2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：化学键综合题汇编及详细答案

2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：化学键综合题汇编及详细答案

2020-2021 全国各地高考模拟试卷化学分类： 化学键综合题汇编及 详细答案 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。 ①同位素 _________ ②同素异形体 _________ ③同系物 _________ ④同分异构体 _________ ⑤同一物质 _________。 (2)下列物质中：① Ar ②MgBr 2 ③Na2O2 ④H2SO4 ⑤CS2 ⑥NH4Br ⑦ BaO ⑧RbOH。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，新戊烷的一氯代物有 _________种。 C3H2Cl6 的同分异 构体有 _________种， C5HCl11 的同分异构体有 _________种，乙烷和氯气在光照条件下发生 取代反应所得产物最多有 _________种。 【答案】 C A D B、F G ④⑤ ②⑦ ⑥⑧ ③ 2 1 4 8 10 【解析】 【分析】 【详解】 (1)上述物质中，①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； ②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； ③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； ④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，结构不同的化合物互为同分异构体， 故答案为： B、F； ⑤ 与 属于同一种物质，故答案为： G； (2)①Ar 为单原子分子，不含有化学键； ②MgBr 2 是离子化合物， Mg2+和 Br-形成离子键； ③Na2O2 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； ④H2SO4 是共价化合物，只存在极性共价键； ⑤CS2 是共价化合物， C 和 S形成极性共价键； ⑥NH4Br 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； ⑦BaO 是离子化合物， Ba2+和 O2-形成离子键； ⑧RbOH 是离子化合物， Rb+与 OH-形成离子键， OH-中 H 和 O 形成极性共价键； 综上所述，只存在共价键的是④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共 价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：④⑤；②⑦； ⑥⑧；③； (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）、 CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种： CCl2H-CCl2-CCl2H （两个边上的）， CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故 C3H2Cl6 共有 4 种； C5HCl11 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． 工业制备纯碱的原理为： NaCl+CO2+NH3+H2O→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 侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应： N2+3H2 2NH3 （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】 O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 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： C＞N＞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大小， b 能作为 判据； c. 两者的气态氢化物分别为 H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小， 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： ①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。②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。③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。④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。⑤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。⑥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。 3． (1)下面是 4 种粒子的结构示意图： A． B． C． D． 图中粒子共能表示 ________种元素， 图中表示的阳离子是 ________(用离子符号表示 )， 图中 B 所表示的元素在元素周期表中的位置 ________。 (2)在 1﹣18 号的短周期主族元素中，图中的字母代表一种元素，回答下列问题： ① 写出 D 气态氢化物的电子式 ________； ② 写出 C 的最高价氧化物的结构式 ________； ③ E 和 F 分别形成的气态氢化物中较稳定的是 (填写氢化物的化学式 )_________； ④ A 最高价氧化物的水化物所含化学键为 ____，其水溶液与 B 反应的离子方程式为 ________； (3) X、Y、Z、M、N、Q 皆为短周期主族元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所 示。下列说法正确的是 ______ A．金属性： N＞Q B．简单离子半径： Q＞N＞X C．最高价氧化物对应水化物的酸性： M ＞Y＞N D．原子序数： Z＞ M＞X＞Y 【答案】 3 Mg2+ 第三周期第 ⅦA 族 O=C=O HCl 离子键、共价键 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2- +3H2 CD 【解析】 【分析】 (1) 根据质子数决定元素的种类分析，根据核内质子数与核外电子数的关系分析阴、阳离 子，写出阳离子符号，根据 B 的质子数判断其在元素周期表中的位置； (2) 由元素在周期表中的位置，可知 A 为钠、 B 为铝、 C为碳、 D 为氮、 E 为硫、 F 为氯。 ①D 单质为 N2，分子中 N 原子之间形成 3 对共用电子对；② C的最高价氧化物为 CO2，分 子中 C 与 O 原子之间形成双键；③元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；④ A 最高价氧 化物为 NaOH，氢氧化钠溶液与 Al 反应生成偏铝酸钠与氢气，由此写出反应的离子方程； (3) X、Y、Z、M、N、Q 都是短周期主族元素，由图中化合价可知， X 的化合价为 -2 价，没 有正化合价，故 X 为 O 元素， M 的化合价为 +6、-2 价，故 M 为 S元素； Z 的最高价为 +7 价，最低价 -1 价，则 Z 为 Cl 元素； Y 的化合价为 +4、-4 价，原子半径小于 Cl，故 Y 为 C 元 素； N 为+3 价，原子半径大于 S，故 N 为 Al 元素； Q 的化合价为 +1 价，位于第Ⅰ A 族，原 子半径大于 Al ，故 Q 为 Na 元素，根据以上分析解答。 