2020-2021高考化学(化学键提高练习题)压轴题训练及答案

1、2020-2021 高考化学（化学键提高练习题）压轴题训练及答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1.工业制备纯碱的原理为：NaCI+CQ+NH3+H2NH4CI+NaHCQJ。完成下列填空：（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，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是该分子为_（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

2、的化合价c.气态氢化物的稳定性d.氢化物水溶液的酸碱性if uA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+3H2 阪耳一誇三2NH3（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：。H【答案】o C NO IJ :c：H非极性1s22s22p3bc无影响 减小 变大 铁触媒II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

3、周期元素为：H、C、N、0、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，C N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：CNO;（2）铵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|中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4,其电子式是H X；:H，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

4、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，判据；c.两者的气态氢化物分别为H20、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

5、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：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。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。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。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。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。根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合

6、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。2Nature Energy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（NH2CHCO

7、OH是组成最简单的氨基酸，熔点为182C,沸点 为233C。1硝酸溶液中NO3?的空间构型为 _。2甘氨酸中N原子的杂化类型为 _，分子中b键与n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-2IC，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I所示，导致 这种变化的原因是 _b能作为（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d pm，密度为pg/cmt则阿伏加德罗常数NA=_ （列出表达式

8、）mol-1。【答案】FN0 lS2s22p63s23p63d8或Ar 3d8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NH键之间的排斥力，故配合离子中NH3的NH键间的键角变大；1.16 1032d3【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FN0; 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

9、外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或Ar 3d8；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；_5+0 3+1（2）NO3?的中心原子价层电子对数为=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n键，其余共价键均为b键，所以分子中b键与n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

10、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NH键之间的排斥力，故配合离子中NH3的NH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【点睛】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键的排斥力小于孤电子对b键的排斥力，所以甲烷分子中键角为4,则晶胞的质量为7 8+15 4m=g,晶胞参数为NAd pm=dx1-00cm，所以晶胞的体积V=d3x100cm3，则密度7 8+15 4 g m=

11、NA，解得V = d310-30cm3NA.1.16 1032NA=3。d3比氨气分子中键角大。3.现有ag7种短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如表所示，请回答下列问题:a1debef(1)下列选项中，元素的原子间最容易形成离子键的是(填序号，下同)，元素的原 子间最容易形成共价键的是。A. c和f B.b和g Cd和g D. c和e(2)下列由ag7种元素原子形成的各种分子中，所有原子最外层都满足8电子稳定结构 的是(填序号)。A. ea3B. ag C fg3D. dg4(3)由题述元素中的3种非金属元素形成的AB型离子化合物的电子式为_。(4)c与e可形成一种化合物， 试写出该化

12、合物的化学式：，其含有的化学键类型为，其与过量稀盐酸反应的化学方程式为。H:N：HMg3N2+8HCI=3MgCl2+2NH4CI【解析】【分析】首先确定ag的7种元素具体是什么元素，(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；(2)根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；(3) 3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4CI;根据化合物中的成键元素来判断化学键类型，并根据物质的性质来书写方程式。【详解】根据元素在元素周期表中的相对位置可知a、b、c、d、e、f、g分别为H、Na、Mg、CN、P、Cl,(1)碱金属元素原子与卤素原子间

13、最容易形成离子键，故Na与Cl最容易形成离子键，故B符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：B;C;【答案】B C CDMg3N2离子键各选项对应的分子分别为NH3、HCI、PC3、CC4,其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电子稳定结构，故不符合题意；而PC3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成共价键时，构成PC3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CC4亦符合题意，故答案为：CD;(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4CI，其电子式为，故答案为：H：亦:寸：占寸；(4)

14、Mg与N形成离子化合物Mg3N2,该物质与过量稀盐酸反应生成MgCb和NWCI，故答案为：Mg3N2;离子键；Mg3N2+8HCI=3MgCl2+2NH4CI。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、川、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：(填增大”或减小”)原因是_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

15、为TQI36H2O。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CI所形成的化学键类型是 _。如图中A、B、C、D四条曲线分别表示第WA、VA、WAWA族元素的氢化物的沸点，其中表示四A族元素氢化物沸点的曲线是 _ ;表示WA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 _

16、;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 是。则其在水中的溶解度会【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TiCI(H2O)5Cl2H2O离子键、配位键B D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，

17、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-，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TiCI(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：TiCI(H2O)5Cl2H20;离子键、配位键

