高考化学化学键综合练习题及详细答案

高考化学化学键综合练习题及详细答案一、化学键练习题(含详细答案解析)1.(1)下列各组化合物中，化学键类型和化合物类型均相同的是(填序号)。①CaC2和Na2s ②Na2O和Na2O2 ③CQ和CaO ④HCl和NaOH(2)下列过程不一定释放能量的是。①化合反应；②分解反应；③形成化学键；④燃料燃烧；⑤酸碱中和；⑥炸药爆炸(3)Ba(OH)2?8H2O和NH4C1反应的化学方程式是反应过程能量变化的图像符合(填图1”或图2”)。反应相他hl反应过程能量变化的图像符合(填图1”或图2”)。反应相他hl1建制/(4)已知1mol石墨转化为或不稳定”)。mol金刚石要吸收能量，则石墨比金刚石(填稳定”(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1,生成液态水放出的热量为 Q液态水放出的热量为 Q2,那么Q1Q2(填大于、小于或等于)。(6)已知：4HCl+O2=2Cl2+2H2Oo该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，且断开O=O键和Cl-Cl键所需的能量如下图所示。则断开1molH-O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为kJ。243kJ-niol-1罐断裂243kJ-niol-1罐断裂【答案】① ①②Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaC2+2NH3T+10H2O图2稳定小于31.9【解析】(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键；(2)根据吸热反应和放热反应的类别判断；(3)Ba(OH)2?3H2O和NH4Cl反应生成氯化银，氨气和水，属于吸热反应，判断合适的能量图；(4)根据自身能量越低越稳定判断；(5)根据气态水变成液态水放热判断；(6)根据始变等于断裂旧的化学键吸收的能量减去形成化学键释放的能量计算。【详解】(1)①CaC2和Na2s都属于离子化合物，都含有离子键，故①符合题意；②Na2O和Na2O2都属于离子化合物， Na2O中存在离子键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故②不符合题意；③CO2属于共价化合物，主要含有共价键， CaO属于离子化合物，含有离子键；④HCl属于共价化合物，主要含有共价键， NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键；所以化学键类型和化合物类型均相同的是①；(2)①绝大多数化合反应释放能量，少数化合反应吸收热量，例如碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，故①符合题意；②绝大多数分解反应吸收能量，少数化合反应释放能量，例如过氧化氢分解制氧气，故②符合题意；③形成化学键一定释放能量，故③不符合题意；④燃料燃烧一定释放能量，故④不符合题意；⑤酸碱中和反应一定释放能量，故⑤不符合题意；⑥炸药爆炸一定释放能量，故⑥不符合题意；符合题意的是①②；(3)Ba(OH)2?8H20和NH4C1反应的化学方程式是Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaC2+2NH3T+10H2O,反应为吸热反应，即生成物的能量高于反应物的能量，能量图选择图 2；(4)已知1mol石墨转化为1mol金刚石要吸收能量，则石墨比金刚石能量低，能量越低的物质越稳定，石墨比金刚石稳定；(5)一定量的氢气在氧气中充分燃烧生成气态水放出的热量为 Qi,生成液态水放出的热量为Q2,由于气态水转化为液态水还要放热，故生成液态水释放的能量多， Qi小于Q2；(6)根据化学反应：4HCI+O2=2Cl2+2H2O,放出115.6kJ的热量，断开1molO=O键和1molCl-Cl键所需的能量分别为498kJ/mol和243kJ/mol,设断开1molH—0键需要的能量为x,断开1molH—Cl键所需能量为v,根据反应物断裂吸收的总能量与形成生成物释放的能量差等于反应放出的能量， 4y+498kJ/mol-(243kJ/molx2+4x)=-115.6kJ解得x-y=31.9kJ/mol,断开1molH-0键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为31.9kJ。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)①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为—37C,沸点为136C,均高于结构与其相似的CC4,主要原因是。②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6],向溶液中加入NH4C1浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]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)Ti-O-Ti在一条直线上。该阳离子化学式为,其中。原子的杂化方式为TOC\o"1-5"\h\zTi Ti\ /、ZXDO<) (>、/\/Ti TiTi3Au,它具有生物相容性，apm,Ti3Au,它具有生物相容性，apm,最近的Ti原子是理想的人工懿关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为距离为a,A原子的坐标参数为(2，1,工)，则B原子坐标参数为,距离Ti原2 222子次近的Ti原子有个，Ti-Au间最近距离为pm【答案】IHHI口刖12六方最密TiC4和CC4均为分子晶体，TiCl4的分子量3d4s大于CC4,分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。 ABTiO2+sp(-,-,0)84 25a4【解析】【分析】⑴Ti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)①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；②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；Ti元素为+4价、O元素为-2价，据此书写其化学式；阳离子的立体结构中Ti-O-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，

