2020-2021备战高考化学复习化学键专项易错题含详细答案

2020-2021备战高考化学复习化学键专项易错题含详细答案一、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—。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，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尸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FQ+4SC2T+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：①非金属单质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；②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；③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)。(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号;(2)元素周期表中位于第8列的Fe元素属于族；⑶相同质量的14C18O2与SO2的核外电子数之比为;(4)在KClNaOH、CaC2、H2O2、Na2O2中既含有离子键又含共价键的物质的电子式为 ；(5)某化合物XY2中，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY2含有54mol电子。用电子式表示该化合物的形成过程;(6)A+、B+、C、D、E5种微粒(分子或离子)，它们都含有10个电子，已知它们有如下转化关系：A++C-VD+ET其离子方程式为。【答案】188。VIII22:25N」「0 -和曲十：口：］2bVnhT+oh0NH3+H2O■■■ *■ 'Wl1【解析】【分析】(1)质子数=原子序数，质子数+中子数=质量数，根据原子表示法来回答；(2)根据元素周期表中元素和周期以及族的分布知识来回答；(3)14C18O2的物质的量为50g/mol,含有的电子数为22,SQ的物质的量为64g/mol,含有的电子数为32；(4)KCl为离子化合物，只含有离子键； NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键； CaC2为离子化合物，只含有离子键； H2O2为共价化合物，只含有共价键； Na2O2为离子化合物，含有离子键和共价键；(5)A+,B+,C,D,E五种微粒(分子或离子)，均含有 10个电子，由A++CT△D+E,可知A+为NH4+、C为OH-、D为H2。、E为NH3。【详解】(1)含有8个质子的原子为O原子，原子含有10个中子，其质量数=10+8=18,则核素的符号为188。，故答案为：188。；(2)周期表中位于第8纵列的铁元素为过渡元素，位于周期表 VIII族，故答案为：VIII;(3)14C18O2的物质的量为50g/mol,含有的电子数为22,SC2的物质的量为64g/mol,含m22有的电子数为32,则相同质量的1工业制备纯碱的原理为： NaCl+CQ+NH3+H2O^NH4Cl+NaHCQJ。完成下歹U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，其中和俊根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是工业制备纯碱的原理为： NaCl+CQ+NH3+H2O^NH4Cl+NaHCQJ。完成下歹U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，其中和俊根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是一该分子为__(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为：22:25;(4)KCl为离子化合物，只含有离子键； NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键； CaC2为离子化合物，只含有离子键； H2O2为共价化合物，只含有共价键； Na2O2为离子化合物，含有离子键和共价键，则含有离子键又含共价键的 NaOH和Na2O2的电子式分别为和Hr：0：0：1N日故答案为：和「八’•12-叔r：c：o：舟；(4)化学试剂的主要成分为X%,X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，说明含有相同的核外电子数，由 1molXY2含有54moi电子可知阴、阳离子54核外电子数为T=18,则XM为CaC2,用电子式表示CaC2的形成过程为f；汴■旁昨故答案为： 府：:「十，:峰，心:，，“］厂；(5)A+,B+,C,D,E五种微粒(分子或离子)，均含有 10个电子，由A++CT△D+E,可知A+为NH4+、C为OH-、D为H2。、E为NH3,则NH4+与OH■共热反应的离子方程式为NH4++OH二.NH3+H2O,故答案为：NH4++OH-二NH3+H2O。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+3也 :2NH3(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】OON>OII：c：n非极性1522s22p3bc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， CN、。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)俊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H中和俊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H分子；(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。4.(1)下面是4种粒子的结构示意图: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: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)又丫、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>QB.简单离子半径：Q>N>XC.最高价氧化物对应水化物的酸性： M>Y>ND.原子序数：Z>M>X>Y•…, H 【答案】3Mg2+第三周期第VHA族O=C=OHCl离子键、共价键 2A1+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CC2,分子中C与C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；④ A最高价氧化物为NaCH,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C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；丫的化合价为+4、-4价，原子半径小于Cl,故丫为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口 A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N%,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CC2,分子中C与C原子之间形成双键，结构式为： C=C=Q③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<Cl氢化物中HCl更稳定；④A的最高价氧化物的水化物的化学式为 NaCH,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+2CH-+2H2C=2AlC2-+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。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： C2->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。某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN3、Fe2O3、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。NaN3是气体发生剂，受热分解产生 N2和Na,N2的电子式为。Fe2O3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)。⑶KC1Q是助氧化剂，反应过程中与 Na作用生成KCl和Na2。。