2020-2021全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总及答案

2020-2021全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总及答案

一、化学键练习题（含详细答案解析）

1．

据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。

请回答下列问题：

(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。

(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO 2+4H 2O 2CH 3OH+3O 2。

①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；

②标准状况下，V L CO 2气体含有________个π键。

(3)苯分子中6个C 原子，每个C 原子有一个2p 轨道参与形成大π键，可记为(π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se 的杂化方式为________。

(4)黄铜矿由Cu +、Fe 3+、S 2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu +的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm ，c=1032pm ，用N A 表示阿伏加德罗常数的值，该晶系

晶体的密度是________g·

cm -3(不必计算或化简，列出计算式即可)。

【答案】4s 24p 4 H 2S 或硫化氢 O =C =O A VN 11.2

π65 sp 2 4 ()()21010A 64456432852410103210N --?+?+????或

()()21010A

1844

52410103210N --????

【解析】

【分析】

(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H 2O 分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；

(2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO 2的物质的量，然后根据CO 2分子中含有2个π键计算π键个数；

(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；

(4)根据四方晶系CuFeS 2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS 2的数目，a=b=0.524nm ，c=1.032nm ，则晶体的密度=m V 计算。 【详解】

(1)Se 是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4，基态硒原子的价电子排布式为4s 24p 4；硒所在主族元素是第VIA ，简单氢化物化学式通式是H 2X ，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H 2O 分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA 的简单氢化物中沸点最低的是H 2S ；

(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO 2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O ；

②VL 标准状况下CO 2的物质的量是n(CO 2)=

VL 22.4/22.4V L mol =mol ，由于在1个CO 2分子中含有2个π键，所以22.4

V molCO 2气体中含有的π键数目为22.4V mol×2×N A /mol=A VN 11.2

； (3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π65，其中Se 的杂化方式为sp 2；

(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu 与2个S 相连，晶胞中每个Cu 原子与4个S 相连，Cu +的配位数为4；

②晶胞中Fe 2+数目=8×18+4×12+1=4，Cu +的数目=6×12+4×14

=4，S 2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS 2，a=b=524pm ，c=1032pm ，则晶体的密度

ρ=()()

21010A 64456432852410103210N m V --?+?+?=???g/cm 3或()()21010A

1844

52410103210N --????g/cm 3。

本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、晶胞结构的计算应用，掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关键，要熟练掌握原子杂化理论，用对称思维方式判断分子的极性，弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的应用，该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。

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+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】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

(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．

《Nature Energy》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al2O3、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）是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。

①硝酸溶液中NO3?的空间构型为____。

②甘氨酸中N原子的杂化类型为____，分子中σ键与π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）NH 3分子中的键角为107°，但在[Cu(NH 3)4]2+离子中NH 3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（Li 2NH ）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d pm ，密度为ρg/cm 3，则阿伏加德罗常数N A =____（列出表达式）mol -l 。

【答案】F>N>O 1s 22s 22p 63s 23p 63d 8或[Ar] 3d 8 激发 平面三角形 sp 3 9:1 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） 形成配合离子后，配位键与NH 3中N —H 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH 3中N —H 键之间的排斥力，故配合离子中NH 3的N —H 键间

的键角变大； 32

3

1.1610d ρ? 【解析】

【详解】

(1)与氧相邻且同周期的元素为N 和F ，由于N 原子最外层电子为半充满状态，第一电离能较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为F>N>O ；Ni 元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni 2+，基态Ni 2+的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 8或[Ar] 3d 8；基态Ni 2+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)①NO 3?的中心原子价层电子对数为

5+03+12?=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；

②甘氨酸(NH 2CH 2COOH)中N 原子形成两个N-H 键和一个N-C 键，达到饱和状态，价层电子对数为4，所以为sp 3杂化；分子中碳氧双键中存在一个π键，其余共价键均为σ键，所以分子中σ键与π键的个数比为9:1；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；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 3中N —H 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH 3中N —H 键之间的排斥力，故配合离子中NH 3的N —H 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Li 2NH ，则晶胞中NH 原子团的个数为4，则晶胞的质量为m =A

78+154N ??g ，晶胞参数为d pm=d×10-10cm ，所以晶胞的体积V =d 3×10-30cm 3，则密度3-3A 3078+1d 10c 5g =m

4N m V ρ???= ，解得N A =32

31.1610d ρ?。 【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σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ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)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。

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．

南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。

(1)基态Mn2+的价电子排布式为____；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的___区。

(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示：

N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：

元素I1/kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1

X737.71450.77732.7

Y1313.93388.35300.5

Z1402.32856.04578.1

①X、Y、Z中为N元素的是____，判断理由是__________。

②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。

③N5-为平面正五边形，N原子的杂化类型是_______。科学家预测将来还会制出含N4-、N6-

表示，其中m代表等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号 n

m

参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为

π66)，则N4-中的大π键应表示为_________。

(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示，Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为a nm，N A表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为

_____g?cm-3（用含a、N A的代数式表示）。

【答案】3d5 ds Z X最外层为2个电子，X为镁；N的2p轨道处于半充满的稳定状态，

其失去第一个电子较难，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键 sp254π 12

22

3

A

8.910 N a

?

?

【解析】

【分析】

(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+；根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域；

(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素，然后判断哪种元素是N 元素；

②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；

③结合N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的原子结构分析大π键的形成；

(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag+的配位数，利用均摊方法计算1个晶胞中含有的

AgN5的个数，结合ρ=m

V

计算密度大小。

【详解】

(1)Mn是25号元素，根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为

1s22s22p63s23p63d54s2，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+，其价电子排布式为3d5；Ag、Cu在周期表中位于第IB，发生变化的电子有最外层的s电子和次外层的d电子，属于ds区元素；

(2)①X的第一、第二电离能比较小且很接近，说明X原子最外层有2个电子，容易失去，则X为Mg元素，Z的第一电离能在三种元素中最大，结合N原子2p轨道处于半充满的稳定状态，其失去第一个电子较难，I1较大，可推知Z为N元素，Y是O元素；

