2020-2021【化学】化学 化学键的专项 培优易错试卷练习题含详细答案

2020-2021【化学】化学化学键的专项培优易错试卷练习题含详
细答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
(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14C18O2与SO2的核外电子数之比为___________；
(4)在KCl、NaOH、CaCl2、H2O2、Na2O2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XY2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1molXY2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
NH4++OH-NH3+H2O
【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）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；
(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；
（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
m
50
m
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=18，则XY2为CaCl2，用电子式表示CaCl2的形成过程为
核外电子数为54
3
，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。

2．
完成下列问题：
(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3______PH3（填“>”或“<”）。

(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。

下列对PH3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H2与O2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Q1 kJ、Q2 kJ、Q3 kJ，由此可以推知下列关系正确的是______。

①Q1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+Q2<2Q3
(4)高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，写出电池的正极反应：__________，负极反应 ________________。

【答案】> bc ② FeO42-+3e-+4H2O=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)PH3与HI反应产生PH4I，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。

3．
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。

4．
在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了80%，它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义。

现有a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素，c是海水中含量最多的金属元素，d是人类冶炼最多的金属元素。

(1)元素a在元素周期表中的位置为______；a原子的核外能量不同的电子有____种。

(2)下列可以证明b、c金属性强弱的是_____。

A．最高价氧化物对应水化物的溶解性：b＜c
B．单质与水反应的剧烈程度：b＜c
C．相同条件下，氯化物水溶液的pH值：b＜c
D．c可以从b的氯化物水溶液中置换出b
(3)人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀。

下列关于该腐蚀的说法正确的是_____。

A．腐蚀过程中，一定会有气体放出
B．腐蚀过程中，水膜的碱性会增强
C．在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑
D．与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀
(4)d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol 该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：_____________。

【答案】第四周期第ⅡA族 6种 BC BD 3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g) △H=-150.72kJ/mol
【解析】
【分析】
a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，则为Ca；b是地壳中含量最多的金属元素，b为Al；c是海水中含量最多的金属元素，c为Na；d是人类冶炼最多的金属元素，为Fe，然后逐一分析解答。

【详解】
根据上述分析可知：a是Ca；b是Al；c是Na；d是Fe。

(1)a为Ca，原子序数为20，核外电子排布为2、8、8、2，原子结构中有4个电子层、最
外层电子数为2，因此位于元素周期表中第四周期ⅡA族；a原子的核外能量不同的电子有
1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；
(2)A. 金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则失电子能力越强，金属性越强，与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关，A错误；
B. 金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则失电子能力越强，单质与水反应的剧烈程度：b＜c，则金属性：b＜c，B正确；
C. 盐溶液的pH越小，盐的水解程度越大，则对应的碱的碱性越弱，其金属元素的金属性
越弱，相同条件下，氯化物水溶液的pH值：b＜c，则金属性b＜c，C正确；
D. 活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，但是，Na非常活泼，能与水反应，Na不
与溶液中的金属离子反应，因此c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b，D错误；
故合理选项是BC；
(3)A．Fe发生吸氧腐蚀时，没有气体放出，铁发生析氢腐蚀是有氢气生成，A错误；B．Fe的腐蚀过程中，若是酸性环境，不断消耗H+，使溶液的酸性逐渐减弱，则根据水的
离子积不变，则溶液中OH-会逐渐增大，因此水膜的碱性会增强，B正确；
C．在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，C
错误；
D．与电源的负极相连，Fe作阴极被保护，就可以防止Fe发生原电池的腐蚀作用，D正
确；
故合理选项是BD；
(4)根据d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1 mol该易燃气体放出37.68kJ热量，故热化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g) △H=-150.72kJ/mol。

【点睛】
本题考查元素周期表的结构及应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写，注
意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键，注重考查基础知识的综合
应用。

5．
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。

6．
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。

7．
1100℃时，在体积为5L的密闭容器中，发生可逆反应：Na 2SO4(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。

