全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总附详细答案
全国高考化学化学键的综合高考模拟和真题汇总附详细答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
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－37 ℃，沸点为136 ℃，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是_______。
②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl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
（3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中Ti-O-Ti在一条直线上。该阳离子化学式为__________，其中O原子的杂化方式为_______。
（4）2016年7月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是Ti3Au，它具有生物相容性，是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm，最近的Ti原子
距离为a
2
，A原子的坐标参数为（
1
2
,
1
2
,
1
2
），则B原子坐标参数为_______，距离Ti原
子次近
．．的Ti原子有_______个，Ti-Au间最近距离为_______pm
【答案】 12 六方最密 TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量
大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。 AB TiO2+ sp (1
4
，
1
2
，0) 8
5
4
a
【解析】【分析】
(1) Ti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，铵盐属于离子化合物，据此分析；
(3)每个O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，
，结合图示计算。
【详解】
(1)Ti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：；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，共12个轨道；根据图示，该晶体为六方最密堆积；
(2)①TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高；
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NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体，可看做是铵盐，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O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O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+8×1
8
=2，小
黑球位于晶胞的面上，则个数为2×6×1
2
=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
2
，故B原子坐标参数为
(1
4
，
1
2
，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
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Ti 之间的距离，如图所示，，则晶胞中Ti-Au 间最近距离为22a a 42????+ ? ?????=54a pm 。
2．
．《自然》杂志曾报道我国科学家通过测量SiO 2中26Al 和10Be 两种元素的比例确定“北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法”。完成下列填空：
（1）l0Be 和9Be___（填序号）。
a.是同一种原子
b.具有相同的中子数
c.具有相同的化学性质
d.互为同位素
（2）写出A1(OH)3与NaOH 溶液反应的化学方程式：___。
（3）研究表明28A1可以衰变为26Mg ，可以比较这两种元素金属性强弱的方法是__（填序号）。
a.比较Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱
b.比较这两种元素的最高正化合价
c.将打磨过表面积相同的镁条和铝片分别和100℃热水作用，并滴入酚酞溶液
d.比较这两种金属的硬度和熔点
（4）目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法”。
两种常见简单阴离子的核外电子排布与Ar 相同，两者的半径大小关系为：___(用化学符号表示)；其中一种离子与钾同周期相邻元素的离子所形成的化合物可用作干燥剂，用电子式表示该物质的形成过程：___。
【答案】cd 2Al+2H 2O+2NaOH= 2NaAlO 2+3H 2↑ ac S 2->Cl -
【解析】
【分析】
【详解】
（1）l0Be 和9Be 是中子数不同，质子数相同的Be 的两种核素，互为同位素，它们的化学性质相似，故答案为：cd ；
（2）A1(OH)3具有两性，能与NaOH 溶液反应，其反应的化学方程为2Al+2H 2O+2NaOH= 2NaAlO 2+3H 2↑，故答案为：2Al+2H 2O+2NaOH= 2NaAlO 2+3H 2↑；
（3）a .金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则比较Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱，可以比较这两种元素金属性强弱，故a 正确；
b .金属性为元素是否容易失去电子，而不是失去几个电子，则比较这两种元素的最高正化合价不能比较这两种元素金属性强弱，故b 错误；
c.判断金属性可以用金属单质与水反应的剧烈程度进行判断，镁条能与热水发生反应，而铝几乎与水不发生反应，则可以比较这两种元素金属性强弱，故c正确；
d.硬度和熔点属于物理性质，不能用于比较金属性，故d错误；
综上所述，故答案为：ac；
（4）核外电子排布与Ar相同的阴离子可以为S2-、Cl-，二者电子层数相同，核电荷数小的半径大，则S2->Cl-；氯化钙可用作干燥剂，用电子式表示氯化钙的形成过程为
，故答案为：S2->Cl-；
。
3．
某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3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。
(1) NaN3是气体发生剂，受热分解产生 N2和 Na，N2 的电子式为___________________。
(2) 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)。
(3) KClO4是助氧化剂，反应过程中与 Na 作用生成 KCl 和 Na2O。KClO4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 · ·
【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；
(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，据此分析其所含的化学键； K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；
(3)KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，即该物质含有离子键、共价键；K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1；
故答案：离子键和共价键；。
4．
已知：W、X、Y、Z、T 均为短周期元素，且原子半径依次增大。请填空：
（1）W、Z 是形成化合物种类最多的两种元素，写出 Z 的核外电子的轨道表示式
______________。
（2）化合物 YW3溶于水能使酚酞变红，用方程式表示酚酞变红的原因____。
（3）元素 T 的原子中电子占据 7 根轨道，则 T 在元素周期表____周期___族； T 的化合
物 TY 熔融时不导电，常用作砂轮与耐高温材料，由此推知，它属于____。
a 离子晶体
b 原子晶体
c 分子晶体
d 无法判断
（4）YX3与 YW3具有相同的分子空间构型，YX3属于______（填“极性”、“非极性”）分子，其中 Y 的化合价为____。
【答案】 NH3+H2O? NH3?H2O? NH4++OH-三 IIIA b 极性 +3 【解析】
