2020-2021高考化學壓軸題之化學鍵高考題型整理,突破提升含答案

1、2020-2021高考化學壓軸題之化學鍵(高考題型整理，突破提升)含答案一、化學鍵練習題(含詳細答案解析)1.下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分別代表某一化學元素。(2)寫出b元素的最高價氧化物對應的水化物所含化學鍵類型(3)下列事實能說明a元素的非金屬性比c元素的非金屬性強的有A.a單質(zhì)與c的氫化物溶液反應，溶液變渾濁B.在氧化還原反應中，Imola單質(zhì)比1molc單質(zhì)得電子數(shù)目多C.a和c兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高(4)g與h兩元素的單質(zhì)反應生成1molg的最高價化合物?；謴椭潦覝兀艧?87kJ。已知該化合物的熔、沸點分別為一69c和58Co寫出該反應的熱化學方程

2、式。(5)常溫下d遇濃硫酸形成致密氧化膜，若薄膜為具有磁性的該元素氧化物，寫出該反應的化學方程式。(6) e與f形成的1mol化合物Q與水反應，生成2mol氫氧化物和1mol燒，該煌分子中碳氫質(zhì)量比為9：1,寫出煌分子電子式?！敬鸢浮康谌芷?、口A族離子鍵、(極性)共價鍵ACSi(s)+2C(g尸SiC4(l)?H=-H687kJmol-13Fe+4睦SQ(濃尸F(xiàn)e3O4+4SO2T+4H2O：C：C；HH【解析】【詳解】由元素周期表可知：a為氧元素、b為鈉元素、c為硫元素、d為鐵元素、e為鎂元素、f為碳元素、g為硅元素、h為氯元素；(1)表中字母h為氯元素，其在周期表中位置為第三周期、AA族

3、；(2)b為鈉元素，鈉的最高價氧化物對應的水化物為NaOH,所含化學鍵類型為離子鍵、(極性)共價鍵；(3)a為氧兀素、c為硫兀素；A.O2與H2s的溶液反應，溶液變渾濁，說明有S生成，即O2的氧化性比S強，即氧元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強，故A正確；B.元素的非金屬性強弱體現(xiàn)得電子能力，與得電子數(shù)目無關，故B錯誤；C.O和S兩元素的簡單氫化物受熱分解，前者的分解溫度高，說明H2O比H2s穩(wěn)定，即氧元素的非金屬性比硫元素的非金屬性強，故C正確；故答案為AC;(4)已知Si(s用Cl2(g)化合反應生成1molSiCl4(l)時放熱687kJ,則該反應的熱化學方程式為Si(s)+2C2(g尸

4、SiC4(l)?H=-687kJmol-1；(5)常溫下Fe遇濃硫酸形成致密氧化膜，該薄膜為具有磁性說明是Fe3O4,則反應的化學方程式為3Fe+4H2SQ(濃尸F(xiàn)e3d+4SQT+4H2。；(6)C與Mg形成的1mol化合物Q與水反應，生成2mol氫氧化物和1mol燒，此氫氧化物應為Mg(OH)2,設化合物Q分子中含有x個C原子，則由原子守恒可知化合物Q的化學式應為Mg2Cx；已知煌分子中碳氫質(zhì)量比為9:1,其分子中GH原子數(shù)之比=-9:1=3:4,結(jié)121合化合物Q的化學式Mg2Cx,可知該燒分子式為QH4,OH4為共價化合物，其電子式為Hii【點睛】元素非金屬性強弱的判斷依據(jù)：非金屬單質(zhì)

5、跟氫氣化合的難易程度(或生成的氫化物的穩(wěn)定性)，非金屬單質(zhì)跟氫氣化合越容易(或生成的氫化物越穩(wěn)定)，元素的非金屬性越強，反之越弱；最高價氧化物對應的水化物(即最高價含氧酸)的酸性強弱.最高價含氧酸的酸性越強，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱；氧化性越強的非金屬元素單質(zhì)，對應的非金屬元素的非金屬性越強，反之越弱，(非金屬相互置換)。2.銅是重要的金屬，廣泛應用于電氣、機械制造、國防等領域，銅的化合物在科學研究和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有許多用途?；卮鹣铝袉栴}：2-(1)CuSO4晶體中S原子的雜化萬式為,SO的立體構(gòu)型為(2)超細銅粉可用作導電材料、催化劑等，其制備方法如下:Cu(NH3)4SO4通

6、入so?JNHdCuSChl足量-1/硫酸的水溶液過盜白色沉淀微熱過魄會起細銅粉NHCuSO中金屬陽離子的核外電子排布式為。N、。S三種元素的第一電離能大小順序為(填元素符號)。向CuSO溶液中加入過量氨水，可生成Cu(NH3)4SO4,下列說法正確的是A.氨氣極易溶于水，原因之一是NH分子和H2O分子之間形成氫鍵的緣故B. NH分子和H2O分子，分子空間構(gòu)型不同，氨氣分子的鍵角小于水分子的鍵角C. Cu(NH)4SO4溶液中加入乙醇，會析出深藍色的晶體D.已知3.4g氨氣在氧氣中完全燃燒生成無污染的氣體，并放出akJ熱量，則NH的燃燒熱的熱化學方程式為：NH(g)+3/4Oz(g)=1/2N

7、2(g)+3/2H?O(g)AH=-5akJmol1(3)硫酸銅溶液中滴入氨基乙酸鈉(HzNCHCOONa可得到配合物A,其結(jié)構(gòu)如下左圖所示。但錮M紅色晶體1mol氨基乙酸鈉(HzNCHCOONat有(T鍵的數(shù)目為。氨基乙酸鈉分解產(chǎn)物之一為二氧化碳。寫出二氧化碳的一種等電子體：(寫化學式)。已知：硫酸銅灼燒可以生成一種紅色晶體，其結(jié)構(gòu)如上右圖所示。則該化合物的化學式【答案】sp3正四面體Is22s22p63s23p63d10(或A。3d、N>0>SAC8X6.02X1023N20(或SCN、NO-等)Cu2O【解析】【分析】(1)計算S原子的價電子對數(shù)進行判斷；(2)先判斷金屬離子