8．
铅是一种金属元素，可用作耐酸腐蚀、蓄电池等的材料。

其合金可作铅字、轴承、电缆包皮之用，还可做体育运动器材铅球等。

(1)铅元素位于元素周期表第六周期IVA。

IVA中原子序数最小的元素的原子有_______种能量不同的电子，其次外层的电子云有_______种不同的伸展方向。

(2)与铅同主族的短周期元素中，其最高价氧化物对应水化物酸性最强的是______（填化学式），气态氢化物沸点最低的是_____________（填化学式）。

(3)配平下列化学反应方程式，把系数以及相关物质(写化学式)填写在空格上，并标出电子转移的方向和数目。

__PbO2+___MnSO4+___HNO3 →___HMnO4+___Pb(NO3)2+___PbSO4↓+____ ____
(4)把反应后的溶液稀释到1 L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6 mol·L-1，则反应中转移的电子数为_______个。

(5)根据上述反应，判断二氧化铅与浓盐酸反应的化学方程式正确的是_______
A．PbO2+4HCl→PbCl4+2H2O B．PbO2+4HCl→PbCl2+ Cl2↑+2H2O
C．PbO2+2HCl+2H+→PbCl2+2H2O D．PbO2+4HCl→PbCl2+2OH-
【答案】3 1 H2CO3 CH4 5 2 6 2 3 2 2H2O
2N A B
【解析】
【分析】
(1)IVA中原子序数最小的元素的原子为C，其核外电子排布式为1s22s22p2，则碳原子有
1s、2s和3p三种能量不同的电子；C的次外层为s轨道，为球形对称结构；
(2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强；同一主族元素中，氢化物的相对分子质量越大，分子间作用力越大，其沸点越高；
(3)根据氧化还原反应中化合价升降相等配平，然后利用单线桥表示出该反应中电子转移的方向和数目；
(4)根据n=c·V计算出铅离子的物质的量，根据反应计算出硫酸铅的物质的量，再根据化合价变化计算出转移电子的物质的量及数目；
(5)根据(3)可知二氧化铅的氧化性大于氯气，二氧化铅与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化铅、氯气和水，据此进行判断。

【详解】
(1)IVA中原子序数最小的元素为C，C原子核外有6个电子，其核外电子排布式为
1s22s22p2，则碳原子有1s、2s和3p三种能量不同的电子；C的次外层为1s轨道，为球形对称结构，只存在1种不同的伸展方向；
(2)IVA中非金属性最强的为C，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性最强，该物质为碳酸，其化学式为：H2CO3；
对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高。

IVA 族元素中，CH4的相对分子质量最小，则其沸点最低；
(3)PbO2中Pb的化合价从+4变为+2价，化合价降低2价；MnSO4中锰元素化合价从+2变为+7，化合价升高5价，则化合价变化的最小公倍数为10，所以二氧化铅的系数为5，硫酸锰的稀释为2，然后利用质量守恒定律可知生成物中未知物为H2O，配平后的反应为：5PbO2+2MnSO4+6HNO3=2HMnO4+3Pb(NO3)2+2PbSO4↓+2H2O，用单线桥表示电子转移的方向
和数目为：；
(4)把反应后的溶液稀释到1 L，测出其中的Pb2+的浓度为0.6 mol/L，则反应生成铅离子的物质的量为：n(Pb2+)=c·V=0.6 mol/L×1 L=0.6 mol，硫酸铅中铅离子的物质的量为0.4 mol，则反应中转移电子的物质的量为：(0.6+0.4) mol×(4-2)=2 mol，反应转移电子的数目为2N A；
(5)根据(3)可知氧化性：PbO2>HMnO4，而HMnO4能够氧化Cl-，所以PbO2能够氧化Cl-，二者反应的化学方程式为：PbO2+4HCl→PbCl2+Cl2↑+2H2O，故合理选项是B正确。

【点睛】
本题考查了原子结构与元素周期律的关系、氧化还原反应的配平及其综合应用，明确氧化还原反应的实质与元素化合价的关系，掌握配平原则是本题解答的关键。

注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，能够利用单线桥或双线桥法分析电子转移的方向和数目。

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。