2020-2021【化学】培优易错试卷 化学键辅导专题训练附详细答案

2020-2021【化学】培优易错试卷化学键辅导专题训练附详细答案

一、化学键练习题（含详细答案解析）

1．

A、B、C、D、E、 F、G是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：

元

有关性质或结构信息

素

A地壳中含量最多的元素

B B阳离子与A阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的

C C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)

D D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味

E E与D同周期，且在该周期中原子半径最小

F F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物

G G是形成化合物种类最多的元素

(1) B元素符号为____，A与C以原子个数比为1：1形成的化合物的电子式为___，用电子式表示C与E形成化合物的过程____， D形成的简单离子的结构示意图为____。

(2) F的氢化物是由____(极性或非极性)键形成的分子，写出实验室制备该氢化物的化学方程式____。

(3) 非金属性D____E(填大于或小于)，请从原子结构的角度解释原因：__。

【答案】Al 极性 2NH4Cl+ Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O 小于 D的原子半径大于E的原子半径,所以得电子的能力比E弱【解析】

【分析】

【详解】

A是地壳中含量最多的元素，则A为O元素；B阳离子与A离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的，则B为Al；C与B同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C为Na；D原子最外层电子数是电子层数的2倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D为S元素；E与D同周期，且在该周期中原子半径最小，则E为Cl；F的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F为N元素；G是形成化合物种类最多的元素，则G为碳元素；

(1) 由分析可知B元素符号为Al，O与Na以原子个数比为1：1形成的离子化合物是

Na 2O 2，电子式为；离子化合NaCl 的电子式形成过程为

， S 2-的离子的结构示意图为；

(2) NH 3是由极性键形成的极性分子，实验室利用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气的化学方程式为2NH 4Cl+ Ca(OH) 2

CaCl 2+2NH 3↑+2H 2O ； (3)S 的原子半径大于Cl 的原子半径，所以S 得电子的能力比Cl 弱 ，即S 元素的非金属性小

于Cl 的非金属性。

2．

海水是资源宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。完成下列填空： （1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。 （2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律，请说明下列递变规律的原因。 ① 熔点按F 2、Cl 2、Br 2、I 2的顺序依次升高，原因是______________。

② 还原性按Cl —、Br —、I —的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X 2 （g ） + H 2 （g ）

2HX （g ） + Q （X 2 表示Cl 2、Br 2），如图表示上述反应的

平衡常数K 与温度T 的关系。

① Q 表示X 2 （g ）与H 2 （g ）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

② 写出曲线b 表示的平衡常数K 的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。 （5）（CN ）2是一种与Cl 2性质相似的气体，在（CN ）2中C 显+3价，N 显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN ）2的电子式_____。

【答案】18 5 第四周期、ⅦA （都对得1分） F 2、Cl 2、Br 2、I 2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。 从Cl -、Br -、I -半径依次增大，失电子的能力

依次增强，还原性依次增大 > K=()222c HBr c Br c H ?（）（）

氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价

【解析】

【详解】 ()1氯离子原子核外有18个电子，为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；

()2溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA ，故答案为：第四周期、ⅦA ；

()23F ①、2Cl 、2Br 、2I 的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：2F 、2Cl 、2Br 、2I 都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；

②元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性Cl Br I >>，Cl -、Br -、I -半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从Cl -、Br -、I -半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大；

()4①由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，Q 0>，故答案为：>；

②同一温度时，a 曲线的K 值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl 2、Br 2中Cl 2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b 曲线表示Br 2与H 2反应时K 与t 的

关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=()222c HBr c Br c H ?（）（）

，故答案为：()222c HBr c Br c H ?（）（）

； ()5N 的非金属性较C 强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为

，故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；

。

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________；

③E 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)_________； ④A 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；②C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；④A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ⅠA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ⅦA 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S

④A的最高价氧化物的水化物的化学式为NaOH，含有离子键、共价键，氢氧化钠溶液与Al反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 ；

(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ⅠA族，原子半径大于Al ，故Q为Na元素。

A．同周期自左而右金属性减弱，故金属性Na>Al，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．

（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。

①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）。

②联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为__。

【答案】乙醇分子间形成了氢键，而甲醚却不能 N2H4+H2O?NH2NH3++OH-

N2H6(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)①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。

②联氨为二元弱碱，第一步电离方程式为：N2H4+H2O?N2H5++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化学式为N2H6(HSO4)2。

5．

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>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+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 H2O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。