8、的化合價，再根據(jù)根據(jù)核外電子排布式的書寫規(guī)則書寫，注意3d能級的能量大于4s能級的能量，失電子時，先失去最外層上的電子；根據(jù)第一電離能的變化規(guī)律比較其大??；A.氨氣分子與水分子之間存在氫鍵，氫鍵的存在使物質(zhì)的溶解性顯著增大；B.據(jù)分子的空間結(jié)構(gòu)判斷；C.根據(jù)相似相容原理判斷；D.燃燒熱方程式書寫在常溫下進行，H2O為液態(tài)；(3)共價單鍵為d鍵，共價雙鍵中一個是d鍵、一個是兀鍵；原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微粒為等電子體；利用均攤法確定該化合物的化學式?！驹斀狻?02(1)CuSQ晶體中S原子的價層電子對數(shù)=-0一=4,孤電子對數(shù)為0,米取sp3雜化，SO42-的立體構(gòu)型為正四面體形；(2)NH

9、4CuSQ中的陽離子是是Cu+,它的核外電子排布是，1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10);根據(jù)同一周期第一電離能變化規(guī)律及第HA、VA反常知，第一電離能大小順序為，N>O>S;A.氨氣極易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之間形成氫鍵的緣故，選項A正確；B.NH3分子和H2O分子，分子空間構(gòu)型不同，氨氣是三角錐型，水是V形，氨氣分子的鍵角大于水分子的鍵角，選項B錯誤；C.Cu(NH3)4SO4溶液中加入乙醇，會析出深藍色的晶體，選項C正確；D.燃燒熱必須是生成穩(wěn)定的氧化物，反應中產(chǎn)生氮氣和水蒸氣都不是穩(wěn)定的氧化物，選項D錯誤；答案選AC;(3)氨基乙酸鈉結(jié)

10、構(gòu)中含有N-H2個，C-H2個，碳氧單鍵和雙鍵各一個，N-C、C-C各一個共8個(T鍵；等電子體為價電子數(shù)和原子個數(shù)相同，故采用上下互換，左右調(diào)等方法書寫為N2。、SCN、N3-等；1，根據(jù)均攤法計算白球數(shù)為8x2+1=2,黑球為4個，取最簡個數(shù)比得化學式為Cu2Oo8【點睛】本題考查較為全面，涉及到化學方程式的書寫、電子排布式、分子空間構(gòu)型、雜化類型的判斷以及有關晶體的計算。解題的關鍵是正確理解原子結(jié)構(gòu)及雜化軌道計算。3.有X、Y、Z、WM五種短周期元素，其中X、Y、ZWW周期，Z、M同主族；X卡與命具有相同的電子層結(jié)構(gòu)；離子半徑：Z2>W;Y的單質(zhì)晶體熔點高、硬度大，是一種重要的半導

11、體材料。請回答下列問題：(1)Y元素的名稱;(2)W在元素周期表中的位置是第周期第族；(3)X2M2中存在的化學鍵有、;(4)Z、W氫化物的穩(wěn)定性順序為。(用化學式表示)【答案】硅三VHA離子鍵共價鍵HCl>H2S【解析】【分析】Y的單質(zhì)晶體熔點高、硬度大，是一種重要的半導體材料，則Y是Si元素，又因為X、Y、Z、W同周期，所以X、Y、Z、W屬于第三周期，由離子半徑：Z2->W-、X+與M2-具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，可知X、Z、W分別為Na、S、Cl元素，又因為Z、M同主族且X、Y、Z、W、M均為短周期元素，則M為第二周期的O元素?！驹斀狻?1) Y的單質(zhì)晶體熔點高、硬度大，是一種重

12、要的半導體材料，則丫是Si元素，元素名稱為：硅。(2) W為Cl元素，在元素周期表中的位置為：第三周期第口Ao(3) X為Na元素，M為O元素，所以X2M2為Na2O2,W2O2中Na+與。22-之間存在離子鍵，。22-中兩個。原子間存在共價鍵，故Na2O2中存在的化學鍵有離子鍵和共價鍵。(4) Z為S,W為Cl,非金屬性W(Cl)>Z(S),元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，所以氫化物白穩(wěn)定性順序為：HCl>H2S【點睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律知識，側(cè)重于學生分析能力的考查，首先運用元素周期表工具，結(jié)合同周期、同主族規(guī)律，位、構(gòu)、性關系推斷出X、Y、Z、W、M分別是什

13、么元素，然后結(jié)合元素化合物知識進一步解答，注意本題分析的要點或關鍵詞為：短周期元素、同周期、同主族、相同的電子層結(jié)構(gòu)、離子半徑大小、單質(zhì)晶體熔點硬度、半導體材料等，找到突破口是解答本題的關鍵。4.著名化學家徐光憲在稀土化學等領域取得了卓越成就，被譽為稀土界的袁隆平稀土元素包括銃、鈕和翎系元素。請回答下列問題：(1)寫出基態(tài)二價銃離子(S(2+)的核外電子排布式，其中電子占據(jù)的軌道數(shù)為。(2)在用重量法測定例系元素和使例系元素分離時，總是使之先轉(zhuǎn)換成草酸鹽，然后經(jīng)過灼燒而得其氧化物,2L2LnC3+3H2c2O4+nH2O=Ln2(QO4)3?rH2O+6HCl。H2c2O4中碳原子的雜化軌道類

14、型為；1molH2c2O4分子中含b鍵和兀鍵的數(shù)目之比為。H2O的VSEPR莫型為；寫出與H2O互為等電子體的一種陰離子的化學式。HCI和H2O可以形成相對穩(wěn)定的水合氫離子鹽晶體，如HCl?2HO,HCl?2HO中含有H5O2+,結(jié)構(gòu)為在該離子中，存在的作用力有a.配位鍵b.極性鍵c.非極性鍵d.離子鍵e.金屬鍵f氫鍵g.范德華力h.觥i.鍵(3)表中列出了核電荷數(shù)為2125的元素的最高正化合價：元素名稱銃鈦鈕銘鎰ScTiVCrMn核電荷數(shù)2122232425最局止價+3+4+5+6+7對比上述五種元素原子的核外電子排布與元素的最高正化合價，你發(fā)現(xiàn)的規(guī)律是(4)PrO2(二氧化錯)的晶胞結(jié)構(gòu)與

