1、高考化学培优易错 难题 ( 含解析 ) 之 化学键含答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1(1)下面列出了几组物质：A 金刚石与石墨；B 丙烯与环丙烷；C 氕与氘； D 甲烷与戊烷； E.液氨与氨水； F.与； G.与，请将物质的合适组号填写在空格上。同位素 _同素异形体 _同系物 _同分异构体 _同一物质 _。(2)下列物质中： Ar MgBr 2 Na2O2 H2SO4 CS2 NH4Br BaO RbOH。只存在共价键的是 _ (填序号，下同 )，只存在离子键的是 _，既存在离子键又存在极性共价键的是_，既存在离子键又存在非极性共价键的是_。(3)异丁烷的一氯代物有_种，新戊烷的一氯代
2、物有_种。 C H Cl 的同分异326构体有 _种， C511的同分异构体有 _种，乙烷和氯气在光照条件下发生HCl取代反应所得产物最多有_种。【答案】 C A D B、 FG 21 4 8 10【解析】【分析】【详解】(1)上述物质中，氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素，故答案为： C；金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：A；甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差 4 个 CH2 原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为： D；丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与的分子式均为 C5H12 相同，但结构不同，分子式相同
3、，结构不同的化合物互为同分异构体，故答案为： B、 F；与属于同一种物质，故答案为：G；(2) Ar 为单原子分子，不含有化学键；MgBr 2 是离子化合物，Mg2+和 Br-形成离子键； Na2O2 是离子化合物， Na+和 O22-形成离子键， O22- 中 O 和 O 形成非极性共价键；H2SO4 是共价化合物，只存在极性共价键；CS2 是共价化合物， C 和 S形成极性共价键；NH4Br 是离子化合物， NH4+ 和 Br- 形成离子键， NH4+中 N 和 H 形成极性共价键； BaO 是离子化合物， Ba2+和 O2-形成离子键；RbOH 是离子化合物， Rb+与 OH-形成离子键
4、， OH-中 H 和 O 形成极性共价键；综上所述，只存在共价键的是，只存在离子键的是，既存在离子键又存在极性共价键的是，既存在离子键又存在非极性共价键的是，故答案为：；(3)异丁烷 (2-甲基丙烷 )有两种等效氢，其一氯代物有2 种；新戊烷 (2，2-二甲基丙烷 )只有一种等效氢，其一氯代物有1 种；分子式为C3H2Cl6 的有机物可以看作C3Cl8 中的两个Cl 原子被两个H 原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3 -CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、（两个边上的），CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CC
5、l2H-CCl2-CCl2HCCl（一中间一边上），故C3H2Cl6 共有 4 种；2H-CHCl-CCl3C5HCl11 可看作 C5C12 中的一个Cl 被 H 取代，先定碳骨架：C5 有三种碳骨架：、，后根据对称性移动官能团：氢原子的位置有、，因此 C5HCl11 的同分异构体有3+4+1=8种；乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1 种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2 种，四氯取代物有2 种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1 种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种；综上所述，答案为：2； 1； 4； 8； 10。2工
6、业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2 O NH4Cl+NaHCO3。完成下列填空：（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是_，第二周期原子半径由大到小的是 _。（ 2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是 _，该分子为 _（选填“极性”、“非极性”）分子。（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式_，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是_（填编号）a. 最高价氧化物对应水化物的酸性b. 两元素形成化合物的化合价c. 气态氢化物的稳定性d. 氢化物水溶液的酸碱性侯氏制碱法也称联
7、碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H22NH3（4）工业为了提高 H2 的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是 _（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2 的转化率的影响是_，对 H2 的反应速率的影响是 _。（ 5）该反应的催化剂是 _（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是： _。【答案】 OCNO非极性1s22s22p3bc 无影响减小变大铁触媒高温加快反应速率，催化剂适宜温度【解析】【分析】【详解】( 1) 上述反应体系中出现的几种短周期元素为:H、C、N、O、Na、 Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下
8、往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、 N、 O 为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：CN O；( 2) 铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是，该分子为非极性分子；( 3) 上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于 N 与O 元素之间非金属性大小判断依据：a. O 无最高价氧化物对应的水化物，a 不能作为判据；b. 可根据两元素形成化合物NO 中两元素的化合价来判断两者的非金属性