6．

试用相关知识回答下列问题：

（1）有机物大多难溶于水，而乙醇和乙酸可与水互溶，原因是_______。

C H OC H）的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醚的高得多，（2）乙醚（2523

原因是_________________。

（3）从氨合成塔里分离出NH3，通常采用的方法是_____________，原因是

_____________。

（4）水在常温下的组成的化学式可用（H2O）n表示，原因是_______________。

【答案】乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键乙醇分

NH液化后，与H2、N2分离 NH3分子间存在氢键，易液化子间存在较强的氢键加压使3

水分子间存在氢键，若干个水分子易缔合成较大的“分子

【解析】

【分析】

由于氢键的存在，可以让乙醇和乙酸与水互溶，可以增大物质的熔沸点，易让氨气液化，使多个水分子缔合在一起形成大分子，但是氢键不是化学键。

【详解】

（1）乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的O原子与水分子中的H 原子可以形成氢键、乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的H原子与水分子中的O原子可以形成氢键，故乙醇和乙酸可与水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键；

（2）乙醇分子间通过氢键结合产生的作用力比乙醚分子间的作用力大，故乙醇的相对分子质量虽小，但其分子间作用力比较大，所以沸点高；

（3）氨气分子间由于存在氢键，沸点较高，加压会使它容易液化，从而可以和氢气、氮气分离；

（4）在常温下，由于水分子之间存在氢键，会使多个水分子缔合在一起，形成较大的分子。

7．

（1）请用下列10种物质的序号填空：

①O2②H2③NH4NO3④K2O2⑤Ba(OH)2⑥CH4⑦CO2⑧NaF⑨NH3⑩I2

既有离子键又有非极性键的是________；既有离子键又有极性键的是________。

（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为：______________；若XY2为共价化合物时，其结构式为：__________________。

（3）氯化铝的物理性质非常特殊，如：氯化铝的熔点为190℃(2.02×103Pa)，但在180℃就开始升华，据此判断，氯化铝是________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是____________________。

（4）现有a～g7种短周期元素，它们在周期表中的位置如下，请据此回答下列问题：

①元素的原子间反应最容易形成离子键的是________(填序号，下同)，容易形成共价键的是______；

A．c和f B．b和g C．d和g D．b和e

②写出a～g7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式______。

【答案】④③⑤ S=C=S 共价化合物氯化铝在熔融状态

下不能导电 B C CCl4(或PCl3)

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①O2中只有非极性键；②H2中只有非极性键；③NH4NO3中含有离子键和极性键；

④K2O2中含有离子键和非极性键；⑤Ba(OH)2中含有离子键和极性键；⑥CH4中只有极性键；⑦CO2中只有极性键；⑧NaF中只有离子键；⑨NH3中只有极性键；⑩I2中只有非极性键；则既有离子键又有非极性键的是。既有离子键又有极性键的是③⑤。

（2）XY2型化合物是离子化合物，所以X元素显+2价，Y显-1价，化合物中共有38个电子，所以为氟化钙，电子式为：，XY2为共价化合物，则X 为+4价，Y为-2价，为二硫化碳，结构式为：S=C=S。

（3）氯化铝能升华，说明是共价化合物。能证明的实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电。

（4）a～g7种短周期元素依次为氢、钠、镁、碳、氮、磷、氯。

①金属性强和非金属性强的元素之间最容易形成离子键，钠是周期表中最左边的元素金属性强，氯是最右边的元素非金属性强，所以是bg最容易形成离子键，选B；非金属元素之间容易形成共价键，所以选C。

②分子中所有原子都满足8电子的物质有CCl4(或PCl3)。

8．

原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识，请回答下列问题：(1)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉，常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危

害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4 种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图所示：

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成如图所示的结构：

则其在水中的溶解度会_____(填“增大”或“减小”)，原因是_____。

(2)已知 Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为 TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；b.分别往待测溶液中滴入 AgNO3溶液，均产生白色沉淀；c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的2/3。则绿色晶体配合物的化学式为_______，由 Cl-所形成的化学键类型是_______。

(3)如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是_____；表示ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是

_____；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物沸点依次升高，其原因是__________；A、B、C曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点，其原因是_______________。

【答案】增大苏丹Ⅰ已形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易已形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于增大在水中的溶解度 [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键、配位键 B D 结构与组成相似，分子间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高水、氨气、HF分子之间均能形成氢键，沸点较高

【解析】

【分析】

【详解】

(1)因为苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键，而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修饰后的

结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本题答案是：增大；苏丹红Ⅰ易形成分子内氢键而使在水中的溶解度很小，而修饰后的结构易形成分子间氢键，与水分子形成氢键后有利于的增大在水中的溶解度；