15、CaE相似，晶胞中Pr(錯)原子位于面心和頂點。假設相距最近的Pr原子與。原子之間的距離為apm,則該晶體的密度為g?：m-3(用Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值，不必計算出結(jié)果)?！敬鸢浮?sNa-34a10-102s22p63s23p63d110sp2雜化7:2四面體形NH?-abfi五種元素的最高正化合價數(shù)值等于各元素基態(tài)原子的最高能層s電子和次高能層d電子數(shù)目之和4141+162【分析】(1)Sc(銃)為21號元素，1s22s22p63s23p63d14s2,據(jù)此寫出基態(tài)Sc2+核外電子排布式；s、p、d能級分別含有1、3、5個軌道，基態(tài)Sc2+的核外電子3d軌道只占了一個軌道，據(jù)此計算Sc

16、2+占據(jù)的軌道數(shù)；(2)根據(jù)雜化軌道理論進行分析；根據(jù)共價鍵的類型結(jié)合該分子的結(jié)構(gòu)進行分析計算；根據(jù)價層電子對互斥理論分析H2O的分子空間構(gòu)型；等電子體是原子數(shù)相同，電子數(shù)也相同的物質(zhì)，據(jù)此寫出與之為等電子體的陰離子；HCl?2H2O中含有HQ+,結(jié)構(gòu)為二t也,據(jù)此分析該粒子存在的作用力；(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，分別寫出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外圍電子排布式為：3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2,則有五種元素的最高正化合價數(shù)值等于各元素基態(tài)原子的最高能層s電子和次高能層d電子數(shù)目之和；=進行計算。V(4)根據(jù)均攤法進行計算該晶胞中所含粒子的數(shù)目，根據(jù)密度【詳解

17、】Sc(銃)為21號兀素，基態(tài)Sd+失去兩個電子，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d1,s、p、d能級分別含有1、3、5個軌道，但基態(tài)Sd+的核外電子3d軌道只占了一個軌道，故共占據(jù)1X3+3X2+1=1於，故答案為:1s22s22p63s23p63d1；10;00(2)H2C2O4的結(jié)構(gòu)式為I,含碳氧雙鍵，則碳原子的雜化軌道類型為HOC"":0bHsp2雜化，分子中含有7個b鍵、2個兀鍵，所以b鍵和兀鍵數(shù)目之比為：7:2,故答案為：sp2雜化；7:2；H2O中O原子的價層電子對數(shù)=-6+2=4,且含有兩個2個孤對電子，所以H2O的VSPER2模型為四面

18、體形，分子空間構(gòu)型為V形，等電子體是原子數(shù)相同，電子數(shù)也相同的物質(zhì),因此，與H2O互為等電子體的陰離子可以是NH2-,故答案為：四面體形；NH2-;HCl?2HO中含有H5O2+,結(jié)構(gòu)為存在的作用力有：配位鍵、極性鍵、氫鍵和(T鍵，故答案為：abfi;根據(jù)表中數(shù)據(jù)，分別寫出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外圍電子排布式為：3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2,則有五種元素的最高正化合價數(shù)值等于各元素基態(tài)原子的最高能層s電子和次高能層d電子數(shù)目之和，故答案為：五種元素的最高正化合價數(shù)值等于各元素基態(tài)原子的最高能層s電子和次高能層d電子數(shù)目之和；1(4)由圖可知，相距最

19、近的Pr原子和。原子之間的距離為該立方體晶胞的體對角線的一4則該晶胞的晶胞參數(shù)4a10-1°cm,每個晶胞中占有4個“PrO；則該晶胞的質(zhì)量4141+1624141+162為Nam_3g,根據(jù)=一可得，該晶體的密度為：-J3“-10,故VNa4a1034141+162答案為：Na-3走4a10-1003【點睛】本題考查新情景下物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關知識，意在考查考生對基礎知識的掌握情況以及對知識的遷移能力；本題第(2)小題的第問中H2O的VSEPR莫型容易習慣性寫為空間構(gòu)型V形，解答時一定要仔細審題，注意細節(jié)。5.原子結(jié)構(gòu)與元素周期表存在著內(nèi)在聯(lián)系。根據(jù)所學物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識，請回答下列問題

20、:(1)蘇丹紅顏色鮮艷、價格低廉，常被一些企業(yè)非法作為食品和化妝品等的染色劑，嚴重危害人們健康。蘇丹紅常見有I、n、出、W4種類型，蘇丹紅I的分子結(jié)構(gòu)如圖所示：蘇丹紅I在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羥基取代在對位形成如圖所示的結(jié)構(gòu)：則其在水中的溶解度會(填增大”或減小”)原因是。(2)已知Ti3+可形成配位數(shù)為6,顏色不同的兩種配合物晶體，一種為紫色，另一種為綠色。兩種晶體的組成皆為TiC136H20。為測定這兩種晶體的化學式，設計了如下實驗：a.分別取等質(zhì)量的兩種配合物晶體的樣品配成待測溶液；b.分別往待測溶液中滴入AgNO3溶液，均產(chǎn)生白色沉淀；c.沉淀完全后分別過濾得兩份沉淀，經(jīng)

21、洗滌干燥后稱量，發(fā)現(xiàn)原綠色晶體的水溶液得到的白色沉淀質(zhì)量為原紫色晶體的水溶液得到的沉淀質(zhì)量的2/3。則綠色晶體配合物的化學式為,由CI所形成的化學鍵類型是。(3)如圖中A、B、C、D四條曲線分別表示第IVA、VA、V!A、口A族元素的氫化物的沸點，其中表示口A族元素氫化物沸點的曲線是;表示IVA族元素氫化物沸點的曲線是;同一族中第3、4、5周期元素的氫化物沸點依次升高，其原因是;A、B、C曲線中第二周期元素的氫化物的沸點顯著高于第三周期元素的氫化物的沸點，其原因【答案】增大蘇丹I已形成分子內(nèi)氫鍵而使在水中的溶解度很小，而修飾后的結(jié)構(gòu)易已形成分子間氫鍵，與水分子形成氫鍵后有利于增大在水中的溶解度