【详解】
（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，化合物种类最多的是烃，则W是H元素、Z是C元素；原子核外有6个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其原子核外电子轨道表示式为，故答案为：；
（2）化合物YW3的水溶液能使酚酞变红，说明该物质为NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故答案为：NH3+H2O? NH3?H2O? NH4++OH-；
（3）元素T的原子中电子共占据了7个轨道，则T为Al元素，Al原子核外有3个电子层、最外层电子数是3，所以位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，说明该物质属于原子晶体，故选b；故答案为：三；IIIA；b；（4）NX3与NH3具有相同的分子空间构型，X为第VIIA族元素，其原子半径小于N元素，则X为F元素，氨气分子为三角锥形结构，则NF3也是三角锥形结构，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子；NF3中N元素电负性小于F元素，所以N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。
5．
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)→P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)反应中，被破坏的化学键有
________。
a．离子键 b.极性共价键 c. 非极性共价键
（3）一定条件下，Na还原CCl4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剂为_______________。
（4）下列叙述正确的有____________填序号），
①Na还原CCl4的反应、Cl2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
③NaSiO3溶液与SO3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 2 abc 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2Ca3(PO4)2（s）+10C（s）→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CCl4生成NaCl和C，属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，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；③Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4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。
6．
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，Y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______>______(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
(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)：
非金属X_______Y(填“>”或“<”)，请用事实说明该结论：__________。
【答案】第二周期第VA族 2 C O H2O>NH3 abd < 2H2S+O2=2H2O+S↓
【解析】
【分析】
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)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最
大，所以Q 是H 元素，Z 是Na 元素；R 、X 、Y 三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R 的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R 是C 元素，Y 与Q 、R 、X 、Z 均能形成多种常见化合物，则Y 是O 元素，所以X 是N 元素。
【详解】
根据上述分析可知Q 是H ，R 是C ，X 是N ，Y 是O ，Z 是Na 元素。
(1)X 是N 元素，原子核外电子排布为2、5，所以其处于第二周期第VA 族，其核外电子排布式为1s 22s 22p 3，有s 、p 两种轨道，故有两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C 和O 元素；
(2)Q 分别与X 、Y 形成的最简单化合物是NH 3、H 2O ，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O 的非金属性大于N 元素，所以氢化物的稳定性：H 2O>NH 3；
(3)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：2H 2S+O 2=2H 2O+S↓，比较出元素的非金属性：N 【点睛】 本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。 7． 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I 2在水体和大气中的部分转化如下图所示。 (1) I 2的电子式为______________。 (2)水体中的I -在非酸性条件下难于被空气中的2O 氧化。原因是 -2222H O 4I O 2I 4OH -+++?的反应速率慢，反应程度小。 ①I -在酸性条件下与2O 反应的离子方程式是_____________________________________。 ②在酸性条件下I -易被2O 氧化的可能的原因是 ______________________________________。 (3)有资料显示：水体中若含有2Fe +，会对3O 氧化I -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3O 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31molO 参与反应，生成21molO 。 序号 试剂组成 反应前溶液的pH 反应后溶液的 pH I -的转化率 3Fe(OH)的生 成量 甲 21310mol L NaI --?? 1amol L NaCl -? 5.3 11.0 约10% 乙 21310mol L NaI --?? 2121.510mol L FeCl --?? 5.1 4.1 约100% 大量 丙 2121.510mol L FeCl --?? 5.2 3.5 —— 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2Fe +在实验乙中的作用并解释_______________________。 【答案】 2224H 4I O 2I 2H O +=+++ (H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等其他合理答案 2310-? 2322H O 2I O I 2OH O --++++? 2Fe +或2Fe +的氧化产物3Fe +与-I 和3O 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） I 2属于共价分子，电子式为：，故答案为：； （2）①根据题干信息分析，I -在酸性条件下被2O 氧化生成I 2，反应的离子方程式是-2224H 4I O 2I 2H O +=+++； ②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2O 氧化的可能的原因是(H )c +增大，(OH )c - 减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行，故答案为： -2224H 4I O 2I 2H O +=+++ ；(H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡 2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等； （3）①验证Fe 2+对O 3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 (Cl -)要相同，即c (NaCl )=2c (FeCl 2)=2×1.5×10-2mol/L=3×10-2mol/L ，故答案为：3×10-2； ②O 3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： 2322H O 2I O I 2OH O --++++?