18、；(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；

19、水、氨气、HF分子之间均形成氢键，沸点较高。5.(1)_ 下列物质中，既含离子键又含共价键的化合物是 _ ；同时存在b键和n键的分子是_，含有极性键的非极性分子是 _。A.N2B. C2H6C CaC2D NH4CI用“或“碩空：晶格能：Na?。_KCI酸性：H2SO_ HCIO4离子半径：Al3+_F【答案】DAB KC；同周期从左向右非金属性增强，非金属性SC,对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4VHCI04；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为AI3+CIF三、I A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CH3CI，碳原子与氯原子周

20、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)第四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CHCI,CHsCl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共

21、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：；：,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CH3+CIH3CCI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：SC,所以原子半径：SCIF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Cl2hv2Cl，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；CI+C

22、I?TCICH3+?CH3TH3CC,CH3+CI?HCCI，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AgCI、AgBr、AgI的顺序依次减小，a错误；b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCI、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、HCI、HBr、HI的还原性按HF、HCI、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d。【点睛】 本题主要考查卤族元素的递变规律，掌

23、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。7 在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了80%，它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义。现有a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素，c是海水中含量最多的金属元素，d是人类冶炼最多的金属元素。(1)元素a在元素周期表中的位置为 _ ;a原子的核外能量不同的电子有 _ 种。(2)下列可以证明b、c金属性强弱的是 _。A.最高价氧化物对应水化物的溶解性：bvcB.单质与水反应的剧烈程度：bvcC.相同条件下，氯化物水溶液的pH值：bvcD. c

24、可以从b的氯化物水溶液中置换出b(3)人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀。下列关于该腐蚀的说法正确的是 _ 。A.腐蚀过程中，一定会有气体放出B.腐蚀过程中，水膜的碱性会增强C.在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H+2e=H2fD.与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀(4) d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1 moI该易燃气体放出37.68 kJ热量，请写出此反应的热化学方程式： _。【答案】第四周期第nA族6种BC BD 3Fes)+4H2O(g)=F&O4(s)+4H2(g)H=- 150.7

25、2 kJ/ moI【解析】【分析】a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，则为Ca；b是地壳中含量最 多的金属元素，b为Al；c是海水中含量最多的金属元素，c为Na;d是人类冶炼最多的金 属元素，为Fe,然后逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：a是Ca；b是Al；c是Na；d是Fe。(1)a为Ca,原子序数为20,核外电子排布为2、8、8、2，原子结构中有4个电子层、最 外层电子数为2，因此位于元素周期表中第四周期nA族；a原子的核外能量不同的电子有1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；(2) A.金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,则失电子能力越强,金属性

26、越强，与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关，A错误；B.金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易,则失电子能力越强,单质与水反应的剧烈程度：bvc,则金属性：bvc, B正确；C.盐溶液的pH越小,盐的水解程度越大,则对应的碱的碱性越弱,其金属元素的金属性越弱，相同条件下，氯化物水溶液的pH值：bvc,则金属性bvc,C正确；D.活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，但是，Na非常活泼，能与水反应，Na不与溶液中的金属离子反应，因此c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b,D错误；故合理选项是BC；(3) A.Fe发生吸氧腐蚀时，没有气体放出，铁发生析氢腐蚀是有氢气生成，A错误；B.Fe的腐蚀

27、过程中，若是酸性环境，不断消耗H+，使溶液的酸性逐渐减弱，则根据水的离子积不变，则溶液中0H-会逐渐增大，因此水膜的碱性会增强，B正确；C.在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为：Fe- 2e =Fe2,C错误；D.与电源的负极相连，Fe作阴极被保护，就可以防止Fe发生原电池的腐蚀作用，D正确；故合理选项是BD；(4)根据d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol该易燃气体放出37.68 kJ热量，故热化学方程式为：3Fe( s)+ 4H2O( g)= FesO4(s)+ 4H2(g)H=-150. 72 kJ/mol。【点睛】 本题

28、考查元素周期表的结构及应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写,注 意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键,注重考查基础知识的综合 应用。8.Q、R、X、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),R、X、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，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

29、_(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.正四面体元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物CWX和Ci2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)：过星浓饋戲宦呈NsOH0的瀋被CuaX - 澄沽灌液- 恳浊液 - CujY非金属X_Y填 “或 “NH3abd NH3；Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面 体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，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

