2020-2021高考化学培优专题复习 化学键练习题及答案

2020-2021高考化学培优专题复习化学键练习题及答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
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。

2．
试用相关知识回答下列问题：
（1）有机物大多难溶于水，而乙醇和乙酸可与水互溶，原因是_______。

（2）乙醚（2523
C H OC H）的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醚的高得多，原因是_________________。

（3）从氨合成塔里分离出NH3，通常采用的方法是_____________，原因是
_____________。

（4）水在常温下的组成的化学式可用（H2O）n表示，原因是_______________。

【答案】乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键乙醇分子间存在较强的氢键加压使3
NH液化后，与H2、N2分离 NH3分子间存在氢键，易液化水分子间存在氢键，若干个水分子易缔合成较大的“分子
【解析】
【分析】
由于氢键的存在，可以让乙醇和乙酸与水互溶，可以增大物质的熔沸点，易让氨气液化，使多个水分子缔合在一起形成大分子，但是氢键不是化学键。

【详解】
（1）乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的O原子与水分子中的H 原子可以形成氢键、乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的H原子与水分子中的O原子可以形成氢键，故乙醇和乙酸可与水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键；
（2）乙醇分子间通过氢键结合产生的作用力比乙醚分子间的作用力大，故乙醇的相对分子质量虽小，但其分子间作用力比较大，所以沸点高；
（3）氨气分子间由于存在氢键，沸点较高，加压会使它容易液化，从而可以和氢气、氮气分离；
（4）在常温下，由于水分子之间存在氢键，会使多个水分子缔合在一起，形成较大的分子。

3．
（1）请用下列10种物质的序号填空：
①O2②H2③NH4NO3④K2O2⑤Ba(OH)2⑥CH4⑦CO2⑧NaF⑨NH3⑩I2
既有离子键又有非极性键的是________；既有离子键又有极性键的是________。

（2）X、Y两种主族元素能形成XY2型化合物，已知XY2中共有38个电子，若XY2为常见元素形成的离子化合物，其电子式为：______________；若XY2为共价化合物时，其结构式为：__________________。

（3）氯化铝的物理性质非常特殊，如：氯化铝的熔点为190℃(2.02×103Pa)，但在180℃就开始升华，据此判断，氯化铝是________(填“共价化合物”或“离子化合物”)，可以证明你的判断正确的实验依据是____________________。

（4）现有a～g7种短周期元素，它们在周期表中的位置如下，请据此回答下列问题：
①元素的原子间反应最容易形成离子键的是________(填序号，下同)，容易形成共价键的是______；
A．c和f B．b和g C．d和g D．b和e
②写出a～g7种元素形成的所有原子都满足最外层为8电子结构的任意一种分子的分子式______。

【答案】④③⑤ S=C=S 共价化合物氯化铝在熔融状态
下不能导电 B C CCl4(或PCl3)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①O2中只有非极性键；②H2中只有非极性键；③NH4NO3中含有离子键和极性键；
④K2O2中含有离子键和非极性键；⑤Ba(OH)2中含有离子键和极性键；⑥CH4中只有极性键；⑦CO2中只有极性键；⑧NaF中只有离子键；⑨NH3中只有极性键；⑩I2中只有非极性键；则既有离子键又有非极性键的是。

既有离子键又有极性键的是③⑤。

（2）XY2型化合物是离子化合物，所以X元素显+2价，Y显-1价，化合物中共有38个电子，所以为氟化钙，电子式为：，XY2为共价化合物，则X 为+4价，Y为-2价，为二硫化碳，结构式为：S=C=S。

（3）氯化铝能升华，说明是共价化合物。

能证明的实验依据为氯化铝在熔融状态下不能导电。

（4）a～g7种短周期元素依次为氢、钠、镁、碳、氮、磷、氯。

①金属性强和非金属性强的元素之间最容易形成离子键，钠是周期表中最左边的元素金属性强，氯是最右边的元素非金属性强，所以是bg最容易形成离子键，选B；非金属元素之间容易形成共价键，所以选C。

②分子中所有原子都满足8电子的物质有CCl4(或PCl3)。

4．
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。

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．
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NH4Cl含量为180mg/L。

（1）写出NH4Cl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NH4+，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
【答案】 Si S 1s22s22p3 33.64
4 1 10 4 1 3
【解析】
【分析】
(1)NH4Cl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1s22s22p63s23p5；
(3)根据NH4+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：1s22s22p3；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，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：。

7．
铝是地壳中含量最多的金属元素，铝及其化合物在日常生活、工业上有广泛的应用。

(1)铝原子核外有_________种不同运动状态的电子，有_________种能量不同的电子，写出铝在元素周期表中的位置：________
(2)氮化铝具有强度高，耐磨，抗腐蚀，熔点可达2200℃。

