化学化学键的专项培优易错难题练习题含答案

1、化学化学键的专项培优易错难题练习题(含答案)一、化学键练习题(含详细答案解析)1.«NatureEnergy报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni-BaH2/AI2O3、Ni-LiH等作催化剂，实现了在常压、100-300C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，

2、熔点为182C,沸点为233c。硝酸溶液中NO3?的空间型为。甘氨酸中N原子的杂化类型为,分子中b键与兀键的个数比为,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-2lC,沸点为141C)的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是。(3)NH3分子中的键角为107°,但在Cu(NH3)42+离子中NH3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(Li2NH)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dpm,密度为pg/cm3,则阿伏加德罗常数Na=(列出表达式)mol-l°【答案】F>N>O1&#

3、167;2s22P63s23P63d8或Ar3d8激发平面三角形sp39:1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NH3中NH键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N-H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N-H键间的键角变大;1.161032dr【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Ni2+,基态Ni2+的核外电子排布式为

4、1s22s22p63s23p63d8或Ar3d8;基态Ni2+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；，一一5+03+1(2)NO3?的中心原子价层电子又寸数为=3,孤电子对数为0,所以空间构型为平面三角形；甘氨酸(NH2CH2COOH)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sp3杂化；分子中碳氧双键中存在一个兀键，其余共价键均为b键，所以分子中。键与兀键的个数比为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

5、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NH3中N-H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中NH键之间的排斥力，故配合离子中NH3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LI2NH,则晶胞中NH原子团的个数dpm=dx1-00cm,所以晶胞的体积321.161032Na=3d3为4,则晶胞的质量为m=78+154g晶胞参数为NA78+154cccc一一gV=d3x1-00cm3,则密度m_NA，解得34c303Vd10cm含有一OH、一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b键对b键的排

6、斥力小于孤电子对b键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。2.(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(78.2C)比甲醛的沸点(-23C)高。主要原因是_。(3)联氨(又称肺，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。肿的水溶液显碱性原因是_(请用肿在水中一级电离的方程式来表示)。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，而甲醛却不能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，

7、双氧水是共价化合物，电子式为HOOH；*(2)在常压下，乙醇的沸点(78.2C)比甲醛的沸点(-23C)高。主要原因是乙醇分子间形成了氢键，而甲醛却不能；(3)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,则肿的水溶液显碱性。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(HSQ)2。3.完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3PH3(填“或“0”。(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相

8、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02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Q1kJQ2kJ、Q3kJ,由此可以推知下列关系正确的是。Q1+Q2>Q32Q1+Q2<4Q32Q1+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(OH3+5OHZn+2OH-2e-=Zn(OH?【解析】

9、【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.钱盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4I也含离子键、共

10、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),断开1molH-H键和molO=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+,Q2)>0,2Q1+Q2<4Q3,故合理选项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

11、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(OHp+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

12、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.南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐一AgN5,目前已经合成出钠、镒、铁、钻、银、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)62+(N5)2(H2O)42-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:TOftI1/kJ?mo1I2

13、/kJ?mo1I3/kJ?mO-1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X、Y、Z中为N元素的是,判断理由是。从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是、N5与H2O之间是。N5-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-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大兀键，可用符号：表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子数(如果分子中的大兀键可表示为6),则N4-中的大兀键应表不为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

14、Ag+的平均距离为anm,Na表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为g?cm3(用含a、Na的代数式表示)。【答案】3d5dsZ艰外层为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,【解析】【分析】Ii较大，则Z为氮元素配位键氢键sp2128.91022Naa3(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)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；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；

15、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兀键的形成；(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p吃计算密度大小。【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)X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，

16、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，丫是O元素；在该晶体中阳离子Mg(H2O)62+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要供空轨道，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)42-上N5-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成NH-O,故二者之间作用力为氢键；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

17、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。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轨道间形成大兀键，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，其中大兀键是由4个原子、5个电子形成，可表示为：；(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+M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3_8=12个；在一个晶胞中2含有Ag+的数目为8x1+6X1=4,含有N

18、5-的数目为1+12X1=4,晶胞体积为V=(2a/mol1CC“22cm3,贝Up=m_NA/moi8.910g/cm30V2a1073cm3Naa3【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、大兀的分析、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。5.短周期元素A、B、C、DE在元素周期表中的相对位置如图所示:请回答下列问题:(1) D在元素周期表中的位置为。(2) A和C形成的一种摩尔质量为41gmol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成

19、两种盐，其化学方程式为。(3) M为A的简单气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为。N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15,N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为,N与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为。(4)下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是(填序号)。E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀E与H2化合比D与H2化合更容易D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+):D>E(5)D2E2