(2)Ti3+的配位数均为6，往待测溶液中滴入AgNO3溶液均产生白色沉淀，则有氯离子在配合物的外界，两份沉淀经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的

白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的2

3

，可以知道紫色品体中含3个氯

离子，绿色晶体中含2个氯离子，即绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，氯原子形成化学键有含有离子键、配位键，因此，本题答案是：[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；离子键、配位键；

(3)第二周期中元素形成的氢化物中，水为液态，其它为气体，故水的沸点最高，且相对分子质量越大，沸点越高，故B曲线为VIIA族元素氢化物沸点；HF分子之间、氨气分子之间均存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物，甲烷分子之间不能形成氢键，同主族形成的氢化物中沸点最低，故D曲线表示IVA族元素氢化物沸点；同一族中第3、4、5周期元素的氢化物结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水分子之间、氨气分子之间、HF分子之间均形成氢键，沸点较高；因此，本题答案是：B；D；结构与组成相似，分子之间不能形成氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。

9．

同一周期(短周期)各元素形成单质的沸点变化如下图所示(按原子序数连续递增顺序排列)。该周期部分元素氟化物的熔点见下表。

氟化物AF BF2DF4

熔点/K12661534183

(1)A原子核外共有_______种不同运动状态的电子、_______种不同能级的电子；

(2)元素C的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________；

(3)解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______；

(4)在E、G、H三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是_______（填化学式）。A、

B、C三种原子形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。

【答案】11 4 AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH- NaF与 MgF2为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是强烈的作用力，所以熔点高；Mg2+的半径比Na+的半径小，离子电荷比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF4的熔点低 HCl Na+>Mg2+>Al3+

【解析】

【分析】

图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，H、I的沸点低于0℃，根据气体的沸点都低于0℃，可推断H、I为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。

(1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态；

根据核外电子排布式判断占有的能级；

(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；

(3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答；

(4)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；

电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。

【详解】

由上述分析可知：A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。

(1)A为Na元素，原子核外电子数为11，故共有11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，可见有4种不同能级的电子；

(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为：AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-；

(3)NaF与MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以MgF2的熔点比NaF高；而SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4的熔点低；

(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：Cl>S>P。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl最稳定性，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。

【点睛】

本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。

10．

生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180mg/L。（1）写出NH4Cl电子式：___。

（2）氮原子的电子排布式是：___，写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的元素符号为___、___。

（3）为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1mo1/LNaOH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）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】 Si S 1s22s22p3 33.64

4 1 10 4 1 3

【解析】

【分析】

(1)NH4Cl是离子化合物；

(2)氮为7号元素；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；

(3)根据NH4+和NaOH溶液的反应计算需要NaOH溶液的体积为；

(4)根据氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。

【详解】

(1)氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：；

(2)氮原子电子排布式是：1s22s22p3；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，有一个未成对的电子，与其同周期且有2个未成对电子的原子的的核外电子排布式为

1s22s22p63s23p4和1s22s22p63s23p2，元素符号为S、Si；

(3) 某污水中NH4Cl含量为180mg/L，103L污水中含有180mg/L×103L

=180000mg=180gNH4Cl，NH4Cl的物质的量为

180g

53.5g/mol

≈3.364mol，NH4+的物质的量也

是3.364mol，为除去废水中的NH4+，向该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要

NaOH的物质的量为3.364mol，则所需NaOH溶液的体积为3.364mol

0.1mol/L

=33.64L；

(4)该反应中铁元素的化合价由0价升高至+2价，氮元素的化合价由+5价降低至-3价，由化合价升降守恒和质量守恒可以配平该离子方程式并标出电子转移的方向和数目如下：

。

11．

中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖。青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示。请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由小到大排序是_____，在基态O原子中，核外存在

_____对自旋相反的电子。

（2）下列关于青蒿素的说法正确的是_____（填序号）。

a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键

b.在青蒿素分子中，所有碳原子均采取sp3杂化

c.图中数字标识的五个碳原子均只以σ键与其它原子成键

（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：

4NaH+B(OCH3)→3NaBH4+3CH3ONa

①NaH为_____晶体，如图是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是_____，若晶胞棱长为a，则Na原子最小核间距为_____。