推测氮化铝是________晶体，试比较组成该物质的两微粒半径大小：_______
(3)可用铝和氧化钡反应可制备金属钡：4BaO+2Al BaO·Al2O3+3Ba↑的主要原因是
_______(选填编号)。

a.Al活泼性大于Ba
b.Ba沸点比Al的低
c.BaO·Al2O3比Al2O3稳定
(4)工业上用氢氧化铝、氢氟酸和碳酸钠制取冰晶石(Na3AlF6)。

其反应物中有两种元素在周期表中位置相邻，可比较它们金属性或非金属性强弱的是_________(选填编号)。

a.气态氢化物的稳定性
b.最高价氧化物对应水化物的酸(碱)性
c.单质与氢气反应的难易
d.单质与同浓度酸发生反应的快慢
(5)描述工业上不用电解氯化铝而是用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因：_______
【答案】13 5 第三周期ⅢA族原子 Al>N b ac 氯化铝为分子晶体，熔点低且不电离，而氧化铝为离子晶体
【解析】
【分析】
(1)在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，结合原子核外电子排布式确定铝原子核外电子能量的种类数目；
(2)原子晶体，硬度大、熔点高，粒子的电子层越多，粒子的半径越大；
(3)常温下Al的金属性比Ba的金属性弱，该反应是利用Ba的沸点比Al的低；
(4)根据反应物中的元素可知，氧、氟元素位置相邻，则利用非金属性强弱的判断方法来解答；
(5)氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。

【详解】
(1)铝是13号元素，核外电子有13个，每一个电子的运动状态都不同，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，有5个能级，因此有5种能量不同的电子；铝原子的核外电子排布为2、8、3，所以铝在元素周期表中位于第三周期ⅢA族；
(2)原子晶体硬度大，熔沸点高，根据氮化铝的物理性质：它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，可知氮化铝属于原子晶体，Al元素原子核外电子数为13，有3个电子层，N元素原子核外电子数为7，有2个电子层，原子核外电子层越多原子半径越大，所以微粒半径大小Al>N；
(3)利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Al<Ba；但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，是由于Ba的沸点比铝的低，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，从而使可逆反应正向进行，最终制取得到金属Ba，故合理选项是b；
(4)该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、F、Na、C，只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F非金属性的强弱，故合理选项是为ac；
(5)因为氯化铝为共价化合物，由分子构成，属于分子晶体，晶体中不存在离子，熔融时不能导电，故不能被电解；而氧化铝为离子化合物，熔融状态可以电离产生Al3+、O2-而能导电，Al3+在阴极上得到电子变为单质Al。

【点睛】
本题考查Al、O、F等元素的原子结构及其化合物性质等，侧重考查原子核外电子排布、同一主族、同一周期元素性质的递变规律，注意氯化铝为共价化合物，由分子构成是易错点。

8．
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NH4Cl含量为180 mg/L。

(1)写出NH4Cl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：_______、________
(3)为除去废水中的NH4+，向103 L该污水中加入0.1 mol/L 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)。

(4)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，____________。

【答案】 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p4 33.64 4 1 10 4 1 3
【解析】
【分析】
(1) NH4Cl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Cl原子核外电子排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；
(3)根据NH4Cl与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1，根据污水中NH4Cl含量为180 mg/L，计算c(NH4Cl)，结合n=c·V计算；
(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。

【详解】
(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：
；
(2)Cl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电子排布式分别为1s22s22p63s23p2，
1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是Si和S；
(3)污水中NH4Cl含量为180 mg/L，则c(NH4Cl)=
0.18?g/L
53.5?g/mol
=
0.18
53.5
mol/L，103 L该污水中
中含有NH4Cl的物质的量为n(NH4Cl)=0.18
53.5
mol/L×103 L=3.364 mol，根据反应：
NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol，由于NaOH溶液浓度为
0.1 mol/L，则理论上需要NaOH 溶液的体积V(NaOH)=n 3.364?mol
c0.1?mol/L
=33.64 L；
(4)在反应：___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O中，Fe元素化合价由0→+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-→NH4+，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：。

【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、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。

9．
1100℃时，在体积为5L的密闭容器中，发生可逆反应：Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)并达到平衡，请完成下列各题：
（1）上述反应中涉及的非金属元素原子的半径从大到小的顺序为_____________，非金属性最强的元素原子的电子排布式_________________，其电子的自旋方向共有________种。

（2）该反应中O、S属于同主族元素，比较它们的单质的氧化性_____________________（用化学方程式表示），写出Na2O的电子式______，比较Na2O和Na2S的熔点高低：
Na2O___Na2S。

（3）上述平衡的平衡常数表达式K＝______________________。

降低温度，K值减小，则正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。

（4）能判断反应达到平衡状态的依据是_____________(填序号)。

A．混合气体的压强不变 B．混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．各气体的浓度相等
（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，
V(H2)=__________________。