30、的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出 来，所以可根据置换反应：2H2S+C2=2H2O+SJ，比较出元素的非金属性：NCu(NH3)3COAc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达式是 _ 。通过比较 _ 可判断氧，硫两种非金属元素的非金属性强弱。体，CS的相对分子质量大，分子间作用力大【解析】【分析】【详解】(1)增大浓度、升高温度

31、等，可增大反应速率；减压反应速率减小，减小生成物浓度，反 应速率减小，所以选be；(2)氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CQ+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2C03+C02+H20=2NH4HC03；(3)铜液的组成元素中，短周期元素有H、C N、0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CN0H;比较02和S的氧化性、H20和H2S的稳定性都可以判断氧，硫两种非金属元素的非金属性 强弱；(4)CS的电子式类似于C02,电子式为：壬心;&，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。10.合成氨

32、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C0和CQ等气体，铜液吸收C0的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2AC+C0+NH3=CU(NH3)3C0Aa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CS2与CO2分子结构相似,CS

33、2的电子式是CS2熔点高于CQ,其原因【答案】be 2NH3+CQ+H2S(NH4)2CQ、0H2s2和S的氧化性(NH4)2CO3+CO2+H2S2NH4HCO CN-二:CS!和CQ都是分子晶氮元素原子最(4)已知CS与C02分子结构相似，CS的电子式是 。(5)CS熔点高于CQ,其原因是。【答案】be 2NH3+C02+H20=(NH4)2C03、(NH4)2C03+C02+H20=2NH4HC03CN0铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2AC+CO+NH3 Cu(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

34、)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be。(2)氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，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、C N、0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CN0H,氮元素原子最外层为第二层有52S氢化物的稳定性强弱。(4) CS的电子式类似于C02,电子式为二:,二者都为分子晶体，相对分子质量 越大，分子间作用

35、力越大，贝U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，贝U熔点越高。11.生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4CI含量为180 mg/L。(1)写出NH4CI的电子式 _ 。(2)写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式： _ 、_为除去废水中的NH4：向103L该污水中加入0.1 mol/L Na0H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)。若某污水中同时存在NH4+和NOj时。可用下列方法除去：可先在酸性污水中加入铁屑 将N03-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

36、目：_Fe +_N03-+_H+=_Fe2+_NH4+_H2O, _。H: Cl：1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p433.64 4 1 10 4 1E1 rE2STEHNH3和PH3的稳定性2P体，相对分子质量越大，分子间作用力越大【解析】【分析】二者都为分子晶个电子，电子排布的轨道表示式是;比较非金属性强弱，可根据2PH4 *2&I4Fe-NOr+lCH=4Fea+-NHi+3H20【解析】【分析】(1) NH4CI是离子化合物，由NH4+、Cl通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其 电子式；(2)根据CI原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨

37、道数目，结合每一轨道最多排布2个电子，确定与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式；根据NH4CI与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1，根据污水中NWCI含量为180 mg/L，计算c(NH4CI),结合n =cV计算；根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。【详解】(1) NH4CI是离子化合物，由NH4+、C通过离子键构成，其电子式为：卜:彌:di：；(2) CI原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其最外电子层3p能级具有3个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2个电子则与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的

38、电子排布式分别为1s22s22p63s23p2,1s22s22p63s23p4,这两种元素分别是Si和S;0.18?g/L0.183污水中NH4CI含量为180 mg/L，贝c(NH4CI)= moI/L,103L该污水中53.5? / mol 53.5亠入亠0.183中含有NH4CI的物质的量为n(NH4CI)=moI/LX310=3.364 moI，根据反应：53.5NH4CI+NaOH=NaCI+NHf+H2O,可知n(NaOH)=n(NH4CI)=3.364 moI，由于NaOH溶液浓度为0.1 moI/L，则理论上需要NaOH溶液的体积V(NaOH)=n邑型彳四=33.64 L；c

39、0.1?moI / L在反应：_Fe +_NO3-+_H+=_Fe2+_NH4+_H2O中，Fe元素化合价由0宀+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-TNHi+,降低8价，化合价升降最小公倍数是8,所 以Fe、F0系数是4,NO3-、NH4+系数是1，然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是10,最后根据原子守恒，可得H2O的系数是3;则配平后该反应方程式为：4Fe+NQ-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O,用单线桥法表示为：4 心n4FfNO?* 10H+=4Fe：4-NH4+-3IbO【点睛】本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化学方程式计算