②B(OCH3)3中B采用的杂化类型是_____。写出两个与B(OCH3)3具有相同空间构型的分子或离子_____。

③NaBH4结构如图所示，结构中存在的化学键类型有_____。

【答案】H＜C＜O 3 a 离子

2 sp2

3

BF、2-

3

CO离子键、配位键、共价键

【解析】

【详解】

（1）青蒿素由碳、氢、氧三种元素组成，三种元素的电负性由小到大排序为H＜C＜O；基态氧原子的电子排布式为224

1s2s2p，因此一共有3对自旋相反的电子，还有2个未成对电子；

（2）a.青蒿素分子中有C-C非极性键和O-O非极性键，也有C-H等极性键，a项正确；

b.标出的4号碳原子形成了3个σ键而没有孤电子对，因此为2

sp杂化，b项正确；

c.同b项，4号碳原子形成了3个σ键和1个π键，c项错误；

（3）①金属氢化物是由金属阳离子和-H 组成的，因此为离子晶体，NaH 的结构与食盐类似，因此配位数均为6，根据晶胞结构不难看出钠（黑球）与钠之间的最小核间距为面对角线的一半，已知晶胞棱长为a ，则面对角线的一半为2； ②硼原子的配位数为3，没有孤电子对，因此其采用2sp 的杂化方式，采用2sp 杂化的单核

分子有很多，例如3BF 、2-

3CO 等（合理即可）；

③首先阴、阳离子间存在离子键，硼原子最外层只有3个电子，因此除形成3个共价键外还要形成1个配位键，类似于+4NH 。

【点睛】

金属氢化物是一种近年来经常出现的物质，例如氢化钾、氢化钠、氢化钙等，其中氢以少见的-1价存在，这些氢化物都可以和水反应放出氢气，反应的本质是-1价的氢和+1价的氢发生归中反应。

12．

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 、Cl 2、浓H 2SO 4、H 2O 、KMnO 4、MnSO 4、K 2SO 4七种物质。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Cl 2_____ L （标准状况）。

(3)在反应后的溶液中加入NaBiO 3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO 3-反应后变为无色的Bi 3+。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】 KMnO 4 11.2 2Mn 2++5NaBiO 3+14H +=2MnO 4-+5Na ++5Bi 3++7H 2O NaBiO 3>KMnO 4>Cl 2 S 2->Cl -

17

【解析】

(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Mn2+被氧化变为MnO4-，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)2KMnO4+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Mn2+氧化为MnO4-，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：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O；

(4)在反应2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，物质的氧化性：KMnO4>Cl2；在反应2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++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。

13．

含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。

（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被__（填“氧化”、“还原”）。（2）氢的硫化物有多种：H2S x（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式__。

（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为__。

（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml·L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。

①Na2S2O4溶液显__性，原因是__（用离子方程式表示）。

②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为___。

0-t1段发生反应的离子方程式为__，t1-t2段溶液的pH变小的原因是__（用离子方程式表示）。

【答案】氧化离子键、共价键碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-

+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H++2SO42-

【解析】

【详解】

(1)葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；

(2)氢的硫化物有多种，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键，H2S3的结构式，故答案为：；

(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾(K2S2O7)，一定破坏了离子键，酸根离子变

化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；

(4)①Na 2S 2O 4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S 2O 42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S 2O 42-+H 2O=HS 2O 4-+OH -，HS 2O 4-+H 2O=H 2S 2O 4+OH -，故答案为：碱；S 2O 42-+H 2O=HS 2O 4-+OH -，HS 2O 4-+H 2O=H 2S 2O 4+OH -；

②t 1时溶液中只有一种溶质，Na 2S 2O 4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c (HSO 3-)＞c (SO 32-)＞c (H 2SO 3)，0-t 1段发生反应的离子方程式为：2S 2O 42-+O 2+2H 2O=4HSO 3-，t 1-t 2段溶液的pH 变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO 3-+O 2=2H ++2SO 42-，故答案为：c (HSO 3-)＞c (SO 32-)＞c (H 2SO 3)；2S 2O 42-+O 2+2H 2O=4HSO 3-；2HSO 3-+O 2=2H ++2SO 42-。

14．

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的水化物(浓度均为10.01mol L )-?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22Y W 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2CO 、2CS 、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2H 发生化合反应比C 与2H 化合更容易

B ．酸性：2323H SO H CO >

C ．2CS 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2CO 相似。

①用电子式表示羰基硫()COS 的形成过程：______。

②羰基硫()COS 用氢氧化钠溶液处理及利用的过程如图：

已知A 是一种正盐，则A 的化学式为______；若气体a 为单质，反应II 的离子方程式为______。

【答案】第三周期第ⅦA 族 离子键、非极性共价键 AC 32 444Pb(OH)Sn(OH)Ge(OH)>>

23Na CO

2222322S 5H O S O 4H 2OH ---++↑+@ 【解析】

【分析】

浓度均为0.01mol/L 的溶液，X 、R 的最高价氧化物对应的水化物pH=2，X 、R 的最高价氧化物的水化物为一元强酸，Y 的最高价氧化物对应的水化物pH=12，Y 的最高价氧化物的水化物为一元强碱，Z 的最高价氧化物的水化物的pH>2且溶液呈酸性，Z 的最高价氧化物的水化物为弱酸，W 的最高价氧化物的水化物的pH<2，W 的最高价氧化物的水化物为多元强酸，结合原子序数的关系，所以X 、Y 、Z 、W 、R 分别为N 、Na 、P 、S 、Cl 元素。