②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)6]2+的中心离子Mg2+含有空轨道，而配位体H2O的O原子上含有孤电子对，在结合时，Mg2+提供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N5)2(H2O)4]2-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成N…H-O，故二者之间作用力为氢键；

③若原子采用sp3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用sp2杂化，形成的物质结构为平面形；若原子采用sp杂化，则形成的为直线型结构。N5-为平面正五边形，说明N 原子的杂化类型为sp2杂化；在N5-中，每个N原子的sp2杂化轨道形成2个σ键，N原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N原子形成平面的p轨道，p轨道间形成大π键，N5-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为5个，其中大π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为5

4

π；

(3)根据AgN5的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点Ag+为研究对象，在晶胞中与该Ag+

距离相等且最近的Ag +在晶胞面心上，通过该顶点Ag +可形成8个晶胞，每个面心上的Ag +被重复使用了2次，所以与Ag +距离相等且最近的Ag +的数目为382?=12个；在一个晶胞中含有Ag +的数目为8×18+6×12=4，含有N 5-的数目为1+12×14

=4，晶胞体积为V =(2a×10-7)3

cm 3，则ρ=()22A/mol

3373A 4178?g /mol N m 8.910V N a 2a 10cm

-??==?? g/cm 3。 【点睛】

本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。

7．

某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN 3、Fe 2O 3、KClO 4、NaHCO 3 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) NaN 3 是气体发生剂，受热分解产生 N 2 和 Na ，N 2 的电子式为___________________。

(2) Fe 2O 3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) KClO 4是助氧化剂，反应过程中与 Na 作用生成 KCl 和 Na 2O 。KClO 4 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)N 2分子中N 原子之间形成3对共用电子对，据此书写其电子式；

(2)Fe 2O 3是氧化剂，与Na 发生置换反应，据此分析；

(3)KClO 4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原子核外有4个电子层，据此分析。

【详解】

(1)由8电子结构可知，N 2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)Fe 2O 3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)KClO 4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；。

8．

现有a～g7种短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如表所示，请回答下列问题：

（1）下列选项中，元素的原子间最容易形成离子键的是___（填序号，下同），元素的原子间最容易形成共价键的是___。

A．c和f B．b和g C．d和g D．c和e

（2）下列由a～g7种元素原子形成的各种分子中，所有原子最外层都满足8电子稳定结构的是___（填序号）。

A．ea3 B．ag C．fg3 D．dg4

（3）由题述元素中的3种非金属元素形成的AB型离子化合物的电子式为___。

（4）c与e可形成一种化合物，试写出该化合物的化学式：___，其含有的化学键类型为___，其与过量稀盐酸反应的化学方程式为___。

【答案】B C CD Mg3N2离子键

Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl

【解析】

【分析】

首先确定a～g的7种元素具体是什么元素，

(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；

(2)根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl；

(4)根据化合物中的成键元素来判断化学键类型，并根据物质的性质来书写方程式。

【详解】

根据元素在元素周期表中的相对位置可知a、b、c、d、e、f、g分别为H、Na、Mg、C、N、P、Cl，

(1)碱金属元素原子与卤素原子间最容易形成离子键，故Na与Cl最容易形成离子键，故B 符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C 与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：B；C；

(2)各选项对应的分子分别为NH3、HCl、PCl3、CCl4，其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电

子稳定结构，故不符合题意；而PCl3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成共价键时，构成PCl3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CCl4亦符合题意，故答案为：CD；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl，其电子式为

，故答案为：；

(4)Mg与N形成离子化合物Mg3N2，该物质与过量稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故答案为：Mg3N2；离子键；Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。

9．

??→CH3Cl+HCl。对于该反应机理(反应过程)的详细描述甲烷的氯化反应式为： CH4+Cl2hv

如下:

??→2Cl·

链引发Cl2hv

链增长CH4+Cl·??→·CH3+HCl △H=+7.5 kJ/mol

CH3+Cl2??→ CH3Cl + Cl·△H=-112.9 kJ/mol

链终止·Cl+Cl·??→Cl2

CH3+·CH3??→H3CCH3

CH3+Cl·??→H3CCl

(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物的电子式为_______；在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为_________。

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)；与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第_____周期，第____族。

(3)链引发的反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”，下同)，链终止的反应为_______反应。

(4)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列递变顺序正确的是_______。（选填字母编号）

a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次增大

b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱

c.卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱

d.卤素单质氧化性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次减弱

【答案】共价键 S>Cl>F 三、ⅠA 吸热放热 d

【解析】

【分析】

(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，碳原子与氯原子周围分别有8个电子；非金属元素原子间形成共价键；

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，根据电子层数和核电荷数判断半径大小；同一周期碱金属的金属性最强；

(3)旧化学键的断裂要吸收能量，新化学键的生成要放出能量；

(4)第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱，卤化银的溶解度逐渐减小，据此解答。

【详解】

(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结

构，电子式：，非金属元素原子间形成共价键，则在反应机理的三个阶段破

坏或形成的化学键类型均为共价键；

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，Cl、S含有三个电子层，F有两个电子层，则三种元素中F的原子半径最小，Cl、S在同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则半径：S>Cl，所以原子半径：S>Cl>F；同一周期元素中，碱金属的金属性最强，则与氯元素同周期且金属性最强的元素为Na，位于周期表的第三周期第IA 族；

(3)链引发Cl2hv

??→2Cl，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl?→Cl2，

CH3+?CH3→H3CCH3，CH3+Cl?→H3CCl，反应中有新化学键的生成要放出能量，为放热反应；

(4)a. 相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次减小，a错误；

b. 卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，b错误；

c. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，其阴离子失电子能力逐渐增强，所以HF、HCl、HBr、HI的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，c错误；

d. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质F2、Cl2、Br2、I2的氧化性依次减弱，d正确；

故合理选项是d。

【点睛】

本题主要考查卤族元素的递变规律，掌握元素的周期性变化规律是解答的关键，注意把握电子式的书写方法和非金属性强弱的判断方法。

10．

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) I 2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

-2222H 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 21310mol L NaI --??

1amol L NaCl -?

5.3 11.0 约10% 乙 21310mol L NaI --??

2121.510mol L FeCl --??