【详解】 (1) 由四种粒子的结构示意图可知，核内的质子数有 3 种，则图中粒子表示 3 种元素；阳离 子的核电荷数大于核外电子数，四种粒子的结构示意图中，只有 A 的核内质子数（ 12）> 核外电子数（ 10），表示阳离子，离子符号为 Mg2+；B 的核内质子数为 17，表示的是 Cl 元素，位于元素周期表第三周期第Ⅶ A 族； (2) 由元素在周期表中的位置，可知 A 为钠、 B 为铝、 C为碳、 D 为氮、 E 为硫、 F 为氯。 ①D 气态氢化物为 NH3，分子中 N 原子和 H 原子之间共形成 3 对共用电子对，电子式为： ； ②C 的最高价氧化物为 CO2，分子中 C与 O 原子之间形成双键，结构式为： O=C=O； ③同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定，非金属性 SAl，A 错误； B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小为： O2- >Na+>Al3+，B 错误； C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以酸性由强互弱的顺序为：硫 酸>碳酸 >偏铝酸， C正确； D．根据分析可知原子序数大小为： Z(Cl)>M(S)>X(O)>Y(C)，D 正确； 故答案选 CD。 4． 完成下列问题： (1)氮和磷氢化物热稳定性的比较： NH3______PH3（填 “ >”或 “ <”）。 (2)PH3 和 NH3 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对 PH3 与 HI 反应产物 的推断正确的是 _________（填序号）。 a．不能与 NaOH 反应 b．含离子键、共价键 c．受热可分解 (3)已知 H2与 O2 反应放热，断开 1 mol H-H 键、 1 mol O=O 键、 1 mol O-H 键所需要吸收的能 量分别为 Q1 kJ、 Q2 kJ、Q3 kJ，由此可以推知下列关系正确的是 ______。 ①Q1+Q2>Q3 ②2Q1+Q2<4Q3 ③2Q1+Q2<2Q3 (4)高铁电池总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，写出电池的正极反 应： __________，负极反应 ________________。 【答案】 > bc ② FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH- Zn+2OH--2e- =Zn(OH)2 【解析】 【分析】 (1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析； (2)PH3 与 HI 反应产生 PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质； (3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为 放热反应分析解答； (4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物 质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。 【详解】 (1)由于元素的非金属性： N>P，所以简单氢化物的稳定性： NH3>PH3； (2) a．铵盐都能与 NaOH 发生复分解反应，所以 PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误； b．铵盐中含有离子键和极性共价键，所以 PH4I 也含离子键、共价键， b 正确； c．铵盐不稳定，受热以分解，故 PH4I 受热也会发生分解反应， c 正确； 故合理选项是 bc； (3)1 mol H 2O 中含 2 mol H-O 键，断开 1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H 键需吸收的能量分 别为 Q1、Q2、 Q3 kJ，则形成 1 mol O-H 键放出 Q3 kJ热量，对于反应 H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(g)， 断开 1 mol H-H 键和 1 2 mol O=O 键所吸收的能量 (Q1+ 1 2 Q2) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的 能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以 2Q3-(Q1+ 1 2 Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项 是②； (4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池 总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知： Fe 元素的化合价由反应前 K2FeO4 中的 +6 价变为反应后 Fe(OH)3 中的 +3 价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的 电极反应式为： FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；Zn 元素化合价由反应前 Zn 单质中的 0 价 变为反应后 Zn(OH)2 中的 +2 价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极 反应式为 Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。 【点睛】 本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。元素周期 律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分 析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是 能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的 酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。 5． 研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。 I-与 I2 在水体和大气中的部分转化如 下图所示。 (1) I2 的电子式为 ______________。 (2)水体中的 I-在非酸性条件下难于被空气中的 2O 氧化。原因是 - 2 2 22H O 4I O 2I 4OH? 的反应速率慢，反应程度小。 ①I-在酸性条件下与 2O 反应的离子方程式是 _____________________________________ 。 ②在酸性条件下 I-易被 2O 氧化的可能的原因是 ______________________________________ 。 (3)有资料显示：水体中若含有 2Fe ，会对 3O 氧化 I-产生影响。为检验这一结论，进行如下 探究实验：分别将等量的 3O 通入到 20mL 下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结 果。己知：每 31molO 参与反应，生成 21molO 。 序号 试剂组成 反应前溶液的 pH 反应后溶液的 pH I 的转化率 3Fe(OH) 的生 成量 甲 2 13 10 mol L NaI 1amol L NaCl 5.3 11.0 约 10% 乙 2 13 10 mol L NaI 2 1 21.5 10 mol L FeCl 5.1 4.1 约 100% 大量 丙 2 1 21.5 10 mol L FeCl 5.2 3.5 —— 少量 ① a _______________________ 。 ②甲中反应为可逆反应，其离子方程式是 ________________________ 。 ③比较甲、乙、丙实验，说明 2Fe 在实验乙中的作用并解释 _______________________。 【答案】 2 2 24H 4I O 2I 2H O (H )c + 增大， (OH )c 减小，使平衡 2 2 22H O 4I O 2I 4OH? 正向移动，反应易于进行等其他合理答案 23 10 2 3 2 2H O 2I O I 2OH O? 2Fe 或 2Fe 的氧化产物 3Fe 与 -I 和 3O 反应产生的 OH 结合，促使该平衡正向移动，提高了 -I 的转化率等其他合理答案 【解析】 【分析】 （1）根据成键方式书写电子式；（ 2）根据氧化还原反应原理书写反应方程式，并根据平 衡移动原理分析解答；（ 3）根据实验数据及平衡移动原理分析解答。 【详解】 （1） I2 属于共价分子，电子式为： ，故答案为： ； （2）① 根据题干信息分析， I-在酸性条件下被 2O 氧化生成 I2，反应的离子方程式是 - 2 2 24H 4I O 2I 2H O ； ② 根据提给信息中 I-在非酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下 I-易被 2O 氧化的可能的原因是 (H )c + 增大， (OH )c 减小，使平衡 2 2 22H O 4I O 2I 4OH? 正向移动，反应易于进行，故答案为： - 2 2 24H 4I O 2I 2H O ； (H )c + 增大， (OH )c 减小，使平衡 2 2 22H O 4I O 2I 4OH? 正向移动，反应易于进行等； （3）①验证 Fe2+对 O3 氧化 I-产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以 A、 B 组对照实 验中 c( Cl-) 要相同，即 c( NaCl) =2c( FeCl2) =2×1.5×10-2mol/L=3 ×10-2mol/L ，故答案为： 3×10-2； ②O3 氧化 I-时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为： 2 3 2 2H O 2I O I 2OH O? ，故答案为： 2 3 2 2H O 2I O I 2OH O? ； ③Fe2+具有强还原性，易被 O3 氧化生成 Fe3+，Fe2+或 Fe3+结合 OH-生成弱碱，促使反应 2 3 2 2H O 2I O I 2OH O? 正向进行，提高 I-转化率，故答案为： 2Fe 或 2Fe 的 氧化产物 3Fe 与 -I 和 3O 反应产生的 OH 结合，促使该平衡正向移动，提高了 -I 的转化 率。 6． 合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液 [醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水 ]吸收在 生产过程中产生的 CO和 CO2 等气体，铜液吸收 CO 的反应是放热反应，其反应方程式为： Cu（ NH3） 2Ac＋CO＋NH3 [Cu（NH3） 3CO]Ac。 完成下列填空： （1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 ___。（选填编号） a．减压 b．增加 NH3 的浓度 c．升温 d．及时移走产物 （2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式： ___。 （3）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为 ___，其中氮元素原 子最外层电子排布的轨道表示式是 ___，通过比较 ___可判断氮、磷两种元素的非金属性强 弱。 （4）已知 CS2 与 CO2 分子结构相似， CS2 的电子式是 ___。 （5）CS2 熔点高于 CO2，其原因是 ___。 【答案】 bc 2NH 3+CO 2+H 2O=(NH 4)2CO3、(NH 4)2CO3+CO 2+H 2O=2NH 4HCO 3 C＞N＞O＞ H NH 3和 PH3 的稳定性 二者都为分子晶 体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 【解析】 【分析】 铜液吸收 CO 的反应是放热反应，其反应方程式为： Cu（NH 3） 2Ac＋CO＋NH 3 [Cu （NH 3） 3CO]Ac 。增大浓度、升高温度等，可增大反应速率。 CS2 和 CO2 均为分子晶体。 【详解】 （1）a．减压反应速率减小， a 错误； b．增大浓度，可增大反应速率， b 正确； c．升高温度，增大反应速率， c 正确； d．减小生成物浓度，反应速率减小， d 错误； 答案选 bc。 （2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为 2NH 3+CO2+H2O=(NH 4)2CO3、(NH 4)2CO3+CO 2+H2O=2NH 4HCO 3。 （3）铜液的组成元素中，短周期元素有 H、 C、N、O 等元素， H 原子半径最小，同周期元 素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径 C＞N＞O＞H，氮元素原子最外层为第二层有 5 个电子，电子排布的轨道表示式是 ；比较非金属性强弱，可根据 氢化物的稳定性强弱。 （4）CS2 的电子式类似于 CO2，电子式为 ，二者都为分子晶体，相对分子质量 越大，分子间作用力越大，则熔点越高。 【点睛】 分子晶体的熔沸点比较，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。 7． 生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中 NH4Cl 含量为 180 mg/L 。 (1)写出 NH4Cl 的电子式 _________。 (2)写出与氯同周期，有 2 个未成对电子的原子的电子排布式： _______、 ________ (3)为除去废水中的 NH4 +，向 103 L 该污水中加入 0.1 mol/L NaOH 溶液，理论上需要 NaOH 溶液的体积为 _________L(计算结果保留两位小数 )。 (4)若某污水中同时存在 NH4 ＋和 NO3-时。可用下列方法除去：可先在酸性污水中加入铁屑 将 NO3-转化为 NH4 ＋后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目： ___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O，____________。 【答案】 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p4 33.64 4 1 10 4 1 3 【解析】 【分析】 (1) NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+、Cl-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其 电子式； (2)根据 Cl 原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排 布 2 个电子，确定与氯同一周期，有 2 个未成对电子的原子的电子排布式； (3)根据 NH4Cl 与 NaOH 溶液反应时二者的物质的量的比是 1：1，根据污水中 NH4Cl 含量为 180 mg/L ，计算 c(NH4Cl)，结合 n=c·V 计算； (4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。 