【详解】

()I.1元素Cl 在周期表中的位置是第三周期第ⅦA 族，磷原子结构示意图为， 故答案为：第三周期第ⅦA 族；；

()2元素Y 和W 形成的22Y W 型化合物为22Na S ，其电子式为：

，

含有离子键、非极性共价键，

故答案为：离子键、非极性共价键； II （1）A.S 与H 2发生化合反应比C 与H 2化合更容易，能证明非金属性S C >，故A 正确；

B.酸性：2323H SO H CO >，由于亚硫酸不是S 元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故B 错误；

C.CS 2中碳元素为4+价，硫元素为2-价，说明硫原子对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：S C >，故C 正确；

故答案为：AC ；

（2）①锗在硅元素的下一周期，二者原子序数之差为18，故锗的原子序数为

141832+=，

故答案为：32；

②同主族自上而下金属性增强，金属性越强，它们4+价氢氧化物的碱性越强，故碱性由强到弱顺序为：444Pb(OH)Sn(OH)Ge(OH)>>，

故答案为：444Pb(OH)Sn(OH)Ge(OH)>>；

（3）①COS 分子结构与二氧化碳分子结构相似，所有原子的最外层都满足8电子结构，则C 与O 、C 与S 均形成两对共用电子对，用电子式表示羰基硫分子的形成过程为

， 故答案为：；

②由图示可知生成正盐为2Na S ，由元素守恒可知，生成正盐还有23Na CO ，反应为

2232COS 4NaOH Na S Na CO 2H O +=++，硫化钠与水反应生成223S O -，S 元素的化合

价升高，则生成的气体a 为还原产物氢气，结合原子守恒还有氢氧化钠生成，其反应的离子方程式为：2222322S 5H O S O 4H 2OH ---++↑+@，

故答案为：23Na CO ；2222322S

5H O S O 4H 2OH ---++↑+@。

15．

图A 所示的转化关系中(具体反应条件略)，a 、b 、c 和d 分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i 的溶液为常见的酸，a 的一种同素异形体的晶胞如图B 所示：

回答下列问题：

(1)图B 对应的物质名称是______，晶体类型为______。

(2)d 中元素的原子核外电子排布式为 ______

(3)图A 中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是 ______，原因是______，该物质的分子构型为______。

(4)图A 中的双原子分子中，极性最大的分子是______。

(5)k 的分子式为______，中心原子的杂化轨道类型为______，属于______分子(填“极性”或“非极性”)。K 又称光气，实验室制取时，可用四氯化碳与发烟硫酸(SO 3的硫酸溶液)反应。

将四氯化碳加热至55-60℃，滴加入发烟硫酸，即发生逸出光气和磺酰氯(该物质在高温时分解成SO2和Cl2)，写出制取光气的化学方程式：______。

制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，写出该化学方程式：______。

【答案】金刚石原子晶体 1s22s22p63s23p5 H2O 分子间形成氢键 V形 HCl COCl2

sp2极性 SO3+CCl4=SO2Cl2+COCl2↑ CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2

【解析】

【分析】

a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，则b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a 为C元素，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：a是C，b是H2，c是O2，d为Cl2，f为CO，g为CO2，i为HCl，k为COCl2。

(1)根据上面的分析可知，图B对应的物质名称是金刚石，属于原子晶体；

(2)d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5；

(3)在上所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，是由于在水分子之间除存在分子间作用力外，还有氢键，水分子中O原子形成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，产生sp3杂化，所以分子构型为V形；

(4)在上述元素形成的所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大；

(5)k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，四氯化碳与发烟硫酸(SO3的硫酸溶液)反应，制取光气的化学方程式为SO3+CCl4═SO2Cl2+COCl2↑.制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，其化学方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2。

【点睛】

本题考查无机物推断、物质结构与性质的知识。涉及原子的杂化、分子与晶体类型的判断、化学方程式书写等，突破口是根据a的一种同素异形体判断a，掌握元素周期律及元素化合物的知识与物质结构理论是本题解答的基础。