化学化学键的专项培优易错试卷练习题含答案及详细答案

1、化学化学键的专项培优易错试卷练习题(含答案)及详细答案一、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式。(5)常温下d

2、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+4H2SO4(浓尸Fe3O4+4SO2T+4H2O：C：CH【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；(2)b为钠元素

3、，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为氧元素、c为硫元素；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)WCl2(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)=SiC4(l)

4、?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C、H原子数之比=: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：非金属单质跟氢气化合的难易

5、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.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)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为一37C,沸点为136C,均高于结构与其相似的CC4

6、,主要原因是。TiCl4可溶于浓盐酸得H2TiCl6,向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6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Ti-O-Ti在一条直线(3)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中上。该阳离子化学式为,其中。原子的杂化方式为。TiTi'、/XOZX/TIT；(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，是理想的人工懿关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm,最近的Ti原子距离为a,A原子的坐标参数为(2,1,1),则B原子坐

7、标参数为,距离Ti原2222子次近的Ti原子有个，Ti-Au间最近距离为pmt|3d12六方最密TiC4和CC4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CC4,分子间作用力大一些,所以熔沸点更高。ABTiC2+sp(1,0)842,5a4【解析】【分析】Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、4s四个原子轨道，2p、3P六个轨道、3d两个轨道；该晶体为六方最密堆积;(2)分子晶体熔沸点较低，结构相似的分子晶体的熔沸点与相对原子质量有关；酸属于共价化合物，俊盐属于离子化合物，据此分析；(3)每个。原子被两个T

8、i原子共用、每个Ti原子被两个C原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比；Ti元素为+4价、C元素为-2价，据此书写其化学式；阳离子的立体结构中Ti-C-Ti为直线型，据此分析杂化类型；(4)根据均摊法确定Ti和Au在晶胞中的位置，结合晶胞结构图进行分析原子的坐标和距离，Ti和Au最近的距离为晶胞顶点的Au到面上的Ti之间的距离，如图所示，【详解】(1)Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子，其价电子排布图为：|HH|1川；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、3(14s4s四个原子轨道，2p、3P六个轨道、3d两个轨道，共12个轨道；根据

9、图示，该晶体为六方最密堆积；(2)TiC4和CC4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CC4,分子间作用力大一些，所以熔沸点更tWj;TiCl4可溶于浓盐酸得H2TiCl6,可将其看做形成一种酸，所有的酸都是共价化合物，向溶液中加入NH4C1浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体，可看做是钱盐，属于离子化合物，该晶体中微观粒子之间的作用力有共价键和离子键，答案选AB;(3)根据均摊法：每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1:1,所以阳离子的化学式为TiO2+,阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，故O原子的杂化方式为sp杂化；(

10、4)根据钛金合金的化学式是Ti3Au,大白球位于晶胞的顶点和体心，个数为1+8J=2,小8黑球位于晶胞的面上，则个数为2X6>1=6,则大白球为Au,位于晶胞的顶点和体心，小2黑球为Ti,位于晶胞的六个面上，由于最近的Ti原子距离为a,故B原子坐标参数为2(1,L,0);以右图中C原子为中心，在该晶胞中与C原子次近的原子有4个，根据晶胞42的无隙并置，对称结构还有4个，故有8个；Ti和Au最近的距离为晶胞顶点的Au到面上的Ti之间的距离，如图所示,则晶胞中Ti-Au间最近距离为22一aa5a=pmo4243.完成下列问题:(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3PH3(填“喊飞”。(2)

11、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1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键所需要吸收的能量分别为QikJQ2kJ、Q3kJ,由此可以推知下列关系正确的是。Qi+Q2>Q32Qi+Q2<4Q32Qi+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】>bcFeQ2-+3e-+4H2O=Fe(O

12、H+5OHZn+2OH-2e-=Zn(OH>【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,相当于俊盐，具有俊盐的性质；(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.钱盐都能与NaOH发生复分解反应，所以PH4I也能与NaOH发生反应，a错误；b

13、.钱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.钱盐不稳定，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)1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分1别为Q1、Q2、Q3kJ,则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g),2断开1molH-H键和1molO=O键所吸收的能量(Q1+-Q2)kJ,生成2molH-O新键释放的22能量为2Q3kJ,由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+1Q2)>0,2Qi+Q2<4Q3,故合理

14、选项2是；(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：FeC42-+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

15、、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。4.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：(1)CuSO4晶体中S原子的杂化方式为,SO2-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（NHm%SCh的水溶液iSAsoNH4

16、CuSOs|足量硫酸I白色折淀微热过祗超细铜粉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NH3分子和HO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)+3/4O2(g)=1/2N2(g)+3/2HzO(g)AH=

17、-5akJ-mol1(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是。【答案】sp3正四面体1s22s22p63s23p63d10（或A。3d10）N>0>SAC8X6.02X1023NO（或SCN、NO-等）CuO【解析】(1)计算S原子的价电子对数进行判断;(2)先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的

18、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(T键，共价双键中一个是(T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=-一=4,孤电子对数为0,米取sp3杂化，SC42"的立体构型为正四面体形；(2)NH4CuSQ中的阳离子是是

