高考化学专题复习分类练习 原子结构与元素周期表综合解答题
高考化学专题复习分类练习 原子结构与元素周期表综合解答题
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
（1）Zn 原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________
泡利不相容原理内容______________________
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn 和Cu 组成。第一电离能
I 1(Zn)__________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是__________
（3）ZnF 2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________
（4）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____
六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为__________g·
cm -3(列出计算式)。
【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar ]3d 104s 2 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为
主、极性较小 六方最密堆积(A 3型2A 3N 6a c ??? 【解析】
【分析】
【详解】
(1)Zn 原子核外有30个电子，分别分布在1s 、2s 、2p 、3s 、3p 、3d 、4s 能级上，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu 失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu 较Zn 易失电
子，则第一电离能Cu ＜Zn ，故答案为：大于；Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF 2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF 2属于离子化合物而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2为共价化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为主，极性较小；
(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn 原子的配位数为12，该晶胞中Zn 原子个
数=12×16+2×12+3=6，六棱柱底边边长为acm ，高为ccm ，六棱柱体积=[(6×23a )×3×c]cm 3，晶胞密度=2A m V 3N 6a c =???，故答案为：六方最密堆积(A 3型)；12；2A 3N 6a c ???。 【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
2．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(Sc 2+)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2LnCl 3+3H 2C 2O 4+nH 2O=Ln 2(C 2O 4)3?nH 2O+6HCl 。
①H 2C 2O 4中碳原子的杂化轨道类型为____；1 mol H 2C 2O 4分子中含σ键和π键的数目之比为 ___。
②H 2O 的VSEPR 模型为 ___；写出与H 2O 互为等电子体的一种阴离子的化学式_______。 ③HCI 和H 2O 可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如HCl?2H 2O ，HCl?2H 2O 中含有H 5O 2+，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 21 22 23 24 25
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)PrO2(二氧化镨)的晶胞结构与CaF2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】1s22s22p63s23p63d1 10 sp2杂化 7:2 四面体形 NH2- 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
-10
A
4141+162
3
4a10
N
??
??
???
?
??
【解析】
【分析】
(1)Sc(钪)为21号元素，1s22s22p63s23p63d14s2，据此写出基态Sc2+核外电子排布式；s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，据此计算Sc2+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H2O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?2H2O中含有H5O2+，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：3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2，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Sc2+失去两个电子，其核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d1，s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，但基态Sc2+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：1s22s22p63s23p63d1；10；
(2)①H2C2O4的结构式为，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为
sp2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：sp2杂化；7:2；
②H2O中O原子的价层电子对数
6+2
==4
2
，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H2O互为等电子体的阴离子可以是NH2-，故答案为：四面体形；NH2-；
③HCl?2H2O中含有H5O2+，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：3d14s2、3d24s2、
3d34s2、3d54s1、3d54s2，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
1
4
，则该晶胞的晶胞参数-10
3
=4a10cm
??，每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为
()
A
4141+162
g
N
??
，根据
m
=
V
ρ可得，该晶体的密度为：
()
3
-10
A
4141+162
3
4a10
N
??
??
???
?
??
，故答案为：
()
3
-10
A
4141+162
3
4a10
N
??
??
???
?
??
。
【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H2O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。
3．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答下列问题。
（1）第三周期元素中非金属性最强的元素的原子结构示意图是___。
（2）②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是___(填化学式)。
（3）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是___(填序号)。
a．单质的熔点：⑤＜⑥
b．化合价：⑤＜⑥
c．单质与水反应的剧烈程度：⑤＞⑥
d．最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤＞⑥
（4）为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：
①仪器A的名称是___，A中发生反应的离子方程式是___。
②棉花中浸有NaOH溶液的作用是___(用离子方程式表示)。
③验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到___。该实验必须控制⑨单质的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论。理由是___。
④第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐_____(填“增大”或“减小”)，得电子能力逐渐减弱。
【答案】 HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 cd 分液漏斗 2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl- Cl2＋2OH-
=H2O＋Cl-＋ClO-溶液分层，下层液体为紫红色氯气能够氧化溴离子和碘离子，氯气必须少量，否则干扰检验结果增大
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，元素①～⑨分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl，结合元素周期律和物质的性质分析解答。
【详解】