，故答案为：2322H O 2I O I 2OH O --++++?； ③Fe 2+具有强还原性，易被O 3氧化生成Fe 3+，Fe 2+或Fe 3+结合OH -生成弱碱，促使反应2322H O 2I O I 2OH O --++++?正向进行，提高I -转化率，故答案为： 2Fe +或2Fe +的氧化产物3Fe +与-I 和3O 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。 8． 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NH 4Cl 含量为180mg/L 。 （1）写出NH 4Cl 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NH 4+，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NO 3-转化为NH 4+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+___NO 3-+___H +→___Fe 2++___NH 4++___H 2O 【答案】 Si S 1s 22s 22p 3 33.64 4 1 10 4 1 3 【解析】 【分析】 (1)NH 4Cl 是离子化合物； (2)氮为7号元素；氯原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 5； (3)根据NH 4+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】 (1)氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：； (2)氮原子电子排布式是：1s 22s 22p 3；氯原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 5，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； (3) 某污水中NH4Cl含量为180mg/L，103L污水中含有180mg/L×103L =180000mg=180gNH4Cl，NH4Cl的物质的量为 180g 53.5g/mol ≈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3.364mol 0.1mol/L =33.64L； (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： 。 9． 据《中国质量报》报道，我国首次将星载铷(Rb)钟应用于海洋二号卫星，已知Rb的原子序数为37。回答下列有关铷的问题： (1) Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。 (2) Rb在元素周期表中的位置是______。 (3)取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，放出气体______(写化学式)，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显______色，因为___________(用离子方程式表示)。(4) Rb的还原性比K的还原性______（填“弱”或“强”）。 【答案】5 1 第五周期ⅠA族 H2蓝 2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑强 【解析】 【分析】 根据元素周期律，结合原子核外电子排布规律确定Rb元素在周期表的位置，利用元素周期律分析、解答。 【详解】 (1)Rb是37号元素，根据原子核外电子排布规律，可知Rb核外电子排布为2、8、18、8、1，所以Rb的原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1个； (2)Rb核外电子排布是2、8、18、8、1，根据原子核外电子层结构与元素在周期表的位置关系可知Rb在元素周期表中的位置是第五周期第IA族； (3)Na是活泼金属，与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Rb与Na是同一主族的元素，由于元素的金属性Rb>Na，所以Rb与水反应比钠更剧烈反应放出H2；RbOH是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为：2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+ H2↑； (4)同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，Rb在K元素下一周期，所以Rb 的还原性比K的还原性强。 【点睛】 本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。 10． 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：①Li2CO3焙烧 ?????→Li2O+CO2； ?????→CO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2 的结构式为_____；反应②Li2O+C高温 真空 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2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。 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】1s22s1 O＝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，加入酚酞，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=2.000 mol/L×0.01L=0.02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，稀释前 n(H2SO4)=n(Li2SO4)，加水定容至 100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)= n2(Li2SO4)=0.02mol，取定容后的溶液 10.00 mL，则取出的溶质的物质的量 =0.02 10 mol=0.002mol，n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/L×0.013L=0.0013mol，由于 H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=1 2 n(NaOH)= 1 2 ×0.0013mol=0.00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol，n（H2SO4）=n（Li2SO4）= n(Li2CO3)=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1 （Li2CO3）=nM=0.00135×74=0.0999g，100ml溶液中所含m2(Li2CO3)=0.0999g×10=0.999g， 故ω= () 223 m Li CO 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。 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。 （1）基态Fe2+的核外电子排布式为_________________。 （2）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)。 （3）Fe(SCN)3溶液中加人NH4F，发生如下反应：Fe(SCN)3+6NH4F=(NH4)3FeF6+3NH4SCN。 ①(NH4)3FeF6存在的微粒间作用力除共价键外还有_________(选填序号，下同)。 a．配位键 b．氢键 c．金属键 d．离子键 ②已知SCN一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σ键与π个数的比值为___________________。 （4）FeCl3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1000℃，试解释两种化合物熔点差异较大的原因：_______________________________。 （5）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。 ①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，则Y轴可表示的氢化物(RH3)性质可能有________。 