
答案选C。
28．(1) 离子键和共价键 17 5
(2)NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长：H-I>H-C1，故键能H-I
(4) 或 7.47 取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+
【解析】（1）
氮和氢原子之间是共价键结合，铵根是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子；
（2）
NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长： H-I>H-C1，故键能H-I
根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，
a．NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，a不符合题意；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，b不符合题意；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，C符合题意；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，d不符合题意；
故选c。
（4）
①NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价转移3e-，有6个氮原子化合价升高，所以转移电子数目为6×3e-=18e-，或；
②根据①中的信息可知，18e-～3N2当有2mol电子转移时，可知n(N2)=×2mol，V=nVm=×2mol×22.4L/mol=7.47L；
③若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3=3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+；【点睛】
29． ＜ 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 Al、Si 2NA
【详解】(1)硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r(Si) ＜ r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；＜；；
(2)由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
(4) 还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为：2NA个，故答案为：Al、Si；2NA。
30． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-123原子结构，化学键（3）
一、单选题
1．（2022·上海闵行·统考一模）不含共价键的离子化合物是
A．溴化钙 B．碳化钙 C．氯化铵 D．氢氧化钠
2．（2022·上海闵行·统考一模）属于非电解质，且溶解时破坏化学键的物质是
A．Cl2 B．HCl C．CO2 D．C2H5OH
3．（2022·上海·统考一模）科学家在宇宙里发现分子，和两种分子
A．互为同素异形体 B．互为同位素
C．具有相同的性质 D．具有相同的质子数
4．（2022·上海·统考一模）将氢氧化钠加热至熔融后进行电解，可得到金属钠、氧气和水，此过程中不存在
A．离子键破坏 B．共价键断裂 C．离子键形成 D．共价键形成
5．（2022·上海·模拟预测）判断下列有关化学基本概念的依据正确的是
A．共价化合物：是否含有共价键 B．离子晶体：液态时能否导电
C．强弱电解质：溶液的导电能力大小 D．氧化还原反应：元素化合价是否变化
6．（2022·上海静安·统考二模）2021年，我国发布了《医用同位素中长期发展规划》，对提升医用同位素相关产业能力水平、保障健康中国战略实施具有重要意义。医用同位素有14C、18F、131I等。有关说法正确的是
A．14C位于元素周期表的第二周期第ⅥA族
B．18F和131I具有相同的最外层电子数
C．14C与12C的性质完全相同
D．化合物23Na131I的中子总数为奇数
7．（2022·上海崇明·统考二模）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
8．（2022·上海·模拟预测）一定条件下氨气和氯气反应的能量与反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．相同条件下Cl2比HCl稳定
B．过程I：断裂极性键和非极性键
C．过程Ⅱ：形成极性键和非极性键
D．热化学方程式为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)+11.3KJ
9．（2022·上海·模拟预测）用化学用语表示中的相关微粒，其中正确的是
A．中子数为15的硅原子： B．氟原子的结构示意图：
C．四氟化硅的电子式： D．水分子的比例模型：
10．（2022·上海·模拟预测）下列说法正确的是
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
11．（2022·上海·模拟预测）下列关于水的说法正确的是
A．冰雪融化时需吸收热量，破坏化学键
B．酸雨是指pH<7.0的天然降水
C．常温下水的pH=7.0，显中性，50℃时，pH=6.6，显酸性
D．重水分子由氘原子和氧原子构成
12．（2022·上海·模拟预测）厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是
A．过程I中，参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1：1
B．联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键
C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应
D．1mol所含的质子总数为10NA
