2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：化学键综合题汇编及详细答案

1、2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：化学键综合题汇编及详细答案一、化学键练习题(含详细答案解析)1下面列出了几组物质：A金刚石与石墨；B丙烯与环丙烷；C氕与氘；D甲烷与戊烷；E.液氨与氨水；F.IJ与躯槪；G.i：；I与；，请将物Cll.uCHnrnCH.it,h|卜il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TOC o 1-5 h z同一物质。下列物质中：ArMgBr2Na2O2H2SO4CS2NH4BrBaORbOH。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。异丁烷的一氯代物有种，

2、新戊烷的一氯代物有种。C3H2Cl6的同分异构体有种，C5HCl11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】CADB、FG214810【解析】【分析】【详解】上述物质中，氕与氘的质子数相同，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；丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与：的CHlIkCIKHi；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

3、分异构体,故答案为：B、F；，I:与卡；-属于同一种物质，故答案为：G；（2）Ar为单原子分子，不含有化学键；MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；Na2O2是离子化合物，Na+和O22-形成离子键，O22-中O和O形成非极性共价键;h2so4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02-形成离子键；RbOH是离子化合物，Rb+与0H-形成离子键，0H-中H和0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

4、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，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、cci3-ch2-cci3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：cci2h-cci2-cci2h（两个边上的），cci2h-chci-cci3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种;C5HCl11可看

5、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rrr、位置有、：一、一二一；、，因此C5HCl11的同分异构体有3+4+1=8种；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。2工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2OfNH4Cl+NaHCO3（。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

6、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）最高价氧化物对应水化物的酸性两元素形成化合物的化合价气态氢化物的稳定性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+3H22NH3（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

7、”，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】OCNOIIII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0；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、0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

8、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中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是Hr.：n，该分子为非极性H分子；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0元素之间非金属性大小判断依据：0无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；可根据两元素形成化合物N0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；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；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

9、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；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：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

10、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。3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:写出C的最高价氧化物的结构；E和F分别形成的气态氢化物中较

11、稳定的是(填写氢化物的化学式);A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X、Y、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：NQ简单离子半径：QNX最高价氧化物对应水化物的酸性：MYN原子序数：ZMXYii【答案】3Mg2+第三周期第VIIA族O=C=OHCl离子键、共价键2AI+2OH-+2H2O=2AIO2-+3H2TCD【解析】【分析】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；由元素在周期表中的位置，可知A为钠、B

12、为铝、C为碳、D为氮、E为硫、F为氯。D单质为N2,分子中N原子之间形成3对共用电子对；C的最高价氧化物为CO2，分子中C与O原子之间形成双键；元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；A最高价氧化物为NaOH，氢氧化钠溶液与AI反应生成偏铝酸钠与氢气，由此写出反应的离子方程；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O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I

13、A族，原子半径大于Al，故Q为Na元素，根据以上分析解答。【详解】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WA族；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。D气态氢化物为NH3，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：弭：二；C的最高价氧化物为CO2，分子中C与O原子之间形成双键，结构式为：O=C=O；同周期自左而右非

14、金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定，非金属性SAI,A错误；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：O2-Na+Ab+,B错误；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(CI)M(S)X(O)Y(C),D正确；故答案选CD。4完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：nh3ph3(填“”或Q32Q+Q24Q32Q+Q2bcFeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2【解析】【分析】根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越

15、稳定分析；PH3与HI反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；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；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】由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；a.铵盐都能与NaOH发生复分解反应，所以PH4I也能与NaOH发生反应，a错误；铵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；铵盐不稳定，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；1molH2O

16、中含2molH-O键，断开1molH-H、1mol0=0、1molO-H键需吸收的能量分1别为Q、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+qO2(g)=H2O(g)，11断开1molH-H键和2molO=O键所吸收的能量(Q】+亍Q2)kJ,生成2molH-O新键释放的1能量为2Q3kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q+-Q2)0,2Q+Q24Q3，故合理选项是；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

17、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(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(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