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，其原子结构示意图是；
(2)元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是HNO3＞H2CO3＞H2SiO3；
(3)a．根据单质的熔点不能判断金属性强弱，故a错误；
b．化合价高低不能作为比较金属性的依据，故b错误；
c．Na与水反应比Al剧烈，说明金属性：Na＞Al，可以比较，故c正确；
d．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以比较，故d正确；
答案选cd；
(4)①A为分液漏斗，A中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，离子方程式为2Br－＋Cl2=Br2
＋2Cl－；
②NaOH溶液用于吸收氯气，离子方程为Cl2＋2OH－=H2O＋Cl－＋ClO－；
③溴与KI反应生成碘单质，碘单质易溶于四氯化碳。将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到溶液分层，下层呈紫色；若通入过量氯气，剩余的氯气能够进入试管先于Br2氧化碘离子，干扰溴与碘离子的反应，所以氯气必须少量，否则干扰检验结果；
④同主族元素从上到下，原子核外电子层数增加，原子半径增大，故得到电子能力减弱。【点睛】
比较金属性的强弱，是看金属与水或与酸反应的剧烈程度，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，比较非金属性强弱，可以依照单质的氧化性的强弱。
4．如图是元素周期表中的前四周期，①～⑨为相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题：
（1）根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素⑦位于周期表的___区。
（2）写出元素③与元素⑤形成的稳定化合物的结构式______。
（3）②、⑥两元素形成的化合物其中心原子的杂化轨道类型为___。
（4）元素⑦与CO可形成X（CO）5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-
20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于____晶体（填晶体类型）。
（5）元素⑨的离子的氢氧化物不溶于水，但可溶于氨水，该离子与NH3间结合的作用力为____。
（6）将①、⑥形成的化合物溶于水，其与水间可能存在的氢键表示为____________（写一种即可）。
（7）金属⑦有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如下图，则δ和α中原子的配位数之比为________。
【答案】d O=C=O sp2杂化分子配位键 F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O 4：3
【解析】
【分析】
根据元素周期表可知①为H元素、②为B元素、③为C元素、④为N元素、⑤为O元素、⑥为F元素、⑦为Fe元素、⑧为Cu元素、⑨为Zn元素。
【详解】
（1）元素⑦为Fe元素，位于周期表的d区，故答案为：d；
（2）元素③为C元素、元素⑤为O元素，其形成的稳定化合物为二氧化碳，结构式为：O=C=O，故答案为：O=C=O；
（3）②为B元素、⑥为F元素，两元素形成的化合物为BF3，中心原子是B，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数=3+0=3，杂化轨道类型为：sp2杂化，故答案为：sp2杂化；
（4）元素⑦为Fe元素、与CO可形成Fe(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于分子晶体，故答案为：分子；
（5）元素⑨Zn元素，氢氧化物为Zn(OH)2不溶于水，但可溶于氨水，Zn2+离子与NH3间结合的作用力为配位键，故答案为：配位键；
（6）①为H元素、⑥为F元素，形成的化合物为HF，溶于水，与水分子间可能存在的氢键表示为：F－H…F、F－H…O、O－H…F、O－H…O，故答案为：F－H…F、F－H…O、O －H…F、O－H…O；
（7）金属⑦为Fe，有δ、γ、α三种同素异形体，δ为体心立方，α为简单立方，原子的配位数之比为8：6＝4：3，故答案为：4：3。
【点睛】
金属晶体的原子堆积模型：①简单立方堆积，空间利用率52%，配位数6；②体心立方堆积，空间利用率68%，配位数8；③六方最密堆积，空间利用率74%，配位数12；④面心立方最密堆积，空间利用率74%，配位数12。
5．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，B、C、D、E 同周期，A、D同主族，且A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍。F和其他元素既不在同周期也不在同主族，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：
(1)A、F的名称为______、_______。
(2)A和D与氢元素形成的氢化物中，沸点较高的是______(填化学式，下同)，D和E的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是_________，写出A和B形成的化合物中含有共价键的化合物的电子式_____。
(3)B、C形成的单质中与水反应较剧烈的是________，相应反应的化学方程式为
______________。
(4)写出C的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。
【答案】氧钙 H2O HClO4 Na 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍，最外层最多容纳8个电子，则A含有2个电子层，最外
层含有6个电子，A为O元素；A、D同主族，则D为S元素；B、C、D、E同一周期，则四种元素都位于元素周期表第三周期，E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则B为Na元素，C为Al 元素；F和其他元素既不在同周期也不在同主族，则F位于第四周期，F不可能为K元素，只能为Ca元素，据此进行解答。
【详解】
根据上述分析可知：A为O，B为Na，C为Al，D为S，E为Cl，F为Ca元素。
(1)根据分析可知，A、F元素的名称分别为氧、钙；
(2)A、D分别为O、S，二者的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的作用力，导致其沸点比H2S高；
D为S、E为Cl，元素的非金属性：Cl>S，由于元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以S、Cl元素的最高价含氧酸的酸性较强的为高氯酸，其化学式为：HClO4；
A为O，B为Na，二者形成的含共价键的化合物为Na2O2，Na2O2是由2个Na+与1个O22-通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为；
(3)B、C的单质分别为Na、Al，钠的金属性比铝强，与水反应更剧烈。钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
(4)C是Al，Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，B是Na，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH反应产生NaAlO2和H2O，二者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【点睛】
本题考查了元素的位置、结构与性质关系的应用，根据元素的原子结构及性质和相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题有利于培养学生的分析能力及灵活应用能力。
6．如表所示为元素周期表的一部分，参照元素①～⑩在表中的位置，请回答下列问题：
(1)写出①和④两种元素原子按1：1组成的常见化合物的电子式______。
(2)用电子式表示⑥和⑨形成化合物的过程：______。
(3)③、⑧、⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为 ______(用化学式表示)。
(4)已知周期表中存在对角相似规则，如②与⑦在周期表中处于对角线位置则化学性质相似，②的氧化物、氢氧化物也有两性，写出②的氢氧化物与⑥的氢氧化物反应的化学方程
式 ______。
(5)⑤、⑥、⑩的离子半径由大到小的顺序为 ______(用离子符号表示)。
【答案】 HClO4>HNO3>H3PO4
Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O Cl->F->Na+
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置，可知①是H，②是Be，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Na，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl。
(1)①和④两种元素原子按1：1组成的常见化合物为过氧化氢；
(2)⑥和⑨形成化合物为硫化钠，为离子化合物；
(3)非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
(4)②的氢氧化物与⑥的氢氧化物反应，生成偏铍酸钠、水；
(5)离子核外电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小。
【详解】
由元素在周期表中位置，可知①是H，②是Be，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Na，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl。