13．（2022·上海·模拟预测）由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2 + H2SO4(浓)→CaSO4 + Cl2↑+ H2O。下列说法错误的是(NA表示阿佛加德罗常数)
A．浓硫酸体现氧化性与酸性
B．1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子
C．混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键
D．每产生1mol氯气，转移电子数为NA
14．（2022·上海·模拟预测）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
A．NH4ClNH3↑+HCl↑
B．NH3+CO2+H2O=NH4HCO3
C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O
D．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
15．（2022·上海·统考三模）据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为16O=C=18O。则16O=C=18O
A．与18O=C=18O有几乎相同的化学性质
B．与16O=C=16O互为同素异形体
C．与Na216O2反应生成的氧气中含有18O
D．与等质量的16O=C=16O和18O=C=18O混合气体含有相同的原子个数
16．（2022·上海宝山·统考模拟预测）我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质O2．下列说法正确的是（ ）
A．它是O2的同分异构体
B．它是O3的一种同素异形体
C．O2与O2互为同位素
D．1molO2分子中含有20mol电子
17．（2022·上海嘉定·统考二模）下列物质的有关性质，能用共价键键能大小解释的是
A．还原性：HI＞HF B．溶解度：HF＞HI
C．沸点：HF＞HI D．热分解温度：HF＞HI
18．（2022·上海·一模）科学家借助晶体硅提高了阿伏伽德罗常数的精确度。有关晶体硅描述错误的是
A．由原子构成 B．含非极性键
C．含非极性分子 D．熔点高
19．（2022·上海·模拟预测）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
20．（2022·上海青浦·一模）16O与18O的关系是
A．同位素 B．同素异形体 C．同系物 D．同分异构体
21．（2022·上海奉贤·统考二模）下列变化过程中，破坏极性共价键的是
A．碘的升华 B．硅的熔化 C．食盐电离 D．氯化氢溶于水
22．（2022·上海普陀·统考二模）C60与现代足球有很相似的结构，它与石墨互为
A．同位素 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同系物
23．（2022·上海·统考一模）下列物质中只含有非极性共价键的是
A．Cl2 B．NaOH C．KCl D．H2S
24．（2022·上海嘉定·统考一模）已知铱(Ir)元素的一种同位素是，则其核内的中子数是
A．77 B．114 C．191 D．268
25．（2021·上海嘉定·统考一模）在下列变化过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏的是
A．将SO2通入水中 B．火碱溶于水
C．将HCl通入水中 D．硫酸氢钠溶于水
26．（2021·上海浦东新·统考二模）水可以发生如下变化：
冰液态水(4℃) 水蒸气(100℃) 氢气+氧气
下列说法正确的是
A．过程①中物质体积膨胀 B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成 D．过程②与过程④互为可逆反应
27．（2021·上海徐汇·统考二模）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是
A．阴离子的电子数为10 B．阴阳离子个数比1:1
C．属于离子化合物 D．属于非电解质
二、填空题
28．（2022·上海·模拟预测）NH4Cl是农业常用的一种氮肥，该产品主要生产工艺之一就是利用中国著名实业家侯德榜发明的“侯氏制碱法”。
(1)NH4Cl中含有的化学键类型有_______；其三种组成元素中，原子半径最大的原子，其核外电子有_______种不同的运动状态，有_______种不同能量的电子。
(2)NH4I和NH4Cl性质类似都易分解，产物都有NH3，但NH4I分解过程中产生紫红色的气体。请从物质结构角度解释_______。
(3)纯碱工业中，使NH4Cl从母液中析出的措施不包括_______(选填编号)。
a.冷却 b.加入食盐细颗粒 c.通入CO2 d.通入NH3
(4)无水情况下，NH4Cl可以和Fe2O3发生如下反应：_______NH4Cl +_______Fe2O3=_______Fe + _______FeCl3 + _______N2 ↑ + _______H2O
①配平上述反应方程式，并标出电子转移的方向和数目_______；
②当有2mol电子转移时，生成标准状况下的气体体积为_______L(保留2位小数)
③若上述反应物恰好完全反应，将固体产物溶解并过滤，写出检验滤液中金属离子的方法：_______
29．（2021·上海浦东新·统考二模）硅铝合金广泛应用于航空、交通、建筑、汽车等行业。
完成下列填空：
(1)硅原子的结构示意图为___________；比较硅铝的原子半径：r(Si)___________r(Al)(选填：“>”、“＜”或“=”)。硅铝合金中的铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________。
(2)氟化铝和氯化铝的熔点分别为1040和194，它们熔点差异大的原因可能是___________。
(3)门捷列夫准确预测了铝、硅下一周期的同主族元素(当时并未被发现)的性质，并将他们分别命名为“类铝”和“类硅”。你据此推断类铝的最外层电子排布式为___________，推断的依据是___________。
(4)制备硅铝合金时，在高温真空炉中发生如下反应：