18、。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。5研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与I2在水体和大气中的部分转化如下图所示。(1)I2的电子式为。水体中的I-在非酸性条件下难于被空气中的?氧化。原因是2HO+41-+O2I+4OH-的反应速率慢，反应程度小。222I-在酸性条件下与02反应的离子方程式是4根据题干信息分析，I-在酸性条件下被O2氧化生成12,反应的离子方程式是4H+4I-+O二2I+2HO；222根据提给信息中I-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I-易被O2氧化的可能的原因是

19、c(H+)增大，c(OH-)减小，使平衡2H0+41-+O/21+4OH-正向移动，反应易于进行，故答案为：2224H+4I-+O=2I+2HO；c(H+)增大，c(OH-)减小，使平衡2222H0+41-+O/21+40H-正向移动，反应易于进行等；222验证Fe2+对03氧化I-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(CI-)要相同，即c(NaCI)=2c(FeCI2)=2X1.5X10-2mol/L=3X10-2mol/L,故答案为：3X10-2；03氧化I-时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：HO+21-+O/I+2OH-+O，故答案为：HO+2

20、1-+O/I+2OH-+O；23222322Fe2+具有强还原性，易被03氧化生成Fe3+,Fe2+或Fe3+结合OH-生成弱碱，促使反应HO+21-+0/I+2OH-+0正向进行，提高I-转化率，故答案为：Fe2+或Fe2+的2322氧化产物Fe3+与I-和03反应产生的OH-结合，促使该平衡正向移动，提高了I-的转化率。6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CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3Cu(NH3)3COAc。完成下列填空：如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的

21、措施是_。(选填编号)减压b.增加NH3的浓度c.升温d.及时移走产物铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式：_。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。已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是。CS2熔点高于CO2，其原因是。【答案】be2nh3+co2+h2o=(nh4)2co3.(nh4)2co3+co2+h2o=2nh4hco3CN0IT1IITITITIH一I一l一J一_INH3和PH3的稳定性5：c：S二者都为分子晶2S2P体，相对分子质量越大，分子间作

22、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+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】a.减压反应速率减小，a错误；增大浓度，可增大反应速率，b正确；升高温度，增大反应速率，e正确；减小生成物浓度，反应速率减小，d错误；答案选bc。(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、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左

23、到右原子半径逐渐减小，则原子半径CNOH，氮元素原子最外层为第二层有5T1ITT个电子，电子排布的轨道表示式是11一1一1一1；比较非金属性强弱，可根据2S2P氢化物的稳定性强弱。CS2的电子式类似于CO2，电子式为上二：；,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。7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180mg/L。写出nh4ci的电子式。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0.1moI/L

24、NaOH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NO3-时。可用下列方法除去：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，。H.t-I-r【答案】:Cl：1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p433.64411041LH3门4Fe-XOs-10H-=4Fe2-ML-3H2O【解析】【分析】nh4ci是离子化合物，由nh4+、ci-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；根据ci原子核外电子排

25、布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，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NH4CI含量为180mg/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+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：r-H：N：H:C1：H(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

26、氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p2,1s22s22p63s23p4,这两种元素分别是Si和S；mol/L，103L该污水中0.18?g/L0.18污水中NH4CI含量为180mg/L,则c(NH4CI)=535奄/mol=537中含有NH4Cl的物质的量为h(NH4CI)=0.18535moI/Lx103L=3.364mol，根据反应：NH4CI+NaOH=NaCI+NH3个+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4CI)=3.364mol,由于NaOH溶液浓度为n3.364?mol0.1moI/L，则理论上需要NaOH溶液的体积A(NaOH)=3

27、3.64L；c0.1mol/L在反应：Fe+_NO3-+_H+=_Fe2+_NH4+_H2O中，Fe元素化合价由0T+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-TNH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8,所以Fe、Fe2+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+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，用单线桥法表示为：nWH-=4Fe2-ML-3H2O【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的应用。掌握构造原理、

28、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。8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。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。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)，气态氢化物沸点最低的是(填化学式)。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

29、+MnSO4+_HNO3THMnO4+_Pb(NO3)2+PbS042+把反应后的溶液稀释到1L,测出其中的Pb2+的浓度为0.6moIL-1,则反应中转移的电子数为个。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.PbO2+4HCITPbCI4+2H2OB.PbO2+4HCITPbCI2+CI2个+2H2OC.PbO2+2HCI+2H+TPbCI2+2H2OD.PbO2+4HCITPbCI2+2OH-【答案】31H2CO3CH45262322H2O【解析】【分析】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,贝碳原子有1s、2s和3p三种能量不同

