2020-2021高考化学压轴题之化学键高考题型整理,突破提升含答案

1、2020-2021高考化学压轴题之化学键(高考题型整理，突破提升)含答案一、化学键练习题(含详细答案解析)1.下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。(2)写出b元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型(3)下列事实能说明a元素的非金属性比c元素的非金属性强的有A.a单质与c的氢化物溶液反应，溶液变浑浊B.在氧化还原反应中，Imola单质比1molc单质得电子数目多C.a和c两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(4)g与h两元素的单质反应生成1molg的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为一69c和58Co写出该反应的热化学方程

2、式。(5)常温下d遇浓硫酸形成致密氧化膜，若薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反应的化学方程式。(6) e与f形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烧，该煌分子中碳氢质量比为9：1,写出煌分子电子式。【答案】第三周期、口A族离子键、(极性)共价键ACSi(s)+2C(g尸SiC4(l)?H=-H687kJmol-13Fe+4睦SQ(浓尸Fe3O4+4SO2T+4H2O：C：C；HH【解析】【详解】由元素周期表可知：a为氧元素、b为钠元素、c为硫元素、d为铁元素、e为镁元素、f为碳元素、g为硅元素、h为氯元素；(1)表中字母h为氯元素，其在周期表中位置为第三周期、AA族

3、；(2)b为钠元素，钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,所含化学键类型为离子键、(极性)共价键；(3)a为氧兀素、c为硫兀素；A.O2与H2s的溶液反应，溶液变浑浊，说明有S生成，即O2的氧化性比S强，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故A正确；B.元素的非金属性强弱体现得电子能力，与得电子数目无关，故B错误；C.O和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明H2O比H2s稳定，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故C正确；故答案为AC;(4)已知Si(s用Cl2(g)化合反应生成1molSiCl4(l)时放热687kJ,则该反应的热化学方程式为Si(s)+2C2(g尸

4、SiC4(l)?H=-687kJmol-1；(5)常温下Fe遇浓硫酸形成致密氧化膜，该薄膜为具有磁性说明是Fe3O4,则反应的化学方程式为3Fe+4H2SQ(浓尸Fe3d+4SQT+4H2。；(6)C与Mg形成的1mol化合物Q与水反应，生成2mol氢氧化物和1mol烧，此氢氧化物应为Mg(OH)2,设化合物Q分子中含有x个C原子，则由原子守恒可知化合物Q的化学式应为Mg2Cx；已知煌分子中碳氢质量比为9:1,其分子中GH原子数之比=-9:1=3:4,结121合化合物Q的化学式Mg2Cx,可知该烧分子式为QH4,OH4为共价化合物，其电子式为Hii【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质

5、跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱.最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。2.铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：2-(1)CuSO4晶体中S原子的杂化万式为,SO的立体构型为(2)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下:Cu(NH3)4SO4通

6、入so?JNHdCuSChl足量-1/硫酸的水溶液过盗白色沉淀微热过魄会起细铜粉NHCuSO中金属阳离子的核外电子排布式为。N、。S三种元素的第一电离能大小顺序为(填元素符号)。向CuSO溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)4SO4,下列说法正确的是A.氨气极易溶于水，原因之一是NH分子和H2O分子之间形成氢键的缘故B. NH分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角C. Cu(NH)4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体D.已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出akJ热量，则NH的燃烧热的热化学方程式为：NH(g)+3/4Oz(g)=1/2N

7、2(g)+3/2H?O(g)AH=-5akJmol1(3)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(HzNCHCOONa可得到配合物A,其结构如下左图所示。但锢M红色晶体1mol氨基乙酸钠(HzNCHCOONat有(T键的数目为。氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：(写化学式)。已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如上右图所示。则该化合物的化学式【答案】sp3正四面体Is22s22p63s23p63d10(或A。3d、N>0>SAC8X6.02X1023N20(或SCN、NO-等)Cu2O【解析】【分析】(1)计算S原子的价电子对数进行判断；(2)先判断金属离子