a．稳定性 b．沸点 c．R—H键能 d．分子间作用力 ②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】[Ar]3d6 F＞O＞As ad sp 1:1 FeF3为离子晶体，FeCl3为分子晶体 ac Ti4CN3【解析】 【分析】 （1）根据核外电子排布规律推知基态Fe2+的核外电子排布式； （2）根据元素周期律可知，非金属性越强，电负性越大，据此答题； （3）①（NH4）3FeF6是离子化合物，铵根离子与六氟合铁酸根之间是离子键，氮与氢之间是共价键，铁与氟之间是配位键，据此答题； ②SCN-的结构式为[S=C=N]-，其结构与二氧化碳相似，其中含有2个σ键与2个π键，据此答题； （4）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； （5）①a．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； c．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大； d．分子间作用力随相对分子质量的增加而增大； ②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】 （1）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Fe 2+的核外电子排布式为[Ar]3d 6。 （2）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F ＞O ＞As 。 （3）①(NH 4)3FeF 6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ad 。 ②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σ键，双键是由1个σ键与1个π键构成的，则该原子团中σ键与π个数的比值为1:1。 （4）FeCl 3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FeF 3晶体熔点高于1000o C ，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FeF 3为离子晶体，FeCl 3为分子晶体。 （5）①a ．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； b ．由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，b 不正确； c ．非金属性越强与氢元素形成的共价键越强，键能越大，因此R —H 键能虽原子序数的增大而减小，c 正确； d ．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ac 。 ②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8× 18＝1，氮原子数6×12＝3，钛原子数是12×14 +1＝4，所以化学式为Ti 4CN 3。 12． 氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。 (1)Ti(BH 4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。 ①Ti 2+基态的电子排布式可表示为__________________。 ②BH 4-的空间构型是________________(用文字描述)。 (2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N 2+3H 2储氢输氢 垐垐垐?噲垐垐?2NH 3实现储氢和输氢。 ①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。 ②下列说法正确的是________(填字母)。 a .NH 3分子中N 原子采用sp 3杂化 b .相同压强时，NH 3沸点比PH 3高 c.[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子 https://www.sodocs.net/doc/3114960998.html,-的电子式为 (3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。 ①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”)； ②1个C60分子中，含有σ键数目为________个。 (4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为a g·cm-3，则晶胞的体积为____cm3[用a、N A表示(N A表示阿伏加德罗常数)]。 【答案】1s22s22p63s23p63d2(或[Ar]3d2) 正四面体 H2< N2< NH3 abcd 非极性 90 52 A aN 【解析】 【分析】 (1)①Ti是22号元素，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，然后根据构造原理书写基态的电子排布式； ②根据价层电子对互斥理论判断离子空间构型； (2)①根据物质的分子间作用力和分子之间是否含有氢键分析判断； ②a.根据价层电子对互斥理论确定杂化方式； b.同一主族元素的氢化物中，含有氢键的氢化物沸点较高； c.提供孤电子对的原子是配原子； https://www.sodocs.net/doc/3114960998.html,-的结构和氮气分子相似，根据氮气分子的电子式判断； (3)①根据相似相溶原理确定分子的极性； ②利用均摊法计算； (4)利用均摊法计算该晶胞中镁、氢原子个数，再根据V=m ρ进行计算。 【详解】 ①Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d24s2，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，则Ti2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d2 (或写为[Ar]3d2)； ②BH4-中B原子价层电子对数为4+3141 2 +-? =4，且不含有孤电子对，所以BH4-的空间构 型是正四面体型； (2)①在该反应中涉及的物质有N 2、H 2、NH 3，NH 3分子之间存在氢键，而N 2、H 2分子之间只存在分子间作用力，所以NH 3的熔沸点比N 2、H 2的高；由于相对分子质量N 2>H 2，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高；所以三种物质的熔点由低到高的顺序是H 2< N 2 ②a.NH 3分子中N 原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp 3杂化，a 正确； b.相同压强时，氨气中含有氢键，PH 3中不含氢键，所以NH 3沸点比PH 3高，b 正确； c.[Cu(NH 3)4]2+离子中，N 原子提供孤电子对，所以N 原子是配位原子，c 正确； https://www.sodocs.net/doc/3114960998.html, -中C 、N 原子通过三对共用电子对结合，其电子式为 ，d 正确； 故合理选项是abcd ； (3)①苯、CS 2都是非极性分子，根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶剂中，所以C 60是非极性分子； ②利用均摊法知，每个碳原子含有σ键数目为 13322?=，则1mol C 60分子中，含有σ键数目=32 ×1mol×60×N A /mol=90N A ； (4)该晶胞中镁原子个数= 18×8+1=2，含有的H 原子个数=2+4×12=4，则晶胞的体积V=m ρ=A 24214N a ?+?g/cm 3=A 52aN g/cm 3。 【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布、微粒空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，学会使用均摊方法分析，灵活运用公式是解本题关键。 13． 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(]22[CO NH )与氰酸铵()4NH CNO 互为 ______ ；氰酸铵属于 ______ 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3NH ，在一定条件下发生反应：()()()()3226NO g 4NH g 5N g 6H O g ++?。 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ν( 3NH )ν(= 2N ) b.容器内压强不再随时间而发生变化 c.