9、大小，b 能作为判据；c2O NH3H，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，. 两者的气态氢化物分别为、c 能作为判据；d. 氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d 不能作为判据；答案选 bc；( 4) 工业为了提高 H2 的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大 N2 的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2 的转化率会降低，但会提高另一反应物( H2 ) 的转化率；( 5) 合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反
10、应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2 化合越容易，则非金属性越强。从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。从非金属阴离子还原性强弱判断 : 非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱 , 其非金属性越弱。根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元
11、素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。3Nature Energy 报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al 2O3、 Ni- LiH 等作催化剂，实现了在常压、100-300 的条件下合成氨。（1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为_ ；基态 Ni2+的核外电子排布式为_，若该离子核外电子空间运动状态有15 种，则该离子处于 _（填 “基 ”或 “激发 ”）态。（2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基酸、硝酸、 TNT 等。甘氨酸（ NH2CH2COOH
12、）是组成最简单的氨基酸，熔点为182 ，沸点为 233 。硝酸溶液中NO3?的空间构型为 _。甘氨酸中N 原子的杂化类型为_，分子中键与 键的个数比为 _，晶体类型是_，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸（熔点为-2l ，沸点为141）的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是_。（ 3） NH3 分子中的键角为 107 ，但在 Cu(NH3)42+离子中 NH3 分子的键角如图 l 所示，导致这种变化的原因是 _（4）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如图 2 所示，若晶胞参数为3NA=_（列出表达d pm ，密度为 g/cm，则阿伏加德罗常数
13、式） mol -l。226268或 Ar 3d8激发 平面三角形39:1 分子晶体【答案】 FNO 1s2s 2p3s 3p 3dsp分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）形成配合离子后，配位键与NH3 中 NH 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3 中 NH 键之间的排斥力，故配合离子中NH3 的 NH 键间1.161032的键角变大；d3【解析】【详解】(1)与氧相邻且同周期的元素为 N 和 F，由于较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为N 原子最外层电子为半充满状态，第一电离能FNO； Ni 元素为 28 号元素
14、，失去最外层两个电子形成 Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d8 或 Ar 3d 8；基态 Ni2+的核外电子空间运动状态有1+1+3+1+3+5=14 种，若该离子核外电子空间运动状态有15种，则该离子处于激发态；(2) NO35+03+1?的中心原子价层电子对数为=3，孤电子对数为 0，所以空间构型为平面2三角形；甘氨酸 (NH2 2N-H 键和一个 N-C 键，达到饱和状态，价层电子CH COOH)中 N 原子形成两个对数为 4，所以为 sp3 杂化；分子中碳氧双键中存在一个键，其余共价键均为 键，所以分子中 键与 键的个数比为9:1；甘氨酸熔沸点
15、较低属于分子晶体；分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；(3)形成配合离子后，配位键与NH 中 NH 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH中 NH33键之间的排斥力，故配合离子中NH3 的NH 键间的键角变大；(4)根据均摊法，该晶胞中Li 原子个数为8，其分子式为Li2NH，则晶胞中 NH 原子团的个数78+154-10为 4，则晶胞的质量为m=g，晶胞参数为 d pm=d NA10 cm，所以晶胞的体积3-30378+154 g1.161032V=d 10 cm ，则密度m =NA，解得 NA =d3。Vd310-3
16、0 cm3【点睛】含有 OH、 NH2 等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气均为sp3 杂化，但由于键对 键的排斥力小于孤电子对键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。4（ 1）双氧水 (H2O2)是一种绿色氧化剂，它的电子式为_。（ 2）在常压下，乙醇的沸点（ 78.2）比甲醚的沸点（ -23）高。主要原因是 _。（ 3）联氨（又称肼，分子式 N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。肼的水溶液显碱性原因是 _（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。【答案】乙醇分子间形成了
17、氢键，而甲醚却不能N2 4 223+-H +H O? NH NH +OHN2H6(HSO4)2【解析】【分析】【详解】(1)双氧水 (H2O2)是一种绿色氧化剂，双氧水是共价化合物，电子式为；(2)在常压下，乙醇的沸点 (78.2 )比甲醚的沸点 (-23 )高。主要原因是乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能；(3)联氨在水中的电离方程式与氨相似, 则联氨的第一步电离方程式为：N2H4+H2O?NH2NH3+ +OH-，则肼的水溶液显碱性。联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：N2H4+H2O?N2 H5+OH-，第二步电离方程式为：N2H5+H2O?N2H62+OH-，则联氨与硫酸形成的酸式盐的