22、TiCl(H2O)5Cl2-H2O離子鍵、配位鍵BD結(jié)構(gòu)與組成相似，分子間不能形成氫鍵，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，沸點越高水、氨氣、HF分子之間均能形成氫鍵，沸點較高【解析】【分析】【詳解】(1)因為蘇丹紅I易形成分子內(nèi)氫鍵，而使在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，而修飾后的結(jié)構(gòu)易形成分子間氫鍵，與水分子形成氫鍵后有利于的增大在水中的溶解度，因此，本題答案是：增大；蘇丹紅I易形成分子內(nèi)氫鍵而使在水中的溶解度很小，而修飾后的結(jié)構(gòu)易形成分子間氫鍵，與水分子形成氫鍵后有利于的增大在水中的溶解度；(2)Ti3+的配位數(shù)均為6,往待測溶液中滴入AgNO3溶液均產(chǎn)生白色沉淀，則有氯離子在配合物的外界

23、，兩份沉淀經(jīng)洗滌干燥后稱量，發(fā)現(xiàn)原綠色晶體的水溶液與AgNO3溶液反應得到的白色沉淀質(zhì)量為紫色晶體的水溶液反應得到沉淀質(zhì)量的2,可以知道紫色品體中含3個氯3離子，綠色晶體中含2個氯離子，即綠色晶體的化學式為TiCl(H2O)5Cl2H2O,氯原子形成化學鍵有含有離子鍵、配位鍵，因此，本題答案是：TiCl(H2O)5Cl2H2O;離子鍵、配位鍵；(3)第二周期中元素形成的氫化物中，水為液態(tài)，其它為氣體，故水的沸點最高，且相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，故B曲線為VIIA族元素氫化物沸點；HF分子之間、氨氣分子之間均存在氫鍵，沸點高于同主族相鄰元素氫化物，甲烷分子之間不能形成氫鍵，同主族形成的氫化物中

24、沸點最低，故D曲線表示IVA族元素氫化物沸點；同一族中第3、4、5周期元素的氫化物結(jié)構(gòu)與組成相似，分子之間不能形成氫鍵，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，沸點越高；水分子之間、氨氣分子之間、HF分子之間均形成氫鍵，沸點較高；因此，本題答案是：B;D；結(jié)構(gòu)與組成相似，分子之間不能形成氫鍵，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，沸點越高；水、氨氣、HF分子之間均形成氫鍵，沸點較高。6.碳與硅是十分重要的兩種元素，金剛石、SiC具有耐磨、耐腐蝕特性，應用廣泛。(1)碳元素在周期表中的位置是,其原子核外通常未成對電子數(shù)為個。(2)已知2C%(PO4)2(s)+10C(s)咐)+6CaO(s)+10CO

25、(g反應中，被破壞的化學鍵有。a.離子鍵b.極性共價鍵c.非極性共價鍵(3)一定條件下，Na還原CC4可制備金剛石，反應結(jié)束冷卻至室溫后，除去粗產(chǎn)品中少量鈉的試劑為。(4)下列敘述正確的有填序號)，Na還原CC4的反應、C12與H2O的反應均是置換反應水晶、干冰熔化時克服粒子間作用力的類型相同NaSiO3溶液與SC3的反應可用于推斷Si與S的非金屬性強弱Si在一定條件下可與FeC發(fā)生置換反應【答案】第二周期第IVA族2abc水(或乙醇)【解析】【分析】【詳解】(1)碳元素的電子層數(shù)為2，最外層電子數(shù)為4，所以在周期表中的位置是第二周期第IVA族，碳元素的2P能級上有2個未成對電子。(2)由2C

26、s3(pq)2(s)+10C(s)-P4(g)+6CaC(s)+10CO,可知：鈣離子和磷酸根離子之間的離子鍵被破壞，磷原子和氧原子間的極性共價鍵被破壞，另外C中非極性共價鍵也被破壞，因此答案選abc。(3)由于Na可以與水(或乙醇)發(fā)生反應，而金剛石不與水(或乙醇)反應，所以除去粗產(chǎn)品中少量的鈉可用水(或乙醇)。(4)Na還原CC4生成NaCl和C,屬于置換反應，但C12與H2O反應生成HCl和HC10,不是置換反應，故錯誤；水晶屬于原子晶體，而干冰屬于分子晶體，熔化時克服粒子間作用力的類型不相同，前者是共價鍵，后者是分子間作用力，故錯誤；Na2SiO3溶液與SQ的反應，說明酸性H2SiO3

27、比H2S。弱，可用于推斷Si與S的非金屬性強弱，故正確；C和Si同主族性質(zhì)相似，Si在一定條件下可與FeO發(fā)生置換反應，故正確，答案選。(5)在下列變化中，碘的升華燒堿熔化MgCl2溶于水HCl溶于水Na2O2溶于水，未發(fā)生化學鍵破壞的是,僅發(fā)生離子鍵破壞的是僅發(fā)生共價鍵破壞的是,既發(fā)生離子鍵破壞又發(fā)生化學鍵破壞的是。(填寫序號)n1.75或74【答案】1：2：31210：11：9-x(A-N+8)【解析】【分析】(1)同溫同壓下，氣體摩爾體積相等，根據(jù)計算其單質(zhì)的密度之比；根據(jù)1個水分子是由兩個氫原子和1個氧原子構(gòu)成來分析；結(jié)合離子符號，計算含有電子數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)進行判計算；(2)核內(nèi)中