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 G丽-【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)Fe2O3是氧化剂，与Na发生置换反应，据此分析；K原子质子数为19K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；Cl原子与OCl原子与O原子之间形成共价19,原子核外有4个电子层，各层电键，即该物质含有离子键、共价键； K原子质子数为子数为2子数为2、8、8、1；故答案：离子键和共价键;有X、Y、Z、WM五种短周期元素，其中 X、Y、Z WW周期，Z、M同主族；X+与M"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)X2M中存在的化学键有、;(4)Z、W氧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>HS【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，则丫是Si元素，又因为X、Y、ZW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】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，元素名称为：硅。W为Cl元素，在元素周期表中的位置为：第三周期第口 A。X为Na元素，M为O元素，所以X2M2为Na2O2,Na2O2中Na+与。22-之间存在离子键，O22-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。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。短周期元素A、B、C、D>E在元素周期表中的相对位置如图所示：请回答下列问题：D在元素周期表中的位置为—。A和C形成的一种摩尔质量为41g-mol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为一。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)。①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀②E与H2化合比D与H2化合更容易③D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④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+4HC=AlCl3+NH4Cl2NH+3H2O2=N2f+6H2O或2NH3-H2O+3H2O2=N2T+8H2ON2H4+H2。^^N2H5++OHN2H6(HSQ)2①②③：ci：s：s: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V! A族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g•mol1的化合物，则该化合物为AlNo根据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl,其化学方程式为AlN+4HC=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+H2g^N2H5++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(HSC4)2；(4)①E的单质，即Cl2,与D的气态氢化物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；②非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。 C2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；③S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；④D的最高价含氧酸为H2SQ,E的最高价含氧酸为HClO4o同浓度下，H2SQ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，与它们的非金属性强弱无关，错误；综上①②③符合题意；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 Cl-S-S-Cl,其电子式为：di：s：s：d：0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*+)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，如2LnC3+3H2c2O4+nH2O=Ln2(C2O4)3?nHO+6HCl。①H2c2O4中碳原子的杂化轨道类型为;1molH2c2O4分子中含b键和兀键的数目之比为。②H2O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。③HCI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 21〜25的元素的最高正化合价：兀素名称铳钛钮铭镒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CaB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无m-3(用Na表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】1s22s22p63s23p63d(4)由图可知，相距最近的 Pr原子和。原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的10sp2杂化7:2四面体形 NH2(4)由图可知，相距最近的 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+1623 -ioNa—4a103【解析】【分析】(1)Sc(铳)为21号元素，1s22s22p63s23p63dZs2,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Sc2+占据的轨道数；

(2)①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；②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;③HCl?2H③HCl?2H2O中含有H5C2+,结构为,据此分析该粒子存在的作用力;则该晶胞的晶胞参数3，—则该晶胞的晶胞参数3，—4a10-10cm,每个晶胞中占有4个“PrCJ,则该晶胞的质量(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;(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 =—进行计算。V【详解】⑴Sc(铳)为21号元素,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=10,故答案为：1s22s22p63s23p63d1;10；D0(2)①H2C2O4的结构式为 || | ,含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp2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;②H2O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-;③HCl?2HO中含有H5O2+,结构为 ,存在的作用力有：配位键、极性键、氢键和b键，故答案为：abfi；(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，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；*4141+162为 4141+162为 Na4141+162m — 3凤=一可得，该晶体的密度为： J3 -10 ，故V NA —4a101034141+162答案为： 3 10NA —4a10103【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②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。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++3OH-NaF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；SiR为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF4的熔点低HClNa>Mg2+>A产【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 Mg2+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SiF4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 SiFi的熔点低；(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，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+、Al3+核外电子排布都是2、8,电子层结构相同，对于电子层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+>A|3+。【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。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)㈣+6CaO(s)+10CO(g反应中，被破坏的化学键有 Oa.离子键 b.极性共价键c.