5.1 4.1 约100% 大量 丙 2121.510mol L FeCl --?? 5.2 3.5 —— 少量

①a =_______________________。

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】 2224H 4I O 2I 2H O +=+++ (H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等其他合理答案 2310-? 2322H 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） I 2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I 2，反应的离子方程式是-2224H 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2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行，故答案为：

-2224H 4I O 2I 2H O +=+++ ；(H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡

2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等；

（3）①验证Fe 2+对O 3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 (FeCl 2)=2×1.5×10-2mol/L=3×10-2mol/L ，故答案为：3×10-2；

②O 3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：

2322H O 2I O I 2OH O --++++?，故答案为：2322H O 2I O I 2OH O --++++?； ③Fe 2+具有强还原性，易被O 3氧化生成Fe 3+，Fe 2+或Fe 3+结合OH -生成弱碱，促使反应2322H 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。

11．

1100℃时，在体积为5L 的密闭容器中，发生可逆反应：Na 2SO 4(s)+4H 2(g)

Na 2S(s)+4H 2O(g)并达到平衡，请完成下列各题：

（1）上述反应中涉及的非金属元素原子的半径从大到小的顺序为_____________，非金属性最强的元素原子的电子排布式_________________，其电子的自旋方向共有________种。 （2）该反应中O 、S 属于同主族元素，比较它们的单质的氧化性_____________________（用化学方程式表示），写出Na 2O 的电子式______，比较Na 2O 和Na 2S 的熔点高低：Na 2O___Na 2S 。

（3）上述平衡的平衡常数表达式K ＝______________________。降低温度，K 值减小，则正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

（4）能判断反应达到平衡状态的依据是_____________(填序号)。

A ．混合气体的压强不变

B ．混合气体的密度不变

C ．混合气体的平均相对分子质量不变

D ．各气体的浓度相等

（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，

V(H2)=__________________。平衡后，向容器中充入1molH2，平衡向_________________（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），重新达到平衡后，与原平衡相比，H2的体积百分含量_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)

【答案】S>O>H 1s22s22p4 2 2H2S+O2→2S+2H2O > [H2O]4/[H2]4吸

热 BC 27.7.2×10-4mol/（L·min）正反应方向不变

【解析】

【分析】

(1)根据元素周期律和泡利原理解答；

(2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律和离子晶体熔沸点变化规律解答；

(3)固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数K=

()

()

4

2

4

2

c H O

c H

=

4

2

4

2

H O

H

??

??

??

??

，降低温度，K值减

小，说明平衡逆向进行；

(4)判断平衡的标志需要符合“变”到“不变”的物理特征以及建立平衡根本原因是正反应速率与逆反应速率相等；

(5)根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，计算V(H2)；根据勒夏特列原理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点回答。

【详解】

(1)方程式中出现的三种非金属元素分别为H、O、S，根据元素周期律电子层数越多半径越大，可知半径大小为S>O>H，非金属最强的为O元素，核外电子数为8，因此根据原子核外电子排布规则得知1s22s22p4，根据泡利原理可知自旋应该有2种；

(2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律，可知氧气的氧化性强于硫单质，因此2H2S+O2→2S+2H2O能充分说明和验证这一结论；电子式是一种表示物质结构的化学表述方式，常见的电子式书写需要注意离子化合物与共价键的书写，Na2O的电子式

为：；离子晶体中，阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸

点越高，反之越低，由氧离子的半径小于硫离子可知：Na2O>Na2S；

(3) Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)，固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数

K=

()

()

4

2

4

2

c H O

c H

=

4

2

4

2

H O

H

??

??

??

??

，降低温度，K值减小，说明平衡逆向进行，逆反应方向是放热反

应，正反应方向为吸热反应；

(4)A. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，反应过程中压强一直不变，混合气体的压强不变时，不一定是平衡状态，故A错误；

B. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，混合气体的密度不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；

C. 反应Na 2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故C正确；

D. 各气体的浓度相等时，不能说明氢气和水蒸气的质量物质的量不再变化，不一定是平衡状态，故D错误；

正确答案是BC。

(5)若初始时加入Na2SO4物质的量为

2.84g

142g/mol

=0.02mol， 10分钟后达到平衡时Na2SO4的

转化率为45%，根据反应Na 2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，能计算出硫酸钠消耗的物质的量为0.02mol×45%=0.009mol，从而得知反应氢气的物质的量为

0.009mol×4=0.036mol，据此计算V(H2)=

0.036mol

5L10min

=7.2×10-4mol/(L·min)；根据勒夏特列原

理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点，氢气的百分含量依然不变。

12．

X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数依次增大。X的某种原子没有中子，Y的单质可用作保护气，Z的最外层电子数和Y的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37，下列说法错误的是

A．X与Y可形成1:3型或者2:4型的共价化合物

B．X与Z、W和Z都可形成2:1型的离子化合物

C．Y和Z的简单离子半径：Y>Z

D．W的含氧酸的酸性在同一周期和同一主族中都是最强的

【答案】D

【解析】

【分析】

X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数依次增大。X的某种原子没有中子，X为

H(氢)，Y的单质可用作保护气，Y为N(氮)，Z的最外层电子数和Y的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37，Z为Mg(镁)，W为Cl(氯)。

【详解】

根据题意推测：X为H(氢)、Y为N(氮)、Z为Mg(镁)、W为Cl(氯)。

A．N和H可以形成NH3，也可形成N2H4，二者都是共价化合物，A正确；

B．H和Mg可形成MgH2，Cl和Mg可形成MgCl2，二者都是2:1型离子化合物，B正确；C．N3－和Mg2+电子层数相同，但Mg2+的原子序数更大，对核外电子的吸引能力较大，半径较小，C正确；

D．Cl的最高价含氧酸是同周期和同主族最强的，D未说明最高价，D错误。

故选C。

【点睛】

本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，要全面掌握基础知识，有利于

基础知识的复习巩固。易错点D，D未说明Cl是最高价。

13．

据《中国质量报》报道，我国首次将星载铷(Rb)钟应用于海洋二号卫星，已知Rb的原子序数为37。回答下列有关铷的问题：

(1) Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。

(2) Rb在元素周期表中的位置是______。

(3)取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，放出气体______(写化学式)，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显______色，因为___________(用离子方程式表示)。(4) Rb的还原性比K的还原性______（填“弱”或“强”）。

