高考化学 化学键-经典压轴题含详细答案

高考化学 化学键-经典压轴题含详细答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
海水是资源宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。

完成下列填空： （1）氯离子原子核外有_____种不同运动状态的电子、有____种不同能量的电子。

（2）溴在周期表中的位置_________。

（3）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律，请说明下列递变规律的原因。

① 熔点按F 2、Cl 2、Br 2、I 2的顺序依次升高，原因是______________。

② 还原性按Cl —、Br —、I —的顺序依次增大，原因是____________。

（4）已知X 2 （g ） + H 2 （g ）
2HX （g ） + Q （X 2 表示Cl 2、Br 2），如图表示上述反应的
平衡常数K 与温度T 的关系。

① Q 表示X 2 （g ）与H 2 （g ）反应的反应热，Q_____0（填“>”、“<”或“=”）。

② 写出曲线b 表示的平衡常数K 的表达式，K=______（表达式中写物质的化学式）。

（5）（CN ）2是一种与Cl 2性质相似的气体，在（CN ）2中C 显+3价，N 显-3价，氮元素显负价的原因_________，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN ）2的电子式_____。

【答案】18 5 第四周期、ⅦA （都对得1分） F 2、Cl 2、Br 2、I 2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。

从Cl -、Br -、I -半径依次增大，失电子的能力
依次增强，还原性依次增大 > K=()222c HBr c Br c H ⨯（）（）
氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价
【解析】
【详解】 ()1氯离子原子核外有18个电子，为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；
()2溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、ⅦA ，故答案为：第四周期、ⅦA ；
()23F ①、2Cl 、2Br 、2I 的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，则熔点越高，故答案为：2F 、2Cl 、2Br 、2I 都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强；
②元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性Cl Br I >>，Cl -、Br -、I -半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从Cl -、
Br -、I -半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大；
()4①由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，Q 0>，故答案为：>；
②同一温度时，a 曲线的K 值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl 2、Br 2中Cl 2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b 曲线表示Br 2与H 2反应时K 与t 的
关系．平衡常数等于生成物与反应物的浓度幂之积，K=()222c HBr c Br c H ⨯（）（）
，故答案为：()222c HBr c Br c H ⨯（）（）
； ()5N 的非金属性较C 强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为
，故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价；。

2．
(1)写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号_____________；
(2)元素周期表中位于第8列的Fe 元素属于________族；
(3)相同质量的14C 18O2与SO 2的核外电子数之比为___________；
(4)在KCl 、NaOH 、CaCl 2、H 2O 2、Na 2O 2中既含有离子键又含共价键的物质的电子式为_____；
(5)某化合物XY 2中，X 、Y 均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且1molXY 2含有54mol 电子。

用电子式表示该化合物的形成过程____________； (6)A +、B +、C -、D 、E 5种微粒(分子或离子)，它们都含有10个电子，已知它们有如下转化
关系：A ++C -−−→V D+E↑ 其离子方程式为 _______。

【答案】188O VIII 22:25
和
NH 4++OH -
NH 3+H 2O 【解析】
【分析】 （1）质子数=原子序数，质子数+中子数=质量数，根据原子表示法来回答；
（2）根据元素周期表中元素和周期以及族的分布知识来回答；
（3）14C 18O 2的物质的量为50g/mol ，含有的电子数为22，SO 2的物质的量为64 g/mol ，含有的电子数为32；
(4)KCl 为离子化合物，只含有离子键；NaOH 为离子化合物，含有离子键和共价键；CaCl 2为离子化合物，只含有离子键；H 2O 2为共价化合物，只含有共价键；Na 2O 2为离子化合物，含有离子键和共价键；
（5）A +，B +，C -，D ，E 五种微粒（分子或离子），均含有10个电子，由A ++C —D+E ，
可知A+为NH4+、C—为OH-、D为H2O、E为NH3。

【详解】
（1）含有8个质子的原子为O原子，原子含有10个中子，其质量数=10+8=18，则核素的符号为188O，故答案为： 188O；
（2）周期表中位于第8纵列的铁元素为过渡元素，位于周期表VIII族，故答案为：VIII；（3）14C18O2的物质的量为50g/mol，含有的电子数为22，SO2的物质的量为64 g/mol，含
有的电子数为32，则相同质量的14C18O2与SO2的核外电子数之比为m50m
64
22
32
⨯
⨯
= 22
25
，故答案
为：22:25；
(4)KCl为离子化合物，只含有离子键；NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键；CaCl2为离子化合物，只含有离子键；H2O2为共价化合物，只含有共价键；Na2O2为离子化合物，含有离子键和共价键，则含有离子键又含共价键的NaOH和Na2O2的电子式分别为
和，故答案为：和
；
（4）化学试剂的主要成分为XY2，X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，说明含有相同的核外电子数，由1molXY2含有54mol电子可知阴、阳离子核外电子数为54
3
=18，则XY2为CaCl2，用电子式表示CaCl2的形成过程为
，故答案为：；
（5）A+，B+，C-，D，E五种微粒（分子或离子），均含有10个电子，由A++C—D+E，可知A+为NH4+、C—为OH-、D为H2O、E为NH3，则NH4+与OH-共热反应的离子方程式为NH4++OH-NH3+H2O，故答案为：NH4++OH-NH3+H2O。