30、的电子；C的次外层为s轨道，为球形对称结构；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；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；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；根据(3)可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】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、

31、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；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：h2co3；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oIVA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，化合价降低2价；MnSO4中锰元素化合价从+2变为+7，化合价升高5价，则化合价变化的最小公倍数为10，所以二氧化铅的系数为5，硫酸锰的稀释为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+2Mn

32、SO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSO4+2H20,用单线桥表示电子转移的方向2X5e-和数目为：|；5PbO；+2NLnSC4+6HNO：=2HM4+3Pb(N0i)；-2PbS041桌氐0(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=0.6mol,硫酸铅中铅离子的物质的量为0.4mol,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；根据可知氧化性：PbO2HMnO4，而HMnO4能够氧化Cl-,所以P

33、bO2能够氧化Cl-,二者反应的化学方程式为：PbO2+4HClTPbCl2+Cl2个+2H20,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。9将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，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KCI、Cl2、浓H2SO4、H20、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。完成下列填空：写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程

34、式，配平并标出电子转移方向和数目：上述反应中，氧化剂是，每转移1mol电子，生成Cl2L(标准状况)。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的离子反应方程式：。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。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。KMn411.2得低-2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2ONaBiO3KMnO4CI2S2-CI-11I17【解析】【分析

35、】由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4TMnSO4，则在给出的物质中CI元素的化合价升高，则氧化反应为kcitci2，然后根据元素守恒来书写氧化还原反应；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；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；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；上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有S、CI，根

36、据离子半径大小比较方法判断；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CI原子最外层电子的轨道式。3【详解】由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4TMnSO4，贝V在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为kcitci2，则反应为KMnO4+KCl+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2个+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反失g应为2K：It得1讥一2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2个+8也0中，锰元素的化合价由+7变为+2，所

37、以高锰酸钾是氧化剂，2mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2molx(7-2)=10mol，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；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；在反应2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4

38、+6K2SO4+5Cl2个+8H2O中，物质的氧化性：KMnO4Cl2；在反应2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O中，物质的氧化性：NaBiO3KMnO4，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3KMnO4Cl2；上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯，S2-、Cl-核外电子排布都是2、8、8,电子层结构相同，由于核电荷数ClS，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其简单离子半径：S2-Cl-；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I,氯原子核外有17不同运动状态的

39、电子。【点睛】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。10H、D、T三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是，它们与氧的同位素160、180相互结合为水，可得水分子的种数为；14NH3T+中，电子数、质子数、中子数之比为核内中子数为N的R2七质量数为A,则ng它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为。含6.02x1023个中子的7Li的质量是gNeHCIP4N2H4Mg3N2Ca(OH)2CaC2NHJAICI3，请用上述物质的

40、序号填空，只存在极性共价键的是，只存在非极性共价键的是。既存在离子键又存在非极性共价键的是。在下列变化中，碘的升华烧碱熔化MgCI2溶于水HCI溶于水Na2O2溶于水，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)【答案】1：2：31210：11：9nA+16x(A-N+8)1.75或7/4【解析】【分析】m同温同压下，气体摩尔体积相等，根据p=v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；核内中子数为N的R2+离子，质量数为A,所以质子数为

41、A-N，电子数为A-N；该离子带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(A+16)g/moI,据此分析计算；N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Am=nM计算；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；根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。【详解】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mnM等，故根据P=V=p知，其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为1：2：3

42、；由氧的同位素有160、18O,氢的同位素有1H、2H、3H,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160可分别与1H、2H、3H构成水，即存在三种水；180可分别与11H、12H、13H构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则160可分别与1H2H、2H3H、1H3H构成水，即存在三种水；180可分别与1H2H、2H3H、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；该离子带2

43、个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为R0,该氧化物的摩尔质量为n(A+16)g/moI,ng它的氧化物的物质的量为、十托moI；1moIR0中含有(A-N+8)moI质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为A16WA-N+8)，质子数与电子数相同，所nn以电子的物质的量为：A罚x(A-N+8)mol,故答案为：只帀WA-N+8)；(3)6.02x1023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174mol=0.25mol,Li的质量=0.25molx7g/mol=4g=1.75g,故答案为：1.75；Ne为单原子分子，不存在化学键；HCl中H原子和Cl原子形