8、的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层上的电子；根据第一电离能的变化规律比较其大小；A.氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大；B.据分子的空间结构判断；C.根据相似相容原理判断；D.燃烧热方程式书写在常温下进行，H2O为液态；(3)共价单键为d键，共价双键中一个是d键、一个是兀键；原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；利用均摊法确定该化合物的化学式。【详解】602(1)CuSQ晶体中S原子的价层电子对数=-0一=4,孤电子对数为0,米取sp3杂化，SO42-的立体构型为正四面体形；(2)NH

9、4CuSQ中的阳离子是是Cu+,它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10);根据同一周期第一电离能变化规律及第HA、VA反常知，第一电离能大小顺序为，N>O>S;A.氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故，选项A正确；B.NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥型，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B错误；C.Cu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C正确；D.燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项D错误；答案选AC;(3)氨基乙酸钠结

10、构中含有N-H2个，C-H2个，碳氧单键和双键各一个，N-C、C-C各一个共8个(T键；等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2。、SCN、N3-等；1，根据均摊法计算白球数为8x2+1=2,黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2Oo8【点睛】本题考查较为全面，涉及到化学方程式的书写、电子排布式、分子空间构型、杂化类型的判断以及有关晶体的计算。解题的关键是正确理解原子结构及杂化轨道计算。3.有X、Y、Z、WM五种短周期元素，其中X、Y、ZWW周期，Z、M同主族；X卡与命具有相同的电子层结构；离子半径：Z2>W;Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导

11、体材料。请回答下列问题：(1)Y元素的名称;(2)W在元素周期表中的位置是第周期第族；(3)X2M2中存在的化学键有、;(4)Z、W氢化物的稳定性顺序为。(用化学式表示)【答案】硅三VHA离子键共价键HCl>H2S【解析】【分析】Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y是Si元素，又因为X、Y、Z、W同周期，所以X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2->W-、X+与M2-具有相同的电子层结构，可知X、Z、W分别为Na、S、Cl元素，又因为Z、M同主族且X、Y、Z、W、M均为短周期元素，则M为第二周期的O元素。【详解】(1) Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重

12、要的半导体材料，则丫是Si元素，元素名称为：硅。(2) W为Cl元素，在元素周期表中的位置为：第三周期第口Ao(3) X为Na元素，M为O元素，所以X2M2为Na2O2,W2O2中Na+与。22-之间存在离子键，。22-中两个。原子间存在共价键，故Na2O2中存在的化学键有离子键和共价键。(4) Z为S,W为Cl,非金属性W(Cl)>Z(S),元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以氢化物白稳定性顺序为：HCl>H2S【点睛】本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生分析能力的考查，首先运用元素周期表工具，结合同周期、同主族规律，位、构、性关系推断出X、Y、Z、W、M分别是什

13、么元素，然后结合元素化合物知识进一步解答，注意本题分析的要点或关键词为：短周期元素、同周期、同主族、相同的电子层结构、离子半径大小、单质晶体熔点硬度、半导体材料等，找到突破口是解答本题的关键。4.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铳、钮和翎系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价铳离子(S(2+)的核外电子排布式，其中电子占据的轨道数为。(2)在用重量法测定例系元素和使例系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物,2L2LnC3+3H2c2O4+nH2O=Ln2(QO4)3?rH2O+6HCl。H2c2O4中碳原子的杂化轨道类

14、型为；1molH2c2O4分子中含b键和兀键的数目之比为。H2O的VSEPR莫型为；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.觥i.键(3)表中列出了核电荷数为2125的元素的最高正化合价：元素名称铳钛钮铭镒ScTiVCrMn核电荷数2122232425最局止价+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(二氧化错)的晶胞结构与