【详解】 (1) NH4Cl 是离子化合物，由 NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为： ； (2)Cl 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，其最外电子层 3p 能级具有 3 个轨道，由于原 子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳 2 个电子则 与氯同一周期，有 2 个未成对电子的原子的电子排布式分别为 1s22s22p 63s23p2， 1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是 Si 和 S； (3)污水中 NH4Cl 含量为 180 mg/L ，则 c(NH4Cl)= 0.18?g / L 53.5?g / mol = 0.18 53.5 mol/L ，103 L 该污水中 中含有 NH4Cl 的物质的量为 n(NH4Cl)= 0.18 53.5 mol/L × 103 L=3.364 mol，根据反应： NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑ +H2O，可知 n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol，由于 NaOH 溶液浓度为 0.1 mol/L ，则理论上需要 NaOH 溶液的体积 V(NaOH)= n 3.364?mol c 0.1?mol / L =33.64 L； (4)在反应： ___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O 中， Fe 元素化合价由 0→ +2 价，升高 2 价， N 元素化合价由 NO3-→ NH4+，降低 8 价，化合价升降最小公倍数是 8，所 以 Fe、Fe2+系数是 4，NO3-、 NH4+系数是 1，然后根据反应前后电荷守恒，可知 H+的系数是 10，最后根据原子守恒，可得 H2O 的系数是 3；则配平后该反应方程式为： 4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，用单线桥法表示为： 。 【点睛】 本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化 学方程式计算的应用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子 转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应 物质的化学计量数的比。 8． 铅是一种金属元素，可用作耐酸腐蚀、蓄电池等的材料。其合金可作铅字、轴承、电缆包 皮之用，还可做体育运动器材铅球等。 (1)铅元素位于元素周期表第六周期 IVA。 IVA中原子序数最小的元素的原子有 _______种能 量不同的电子，其次外层的电子云有 _______种不同的伸展方向。 (2)与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 ______（填化学 式），气态氢化物沸点最低的是 _____________（填化学式）。 (3)配平下列化学反应方程式，把系数以及相关物质 (写化学式 )填写在空格上， 并标出电子 转移的方向和数目。 __PbO2+___MnSO4+___HNO3 →___HMnO 4+___Pb(NO3)2+___PbSO4↓+____ ____ (4)把反应后的溶液稀释到 1 L，测出其中的 Pb2+的浓度为 0.6 mol ·L-1，则反应中转移的电子 数为 _______个。 (5)根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是 _______ A．PbO2+4HCl → PbCl4+2H2O B． PbO2+4HCl → PbCl2+ Cl2↑ +2H2O C．PbO2+2HCl+2H+→ PbCl2+2H2O D．PbO2+4HCl → PbCl2+2OH- 【答案】 3 1 H2CO3 CH4 5 2 6 2 3 2 2H2O 2NA B 【解析】 【分析】 (1)IVA 中原子序数最小的元素的原子为 C，其核外电子排布式为 1s22s22p2，则碳原子有 1s、2s 和 3p 三种能量不同的电子； C 的次外层为 s 轨道，为球形对称结构； (2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；同一主族元素中，氢化 物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，其沸点越高； (3)根据氧化还原反应中化合价升降相等配平，然后利用单线桥表示出该反应中电子转移的 方向和数目； (4)根据 n=c·V 计算出铅离子的物质的量，根据反应计算出硫酸铅的物质的量，再根据化合 价变化计算出转移电子的物质的量及数目； (5)根据 (3)可知二氧化铅的氧化性大于氯气，二氧化铅与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化 铅、氯气和水，据此进行判断。 【详解】 (1)IVA 中原子序数最小的元素为 C，C原子核外有 6 个电子，其核外电子排布式为 1s22s22p2，则碳原子有 1s、2s 和 3p 三种能量不同的电子； C 的次外层为 1s 轨道，为球形 对称结构，只存在 1 种不同的伸展方向； (2)IVA 中非金属性最强的为 C，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳 酸，其化学式为： H2CO3； 对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高。 IVA 族元素中， CH4 的相对分子质量最小，则其沸点最低； (3)PbO2 中 Pb 的化合价从 +4 变为 +2 价，化合价降低 2 价； MnSO4 中锰元素化合价从 +2 变 为+7，化合价升高 5 价，则化合价变化的最小公倍数为 10，所以二氧化铅的系数为 5，硫 酸锰的稀释为 2，然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为 H2O，配平后的反应为： 5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO 4+3Pb(NO3)2+2PbSO4↓ +2H2O，用单线桥表示电子转移的方向 和数目为： ； (4)把反应后的溶液稀释到 1 L，测出其中的 Pb2+的浓度为 0.6 mol/L ，则反应生成铅离子的 物质的量为： n(Pb2+)=c·V=0.6 mol/L × 1 L=0.6 mol，硫酸铅中铅离子的物质的量为 0.4 mol，则 反应中转移电子的物质的量为： (0.6+0.4) mol ×(4-2)=2 mol，反应转移电子的数目为 2NA； (5)根据 (3)可知氧化性： PbO2>HMnO 4，而 HMnO 4 能够氧化 Cl-，所以 PbO2 能够氧化 Cl-，二 者反应的化学方程式为： PbO2+4HCl → PbCl2+Cl2↑ +2H2O，故合理选项是 B 正确。 【点睛】 本题考查了原子结构与元素周期律的关系、氧化还原反应的配平及其综合应用，明确氧化 还原反应的实质与元素化合价的关系，掌握配平原则是本题解答的关键。注意掌握原子结 构与元素周期表、元素周期律的关系，能够利用单线桥或双线桥法分析电子转移的方向和 数目。 9． 将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原 反应的体系，共有 KCl、Cl2、浓 H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4 七种物质。完成下列 填空： (1)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，配平并标出电子转移方向和数目： ___________________________。 (2)上述反应中，氧化剂是 _____________，每转移 1 mol 电子，生成 Cl2_____ L（标准状 况）。 (3)在反应后的溶液中加入 NaBiO3(不溶于冷水 )，溶液又变为紫红色， BiO3 - 反应后变为无色 的 Bi3+。写出该实验中涉及反应的离子反应方程式： _________________。 (4)根据以上实验，写出两个反应中氧化剂、氧化产物的氧化性强弱顺序 __________。 (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素的简单离子半径由大到小的顺序为 ________ (6)氯原子的最外层电子的轨道式为 ___________，氯原子核外有 _______不同运动状态的电 子。 【答案】 KMnO4 11.2 2Mn 2++5NaBiO3+14H+=2MnO4- +5Na++5Bi3++7H2O NaBiO3>KMnO4>Cl2 S2->Cl- 17 【解析】 【分析】 (1)由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具 有氧化性，则还原反应为 KMnO4→ MnSO4，则在给出的物质中 Cl 元素的化合价升高，则氧 化反应为 KCl→Cl2，然后根据元素守恒来书写氧化还原反应； (2)在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间 的关系计算； (3)在反应后的溶液中加入 NaBiO3(不溶于冷水 )，溶液又变为紫红色，说明 Mn 2+被氧化变为 MnO 4-，BiO3-发生反应得到电子后变为无色的 Bi3+，据此写出离子方程式； (4)在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性； (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有 S、 Cl，根据离子半径大小比较方法判 断； (6)根据构造原理可知氯原子的核外电子排布式，任何一个原子核外没有运动状态完全相同 的电子存在；结合原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写 Cl 原子最外层电子的轨道 式。 【详解】 (1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为 KMnO4→ MnSO4，则在给出的物质中 Cl 元素的化合价升高，则氧化反应为 KCl → Cl2，则反应为 KMnO4+KCl+H2SO4→ MnSO4+K2SO4+Cl2↑ +H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反 应为 ； (2)2KMnO 4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑ +8H2O 中，锰元素的化合价由 +7 变为 +2， 所以高锰酸钾是氧化剂， 2 mol 氧化剂在反应中得到电子的物质的量 =2 mol ×(7-2)=10 mol， 每转移 1 mol 电子，生成 Cl2 是 0.5 mol，其在标准状况下的体积为 V(Cl2)=0.5 mol × 22.4 L/mol=11.2 L； (3)如果在反应后的溶液中加入 NaBiO3，溶液又变紫红色，是因 NaBiO3 具有强氧化性 (比 KMnO4 氧化性强 )，将 Mn 2+氧化为 MnO 4-，BiO3-得到电子被还原变为无色的 Bi3+，根据电子 守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为： 2Mn 2++5NaBiO3+14H+=2MnO 4- +5Na++5Bi3++7H2O； (4)在反应 2KMnO 4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑ +8H2O 中，物质的氧化性： KMnO4>Cl2；在反应 2Mn 2++5NaBiO3+14H+=2MnO4- +5Na++5Bi 3++7H2O 中，物质的氧化性： NaBiO3>KMnO4，所以氧化性强弱顺序是： NaBiO3>KMnO4>Cl2； (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯， S2-、 Cl-核外电子排布都是 2、 8、8，电子层结构相同，由于核电荷数 Cl>S，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其 简单离子半径： S2->Cl-； (6)Cl 是 17 号元素，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p5，可见 Cl 原子最外层有 7 个电子， 氯原子的最外层电子的轨道式为 ，氯原子核外有 17 不同运 动状态的电子。 【点睛】 本题考查了氧化还原反应方程式的书写、电子转移方法的表示、原子核外电子排布规律、 微粒半径大小比较等。掌握氧化还原反应中元素化合价与电子转移的关系和物质结构知识 是本题解答的关键，题目考查了学生学以致用的能力。 10． （1）H、D、T 三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是 _______，它们与氧的 同位素 16O、 18O 相互结合为水，可得水分子的种数为 _______；[14NH3T]+ 中，电子数、质 子数、中子数之比为 _____ （2）核内中子数为 N 的 R2＋，质量数为 A，则 ng 它的同价态氧化物中所含电子的物质的 量为 ____________。 （3）含 6.02 ×1023 个中子的 7 3 Li 的质量是 ______g （4）① Ne ②HCl ③P4 ④N2H4 ⑤ Mg3N2 ⑥Ca(OH)2 ⑦CaC2 ⑧NH4I ⑨AlCl3，请用 上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是 ____________，只存在非极性共价键的是 _______________。既存在离子键又存在非极性共价键的是 _____________。 （5）在下列变化中，①碘的升华 ②烧碱熔化 ③MgCl2 溶于水 ④HCl 溶于水 ⑤Na2O2 溶于 水，未发生化学键破坏的是 _____________，仅发生离子键破坏的是 _____________仅发生 共价键破坏的是 _________，既发生离子键破坏又发生化学键破坏的是 _______。（填写序 号） 【答案】 1∶2∶3 12 10∶11∶9 n A 16 ×（A-N+8） 1.75 或 7/4 ②⑨ ③ ⑦ ① ②③ ④ ⑤ 【解析】 【分析】 (1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据 ρ= m V 计算其单质的密度之比；根据 1 个水分子 是由两个氢原子和 1 个氧原子构成来分析；结合离子符号，计算含有电子数、质子数、中 子数进行判计算； (2)核内中子数为 N 的 R2+离子，质量数为 A，所以质子数为 A-N，电子数为 A-N；该离子带 2 个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为 RO，该氧化物的摩尔质量为 (A+16)g/mol ，据此 分析计算； (3)根据 n= A N N 计算中子物质的量， Li 的中子数为 7-3=4，进而计算 Li 的物质的量，再根据 m=nM 计算； (4)根据共价键和和离子键的定义判断。共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学 键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；共价键的极性根据成键元素判断； (5)根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。 