2020-2021高考化学复习化学键专项综合练习及答案

1、2020-2021高考化学复习化学键专项综合练习及答案一、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SQ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FeC3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。COS的分子结构与CQ相似，COS的电子式为。B2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为。已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ):H-HC-OC-SH-SCO436745577

2、3391072H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)H2s(g)+CO(g),该反应的H=kJmol-1。用活性“泊2。3催化COS水解的反应为COS(g)+H2O(g)脩分CC2(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nH2O转化率(未达到平衡)如图1所不；某温度下，COS的平衡转化率与2的关系如图n(COS)2所示。门塔的冷化串,iCCS的早晚转化率由图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FeC2)：O：C：S：COS+4Br+12OH=C

3、O2"+SO42-+8Br+6H2O+8150C0.048【解析】【分析】【详解】(1)将H2s通入FeC3溶液中，反应为：H2s+2F(3+=SJ+2Fe+2H+,Fe3+被还原为Fe2+,故还原产物为Fe2+(或FeC2)；* cos的分子结构与CO2相似，cos的电子式为：O：C：*S：； 碱性溶液，OH一参与反应生成水，Br2作氧化剂还原为Br,故B2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为COS+4B2+12OH=CO已知Na2O2O2HClOH2O2Cl2NaClOO3七种物质都具有强氧化性。请回答下列问题：(1)上述物质中互为同素异形体的是(填序号，下同)

4、。(2)含非极性键的共价化合物是。(3)属于离子化合物的有种。(4)Na2O2、HCQH2O2均能用于制备O2oHClO在光照条件下分解生成。2和HCl,用电子式表示HCl的形成过程:。写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式:。H2O2在二氧化镒催化作用下可以制备O2。若6.8gH2O2参加反应，则转移电子数目为+SO2-+8Br+6H2O； 结合表格数据和反应H2(g)+COSg)H2ag)+CO(g),则H=(436+745+577-2X339-1072)kJmol-1=+8kJmol-1; 由图1可得，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，150c时COS转化率最大，

5、所以该温度下反应速率最快，催化剂活性最大，由图2(单位：mol/L):COS(g)H2O(g)CO2(g)H2S(g)开始1300转化0.30.30.30.3平衡0.72.70.30.3皿c(CO2)c(H2S)0.30.31贝UK=0.048。c(COS)c(H2O)0.72.721【点睛】在一定的条件下，某可逆反应的K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的正反应进行的程度越大，即该反应进行的越完全，反应物转化率越大；反之，反应就越不完全，转化率就越小。当K=105时，该反应就能基本进行完全，一般看成非可逆反应；而K在0.110之间的反应是典型的可逆反应。,生成标准状况下O2体积为

6、L。【答案】2，口十4；1：“1：弓：2Na2O2+2H2O=4NaOH+Qf1.204x1023或0.2Na2.24【解析】【分析】根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。【详解】(1)同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。故。2与O3互为同素异形体；(2) Na2O2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物；HC1O是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物；H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；02、03、C12属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合

7、物是H2。2;(3)由(2)可知，NmQ、NaClO属于离子化合物，故属于离子化合物的有2种；(4) HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程是：(5) Na2O2与H20反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+C2T；MnO2(6) 2H2。2=022+2H20,每生成1mol转移2mol电子，故6.8gH2C2的物质的量：6.8g-L=0.2mol,生成氧气的物质的量为0.1mol,转移的电子的数目为34gmol0.1molX2X6.0223mo01=1.204x1023;VQ)=0.1molX2moL-1=2.24L。3.(1)下面列出了几

8、组物质：A.金刚石与石墨;B.丙烯与环丙烷；C.五与笊；D.甲烷与戊烷；E.液氨与氨水；F.$111Q113-11-C；G.I-C-IIl，请将物If质的合适组号填写在空格上。同位素同素异形体同系物同分异构体同一物质。(2)下列物质中：ArMgBr2Na2C2H2SC4CS2NH4BrBaCRbCH。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。C3H2CI6的同分异构体有种，C5HC11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】CA