3．
已知①Na2O2 ②O2 ③HClO④H2O2⑤Cl2 ⑥NaClO ⑦O3七种物质都具有强氧化性。

请回答下列问题:
(1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号，下同)。

(2)含非极性键的共价化合物是_________。

(3)属于离子化合物的有______种。

(4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。

①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl，用电子式表示HCl的形成过
程:_________________________。

②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程
式:____________________________________。

③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。

若6.8g H2O2参加反应，则转移电子数目为
_________，生成标准状况下O2体积为_______L。

【答案】②⑦④ 2 2Na2O2 +2H2O=4NaOH +O2↑ 1.204x1023
或0.2N A 2.24
【解析】
【分析】
根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。

【详解】
（1）同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。

故O 2与O 3互为同素异形体； （2）Na 2O 2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物；HClO 是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物；H 2O 2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO 既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；O 2、O 3、Cl 2属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合物是④H 2O 2；
（3）由(2)可知，Na 2O 2、NaClO 属于离子化合物，故属于离子化合物的有2种； （4）HCl 是共价化合物，用电子式表示HCl 的形成过程是：
； （5）Na 2O 2与H 2O 反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na 2O 2
+2H 2O=4NaOH +O 2↑；
（6）2H 2O 22MnO O 2↑+2H 2O ，每生成1mol 转移2mol 电子，故6.8g H 2O 2的物质的量：
1
6.8g 34g mol -⋅=0.2mol ，生成氧气的物质的量为0.1mol ，转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol -1=1.204x1023；V(O 2) = 0.1mol×22.4L·mol -1=2.24L 。

4．
《Nature Energy 》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH 2 /Al 2O 3、Ni- LiH 等作催化剂，实现了在常压、100-300℃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Ni 2+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（NH 2CH 2COOH ）是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。

①硝酸溶液中NO 3⁻的空间构型为____。

②甘氨酸中N 原子的杂化类型为____，分子中σ键与π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-2l ℃，沸点为141℃）的主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是____。

（3）NH 3分子中的键角为107°，但在[Cu(NH 3)4]2+离子中NH 3分子的键角如图l 所示，导致这种变化的原因是____
（4）亚氨基锂（Li 2NH ）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ρg/cm 3，则阿伏加德罗常数N A =____（列出表达式）mol -l 。

【答案】F>N>O 1s 22s 22p 63s 23p 63d 8或[Ar] 3d 8 激发 平面三角形 sp 3 9:1 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NH 3中N —H 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH 3中N —H 键之间的排斥力，故配合离子中NH 3的N —H 键间
的键角变大； 32
3
1.1610d ρ⨯ 【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F>N>O ；Ni 元素为28号元素，失去最外层两个电子形成Ni 2+，基态Ni 2+的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 8或[Ar] 3d 8；基态Ni 2+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；
(2)①NO 3⁻的中心原子价层电子对数为
5+03+12⨯=3，孤电子对数为0，所以空间构型为平面三角形；
②甘氨酸(NH 2CH 2COOH)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sp 3杂化；分子中碳氧双键中存在一个π键，其余共价键均为σ键，所以分子中σ键与π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数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会使分子间产生氢键）；
(3)形成配合离子后，配位键与NH 3中N —H 键之间的排斥力小于原孤对电子与NH 3中N —H 键之间的排斥力，故配合离子中NH 3的N —H 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Li 2NH ，则晶胞中NH 原子团的个数为4，则晶胞的质量为m =A
78+154N ⨯⨯g ，晶胞参数为d pm=d×10-10cm ，所以晶胞的体积V =d 3×10-30cm 3，则密度3-3A 3078+1d 10c 5g =m
4N m V ρ⨯⨯⨯= ，解得N A =32
31.1610d ρ⨯。

【点睛】
含有—OH 、—NH 2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sp 3杂化，但由于σ键对σ键的排斥力小于孤电子对σ键的排斥力，所以甲烷分子中键角比氨气分子中键角大。