Au结合图示计算。Au结合图示计算。【详解】⑴Ti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：|1|t|口1皿；原子的空间运动状态即为原子轨道， Ti有1s、2s、3s、3d4s4s四个原子轨道，2p、3P六个轨道、3d两个轨道，共12个轨道；根据图示，该晶体为六方最密堆积；(2)①TiC4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;②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6],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)2[TiCl6]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。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。原子的杂化方式为sp杂化；(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+8」=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(-,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4 2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到面上的无隙并置，对称结构还有的Ti之间的距离，如图所示,,则晶胞中的Ti之间的距离，如图所示,,则晶胞中Ti-Au间最近距离为铜是重要的金属，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[Cu(NH3>]SOi

的水溶液(2)[Cu(NH3>]SOi

的水溶液超细铜粉通人到|NH』CuSCh|足量加㈤•L硫酸

过滤白酝淀微热过漆超细铜粉①NHCuSO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)。②向CuSO溶液中加入过量氨水，可生成 [Cu(NH3)4]SO4,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H2O分子之间形成氢键的缘故NH分子和HLO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Cu(NH04]SO4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=-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。足像M 足像M 虹色晶体①1mol氨基乙酸钠(HzNCHCOONat有(T键的数目为。②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)。③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 1s22s22p63s23p63d10(或[A。3d10)N>0>SAC8X6.02X1023N2O(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)①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；②A.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)①共价单键为(T键，共价双键中一个是(T键、一个是兀键；②原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体;③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= =4,孤电子对数为0,米取sp3杂化，2SC42-的立体构型为正四面体形；(2)①NH4CuSO中的阳离子是是Cu+,它的核外电子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10);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;②A.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)4]SO4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)①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；②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 N2O、SCN、N3-等;1 E，, ③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 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。现有下列物质：①KCl②CH4③NH4NO3④I2⑤Na2O2⑥HClO4⑦N2⑧CO⑨SO2⑩金刚石?CH3CH2OH?MgO?MgCl2?KOH?HCl?AI2O3请回答下列问题。(1)两性氧化物是—(填序号)，其电子式为—。TOC\o"1-5"\h\z(2)最简单的有机化合物是—(填序号)，用电子式表示其形成过程： —。(3)属于共价化合物的是—(填序号)，含有共价键的离子化合物是 —(填序号)。(4)由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为 —(填序号)，这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为 —。, , , H【答案】？二A产A1* ②C+4H——L」 - -L」 H点燃②⑥⑧⑨？？ ③⑤？ ⑤2Na+Q^Na2O2【解析】【分析】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；(2)最简单的有机化合物是CH4,甲烷为共价化合物；(3)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是 Na2O2o【详解】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有 AI2O3,A12O3是离子化合物，其电子式为：［：&广人小鹿丁区产。5广故答案为?；［:对飞产卜时飞产卜5r；(2)最简单的有机化合物是CH4,甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：TOC\o"1-5"\h\zH H■,■ ■ ■■・C・+4H——・h二H，故答案为：②； ・C・+4H・fH：C；H；\o"CurrentDocument"¥ ft« ■ •H H(3)只含共价键的化合物为共价化合物， CH4、HCQ、CQSQ、CH3CH2OH、HCl中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有： NH4NO3、Na2O2、KOH,故答案为:②⑥⑧⑨??;③⑤？；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是 Na2O2,钠和氧气反应生成过氧化钠的占燃 占燃)、、、)、［2 )、、、)、)2化学方程式：2Na+O2^^Na2O2,故答案为：⑤；2Na+O2^^Na2O2。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。5.现有短周期元素性质的部分数据如下表，其中x的值表示不同元素的原子吸引电子的能力大小，若X值越大，元素的非金属性越强，金属性越弱。x值相对较大的元素在所形成的分子中化合价为负。⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同。元素编号①②③④⑤⑥⑦⑧⑨