15、CaE相似，晶胞中Pr(错)原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与。原子之间的距离为apm,则该晶体的密度为g?：m-3(用Na表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】1sNa-34a10-102s22p63s23p63d110sp2杂化7:2四面体形NH?-abfi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4141+162【分析】(1)Sc(铳)为21号元素，1s22s22p63s23p63d14s2,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Sc

16、2+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?2H2O中含有HQ+,结构为二t也,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、3d34s2、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；=进行计算。V(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【详解

17、】Sc(铳)为21号兀素，基态Sd+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Sd+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，故共占据1X3+3X2+1=1於，故答案为:1s22s22p63s23p63d1；10;00(2)H2C2O4的结构式为I,含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为HOC"":0bHsp2杂化，分子中含有7个b键、2个兀键，所以b键和兀键数目之比为：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

18、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?2HO中含有H5O2+,结构为存在的作用力有：配位键、极性键、氢键和(T键，故答案为：abfi;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、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，故答案为：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；1(4)由图可知，相距最

19、近的Pr原子和。原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的一4则该晶胞的晶胞参数4a10-1°cm,每个晶胞中占有4个“PrO；则该晶胞的质量4141+1624141+162为Nam_3g,根据=一可得，该晶体的密度为：-J3“-10,故VNa4a1034141+162答案为：Na-3走4a10-1003【点睛】本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第(2)小题的第问中H2O的VSEPR莫型容易习惯性写为空间构型V形，解答时一定要仔细审题，注意细节。5.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

20、:(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、n、出、W4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TiC136H20。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

21、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CI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、V!A、口A族元素的氢化物的沸点，其中表示口A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【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

22、TiCl(H2O)5Cl2-H2O离子键、配位键BD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

23、，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,可以知道紫色品体中含3个氯3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)5Cl2H2O,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)5Cl2H2O;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

24、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。6.碳与硅是十分重要的两种元素，金刚石、SiC具有耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。(1)碳元素在周期表中的位置是,其原子核外通常未成对电子数为个。(2)已知2C%(PO4)2(s)+10C(s)咐)+6CaO(s)+10CO

25、(g反应中，被破坏的化学键有。a.离子键b.极性共价键c.非极性共价键(3)一定条件下，Na还原CC4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，除去粗产品中少量钠的试剂为。(4)下列叙述正确的有填序号)，Na还原CC4的反应、C12与H2O的反应均是置换反应水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同NaSiO3溶液与SC3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱Si在一定条件下可与FeC发生置换反应【答案】第二周期第IVA族2abc水(或乙醇)【解析】【分析】【详解】(1)碳元素的电子层数为2，最外层电子数为4，所以在周期表中的位置是第二周期第IVA族，碳元素的2P能级上有2个未成对电子。(2)由2C

26、s3(pq)2(s)+10C(s)-P4(g)+6CaC(s)+10CO,可知：钙离子和磷酸根离子之间的离子键被破坏，磷原子和氧原子间的极性共价键被破坏，另外C中非极性共价键也被破坏，因此答案选abc。(3)由于Na可以与水(或乙醇)发生反应，而金刚石不与水(或乙醇)反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水(或乙醇)。(4)Na还原CC4生成NaCl和C,属于置换反应，但C12与H2O反应生成HCl和HC10,不是置换反应，故错误；水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，前者是共价键，后者是分子间作用力，故错误；Na2SiO3溶液与SQ的反应，说明酸性H2SiO3

27、比H2S。弱，可用于推断Si与S的非金属性强弱，故正确；C和Si同主族性质相似，Si在一定条件下可与FeO发生置换反应，故正确，答案选。(5)在下列变化中，碘的升华烧碱熔化MgCl2溶于水HCl溶于水Na2O2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)n1.75或74【答案】1：2：31210：11：9-x(A-N+8)【解析】【分析】(1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据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

28、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；根据n=9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NAm=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】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p=m=知，

29、其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为1：2：3；由VV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可分另1J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3X4=12中水；14NH3T+中电子数、质子数、中子数分别为10、11、(14-7+2)=9,故电