44、成极性共价键；P4中存在P-P非极性共价键；N2H4中存在N-H极性共价键和N-N非极性共价键；Mg3N2中镁离子与氮离子间形成离子键；Ca(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；CaC2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；NH4I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；AlCl3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；既存在离子键又存在非极性共价键的是，故答案为：；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

45、；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；MgCl2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；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；Na2O2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。11我国化学家在“铁基(氟掺杂镨氧铁砷化合物)高温超导”材料研

46、究上取得了重要成果，该研究项目荣获2013年度“国家自然科学奖”一等奖。基态Fe2+的核外电子排布式为。氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是(用相应的元素符号填空)。Fe(SCN)3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe(SCN)3+6NH4F=(NH4)3FeF6+3NH4SCNo(NH4)3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有(选填序号，下同)。配位键b.氢键c.金属键d.离子键已知SCN-中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则C原子的杂化方式为，该原子团中&键与兀个数的比值为。FeCI3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，而FeF3晶体熔点高于1000C,试解释两种化合

47、物熔点差异较大的原因：。氮、磷、砷虽为同主族元素，但其化合物的结构与性质是多样化的。该族氢化物RH3(NH3、PH3、AsH3)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如右图所示，碳氮化钛化合物在汽车制造和航空航天等领域有广泛的应用，其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，据此分析，这种碳氮化钛化台物的化学式为。【答案】Ar3d6FOAsadsp1:1FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体acTi4CN3【解析】【分析】根据核外电子排布规律推知基态Fe2+的核外电子排布式；根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，据此答题；叫)3FeF6是离子化合物，铵根离子与六氟合铁酸根之间

48、是离子键，氮与氢之间是共价键，铁与氟之间是配位键，据此答题；SCN-的结构式为S=C=N-，其结构与二氧化碳相似，其中含有2个。键与2个n键，据此答题；分子晶体中分子之间是范德华力，作用力比较小，而离子键的作用力较大，所以两者的沸点相差较大，据此答题；a.根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强；b氨气分子间存在氢键；非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大；分子间作用力随相对分子质量的增加而增大；根据晶胞结构图利用均摊法可知，在晶胞中含有碳原子数、含有氮原子数、含有钛原子数，据此写出化学式。【详解】亚铁离子的核外电子数是24,因此根据核外电子的排布规律可知，基态Fe2+的核

49、外电子排布式为Ar3d6。非金属性越强，电负性越大，则根据元素周期律可知氟、氧、砷三种元素中电负性值由大到小的顺序是FOAs。(NH4)3FeF6是离子化合物，存在的微粒间作用力除共价键外还有离子键，另外还有配位键，即N和H、Fe与F之间存在配位键，答案选ado已知SCN一中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则碳元素分别与S以及N元素形成1个双键，不存在孤对电子，因此C原子的杂化方式为sp杂化；由于单键都是b键，双键是由1个b键与1个兀键构成的，则该原子团中b键与兀个数的比值为1:1oFeCI3晶体易溶于水、乙醇，用酒精灯加热即可气化，这说明氯化铁形成的晶体是分子晶体，而FeF3晶体熔点高于1

50、000oC，这说明氟化铁形成的晶体类型是离子晶体，因此两种化合物熔点差异较大的原因是FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体。a.非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低，a正确；由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b不正确；非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此RH键能虽原子序数的增大而减小，c正确；三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，d不正确；答案选aco根据晶胞的结构特点并依据均摊法可知，晶胞中含有的碳原子数是8x=1,氮原子数8116x=3，钛原子数是12x+1=4，所以化学式为Ti4CN3o2412.

