2020-2021备战高考化学 化学键综合题附答案

2020-2021备战高考化学 化学键综合题附答案
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 、2
I
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：
()2
22c 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．
煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从
而引起大气污染。

煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。

回答下列问题：
（1）将H2S通入FeCl3溶液中，该反应的还原产物为___________。

（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。

①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。

②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为_____________。

③已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ)：
H—H C═O C═S H—S C≡O
436745**********
H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）═H2S（g）+CO（g），该反应的
△H=________kJ·mol-1。

④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS（g）+ H2 O（g）垐?
噲?CO2（g）+ H2S （g）△H<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的
转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与
()
2
n H O
n(COS)
的关系如图
2所示。

由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为________；由图2可知，P点时平衡常数
K=_____（保留2位有效数字）。

【答案】Fe2+（或FeCl2） COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ +
6H2O +8 150℃ 0.048
【解析】
【分析】
【详解】
（1）将H2S通入FeCl3溶液中，反应为：H2S + 2Fe3+= S↓ + 2Fe2+ + 2H+，Fe3+被还原为
Fe2+，故还原产物为Fe2+（或FeCl2）；
（2）
①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为；
②碱性溶液，OH－参与反应生成水，Br2作氧化剂还原为Br－，故Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ + 6H2O；
③结合表格数据和反应H2(g)+COS(g)═H2S(g)+CO(g)，则△H=(436+745+577-2×339-1072) kJ·mol-1=+8 kJ·mol-1；
④由图1可得，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，150℃时COS转化率最大，所以该温度下反应速率最快，催化剂活性最大，由图2（单位：mol/L）：COS（g）H2 O（g）CO2（g）H2S （g）
开始1300
转化0.30.30.30.3
平衡 0.7 2.7 0.3 0.3
则K =
222c()c()c()c()CO H S COS H O =0.30.30.7 2.7⨯⨯=1
21
≈0.048。

【点睛】
在一定的条件下，某可逆反应的K 值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的正反应进行的程度越大，即该反应进行的越完全，反应物转化率越大；反之，反应就越不完全，转化率就越小。

当K =105时，该反应就能基本进行完全，一般看成非可逆反应；而K 在 0.1~10之间的反应是典型的可逆反应。

4．
已知①Na 2O 2 ②O 2 ③HClO ④H 2O 2 ⑤Cl 2 ⑥NaClO ⑦O 3七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)Na 2O 2、HClO 、H 2O 2均能用于制备O 2。

①HClO 在光照条件下分解生成O 2和HCl ，用电子式表示HCl 的形成过程:_________________________。

②写出Na 2O 2与H 2O 反应制备O 2的化学方程式:____________________________________。

③H 2O 2在二氧化锰催化作用下可以制备O 2。

若6.8g H 2O 2参加反应，则转移电子数目为_________，生成标准状况下O 2体积为_______L 。

【答案】②⑦ ④ 2 2Na 2O 2 +2H 2O=4NaOH +O 2↑ 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 2
2
MnO 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 。

5．
《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+1
2
⨯=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+154
N ⨯⨯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
4
N m
V ρ⨯⨯⨯= ，解得N A =32
3
1.1610d 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。

6．
完成下列问题：
(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH 3______PH 3（填“>”或“<”）。

(2)PH 3和NH 3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。

下列对PH 3与HI 反应产物的推断正确的是_________（填序号）。

a ．不能与NaOH 反应
b ．含离子键、共价键
c ．受热可分解
(3)已知H 2与O 2反应放热，断开1 mol H-H 键、1 mol O=O 键、1 mol O-H 键所需要吸收的能量分别为Q 1 kJ 、Q 2 kJ 、Q 3 kJ ，由此可以推知下列关系正确的是______。

①Q 1+Q 2>Q 3 ②2Q 1+Q 2<4Q 3 ③2Q 1+Q 2<2Q 3
(4)高铁电池总反应为：3Zn+2K 2FeO 4+8H 2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH ，写出电池的正极反应：__________，负极反应 ________________。

【答案】> bc ② FeO 42-+3e -+4H 2O=Fe(OH)3+5OH - Zn+2OH --2e -=Zn(OH)2 【解析】 【分析】
(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析； (2)PH 3与HI 反应产生PH 4I ，相当于铵盐，具有铵盐的性质；
(3)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；
(4)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】
(1)由于元素的非金属性：N>P，所以简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；
(2) 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；b．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；
c．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；
(3)1 mol H2O中含2 mol H-O键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H键需吸收的能量分
别为Q1、Q2、Q3 kJ，则形成1 mol O-H键放出Q3 kJ热量，对于反应H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)，
断开1 mol H-H键和1
2
mol O=O键所吸收的能量(Q1+
1
2
Q2) kJ，生成2 mol H-O新键释放的
能量为2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+1
2
Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项
是②；
(4)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。

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。

7．
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。

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。

8．
(1)下列物质中，既含离子键又含共价键的化合物是_________；同时存在σ键和π键的分子是_________，含有极性键的非极性分子是_________。

A．N2 B．C2H6 C．CaCl2 D．NH4Cl
(2)用“>”或“<”填空：
晶格能：Na2O_______KCl 酸性：H2SO4_______HClO4 离子半径：Al3＋_______F－
【答案】D A B > < <
【解析】
【分析】
（1）A．N2分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为N≡N，所以氮气分子中含有σ键和π键的非极性分子；
B．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价
键，属于共价化合物，乙烷的结构式为，乙烷分子中只含σ键的非极性分子；
C．CaCl2中只含离子键，属于离子化合物；
D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在σ键；
（2）离子化合物中，阴阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大；非金属性越强，所对应元素的最高价含氧酸的酸性越强；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小。