9、DBFG214810【解析】【分析】【详解】（1）上述物质中，五与笊的质子数相同，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；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;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;产丙烯与环丙烷的分子式均为QH6,但结构不同，与I"I1H的MXIKiii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；HHI一I一H1与属于同一种物质，故答案为：G;1IFII（2）Ar为单原子分子，不含有化学键；MgBr2是

10、离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；Na2O2是离子化合物，Na+和62-形成离子键，。22-中。和。形成非极性共价键;H2SQ是共价化合物，只存在极性共价键；CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键；BaO是离子化合物，Ba2+和O2-形成离子键；RbOH是离子化合物，Rb+与OH形成离子键，OH-中H和O形成极性共价键；综上所述，只存在共价键的是，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，故答案为：；;；（3）异丁烷（2-甲基丙烷）有两种等效氢，其一氯代物有

11、2种；新戊烷（2,2-二甲基丙烷）只有一种等效氢，其一氯代物有1种；分子式为C3H2cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CC3-CC2-CCH（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CC3-CH2-CC3;分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CC2H-CC2-CC2H（两个边上的），CC2H-CHCl-CC3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种；C5HC1ii可看作C5C12中的一个Cl被H取代，先定碳骨架：C5有三种碳骨架：,后根据对称性移动官能团：氢原子的,因此C5HCI11的同分异构体有3+4+1=8种

12、;乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种(与二氯取代物个数相同)，五氯取代物有1种(与一氯取代物个数相同)，六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种;综上所述，答案为：2;1;4;8;10。4.完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3PH3(填“或“学。(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02反应放热，断开1molH-H键、1molO=O键、1

13、molO-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>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(OH3+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

14、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-0键，断开1molH-H、1mol0=0、

15、1molO-H键需吸收的能量分1.别为Qi、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molO=O键所吸收的能量(Qi+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-(Qi+1Q2)>0,2Qi+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

16、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(CH)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+2CH-2e-=Zn(CH)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

17、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。5.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)CuSC4晶体中S原子的杂化方式为,SC2-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:Cn(NH3)4SO4足量】而&硫酸的水溶液过德白色沉淀微热过戚多超细铜粉NHCuSC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CuSC溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)4SC4,下列说法正确的是A.氨气极易溶于水，

18、原因之一是NH分子和H2C分子之间形成氢键的缘故B. NH分子和H2C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(NH04SC4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1烧热的热化学万程式为：NH(g)+3/4C2(g)=1/2N2(g)+3/2HzC(g)AH=-5akJ-mol(3)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(HzNCHCCCNa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

19、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

20、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)NH4CuSQ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

21、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【

22、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。6.已知：W、X、Y、Z、T均为短周期元素，且原子半径依次增大。请填空：(1) W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，写出Z的核外电子的轨道表示式(2)化合物YW3溶于水能使酚酬:变红，用方程式表示酚酬:变红的原因。(3)元素T的原子中电子占据7根轨道，则T在元素周期表周期族；T的化合物TY熔融时不导电，常用作砂轮与耐高温材料，由此推知，它属于。a离子晶体b原子晶体c分子晶体d无法判断的)YX3与YW3具有相同的分子空间构型，YX3属于(填极性

23、"、罪极性”)分子，其中Y的化合价为。打上邙.【答案】-|NH3+H2O?NH3?HO?NH4+OH二IIIAb极性+3【解析】【详解】(2) W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，化合物种类最多的是烧，则W是H元素、Z是C元素；原子核外有6个电子，分别位于1s、2s、2P轨道，其原子核外电子轨道表木式为EdHZI”丁II,故答案为:(2)化合物YW3的水溶液能使酚血:变红，说明该物质为NH3,氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致溶液呈碱性，碱遇酚猷试液变红色，故答案为：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4+OH-；(3)元素T的原子中电子共占据了7个轨道，则

24、T为Al元素，Al原子核外有3个电子层、最外层电子数是3,所以位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，说明该物质属于原子晶体，故选b;故答案为：三；IIIA;b;(4) NX3与NH3具有相同的分子空间构型，X为第VIIA族元素，其原子半径小于N元素，则X为F元素，氨气分子为三角锥形结构，则NF3也是三角锥形结构，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子；NF3中N元素电负性小于F元素，所以N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。7.甲烷的氯化反应式为：CH4+C2hvCH3C1+HCL对于该反应机理(反应过程)的详细描述如下：链引发Cl2hv