30、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,ng它的氧化物的物质的量为nmol;1molRO中含有(A-N+8)mol质子，A16所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为A16X(A-N+8)质子数与电子数相同，所以电子的物质的量为：a-16X(A-N+8)moJ故答案为：入一16X(A-N+8)(3)6.02x2310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1mol=0.25mol,Li的质量=0.25molx7g/mol7g

31、=1.75g,故答案为：1.75；44(4)Ne为单原子分子，不存在化学键；HCl中H原子和Cl原子形成极性共价键；p4中存在p-p非极性共价键；N2H4中存在N-H极性共价键和N-N非极性共价键；Mg3N2中镁离子与氮离子间形成离子键；Ca(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；CaC2中钙离子和C22-间形成离子键；C22讷部碳原子之间形成非极性共价键；NH4I俊根离子与碘离子间形成离子键；俊根离子内部氮原子、氢原子间形成极性共价键；AlCl3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；只存在非极性共价键的是；既存

32、在离子键又存在非极性共价键的是，故答案为：；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；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；MgCl2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；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；Na2O2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；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共价键破坏的是，故答案为：；。【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

33、常见变化过程中化学键的变化情况的归纳。8.A、B、CD、E、F、G、H八种前四周期元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序数之和为25,且知B、F同主族，1.8gnE与G的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L氢气(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：1 H该元素在周期表中的位置.2由F、G二种元素形成化合物F2G2的电子式,含有化学键的类别为3B、GF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）4由A、B、D、F四种元素可

34、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HO2反应制备一种可用于净水的盐HO4,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CH,，用空气与CO2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CH4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均为钳电极，闻I722州S.4I.甲槽电解的是200nmL一定浓度的NaCl与CuSO,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）。CuSO4的

35、物质的量浓度为nmol?_1。n.乙槽为200nmLnCuSO,溶液，通电一段时间，当C极析出0.64ng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）。ACu（OH）2B?CuOC?CuCO3D?Cu2（OH）2CO3若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2nmol的Cu（OH）2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】第四周期第皿A族；:巧演极性共价键、非极性共价键H2s、>»|>HF、H2OHSO3HSO2H2O；3cl22FeO28OH2FeO46Cl4H2O;2nCH44CO28e5CO22H2O0.1BC0.8

36、NA【解析】【分析】A、B、CD、E、F、G、H八种前四周期元素，原子序数依次增大，1.8gE与G的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L氢气（标准状况下），则E为Al,G为Cl,D和E的离子具有相同的电子层结构，则D为Na,工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B为O,B、F同主族，则F是硫，A、B、F三者原子序数之和为25,则A是氢，C的原子序数大于氧、小于钠，故C为氟，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,则H为Feo【详解】A、B、CD、E、F、G、H八种前四周期元素，原子序数依次增大，1.8gE与G的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L氢气（标准状况下），则E为A

37、l,G为Cl,D和E的离子具有相同的电子层结构，则D为Na,工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B为O,B、F同主族，则F是硫，A、B、F三者原子序数之和为25,则A是氢，C的原子序数大于氧、小于钠，故C为氟，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,则H为Feo1H是Fe,在元素周期表中的位置是第四周期第皿族；2由F、G二种元素形成化合物F2G2S2cl2的类别为极性共价键、非极性共价键；故答案为：性共价键；3B、C、F形成的最简单气态氢化物分别是体，HF分子之间存在氢键，沸点高于H2s高的顺序是H2S、HF、H2O;故答案为：4四种元素要形成酸式盐，阳离子只能为A族，故