【详解】 (1)质量数 =质子数 +中子数，三种原子的质量数分别为 1、2、 3，故在同温同压下，体积相 等，故根据 ρ=m V = nM V 知，其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为 1∶ 2∶3；由 氧的同位素有 16O、 18O，氢的同位素有 11H、12H、 13H，在 1 个水分子中含有 2 个氢原子和 1 个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则 16O 可分别与 11H、12H、 13H 构成水，即存在三 种水； 18O 可分别与 11H、 12H、13H 构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则 16O 可分别与 11H12H、12H13H、 11H13H 构成水，即存在三种水； 18O 可分别与 11H12H、 12H13H、 11H13H 构成水，即存在三种水；所以共形成 3× 4=12种水； [14NH3T]+ 中电子数、质 子数、中子数分别为 10、11、 (14-7+2)=9，故电子数∶质子数∶中子数 =10∶11∶9，故答 案为： 1∶2∶3；12；10∶ 11∶9； (2)该离子带 2 个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为 RO，该氧化物的摩尔质量为 (A+16)g/mol ，n g 它的氧化物的物质的量为 n A 16 mol； 1molRO 中含有 (A-N+8)mol 质子， 所以 ng 它的氧化物中所含质子的物质的量为 n A 16 × (A-N+8)，质子数与电子数相同，所 以电子的物质的量为： n A 16 × (A-N+8)mol，故答案为： n A 16 × (A-N+8)； (3)6.02 × 1023 个中子物质的量为 1mol ，Li 的中子数为 7-3=4，故 Li 的物质的量为 1 4 mol=0.25mol ，Li 的质量 =0.25mol × 7g/mol=7 4 g=1.75g，故答案为： 1.75； (4)①Ne 为单原子分子，不存在化学键； ②HCl 中 H 原子和 Cl 原子形成极性共价键； ③P4 中存在 P-P非极性共价键； ④N2H4 中存在 N-H 极性共价键和 N-N 非极性共价键； ⑤Mg 3N2 中镁离子与氮离子间形成离子键； ⑥Ca(OH)2 中钙离子和氢氧根离子间形成离子键；氢氧根离子内部氧原子、氢原子间形成极 性共价键； ⑦CaC2 中钙离子和 C22-间形成离子键； C22-内部碳原子之间形成非极性共价键； ⑧NH4I 铵根离子与碘离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子、氢原子间形成极性共价 键； ⑨AlCl3 是共价化合物，氯原子与铝原子形成极性共价键； 因此只存在极性共价键的是②⑨；只存在非极性共价键的是 ③；既存在离子键又存在非极 性共价键的是⑦，故答案为：②⑨；③；⑦； (5)①碘为分子晶体，升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化； ②烧碱为离子晶体，含有离子键和共价键，融化时离子键断裂，而共价键没有变化； ③MgCl2 为离子化合物，溶于水没有发生化学变化，只发生离子键断裂； ④氯化氢为共价化合物，只含有共价键，溶于水没有发生化学变化，只发生共价键断裂； ⑤Na2O2 含有离子键和共价键，溶于水发生化学反应，得到氢氧化钠和氧气，破坏离子键 和共价键； 因此未发生化学键破坏的是 ①；仅发生离子键破坏的是 ②③；仅发生共价键破坏的是④， 既发生离子键破坏又发生共价键破坏的是⑤，故答案为：①；②③；④；⑤。 【点睛】 本题的易错点为 (4)和 (5)，要注意常见物质中化学键类型的判断和常见变化过程中化学键的 变化情况的归纳。 11． 我国化学家在 “铁基 (氟掺杂镨氧铁砷化合物 )高温超导 ”材料研究上取得了重要成果，该研究 项目荣获 2013 年度 “国家自然科学奖 ”一等奖。 （1）基态 Fe2+的核外电子排布式为 _________________。 （2）氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是 __________(用相应的元素符号填 空 )。 （3）Fe(SCN)3 溶液中加人 NH4F，发生如下反应： Fe(SCN)3+6NH4F=(NH4)3FeF6+3NH4SCN。 ① (NH 4)3FeF6 存在的微粒间作用力除共价键外还有 _________(选填序号，下同 )。 a．配位键 b．氢键 c．金属键 d．离子键 ② 已知 SCN 一中各原子最外层均满足 8 电子稳定结构，则 C原子的杂化方式为 _____________,该原子团中 键与 个数的比值为 ___________________。 （4）FeCl3 晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而 FeF3 晶体熔点高于 1000℃， 试解释两种化合物熔点差异较大的原因： _______________________________ 。 （5）氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构与性质是多样化的。 ① 该族氢化物 RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随 R 的核电荷数的变化趋势如右图所示， 则 Y 轴可表示的氢化物 (RH3)性质可能有 ________。 a．稳定性 b．沸点 c．R—H 键能 d．分子间作用力 ② 碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮 化钛晶胞 (结构如图 )顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮化钛化台物的化学式为 ______。 【答案】 [Ar]3d 6 F＞O＞As ad sp 1:1 FeF3 为离子晶体， FeCl3 为分子晶体 ac Ti4CN3 【解析】 【分析】 （1）根据核外电子排布规律推知基态 Fe2+ 的核外电子排布式； （2）根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，据此答题； （3）①（ NH4） 3FeF6 是离子化合物，铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键，氮与氢之间 是共价键，铁与氟之间是配位键，据此答题； ②SCN- 的结构式为 [S=C=N] - ，其结构与二氧化碳相似，其中含有 2 个 σ 键与 2 个 π 键，据 此答题； （4）分子晶体中分子之间是范德华力，作用力比较小，而离子键的作用力较大，所以两者 的沸点相差较大，据此答题； （5）①a．根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强； b．氨气分子间存在氢键； c．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大； d．分子间作用力随相对分子质量的增加而增大； ②根据晶胞结构图利用均摊法可知，在晶胞中含有碳原子数、含有氮原子数、含有钛原子 数，据此写出化学式。 【详解】 （1）亚铁离子的核外电子数是 24，因此根据核外电子的排布规律可知，基态 Fe2+的核外 电子排布式为 [Ar]3d 6。 （2）非金属性越强，电负性越大，则根据元素周期律可知氟、氧、砷三种元素中电负性值 由大到小的顺序是 F＞O＞As。 （3）①(NH 4)3FeF6 是离子化合物，存在的微粒间作用力除共价键外还有离子键，另外还有 配位键，即 N 和 H、Fe 与 F 之间存在配位键，答案选 ad。 ② 已知 SCN 一中各原子最外层均满足 8 电子稳定结构，则碳元素分别与 S 以及 N 元素形成 1 个双键，不存在孤对电子，因此 C原子的杂化方式为 sp 杂化；由于单键都是 键，双键 是由 1 个 键与 1 个 键构成的，则该原子团中 键与 个数的比值为 1:1。 （4）FeCl3 晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，这说明氯化铁形成的晶体是分 子晶体，而 FeF3 晶体熔点高于 1000oC，这说明氟化铁形成的晶体类型是离子晶体，因此两 种化合物熔点差异较大的原因是 FeF3 为离子晶体， FeCl3 为分子晶体。 （5）①a ．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低， a 正确； b．由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高， b 不正确； c．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此 R—H 键能虽原子序数的增 大而减小， c 正确； d．