25、2Cl链增长CH4+C1-CH3+HC1H=+7.5kJ/molCH3+C2CH3C1+ClH=-112.9kJ/mol链终止Cl+Cl-Cl2CH3+CH3H3CCH5CH3+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。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)

26、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H【答案】H：C：0：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CHCl,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

27、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CKCl,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H构，电子式：H：c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，

28、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；链引发C2hv2Cl,有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl?一ClCH3+?CH-H3CCK,CHs+Cl?一出CCl,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

29、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，所以单质巳、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.合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液醋酸二氨合铜(I)、氨水吸收在生产过程中产生的CO和CQ等气体，铜液

30、吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3Cu(NH3)3COAo完成下列填空：(1)如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是。(选填编号)a.减压b.增加NH3的浓度c.升温d.及时移走产物(2)铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式：。(3)铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是，通过比较可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。(4)已知CS与CO2分子结构相似，C0的电子式是。(5)C&熔点高于CC2,其原因是一。【答案】bc2NH3+CC2+H2C=(NH4)2CC3、(

31、NH4)2CC3+CC2+H2C=2NH4HCC3C>N>C>NH3和PH3的稳定性S；：C*：S二者都为分子晶>«体，相对分子质量越大，分子间作用力越大【解析】【分析】铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2AC+CO+NH3tCu(NH3)3COAc。增大浓度、升高温度等，可增大反应速率。CS2和CO2均为分子晶体。【详解】(1) a.减压反应速率减小，a错误；b.增大浓度，可增大反应速率，b正确；c.升高温度，增大反应速率，c正确；d.减小生成物浓度，反应速率减小，d错误；答案选bco(2)氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸俊或碳酸氢

32、钱，方程式为2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3。(3)铜液的组成元素中，短周期元素有H、CN、。等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C>N>O>H,氮元素原子最外层为第二层有5个电子，电子排布的轨道表示式是口I*I,I;比较非金属性强弱，可根据2S2P氢化物的稳定性强弱。(4)C8的电子式类似于CO2,电子式为S：C.S,二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。【点睛】分子晶体的熔沸点比较，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。9.铝是地壳中含

33、量最多的金属元素，铝及其化合物在日常生活、工业上有广泛的应用。(1)铝原子核外有种不同运动状态的电子，有种能量不同的电子，写出铝在元素周期表中的位置：(2)氮化铝具有强度高，耐磨，抗腐蚀，熔点可达2200C。推测氮化铝是晶体，试比较组成该物质的两微粒半径大小：(3)可用铝和氧化钢反应可制备金属银：4BaO+2A离退BaOAl2O3+3BaT的主要原因是(选填编号)。a.Al活泼性大于Bab.Ba沸点比Al的低c.BaOA2O3比Al2O3稳定(4)工业上用氢氧化铝、氢氟酸和碳酸钠制取冰晶石(Na3AlF6)。其反应物中有两种元素在周期表中位置相邻，可比较它们金属性或非金属性强弱的是(选填编号)

34、。a.气态氢化物的稳定性b最高价氧化物对应水化物的酸(碱)性c.单质与氢气反应的难易d单质与同浓度酸发生反应的快慢(5)描述工业上不用电解氯化铝而是用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因：【答案】135第三周期mA族原子Al>Nbac氯化铝为分子晶体，熔点低且不电离，而氧化铝为离子晶体【解析】【分析】(1)在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，结合原子核外电子排布式确定铝原子核外电子能量的种类数目；(2)原子晶体，硬度大、熔点高，粒子的电子层越多，粒子的半径越大；(3)常温下Al的金属性比Ba的金属性弱，该反应是利用Ba的沸点比Al的低；(4)根据反应物中的元素可知，氧、氟元素位置相邻

35、，则利用非金属性强弱的判断方法来解答；(5)氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。【详解】(1)铝是13号元素，核外电子有13个，每一个电子的运动状态都不同，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1,有5个能级，因此有5种能量不同的电子；铝原子的核外电子排布为2、8、3,所以铝在元素周期表中位于第三周期mA族；(2)原子晶体硬度大，熔沸点高，根据氮化铝的物理性质：它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，可知氮化铝属于原子晶体，Al元素原子核外电子数为13，有3个电子层，N元素原子核外电子数为7，有2个电子层，原子核外电子层越多原子半径越大，所以微粒半径大小Al>N；(3)