【答案】5 1 第五周期ⅠA族 H2蓝 2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑强

【解析】

【分析】

根据元素周期律，结合原子核外电子排布规律确定Rb元素在周期表的位置，利用元素周期律分析、解答。

【详解】

(1)Rb是37号元素，根据原子核外电子排布规律，可知Rb核外电子排布为2、8、18、8、1，所以Rb的原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1个；

(2)Rb核外电子排布是2、8、18、8、1，根据原子核外电子层结构与元素在周期表的位置关系可知Rb在元素周期表中的位置是第五周期第IA族；

(3)Na是活泼金属，与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Rb与Na是同一主族的元素，由于元素的金属性Rb>Na，所以Rb与水反应比钠更剧烈反应放出H2；RbOH是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为：2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+ H2↑；

(4)同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，Rb在K元素下一周期，所以Rb 的还原性比K的还原性强。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。

14．

A、B、C、D、E、F、G、H八种前四周期元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序

n与G的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L氢数之和为25，且知B、F同主族，1.8g E

气(标准状况下)，D 和E的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质，H元素常温下遇浓硫酸钝化，其一种核素质量数56，中子数30。试判断并回答下列问题：

()1H 该元素在周期表中的位置__________ ．

()2由F 、G 二种元素形成化合物22F G 的电子式______，含有化学键的类别为___________．

()3B 、C 、F 形成的最简单气态氢化物沸点由低到高的顺序依次为________.(用化学式表示)

()4①由A 、B 、D 、F 四种元素可以组成两种盐，写出这两种盐反应的离子方程式__________

②在碱性条件下，G 的单质可与2HO -

反应制备一种可用于净水的盐24HO -，该反应的离

子方程式是_______．

()5熔融盐燃料电池用熔融的碳酸盐作为电解质，负极充入燃料气4CH ，用空气与2CO 的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。写出充入4CH 的一极发生反应的电极反应式______。

()6利用上述燃料电池，按图1所示装置进行电解，A 、B 、C 、D 均为铂电极，

Ⅰ.甲槽电解的是200mL n 一定浓度的NaCl 与4CuSO 的混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)。4CuSO 的物质的量浓度为________1mol?L -n 。 Ⅱ.①乙槽为4200mL CuSO n n 溶液，通电一段时间，当C 极析出0.64g n 物质时停止通电，若使乙槽内的溶液完全复原，可向乙槽中加入________(填字母)。 A 2Cu(OH) B?CuO 3C?CuCO 223D?Cu (OH)CO

②若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2mol n 的2Cu(OH)才能恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为________。

【答案】第四周期第ⅧA 族；

极性共价键、非极性共价键 2H S 、

HF 、2H O 322HSO H SO H O -++=↑+；

222423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O;----++=++

24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+n 0.1 BC A 0.8N 【解析】

【分析】

高考题分类汇编—电化学(精校版)

20１4高考题分类汇编（电化学基础) 全国卷新课标版I ２６.(节选） 次磷酸(H3ＰO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性,回答下列问题: （4)H3ＰO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所 示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）： ①写出阳极的电极反应式________＿_＿___＿___＿____＿__。 ②分析产品室可得到H3PO2 的原因___＿_＿___＿_____＿＿__＿_ ＿____。 ③早期采用“三室电渗析法”制备H3ＰO２:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用Ｈ3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质。该杂质产生的原因是：____＿_________＿____＿＿____＿＿__＿＿_____＿___。 全国卷新课标版II 1２.２0１3年３月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电 池体系，下列叙述错误的是( ) A.a为电池的正极 Ｂ.电池充电反应为LiMn2O4=Li1-x Mｎ2Oｘ+xＬi C.放电时,a极锂的化合价发生变化 Ｄ.放电时,溶液中Li+从ｂ向a迁移 27．(节选) 铅及其化合物可用于蓄电池,耐酸设备及Ｘ射线防护材料等。回答下列问题： (3）ＰbO2可由PbＯ与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为:ＰbO２也可以通过石墨为电极，Pb(NO3)２和Ｃu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式 ，阴极观察到的现象是：若电解液中不加入Ｃｕ(ＮＯ3)2，阴极发生的电极反应式,这样做的主要缺点 是。 3６.[化学选修—2：化学与技术] (节选) 将海水淡化和与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水,再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品。 回答下列问题： (４)采用石墨阳极．不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为_____________＿＿＿_;电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式___＿＿_______＿___＿_____＿___。

2019年高考真题专题汇编——元素周期表与周期律、化学键

2019年高考真题专题汇编——元素周期表与周期律1．（2019浙江）2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期 表，下列推断不合理 ．．．的是（） A．第35号元素的单质在常温常压下是液体 B．位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素 C．第84号元素的最高化合价是＋7 D．第七周期0族元素的原子序数为118 【答案】C 【解析】 【详解】 A.35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理； B.位于第四周期第ⅤA族的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理； C.第84号元素位于第六周期ⅥA族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理； D.第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。 故答案选C。 2．（2019北京）2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是（） A．In是第五周期第ⅢA族元素 B．11549In的中子数与电子数的差值为17 C．原子半径：In>Al

D．碱性：In(OH)3>RbOH 【答案】D 【解析】 【分析】 A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素 在周期表中的位置； B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数； C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大； D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；【详解】 A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周 期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意； B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意； C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的