平衡后，向容器中充入1molH2，平衡向_________________（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），重新达到平衡后，与原平衡相比，H2的
体积百分含量_____________(填“增大”、“减小”或“不变”)
【答案】S>O>H 1s22s22p4 2 2H2S+O2→2S+2H2O > [H2O]4/[H2]4吸
热 BC 27.7.2×10-4mol/（L·min）正反应方向不变
【解析】
【分析】
(1)根据元素周期律和泡利原理解答；
(2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律和离子晶体熔沸点变化规律解答；
(3)固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数K=
()
()
4
2
4
2
c H O
c H
=
4
2
4
2
H O
H
⎡⎤
⎣⎦
⎡⎤
⎣⎦
，降低温度，K值减
小，说明平衡逆向进行；
(4)判断平衡的标志需要符合“变”到“不变”的物理特征以及建立平衡根本原因是正反应速率与逆反应速率相等；
(5)根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，计算V(H2)；根据勒夏特列原理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点回答。

【详解】
(1)方程式中出现的三种非金属元素分别为H、O、S，根据元素周期律电子层数越多半径越大，可知半径大小为S>O>H，非金属最强的为O元素，核外电子数为8，因此根据原子核外电子排布规则得知1s22s22p4，根据泡利原理可知自旋应该有2种；
(2)根据同主族元素从上往下非金属性减弱即氧化性减弱的规律，可知氧气的氧化性强于硫单质，因此2H2S+O2→2S+2H2O能充分说明和验证这一结论；电子式是一种表示物质结构的化学表述方式，常见的电子式书写需要注意离子化合物与共价键的书写，Na2O的电子式
为：；离子晶体中，阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸
点越高，反之越低，由氧离子的半径小于硫离子可知：Na2O>Na2S；
(3) Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)，固体不写在平衡常数表达式中，平衡常数
K=
()
()
4
2
4
2
c H O
c H
=
4
2
4
2
H O
H
⎡⎤
⎣⎦
⎡⎤
⎣⎦
，降低温度，K值减小，说明平衡逆向进行，逆反应方向是放热反
应，正反应方向为吸热反应；
(4)A. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，反应过程中压强一直不变，混合气体的压强不变时，不一定是平衡状态，故A错误；
B. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体体积不变的反应，混合气体的密度不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故B正确；
C. 反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)是气体总物质的量不变的反应，混合气体的平均相对分子质量不变时，说明氢气和水蒸气的质量不再变化，说明达到平衡状态，故C正确；
D. 各气体的浓度相等时，不能说明氢气和水蒸气的质量物质的量不再变化，不一定是平衡状态，故D错误；
正确答案是BC。

(5)若初始时加入Na2SO4物质的量为
2.84g
142g/mol
=0.02mol， 10分钟后达到平衡时Na2SO4的
转化率为45%，根据反应Na2SO4(s)+4H2(g)Na2S(s)+4H2O(g)中的系数关系，能计算出硫酸钠消耗的物质的量为0.02mol×45%=0.009mol，从而得知反应氢气的物质的量为
0.009mol×4=0.036mol，据此计算V(H2)=
0.036mol
5L10min
⨯
=7.2×10-4mol/(L·min)；根据勒夏特列原
理，增大反应物浓度将使得平衡向着正方向移动，由于该反应为气体前后气体体积相等的反应，依据等效平衡的特点，氢气的百分含量依然不变。

10．
如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。

根据表中所列元素回答下列问题：
(1)元素d在元素周期表中的位置是________，元素h与f的原子序数相差_____。

(2)元素b、c、f形成的简单离子中半径最小的是______(填离子符号)，原子半径最小的是______(填元素符号)。

(3)表中第三周期所列元素的非金属性最强的是______（填元素符号），e、f、g三种元素的简单氢化物中最不稳定的是______（填化学式）。

(4)元素g与元素b的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______。

(5)铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)与碳(C)、硅(Si)属于同主族元素，常温下，在空气中，单质锡、锗均不反应而单质铅表面生成一层氧化铅；单质锗与盐酸不反应，而单质锡与盐酸反应。

由此可得出以下结论：
①锗的原子序数为______；
②铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为___________（用化学式表示）。

(6)最近，德国科学家实现了铷原子气体的超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。

已知铷(Rb)是37号元素，相对原子质量是85.5，与钠同主族。

回答下列问题：
①铷在元素周期表中的位置为__________________。

②同主族元素的同类化合物的性质相似，请写出AlCl3与RbOH过量反应的离子方程式：
_____________________。

③现有铷和另一种碱金属形成的混合金属50 g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4 L，另一种碱金属可能是__________。

（填序号）
A．Li B．Na C．K D．Cs
【答案】第三周期第ⅢA族 18 Mg2+ S Cl PH3 NaOH+HClO4=NaClO4+H2O 32
Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4第五周期第ⅠA族 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (或写为Al3++4OH-
=[Al(OH)4]-) AB
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e 为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】
根据元素在周期表的位置可知确定各种元素分别是：a是N元素，b为Na元素，C为Mg 元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素。

(1)元素d为Al，原子核外电子排布是2、8、3，所以在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族，f是16号元素S，h是34号元素Se，h与f原子序数相差34-16=18；
(2)b、c、f形成的简单离子分别是Na+、Mg2+、S2-，Na+、Mg2+核外电子排布为2、8，具有两个电子层，S2-核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以，三。