(1)①和④两种元素原子按1：1组成的常见化合物为过氧化氢，分子式是H2O2，在该分子中2个O原子形成一个共价键，每个O原子分别与H原子形成1个共价键，因此H2O2的电子式为；
(2)⑥和⑨形成化合物为硫化钠，Na2S为离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示Na2S形成化合物的过程为：；
(3)元素的非金属性越强，其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，③、⑧、⑩的最高价氧化物对应水化物分别是HNO3、H3PO4、HClO4，三种酸的酸性由强到弱的顺序为HClO4>HNO3>H3PO4；
(4)②的氢氧化物Be(OH)2是两性氢氧化物，可以与⑥的氢氧化物NaOH反应，生成偏铍酸钠和水，反应方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；
(5)离子核外电子层数越大，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小。所以⑤、⑥、⑩三种元素的离子F-、Na+、Cl-的离子半径由大到小的顺序为Cl->F->Na+。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及元素周期律的应用。掌握元素的位置、结构与性质的关系、元素化合物知识为解答的关键。注重原子结构与元素化合物知识相结合的训练，侧重考查学生的分析与应用能力。
7．A、B、C、D为原子序数依次增大短周期元素，A的最外层电子数是其电子层数2倍；B 的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固
体E；D的L层电子数等于其它电子层上的电子数之和。
(1)A元素名称为______，D在周期表中的位置________，离子半径大小B___C(填“>”“<”或“=”)。
(2)B的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。比较B的氢化物和D的氢化物沸点：B___D（填“＞”“＜”或“=”），原因是_________________。
(3)E中含有化学键类型：_________，属于___________化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）。
(4)用电子式表示C与D的二元化合物的形成过程：_____________________。
(5)氢原子与B分别形成10电子和18电子分子，写出18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__________________。
【答案】碳第三周期第VIA > 同素异形体 > 水分子间存在氢键离子键和非极性共价键离子化合物 2H2O22H2O+O2↑【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，A的最外层电子数是其电子层数2倍，则A 原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，A是C元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，淡黄色固体E是Na2O2，则B是O元素、C是Na元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则D原子M层电子数为6，则D为S元素。然后根据元素的原子结构及形成的化合物的性质，结合元素周期律分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：A是C元素，B是O元素，C是Na元素，D是S元素，淡黄色的固体E是Na2O2。
(1)A是C元素，元素名称为碳；D是S元素，原子核外电子排布为2、8、6，则S在元素周期表中位于第三周期第VIA族；O2-、Na+核外电子排布是2、8，二者电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径O2-
>Na+；
(2)氧元素形成的单质有O2、O3，二者是由同一元素形成的不同性质的单质，互为同素异形体；B的氢化物H2O和D的氢化物H2S结构相似，由于在H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使得物质的熔沸点升高，故物质的沸点：H2O>H2S；
(3)E是Na2O2，该物质是离子化合物，2个Na+与O22-之间通过离子键结合，在阴离子O22-中2个O原子之间通过共价键结合；
(4)C与D的二元化合物Na2S是离子化合物，Na+与S2-通过离子键结合，用电子式表示其形成过程为：。
(5)H与O分别形成10电子分子是H2O，形成的18电子分子是H2O2，18电子分子H2O2不稳定，容易分解为H2O和O2，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑。
【点睛】
本题考查位置结构性质的相互关系及应用，涉及原子结构、元素周期表结构、物质性质等
知识点，熟练掌握元素化合物、元素周期律等知识点，侧重考查学生分析与应用能力。
8．元素A 、B 、D 、E 、F 、G 均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，只有E 为金属元素。已知A 原子只有一个电子层；E 、F 的原子序数分别是B 、D 的2倍，其中D 、F 同主族，B 、E 不同主族。回答下列问题：
（1）元素D 在周期表中的位置____。
（2）F 和G 形成的化合物，分子中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物的电子式为____。
（3）由上述元素组成的物质中，按下列要求写出化学方程式
①两种弱酸反应生成两种强酸______；
②置换反应，且生成物在常温均为固态____。
（4）在D 、F 、G 中选取2种元素组成具有漂白、杀菌作用的化合物___。
【答案】第二周期VI A 族 或 2324H SO +HClO=H SO +HCl 22Mg+CO C+2MgO 点燃 ClO 2、SO 2
【解析】
【分析】 A 元素为短周期主族元素，且A 原子只有一个电子层，所以A 为氢元素；F 的原子序数是D 的2倍，且D 和F 在同一主族，所以D 为氧元素，F 为硫元素，则G 为氯元素；E 为金属元素，其原子序数是B 的2倍，所以E 核外电子数为偶数，位于第三周期，为镁元素，所以B 是碳元素。即A 、B 、D 、E 、F 、G 依次是H 、C 、O 、Mg 、S 、Cl 元素。
【详解】
(1)元素D 为氧元素，位于第二周期VI A 族；
(2)F 为硫元素，G 为氯元素，形成的化合物分子中所有原子均满足8电子稳定结构，则硫应显2价，氯显1价，所以该化合物为SCl 2或S 2Cl 2（硫与氧同主族，也可能形成硫硫非极性共价键），其对应的电子式为；
(3)①弱酸制强酸，通常发生的是氧化还原反应。分析所给的元素中，表现强氧化性的弱酸想到次氯酸，表现还原性的酸想到H 2S 、H 2SO 3等，但二者中只有H 2SO 3与次氯酸反应生成的是两种强酸：H 2SO 3+HClO=HCl+H 2SO 4；
②置换反应，要有单质参与，生成物均为固体，排除了氯、氢等，想到镁和二氧化碳：22Mg+CO C+2MgO 点燃；
(4)中学学习的具有漂白性的物质包括二氧化硫、过氧化钠、过氧化氢、次氯酸、二氧化氯等，其中由所给的元素组成的且组成元素为2种的，想到了二氧化氯、二氧化硫。
9．A 、B 、C 、D 、E 、F 六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。已知：A 元素的原子半径最小，B 元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C 元素的最高价氧化物
对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2。请回答：
（1）元素C在周期表中的位置是________。
（2）元素D的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与水反应的离子方程式____________________________________。
（3）D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是________(写名称)。以下说法中，可以证明上述结论的是__________(填写编号)。
a．比较这两种元素的常见单质的沸点
b．二者形成的化合物中，D元素的原子显负价
c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
d．比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性
（4）元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中反应的离子方程式是___________________________。
【答案】第二周期ⅤA族 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑氧 bc H++HSO3-=SO2↑+H2O 【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A元素的原子半径是主族元素中最小的，则A为H；C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，则C为N元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素；D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则E最外层含有6个电子，为S元素，D为O元素；F的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则F为Cl元素，据此解答。
【详解】
根据分析可知：A为H，B为C元素，C为N，D为O，E为S，F为Cl与水。
（1）C是N元素，其原子核内有7个质子，在周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；