2020年高考化学试题分类汇编——电化学基础

2020年高考化学试题分类汇编——电化学基础 电化学基础 1．〔2018全国卷1〕右图是一种染料敏化太 阳能电池的示意图。电池的一个点极由有机光敏 燃料〔S 〕涂覆在2TiO 纳米晶体表面制成，另一 电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应 为： 22TiO /S TiO /S h ν*??→〔激发态〕 +-22TiO /S TiO /S +e *??→ 3I +2e 3I ---??→ 2232TiO /S 3I 2TiO /S+I +--+??→ 以下关于该电池表达错误的选项是．．．．．． ： A ．电池工作时，是将太阳能转化为电能 B ．电池工作时，I -离子在镀铂导电玻璃电极上放电 C ．电池中镀铂导电玻璃为正极 D ．电池的电解质溶液中I -和I 3-的浓度可不能减少 【解析】B 选项错误，从示意图可看在外电路中电子由负极流向正极，也即镀铂电极做正极，发生还原反应：I 3-+2e -=3I -；A 选项正确，这是个太阳能电池，从装置示意图可看出是个原电池，最终是将光能转化为化学能，应为把上面四个反应加起来可知，化学物质并没有减少；C 正确，见B 选项的解析；D 正确，此太阳能电池中总的反应一部分实质确实是：I 3-3I -的转化〔还有I 2+I -I 3-〕，另一部分确实是光敏有机物从激发态与基态的相互转化而已，所有化学物质最终均不被损耗！ 【答案】B 【命题意图】考查新型原电池，原电池的两电极反应式，电子流向与电流流向，太阳能电池的工作原理，原电池的总反应式等，还考查考生变通能力和心理素养，能否适应生疏的情境下应用所学知识解决新的咨询题等 【点评】此题立意专门好，然而考查过为单薄，而且取材不是最新的，在3月份江苏省 氧化 还原

2018电化学高考真题汇编

2018电化学高考真题汇编 1．下列说法正确的是 A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B. 反应4Fe(s)+3O 2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应 C. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023 D. 在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快 【来源】2018年江苏化学高考试题 【答案】C 【解析】分析：A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低。 详解：A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于6 6.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。 2．下列指定反应的离子方程式正确的是 A. 饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32?+CaSO4CaCO3+SO42? B. 酸化NaIO 3和NaI的混合溶液：I? +IO3?+6H+I2+3H2O C. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO?+2Fe(OH)32FeO42?+3Cl?+4H++H2O D. 电解饱和食盐水：2Cl?+2H+Cl2↑+ H2↑ 【来源】2018年江苏化学高考试题 【答案】A 【解析】分析：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D 项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。 详解：A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反

2020-2021全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题分类汇总含详细答案

2020-2021全国高考化学化学键的综合高考模拟和真题分类汇总含 详细答案 一、化学键练习题（含详细答案解析） 1． 煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从 而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。回答下列问题： （1）将H2S通入FeCl3溶液中，该反应的还原产物为___________。 （2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。 ①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。 ②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为_____________。 ③已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ)： H—H C═O C═S H—S C≡O 436745********** H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）═H2S（g）+CO（g），该反应的 △H=________kJ·mol-1。 ④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS（g）+ H2 O（g）垐? 噲?CO2（g）+ H2S （g）△H<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的 转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与 () 2 n H O n(COS) 的关系如图 2所示。 由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为________；由图2可知，P点时平衡常数K=_____（保留2位有效数字）。 【答案】Fe2+（或FeCl2） COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ + 6H2O +8 150℃ 0.048 【解析】

(完整版)2017年电化学高考题汇编

2017电化学高考题汇编 1.（2017全国新课标Ⅰ-11）支持海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行 防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 A ．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B ．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C ．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D ．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 2.（2017全国新课标Ⅱ-11）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜， 电解质溶液一般为24224H SO H C O -混合溶液。下列叙述错误的是 A ．待加工铝质工件为阳极 B ．可选用不锈钢网作为阴极 C ．阴极的电极反应式为：3Al 3e Al +-+= D ．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 3.（2017全国新课标Ⅲ-11）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示， 其中电极a 常用掺有石墨烯的S 8材料，电池反应为：16Li+x S 8=8Li 2S x （2≤x ≤8）。下列说法错误的是 A ．电池工作时，正极可发生反应：2Li 2S 6+2Li ++2e -=3Li 2S 4 B ．电池工作时，外电路中流过0.02 mol 电子，负极材料减重0.14 g C ．石墨烯的作用主要是提高电极a 的导电性 D ．电池充电时间越长，电池中Li 2S 2的量越多 4、（2017天津3）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 A ．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B ．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C ．电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D ．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 5、（2017天津7）（14分）某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO 2和少量Na 2CrO 4,。考虑到胶体的吸附作用使Na 2CrO 4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。

高考电化学历年真题汇编练习版

2009-2013年高考化学试题分类解析汇编：电化学基础 2009年高考化学试题 1．(09广东理科基础?25)钢铁生锈过程发生如下反应： ①2Fe ＋O 2＋2H 2O ＝2Fe(OH)2； ②4Fe(OH)2＋O 2＋2H 2O ＝4Fe(OH)3； ③2Fe(OH)3＝Fe 2O 3＋3H 2O 。下列说法正确的是 A ．反应①、②中电子转移数目相等 B ．反应①中氧化剂是氧气和水 C ．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀 D ．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀 2．(09安徽卷?12)Cu 2O 是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取。Cu 2O 的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu ＋H 2O Cu 2O ＋H 2O ↑。下列说法正确的是 A ．石墨电极上产生氢气 B ．铜电极发生还原反应 C ．铜电极接直流电源的负极 D ．当有0.1mol 电子转移时，有0.1molCu 2O 生成。 2．(09江苏卷?12)以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是 A ．该电池能够在高温下工作 B ．电池的负极反应为： C 6H 12O 6＋6H 2O －24e － =6CO 2↑＋24H ＋ C ．放电过程中，+ H 从正极区向负极区迁移 D ．在电池反应中，每消耗1mol 氧气，理论上能生成标准状况下CO 2气体22.4 6 L 3．(09浙江卷?12)市场上经常见到的标记为Li —ion 的电池称为“锂离子电池”。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li + 的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应为： Li ＋2Li 0.35NiO 2 2Li 0.85NiO 2 下列说法不正确的是 A ．放电时，负极的电极反应式：Li ? e -＝Li + B ．充电时，Li 0.85NiO 2既发生氧化反应又发生还原反应 C ．该电池不能用水溶液作为电解质 D ．放电过程中Li + 向负极移动 4．(09广东理科基础?34)下列有关电池的说法不正确的是 A ．手机上用的锂离子电池属于二次电池 B ．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极 C ．甲醇燃料电池可把化学能转化为电能 D ．锌锰干电池中，锌电极是负极 5．(09福建卷?11) 控制适合的条件，将反应2Fe 3＋ ＋2I － 2Fe 2＋ ＋I 2设计成如右图所示的原电池。下列判断不 正确的是 A ．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 B ．反应开始时，甲中石墨电极上Fe 3＋ 被还原 C ．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D ．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl 2固定，乙中石墨电极为负极 6．(09广东化学?10)出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cu 2(OH)3Cl 覆盖在其表面。下列说法正确的是 A ．锡青铜的熔点比纯铜高 B ．在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护作用 C ．锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快 放电 充电