20、分子中各原子最外层均满足8电子结构，则D2E2的电子式为。【答案】第三周期V!A族AlN+4HCl=AlCb+NH4Cl2NH+3H2O2=N2T+6H2O或2NH3H2O+3H2O2=N2f+8H2。N2H4+H2。N2H5+OHN2H6(HSQ)2：ci;sis：a：【解析】【分析】由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，A为N,B为O,C为Al,D为S,E为Cl。【详解】A为N,B为O,C为Al,D为S,E为Cl。(1)D为S,原子序数为16,位于周期表中的第三周期WA族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41gmol1的化合物，则该化合物为AlN。根据原子守恒，这两种

21、盐分别为AlCh和NH4Cl,其化学方程式为AlN+4HCl=AlC3+NH4Cl;(3)M为A的简单气态氢化物，为NH3,其水溶液为NH3-H2O,可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O;N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15,则N为N2H4。N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为N2H4+H2gN2H5+OH;N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H6对，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSQ,化学式为N2H6(HSO4)2；(4)E的单质，即Cl2,与D的气态氢化物

22、H2s的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应Cl2+H2S=SJ+2HCl,Cl2置换出S,Cl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确；非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。Cl2与H2化合比S与H2化合更容易，可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确；S与Fe化合时产物中Fe为+2价，C2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子能力强，可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确；D的最高价含氧酸为H2SO1,E的最高价含氧酸为HClOHo同浓度下，H2SC4溶液中c(H+)大，是由于H2SO4为二元酸，HClQ为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与

23、它们的非金属性强弱无关，错误；综上符合题意；(5) D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，S达到稳定结构需要形成2对共用电子对，Cl达到稳定结构需要形成1对共用电子对，可知S2cl2分子中S原子间共用1对电子，每个s原子与ci原子共用一对电子，结构式为ci-s-s-ci,其电子式为：di：s：s：d：°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。(2)乙醍(C2H50c2H3)的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醛的高得多，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

24、)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子间存在较强的氢键加压使NH3液化后，与H2、N2分离NH3分子间存在氢键，易液化水分子间存在氢键，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(一OH)、乙酸分子中的竣基(一COOH加白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(一OH)、乙酸分子中的竣基(一COOH)中白HH原子与水分子中的O原子可以形成氢键，故乙醇和乙酸可

25、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醛分子间的作用力大，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.甲烷的氯化反应式为：CH+C2hvCH3C1+HCL对于该反应机理(反应过程)的详细描述如下：链引发C12hv2C1链增长CH4+C1CH3+HC1H=+7.5kJ/molCH3+C2CH3C1+C1H=-112.9kJ/

26、mo1链终止Cl+Cl-C12CH3+CH3H3CCH5CH3+C1-H3CC1(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AgCkAgBr、AgI的顺序依次增大b.卤化氢溶入水的酸性按HFHC1、HB

27、r、HI的顺序依次减弱c.卤化氢的还原性按HFHC1、HBr、HI的顺序依次减弱d.卤素单质氧化性按F2、C2Br2、I2的顺序依次减弱【答案】H：1,:芯：共价键S>Cl>F三、IA吸热放热dH【解析】【分析】(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3C1,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)第口A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

28、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CH3C1,CH3C1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H构，电子式：H：C：工；：，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H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

29、、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>C1所以原子半径：S>C1>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C12hv2C1,有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；C1+C1?一C1CH3+?CH3-H3CCHj,CH3+C1?-H3CC1,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、HC1、HBr、HI的顺序依次增强，b错误；c.随着原子序数的增

30、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、HC1、HBr、HI的还原性按HF、HC1、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、C2、Br2、I2的氧化性依次减弱，d正确；故合理选项是do【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。8.Q、RX、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，RX、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，

31、丫与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。(1)周期表中的位置：,其原子核外有种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是(用元素符号表示)。(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性>(用分子式表示)(3)Q与R两元素组成的分子构型可能是(填写序号)。a.直线型b.平面形c三角锥形d.正四面体(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物CU2X和ClpY可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物):过量浓硝戢定量NaOHD的溶魂Cu2X>澄清溶液>悬浊液Cu2Y非金属X丫慎“喊“<”，请用事实说明该结论：。【答案】第二周期第VA族2COHO&

32、gt;NH3abd<2h2S+Q=2H2O+Sj【解析】Q、RX、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；RX、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素。【详解】根据上述分析可知Q是H,R是C,X是N,Y是O,Z是Na元素。(1)X是N元素，原子核外电子排布为2、5,所以其处于第二周期第VA族

33、，其核外电子排布式为1s22s22p3,有s、p两种轨道，故有两种不同形状的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素；(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O,元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以氢化物的稳定性：H2O>NH3；(3)Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙快、苯等煌类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙快为直线形结构，故合理选项是abd;(4)X是N,Y是O,二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱

34、的置换出来，所以可根据置换反应：2H2S+Q=2H2O+SJ，比较出元素的非金属性：N<O。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。下图所示。与I2在水体和大气中的部分转化如水体表面I(叫)以aq)(1)I2的电子式为(2)水体中的在非酸性条件下难于被空气中的O2氧化。原因是2H2O4IO2?2I24OH的反应速率慢，反应程度小。I-在酸性条件下与O2反应的离子方程式是在酸性条件下易被。2氧化的可能的原因是(3)有资料显示：水体中若含有F

35、e2,会对O3氧化产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3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1molO3参与反应，生成1molO2。序号试剂组成反应前溶液的PH反应后溶液的PHI的转化率Fe(OH)3的生成量甲21310molLNaIamolL1NaCl5.311.0约10%乙213102molL1NaI1.5102molL1FeCl25.14.1约100%丙1.5102molL1FeCl25.23.5少量a。甲中反应为可逆反应，其离子方程式是。比较甲、乙、丙实验，说明Fe2在实验乙中的彳用并解释。*，【答案】4H4IO22I22H2Oc(H

36、+)增大，c(OH)减小，使平衡«tB2H2O4IO2?2I24OH正向移动，反应易于进行等其他合理答案3102H2O2IO3?I22OHO2Fe2或Fe2的氧化产物Fe3与I一和O3反应产生的OH结合，促使该平衡正向移动，提高了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)12属于共价分子，电子式为：|：,故答案为：；(2)根据题干信息分析，在酸性条件下被。2氧化生成12,反应的离子方程式是4H4IO22I22H2O；根据提给信息中在非

37、酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下易被02氧化的可能的原因是c(H+)增大，c(OH)减小，使平衡2H2。4IO2?2I24OH正向移动，反应易于进行，故答案为：4H4I-O22I22H2O；c(H+)增大，c(OH)减小，使平衡2H2O4IO2?2I24OH正向移动，反应易于进行等；(3)验证Fe2+对O3氧化产生的影响时，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(FeC2)=2x1.5X10-2mol/L=3x10-2mol/L,故答案为：3X10-2；O3氧化时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：H2O2IO3?

38、I22OHO2,故答案为：H2O2IO3?I22OHO?；Fe2+具有强还原性，易被O3氧化生成Fe3+,Fe2+或Fe3+结合OH-生成弱碱，促使反应H2O2IO3?I22OHO2正向进行，提高转化率，故答案为：Fe2或Fe2的氧化产物Fe3与和O3反应产生的OH结合，促使该平衡正向移动，提高了的转化率。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NH4CI含量为180mg/L。(1)写出NH4CI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

39、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】h：、：h：Ci：SiS失而俭s22p333.64411041«8e-【解析】【分析】(1)NH4Cl是离子化合物;(2)氮为7号兀素;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)氯化俊是离子化合物，由氨根离子与

40、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；某污水中NH4Cl含量为180mg/L,103L污水中含有180mg/LX103L=180000mg=180gNH4Cl,NH4Cl的物质的量为180g53.5g/mol3.364mol,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

41、质的量为3.364mol,则所需NaOH溶液的体积为3.364mol0.1mol/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：失叱甘3H二011.铅是一种金属元素，可用作耐酸腐蚀、蓄电池等的材料。其合金可作铅字、轴承、电缆包皮之用，还可做体育运动器材铅球等。(1)铅元素位于元素周期表第六周期IVA。IVA中原子序数最小的元素的原子有种能量不同的电子，其次外层的电子云有种不同的伸展方向。(2)与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是(填化学

42、式)，气态氢化物沸点最低的是(填化学式)。(3)配平下列化学反应方程式，把系数以及相关物质(写化学式)填写在空格上，并标出电子转移的方向和数目。_PbO2+MnSO4+HNO3一HMnO4+Pb(NO3)2+PbSQJ+(4)把反应后的溶液稀释到1L,测出其中的Pb2+的浓度为0.6molL-1,则反应中转移的电子数为个。(5)根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是A.PbC2+4HCl-PbC+2H2ORPbQ+4HCl-PbC+C。+2H2OC.PbO2+2HCl+2H，PbC2+2H2OD.PbO2+4HCl-PbC+2OH-【答案】31H2CO3CT5262322H