三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大， d 不正确； 答案选 ac。 ② 根据晶胞的结构特点并依据均摊法可知，晶胞中含有的碳原子数是 8× 1 8 ＝1，氮原子数 6× 1 2 ＝3，钛原子数是 12×1 4 +1＝4，所以化学式为 Ti 4CN3。 12． 铁及其化合物在生活中有广泛应用。 （1）Fe3+基态核外电子排布式为 ______。 （2）实验室用 KSCN溶液、苯酚检验 Fe3+。 ①1mol 苯酚分子中含有 σ键的数目为 ______。 ②类卤素离子 SCN 可用于 Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸 和异硫氰酸 H N C S ，这两种酸中沸点较高的是 ______ （3）氮化铁晶体的晶胞结构如图 -1 所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 ______。 （4）某铁的化合物结构简式如图 -2 所示 ①上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为 ______（用元素符号表 示）。 ②上述化合物中氮原子的杂化方式为 ______。 【答案】 [Ar]3d 5 13mol 或 13× 6.02 × 1023 异硫氰酸或 H—N＝C＝S 4︰1 O＞ N＞C＞H sp3 和 sp2 【解析】 【分析】 （1）按要求写出 3+Fe 的电子排布式即可； （2）数出苯酚中的单键即可；沸点与分子间作用力有关，硫氰酸分子间无法形成氢键，异 硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高； （3）根据均摊法，数出氮、铁的原子数即可，注意面心上的原子算 0.5 个，体心算 1 个， 边角上算 0.125 个； （4）电负性一定是 O>N>C>H ，也可从各物质之间形成的化合物，谁显负价谁电负性大来 判断；而杂化方式可从其形成的键来判断； 【详解】 （1）Fe 为 26 号元素，则 3+Fe 的基态核外电子排布式为 5[Ar]3d ； （2）1 个苯酚中有 13 个单键和一个大 π 键；硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子 间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高； （3）氮原子在体心，因此就 1 个，铁原子有 1 18 +6 =4 8 2 个，因此铁、氮的微粒个数之 比为 4:1； （4）电负性大小为 O>N>C>H ，氮原子有成单键的也有成双键的，因此氮的杂化方式有 2sp 和 3sp 两种。 13． 下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图： (1)元素 A 在周期表中的位置 __________________________。 (2)用电子式表示 D2G 的形成过程 ____________________________ ，其所含化学键类型为 ___________。 (3)C2-、D+、G2-离子半径由大到小顺序是 ____________________(用离子符号回答 )。 (4)某同学设计实验证明 A、B、F 的非金属性强弱关系。 ①溶液 a 和 b 分别为 ______________，________________。 ②溶液 c 中的离子方程式为 ________________________________________ 。 (5)将 0.5 mol D2C2 投入 100 mL 3 mol/L ECl3 溶液中： ①转移电子的物质的量为 _____________________________________ 。 ②用一个离子方程式表示该反应 __________________________________________ 。 【答案】第二周期第Ⅳ A 族 离子键 S2-＞ O2-＞Na+ 硝酸 (或 HNO3) 饱和 NaHCO3 溶液 SiO32 －+CO2+H2O＝H2SiO3↓ +CO32- 0.5 mol 10Na2O2 + 6Al3+ + 6H2O=4Al(OH)3 + 2AlO2 －+ 5O2↑ + 20Na+ 【解析】 【分析】 由图中化合价可知， A、F 的化合价都为 +4、-4 价，二者同主族，且 F 的原子序数较大，故 A 为 C 元素、故 F 为 Si 元素； C 的化合价为 -2 价，没有正化合价，故 C为 O 元素； D 的化 合价为 +1 价，处于Ⅰ A 族，原子序数大于 O 元素，故 D 为 Na 元素； E 为+3 价，原子序数 大于 Na，则 E 为 Al 元素； G 的最高正价为 +6 价、最低价为 -2，应为 S元素； B 的有 +5、-3 价，处于Ⅴ A 族，原子序数介于 C、O 之间，则 B 为 N 元素，根据以上分析可知： A 为 C 元素、 B 为 N 元素、 C为 O 元素、 D 为 Na 元素、 E 为 Al 元素、 F 为 Si 元素、 G 为 S元素。 【详解】 （1）A 为 C元素， A 在周期表的位置为第二周期第Ⅳ A 族，故答案为：第二周期第Ⅳ A 族； （2）D 为 Na 元素、 G 为 S 元素， Na2S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成 过程为： ，其含有的化学键为离子键，故答案 为： ；离子键； （3）C 为 O 元素、 D 为 Na 元素、 G 为 S元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越 小，电子层越多离子半径越大，故离子半径 S2-＞O2-＞Na+，故答案为： S2-＞O2-＞ Na+； （4）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故 锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液 b 吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳 酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸， ①由上述分析可知，溶液 a 为硝酸，溶液 b 为饱和 NaHCO3 溶液，故答案为：硝酸 (或 HNO3)；饱和 NaHCO3 溶液； ②溶液 c 中的离子方程式为 SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓ +CO32-，故答案为： SiO32- +CO2+H2O=H2SiO3↓ +CO32-； （5）① Na2O2 投 AlCl3 溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还 原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中 O 元素化合价有 -1 升高为 0 价，故 0.5molNa 2O2 反应转移电子为 0.5mol × 1 2 × 2× [0-（-1）]=0.5mol ，故答案为： 0.5mol ； ②将 0.5mol Na 2O2投入 100mL 3mol/L AlCl 3 溶液中，生成 NaOH1mol、0.25mol 氧气， AlCl3 溶的物质的量为 0.3mol，1：4＜n（AlCl3）： n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成 Al（OH） 3、AlO2-，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中 n（AlO2-） =1mol- 0.3mol × 3=0.1mol，根据 Al 元素守恒可知， n[Al（OH） 3]=0.3mol-0.1mol=0.2mol ，故 n[Al （OH）3]：n（AlO2-）： n（氧气） =0.2mol：0.1mol ：0.25mol=4 ：2：5，反应离子方程式 为： 10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH） 3+2AlO2-+5O2↑ +20Na+，故答案为： 10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑ +20Na+。 