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：①Ar ②MgBr2③Na2O2④H2SO4⑤CS2⑥NH4Br ⑦BaO 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 ④⑤②⑦⑥⑧③ 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；

电化学高考题汇编

电化学高考题汇编（xx） 1．(xx年全国，13)下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是 A．在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多 B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强 C．甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能 D．将甲乙作电极组成原电池时，甲是负极 解析：A．不能以金属失去电子的多少而应以金属失电子的能力来衡量金属的活泼性。B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强，则金属甲比金属乙的活动性差。C．说明在金属活动顺序表中金属甲排在氢前，而金属乙排在氢后。D．在原电池中，活泼金属做负极，甲是负极，所以金属甲比金属乙的活动性强。 2．(xx年全国，14)用石墨作电极，电解1 mol·L－1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是( ) A．HCl B．NaOH C．Na2SO4D．NaCl 解析：题给条件--溶液的pH保持不变可分解成两个条件：(1)电解质溶液应为非酸碱溶液； (2)参加电极反应的阴阳离子分别只有H+和OH－。据此分析选项，由(1)排除A、B，由(2)又可排除D，所以答案为C。 3．(xx年上海)在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是( ) A．锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子 B．铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子 C．铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子 D．锌用阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子 解析：阳极：Zn－2e－＝Zn2+，阴极：Zn2++2e－＝Zn。 3．(xx年三南，17)A、B、C是三种金属，根据下列①②两个实验，确定它们的还原性强弱顺序为：①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解；②电解物质的量浓度相同的A、C盐溶液时，阴极上先析出C(使用惰性电极)( ) A．A>B>C B．B>C>A C．C>A>B D．B>A>C 解析：由①知B作原电池负极，故还原性B>A；由②知C阳离子氧化性大于A的阳离子，故还原性A>C,选D。 4．(xx年上海，17)有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是( ) A．D＞C＞A＞B B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．B＞A＞D＞C 解析：根据原电池原理：活泼金属作负极，被腐蚀，所以A、B中活泼性A>B；A、D与等浓度盐酸反应D比A激烈，即D>A;Cu与B盐溶液不反应，而能与C盐溶液反应置换出C,说明活泼性B>C，即D>A>B>C,故选B。 5．(xx年全国，12)图14-4中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极极板质量增加，b 极极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是( )

2020-2021全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总及答案

2020-2021全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总及答案 一、化学键练习题（含详细答案解析） 1． 据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。 请回答下列问题： (1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。 (2)电还原法制备甲醇的原理为2CO 2+4H 2O 2CH 3OH+3O 2。 ①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________； ②标准状况下，V L CO 2气体含有________个π键。 (3)苯分子中6个C 原子，每个C 原子有一个2p 轨道参与形成大π键，可记为(π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se 的杂化方式为________。 (4)黄铜矿由Cu +、Fe 3+、S 2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu +的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm ，c=1032pm ，用N A 表示阿伏加德罗常数的值，该晶系 晶体的密度是________g· cm -3(不必计算或化简，列出计算式即可)。 【答案】4s 24p 4 H 2S 或硫化氢 O =C =O A VN 11.2 π65 sp 2 4 ()()21010A 64456432852410103210N --?+?+????或 ()()21010A 1844 52410103210N --???? 【解析】 【分析】 (1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H 2O 分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；

【化学】2009年高考试题分类汇编：电化学基础(含详细解析)

2009年高考化学试题分类汇编:电化学基础 1．（09广东理科基础25）钢铁生锈过程发生如下反应： ①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2； ②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； ③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。 下列说法正确的是 A．反应①、②中电子转移数目相等 B．反应①中氧化剂是氧气和水 C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀 D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀 答案：A 解析： ①②反应中消耗O2的量相等，两个反应也仅有O2作为氧化剂，故转移电子数是相等的，A 项正确。①中H2O的H、O两元素的化合价没有变，故不作氧化剂，B项错；铜和钢构成原电池，腐蚀速度加快，C项错；钢铁是铁和碳的混合物，在潮湿的空气的中易发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D项错。 2．（09安徽卷12）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H2O==Cu2O+H2O 。下列说法正确的是 A.石墨电极上产生氢气 B.铜电极发生还原反应 C.铜电极接直流电源的负极 D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。 答案：A 解析： 由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2O，当有0.1mol 电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项错误。 3．（09江苏卷12）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是

物质结构与性质高考试题汇编最全

1、[化学——选修3：物质结构与性质]（15分） 硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题： （1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号，该能层具有的原子轨道数为、电子数为。 （2）硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中。 （3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献个原子。 （4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为。 （5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实： 化学键C─C C─H C─O Si─Si Si─H Si─O 键能/(kJ/mol-1) 356 413 336 226 318 452 ①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因 是。 ②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是。 （6）在硅酸盐中，四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为。Si与O的原子数之比为化学式为。 2、[化学——选修3：物质结构与性质]（15分） 前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中， A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A－和B+ 的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价 电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数 相差为2。 回答下列问题： （1）D2+的价层电子排布图为_______。 （2）四种元素中第一电离最小的是________， 电负性最大的是________。（填元素符号）