兀素性质x3.442.550.983.162.193.980.933.041.91常见化最高价+4+1+1+4合价最低价-2-1-3-1-3TOC\o"1-5"\h\z(1)根据以上条件，推断③④⑤的元素符号分别为： ，，。(2)②的最高价氧化物的固体属于—晶体，空间构型__。(3)用电子式表示下列原子相互结合成的化合物电子式：①+⑦+⑩：―，①+⑩形成原子个数比为1:1的化合物： 。【答案】LiClP分子直线形(4)【答案】LiClP分子直线形\o"CurrentDocument"：O：H1H：C：O:H暇0+2H“ J -- **=2Na+H2O【解析】【分析】【详解】①最低价为-2,是0或者S。⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同，则只有H满足，最外层电子数是1,电子层数也是1。②和⑨的最高价均为+4,同为IVA族，②的非金属性比⑨强，则②为C,⑨为Si;③和⑦的最高价均为+1,同为IA族，⑦的金属性强，则⑦为Na,③为Lio④和⑥的最低价均为一1,为口A族，⑥非金属性强，则⑥为F,④为Cl,⑤和⑧最低价均为—3,为VA族元素，⑧的非金属性较强，则⑧为N,⑤为P。如果①是S,则①的非金属性比Cl低，但是①的非金属性比Cl高，则①为0。【点睛】根据上述的分析，①为0,②为C,③为Li,④为Cl,⑤为P,⑥为F,⑦为Na,⑧为N,⑨为Si,⑩为Ho(1)根据分析，③④⑤分别为Li、Cl、P;(2)②的最高价氧化物是C02,形成的晶体由C02分子构成，属于分子晶体； CQ价层电子对_4-22数为2+ =2,没有孤对电子对，则CQ的空间构型为直线形；2(3)①⑦⑩构成的物质为Na0H,由Na卡和0H「构成，其电子式为Na^［：O4I］；①⑩形成1：1的化合物为H202,其电子式为H：C)： ：H；(4)①和⑦形成仅含有离子键的化合物为 Na2O,④和⑩形成的化合物为 HCl,其离子方程式为Na2O+2H=2Na+H2Oo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、W 4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AgN03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 [TiCl(H2O)5]Cl2-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，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2白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的 一，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)5]Cl2•H2O,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)5]Cl2•H2O；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。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沸点JE l啊口1 tr(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；SiB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+、A13+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产。【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。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 NH4C1含量为180mg/L。(1)写出NH4C1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1041SiS122s标出电子转移的方向和数目1041SiS122s22p333.64Fe+NO3-+___Fe2++___NH4++___H2O(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】「U[+「…丁(1)氯化俊是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：h：｝；h ；—— »tLH」LJ(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;⑶某污水中NH4Cl含量为180mg/L,103L污水中含有180mg/LX103L... 180g=180000mg=180gNH4Cl,NH4C1的物质的量为535g/血〜3.364mol,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的物质的量为3.364mol,则所需NaOH溶液的体积为3.364m01=33.64L；0.1mo1/L(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：“IOH+TFe“IOH+TFe2JNHTTH；。9.将浓盐酸滴入高镒酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原反应的体系，共有KCkCl2、浓H2SC4、H2。、KMnO4、MnSO4、K2S。七种物质。完成下列填空：(1)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，配平并标出电子转移方向和数目：(2)上述反应中，氧化剂是,每转移1mol电子，生成Cl2L(标准状况)。(3)在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色， BiO3-反应后变为无色的Bi3+。写出该实验中涉及反应白^离子反应方程式：。