38、答案为：第四周期第皿A的电子式为；：£；£；口；含有化学键I1>>1I¥PIS:s：Ct:;极性共价键、非极V»H2O、HF、H2S;HF、H2s常温下为气水常温下为液态，沸点最高，故沸点由低到H2S、HF、GO;Na,阴离子只能为亚硫酸氢根或硫酸氢根，写离子方程式时亚硫酸氢钠拆分为钠离子和亚硫酸氢根，硫酸氢钠拆分为钠离子、氢离子和硫酸根，等式两端抵消掉某些离子后，离子方程式为：HHSO3H2OSO2；在碱性条件下，G的单质Cl2可与HO2FeO2反应制备一种可用于净水的盐_2_2HO4FeO4,该反应的离子方程式是23Cl22FeO28OH

39、2FeO46Cl4H2O;故答案为：HHSO3H2OSO2；3Cl22FeO28OH2FeO：6Cl4H2O；5负极发生氧化反应，所以CH4的一极发生反应的电极反应2CH44CO28e5CO22H2O；式CH44cO38e5CO22H2O；故答案为：6I.电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl2eCI24OH4eO22H2O,阴极发生Cu22eCu、2H2e山可知,a为阴极气体体积与时间的关系,b为阳极气体体积与时间的关系，由图可知,产生氯气为224mL,nCl20.224L22.4L/mol0.01mol,t2时生成氧气为112mL,nO20.112L22.4L

40、/mol0.005mol,则共转移电子为0.02mol0.005mol40.04mol,根据电子守恒及Cu22eCu可知,nCuSO4""mol0.02mol,所以cCuSO420.02mol0.1mol/L；0.2L故答案为：0.1;n.根据电极方程式即阳极发生4OH4eO22H2。，阴极发生Cu22eCu。电解过程中损失的元素有铜和氧，A、多加了H元素,错误；B、能够补充铜和氧元素，正确；CCuCO3与硫酸反应放出二氧化碳，相当于加入了氧化铜，正确;D.Cu2(OH)2CO3多加了H元素，错误；故答案为：BC；加入0.2nmolnCu(OH)2相当于加入0.2molCu

41、O和0.2molH2。,则电解过程中共转移电子数为0.2mol20.2mol2n0.8mol,数目为0.8Na,故答案为：0.8Na。9.钠是一种非常活泼、具有广泛应用的金属。(1)钠的原子结构示意图为1,钠在反应中容易电子(填得到”或失去”)。(2)金属钠非常活泼，通常保存在里，以隔绝空气。(3)汽车安全气囊的气体发生剂NaN3可由金属钠生产。某汽车安全气囊内含NaN3、Fe2O3和NaHCQ等物质。i .当汽车发生较严重的碰撞时，引发NaN3分解2NaN3=2Na+3N2,从而为气囊充气。N2的电子式为。ii .产生的Na立即与Fe2O3发生置换反应生成NazO,化学方程式是。iii .N

42、aHCQ是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。NaHCQ起冷却作用时发生反应的化学方程式为。iv .一个安全气囊通常装有50gNaN3,其完全分解所释放的N2为mol。(4)工业通过电解NaCl生产金属钠：2NaCl0融屋上=2Na+C2,过程如下：C1O金属物已知：电解时需要将NaCl加热至熔融状态。NaCl的熔点为801C,为降低能耗，通常加入CaC2从而把熔点降至约580C。把NaCl固体加热至熔融状态，目的是。电解时，要避免产生的Na与C12接触而重新生成NaCl。用电子式表示NaCl的形成过程O粗钠中含有少量杂质Ca,过程n除去Ca的化学方程式是。过程I中，CaC2能发生像NaCl那样的

43、电解反应而被消耗。但在过程I中CaC2却不断地被重新生成，原因是。【答案】失去煤油：N：N：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe2NaHCO3ANa2CO3+CO2T+H2O1.2mol破坏离子键，产生自由移动的Na卡和C工占一、工!：O：J2Ca+Na2O2=2CaO+2NaCa与Na活泼，Ca与Cl2反应生成CaC2【解析】【分析】(1)根据钠原子的结构示意图最外层电子数分析；(2)金属钠为活泼金属，能与氧气反应，常保存在煤油中；(3)i.N2中两个氮原子之间共用叁键；ii .发生置换反应，利用置换反应特点完成；iii .利用碳酸氢钠不稳定性进行分析；iv .根据反应方程式进行计算；(4