19、Cu+,它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或A3d10);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>C>S;A.氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2C分子之间形成氢键的缘故，选项A正确；B.NH3分子和H2C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)4SCH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)氨基乙酸钠结构中含有N-H2个，C-H

20、2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;1E，,根据均摊法计算白球数为8X-+1=2,黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2Co8【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。5.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2C3、KClQ、NaHCQ等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。(1) NaN3是气体发生剂，受热分解产

21、生N2和Na,N2的电子式为。(2) Fe2C3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)。KCIC4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和NmC。KClQ含有化学键的类型为,K的原子结构示意图为。【答案】：N?N:Fe离子键和共价键加炉3【解析】【分析】(1)N2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)Fe2C3是氧化剂，与Na发生置换反应，据此分析；(3)KCIC4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，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式

22、为：N?N:;故答案：N?N:；(2)Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe,故答案：Fe；(3)KClQ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;6.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、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

23、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T产可形成配位数为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C所形成的化学键类型是。(3)如图中A、B、C、D四条

24、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】【

25、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,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，

26、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

27、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。7.同一周期(短周期济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AFBF2DF4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

28、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】114AlQ-+H+H2O=Al(OH)3=Al3+3OHNaF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；SiB为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiFi的熔点低HClNg>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0C,根据气体的沸点都低于0C,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

29、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

30、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：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3=Al3+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Mga.离子键b.极性共价键c.非极性共价键+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SiR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Si反的熔点低；(4)同一周期元素从左到右元素的非金属

31、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+、Al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齐U为。(4)下列叙述正确的有填序号)，Na还原CC4的反应、Cl2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SQ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FeO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

32、周期第IVA族，碳元素的2P能级上有2个未成对电子。(2)由2Ca3(PQ)2(s)+10C(s)-P4(g)+6CaO(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Cl2与H2O反应生成HCl和HClO,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+核外电子排布都是2、8,电子层结构相同，对于电子层

33、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。8.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2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)咐)+6CaO(s)+10CO(g反应中，被破坏的化学键有Na2SiO3溶液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；与SQ的反应，说明

34、酸性H2SiO3比H2SQ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。9.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SQ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：H2&(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(K2s2。7),反应中断裂的化学键类型(4)淮北某课题小组对连二亚硫酸钠(Na2s2O4)进行了如下

35、探究。将0.050ml-L-1Na2S2OH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)。f(rfN)Na2s2O4溶液显性，原因是_(用离子方程式表示)。ti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-ti段发生反应的离子方程式为_,ti-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$O42-+H2O=HS2O4-+OH,HS2O4-+H2O=H2s2O4+OH-c(HSQ-)>c(SQ2-)>c(H2SO3)28O42-+O2+2H2O=4HSQ-2HSQ-+O2=2H+2SO42-【解析

36、】【详解】(1)葡萄酒中添加微量的SQ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)Na2s2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2Q42'+H2Q=HS2Q4'+QH',HS2O4"+H2Q=

37、H2S2Q4+OH',故答案为：碱；S2Q42"+H2O=H&O4-+OH,H&Q4-+H2Q=H2&Q4+QH;ti时溶液中只有一种溶质，Na2&Q4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(HSQ-)>c(SQ2-)>c(H2SQ),0-ti段发生反应的离子方程式为：2s2。42-+Q2+2H2Q=4HSQ-,ti-t2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：2HSQ-+Q2=2H+2SQ2-,故答案为

38、：c(HSQ3-)>c(SQ32-)>c(H2SQ3);2s2Q42-+Q2+2H2Q=4HSQ-；2HSO3-+Q2=2H+2S。2-。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16Q、18Q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O(3)含6.02X123个中子的3Li的质量是g(4)NeHClP4N2H4Mg3N2Ca(QH?CaC2NH4IAICI3,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

39、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，碘的升华烧碱熔化MgCl2溶于水HCI溶于水Na2Q2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)n【答案】1：2：31210：11：9A16X(A-N+8)1.75或774【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

40、2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RQ,该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/moI,据此分析计算；根据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pE=2M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VV氧的同位素有16

41、O、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,故电子数：质子数：中子数=10：11：9,故答案为：1：2：3;12;10：11

42、：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一mol;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An16x(A-N+8)质子数与电子数相同，所以电子的物质的量为：人.化x(A-N+8)mol故答案为：A言6x(A-N+8)(3)6.02W310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mol=0.25mol,Li的质量=0.25molx7g/mol=g=1.75g,故答案为：1.75;44(4)Ne为单原子分子，不存在化学键；HCl

43、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；CaG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

44、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常见变化过程中化学键的变化情况的归纳。11.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子

45、电池发展做出巨大贡献的科学家，锂离子电池广泛应用于手机、笔记本电脑等。(1)锂元素在元素周期表中的位置：。(2)氧化锂(Li2O)是制备锂离子电池的重要原料，氧化锂的电子式为。(3)近日华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出了石墨烯电池，电池反应式为LLCs+Li1-x幅:*?C6+LiCoO2,其工作原理如图。cfo#ostorLij石墨烯的优点是提高电池的能量密度，石墨烯为层状结构，层与层之间存在的作用力是O锂离子电池不能用水溶液做离子导体的原因是(用离子方程式表示)。锂离子电池放电时正极的电极反应式为。请指出使用锂离子电池的注意问题。(回答一条即可)【