(4)根据以上实验，写出两个反应中氧化剂、氧化产物的氧化性强弱顺序。(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素的简单离子半径由大到小的顺序为(6)氯原子的最外层电子的轨道式为,氯原子核外有不同运动状态的电子。失丁【答案】20.11104+10KCl-8HSO4=2MnSO44«K2SOj+5C1：：t+8HOKMnO411.2I f得IM-2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2ONaBiQ>KMnO4>CbS2->C-1173; 黎【解析】【分析】(1)由浓盐酸滴入高镒酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高镒酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4-MnS。，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KC1-C2,然后根据元素守恒来书写氧化还原反应；(2)在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间的关系计算；(3)在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，说明 Mn2+被氧化变为MnO4-,BiO3-发生反应得到电子后变为无色的 Bi3+,据此写出离子方程式；(4)在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有 SCl,根据离子半径大小比较方法判断；(6)根据构造原理可知氯原子的核外电子排布式，任何一个原子核外没有运动状态完全相同的电子存在；结合原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写 Cl原子最外层电子的轨道式。【详解】(1)由题意可知，高镒酸钾具有氧化性，则还原反应为 KMnO4-MnS。，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为 KCl-CL则反应为KMnO4+KCl+H2SC4-MnSO4+K2SO4+C12T+H2O,由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反失m-I 1I f得国丁(2)2KMnO4+10KC1+8HbSQ=2MnSO4+6K2SQ+5c2T+8H2O中，镒元素的化合价由+7变为+2,所以高镒酸钾是氧化剂，2mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2molx(7-2)=10mo|每转移1mol电子，生成Cl2是0.5mol,其在标准状况下的体积为V(Cl2)=0.5molx22.4L/mol=11.2L；(3)如果在反应后的溶液中加入 NaBiO3,溶液又变紫红色，是因 NaBiO3具有强氧化性(比KMnO4氧化性强)，将Mn2+氧化为MnO4-,BiO3-得到电子被还原变为无色的 Bi3+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为： 2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O；(4)在反应2KMnO4+10KCl+8H2SC4=2MnSO4+6K2SC4+5Cl2T+8H2O中，物质的氧化性：KMnO4>C2;在反应2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中，物质的氧化性：NaBiO3>KMnO4,所以氧化性强弱顺序是： NaBiO3>KMnO4>C2；(5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯， S2-、C-核外电子排布都是2、8、8,电子层结构相同，由于核电荷数 Cl>S,核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其简单离子半径：S2->C-；(6)Cl是17号元素，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p5,可见Cl原子最外层有7个电子，氯原子的最外层电子的轨道式为 叵小卜八I,氯原子核外有17不同运动状态的电子。本题考查了氧化还原反应方程式的书写、电子转移方法的表示、原子核外电子排布规律、微粒半径大小比较等。掌握氧化还原反应中元素化合价与电子转移的关系和物质结构知识是本题解答的关键，题目考查了学生学以致用的能力。如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。根据表中所列元素回答下(填元素符号)。(3)表中第三周期所列元素的非金属性最强的是(填元素符号)，e、f、g三种元素的简单氢化物中最不稳定的是(填化学式)。(4)元素g与元素b的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为。(5)铅(Pb)、锡(Sn)、渚(Ge)与碳(C)、硅(Si)属于同主族元素，常温下，在空气中，单质锡、错均不反应而单质铅表面生成一层氧化铅；单质错与盐酸不反应，而单质锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：①错的原子序数为;②铅(Pb)、锡(Sn)、错(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为(用化学式表不)。(6)最近，德国科学家实现了锄原子气体的超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知锄 (Rb)是37号元素，相对原子质量是85.5,与钠同主族。回答下列问题：①锄在元素周期表中的位置为。②同主族元素的同类化合物的性质相似，请写出AlC3与RbOH过量反应的离子方程式：③现有锄和另一种碱金属形成的混合金属 50g,当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4L,另一种碱金属可能是。(填序号)A.LiBNaCKDCs【答案】第三周期第mA族18Mg2+SClPHNaOH+HClO=NaClC4+H2O32Pb(OH)4>Sn(OHN>Ge(OH)4第五周期第iA族Al3++4CH=AlC2-+2H2C(或写为A13++4CH-=[Al(CH)4]-)AB【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知， a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。【详解】根据元素在周期表的位置可知确定各种元素分别是： a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素。