【详解】
（1）由分析可知：既含离子键又含共价键的化合物是NH4Cl；同时存在σ键和π键的分子是N2；含有极性键的非极性分子是C2H6。

（2）Na+的半径比K+半径小，O2-的半径比Cl-半径小，并且O2-带的电荷数比Cl-多，故晶格能：Na2O>KCl；
同周期从左向右非金属性增强，非金属性S<Cl，对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4<
HClO4；
具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为Al3＋< F－。

【点睛】
本题考查原子结构、元素周期律、分子结构、化学键，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。

9．
−−→CH3Cl+HCl。

对于该反应机理(反应过程)的详细描述甲烷的氯化反应式为： CH4+Cl2hv
如下:
−−→2Cl·
链引发Cl2hv
链增长CH4+Cl·−−→·CH3+HCl △H=+7.5 kJ/mol
CH3+Cl2−−→ CH3Cl + Cl·△H=-112.9 kJ/mol
链终止·Cl+Cl·−−→Cl2
CH3+·CH3−−→H3CCH3
CH3+Cl·−−→H3CCl
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物的电子式为_______；在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为_________。

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)；与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第_____周期，第____族。

(3)链引发的反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”，下同)，链终止的反应为_______反应。

(4)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列递变顺序正确的是_______。

（选填字母编号）
a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次增大
b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
c.卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
d.卤素单质氧化性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次减弱
【答案】共价键 S>Cl>F 三、ⅠA 吸热放热 d
【解析】
【分析】
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，碳原子与氯原子周围分别有8个电子；非金属元素原子间形成共价键；
(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，根据电子层数和核电荷数判断半径大小；同一周期碱金属的金属性最强；
(3)旧化学键的断裂要吸收能量，新化学键的生成要放出能量；
(4)第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱，卤化银的溶解度逐渐减小，据此解答。

【详解】
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结
构，电子式：，非金属元素原子间形成共价键，则在反应机理的三个阶段破
坏或形成的化学键类型均为共价键；
(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，Cl、S含有三个电子层，F有两个电子层，则三种元素中F的原子半径最小，Cl、S在同一周期，电子层数相同，核电荷数越
大，原子半径越小，则半径：S>Cl ，所以原子半径：S>Cl>F ；同一周期元素中，碱金属的金属性最强，则与氯元素同周期且金属性最强的元素为Na ，位于周期表的第三周期第IA 族；
(3)链引发Cl 2hv −−→2Cl ，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl•→Cl 2，
CH 3+•CH 3→H 3CCH 3，CH 3+Cl•→H 3CCl ，反应中有新化学键的生成要放出能量，为放热反应；
(4)a. 相同条件下卤化银的溶解度按AgCl 、AgBr 、AgI 的顺序依次减小，a 错误； b. 卤化氢溶入水的酸性按HF 、HCl 、HBr 、HI 的顺序依次增强，b 错误；
c. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，其阴离子失电子能力逐渐增强，所以HF 、HCl 、HBr 、HI 的还原性按HF 、HCl 、HBr 、HI 的顺序依次增强，c 错误；
d. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质F 2、Cl 2、Br 2、I 2的氧化性依次减弱，d 正确；
故合理选项是d 。

【点睛】
本题主要考查卤族元素的递变规律，掌握元素的周期性变化规律是解答的关键，注意把握电子式的书写方法和非金属性强弱的判断方法。

10．
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 -+++ƒ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 --⨯⋅ 5.3 11.0 约10%
1amol L NaCl -⋅
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 --+++ƒ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 --++++ƒ 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 --+++ƒ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 --+++ƒ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 --++++ƒ，故答案为：2322H O 2I O I 2OH O --++++ƒ；
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 --++++ƒ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。

11．
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CO 2等气体。

铜液吸收CO 的反应是放热反应，其反应方程式为：
Cu （NH 3）2Ac ＋CO ＋NH 3垐?噲?[Cu （NH 3）3CO]Ac
完成下列填空：
（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是_________。

（选填编号） a 减压 b 增加NH 3的浓度 c 升温 d 及时移走产物
（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式__________
（3）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达式是___________。

通过比较_____________可判断氧，硫两种非金属元素的非金属性强弱。

（4）已知CS 2与CO 2分子结构相似，CS 2的电子式是________。

CS 2熔点高于CO 2，其原因是 ______。

【答案】bc 2NH 3＋CO 2＋H 2O→（NH 4）2CO 3、（NH 4）2CO 3＋CO 2＋H 2O→2NH 4HCO C ＞N ＞O ＞H O 2和S 的氧化性 CS 2和CO 2都是分子晶体，CS 2的相对分子质量大，分子间作用力大
【解析】
【分析】
【详解】
（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，所以选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2NH 3+CO 2+H 2O=（NH 4）2CO 3、（NH 4）2CO 3+CO 2+H 2O=2NH 4HCO 3；
（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H 、C 、N 、O 元素，H 原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C ＞N ＞O ＞H ； 氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是；
比较O 2和S 的氧化性、H 2O 和H 2S 的稳定性都可以判断氧，硫两种非金属元素的非金属性强弱；
（4）CS 2的电子式类似于CO 2，电子式为
，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。