原电池高考试题汇编

原电池高考试题汇编 一\选择题 1.(1992年全国—13)下列叙述中，可以说明金属甲的活动性比金属乙的活动性强的是( ) A．在氧化还原反应中，甲原子失去的电子比乙原子失去的电子多 B．同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强 C．甲能跟稀盐酸反应放出氢气而乙不能 D．将甲乙作电极组成原电池时，甲是负极 2.(1993年上海—17)有A、B、C、D四种金属。将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀。将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈。将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化。如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是( ) A．D＞C＞A＞B B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．B＞A＞D＞C 3.（1994年—22）银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源,它的充电和放电 过程可以表示为: 在此电池放电时,负极上发生反应的物质是( ) A. Ag B. Zn(OH)2 C. Ag2O D. Zn 4. (1994年全国—16)X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2＋和Z2＋共存的溶液时，Y先析出；又知M2＋的氧化性强于Y2＋。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为( ) A.X>Z>Y>M B.X>Y>Z>M C.M>Z>X>Y D.X>Z>M>Y 5. (1996年全国—21)实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气，已知铅蓄电池放电时发生如下反应：负极Pb+SO42- ====PbSO4+2e－，正极PbO2+4H++SO42-+2e－====PbSO4+2H2O今若制得Cl2 0.050mol，这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是( ) A．0.025 mol B．0.050 mol C．0.10 mol D．0.20 mol 6.(1997年全国—5)钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是( ) A.2H＋＋2e－===H2 B.Fe2＋＋2e－===Fe …………（金属腐蚀与防护） C.2H2O＋O2＋4e－===4OH－ D.Fe3＋＋e－===Fe2＋ 7.(1998年上海—10)以下现象与电化腐蚀无关的是( ) A.黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿 B.生铁比软铁芯(几乎是纯铁)容易生锈 C.铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D.银制奖牌久置后表面变暗……………（金属腐蚀与防护） 8.(2000年上海—8)随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是( ) A.利用电池外壳的金属材料 B.防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染

全国高考化学 化学键的综合高考真题分类汇总及详细答案

全国高考化学化学键的综合高考真题分类汇总及详细答案 一、化学键练习题（含详细答案解析） 1． 煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从 而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。回答下列问题： （1）将H2S通入FeCl3溶液中，该反应的还原产物为___________。 （2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。 ①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。 ②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为_____________。 ③已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ)： H—H C═O C═S H—S C≡O 436745********** H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）═H2S（g）+CO（g），该反应的 △H=________kJ·mol-1。 ④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS（g）+ H2 O（g）垐? 噲?CO2（g）+ H2S （g）△H<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的 转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与 () 2 n H O n(COS) 的关系如图 2所示。 由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为________；由图2可知，P点时平衡常数K=_____（保留2位有效数字）。 【答案】Fe2+（或FeCl2） COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ + 6H2O +8 150℃ 0.048 【解析】 【分析】

高考题电化学汇总

1、（２０18课标1--１３）最近我国科学家设计了一种C Ｏ2＋Ｈ2S 协同转化装置,实现对天然气中CO ２和Ｈ 2Ｓ的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为Zn Ｏ@石墨烯（石墨烯包裹的Z ｎO)和石墨烯,石墨烯电 极区发生反应为： ①ED ＴA-Ｆｅ2+－e -＝ＥDT Ａ-Fe 3+ ②２E ＤTA-Ｆｅ3++H 2S=2Ｈ＋ +S ＋2EDT Ａ-F ｅ2+ 该装置工作时,下列叙述错误的是 Ａ.阴极的电极反应:ＣＯ2＋2H ++2e -=CO+Ｈ2Ｏ Ｂ．协同转化总反应：CO ２＋Ｈ2S=C Ｏ+H 2O+Ｓ C ．石墨烯上的电势比Z ｎO ＠石墨烯上的低 Ｄ．若采用Fe ３ +/F ｅ2+取代ＥＤＴA －Fe 3+／ED ＴA-Fe 2+，溶液需为酸性 2、(20１8课标１－-２7)(3）制备N ａ2S ２O 5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示,其中S Ｏ2碱吸收液中 含有NaHSO 3和Na 2ＳO 3。阳极的电极反应式为 。电解后，___＿_ 室的N ａＨSO ３浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na 2S 2O 5。 （3)２H 2Ｏ－４e － 4H ＋+O 2↑ a (４）2-25S O +２I 2+３Ｈ２Ｏ 22-4SO +4I -＋6H ＋0.12８?? 3、(2０18课标2-12）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na —CO 2二次电池。将N ａClO 4溶于有机溶

剂作为电解液,钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为３CO2+4Na 2 Na2CO3+C,下列说法错误的是 ClO-向负极移动 A．放电时， 4 B．充电时释放CＯ2，放电时吸收CＯ2 CO-＋C C．放电时，正极反应为:3CO ２+4ｅ?22 3 Ｄ.充电时,正极反应为:Na+ + e?Nａ 4、(2018课标2-－26） 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS,含有SiO２和少量FeS、ＣdS、PbＳ杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示： （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_＿＿_＿______＿＿_;沉积锌后的电解液可返回____＿_＿工序继续使用。 Zn２++2e－Zn?溶浸 5、(2０18课标3－-7).化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A.泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 ６、（２0１8课标3-1１)一种可充电锂－空气电池如图所示。当电池放电时,O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Ｌi2O2-x(x＝0或１)。下列说法正确的是

全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总附详细答案

全国高考化学化学键的综合高考模拟和真题汇总附详细答案 一、化学键练习题（含详细答案解析） 1． 钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题： （1）基态钛原子的价层电子排布图为__________，其原子核外共有______种空间运动状态不同的电子，金属钛的堆积方式如图所示，为________(填堆积方式)堆积 （2）①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37 ℃，沸点为136 ℃，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是_______。 ②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有______。 A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．氢键 E．金属键 （3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中Ti-O-Ti在一条直线上。该阳离子化学式为__________，其中O原子的杂化方式为_______。 （4）2016年7月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是Ti3Au，它具有生物相容性，是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm，最近的Ti原子 距离为a 2 ，A原子的坐标参数为（ 1 2 , 1 2 , 1 2 ），则B原子坐标参数为_______，距离Ti原 子次近 ．．的Ti原子有_______个，Ti-Au间最近距离为_______pm 【答案】 12 六方最密 TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量 大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。 AB TiO2+ sp (1 4 ， 1 2 ，0) 8 5 4 a 【解析】【分析】

高考化学热化学试题汇编

高考化学热化学试题汇 编 文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]