(1)元素d为Al,原子核外电子排布是2、8、3,所以在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族，f是16号元素S,h是34号元素Se,h与f原子序数相差34-16=18；(2)b、c、f形成的简单离子分别是 Na+、Mg2+、Na+、Mg2+核外电子排布为2、8,具有两个电子层，S2-核外电子排布是2、8、8,具有三个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以，三种离子中离子半径最小的是 Mg2+;Na、Mg、S都是同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径最小的是 S;(3)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，表中第三周期元素的非金属性最强是Cl;元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强， e、f、g三种元素分别表示P、S、Cl,元素的非金属性：P<S<Cl所以它们形成的简单气态氢化物最不稳定的是PH3;(4)g元素与b元素的最高价氧化物对应水化物分别是 HClO4、NaOH,HClO4是一元强酸，NaOH是一元强碱，二者混合发生中和反应产生盐和水，反应的化学方程式为NaOH+HClQ=NaClO4+H2O;⑸①错位于Si元素下一周期，二者原子序数相差 18,所以Ge的原子序数为14+18=32；②由于同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以根据铅 (Pb)、锡(Sn)、错(Ge)在元素周期表的位置可知，元素的金属性 Pb>Sn>Ge,元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故铅 (Pb)、锡(Sn)、错(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4;(6)①锄(Rb)是37号元素，原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，所以37号元素在元素周期表中的位置为第五周期第I A族；②锄(Rb户T钠同主族，由于Rb的金属性比Na强，所以RbOH是一元强碱，AlCb与过量的RbOH反应产生的离子方程式为 Al3++4OH=AlO2-+2H2O(或写为Al3++4OH-=[Al(OH)4]-);③22.4L标准状况下的H2的物质的量n(H2)=22.4L+22.4L/mol=1m砌和水反应的化学方程式为2Rb+2H2O=2RbOH+H2T,可知2molRb反应产生1molH2,由碱金属与水反应的化学方程式为2M+2H2O=2MOH+H2T可知混合金属的平均摩尔质量 M=5%=25g/mol,Rb2?mol的摩尔质量为85.5g/mol,则另一种碱金属的摩尔质量一定小于 25g/mol,所以另一种碱金属可能是Li或Na,故合理选项是AB。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用的知识。掌握元素的位置、原子结构与物质性质的关系解答本题的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：① L2CO3 焙烧 Li2O+CQ;②Li2O+C 真空CO+2Li锂原子的电子排布式为;CO2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 Li2CC3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 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)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,CO2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， ni(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 = mol=0.002mol,n(NaOH尸c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/Lx0.013L=0.0013mol,由于10H2SO+2NaOH=Ns2SO+2H2。，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系， n(H2SC4)=-n(NaOH尸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(LizCCfe)=nM=0.00135X74=0.0999g,100ml溶液中所含m2(Li2CC3)=0.0999gx10=0.999g,m2Li2CO3 0.999g故3= =' =0.999。m样品1g【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。现有①氯化银、②金刚石、③氯化钱、④硫酸钠、⑤干冰、⑥碘片六种物质，按下列要求回答：(1)熔化时不需要破坏化学键的是,熔化时需要破坏共价键的是,熔点最高的是,熔点最彳氐的是O(2)属于离子化合物的是,只有离子键的物质是,以分子间作用力结合的是O(3)①的电子式是,⑥的电子式是。【答案】⑤⑥②②⑤①③④①⑤⑥[C]Ba2+[C；]：匚|匚【解析】【分析】(1)BaC2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体， NH4Cl、Na2SC4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，分子晶体熔化时不需要破坏化学键，原子晶体、离子晶体熔化时需要破坏化学键；一般物质熔点：原子晶体〉离子晶体〉分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高；(2)BaCb、NH4Cl、Na2SC4属于离子化合物，BaC2只含有离子键，分子晶体以分子间作用力结合；（3）BaC2为离子化合物，存在离子键；碘为非金属单质，以共用电子对成键。【详解】（1）BaC2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体， NH4C1、NazSd属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，熔化时不需要破坏化学键的是干冰、碘晶体，熔化时需要破坏共价键的是金刚石， BaC2、NH4C1、Na2SO4熔化时破坏离子键，一般物质熔点：原子晶体〉离子晶体〉分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，故熔点最高的是金刚石，熔点最低的是干冰，故熔化时不需要破坏化学键的是⑤⑥，熔化时需要破坏共价键的是②，熔点最高的是②，熔点最低的是⑤；（2）BaC2、NH4C1、Na2SO4属于离子化合物，NH4C1含有离子键、共价键，而BaC2只含有离子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；⑶BaC2为离子化合物，其电子式为[C「Ba2+[|CI；「；碘为非金属单质，以共用电子对成键，则电子式为：Y:;:。