【点睛】 考查结构性质位置关系，涉及半径比较、电子式、热化学方程式的书写、化学实验装置、 元素周期律等，元素推断是解题的关键。 14． 按要求回答下列问题： ( 1) 某种粒子有 1 个原子核，核中有 17 个质子， 20 个中子，核外有 18 个电子，该粒子的 化学符号是 ______________。 ( 2) 现有下列物质：① H2 ②Na2O2 ③NaOH ④H2O2 ⑤CaCl2 ⑥NH4NO3 ⑦H2S。只由离子键 构成的物质是 _________；只由极性共价键构成的物质是 _____；由极性键和非极性键构成 的物质是 _______；由离子键和极性键构成的物质是 _______。（填序号）。 ( 3) 写出下列物质的电子式： CaF2：______________CO2：______________ NH4Cl： ________________。 ( 4) 用电子式表示下列化合物的形成过程 : H2S：__________________________________ ； MgCl2：_____________________________。 【答案】 37 17 Cl ⑤ ⑦ ④ ③⑥ 【解析】 【分析】 ( 1) 根据质子数与电子数的关系确定是否带电荷及电荷的多少、电性，根据质子数、中子数 确定质量数； ( 2) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成 极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含 共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答； ( 3) CaF2中存在 Ca2+ 和 F- 离子，通过离子键结合在一起；二氧化碳中存在两个碳氧键， C、O 原子最外层都达到最外层 8 个电子；氯化铵为离子晶体，由氨根离子与氯离子通过离子键 结合在一起； ( 4) 根据硫化氢中硫原子与氢原子之间通过共价键形成的共价化合物；氯化镁是氯离子和镁 离子之间通过离子键形成的离子化合物。 【详解】 ( 1) 核中有 17 个质子，为 Cl 元素，有 20 个中子，质量数为 17+20=37，核外有 18 个电 子，核内质子数比核外电子数少 1，所以该微粒是带一个单位负电荷，为阴离子，该粒子 的化学符号是 37 17 Cl ； ( 2) ①H2 中只含非极性键； ②Na2O2 中钠离子与过氧根离子之间存在离子键，存在 O- O 非极性键，属于离子化合物； ③NaOH 中含有离子键和 O- H 极性键，属于离子化合物； ④H2O2 中存在 H- O 极性键和 O- O 非极性键，属于共价化合物； ⑤CaCl2 只存在离子键，属于离子化合物； ⑥NH4NO3 中存在离子键和极性键，属于离子化合物； ⑦H2S中只存在极性共价键，为共价化合物； 则：只由离子键构成的物质是⑤；只由极性共价键构成的物质是⑦；由极性键和非极性键 构成的物质是④；由离子键和极性键构成的物质是③⑥； ( 3) CaF2中存在 Ca2+ 和 F- 离子，电子式为 ；二氧化碳中存在两对碳 氧共用电子对，二氧化碳的电子式为： ；氯化铵是离子化合物，由氨根离子 与氯离子构成，电子式为： ； ( 4) H2S 的形成过程为 ，MgCl2 的形成过程为 。 【点睛】 本题难点是用电子式表示化学键形成过程，通常用“→”表示形成过程，在“→”左边是 形成该物质的所有原子的电子式，相同的原子可以合并，在“→”右边是该物质的电子 式；形成离子化合物时，要标箭头，表示电子转移方向。 15． 运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。 I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为 0.01mol ·L-1)溶液的 pH 和原子 序数的关系如图所示。 （1）元素 R在周期表中的位置是 _______；元素 Z 的原子结构示意图是 ________。 （2）元素 Y和 W 形成的 Y2W2 型化合物中含有化学键的类型为 ________。 II.短周期元素 C、O、S能形成多种化合物，如 CO2、CS2、COS等。 （1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是 __________（填序号） A．S与 H2 发生化合反应比 C与 H2 化合更容易 B．酸性 :H2SO3 >H2CO3 C．CS2 中碳元素为 +4 价，硫元素为 -2 价 （2）铅（ Pb）、锡（ Sn）、锗（ Ge）与元素 C 同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗 不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以 下结论： ①锗的原子序数为 _________。 ②它们 +4 价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为 ____________（填化学式）。 （3）羰基硫（ COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和 CO2 相似。羰基硫（ COS）的电子式为： ______________________。 【答案】第三周期 ⅦA 族 离子键、共价键 (或非极性共价键 ) AC 32 Pb(OH)4＞Sn(OH)4＞Ge(OH)4 【解析】 【分析】 I．X、Y、Z、W、R的原子序数依次增大，最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为 0.01mol?L -1，Y的 pH 为 12，为一元强碱，则 Y 是 Na 元素， X、R的 pH 均为 2，为一元强 酸，则 X 为 N 元素、 R 为 Cl 元素； W 的 pH 小于 2，则为二元强酸，故 W 为 S元素； Z 的 pH 大于 2，为弱酸，则 Z 为 P元素；据此分析解答； Ⅱ． (1)根据元素非金属性强弱的判断方法分析判断； (2)①Ge 处于第四周期第 IVA族，同主族相邻元素原子序数相差第四周期容纳元素的种数， 据此分析计算；②金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，据此排序； (3)COS与 CO2相似，则 COS中 C原子分别与 O 原子、 S原子之间形成 2 对共用电子对。 【详解】 I．根据上述分析， X 为 N 元素， Y是 Na 元素， Z 为 P 元素， W 为 S元素， R为 Cl 元素。 (1)元素 R为 Cl，在周期表中位于第三周期Ⅶ A 族。元素 Z 为 P 元素，原子结构示意图为： ，故答案为：第三周期Ⅶ A 族； ； (2)元素 Y和 W 形成的 Y2W2 型化合物为 Na2S2，其中含有的化学键类型为：离子键和共价 键，故答案为：离子键、共价键 (或非极性共价键 )； Ⅱ． (1)A．S与 H2 发生化合反应比 C与 H2 化合更容易，说明 S的非金属性更强，故 A 正 确； B．H2SO3 不是 S的最高价含氧酸，不能根据酸性： H2SO3 >H2CO3 判断中心元素 C 和 S 的非金属性强弱，故 B 错误； C．CS2 中碳元素为 +4 价，硫元素为 -2 价，说明 S元素对键合 电子吸引能力更强，则 S的非金属性更强，故 C 正确；故答案为： AC； (2)①Ge 处于第四周期第 IVA族，同主族相邻元素原子序数相差第四周期容纳元素的种数， 故 Ge 的原子序数为 14+18=32，故答案为： 32； ②金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性： Pb(OH)4＞Sn(OH)4＞ Ge(OH)4，故答案为： Pb(OH)4＞Sn(OH)4＞Ge(OH)4； (3)COS与 CO2相似，则 COS中 C原子分别与 O 原子、 S原子之间形成 2 对共用电子对，羰 基硫 (COS)的电子式为 ，故答案为： 。