2020-2021高考化学复习 化学键专项易错题附答案

2020-2021高考化学复习化学键专项易错题附答案
一、化学键练习题（含详细答案解析）
1．
《Nature Energy》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al2O3、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Ni2+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（NH2CH2COOH）是组成最简单的氨基酸，熔点为182℃，沸点为233℃。

①硝酸溶液中NO3⁻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）NH3分子中的键角为107°，但在[Cu(NH3)4]2+离子中NH3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（Li2NH）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/cm3，则阿伏加德罗常数N A=____（列出表达式）mol-l。

【答案】F>N>O 1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8激发平面三角形 sp3 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NH3中N—H键之间的排斥力小于原孤对电子与NH3中N—H键之间的排斥力，故配合离子中NH3的N—H键间
的键角变大；
32
3 1.1610
d
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Ni2+，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar] 3d8；基态Ni2+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)①NO3⁻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+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。

2．
某汽车安全气囊的产气药剂主要含有 NaN 3、Fe 2O 3、KClO 4、NaHCO 3 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) NaN 3 是气体发生剂，受热分解产生 N 2 和 Na ，N 2 的电子式为___________________。

(2) Fe 2O 3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) KClO 4是助氧化剂，反应过程中与 Na 作用生成 KCl 和 Na 2O 。

KClO 4 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)N 2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)Fe 2O 3是氧化剂，与Na 发生置换反应，据此分析；
(3)KClO 4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，N 2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；。

3．
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。

4．
著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”。

稀土元素包括钪、钇和镧系元素。

请回答下列问题：
(1)写出基态二价钪离子(Sc2+)的核外电子排布式____，其中电子占据的轨道数为 ____。

(2)在用重量法测定镧系元素和使镧系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnCl3+3H2C2O4+nH2O=Ln2(C2O4)3∙nH2O+6HCl。

①H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为____；1 mol H2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为 ___。

②H2O的VSEPR模型为 ___；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式_______。

③HCI和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl∙2H2O，HCl∙2H2O中含有
H5O2+，结构为，在该离子中，存在的作用力有___________
a.配位键
b.极性键
c.非极性键
d.离子键
e.金属键 f氢键 g.范德华力h.π键i.σ键
(3)表中列出了核电荷数为21～25的元素的最高正化合价：
元素名称钪钛钒铬锰
元素符号Sc Ti V Cr Mn
核电荷数2122232425
最高正价+3+4+5+6+7
对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是
___________
(4)PrO 2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF 2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点。

假设相距最近的Pr 原子与O 原子之间的距离为a pm ，则该晶体的密度为_____g ∙cm -3(用N A 表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。

【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 1 10 sp 2杂化 7:2 四面体形 NH 2- abfi 五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d 电子数目之和 ()
3
-10A 4141+16234a 103N ⨯⨯⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭
【解析】 【分析】
(1)Sc(钪)为21号元素，1s 22s 22p 63s 23p 63d 14s 2，据此写出基态Sc 2+核外电子排布式；s 、p 、d 能级分别含有1、3、5个轨道，基态Sc 2+的核外电子3d 轨道只占了一个轨道，据此计算Sc 2+占据的轨道数；
(2)①根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算； ②根据价层电子对互斥理论分析H 2O 的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子；
③HCl ∙2H 2O 中含有H 5O 2+，结构为，据此分析该粒子存在的作用力；
(3)根据表中数据，分别写出Sc 、Ti 、V 、Cr 、Mn 的外围电子排布式为：3d 14s 2、3d 24s 2、3d 34s 2、3d 54s 1、3d 54s 2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d 电子数目之和；
(4)根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度=
m V 进行计算。

【详解】
(1)Sc(钪)为21号元素，基态Sc 2+失去两个电子，其核外电子排布式为：
1s 22s 22p 63s 23p 63d 1，s 、p 、d 能级分别含有1、3、5个轨道，但基态Sc 2+的核外电子3d 轨道只占了一个轨道，故共占据1×3+3×2+1=10个，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 1；10；
(2)①H 2C 2O 4的结构式为，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为sp 2杂化，分子中含有7个σ键、2个π键，所以σ键和π键数目之比为：7:2，故答案为：sp 2杂化；7:2；
②H 2O 中O 原子的价层电子对数6+2==42
，且含有两个2个孤对电子，所以H 2O 的VSPER 模型为四面体形，分子空间构型为V 形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，
因此，与H 2O 互为等电子体的阴离子可以是NH 2-，故答案为：四面体形；NH 2-； ③HCl∙2H 2O 中含有H 5O 2+，结构为
，存在的作用力有：配位键、极性键、氢键和σ键，故答案为：abfi ；
(3)根据表中数据，分别写出Sc 、Ti 、V 、Cr 、Mn 的外围电子排布式为：3d 14s 2、3d 24s 2、3d 34s 2、3d 54s 1、3d 54s 2，则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d 电子数目之和，故答案为：五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s 电子和次高能层d 电子数目之和；
(4)由图可知，相距最近的Pr 原子和O 原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的14，则该晶胞的晶胞参数-103=4a 10cm ⨯⨯，每个晶胞中占有4个“PrO 2”，则该晶胞的质量为()A 4141+162g N ⨯⨯，根据m =V ρ可得，该晶体的密度为：()3-10A 4141+16234a 10N ⨯⨯⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭
，故答案为：
()
3-10A 4141+16234a 10N ⨯⨯⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭ 。