；；
上述反应的最终还原产物为___________；当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为___________。
三、原理综合题
30．（2022·上海·模拟预测）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
参考答案：
1．A
【详解】A．溴化钙为只有离子键的离子化合物，故A符合题意；
B．碳化钙为既有离子键又有共价键的离子化合物，故B不符合题意；
C．氯化铵为既有离子键又有共价键的离子化合物，故C不符合题意；
D．氢氧化钠为既有离子键又有共价键的离子化合物，故D不符合题意；
故选A。
2．C
【详解】A．Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；
B．HCl的水溶液能导电，HCl是电解质，故不选B；
C．CO2自身不能电离，属于非电解质，CO2溶解时和水反应生成碳酸，有化学键的断裂和形成，故选C；
D．C2H5OH溶于水时不能电离，没有破坏化学键，C2H5OH是非电解质，故不选D；
选C。
3．D
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同种单质的互称，和是质子数相同、中子数不同的两种分子，不是单质，不互为同素异形体，故A错误；
B．同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，和是质子数相同、中子数不同的两种分子，不是原子，不互为同位素，故B错误；
C．和是质子数相同、中子数不同的两种分子，化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，故C错误；
D．和是质子数相同、中子数不同的两种分子，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】将氢氧化钠加热至熔融后进行电解，可得到金属钠、氧气和水，该反应方程式为：4NaOH4Na+2H2O+O2↑，在这个过程中有离子键、共价键的破坏，同时在生成的水、氧气中有共价键的形成，在金属钠中有金属键的形成，而没有离子键的形成，故合理选项是C。
5．D
【详解】A．共价化合物是含有共价键的化合物，而含有共价键的物质，可能是含有多个原子的非金属单质如H2，也可能是离子化合物，如NaOH，也可能是共价化合物，如HCl，因此不能根据物质是否含有共价键判断是否是共价化合物，A错误；
B．离子晶体是阴、阳离子之间以离子键结合形成的化合物，物质在液态时能导电，说明其中含有自由移动的微粒，可能是离子，也可能是电子。如熔融NaCl属于离子化合物，是离子导电，金属Hg是自由移动的电子导电，故不能根据物质在液态时能否导电判断是否是离子晶体，B错误；
C．电解质强弱判断是根据电解质溶于水后是否完全电离为离子，若完全电离，就是强电解质，若只有部分电离，溶液中存在电离平衡就是弱电解质。不能根据溶液导电能力大小判断，溶液导电能力强，只能说明溶液中自由移动的离子浓度大，C错误；
D．氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，所以可根据反应过程中元素化合价是否发生变化判断反应是否为氧化还原反应，D正确；
故合理选项是D。
6．B
【详解】A．C原子序数为6，位于元素周期表的第二周期第ⅣA族，故A错误；
B．F和I 属于第ⅦA族，最外层电子数相同，故B正确；
C． 14C与12C的化学性质几乎完全相同，但物理性质有差异，故C错误；
D． 23Na131I 的中子总数为(23-11)+(131-53)，不为奇数，故D错误。
故选B。
7．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
8．B
【详解】A．Cl原子的半径比H原子半径大，所以Cl-Cl键长比H-Cl键长更长，键能更小，则相同条件下HCl比Cl2稳定，A错误；
B．过程I中氨气分子中氮氢极性共价键断裂，氯气中的非极性键断裂，B正确；
C．过程Ⅱ中形成氮氢极性共价键断裂、氯氢极性共价键断裂，没有非极性键生成，C错误；
D．据图可知生成物的能量高于反应物，热化学方程式应为NH3(g)+Cl2(g)→NH2Cl(g)+HCl(g)-11.3KJ，D错误；
综上所述答案为B。
9．B
【详解】A．左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数，因此，中子数为15的硅原子应表示为：，故A错误；
B．氟原子的核电荷数为9，有2个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为：，故B正确；
C．SiF4中F、Si均满足8电子稳定结构，F原子的周围应有8个电子，故C错误；
D．比例模型能够体现出原子的相对体积大小，H原子的半径小于O原子，比例模型为，为水分子的球棍模型，故D错误；
答案选B。
10．A
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；
B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；
C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；
D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；
故选：A。
11．D
【详解】A．冰雪融化时需吸收热量，是物理变化不破坏化学键，A错误；
B．酸雨是指pH<5.6的天然降水，B错误；
C．常温下水的pH=7.0，显中性，50℃时，因升温水的电离平衡向右移动，氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，pH=6.6，显中性，C错误；
D．重水分子D2O由氘原子和氧原子构成，D正确；
答案选D。
12．D
【解析】过程 I中，参与反应的与NH2OH反应转化为N2H4，过程II表示N2H4失去两个氢原子转化为N2H2，过程Ⅲ表示N2H2失去两个氢原子转化为N2，过程Ⅳ表示和氢原子结合转化为NH2OH的过程，由此分析。