（2）D元素单质与钠反应生成的化合物可以作潜水面具中的供氧剂，为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
（3）这两种元素分别O、S元素，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性较强的是O元素，名称为氧；元素的非金属性越强，对应的原子得电子能力越强，而
a. 单质的沸点与非金属性无关，与得电子能力无关，a项错误；
b. 二者形成的化合物为二氧化硫与三氧化硫，O元素的原子显负价，则证明O的得电子能力比S强，b项正确；
c. 气态氢化物的稳定性越强，则元素的非金属性越强，得电子能力越强，c项正确；
d. 这两种元素氢化物的水溶液的酸性与非金属性无关，与得电子能力无关，d项错误；
答案为：氧；bc；
（4）A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐分别是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，二者反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：H++HSO3?═SO2↑+H2O。【点睛】
第（3）问元素周期律的判断是常考点，要特别注意非金属性的判断依据，可总结为： 1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；
2、由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。（比如F 2、Cl 2、Br 2和H 2O 的反应剧烈程度依次减弱，则非金属依次减弱）；
3、由对应氢化物的稳定性判断。氢化物越稳定，非金属性越强；
4、由和氢气化合的难易程度判断。化合反应越容易，非金属性越强；
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；
6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；
10． (1)在188O 中，中子数为________；该原子与16
8O 是_________关系。
(2)标准状况下，有以下三种物质余①222gCO ，②433.6LCH ，③21molH O ，上述物质质量最大的_____(填序号，下同)，所含原子数最多的是______，体积最小的是_______。
(3)已知A 、B 、C 、D 均含有同一种元素，其中A 为活泼金属单质，热的C 溶液可用于洗涤油污。且它们四种物质之间存在如下转化关系，请回答下列问题：
①D 的化学式为：_____。
②写出过程③的化学方程式：__________。
【答案】10 同位素 ② ② ③ NaHCO 3 Na 2CO 3+ CO 2+H 2O=2NaHCO 3
【解析】
【分析】
(1)质量数=质子数+中子数；同位素是同种元素的不同核素；
(2) 标准状况下：①22gCO 2的物质的量为2244/mol
g g =0.5mol ，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L ；②33.6LCH 4的物质的量为
33.622.4/mol
L L =1.5mol ，质量为1.5mol×16g/mol=24g ；③1molH 2O 的质量为1mol×18g/mol=18g ，体积为18mL ； (3)常用热的Na 2CO 3溶液洗涤油污，且Na 为活泼金属，则A 为Na 、B 为NaOH 、C 为Na 2CO 3、D 为NaHCO 3。
【详解】
(1)在18
8O 中，中子数为18-8=10；18
8O 与16
8O 具有相同质子数和不同中子数，互为同位
素；
(2) 标准状况下：①22gCO 2的物质的量为2244/mol
g g =0.5mol ，体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L ，含有的原子总物质的量为1.5mol ；②33.6LCH 4的物质的量为
33.622.4/mol
L L =1.5mol ，质量为1.5mol×16g/mol=24g ，含有的原子总物质的量为7.5mol ；③1molH 2O 的质量为1mol×18g/mol=18g ，体积为18mL ，含有的原子总物质的量为3mol ；则上述物质质量最大的②，所含原子数最多的是②，体积最小的是③；
(3) 常用热的Na 2CO 3溶液洗涤油污，且Na 为活泼金属，则A 为Na 、B 为NaOH 、C 为Na 2CO 3、D 为NaHCO 3；
①D 为碳酸氢钠，化学式为NaHCO 3；
②过程③为碳酸钠与水、CO 2反应生成NaHCO 3，发生反应的化学方程式Na 2CO 3+ CO 2+H 2O=2NaHCO 3。
11．海水中溴含量约为67mg?L -1，从海水中提取溴的一种工艺流程如图：
（1）步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转化为化合态的溴，其目的是___。 （2）步骤Ⅱ中通入热空气吹出Br 2，利用了Br 2的___（填序号）。
A ．氧化性
B ．还原性
C ．挥发性
D ．腐蚀性
（3）步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在横线上填上适当的化学计量数：___Br 2+___CO 32-——___BrO 3-+___Br -+___CO 2。
（4）上述流程中吹出的溴蒸汽也可先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯气氧化，最后蒸馏，写出Br 2与SO 2水溶液反应的化学方程式：___。
【答案】富集（或浓缩）溴元素 C 3 3 1 5 3 SO 2+Br 2+2H 2O=2HBr+H 2SO 4
【解析】
【分析】
根据流程分析可知：海水晒盐后得到氯化钠和卤水，卤水中通入氯气，可将溴离子氧化为单质溴，得到低浓度的溴溶液，通入热空气或水蒸气吹出Br 2，利用的是溴单质的易挥发性，利用纯碱溶液吸收溴单质，再用硫酸酸化，使溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，据此解答。
【详解】
(1)由于海水中Br -的含量低，步骤Ⅰ获得游离态的溴后，步骤Ⅱ又将其转化为化合态的溴，其目的是富集(或浓缩)溴元素，故答案为：富集(或浓缩)溴元素；
(2)步骤Ⅱ用热空气吹出Br 2，主要利用了Br 2的挥发性，故答案为：C ；
(3)该反应中Br 元素的化合价由0价变为?1价、+5价，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，配平该离子程式为：3Br 2+3CO 32? ═ BrO 3?+5Br ?+3CO 2↑，故答案为：3；3；1；5；3；
(4)溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为
SO+Br+2H O=2HBr+H SO，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4。
22224
12．从海水中提取溴的工业流程如图：
(1)步骤I中将卤水酸化，再通入Cl2，是为了防止Cl2与碱反应，写出Cl2与碱反应的离子方程式_____。
(2)步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是__________。
(3)实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水，这与液溴的_____性质有关（填写序号）。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．密度比水大
(4)步骤II中将吹出的溴蒸汽用纯碱溶液吸收时还有CO2生成，写出吸收时发生反应的离子方程式：___。
(5)步骤II中通入热空气吹出的Br2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr溶液，其目的是
______________。
(6)步骤III中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是_______________。
(7)步骤III中若使用硝酸酸化，缺点是_________。
【答案】Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O 富集溴元素 CD 3CO32-+3Br2=3CO2+5Br-+BrO3-除去未反应完的氯气 Na2SO4可能会生成氮氧化物气体污染空气
【解析】
【分析】
(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O；
(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素；
(3)溴单质具有易挥发性和在水中溶解度比较小分析；
(4)根据反应物、生成物，结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
(5)根据Cl2与NaBr反应制取Br2，从Cl2反应程度上分析；
(6)NaBr、NaBrO3、H2SO4发生归中反应，根据元素守恒分析；
(7)根据硝酸的强氧化性分析。
【详解】
(1)Cl2在碱性溶液中发生歧化反应，产生Cl-、ClO-和H2O，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：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水，卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质，
(2)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元
素，降低成本；
(3)溴单质在室温下为深红棕色液体，易挥发，由于其密度比水大，且在水中溶解度较小，实验室保存液溴时，通常在盛液溴的试剂瓶中加少量的水形成水封，故合理选项是CD ； 步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br 2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C ；
