题目内容

3．（1）钠镁铝三种元素中第一电离能最大的是镁．
（2）某正二价阳离子核外电子排布式为[Ar]3d54s0，该金属的元素符号为Mn．
（3）微粒间存在非极性键、配位键、氢键及范德华力的是E．
A．NH4Cl晶体        B．Na3AlF6晶体       C．Na2CO3•10H2O晶体
D．CuSO4溶液        E．CH3COOH溶液
（4）部分共价键键能数据如下表：
键H-HN-HN-NN=NN≡N
键能/kJ•mol-1436391159418945
根据上表数据推算并写出由氮气和氢气合成氨气的热化学方程式：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ•mol-1．
（5）乙醇和乙醚是同分异构体，但它们性质存在差异：
分子式结构简式熔点沸点水溶性
乙醇C2H6OC2H5OH-114.3℃78.4°C互溶
二甲醚C2H6OCH3OCH3-138.5℃-24.9℃微溶
乙醇和二甲醚沸点及水溶性差异的主要原因是乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能．
（6）金属铜溶于在浓氨水与双氧水的混合溶液，生成深蓝色溶液．该深蓝色的浓溶液中加入乙醇可见到深蓝色晶体析出，请画出呈深蓝色的离子的结构简式．

分析 （1）同周期元素从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA族；
（2）某正二价阳离子核外电子排布式为[Ar]3d54s0，可知原子核外电子排布为[Ar]3d54s2；
（3）不同非金属元素之间存在极性共价键，相同非金属元素之间存在非极性共价键，活泼金属与非金属形成离子键；配位键是一种特殊的共价键，它的特点在于共用的一对电子出自同一原子，而另一个原子有空轨道；所以其特征是成键双方一方提供空轨道一方提供孤对电子；氢键是一种特殊的分子间作用力，非化学键；含F、O、N的氢化物中含有氢键，分子形成的物质之间存在范德华力；
（4）化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，反应热等于反应物总键能减生成物总键能；
（5）乙醇可形成氢键；
（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键．

解答 解：（1）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，元素的金属性Na＞Mg＞Al，但是由于镁原子的3s能级处于全满稳定状态，能量较低，第一电离能比Al元素高，
故答案为：镁；
（2）正二价阳离子核外电子排布式为[Ar]3d5，那么原子核外电子排布为式为：[Ar]3d54s2；即质子数为27，此元素为锰，元素符号为Mn，
故答案为：Mn；
（3）A．NH4Cl晶体存在极性键、配位键、离子键，故A不选；
B．Na3AlF6晶体存在配位键、离子键，故B不选；
C．Na2CO3•10H2O晶体存在极性键、氢键及范德华力，故C不选；
D．CuSO4溶液存在极性键、离子键，故D不选；
E．CH3COOH溶液存在非极性键（C-C、O-O）、配位键、氢键及范德华力，故E选；
故答案为：E；
（4）反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，所以该反应的反应热是△H=3×436 kJ/mol+945 kJ/mol-2×3×391kJ/mol=-93kJ/mol，
即热化学方程式是N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ/mol，
故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-93kJ•mol-1；
（5）乙醇中含有O-H键，可形成氢键，而二甲醚不能形成，则乙醇易溶于水，且沸点较高，故答案为：乙醇分子间能形成氢键，而二甲醚不能；
（6）金属Cu与双氧水发生氧化还原反应，生成的铜离子随即与一水合氨中的氮形成配位键，这种离子化合在乙醇中溶解度小而析出深蓝色晶体，其结构为
，故答案为：．

点评 本题考查了电离能、化学键、分子构型等内容，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目综合性强，难度较大．

练习册系列答案
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13．用如图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（　　）
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A淀粉KI溶液浓硝酸无明显变化
B酚酞溶液浓盐酸无明显变化
CAlCl3溶液浓氨水有白色沉淀
D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色
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14．已知G的分子结构模型如图1所示（图中球与球之间连线表示单键或双键），用芳香烃A为原料合成G的路线如图2：

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18．基于实验现象的推论，你认为合理的是（　　）
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