【详解】A．过程 I中，参与反应的与NH2OH的反应方程式为：+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1：1，故A不符合题意；
B．联氨分子中存在N−H、N−N键，所以存在极性键和非极性键，故B不符合题意；
C．过程II表示N2H4转化为N2H2，氮元素的化合价从-2价升高到-1价，发生氧化反应；过程Ⅳ表示和氢原子结合转化为NH2OH的过程，氮元素的化合价从+3价降低到-1价，发生还原反应，故C不符合题意；
D．所含的质子数是11，所以1mol所含的质子总数为11NA，故D符合题意；
答案选D。
13．A
【分析】由混盐CaOCl2在酸性条件下可产生氯气，可知混盐为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，在酸性条件下发生Cl-+ ClO-+2H+= Cl2↑+ 2H2O，以此来解答题。
【详解】A.CaOCl2 + H2SO4(浓)→CaSO4 + Cl2↑+ H2O，硫酸中没有元素化合价变化，故浓硫酸只体现酸性，故A错误；
B.CaOCl2中含有1个Ca2+、1个Cl-、1个ClO-，故1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子，故B正确；
C.Ca2+和阴离子之间是离子键，Cl-O是共价键， 故C正确；
D.Cl-+ ClO-+2H+= Cl2↑+ 2H2O，每产生1mol氯气，转移电子数为NA，故D正确。
故选A。
14．D
【详解】A．反应过程中氯化铵中离子键、极性共价键断裂，没有非极性键的断裂，故A不符合题意；
B．NH3、CO2、H2O均只含极性键，没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；
C．生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键，所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；
D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2CO3中含有极性键和离子键，所以该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；
综上所述答案为D。
15．A
【详解】A．16O=C=18O与18O=C=18O为组成元素完全相同，结构相同的同种物质，化学性质相同，A选项正确；
B．由同种元素组成的不同种单质互称为同素异形体，而16O=C=18O与16O=C=16O都是化合物，B选项错误；
C．过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，氧气是氧化产物，则16O＝C＝18O与Na216O2反应生成的氧气中含16O，C选项错误；
D．16O=C=18O、16O=C=16O和18O=C=18O的摩尔质量不同，根据公式n=m/M可知，质量相等时，其物质的量不同，由n=N/NA可知，物质的量不同，分子数也就不同，D选项错误；
答案选A。
【点睛】解答本题的关键是认识16O=C=18O、16O=C=16O和18O=C=18O实际上就是二氧化碳，只是2个氧原子不同而已。本题的易错点为C，要注意过氧化钠与二氧化碳反应的原理，反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，氧气中的氧原子来自于过氧化钠。
16．B
【详解】A．O2与O2的结构相同，是同种物质，故A错误；
B．O2与O3都是氧元素的单质，互为同素异形体，故B正确；
C．O2与O2都是分子，不是原子，不能称为同位素，故C错误；
D．O原子核外有8个电子，1molO2分子中含有16mol电子，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为A，要注意理解同分异构体的概念，互为同分异构体的物质结构须不同。
17．D
【详解】A. 卤族元素的性质递变规律是同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的还原性逐渐增强，与化学键无关，所以不能用键能解释，故A错误；
B. 物质的溶解度与化学键无关，故B错误；
C. 气态氢化物的沸点主要受范德华力的影响，相对分子质量越大，极性越强，范德华力就越大，熔沸点就越高，F，N，O等元素的氢化物会形成分子间氢键，导致熔沸点升高，故C错误；
D. HF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D正确；
答案选D。
18．C
【详解】A.晶体硅是原子晶体，由原子构成，故A正确；
B.硅原子与硅原子间以非极性共价键连接，故B正确；
C.由于晶体硅是原子晶体，所以不含有分子，故C错误；
D.原子晶体的特点是熔点高，故D正确；
故选C。
19．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
20．A
【详解】16O与18O的质量数不同，但质子数相等，它们互为同位素，故A正确。
21．D
【详解】A. 碘的升华是物理变化，破坏的分子间作用力，A错误；
B. 硅的熔化破坏的是非极性键，B错误；
C. 食盐电离破坏离子键，C错误；
D. 氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，破坏极性键，D正确；
答案选D。
22．B
【详解】C60与石墨都是由C元素形成的不同性质的单质，属于同素异形体。因此答案选B。
23．A
【详解】A．氯气是非金属单质，只有非极性键，A符合题意；
B．氢氧化钠是含有离子键和极性键的离子化合物，B不符合题意；
C．氯化钾是含有离子键的离子化合物，C不符合题意；
D．硫化氢是含有极性键的共价化合物，D不符合题意；
答案选A。
【点睛】掌握化学键的含义是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，如果是同一种非金属元素的原子之间形成的共价键是非极性键，由不同种非金属元素的原子之间形成的共价键是极性键。
24．B
【详解】在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，据此可知该核素的质子数＝77，质量数＝191。又因为质子数＋中子数＝质量数，所以该核素的中子数是191－77＝114；