(4)根据流程图及题目叙述可知Br 2在Na 2CO 3溶液中发生歧化反应产生NaBr 、NaBrO 3、CO 2，该反应中Br 元素化合价由0价变为-1价、+5价，其最小公倍数是5，再结合原子守恒或电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：3CO 32-+3Br 2=3CO 2+5Br -+BrO 3-；
(5)上述流程中吹出的溴蒸气是Cl 2与NaBr 反应产生的，因此溴蒸气中可能含有过量的未反应的氯气，步骤II 中通入热空气吹出的Br 2用纯碱溶液吸收前先经过NaBr 溶液，可以发生反应Cl 2+2NaBr=2NaCl+Br 2，除去未反应完的氯气；
(6)步骤II 反应产生的NaBr 、NaBrO 3与硫酸混合，发生反应：
5NaBr+NaBrO 3+3H 2SO 4=3Na 2SO 4+3Br 2+3H 2O ，反应产生的Br 2被蒸出，所以步骤III 中蒸馏出工业溴后残留液的主要溶质是Na 2SO 4；
(7)步骤III 中若使用硝酸酸化，由于硝酸不仅具有酸性，而且还具有强的氧化性，可以将NaBr 氧化为Br 2或更高价态的化合物，HNO 3被还原产生NO 、NO 2等氧化物，导致环境污染。
【点睛】
本题考查了海水资源的综合利用，涉及物质的保存、氧化还原反应、物质成分的判断等知识点，掌握物质的基本性质、化学反应基本理论是解答关键。从整体上分析流程，明确每一步可能发生的反应及基本操作，再逐一分析判断。
13．在玻璃生产中，熔炉里原料发生的主要反应为：
2Na 2CO 3+CaCO 3+3SiO 22Na 2SiO 3+CaSiO 3+3CO 2↑。
(1)某反应物在熔融状态下不导电，它属于______晶体。
(2)上述反应里所涉及的短周期元素原子半径由大到小的顺序为________。
(3)碳和硅属于同族元素，该族元素的原子最外层电子的价层电子表示式为________。
(4)写一个能比较碳元素和氧元素非金属性强弱的化学反应方程式：________。
(5)CO 2的电子式为_______。
(6)反应物Na 2CO 3与CaCO 3均能制备二氧化碳，但是往往不是都能使用稀硫酸，请说明理由。______
【答案】原子 Na>Si>C>O ns 2np 2 22C+O CO 点燃 CaCO 3与稀硫酸反应生成的CaSO 4微溶于水，会附着在CaCO 3表面阻止反应进一步进行
【解析】
【分析】
(1)反应物中Na 2CO 3、CaCO 3为离子晶体，SiO 2为原子晶体；
(2)反应中涉及Na 、C 、Si 、O 、Ca 五种元素，根据它们在周期中的位置及元素周期律分析；
(3)C 、Si 位于第IVA ，最外层有4个电子，根据核外电子排布规律书写；
(4)根据二者形成化合物中元素化合价的正负判断；
(5)C 原子与2个O 原子形成4个共用电子对；
(6)根据反应产物的溶解性、反应进行的快慢分析。
【详解】
(1)反应物中Na 2CO 3、CaCO 3是盐，属于离子晶体，离子晶体在熔融状态时电离产生自由移动的离子，因此能导电，而SiO 2为原子晶体，原子之间通过共价键结合形成晶体，原子晶体在熔融状态下不导电；
(2)在上述反应中涉及Na 、C 、Si 、O 、Ca 五种元素，Ca 位于第四周期，Na 、Si 位于第三周期，C 、O 位于第二周期，由于同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以上述反应里所涉及的短周期元素原子半径由大到小的顺序为Na>Si>C>O ；
(3)碳和硅属于同一族元素，该族元素的原子最外层电子数为4个，根据核外电子排布规律可得该族元素的价层电子排布式为ns 2np 2；
(4)C 与O 2在点燃条件下发生反应产生CO 2气体，在该反应产生的CO 2中，C 为+4价，O 为-2价，表明O 吸引电子能力强，共用电子对偏小O 原子，偏离C 原子，从而证明元素的非金属性O>C ；
(5)在CO 2分子中，C 原子与2个O 原子形成4个共用电子对，从而使分子中每个原子都达到8个电子的稳定结构，电子式为；
(6)从理论上可知反应物Na 2CO 3与CaCO 3均能制备二氧化碳，但是往往不是都能使用稀硫酸，Na 2CO 3与硫酸反应产生Na 2SO 4具有可溶性，对反应无影响，而CaCO 3与稀硫酸反应生成的CaSO 4微溶于水，会附着在CaCO 3表面阻止反应进一步进行，因此就不能使用H 2SO 4制备CO 2。
【点睛】
本题考查了晶体的类型、元素周期表的应用、电子式、气体飞制取方法等，把握原子的电子排布与元素的位置关系为解答的关键，要注重基础知识的学习，从物质的溶解性等分析气体制备试剂的使用情况。
14． (1)写出表示含有8个质子，10个中子的原子的化学符号：________。
(2)根据下列微粒回答问题：1
1H 、2
1H 、31H 、14C 、14
N 、16O 、352Cl 、372Cl 。
①以上8种微粒共有________种核素，共________种元素。
②互为同位素的是________。
③质量数相等的是________和________，中子数相等的是________和________。
(3)相同物质的量的142CO 与182S O 的质量之比为________；中子数之比为________；电子数之比为________。
(4)铷和另一种碱金属形成的合金7.8g 与足量的水反应后，产生0.2g 氢气，则此合金中另一碱金属可能是______________。(铷的相对原子质量取85.5)
(5)质量相同的H 2O 和D 2O 与足量钠反应，放出的气体在标准状况下的体积之比为________。
【答案】188O 6 5 1
1H 、2
1H 、31H 14C 14N 14C 16O 23：34 2：3 11：
16 Li 或Na 10：9
【解析】
【详解】
(1)质子数为8的原子，则为O ，质量数=质子数+中子数=8+18=18，化学符号为188O ；
(2)①具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子称为核素，则共有6种核素；5种元素；
②同位素为质子数相等，而中子数不等的原子，则
11H 、21H 、31H 互为同位素； ③质量数相等的是
14C 和14N ，中子数相等的是14C 和16O 。 (3)相同物质的量的142CO 与182S O 的质量，m(142CO )：m(182S O )=n ×46：n ×68=23：34；中子数之比=n ×24：n ×36=2：3；电子数之比=n ×22：n ×32=11：16； (4)M=m n =7.80.2
=39g/mol ，铷摩尔质量为85.5g/mol ，则另一碱金属的摩尔质量小于平均值，则只能是Na 或Li ；
(5)质量相同的H 2O 和D 2O ，物质的量分别为18m mol 、20m mol ，与足量钠反应生成氢气的量与水的物质的量有关，则氢气的物质的量的比为
18m ：20
m =20：18=10：9，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，则体积比为10：9。
【点睛】 相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比。
15．氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。
(1)Ti(BH 4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。
①Ti 2+基态的电子排布式可表示为__________________。
②BH 4-的空间构型是________________(用文字描述)。
(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N 2+3H 2储氢输氢
垐垐垐?噲垐垐?2NH 3实现储氢和输氢。
①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是__________________。
②下列说法正确的是________(填字母)。
a .NH 3分子中N 原子采用sp 3杂化
b .相同压强时，NH 3沸点比PH 3高
c .[Cu(NH 3)4]2＋中，N 原子是配位原子
d .CN -的电子式为
(3)Ca 与C 60生成的Ca 32C 60能大量吸附H 2分子。
①C60晶体易溶于苯、CS2，说明C60是________分子(填“极性”或“非极性”)；
②1个C60分子中，含有σ键数目为________个。
(4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为a g·cm-3，则晶胞的体积为____cm3[用a、N A表示(N A表示阿伏加德罗常数)]。
【答案】1s22s22p63s23p63d2(或[Ar]3d2) 正四面体 H2< N2< NH3 abcd 非极性 90
52
A
aN 【解析】
【分析】
(1)①Ti是22号元素，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，然后根据构造原理书写基态的电子排布式；
②根据价层电子对互斥理论判断离子空间构型；
(2)①根据物质的分子间作用力和分子之间是否含有氢键分析判断；
②a.根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；
b.同一主族元素的氢化物中，含有氢键的氢化物沸点较高；
c.提供孤电子对的原子是配原子；
https://www.360docs.net/doc/1615070319.html,-的结构和氮气分子相似，根据氮气分子的电子式判断；
(3)①根据相似相溶原理确定分子的极性；
②利用均摊法计算；
(4)利用均摊法计算该晶胞中镁、氢原子个数，再根据V=m
ρ进行计算。
【详解】
①Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d24s2，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+，则Ti2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d2 (或写为[Ar]3d2)；
②BH4-中B原子价层电子对数为4+3141
2
+-?