36、利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Al<Ba；(1Al在高温下可将氧化银中银置换出来，是由于Ba的沸点比铝的低，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，从而使可逆反应正向进行，最终制取得到金属Ba,故合理选项是b;(4)该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、F、Na、C,只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F非金属性的强弱，故合理选项是为ac；(5)因为氯化铝为共价化合物，由分子构成，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化

37、铝为离子化合物，熔融状态可以电离产生Al3+、O2-而能导电，Al3+在阴极上得到电子变为单质AL【点睛】本题考查Al、O、F等元素的原子结构及其化合物性质等，侧重考查原子核外电子排布、同一主族、同一周期元素性质的递变规律，注意氯化铝为共价化合物，由分子构成是易错点。10.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(填化学式)，气

38、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+2H2ORPbC2+4HCl-PbC+C。+2H2OC.PbO2+2HCl+2HT-PbC2+2H2OD.PbO2+4HCl-PbC+2OH-【答案】31H2CO3CT5262322HO2

39、乂5件|I2NaB5Pb。:弋MnSQ牡郦1弋H;。【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

40、知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

41、降低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0.4

42、mol,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。11.碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。碳酸锂

43、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、和

44、。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)根据配置溶液的步骤，

45、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，质

46、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，再

47、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=0.00

48、2mol,n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/Lx0.013L=0.0013mol,由于10H2SO+2NaOH=NS2SO+2H2O,根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=-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(Li2CO3)=0.00135mol,根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1(U2CO3)=nM=0.00135X74=0.0999g,100ml溶液中所含m2(Li2CQ)=0.0999gx10

49、=0.999g,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。12.2019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LX

50、C6+Lii-x硝:*?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O2-

51、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；Li+得电子变为LiCoO2,电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

52、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。13.碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题：(1)在元素周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是(填元素符号)，该元素基态原子最外层电子的自旋状态(填相同"或相反"J(2)碳和硅的有关化学键键能如下所示：化学键C-HC-OSi-HSi-O键能/kJ?mol-1413336318452SiH4的稳定性小于CH,更易生成氧化物，原因是。(3)天然硅酸盐都是由SiO4四面体以顶角氧原子相连而成，可

53、成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多。下图a代表SiOf,b、c是硅氧四面体形成的环状结构。硅氧四面体中Si的轨道杂化类型为;图b环状结构硅酸根的化学式为若在环状结构中硅的原子数为n,写出环状结构中硅酸根的通式格能为kJ/mol,晶格能越大，该晶体的熔点越。【答案】Mg相反C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定.而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键sp3杂化(SiQ)36-SnO3n2n-离子晶体418.8193.0689.1高【解析】【分析】(1)由对角线规格可知，Li与Mg性质相似，Mg的原子核外M层电子有2个，根据构造原理

54、分析；(2)键能越小，化学键越不稳定，反应倾向于形成稳定性更强方向进行；(3)根据Si原子最外层电子数及结合的原子个数分析判断，根据b中含有的正四面体个数确定其化学式，再分析判断c,找出原子个数、电荷数目关系，得到物质是化学式通式；(4)根据晶体构成微粒判断晶体类型，根据有关概念判断化学键的键能、晶格能大小，利用晶格能与物质熔沸点的关系判断物质熔沸点的高低。【详解】(1)在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是Mg,该元素是12号元素，核外电子排布是1s22s22p63s2,在同一轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，所以在Mg原子基态原子核外M层电子2个电子的自旋状态相反；(2)由表中数据可知，C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定.而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键，所以SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物SiO2；(3)硅氧四面体中Si原子与4个。原子形成4个b键，无孤电子对，因此其立体构型为正四面体，Si原子轨道杂化类型为sp3杂化；b中含有3个四面体结构，所以含有3个Si原子，含有的氧原子数为9,含有氧原子数比3个硅酸根离子少6个3,带有的电荷