43、O2|2NaB5PbO二弋MnSQ壮阳1+2H;。【解析】【分析】(1)IVA中原子序数最小的元素的原子为C,其核外电子排布式为1s22s22p2,则碳原子有1s、2s和3P三种能量不同的电子；C的次外层为s轨道，为球形对称结构；(2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；同一主族元素中，氢化物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，其沸点越高；(3)根据氧化还原反应中化合价升降相等配平，然后利用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目；(4)根据n=cV计算出铅离子的物质的量，根据反应计算出硫酸铅的物质的量，再根据化合价变化计算出转移电子的物质的量及数目；(5)根据(3)可知

44、二氧化铅的氧化性大于氯气，二氧化铅与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化铅、氯气和水，据此进行判断。【详解】(1)IVA中原子序数最小的元素为C,C原子核外有6个电子，其核外电子排布式为1s22s22p2,则碳原子有1s、2s和3P三种能量不同的电子；C的次外层为1s轨道，为球形对称结构，只存在1种不同的伸展方向；(2)IVA中非金属性最强的为C,则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳酸，其化学式为：H2CQ；对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高。IVA族元素中，CH4的相对分子质量最小，则其沸点最低；PbO2中Pb的化合价从+4变为+2价，化合价降

45、低2价；MnSO4中镒元素化合价从+2变为+7,化合价升高5价，则化合价变化白最小公倍数为10,所以二氧化铅的系数为5,硫酸镒的稀释为2,然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为H2O,配平后的反应为：5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSOd+2H2O,用单线桥表示电子转移的方向和数目为：|;5Pb50446Hx。尸211加。吠3Pb(N5h-2Pb5。:氏Q(4)把反应后的溶液稀释到1L,测出其中的Pb2+的浓度为0.6mol/L,则反应生成铅离子的物质的量为：n(Pb2+)=cV=0.6mol/LX1L=0.6m疏酸铅中铅离子的物质的量为0.4m

46、ol,则反应中转移电子的物质的量为：(0.6+0.4)molx(4-2)=2mol反应转移电子的数目为2Na；(5)根据(3)可知氧化性：PbO2>HMnO4,而HMnO4能够氧化Cl-,所以Pb6能够氧化C，二者反应的化学方程式为：PbO2+4HClfPbOCbT+2H2O,故合理选项是B正确。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系、氧化还原反应的配平及其综合应用，明确氧化还原反应的实质与元素化合价的关系，掌握配平原则是本题解答的关键。注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，能够利用单线桥或双线桥法分析电子转移的方向和数目。12.碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。(1)碳

47、酸锂制取锂的反应原理为：L2CO3焙烧Li2O+CQ；公.高温Li2O+C真空CO+2Li锂原子的电子排布式为；CQ的结构式为；反应中涉及的化学键类型有。(2)氢负离子(H)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CQ产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000mol/L10.00mL的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至100mL.取定容后的溶液10.00mL,加入2滴酚酬:试液，用0.100mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶?夜13.00mL。定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管

48、、和。滴定终点的判断依据为。样品的纯度为。【答案】1s22s1O=C=O离子键、共价键、金属键氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大玻璃棒100mL容量瓶当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色0.999【解析】【分析】(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小;(3)根据配置溶液的步

49、骤，选择定容时的仪器；根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM,计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。【详解】(1)锂是3号元素，质子数为3,核外电子排布式为1s22s1,CQ的中心原子为C,碳原子和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键，Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O=C=O;(2)氢是1号元素

50、，质子数为1,锂是3号元素，质子数为3,氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。(3)定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶，玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒；定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚Mt,溶液是无色

51、，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000mol/LX0.01L=0.02mol,Li2CQ与硫酸反应Li2CQ+H2SC4=Li2SC4+H2O+CC2T,稀释前n(H2SC4)=n(Li2SQ),加水定容至100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，m(Li2SC4)=n2(Li2SC4)=0.02mol,取定容后的溶液10.00mL,则取出的溶质的物质的量0.02八八八=mol=0.

52、002mol,n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/Lx0.013L=0.0013mol,由于10H2SO+2NaOH=Na2SO+2H2。，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO)=n(NaOH)=21一X0.0013mol=0.00065mol,反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol,2n(H2SQ)=n(Li2SQ)=n(Li2CQ)=0.00135mol,根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1(U2CQ)=nM=0.00135X74=0.0999g,100ml溶液中所含m2(Li2CQ)=0.0999gx10=0

53、.999g,m样品0.999g1g=0.999。【点睛】计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。13.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子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LXC6

54、+Lii-x解:嗣C6+LiCoO2,其工作原理如图。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)【答案】第二周期第IA族Lib：0：Li+范德华力(分子间作用力)2Li+2H2O=2Li+2OH-+H2TL1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2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OLi2O是离子

55、化合物，11+与O2-之间通过离子键结合，其电子式为：Li一：Li.;V(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：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；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。14.按要求回答下列问题：(1)某种粒子有