=4，且不含有孤电子对，所以BH4-的空间构
型是正四面体型；
(2)①在该反应中涉及的物质有N2、H2、NH3，NH3分子之间存在氢键，而N2、H2分子之间只存在分子间作用力，所以NH3的熔沸点比N2、H2的高；由于相对分子质量N2>H2，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高；所以三种物质的熔点
由低到高的顺序是H2< N2 ②a.NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，a正确； b.相同压强时，氨气中含有氢键，PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，b正确； c.[Cu(NH3)4]2+离子中，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，c正确； https://www.360docs.net/doc/1615070319.html,-中C、N 原子通过三对共用电子对结合，其电子式为，d正确； 故合理选项是abcd； (3)①苯、CS2都是非极性分子，根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶剂中，所以C60是非极性分子； ②利用均摊法知，每个碳原子含有σ键数目为133 22 ? =，则1mol C60分子中，含有σ键数 目=3 2 ×1mol×60×N A/mol=90N A； (4)该晶胞中镁原子个数=1 8 ×8+1=2，含有的H原子个数=2+4× 1 2 =4，则晶胞的体积 V=m ρ=A 24214 N a ?+? g/cm3= A 52 aN g/cm 3。 【点睛】 本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布、微粒空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，学会使用均摊方法分析，灵活运用公式是解本题关键。 2020年高考化学试题分类汇编——化学反应速率和化学平衡 化学反应速率和化学平稳 〔2018天津卷〕6．以下各表述与示意图一致的是 A ．图①表示25℃时，用0.1 mol·L －1 盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L － 1 NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化 B ．图②中曲线表示反应2S O 2(g) + O 2(g) 2S O 3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平稳常数 K 随温度的变化 C ．图③表示10 mL 0.01 mol·L －1 KM n O 4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L －1 H 2C 2O 4溶液混合时，n(Mn 2+) 随时刻的变化 D ．图④中a 、b 曲线分不表示反应CH 2＝CH 2 (g) + H 2(g)?? →C H 3C H 3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 解析：酸碱中和在接近终点时，pH 会发生突变，曲线的斜率会专门大，故A 错；正逆反应的平稳常数互为倒数关系，故B 正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn 2+对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C 错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D 错。 答案：B 命题立意：综合考查了有关图像咨询题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平稳常数图像，反应速率图像和能量变化图像。 〔2018重庆卷〕10．()()()22COCl g CO g +Cl g ;0.H ??→?←??＞ 当反应达到平稳时，以下措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO 的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl 2转化率的是 A ．①②④ B ．①④⑥ C ．②③⑥ D ．③⑤⑥ 10. 答案B 【解析】此题考查化学平稳的移动。该反应为体积增大的吸热反应，因此升温顺减压均能够促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平 1 / 5 物质的分类-2物质的俗称 (2018北京)7.氢氧化钠是重要的化工原料，其俗称是 A.纯碱 B.烧碱 C.小苏打 D.熟石灰 （2018常州）5．下列物质的俗名与化学式一致的是 A.食盐：CaCl 2B．苛性钠：NaOH C．纯碱：NaHCO 3D．生石灰：Ca(OH) 2（2018重庆升学）12.下列各选项中物质的名称或俗名与括号内的化学式一致的是A.高锰酸钾（KMnO 4）B.熟石灰（CaO) C.硫酸铁（FeSO 4）D.烧碱（Na 2CO 3）(11泸州)7．下列物质的俗称与化学式不相符合的是（B）A．干冰CO 2B．生石灰Ca(OH) 2C．烧碱NaOH D．食盐NaCl （2018聊城）13.为了打造“江北水城，运河古都”，光岳楼周边仿古建筑的重建需要大量的氢氧化钙。氢氧化钙的俗名是 A.火碱 B.纯碱 C.熟石灰 D.生石灰 （2018玉溪）11．下列有关物质的化学式、名称、俗名完全正确的是（B） A．NaOH、氢氧化钠、纯碱 2 / 5 C．CCl 4、甲烷、沼气B．NaCl、氯化钠、食盐 D．Na 2CO 3、碳酸钠、火碱 (2018湘潭)9.下列物质的俗名与其化学式不相符的—项是：A.干冰CO 2B.酒精C 2H 50H C.纯碱Na0H D.石灰石CaC18 （2018株洲毕业）9．下列物质的俗名和类别全部正确的是 选项 化学 式 俗名烧碱酒精熟石灰小苏打 酸 类别盐氧化物碱 （2018岳阳）4.下列物质的俗名与化学式不一致的是 A.烧碱——NaOH 3 / 5 C.干冰——H 2OB.小苏打——NaHCO 3 D.生石灰——CaO A Na 2CO 3B C 2H 5OHC Ca(OH) 2D NaHCO 3 （2018泰安毕业）16.物质的化学式和相应的名称均正确的是A.O 2009年高考化学试题分类汇编:电化学基础 1．（09广东理科基础25）钢铁生锈过程发生如下反应： ①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2； ②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3； ③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。 下列说法正确的是 A．反应①、②中电子转移数目相等 B．反应①中氧化剂是氧气和水 C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀 D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀 答案：A 解析： ①②反应中消耗O2的量相等，两个反应也仅有O2作为氧化剂，故转移电子数是相等的，A 项正确。①中H2O的H、O两元素的化合价没有变，故不作氧化剂，B项错；铜和钢构成原电池，腐蚀速度加快，C项错；钢铁是铁和碳的混合物，在潮湿的空气的中易发生吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故D项错。 2．（09安徽卷12）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H2O==Cu2O+H2O 。下列说法正确的是 A.石墨电极上产生氢气 B.铜电极发生还原反应 C.铜电极接直流电源的负极 D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。 答案：A 解析： 由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，电极反应为：2H＋＋2e－=H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2O，当有0.1mol 电子转移时，有0.05molCu2O生成，D选项错误。 3．（09江苏卷12）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。关于该电池的叙述正确的是 专题18 物质结构与性质（选修） 1．[2019新课标Ⅰ]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号 )。 A．B．C．D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别 是、。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物Li2O MgO P4O6SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 ?75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因。 （4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离= pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu2的密度是 g·cm?3(列出计算表达式)。 【答案】（1）A （2）sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+ （3）Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2 （4 23 330 A 824+1664 10 N a- ?? ? 【解析】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态 专题9 有机化合物 Ⅰ—生活中常见的有机物 1．（2017?北京-7）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶于水；无机 物指的是不含碳元素的化合物，无机物多数不能燃烧，据此分析。 A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A正确； B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误； C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误； D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。 