容器内2N 的物质的量分数不再随时间而发生变化 d.容器内()n NO ：()3n NH ：()2n N ：()2n H O 6=：4：5：6 ②某次实验中测得容器内NO 及2N 的物质的量随时间变化如图2所示，图中ν(正)与ν(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 H H - N H - N N ≡ 能量变化1/kJ mol -? 436 390.8 946 则合成氨反应：()22N g 3H + ()()3g 2NH g H ==V ______ 1kJ mol -? ()5工业上用氨水吸收硫酸工业尾气中的2SO ，既可消除污染又可获得43NH HSO 等产品．若用1000kg 含3NH 质量分数为17%的氨水吸收2SO 且全部转化为43NH HSO ，不考虑其它成本，则可获得的利润为 ______ 元(参照下面的价格表)。 3NH 质量分数17%的氨水 无水43NH HSO 价格(元/kg) 1.0 1.8 【答案】同分异构体 离子 释放 电能转化为化学能 bc cd 90.8- 782 【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；氰酸铵属于盐； ()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ν(正)与ν(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H =V 反应物总键能-生成物总键能； ()5根据23243SO NH H O NH HSO ++=进行计算。 【详解】 (1)氰酸铵()4NH OCN 与尿素(] 22[CO NH )的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体；氰酸铵属于盐，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； ()3 a.①该反应达到平衡状态时，325v(NH )4v(N )=正逆，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2N 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或者浓度不变，故d 不能说明反应达到平衡状态；故答案为：bc ； ②达到平衡时ν(正)与ν(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H =V 反应物总键能-生成物总键能=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×390.8kJ/mol=-90.8kJ/mol ，故答案为：90.8-； ()51000kg 17%170kg ?=，设无水43NH HSO 的质量为x 。 23243SO NH H O NH HSO ++=，根据方程式可知17g 氨气可生成99g 43NH HSO ，所以有 1799170kg x =解得x=990kg ，990kg×1.8元/kg-1000kg×1.0元/kg=782元，故答案为：782。 【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H =V 反应物总键能-生成物总键能。 14． 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： (1)元素A 在周期表中的位置 __________________________。 (2)用电子式表示D 2G 的形成过程____________________________，其所含化学键类型为 ___________。 (3)C2-、D+、G2-离子半径由大到小顺序是____________________(用离子符号回答)。 (4)某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系。 ①溶液a和b分别为 ______________，________________。 ②溶液c中的离子方程式为________________________________________。 (5)将0.5 mol D2C2投入100 mL 3 mol/L ECl3溶液中： ①转移电子的物质的量为_____________________________________。 ②用一个离子方程式表示该反应 __________________________________________。 【答案】第二周期第ⅣA族离子键 S2-＞ O2-＞Na+硝酸(或HNO3) 饱和NaHCO3溶液 SiO32－+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32- 0.5 mol 10Na2O2 + 6Al3+ + 6H2O=4Al(OH)3 + 2AlO2－+ 5O2↑+ 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ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA 族； （2）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：，其含有的化学键为离子键，故答案为：；离子键； （3）C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-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；（4）由装置图可知，实验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， ①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； ②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-； （5）①Na2O2投 AlCl3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 0.5molNa2O2反应转移电子为0.5mol×1 2 ×2×[0-（-1）]=0.5mol，故答案为：0.5mol； ②将0.5mol Na2O2投入100mL 3mol/L AlCl3溶液中，生成NaOH1mol、0.25mol氧气，AlCl3溶的物质的量为0.3mol，1：4＜n（AlCl3）：n（NaOH）=3：10＜1：3，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-0.3mol×3=0.1mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）3]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，故n[Al （OH）3]：n（AlO2-）：n（氧气）=0.2mol：0.1mol：0.25mol=4：2：5，反应离子方程式为：10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑+20Na+，故答案为： 10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑+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。 15． 运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。 I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应水化物（浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子序数的关系如图所示。 （1）元素R在周期表中的位置是_______；元素Z的原子结构示意图是________。 （2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为________。 II.短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO2、CS2、COS等。 （1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是__________（填序号） A．S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易 B．酸性:H2SO3 >H2CO3 C．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价 （2）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与元素C同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论： ①锗的原子序数为_________。