答案选B。
25．D
【详解】A．二氧化硫溶于水，部分与水反应生成亚硫酸，只有共价键的破坏；
B．火碱是NaOH，溶于水得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠在水分子作用下电离出钠离子和氢氧根离子，只有离子键破坏；
C．HCl通入水中得到盐酸，氯化氢在水分子作用下电离出氢离子和氯离子，只有共价键破坏；
D．硫酸氢钠是由Na+和通过离子键结合而成的，在中有共价键，NaHSO4溶于水电离出Na+、H+和 ，既有离子键被破坏又有共价键被破坏；
故选D。
26．C
【详解】A．4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项错误；
B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项错误；
C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项正确；
D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项错误；
答案选C。
27．C
【详解】A．Na2O2由Na+和构成，阴离子的电子数为2×8+2=18，A错误；
B．Na2O2由Na+和构成，阴阳离子个数比1:2，B错误；
C．Na2O2是由Na+和通过离子键结合成的离子化合物，C正确；
D．Na2O2是由Na+和通过离子键结合成的离子化合物，在熔融状态下能电离，属于电解质，D错误；
答案选C。
28．(1) 离子键和共价键 17 5
(2)NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长：H-I>H-C1，故键能H-I
(4) 或 7.47 取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+
【解析】（1）
氮和氢原子之间是共价键结合，铵根是NH3分子与氢离子以配位键结合，配位键是一种特殊的共价键，铵根与氯离子是以离子键结合的，NH4Cl中含有的化学键类型为离子键和共价键，三种元素半径最大的Cl元素，核外有17个电子，一个电子一个运动状态，其核外电子有17种不同的运动状态，一个能级一种能量，1s22s22p63s23p5，有5种不同的能量的电子；
（2）
NH4C1分解生成NH3和HCl，NH4I先分解生成NH3和HI，原于半径：I>C1，键长： H-I>H-C1，故键能H-I
根据沉淀转化析出氯化铵，NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，
a．NH4Cl(s)NH(aq)+Cl-(aq)吸热，冷却使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，a不符合题意；
b．加入食盐细颗粒，导致氯离子浓度增大，平衡使平衡逆向移动会析出氯化铵固体，b不符合题意；
c．通入CO2与反应的离子无关，平衡不移动，不会析出氯化铵晶体，C符合题意；
d．通入NH3，NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，同离子反应导致平衡逆向移动会析出氯化铵固体，d不符合题意；
故选c。
（4）
①NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价，Fe2O3中铁的化合价+3价降低变为Fe中0价，根据化合价守恒和原子守恒可配平为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，NH4Cl中氮的化合价-3价化合价升高变成了N2中0价转移3e-，有6个氮原子化合价升高，所以转移电子数目为6×3e-=18e-，或；
②根据①中的信息可知，18e-～3N2当有2mol电子转移时，可知n(N2)=×2mol，V=nVm=×2mol×22.4L/mol=7.47L；
③若上述反应物恰好完全反应，生成的铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe+2FeCl3=3FeCl2将固体产物溶解并过滤，滤液中的金属离子为亚铁离子，亚铁离子的检验，取样少量于试管中滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液的紫红色褪去，则溶液中金属离子为Fe2+或取样少量于试管中滴加铁氰化钾溶液，若出现蓝色沉淀，则溶液中金属离子为Fe2+；【点睛】
29． ＜ 氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层 Al、Si 2NA
【详解】(1)硅为14号元素，故硅原子的结构示意图为；硅和铝为同一周期元素，从左往右半径依次减小，故r(Si) ＜ r(Al)，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：，故答案为：；＜；；
(2)由于F的电负性比Cl的大，故氟化铝中存在离子键，而氯化铝中存在的是共价键，它们熔点差异大的原因可能是氟化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，故答案为：氟化铝为离子晶体，氯化铝为分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高；
(3) 类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层，故类铝的最外层电子排布式为，故答案为：；类铝与铝同主族，故最外层为3个电子，在铝下一周期，故为第四周期，电子层数为4层；
(4) 还原产物是指元素的化合价降低被还原而成的产物，根据上述反应可知，最终还原产物为Al、Si；反应中C的化合价由0价升高为CO中的+2价，故当有1mol C参加反应时，转移的电子数目为：2NA个，故答案为：Al、Si；2NA。
30． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
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