【考点】无机化合物与有机化合物的概念、硅及其化合物菁优网版权所有 【专题】物质的分类专题 【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，难度不大，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。 Ⅱ—有机结构认识 2．（2017?北京-10）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形式 C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【答案】B 【解析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 【考点】碳族元素简介；有机物的结构；汽油的成分；有机物的系统命名法菁优网版权【专题】碳族元素；观察能力、自学能力。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握化 学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大。 C H， 3.（2017?新课标Ⅰ-9）化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为66 下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】A.（b）的同分异构体不止两种，如，故A错误 B.（d）的二氯化物有、、、、、， 故B错误 KMnO溶液反应，故C错误 C.（b）与（p）不与酸性4 D.（d）2与5号碳为饱和碳，故1，2，3不在同一平面，4，5，6亦不在同 一平面，（p）为立体结构，故D正确。 【考点】有机化学基础：健线式；同分异构体；稀烃的性质；原子共面。 【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把 握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，难度不大。 Ⅲ—脂肪烃 专题05 元素及其化合物 1．[2019新课标Ⅰ] 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课 题。下图为少量HCl 气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A ．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在 B ．冰表面第二层中，H +浓度为5×10?3 mol·L ?1（设冰的密度为0.9 g·cm ?3） C ．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D ．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl 垐?噲?H ++Cl ? 【答案】D 【解析】 【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。 【详解】A 项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A 正确； B 项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol ，则所得溶液质量为18g/mol× 1mol=18g ，则溶液的体积为18g/mol 1m 0.9ol g/mL ?×10—3L/ml=2.0×10—2L ，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量 等于氯离子物质的量，为10 —4 mol ，则氢离子浓度为-4-2102.l 010L mo ?=5×10—3mol/L ，故B 正确； C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确； D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl H++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。 故选D。 【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。 2．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 【答案】B 【解析】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素； B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关； D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。 故选B。 3．[2019江苏]下列有关化学反应的叙述正确的是 A．Fe在稀硝酸中发生钝化B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2 C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2 【答案】C 【解析】 【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同； A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化； B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物； 图像试题 （2011烟台毕业）19．下列四个图像能正确反映其对应实验操作的是 ①②③④ (A)①高温煅烧一定质量的石灰石 (B)②用等质量、等浓度的双氧水分别制取氧气 (C)③向一定体积的稀盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液 (D)④某温度下，向一定量饱和硝酸钾溶液中加人硝酸钾晶体 （2011潍坊毕业）16．下图是对四个实验绘制的图像，其中实验结果与图像对应正确的是 A．某温度下，向一定量接近饱和的硝酸钾溶液中不断加入硝酸钾晶体 B．将稀H2SO4滴入一定量的BaCl2溶液中 C．将一定质量的氯酸钾和二氧化锰放入试管中充分加热 D．向pH=13的NaOH溶液中加水稀释 （2011南宁）19.下列图象与对应实验完全吻合的是 A．①往一定量的盐酸中滴加NaOH溶液至过量 B．②将一定量的不饱和KNO3溶液恒温蒸发水 C．③向一定量CuSO4溶液和稀硫酸的混合溶液中滴加NaOH溶液 D．④用两份等质量等溶质质量分数的过氧化氢溶液制取氧气（甲加少量MnO2） （2011遂宁）32．下列四个图象分别对应四种操作（或治疗）过程，其中图象能正确表示对 应操作（或治疗）的是 A B C D A ．将一定质量的硝酸钾不饱和溶液恒温蒸发水份，直至有少量晶体析出 B ．常温下，相同质量的锌和铁分别与足量的溶质质量分数相同的稀硫酸充分反应 C ．向硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入氢氧化钠溶液直至过量 D ．服用胃舒平［主要成分Al(OH)3］治疗胃酸过多 （2011绥化）13.下列图像能正确反映其对应关系的是（ ） A.向一定量pH=3的硫酸溶液中不断加水稀释 B.向一定量的饱和石灰水中不断加入生石灰 C.向盛有相同质量的镁和氧化镁的烧杯中分别加入相同溶质质量分数的稀盐酸至过量 D.将一定量的木炭放在盛有氧气的密闭容器中加热至燃烧 (2011黑龙江龙东地区)14.下列图像能正确反映所对应叙述关系的是 （ ） A.向pH=3的溶液中不断加水 B.向锌粒中逐渐加入稀硫酸 C.向H 2SO 4和CuSO 4混合液中滴加NaOH 溶液 加水的量/g A 反应时间/s B NaOH 溶液质量/g C 反应时间/s D A B C D 2018年高考化学真题分类汇编 专题2 化学物质及其变化(必修1) Ⅰ—离子共存、离子反应与离子方程式 1.[2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 L-1KI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH- A. 0. 1 mol· L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42- B. 0. 1 mol· L-1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3- C. 0. 1 mol· L-1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3- D. 0. 1 mol· 【答案】B 【解析】A.I-与ClO-发生氧化还原反应: I-+ClO-=IO-+Cl-,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42-、Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。 【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱 反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉 淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双 水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的 附加条件。 2.[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是 A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑ B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+ D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O 【答案】D 【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－ +H2O+CO2↑，A错误；高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl － +16H+=2Mn2++5Cl2↑＋8H2O，B错误；漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程 式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2H ClO，C错误； D.