非极性共价键一定条件下，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)，①Na还原CC4的反应、C12与H2O的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③NaSiQ溶液与SQ的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱④Si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) ③④【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2Cs3(pq)2(s)+10C(s)一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)①Na还原CC4生成NaCl和C,属于置换反应，但C12与H2O反应生成HCl和HC1O,不是置换反应，故①错误；②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②错误；③ Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2S。弱，可用于推断Si与S的非金属性强弱，故③正确；④C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④正确，答案选③④。研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。 「与I2在水体和大气中的部分转化如下图所示。Mg)" "J 水体表面I(aq)5=^L(aq)(1)12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2H2。4I-O2?2I24OH的反应速率慢，反应程度小。①I-在酸性条件下与O2反应的离子方程式是。②在酸性条件下「易被O2氧化的可能的原因是 O(3)有资料显示：水体中若含有Fe2,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2 13102molL1NaI1 _amolLNaCl5.311.0约10%乙2 13102molL1NaI2 11.5102molL1FeCl25.14.1约100%丙2 11.5102molL1FeCl25.23.5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Fe2在实验乙中的彳^用并解释。【答案】 4H4IO22I22H2Oc(H+)增大，c(OH)减小，使平衡2H2O4IO2?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「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)I2属于共价分子，电子式为：：］：|：,故答案为：：I：L；(2)①根据题干信息分析，「在酸性条件下被O2氧化生成I2,反应的离子方程式是——4H4IO22I22H2O;②根据提给信息中「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 「易被。2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)①验证Fe2+对。3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(C1)要相同，即c(NaCl)=2c(FeC2)=2x1.5X10-2mol/L=3x10-2mol/L,故答案为：3X10-2；②。3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：H2O 2I O3? I2 20H O2,故答案为：H2O2IO3?I2 20H O2;③Fe2+具有强还原性，易被03氧化生成Fe3+,Fe2+或Fe3+结合0H-生成弱碱，促使反应H20 2I 03? I2 20H 02正向进行，提高「转化率，故答案为： Fe2或Fe2的氧化产物 Fe3与I-和03反应产生的 0H结合，促使该平衡正向移动，提高了 I-的转化率。12．碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。⑴碳酸锂制取锂的反应原理为：① L2CQ 焙烧 Li20+CQ；高温②Li20+C 真空C0+2Li锂原子的电子排布式为；C02的结构式为;反应②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 Li2CO3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Na0H溶液13.00mL。①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、和。②滴定终点的判断依据为 。③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 Na0H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)①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③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)①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；②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚Mt,溶液是无色，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,LizCQ与硫酸反应Li2CQ+H2SQ=Li2SQ+H2O+CQT,稀释前n(H2SQ尸n(Li2SQ),加水定容至100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，m(Li2SQ尸n2(Li2SQ)=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=0.002mol,n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/Lx0.013L=0.0013mol,由于10H2SC4+2NaOH=NS2SC4+2H2O,根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系， n(H2SC4)=-n(NaOH)=21—X0.0013mol=0.00065mol,反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol,2n(H2SQ)=n(Li2SC4)=n(Li2CC3)=0.00135mol,根据锂元素守恒， 10ml溶液中的m1(Li2CC3)=nM=0.00135X74=0.0999g,100ml溶液中所含m2(Li2CC3)=0.0999gx10=0.999g,m样品0.999g

1g=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。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+Lii-x幡:翻C6+LiCoO2,其工作原理如图。了石墨烯电池，电池反应式为①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O②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)。③锂离子电池放电时正极的电极反应式为。④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Li+［：ci:了-Lr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)①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；②根据Li是碱金属元素，利用碱金属单质的性质分析；③锂离子电池放电时正极上 Li+得电子变为LiCoQ；④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；Li2O是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合，其电子式为：1一产［:口：了一匚厂；(3)①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；②Li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；③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 Li+得电子变为LiCoO2,电极反应式为：Lii-xCoO2+xLi++xe-=LiCoQ;④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。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，可成链状也可成环，所以硅酸盐种类繁多。下图a代表SiO44-,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(4)钾与澳作用能形成澳化钾晶体，该晶体类型为,其晶格能可通过下图的Borm-Haber循环计算得到。-9VMkJ-M卜M

Hr㈤ .Brg「 +阳 ^谪从上图可知，K原子的第一电离能为kJ/mol,Br-Br键键能为kJ/mol,KBr的晶格能为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