高考化学热化学试题汇编 （00年—08年） 一、选择题 1、（2000年山西卷—14）今有如下3个热化学方程式： H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH=a KJ·mol-1 H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH=b KJ·mol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=c KJ·mol-1 关于它们的下列表述正确的是（） A.它们都是吸热反应、b和c均为正值 =b =c 2、（2002年天津卷—9）沼气是一种能源，它的主要成分是CH4。完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是 A. 2CH4（g）＋4O2（g）＝2CO2（g）＋4H2O（l）；ΔH＝＋890kJ·mol－1 B. CH4（g）＋2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）；ΔH＝＋890kJ·mol－1 C. CH4（g）＋4O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）；ΔH＝－890kJ·mol－1 D. 1/2CH4（g）＋O2（g）＝1/2CO2（g）＋H2O（l）；ΔH＝－890kJ·mol－1 3、（03江苏卷—4）已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是（） A. C8H18(1)＋(g)＝8CO2(g)＋9H2O(g)；△H＝－·mol－1 B. C8H18(1)＋(g)＝8CO2(g)＋9H2O(1)；△H＝－5518kJ·mol－1 C. C8H18(1)＋(g)＝8CO2(g)＋9H2O(1)；△H＝＋5518kJ·mol－1 D. C8H18(1)＋(g)＝8CO2(g)＋9H2O(1)；△H＝－·mol－1 4、（03全国新课程卷—13）已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ 热量，下列热化学方程式正确的是（） A. H2O（g）＝H2（g）＋1/2O2（g）；ΔH＝＋242kJ·mol－1 B. 2H2（g）＋O2（g）＝2H2O（l）；ΔH＝－484kJ·mol－1

2020高考化学试题分类汇编——电化学基础

2020高考化学试题分类汇编——电化学基础 1．〔2018全国卷1〕右图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个点极由有机光敏燃料〔S 〕涂覆在2TiO 纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为： 22TiO /S TiO /S h ν*??→〔激发态〕 +-22TiO /S TiO /S +e *??→ 3I +2e 3I ---??→ 2232TiO /S 3I 2TiO /S+I +--+??→ 以下关于该电池表达错误的选项是．．．．．． ： A ．电池工作时，是将太阳能转化为电能 B ．电池工作时，I -离子在镀铂导电玻璃电极上放电 C ．电池中镀铂导电玻璃为正极 D ．电池的电解质溶液中I -和I 3-的浓度可不能减少 【解析】B 选项错误，从示意图可看在外电路中电子由负极流向正极，也即镀铂电极做正极，发生还原反应：I 3-+2e -=3I -；A 选项正确，这是个太阳能电池，从装置示意图可看出是个原电池，最终是将光能转化为化学能，应为把上面四个反应加起来可知，化学物质并没有减少；C 正确，见B 选项的解析；D 正确，此太阳能电池中总的反应一部分实质确实是：I 3-3I -的转化〔还有I 2+I -I 3- 〕，另一部分确实是光敏有机物从激发态与基态的相互转化而已，所有化学物质最终均不被损耗！ 【答案】B 【命题意图】考查新型原电池，原电池的两电极反应式，电子流向与电流流向，太阳能电池的工作原理，原电池的总反应式等，还考查考生变通能力和心理素养，能否适应生疏的情境下应用所学知识解决新的咨询题等 【点评】此题立意专门好，然而考查过为单薄，而且取材不是最新的，在3月份江苏省盐都市高三第二次调研考试化学试题第17题〔3〕咨询，与此题极为相似的模型，这对一些考生显得不公平！ 氧化 还原

五年高考试题汇编---化学平衡汇编

五年高考试题汇编-----化学平衡 1.（2017全国I 卷）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。 通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为________________、______________，制得等量H 2所需能量较少的是_____________。 （3）H 2S 与CO 2在高温下发生反应：H 2S(g)+CO 2(g) COS(g) +H 2O(g)。在610 K 时，将0.10 mol CO 2与0.40 mol H 2S 充入2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。 ①H 2S 的平衡转化率1α=_______%，反应平衡常数K =________。 ②在620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H 2S 的转化率2α_____1α，该反应的?H _____0。（填“>”“<”或“=”） ③向反应器中再分别充入下列气体，能使H 2S 转化率增大的是________（填标号） A. H 2S B. CO 2 C.COS D.N 2 2.（2017全国II 卷）27．（14分） 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题： （1）已知：正丁烷（410C H ）脱氢制1-丁烯（48C H ）的热化学方程式如下： ① ()()()410482C H g C H g H g =+ 1H ? ②()()()()4102482C H g O g 1 C H g H O g 2 +=+ 12H 119 kJ mol -?=- ③()()()222H g O g 1 2 H O g + = 13H 242kJ mol -?=- 反应①的1H ?为________1 kJ mol -。图（a ）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x _____________0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________（填标号）。 A ．升高温度 B ．降低温度 C ．增大压强 D ．降低压强

2019年高考化学试题分类汇编电化学

2019年高考化学试题分类汇编电化学 1．【2018新课标1卷】支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 【答案】C 【名师点睛】该题难度较大，明确电化学原理是以及金属的防腐蚀原理是解答的关键，钢管桩表面腐蚀电流的理解是难点，注意题干信息的挖掘，即高硅铸铁为惰性辅助阳极，性质不活泼，不会被损耗。 2．【2018新课标2卷】用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一 混合溶液。下列叙述错误的是 般为 错误！未找到引用源。 A．待加工铝质工件为阳极 B．可选用不锈钢网作为阴极 C．阴极的电极反应式为：错误！未找到引用源。 D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动

【答案】C 【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确； B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确； C、阴极应为阳离子得电子，根据离 子放电顺序应是H＋放电，即2H＋＋2e?=H2↑，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。 【名师点睛】本题考查电解原理的应用，如本题得到致密的氧化铝，说明铝作阳极，因此电极方程式应是2Al?6e?＋3H2O=Al2O3＋6H＋，这就要求学生不能照搬课本知识，注意题干信息的挖掘，本题难度不大。 3．【2018新课标3卷】全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+x S8=8Li2S x（2≤x≤8）。下列说法错误的是 A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4 B．电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14g C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多 【答案】D 【名师点睛】考查二次电池的使用，涉及原电池工作原理，原电池工作时负极发生氧化反应，正极发