28、子數(shù)為N的R2+離子，質(zhì)量數(shù)為A,所以質(zhì)子數(shù)為A-N,電子數(shù)為A-N;該離子帶2個單位正電荷，所以其氧化物的化學式為RO,該氧化物的摩爾質(zhì)量為(A+16)g/mol,據(jù)此分析計算；根據(jù)n=9計算中子物質(zhì)的量，Li的中子數(shù)為7-3=4,進而計算Li的物質(zhì)的量，再根據(jù)NAm=nM計算；(4)根據(jù)共價鍵和和離子鍵的定義判斷。共價鍵：相鄰原子間通過共用電子對形成的化學鍵；離子鍵：陰陽離子通過靜電作用形成的化學鍵；共價鍵的極性根據(jù)成鍵元素判斷；(5)根據(jù)物質(zhì)含有的化學鍵類型以及變化類型進行判斷?！驹斀狻抠|(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，三種原子的質(zhì)量數(shù)分別為1、2、3,故在同溫同壓下，體積相等，故根據(jù)p=m=知，

29、其密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比，故密度之比為1：2：3；由VV氧的同位素有16O、18O,氫的同位素有11H、12H、13H,在1個水分子中含有2個氫原子和1個氧原子，若水分子中的氫原子相同，則16O可分別與11H、12H、13H構(gòu)成水，即存在三種水；18O可分別與11H、12H、13H構(gòu)成水，即存在三種水；若水分子中的氫原子不同，則16O可分另1J與11H12H、12H13H、11H13H構(gòu)成水，即存在三種水；18O可分別與11H12H、12H13H、11H13H構(gòu)成水，即存在三種水；所以共形成3X4=12中水；14NH3T+中電子數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)分別為10、11、(14-7+2)=9,故電

30、子數(shù)：質(zhì)子數(shù)：中子數(shù)=10：11：9,故答案為：1：2：3;12;10：11：9;(2)該離子帶2個單位正電荷，所以其氧化物的化學式為RO,該氧化物的摩爾質(zhì)量為(A+16)g/mol,ng它的氧化物的物質(zhì)的量為nmol;1molRO中含有(A-N+8)mol質(zhì)子，A16所以ng它的氧化物中所含質(zhì)子的物質(zhì)的量為A16X(A-N+8)質(zhì)子數(shù)與電子數(shù)相同，所以電子的物質(zhì)的量為：a-16X(A-N+8)moJ故答案為：入一16X(A-N+8)(3)6.02x2310中子物質(zhì)的量為1mol,Li的中子數(shù)為7-3=4,故Li的物質(zhì)的量為1mol=0.25mol,Li的質(zhì)量=0.25molx7g/mol7g

31、=1.75g,故答案為：1.75；44(4)Ne為單原子分子，不存在化學鍵；HCl中H原子和Cl原子形成極性共價鍵；p4中存在p-p非極性共價鍵；N2H4中存在N-H極性共價鍵和N-N非極性共價鍵；Mg3N2中鎂離子與氮離子間形成離子鍵；Ca(OH)2中鈣離子和氫氧根離子間形成離子鍵；氫氧根離子內(nèi)部氧原子、氫原子間形成極性共價鍵；CaC2中鈣離子和C22-間形成離子鍵；C22訥部碳原子之間形成非極性共價鍵；NH4I俊根離子與碘離子間形成離子鍵；俊根離子內(nèi)部氮原子、氫原子間形成極性共價鍵；AlCl3是共價化合物，氯原子與鋁原子形成極性共價鍵；因此只存在極性共價鍵的是；只存在非極性共價鍵的是；既存

32、在離子鍵又存在非極性共價鍵的是，故答案為：；碘為分子晶體，升華時克服分子間作用力，沒有化學鍵發(fā)生變化；燒堿為離子晶體，含有離子鍵和共價鍵，融化時離子鍵斷裂，而共價鍵沒有變化；MgCl2為離子化合物，溶于水沒有發(fā)生化學變化，只發(fā)生離子鍵斷裂；氯化氫為共價化合物，只含有共價鍵，溶于水沒有發(fā)生化學變化，只發(fā)生共價鍵斷裂；Na2O2含有離子鍵和共價鍵，溶于水發(fā)生化學反應，得到氫氧化鈉和氧氣，破壞離子鍵和共價鍵；因此未發(fā)生化學鍵破壞的是；僅發(fā)生離子鍵破壞的是；僅發(fā)生共價鍵破壞的是，既發(fā)生離子鍵破壞又發(fā)生共價鍵破壞的是，故答案為：；?！军c睛】本題的易錯點為(4)和(5),要注意常見物質(zhì)中化學鍵類型的判斷和

33、常見變化過程中化學鍵的變化情況的歸納。8.A、B、CD、E、F、G、H八種前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，A、B、F三者原子序數(shù)之和為25,且知B、F同主族，1.8gnE與G的氣態(tài)氫化物的水溶液反應生成2.24L氫氣(標準狀況下)，D和E的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，工業(yè)上用電解元素B和E能形成離子化合物的方法冶煉E單質(zhì)，H元素常溫下遇濃硫酸鈍化，其一種核素質(zhì)量數(shù)56,中子數(shù)30。試判斷并回答下列問題：1 H該元素在周期表中的位置.2由F、G二種元素形成化合物F2G2的電子式,含有化學鍵的類別為3B、GF形成的最簡單氣態(tài)氫化物沸點由低到高的順序依次為.（用化學式表示）4由A、B、D、F四種元素可

34、以組成兩種鹽，寫出這兩種鹽反應的離子方程式2在堿性條件下，G的單質(zhì)可與HO2反應制備一種可用于凈水的鹽HO4,該反應的離子方程式是.5熔融鹽燃料電池用熔融的碳酸鹽作為電解質(zhì)，負極充入燃料氣CH,，用空氣與CO2的混合氣作為正極的助燃氣，以石墨為電極材料，制得燃料電池。寫出充入CH4的一極發(fā)生反應的電極反應式。6利用上述燃料電池，按圖1所示裝置進行電解，A、B、C、D均為鉗電極，聞I722州S.4I.甲槽電解的是200nmL一定濃度的NaCl與CuSO,的混合溶液，理論上兩極所得氣體的體積隨時間變化的關系如圖2所示（氣體體積已換算成標準狀況下的體積，電解前后溶液的體積變化忽略不計）。CuSO4的