46、答案】第二周期第IA族Li%：0:了-L/范德华力(分子间作用力)2Li+2H2O=2Li+2OH-+H2TL1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoQ避免过充、过放、过电流、短路及热冲击或使用保护元件等【解析】【分析】(1)根据锂元素的原子结构与元素位置的关系分析判断；(2)氧化锂是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合；(3)石墨烯结构是平面结构，层内是共价键，层间以分子间作用力结合；根据Li是碱金属元素，利用碱金属单质的性质分析；锂离子电池放电时正极上Li+得电子变为LiCoQ；使用锂离子电池的注意问题是禁止过充、过房，配备相应的保护元件等。【详解】(1)Li是3号元素，核外电子排

47、布为2、1,所以Li在元素周期表的位置位于第二周期第IA族；(2) Li2O是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合，其电子式为：Ly；(3)石墨烯的优点是提高电池的能量密度，石墨烯为层状结构，在层内，C原子之间以共价键结合，在层与层之间存在的作用力是分子间作用力，也叫范德华力；Li是碱金属元素，单质比较活泼，容易和水反应产生氢气，反应方程式为：2Li+2H2O=2Li+2OH-+H2T,所以锂离子电池不能用水溶液；根据锂电池总反应方程式可知：锂离子电池在放电时，正极上L得电子变为LiCoO2,电极反应式为：Lii-xCoO2+xLi+xe-=LiCoQ；锂电池在使用时应该注意的问题是避

48、免过充、过放、过电流、短路及热冲击或使用保护元件等。【点睛】本题考查了锂元素的有关知识，解答时要根据各种物质的结构，充分利用题干信息进行综合分析、判断。12.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

49、程式是。iii .NaHCQ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。2Na+Cb,过程如下:(4)工业通过电解NaCl生产金属钠：2NaCl修融*金属副已知：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NaC

50、l那样的电解反应而被消耗。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+2Fe2NaHCO3Na2CO3一CO2T+H2O1.2mol破坏离子键，产生自由移动的Na卡和C-工!：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)利

51、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：N三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+Fe2O3=3Na2O+2Fe；答案：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe；iii .分解反应为吸热反应，碳酸氢钠不稳定

52、，受热易分解，降低温度，其反应方程式为2NaHCO3Na2CO3，CO21H2O;答案：2NaHC03Na2CO3+CO2T+H2O；2NaN3=2Na+3N2iv .根据反应方程式：265g3mol解得n(N2)=i.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+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卡和C组成，用电子式表示NaCl的形成过程：一、工虐：；答案：、口一一：【！：|；*根据过程II,粗钠中加入过氧化钠生成氧化钙和金属钠，因此发生的反应方程式为2C

53、a+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CaC2。13.在研究金矿床物质组分的过程中，通过分析发现了CuNiZnSnFe多金属互化物.1某金属互化物属于晶体，区别晶体和非晶体可通过方法鉴别.该金属互化物原子在三维空间里呈周期性有序排列，即晶体具有性.2基态Ni2的核外电子排布式;配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂.固态Ni(CO)4属于晶体.3铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2.1mo

54、l(SCN)2分子中含有b键的数目为；类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氟酸HSCN的沸点低于异硫氧酸HNCS的沸点，其原因是；4立方NiO(氧化馍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm,列式表示NiO晶体的密度为g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为Na)人工制备的NiO晶体中常存在缺陷(如图一个Ni2空缺，另有两个Ni2被两个Ni3所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和。的比值却发生了变化.已知某氧化馍样品组成州。，该晶体中Ni3与Ni2的离子个数之比为.【答案】X射线衍射实验自范1s22s22p63s23p63d8分子5Na异硫氟酸分子间可形成氢键，而硫氧酸分

55、子间不能形成氢键474.7(a1010)3Na1:11X射线衍射实验进1晶体具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，可通过行鉴别;2Ni元素原子核外电子数为28,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,失去4s能级2个电子形成Ni2；配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CC14、苯等有机溶剂.固态Ni(CO)4属于分子晶体;3(SCN)2的结构式为NCSSCN,根据SCN)2的结构可知分子中有3个单键和2个碳氮三键，单键为b键，三4g含有1个b键、2个兀键；由于异硫氟酸分子间可形成氢键，而硫氧酸分子间不能形成氢键，所以硫氟酸HSCN的沸点低于异硫氟酸；4根据均摊法计算晶胞中Ni、O原子数目，进而计算晶胞质量，再根据pm计算晶胞V密度；根据电荷守恒计算Ni3与Ni2的离子个数之比。【详解】1晶体和非晶体可通过X射线衍射实验进行鉴别，金属互化物原子在三维空间里呈周期性有序排列，金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于晶体，故答案为：X射线衍射实验；自范；2_2_6_2_6822Ni元素原子核外电子数为28,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,失去4s能级2个电子形成Ni2,故Ni2离子核外电子排布为：1s22s22p