【点睛】
本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第(2)小题的第②问中H 2O 的VSEPR 模型容易习惯性写为空间构型V 形，解答时一定要仔细审题，注意细节。

5．
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·Al 2O 3+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·Al 2O 3比Al 2O 3稳定
(4)工业上用氢氧化铝、氢氟酸和碳酸钠制取冰晶石(Na 3AlF 6)。

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。

6．
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。

7．
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。

8．
中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖。

青蒿素（C15H22O5）的结构如图所示。

请回答下列问题：
（1）组成青蒿素的三种元素电负性由小到大排序是_____，在基态O原子中，核外存在
_____对自旋相反的电子。

（2）下列关于青蒿素的说法正确的是_____（填序号）。

a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键
b.在青蒿素分子中，所有碳原子均采取sp3杂化
c.图中数字标识的五个碳原子均只以σ键与其它原子成键
（3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用NaBH4作为还原剂，其制备方法为：
4NaH+B(OCH3)→3NaBH4+3CH3ONa
①NaH为_____晶体，如图是NaH晶胞结构，则NaH晶体的配位数是_____，若晶胞棱长为a，则Na原子最小核间距为_____。

②B(OCH3)3中B采用的杂化类型是_____。

写出两个与B(OCH3)3具有相同空间构型的分子或离子_____。

③NaBH4结构如图所示，结构中存在的化学键类型有_____。

【答案】H＜C＜O 3 a 离子
2 sp2
3
BF、2-
3
CO离子键、配位键、共价键
【解析】
【详解】
（1）青蒿素由碳、氢、氧三种元素组成，三种元素的电负性由小到大排序为H＜C＜O；基态氧原子的电子排布式为224
1s2s2p，因此一共有3对自旋相反的电子，还有2个未成对电子；
（2）a.青蒿素分子中有C-C非极性键和O-O非极性键，也有C-H等极性键，a项正确；
b.标出的4号碳原子形成了3个σ键而没有孤电子对，因此为2
sp杂化，b项正确；
c.同b 项，4号碳原子形成了3个σ键和1个π键，c 项错误；
答案选a ；
（3）①金属氢化物是由金属阳离子和-H 组成的，因此为离子晶体，NaH 的结构与食盐类似，因此配位数均为6，根据晶胞结构不难看出钠（黑球）与钠之间的最小核间距为面对角线的一半，已知晶胞棱长为a
②硼原子的配位数为3，没有孤电子对，因此其采用2sp 的杂化方式，采用2sp 杂化的单核
分子有很多，例如3BF 、2-
3CO 等（合理即可）；
③首先阴、阳离子间存在离子键，硼原子最外层只有3个电子，因此除形成3个共价键外还要形成1个配位键，类似于+4NH 。

【点睛】
金属氢化物是一种近年来经常出现的物质，例如氢化钾、氢化钠、氢化钙等，其中氢以少见的-1价存在，这些氢化物都可以和水反应放出氢气，反应的本质是-1价的氢和+1价的氢发生归中反应。

9．
X 、Y 、Z 、W 四种短周期元素，其原子序数依次增大。

X 的某种原子没有中子，Y 的单质可用作保护气，Z 的最外层电子数和Y 的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37，下列说法错误的是
A ．X 与Y 可形成1:3型或者2:4型的共价化合物
B ．X 与Z 、W 和Z 都可形成2:1型的离子化合物
C ．Y 和Z 的简单离子半径：Y>Z
D ．W 的含氧酸的酸性在同一周期和同一主族中都是最强的
【答案】D
【解析】
【分析】
X 、Y 、Z 、W 四种短周期元素，其原子序数依次增大。

X 的某种原子没有中子，X 为H(氢)，Y 的单质可用作保护气，Y 为N(氮)，Z 的最外层电子数和Y 的最内层电子数相等，且四者的原子序数之和为37，Z 为Mg(镁)，W 为Cl(氯)。

【详解】
根据题意推测：X 为H(氢)、Y 为N(氮)、Z 为Mg(镁)、W 为Cl(氯)。

A ．N 和H 可以形成NH 3，也可形成N 2H 4，二者都是共价化合物，A 正确；
B ．H 和Mg 可形成MgH 2，Cl 和Mg 可形成MgCl 2，二者都是2:1型离子化合物，B 正确；
C ．N 3－和Mg 2+电子层数相同，但Mg 2+的原子序数更大，对核外电子的吸引能力较大，半径较小，C 正确；
D ．Cl 的最高价含氧酸是同周期和同主族最强的，D 未说明最高价，D 错误。

故选C 。

【点睛】。