35、物質(zhì)的量濃度為nmol?_1。n.乙槽為200nmLnCuSO,溶液，通電一段時間，當C極析出0.64ng物質(zhì)時停止通電，若使乙槽內(nèi)的溶液完全復原，可向乙槽中加入（填字母）。ACu（OH）2B?CuOC?CuCO3D?Cu2（OH）2CO3若通電一段時間后，向所得的乙槽溶液中加入0.2nmol的Cu（OH）2才能恰好恢復到電解前的濃度，則電解過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為?！敬鸢浮康谒闹芷诘诿驛族；:巧演極性共價鍵、非極性共價鍵H2s、>»|>HF、H2OHSO3HSO2H2O；3cl22FeO28OH2FeO46Cl4H2O;2nCH44CO28e5CO22H2O0.1BC0.8

36、NA【解析】【分析】A、B、CD、E、F、G、H八種前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，1.8gE與G的氣態(tài)氫化物的水溶液反應生成2.24L氫氣（標準狀況下），則E為Al,G為Cl,D和E的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則D為Na,工業(yè)上用電解氧化鋁方法冶煉鋁單質(zhì)，所以B為O,B、F同主族，則F是硫，A、B、F三者原子序數(shù)之和為25,則A是氫，C的原子序數(shù)大于氧、小于鈉，故C為氟，H元素常溫下遇濃硫酸鈍化，其一種核素質(zhì)量數(shù)56,中子數(shù)30,則H為Feo【詳解】A、B、CD、E、F、G、H八種前四周期元素，原子序數(shù)依次增大，1.8gE與G的氣態(tài)氫化物的水溶液反應生成2.24L氫氣（標準狀況下），則E為A

37、l,G為Cl,D和E的離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，則D為Na,工業(yè)上用電解氧化鋁方法冶煉鋁單質(zhì)，所以B為O,B、F同主族，則F是硫，A、B、F三者原子序數(shù)之和為25,則A是氫，C的原子序數(shù)大于氧、小于鈉，故C為氟，H元素常溫下遇濃硫酸鈍化，其一種核素質(zhì)量數(shù)56,中子數(shù)30,則H為Feo1H是Fe,在元素周期表中的位置是第四周期第皿族；2由F、G二種元素形成化合物F2G2S2cl2的類別為極性共價鍵、非極性共價鍵；故答案為：性共價鍵；3B、C、F形成的最簡單氣態(tài)氫化物分別是體，HF分子之間存在氫鍵，沸點高于H2s高的順序是H2S、HF、H2O;故答案為：4四種元素要形成酸式鹽，陽離子只能為A族，故

38、答案為：第四周期第皿A的電子式為；：£；£；口；含有化學鍵I1>>1I¥PIS:s：Ct:;極性共價鍵、非極V»H2O、HF、H2S;HF、H2s常溫下為氣水常溫下為液態(tài)，沸點最高，故沸點由低到H2S、HF、GO;Na,陰離子只能為亞硫酸氫根或硫酸氫根，寫離子方程式時亞硫酸氫鈉拆分為鈉離子和亞硫酸氫根，硫酸氫鈉拆分為鈉離子、氫離子和硫酸根，等式兩端抵消掉某些離子后，離子方程式為：HHSO3H2OSO2；在堿性條件下，G的單質(zhì)Cl2可與HO2FeO2反應制備一種可用于凈水的鹽_2_2HO4FeO4,該反應的離子方程式是23Cl22FeO28OH

39、2FeO46Cl4H2O;故答案為：HHSO3H2OSO2；3Cl22FeO28OH2FeO：6Cl4H2O；5負極發(fā)生氧化反應，所以CH4的一極發(fā)生反應的電極反應2CH44CO28e5CO22H2O；式CH44cO38e5CO22H2O；故答案為：6I.電解200mL一定濃度的NaCl與CuSO4混合溶液，陽極發(fā)生2Cl2eCI24OH4eO22H2O,陰極發(fā)生Cu22eCu、2H2e山可知,a為陰極氣體體積與時間的關系,b為陽極氣體體積與時間的關系，由圖可知,產(chǎn)生氯氣為224mL,nCl20.224L22.4L/mol0.01mol,t2時生成氧氣為112mL,nO20.112L22.4L

40、/mol0.005mol,則共轉(zhuǎn)移電子為0.02mol0.005mol40.04mol,根據(jù)電子守恒及Cu22eCu可知,nCuSO4""mol0.02mol,所以cCuSO420.02mol0.1mol/L；0.2L故答案為：0.1;n.根據(jù)電極方程式即陽極發(fā)生4OH4eO22H2。，陰極發(fā)生Cu22eCu。電解過程中損失的元素有銅和氧，A、多加了H元素,錯誤；B、能夠補充銅和氧元素，正確；CCuCO3與硫酸反應放出二氧化碳，相當于加入了氧化銅，正確;D.Cu2(OH)2CO3多加了H元素，錯誤；故答案為：BC；加入0.2nmolnCu(OH)2相當于加入0.2molCu

41、O和0.2molH2。,則電解過程中共轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2mol20.2mol2n0.8mol,數(shù)目為0.8Na,故答案為：0.8Na。9.鈉是一種非常活潑、具有廣泛應用的金屬。(1)鈉的原子結(jié)構(gòu)示意圖為1,鈉在反應中容易電子(填得到”或失去”)。(2)金屬鈉非?；顫?，通常保存在里，以隔絕空氣。(3)汽車安全氣囊的氣體發(fā)生劑NaN3可由金屬鈉生產(chǎn)。某汽車安全氣囊內(nèi)含NaN3、Fe2O3和NaHCQ等物質(zhì)。i .當汽車發(fā)生較嚴重的碰撞時，引發(fā)NaN3分解2NaN3=2Na+3N2,從而為氣囊充氣。N2的電子式為。ii .產(chǎn)生的Na立即與Fe2O3發(fā)生置換反應生成NazO,化學方程式是。iii .N