18、化学式为N2H6(HSO4)2。5某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、 Fe2O3、 KClO4、 NaHCO3 等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。(1) NaN3 是气体发生剂，受热分解产生N2 和 Na， N2 的电子式为 _ 。(2) Fe2O3 是主氧化剂，与Na 反应生成的还原产物为_(已知该反应为置换反应 )。(3) KClO4 是助氧化剂，反应过程中与 Na 作用生成 KCl和 Na2 O。 KClO4 含有化学键的类型为_， K 的原子结构示意图为_。【答案】 :N?N:Fe离子键和共价键【解析】【分析】(1)N2 分子中 N
19、 原子之间形成3 对共用电子对，据此书写其电子式；(2)Fe2O3 是氧化剂，与Na 发生置换反应，据此分析；(3)KClO 由钾离子与高氯酸根离子构成，据此分析其所含的化学键；K 原子质子数为19 原4子核外有 4 个电子层，据此分析。【详解】(1)由 8 电子结构可知，N2 分子中 N 原子之间形成3 对共用电子对，其电子式为：:N?N:；故答案： :N?N:；(2)Fe2O3 是主氧化剂，与Na 发生置换反应，Fe 元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案： Fe；(3)KClO4 由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl 原子与 O 原子之间形成共价键，即该物质含有离子键、共价
20、键；K 原子质子数为19，原子核外有4 个电子层，各层电子数为 2、 8、8、 1；故答案：离子键和共价键；。6短周期元素A、B、C、 D、 E 在元素周期表中的相对位置如图所示：请回答下列问题：（ 1） D 在元素周期表中的位置为 _。（ 2） A 和 C形成的一种摩尔质量为 41g mol - 1 的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为 _。（3） M 为 A 的简单气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2 的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为_。N 为 A 的另一种氢化物，其相对分子质量比M 大15，N 为二元弱碱，在水中分步电离，并与M 的电离方式相似，则N
21、第一步电离的电离方程式为_， N 与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为_。（4）下列事实能说明E 元素的非金属性比D 元素的非金属性强的是 _ ( 填序号 ) 。E 的单质与 D 的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀E 与 H2 化合比 D 与 H2 化合更容易D 与 Fe 化合时产物中Fe 为 +2 价， E 与 Fe 化合时产物中Fe 为 +3 价等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c H+DE()： （5） D2E2 分子中各原子最外层均满足8 电子结构，则D2E2 的电子式为 _。【答案】第三周期A族AlN4HCl AlClNH4Cl2NH33H2 O2 N26H2O=3或=2
22、NH3 H2O 3H2O2=N2 8H2ON2H4 H2O OHN2H6( HSO4) 2N2H5【解析】【分析】由短周期元素 A、 B、 C、D、 E 在元素周期表中的相对位置可知，A 为 N， B 为 O，C 为Al， D 为 S，E 为 Cl。【详解】A 为 N， B 为 O， C 为 Al， D 为 S， E 为 Cl。( 1) D 为 S，原子序数为16，位于周期表中的第三周期A 族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41gmol1的化合物，则该化合物为AlN。根据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3 和 NH4Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl；( 3) M
23、为 A 的简单气态氢化物，为NH3，其水溶液为322 2NH HO，可作刻蚀剂 H O 的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O； N 为 A 的另一种氢化物，其相对分子质量比M 大 15，则 N 为 N2H4。 N 为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相似，则N 第一步电离的电离方程式为N2422 5+OH ； N24作为二H +H ON HH元弱碱，其阳离子为N2，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO2H64 ，化学式为 N2 642H( HSO ) ；( 4) E 的单质，即Cl2，与 D 的气态氢化物H2S 的水溶液反应
24、，生成淡黄色沉淀，发生反应Cl2H2S S2HClCl2置换出SCl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl E= ，( )大于 S( D) ，正确；非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。Cl2 与 H2 化合比 S与 H2 化合更容易，可知非金属性Cl ES D() 大于 ( ) ，正确；S 与 Fe化合时产物中Fe 为+2 价， Cl2 与 Fe 化合时产物中 Fe 为 +3 价， Cl2 得到电子能力强，可知非金属性Cl ES D( ) 大于 ( ) ，正确；D 的最高价含氧酸为H2SO4， E 的最高价含氧酸为HClO4。同浓度下， H2SO4 溶液中 c( H )大，是由于
25、 H2SO4 为二元酸， HClO4 为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的非金属性强弱无关，错误；综上符合题意；( 5) D2 28 电子结构， S 达到稳定结构需要形成2 对共用电子E 分子中各原子最外层均满足对， Cl 达到稳定结构需要形成1 对共用电子对，可知 S2 21 对电子，Cl 分子中 S 原子间共用每个 S 原子与 Cl 原子共用一对电子，结构式为Cl- S- S- Cl，其电子式为。7现有短周期元素性质的部分数据如下表，其中x 的值表示不同元素的原子吸引电子的能力大小，若 x 值越大，元素的非金属性越强，金属性越弱。x 值相对较大的元素在所形成的分子中化合价为负。