40、的应用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子 转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。12X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数依次增大。X的某种原子没有中子，Y的单质可用作保护气，Z的最外层电子数和Y的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37,下列说法错误的是A.X与Y可形成1:3型或者2:4型的共价化合物B.X与Z、W和Z都可形成2:1型的离子化合物C.Y和Z的简单离子半径：YZD. W的含氧酸的酸性在同一周期和同一主族中都是最强的【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W四种短周期元素，其原子序数依次增

41、大。X的某种原子没有中子，X为H（氢）,Y的单质可用作保护气，Y为N（氮）,Z的最外层电子数和Y的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37,Z为Mg（镁）,W为CI（氯）。【详解】根据题意推测：X为H（氢）、Y为N（氮）、Z为Mg（镁）、W为CI（氯）。A.N和H可以形成NH3， 也可形成N2H4,二者都是共价化合物，A正确；B.H和Mg可形成MgH2,Cl和Mg可形成MgCl2，二者都是2:1型离子化合物，B正确；C. N3和Mg2+电子层数相同，但Mg2+的原子序数更大，对核外电子的吸引能力较大，半径 较小，C正确；D.Cl的最高价含氧酸是同周期和同主族最强的，D未说明最高价，D错误。

42、 故选C。【点睛】 本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题的关键,要全面掌握基础知识,有利于基础知识的复习巩固。易错点D, D未说明CI是最高价。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)【解析】【分析】(1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据p=m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2个单位正电荷，所以其氧化

43、物的化学式为RO,该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，据此分析计算；(3)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】(1)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p=m=nM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V V氧的同位素有160、18O

44、,氢的同位素有JH、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JH、12H、13H构成水，即存在三种水；18O可分别与JH、12H、13H构成水， 即存在三种水； 若水分子中的氢原子不同， 则16O可分别与11H12H12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；18O可分别与 *%、12H13H、11H13H构成水，即存在三种水；所以共形成3X4=12种水；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；10：11：9；(2)该离子带

45、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n(A+16)g/mol,n g它的氧化物的物质的量为 mol；1molRO中含有(A-N+8)mol质子，A 16以电子的物质的量为：A16 X(A-N+8)mo,故答案为：-一16 X(A-N+8；A IOA IO【答案】1:2:nA 16X(A-N+8)1.75或7/4所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为A 16X(A-N+8)质子数与电子数相同，所6.02X23|个中子物质的量为1mol,Li的中子数为7-3=4，故Li的物质的量为17mol=0.25mol Li的质量=0.25molX7g/mol二g=1.75g故答

46、案为：1.75-44(4)Ne为单原子分子，不存在化学键；2HCI中H原子和CI原子形成极性共价键；3P4中存在P-P非极性共价键；4N2H4中存在N-H极性共价键和N-N非极性共价键；5Mg3N2中镁离子与氮离子间形成离子键；6Ca(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；7CaC2中钙离子和C22-间形成离子键；C22-内部碳原子之间形成非极性共价键；8NH4I铵根离子与碘离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子、氢原子间形成极性共价 键；9AlCb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

47、存在离子键又存在非极性共价键的是，故答案为：；(5)碘为分子晶体，升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化；2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；3MgCb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；4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；5Na2O2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

48、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。14.现有氯化钡、金刚石、氯化铵、硫酸钠、干冰、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_，熔点最低的是 _ 。(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_ 。(3)的电子式是 _ ，的电子式是 _ 。【答案】CBa C切门【解析】【分析】(1)BaC2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4C、Na2SQ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

49、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；BaC2、NH4CI、NazSQ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，NH4C、Na2SO4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，BaCb、NH4CI、Na2SC4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

50、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，熔化时需要破坏共价键的是，熔点最高的是，熔点最低的是；BaCb、NH4CI、Na2SC4属于离子化合物，NWCI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；BaC2为离子化合物，其电子式为CBa C；碘为非金属单质，以共用电子对成 键，则电子式为. -:。 【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。Fe2O3和NaHCC3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Fe2C3发生置换反应生成Na20,化学方程式是 _iii.NaHCQ是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。NaHCCb起冷却作用时发生反应的化学15.钠是种非常活泼、具有广泛应用的金属。(1)钠的原子结构示意图为，钠在反应中容易 电子(填 得到”或