42、aHCQ是冷卻劑，吸收產(chǎn)氣過程釋放的熱量。NaHCQ起冷卻作用時發(fā)生反應的化學方程式為。iv .一個安全氣囊通常裝有50gNaN3,其完全分解所釋放的N2為mol。(4)工業(yè)通過電解NaCl生產(chǎn)金屬鈉：2NaCl0融屋上=2Na+C2,過程如下：C1O金屬物已知：電解時需要將NaCl加熱至熔融狀態(tài)。NaCl的熔點為801C,為降低能耗，通常加入CaC2從而把熔點降至約580C。把NaCl固體加熱至熔融狀態(tài)，目的是。電解時，要避免產(chǎn)生的Na與C12接觸而重新生成NaCl。用電子式表示NaCl的形成過程O粗鈉中含有少量雜質(zhì)Ca,過程n除去Ca的化學方程式是。過程I中，CaC2能發(fā)生像NaCl那樣的

43、電解反應而被消耗。但在過程I中CaC2卻不斷地被重新生成，原因是?！敬鸢浮渴ッ河停篘：N：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe2NaHCO3ANa2CO3+CO2T+H2O1.2mol破壞離子鍵，產(chǎn)生自由移動的Na卡和C工占一、工!：O：J2Ca+Na2O2=2CaO+2NaCa與Na活潑，Ca與Cl2反應生成CaC2【解析】【分析】(1)根據(jù)鈉原子的結(jié)構(gòu)示意圖最外層電子數(shù)分析；(2)金屬鈉為活潑金屬，能與氧氣反應，常保存在煤油中；(3)i.N2中兩個氮原子之間共用叁鍵；ii .發(fā)生置換反應，利用置換反應特點完成；iii .利用碳酸氫鈉不穩(wěn)定性進行分析；iv .根據(jù)反應方程式進行計算；(4

44、)利用電解質(zhì)導電條件進行分析；NaCl是離子化合物，是由Na+和CF組成；根據(jù)流程進行分析；利用金屬性強弱進行分析；【詳解】(1)根據(jù)鈉的原子結(jié)構(gòu)示意圖，最外層只有1個電子，容易失去1個電子，達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；答案為失去；(2)金屬鈉是活潑金屬，能與氧氣反應，常保存在煤油里，以隔絕空氣；答案：煤油；(3)i.N2中兩個氮原子以叁鍵結(jié)合，且氮原子最外層有5個電子，其電子式為：;答案：;ii .Na與Fe2O3發(fā)生置換反應，根據(jù)置換反應特點，Na應將Fe置換出來，即反應方程式為6Na+F&O3=3Na2O+2Fe；答案：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe；iii .分解反應為吸熱反應，碳酸

45、氫鈉不穩(wěn)定，受熱易分解，降低溫度，其反應方程式為2NaHCO3Na2CO3+CO21+H2O;答案：2NaHCO3Na2CO3+CO21+H2O；2NaN3=2Na+3N2iv .根據(jù)反應方程式：265g3mol解得n(N2)=1.2mol；50gn(N2)答案：1.2mol;(4)NaCl為電解質(zhì)，固體不導電，熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?，破壞離子鍵，產(chǎn)生自由移動的Na卡和Cl;答案：破壞離子鍵，產(chǎn)生自由移動的Na+和Cl；NaCl為離子化合物，是由Na+和CF組成，用電子式表示NaCl的形成過程：。+息一、1位：；*答案：Y7一:苜：；根據(jù)過程II,粗鈉中加入過氧化鈉生成氧化鈣和金屬鈉，因此發(fā)生的反

46、應方程式為2Ca+Na2O2=2CaO+2Na；答案：2Ca+Na2O2=2CaO+2Na;過程I中，CaC2被電解成Ca和C2,因為Ca比Na活潑，因此Ca與Cl2反應生成CaC2;答案：Ca與Na活潑，Ca與C2反應生成CaC2o10.氫能的存儲是氫能應用的主要瓶頸，目前所采用或正在研究的主要儲氫材料有：配位氫化物、富氫載體化合物、碳質(zhì)材料、金屬氫化物等。(1)Ti(BH4)2是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料。Ti2+基態(tài)的電子排布式可表示為。BH4-的空間構(gòu)型是(用文字描述)。(2)液氨是富氫物質(zhì)，是氫能的理想載體，利用N2+3H2脩喝籟飛2NH3實現(xiàn)儲氫和輸氫。上述方程式涉及的三種氣體熔

47、點由低到高的順序是。下列說法正確的是(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3雜化b.相同壓強時，NH3沸點比PH3高c.Cu(NH3)42+中，N原子是配位原子d.CN的電子式為Ca與6。生成的C¥2O50能大量吸附H2分子。C60晶體易溶于苯、CS2,說明C6。是分子(填權(quán)性”或非極性”；)1個C6。分子中，含有b鍵數(shù)目為個。(4)MgH2是金屬氫化物儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，已知該晶體的密度為晶胞的體積為cm3用a、Na表示(Na表示阿伏加德羅常數(shù))?！敬鸢浮?s22s22p63s23p63d2(或Ar3d2)正四面體52H2<N2<NH3abcd非極性90二

48、aNA【解析】【分析】(1)Ti是22號元素，Ti原子失去最外層2個電子形成Ti2+,然后根據(jù)構(gòu)造原理書寫基態(tài)的電子排布式；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷離子空間構(gòu)型；(2)根據(jù)物質(zhì)的分子間作用力和分子之間是否含有氫鍵分析判斷；a.根據(jù)價層電子對互斥理論確定雜化方式；b.同一主族元素的氫化物中，含有氫鍵的氫化物沸點較高；c.提供孤電子對的原子是配原子；d.CN-的結(jié)構(gòu)和氮氣分子相似，根據(jù)氮氣分子的電子式判斷；(3)根據(jù)相似相溶原理確定分子的極性；利用均攤法計算；(4)利用均攤法計算該晶胞中鎂、氫原子個數(shù)，再根據(jù)V=R進行計算。P【詳解】Ti是22號元素，根據(jù)構(gòu)造原理可知基態(tài)Ti原子核外電子排布式為