44、)利用电解质导电条件进行分析；NaCl是离子化合物，是由Na+和CF组成；根据流程进行分析；利用金属性强弱进行分析；【详解】(1)根据钠的原子结构示意图，最外层只有1个电子，容易失去1个电子，达到稳定结构；答案为失去；(2)金属钠是活泼金属，能与氧气反应，常保存在煤油里，以隔绝空气；答案：煤油；(3)i.N2中两个氮原子以叁键结合，且氮原子最外层有5个电子，其电子式为：;答案：;ii .Na与Fe2O3发生置换反应，根据置换反应特点，Na应将Fe置换出来，即反应方程式为6Na+F&O3=3Na2O+2Fe；答案：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe；iii .分解反应为吸热反应，碳酸

45、氢钠不稳定，受热易分解，降低温度，其反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO21+H2O;答案：2NaHCO3Na2CO3+CO21+H2O；2NaN3=2Na+3N2iv .根据反应方程式：265g3mol解得n(N2)=1.2mol；50gn(N2)答案：1.2mol;(4)NaCl为电解质，固体不导电，熔融状态下能够导电，破坏离子键，产生自由移动的Na卡和Cl;答案：破坏离子键，产生自由移动的Na+和Cl；NaCl为离子化合物，是由Na+和CF组成，用电子式表示NaCl的形成过程：。+息一、1位：；*答案：Y7一:苜：；根据过程II,粗钠中加入过氧化钠生成氧化钙和金属钠，因此发生的反

46、应方程式为2Ca+Na2O2=2CaO+2Na；答案：2Ca+Na2O2=2CaO+2Na;过程I中，CaC2被电解成Ca和C2,因为Ca比Na活泼，因此Ca与Cl2反应生成CaC2;答案：Ca与Na活泼，Ca与C2反应生成CaC2o10.氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。Ti2+基态的电子排布式可表示为。BH4-的空间构型是(用文字描述)。(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H2脩喝籁飞2NH3实现储氢和输氢。上述方程式涉及的三种气体熔

47、点由低到高的顺序是。下列说法正确的是(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3杂化b.相同压强时，NH3沸点比PH3高c.Cu(NH3)42+中，N原子是配位原子d.CN的电子式为Ca与6。生成的C¥2O50能大量吸附H2分子。C60晶体易溶于苯、CS2,说明C6。是分子(填权性”或非极性”；)1个C6。分子中，含有b键数目为个。(4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为晶胞的体积为cm3用a、Na表示(Na表示阿伏加德罗常数)。【答案】1s22s22p63s23p63d2(或Ar3d2)正四面体52H2<N2<NH3abcd非极性90二

48、aNA【解析】【分析】(1)Ti是22号元素，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+,然后根据构造原理书写基态的电子排布式；根据价层电子对互斥理论判断离子空间构型；(2)根据物质的分子间作用力和分子之间是否含有氢键分析判断；a.根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；b.同一主族元素的氢化物中，含有氢键的氢化物沸点较高；c.提供孤电子对的原子是配原子；d.CN-的结构和氮气分子相似，根据氮气分子的电子式判断；(3)根据相似相溶原理确定分子的极性；利用均摊法计算；(4)利用均摊法计算该晶胞中镁、氢原子个数，再根据V=R进行计算。P【详解】Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为

49、：1s22s22p63s23p63d24s2,Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+,则Ti2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d2(或写为Ar3d2)；BH4冲B原子价层电子对数为4+3-1土=4,且不含有孤电子对，所以BH4-的空间构2型是正四面体型；(2)在该反应中涉及的物质有N2、H2、NH3,NH3分子之间存在氢键，而N2、H2分子之间只存在分子间作用力，所以NH3的熔沸点比N2、H2的高；由于相对分子质量N2>H2,物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高；所以三种物质的熔点由低到高的顺序是H2<N2<NH3；a.NH