51、铁及其化合物在生活中有广泛应用。Fe3+基态核外电子排布式为o实验室用KSCN溶液、苯酚检验Fe3+o1mol苯酚分子中含有o键的数目为o类卤素离子SCN-可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸聲-胃三刃和异硫氰酸(H-N=C=S)，这两种酸中沸点较高的是氮化铁晶体的晶胞结构如图-1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为薪-1(4)某铁的化合物结构简式如图-2所示上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)。上述化合物中氮原子的杂化方式为。【答案】Ar3d513mol或13x6.02x1023异硫氰酸或hN=C=S4:10NCHSP3和Sp2【解析】【分

52、析】(1)按要求写出Fe3+的电子排布式即可；(2)数出苯酚中的单键即可；沸点与分子间作用力有关，硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高；根据均摊法，数出氮、铁的原子数即可，注意面心上的原子算0.5个，体心算1个，边角上算0.125个；电负性一定是ONCH,也可从各物质之间形成的化合物，谁显负价谁电负性大来判断；而杂化方式可从其形成的键来判断；【详解】Fe为26号元素，则Fe3+|的基态核外电子排布式为Ar3d5；1个苯酚中有13个单键和一个大n键；硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高；11氮原子在体心，因此就1个，铁原

53、子有8气+6=4个，因此铁、氮的微粒个数之82比为4:1；电负性大小为ONCH,氮原子有成单键的也有成双键的，因此氮的杂化方式有sp2和sp3两种。13下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图TOC o 1-5 h z元素A在周期表中的位置。用电子式表示D2G的形成过程，其所含化学键类型为C2-、D+、G2-离子半径由大到小顺序是(用离子符号回答)。某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系。溶液a和b分别为，。溶液c中的离子方程式为将0.5molD2C2投入100mL3mol/LECl3溶液中：转移电子的物质的量为。用一个离子方程式表示该反应。【答案】第二周期第WA族Na+:S

54、:2-Ma4-离子键S2-IIO2-Na+硝酸(或HNO3)饱和NaHCO3溶液SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-0.5mol10Na2O2+6AI3+6H2O=4Al(OH)3+2AlO2-+5O2个+20Na+【解析】【分析】由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、-4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为C元素、故F为Si元素；C的化合价为-2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于IA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，原子序数大于Na，则E为Al元素；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；B的有+5、-3价，处于VA

55、族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，根据以上分析可知：A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素、F为Si元素、G为S元素。【详解】(1)A为C元素，A在周期表的位置为第二周期第WA族，故答案为：第二周期第WA族；D为Na元素、G为S元素，Na2S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为:刚血Na+:S：2-，其含有的化学键为离子键，故答案为：Na4:S：2-Ma+;离子键；IIIC为O元素、D为Na元素、G为S元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-02-Na+,故答案为：S2-02-Na+；由装置图可知，实验

56、原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液，故答案为：硝酸(或HNO3)；饱和NaHCO3溶液；溶液c中的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-，故答案为：SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-；Na2O2投AICI3溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中O元素化合价有-1升高为0价，故10.5

57、moINa2O2反应转移电子为0.5molx亍x2x0-(-1)=0.5mol,故答案为：0.5mol；将0.5molNa2O2投入100mL3mol/LAlCl3溶液中，生成NaOH1mol、0.25mol氧气，AlCl3溶的物质的量为0.3mol,1：4Vn(AlCl3)：n(NaOH)=3：10V1：3,故生成Al(OH)3、AlO2-，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n(AlO2-)=1mol-0.3molx3=0.1mol,根据Al元素守恒可知，nAl(OH)3=0.3mol-0.1mol=0.2mol,故nAl(OH)3：n(AlO2-)：n(氧气)=0.2mo

58、l：0.1mol：0.25mol=4：2：5,反应离子方程式为：10Na2O2+6Al3+6H2O=4Al(OH)3+2AlO2-+5O2个+20Na+，故答案为:10Na2O2+6Al3+6H2O=4Al(OH)3+2AlO2-+5O2个+20Na+。【点睛】考查结构性质位置关系，涉及半径比较、电子式、热化学方程式的书写、化学实验装置、元素周期律等，元素推断是解题的关键。14按要求回答下列问题：(1)某种粒子有1个原子核，核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子的化学符号是。现有下列物质：H2Na2O2NaOHH2O2CaCl2NH4NO3H2S。只由离子键构成的物质是；只由极性共价键构成的物质是；由极性键和非极性键构成的物质是；由离子键和极性键构成的物质是。(填序号)。(3)写出下列物质的电子式：CaF2：CO2：NH4Cl：用电子式表示下列化合物的形成过程:H2S