5．
短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示：
请回答下列问题：
（1）D在元素周期表中的位置为___。

（2）A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为___。

（3）M为A的简单气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为___。

N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为
___，N与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为___。

（4）下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是___ (填序号)。

①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀
②E与H2化合比D与H2化合更容易
③D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价
④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+)：D＞E
（5）D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，则D2E2的电子式为___。

【答案】第三周期ⅥA族 AlN＋4HCl=AlCl3＋NH4Cl 2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O或
2NH 3·H2O＋3H2O2=N2↑＋8H2O N2H4＋H2O N2H5＋＋OH－ N2H6(HSO4)2①②③
【解析】
【分析】
由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。

【详解】
A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。

(1)D为S，原子序数为16，位于周期表中的第三周期ⅥA族；
(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol－1的化合物，则该化合物为AlN。

根据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl；
(3)M为A的简单气态氢化物，为NH3，其水溶液为NH3·H2O，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O；N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，则N为N2H4。

N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M 的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为N 2H4+H2O N2H5++OH－；N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H62＋，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO4－，化学式为N2H6(HSO4)2；
(4)①E的单质，即Cl2，与D的气态氢化物H2S的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反
应Cl2＋H2S=S↓＋2HCl，Cl2置换出S，Cl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)
大于S(D)，正确；
②非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。

Cl2与H2化合比S与H2化合更容易，
可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；
③S与Fe化合时产物中Fe为+2价，Cl2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子能力
强，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；
④D的最高价含氧酸为H2SO4，E的最高价含氧酸为HClO4。

同浓度下，H2SO4溶液中c(H＋)大，是由于H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的
非金属性强弱无关，错误；
综上①②③符合题意；
(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，S达到稳定结构需要形成2对共用电子
对，Cl达到稳定结构需要形成1对共用电子对，可知S2Cl2分子中S原子间共用1对电子，
每个S原子与Cl原子共用一对电子，结构式为Cl-S-S-Cl ，其电子式为。

6．
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
元素性质
①②③④⑤⑥⑦⑧⑨x 3.44 2.550.98 3.16 2.19 3.980.93 3.04 1.91
常见化合价最高价+4+1+1+4最低价-2-1-3-1-3
（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：__。

（4）写出①与⑦所形成仅含离子键的化合物和④与⑩所形成的化合物反应的离子方程式：___。

【答案】Li Cl P 分子直线形 Na2O＋2H＋
=2Na＋＋H2O
【解析】
【分析】
【详解】
①最低价为－2，是O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Li。

④和⑥的最低价均为－1，为ⅦA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O。

【点睛】
根据上述的分析，①为O，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H。

(1)根据分析，③④⑤分别为Li、Cl、P；
(2)②的最高价氧化物是CO2，形成的晶体由CO2分子构成，属于分子晶体；CO2价层电子对
数为
4-22
2+=2
2
，没有孤对电子对，则CO2的空间构型为直线形；
(3)①⑦⑩构成的物质为NaOH，由Na＋和OH－构成，其电子式为；
①⑩形成1：1的化合物为H2O2，其电子式为；
(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＋＋H2O。

7．
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、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ4 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 TiCl3·6H2O。

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 Cl-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、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点，其中表示ⅦA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，其原因是_______________。

【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 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，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2
3
，可以知道紫色品体中含3个氯
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。

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，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1s22s22p3，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NH3、H2O，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：H2O>NH3；
(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：2H2S+O2=2H2O+S↓，比较出元素的非金属性：N<O。

【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。

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KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。

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1 mol电子，生成Cl2_____ L（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的离子反应方程式：_________________。

(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。

【答案】 KMnO4 11.2
2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O NaBiO3>KMnO4>Cl2 S2->Cl-
17
【解析】
【分析】
(1)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KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，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S、Cl，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，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，则反应为
KMnO4+KCl+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2↑+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为；
(2)2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，锰元素的化合价由+7变为+2，所以高锰酸钾是氧化剂，2 mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2 mol×(7-2)=10 mol，每转移1 mol电子，生成Cl2是0.5 mol，其在标准状况下的体积为V(Cl2)=0.5 mol×22.4
L/mol=11.2 L；
(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+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，物质的氧化性：KMnO4>Cl2；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>Cl2；
(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-、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->Cl-；
(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，氯原子核外有17不同运
动状态的电子。

【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。

10．
2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出巨大贡献的科学家，锂离子电池广泛应用于手机、笔记本电脑等。

(1)锂元素在元素周期表中的位置：_________________。

(2)氧化锂(Li2O)是制备锂离子电池的重要原料，氧化锂的电子式为_____________。

(3)近日华为宣布:利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出。