【点睛】明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，注意把握晶体类型的判断方法和微粒间的作用。离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力或氢键，尤其注意氢键属于分子间作用力。氨在化肥生产、贮氢及燃煤烟气脱硫脱硝等领域用途非常广泛.1尿素[CONH2）2与氟酸俊NH4CNO互为；鼠酸俊属于化合物（选填：离子”或共价”）。2液氨是一种贮氢材料，气态氨转变为液氨将能量（选填：吸收”或释放”）.液氨可通过图1装置释放氢气，该过程中能量转化方式为。3氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的 NO和NH3,在一定条件下发生反应：6NOg4NH3g?5N2g6H2Og。①能说明该反应已达到平衡状态的标志是（不定项选择）。a.反应速率XNH3）乂N2）b.容器内压强不再随时间而发生变化c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d.容器内nNO：nNH3：nN2：nH2O6：4：5：6②某次实验中测得容器内 NO及N2的物质的量随时间变化如图2所示，图中乂正）与乂逆）相等的点为（选填字母）。

4已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表共价键HHNHNN能量变化/kJmol1436390.8946则合成氨反应：N2g3H2g2NH3gVHkJmol5工业上用氨水吸收硫酸工业尾气中的 SO2,既可消除污染又可获得NH4HSO3等产品.若用1000kg含NH3质量分数为17%的氨水吸收SO2且全部转化为NH4HSO3,不考虑其它成本，则可获得的利润为元（参照下面的价格表）。NH3质量分数17%的氨水无水NH4HSO3价格（元/kg）1.01.8【答案】同分异构体 离子释放电能转化为化学能 bccd90.8782【解析】【分析】1分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；氟酸俊属于盐；2气态转化为液态释放能量，电解是电能转化为化学能；3①化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；②达到平衡时M正）与乂逆）相等；4化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热VH反应物总键能-生成物总键能；5根据SO2NH3H2ONH4HSO3进行计算。【详解】（1）氟酸俊NH4OCN与尿素［CONH2）2的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体；氟酸俊属于盐，是离子化合物，故答案为：同分异构体；离子；2气态氨转化为液态释放能量，图 1装置为电解装置，电解时电能转化为化学能，故答案为：释放；电能转化为化学能；3①a.该反应达到平衡状态时， 5v(NH3)正4v(N2)逆，没有指明正、逆反应速率，故a不能说明反应达到平衡状态； b.该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以b能判断反应是否达到平衡状态；c.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化说明浓度不再改变，故c能说明反应达到平衡状态； d.物质的量之比等于化学计量数之比，不能说明正逆反应速率相等TOC\o"1-5"\h\z或者浓度不变，故d不能说明反应达到平衡》^态；故答案为： bc；②达到平衡时M正)与乂逆)相等，各组分浓度不再变化， cd点物质的量不再改变，故答案为：cd；4化学反应中的反应热VH反应物总键能-生成物总键能=946kJ/mol+3x436kJ/mol-6X390.8kJ/mol=-90.8kJ/mol)故答案为： 90.8;51000kg17%170kg,设无水NH4HSO3的质量为x。SO2NH3H2ONH4HSO3,根据方程式可知17g氨气可生成99gNH4HSO3,所以-17 99-有 一解得x=990kg,990kgX1.8兀/kg-1000kgX1.0rc/kg=782兀，故答案为：170kgx782。【点睛】本题考查化学平衡状态、反应热以及化学方程式的计算等，题目难度中等，注意化学反应中的反应热VH反应物总＞键能-生成物总键能。元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。已知 丫原子最外层电子数与核外电子总数之比为 3：4,M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3:4；R—、Z+、X+离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体，Q和Y在周期表中的位置相邻。请回答下列问题。(1)M原子的价电子排布图是,Q的常见氢化物的立体构型是 O(2)写出X、Y、R按原子个数之比1：1：1形成的化合物的结构式：。(3)X与丫可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：。(4)写出单质R的一种工业用途：。(5)图表示由上述元素中的某两种元素组成的气体分子在一定条件下的密闭容器中充分反应

(6)由X、Y、Z、M四种元素可形成一种离子化合物 A,已知A既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，还能和氯水反应，写出 A与氯水反应的离子方程式：。(7)科学家认为存在QX5这种物质，且预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱rrnm性，写出该反应的化学方程式：。rrnm三角锥形H-O-Cl2H2O"02H2O+02T制漂白粉(或制漂白液、用于自来水消毒等合理答案均可 )2SQ+02±=2SOHSQ-+H2O+C2=SQ2-+2C「+3H+NH5+H2O=H2f+NH3H2O或NH5+H2O=H2f+NHf+H20或NH5=H2f+NHT【解析】【分析】元素X、Q、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。 Y元素原子最外层电子数与核外电子总数之比为 3:4,最外层电子数只能为6,则原子总数为8,Y为。元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为 3：4,最