49、：1s22s22p63s23p63d24s2,Ti原子失去最外層2個電子形成Ti2+,則Ti2+基態(tài)的電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d2(或?qū)憺锳r3d2)；BH4沖B原子價層電子對數(shù)為4+3-1土=4,且不含有孤電子對，所以BH4-的空間構(gòu)2型是正四面體型；(2)在該反應中涉及的物質(zhì)有N2、H2、NH3,NH3分子之間存在氫鍵，而N2、H2分子之間只存在分子間作用力，所以NH3的熔沸點比N2、H2的高；由于相對分子質(zhì)量N2>H2,物質(zhì)的相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力就越大，物質(zhì)的熔沸點就越高；所以三種物質(zhì)的熔點由低到高的順序是H2<N2<NH3；a.NH

50、3分子中N原子含有3個共用電子對和一個孤電子對，所以其價層電子對是4,采用sp3雜化，a正確；b.相同壓強時，氨氣中含有氫鍵，PH3中不含氫鍵，所以NH3沸點比PH3高，b正確；c.Cu(NH3)42+離子中，N原子提供孤電子對，所以N原子是配位原子，c正確；d.CN-中C、N原子通過三對共用電子對結(jié)合，其電子式為:C江N：1，d正確；故合理選項是abcd;(3)苯、CS2都是非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，由非極性分子構(gòu)成的溶質(zhì)容易溶于由非極性分子構(gòu)成的溶劑中，所以C60是非極性分子；3一，則1molC60分子中，含有(T鍵數(shù)2一.一13利用均攤法知，每個碳原子含有b鍵數(shù)目為二2目=3x1mo

51、lx60A/mol=90Na；2(4)該晶胞中鎂原子個數(shù)=-X8+1=2含有的H原子個數(shù)=2+4X-=4,則晶胞的體積24214mV=-=NAPa3523g/cm=aNg/cm°本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及原子核外電子排布、微粒空間構(gòu)型的判斷、晶胞的計算等知識點，難點是晶胞的計算，學會使用均攤方法分析，靈活運用公式是解本題關鍵。11.A、B、CX、Y、Z、E為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大。A原子核外有三個能級，且每個能級上的電子數(shù)相等，C原子成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，X、Y、Z、E是位于同一周期的金屬元素，X、E原子的最外層電子數(shù)均為1,Y有“生物金屬”之稱，Y4+和僦原子

52、的核外電子排布相同，Z原子核外電子的運動狀態(tài)數(shù)目是最外層電子數(shù)的14倍。用元素符號回答下列問題：(1)B的電子排布式：,Y的價電子排布圖,Z2+的價電子排布(2)E元素位于周期表第周期族區(qū)。(3)A、B、C三種元素的第一電離能由小到大的順序為。A、C元素氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性的大小>(分子式表示)原因與AC32-互為等電子體的離子(寫一種)，寫出與ABC離子互為等電子體的分子的化學式：(寫一種)。AC2的電子式。川3d8四IBds依O<NH2OCH4氧元素【答案】1s22s22p3的非金屬性強于碳或氧的原子半徑比碳原子半徑小，鍵長越小鍵能越大越穩(wěn)定NO3-N2O或CO2；Q；5C5；O

53、：【解析】【分析】A、B、CX、Y、Z、E為前四周期元素，且原子序數(shù)依次增大。A原子核外有三個能級，且每個能級上的電子數(shù)相等，A原子核外電子排布為1s22s22p2,則A為碳元素。X、Y、Z、E是位于同一周期的金屬元素，元素只能處于第四周期，Y有“生物金屬”之稱，Y4+和僦原子的核外電子排布相同，Y元素原子核外電子數(shù)=18+4=22,故Y為Ti元素；X原子的最外層電子數(shù)為1,且X的原子序數(shù)小于Ti,故X為K元素；Z原子核外電子的運動狀態(tài)數(shù)目是最外層電子數(shù)的14倍，最外層電子數(shù)只能為2,故Z原子核外電子數(shù)為28,則Z為Ni元素；E原子的最外層電子數(shù)為1,原子序數(shù)又大于Ni,則E原子的價電子排布式

54、為3d104s1,則E為Cu元素；C原子成對電子數(shù)是未成對電子數(shù)的3倍，原子序數(shù)又小于X(鉀)，未成對電子數(shù)最大為3,故C原子核外電子排布式為1s22s22p4,則C為O元素；而B的原子序數(shù)介于碳、氧之間，所以B為N元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知A是C,B是N,C是O,X是K,Y是Ti,Z是Ni,E是Cu元素。(1)B是N元素，原子序數(shù)是7,根據(jù)構(gòu)造原理可知N原子的核外電子排布式為：1s22s22p3；丫是22號IHflILlfHl式3d8;Ti元素，價電子排布式是3d24s2,價電子排布圖為：;Z是Ni,Ni原子失去最外層的2個電子變?yōu)镹i2+,Ni2+的價電子排布(2)E是C

55、u,原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1,在元素周期表中位于第四周期第舊族，屬于ds區(qū)；(3)A是C,B是N,C是O,一般情況下，同一周期的元素，隨原子序數(shù)的增大，元素的第一電離能呈增大趨勢，但由于N原子的2p電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所以其第一電離能比O大，則三種元素的第一電離能由小到大的順序為CvOvN;元素的非金屬性越強，其相應的簡單氫化物的穩(wěn)定性就越強，由于元素的非金屬性C<O,原子半徑r(C)>r(O),所以這兩種元素的相應氫化物的穩(wěn)定性：H2O>CH4；AC32-離子為CC32-,與其互為等電子體的離子為NO3-;ABC離子為CNO-,與其互為等電子體的分子的化學式為N2O或CO2oAC2是CQ,在該物質(zhì)分子中，C原子與2個O原子形成四對共用電子對，使分子中每個原子都達到最外層8個電子的穩(wěn)定Z&