26、 原子的核外电子层数与核外电子总数相同。元素编号元素性质x3.442.550.983.162.193.980.933.041.91常见化最高价+4+1+1+4合价最低价-2-1-3-1-3（ 1）根据以上条件，推断的元素符号分别为：_，_， _。（ 2） 的最高价氧化物的固体属于 _晶体，空间构型 _。（ 3）用电子式表示下列原子相互结合成的化合物电子式： ： _， 形成原子个数比为1： 1 的化合物： _。（4）写出 与 所形成仅含离子键的化合物和 与 所形成的化合物反应的离子方程式： _。【答案】 Li Cl P 分子直线形Na2O 2H=2Na H2O【解析】【分析】【详解】最低价为 2
27、，是 O 或者 S。原子的核外电子层数与核外电子总数相同，则只有H 满足，最外层电子数是1，电子层数也是1。和的最高价均为 4，同为 A 族，的非金属性比强，则为C，为 Si；和的最高价均为1，同为 A 族，的金属性强，则为 Na，为 Li。和的最低价均为1，为 A 族，非金属性强，则为F，为 Cl，和最低价均为3，为 A 族元素，的非金属性较强，则为N，为 P。如果是 S，则的非金属性比Cl 低，但是的非金属性比Cl 高，则为 O。【点睛】根据上述的分析，为O，为 C，为 Li，为 Cl，为 P，为 F，为 Na，为 N，为 Si，为 H。(1)根据分析，分别为Li、Cl、 P；(2)的最高
28、价氧化物是CO ，形成的晶体由CO 分子构成，属于分子晶体；CO 价层电子对2224-22CO2的空间构型为直线形；数为 2+=2 ，没有孤对电子对，则2(3)构成的物质为；NaOH，由 Na和 OH 构成，其电子式为形成 1 ：1 的化合物为 H2O2，其电子式为；(4)和形成仅含有离子键的化合物为Na O，和形成的化合物为HCl，其离子方程式2为 Na2O2H=2Na H2O。8著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“”稀土界的袁隆平。稀土元素包括钪、钇和镧系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式_，其中电子占据的轨道数为_。(2)在用重
29、量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如 2LnCl3+3H2C2O4+nH2O=Ln2(C2O4)3?nH2O+6HCl。H2C2O4 中碳原子的杂化轨道类型为_； 1 mol H2C2O4 分子中含键和 键的数目之比为 _。H2O 的 VSEPR模型为 _；写出与 H2O 互为等电子体的一种阴离子的化学式_。HCI 和 H2O 可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl?2HO，HCl?2HO 中含有H5O2+，结构为，在该离子中，存在的作用力有_a.配位键 b.极性键 c.非极性键 d.离子键 e.金属键 f 氢键 g.范德华力 h. 键
30、 i. 键(3)表中列出了核电荷数为21 25 的元素的最高正化合价：元素名称钪钛钒铬锰元素符号ScTiVCrMn核电荷数2122232425最高正价+3+4+5+6+7对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是_(4)PrO2 (二氧化镨 )的晶胞结构与CaF2 相似，晶胞中Pr(镨 )原子位于面心和顶点。假设相距最近的 Pr 原子与 O 原子之间的距离为a pm ，则该晶体的密度为_g?cm-3 (用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】 1s22s22p63s23p63d110 sp2 杂化7:2 四面体形NH2-abfi 五种元素的最高正
31、化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d 电子数目之和4141+1623 4a3NA10-103【解析】【分析】(1)Sc(钪 ) 为 21 号元素， 1s22s 22p63s23p63d14s2，据此写出基态Sc2+核外电子排布式； s、p、 d 能级分别含有1、 3、 5 个轨道，基态Sc2+的核外电子 3d 轨道只占了一个轨道，据此计算 Sc2+占据的轨道数；(2) 根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算；根据价层电子对互斥理论分析 H2O的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子；HCl?2
32、H2O中含有H5O2+，结构为，据此分析该粒子存在的作用力；(3) 根据表中数据，分别写出Sc、 Ti 、V、 Cr、 Mn的外围电子排布式为：3d14s2、3d24s2、3d3 4s2、 3d54s1、 3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s 电子和次高能层d 电子数目之和；(4) 根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度= m 进行计算。V【详解】(1)Sc(钪 )为 21 号元素，基态Sc2+失去两个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1，s、p 、d 能级分别含有 1、 3、 5 个轨道，但基态 Sc2+的核外电子
33、 3d 轨道只占了一个轨道，故共占据 13+32+1=10个，故答案为： 1s22s22p63s23p63d1； 10；(2) H2C2 O4 的结构式为，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp2 杂化，分子中含有7 个 键、 2 个 键，所以键和 键数目之比为：7:2 ，故答案为： sp2 杂化； 7:2；H2O 中 O 原子的价层电子对数= 6+2 =4 ，且含有两个 2 个孤对电子，所以 H2O 的 VSPER2模型为四面体形，分子空间构型为V 形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，因此，与 H2O 互为等电子体的阴离子可以是NH2-，故答案为：四面体形； NH2-；HCl?2H5 2+，结构为，存在的作用力有：配位键、极性键、氢O 中含有 H O键和 键，故答案为： abfi ；(3)根据表中数据，分别写出Sc、 Ti、 V、 Cr、Mn 的外围电子排布式为： 3d14s2、 3d24s2、3d34s2、3d 54s1、 3d54s2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s