50、3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4,采用sp3杂化，a正确；b.相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，b正确；c.Cu(NH3)42+离子中，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，c正确；d.CN-中C、N原子通过三对共用电子对结合，其电子式为:C江N：1，d正确；故合理选项是abcd;(3)苯、CS2都是非极性分子，根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶剂中，所以C60是非极性分子；3一，则1molC60分子中，含有(T键数2一.一13利用均摊法知，每个碳原子含有b键数目为二2目=3x1mo

51、lx60A/mol=90Na；2(4)该晶胞中镁原子个数=-X8+1=2含有的H原子个数=2+4X-=4,则晶胞的体积24214mV=-=NAPa3523g/cm=aNg/cm°本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布、微粒空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，学会使用均摊方法分析，灵活运用公式是解本题关键。11.A、B、CX、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，X、E原子的最外层电子数均为1,Y有“生物金属”之称，Y4+和僦原子

52、的核外电子排布相同，Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍。用元素符号回答下列问题：(1)B的电子排布式：,Y的价电子排布图,Z2+的价电子排布(2)E元素位于周期表第周期族区。(3)A、B、C三种元素的第一电离能由小到大的顺序为。A、C元素气态氢化物的稳定性的大小>(分子式表示)原因与AC32-互为等电子体的离子(写一种)，写出与ABC离子互为等电子体的分子的化学式：(写一种)。AC2的电子式。川3d8四IBds依O<NH2OCH4氧元素【答案】1s22s22p3的非金属性强于碳或氧的原子半径比碳原子半径小，键长越小键能越大越稳定NO3-N2O或CO2；Q；5C5；O

53、：【解析】【分析】A、B、CX、Y、Z、E为前四周期元素，且原子序数依次增大。A原子核外有三个能级，且每个能级上的电子数相等，A原子核外电子排布为1s22s22p2,则A为碳元素。X、Y、Z、E是位于同一周期的金属元素，元素只能处于第四周期，Y有“生物金属”之称，Y4+和僦原子的核外电子排布相同，Y元素原子核外电子数=18+4=22,故Y为Ti元素；X原子的最外层电子数为1,且X的原子序数小于Ti,故X为K元素；Z原子核外电子的运动状态数目是最外层电子数的14倍，最外层电子数只能为2,故Z原子核外电子数为28,则Z为Ni元素；E原子的最外层电子数为1,原子序数又大于Ni,则E原子的价电子排布式

54、为3d104s1,则E为Cu元素；C原子成对电子数是未成对电子数的3倍，原子序数又小于X(钾)，未成对电子数最大为3,故C原子核外电子排布式为1s22s22p4,则C为O元素；而B的原子序数介于碳、氧之间，所以B为N元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是C,B是N,C是O,X是K,Y是Ti,Z是Ni,E是Cu元素。(1)B是N元素，原子序数是7,根据构造原理可知N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3；丫是22号IHflILlfHl式3d8;Ti元素，价电子排布式是3d24s2,价电子排布图为：;Z是Ni,Ni原子失去最外层的2个电子变为Ni2+,Ni2+的价电子排布(2)E是C

55、u,原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1,在元素周期表中位于第四周期第旧族，属于ds区；(3)A是C,B是N,C是O,一般情况下，同一周期的元素，随原子序数的增大，元素的第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p电子处于半充满的稳定状态，所以其第一电离能比O大，则三种元素的第一电离能由小到大的顺序为CvOvN;元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性C<O,原子半径r(C)>r(O),所以这两种元素的相应氢化物的稳定性：H2O>CH4；AC32-离子为CC32-,与其互为等电子体的离子为NO3-;ABC离子为CNO-,与其互为等电子体的分子的化学式为N2O或CO2oAC2是CQ,在该物质分子中，C原子与2个O原子形成四对共用电子对，使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定Z&