氢氧化钠溶液与过量 的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。 【考点】离子反应与离子方程式 3.[2018浙江卷-25]某绿色溶液中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42—、Cl—、CO32—和HCO3—离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸) ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B； ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl— B.溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3—，不能确定Na+的存在 C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3 D.溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断 【答案】B 考点4 氧化还原反应 一、选择题 1.(2018·北京高考·9)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是( ) 【命题意图】本题考查了实验基本操作,意在考查学生通过实验现象分析反应原理的能力。 【解析】选C。A项,将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,产生白色沉淀,随后变为红褐色,发生的反应有Fe 2++2OH -Fe(OH)2↓, 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,与氧化还原反应有关;B项,将石蕊溶液滴入氯水中,溶液变红,随后迅速褪色,是因为Cl2与水反应生成盐酸和HClO,石蕊溶液遇酸变红,同时HClO因强氧化性而具有漂白性,能使溶液迅速褪色,与氧化还原反应有关;C项,Na2S 溶液滴入 AgCl 浊液中,发生沉淀转化,生成更难溶的Ag2S沉淀,与氧化还原反应无关;D项,热铜丝插入稀硝酸中,产生无色气体,随后变为红棕色,发生的反应有3Cu+8HNO3(稀)2NO↑+3Cu(NO3)2+4H2O,2NO+O22NO2,与氧化还原反应有关。 2.(2018·江苏高考·10)下列说法正确的是 ( ) A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能 B.反应4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)常温下可自发进行,该反应为吸热反应 C.3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3,转移电子的数目小于6×6.02×1023 D.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高淀粉水解速率越快 【命题意图】本题考查能量转化、反应自发性、氧化还原反应以及化学反应速率等知识,较易。 【解析】选C。A项,能量在转化中不可能仅以一种形式转化,电池放电除了化学能转化为电能外,还有热能、光能等,错误;B项,该反应的气体被消耗,熵减少,但是能自发,故一定属于放热反应,错误;C项,N2与H2合成NH3属于可逆反应,1 mol N2生成2 mol NH3的过程中,由于N2不可以完全转化,故转移电子数小于6 mol,正确;D项,酶在高温下会发生变性而失去催化活性,在高温下,淀粉水解速率反而变小,错误。 二、非选择题 3.(2018·北京高考·28)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略) ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl 2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。 化学高考题分类目录 A 单元 常用化学计量 A1 阿伏伽德罗常数和物质的量 5． [2014·四川卷] 设N A 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．高温下，0.2 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成的H 2分子数目为0.3 N A B ．室温下，1 L pH ＝13的NaOH 溶液中，由水电离的OH －数目为0.1N A C ．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2N A D ．5NH 4NO 3=====△2HNO 3＋4N 2↑＋9H 2O 反应中，生成28 g N 2时，转移的电子数目为 3.75N A 5．D [解析] 根据3Fe ＋4H 2O(g)=====高温Fe 3O 4＋4H 2，则0.2 mol Fe 参与反应生成415 mol H 2 ，A 项错误；pH ＝13的NaOH 溶液中，溶液中c (OH －)＝0.1 mol/L ，c (H ＋)＝K W c （OH －） ＝10－13 mol/L ，则水电离出来c (OH －)＝c (H ＋)＝10 －13 mol/L ，B 项错误；氢氧燃料电池正极的电极反应式为O 2 ＋ 4H ＋ ＋ 4e －===2H 2O ，则1 mol O 2被消耗，电路中有4N A 的电子通过，C 项错误；根据化学方程式，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4 mol 氮气，反应中转移电子的物质的量为15 mol ，则生成28 g N 2(即1 mol 氮气)，转移电子的物质的量是15 mol÷4＝3.75 mol ，D 项正确。 7． [2014·全国卷] N A 表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( ) A ．1 mol FeI 2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A B ．2 L 0.5 mol·L －1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A C ．1 mol Na 2O 2固体中含离子总数为4N A D ．丙烯和环丙烷组成的42 g 混合气体中氢原子的个数为6N A 7．D [解析] 1 mol FeI 2与足量Cl 2反应时，Fe 2＋被氧化为Fe 3＋，I － 被氧化为I 2，转移电子3N A ，A 项错误；2 L0.5 mol·L －1的硫酸钾溶液中n (SO 2－4)＝1 mol ，所带电荷数为2N A ，B 项错误；Na 2O 2由Na ＋和O 2－2(过氧根离子)构成，1 mol Na 2O 2中的离子总数为3N A ，C 项错误；丙烯和环丙烷为同分异构体，其分子式均为C 3H 6，最简式为CH 2，42 g 混合气中的氢原子个数为42 g 14 g·mol －1 ×2N A ＝6N A ，D 项正确。 27． [2014·安徽卷] LiPF 6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF 、PCl 5为原 高考化学试卷分类汇总（概念题） 2000年 四、（本题共28分） 23．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯。其变化可个表述为：_____KClO3＋___HCl(浓)?→___KCl＋___ClO2↑＋___Cl2↑＋___ _____ （1）请完成该化学方程式并配平（未知物化学式和系数填入横线上）。 （2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_____ ①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性 （3）产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的是为_____mol。 （4）ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的_____倍。 24．不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的能量（设其 为E）如右图所示。试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线 的变化特点，并回答下列问题。 （1）同主族内不同元素的E值变化的特点是： ____________________________ 各主族中E值的这种变化特点体现了元素性质的__________变化规 律。 （2）同周期内，随原子序数增大，E值增大。但个别元素的E值出 现反常现试预测下列关系式中正确的是_____ A．198个 B．199个 C．200个 D．201个 ① E(砷)＞E(硒) ② E(砷)＜E(硒) ③ E(溴)＞E(硒) ④ E(溴)＜E(硒) （3）估计1 mol气态Ca原子失去最外层一个电子所需能量E值的范围：____＜E＜____ （4）10号元素E值较大的原因是___________________ 25．有效地利用现有能源和开发新能源已受到各国的普遍重视。 可用改进汽油组成的办法来改善汽油的燃烧性能。例如，加入CH3OC(CH3)3来生产“无铅汽油”。（1）CH3OC(CH3)3分子的结构式为_______________ （2）天然气的燃烧产物无毒、热值高、管道输送方便，将成为我国西部开发的重点之一开然气常和石油伴生，其主要的成分是_____。能说明它是正四面体而非正方形平面结构的理由是________________________________ （3）1980年我国首次制成一辆燃氢汽车，乘员12人，以50公里/小时行驶了40公里。为了有效发展民用氢能源，首先必须制得廉价的氢气，下列可供开发又较经济的制氢方法是_____ ①电解水②锌和稀硫酸反应③光解海水 其次，制得纯氢气后还需要解决的问题是_____________________ 2020年高考化学试题分类汇编：化学反应速率和化学 平衡 〔2018天津卷〕6．以下各表述与示意图一致的是 A ．图①表示25℃时，用0.1 mol·L －1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L －1 NaOH 溶液，溶液的pH 随加入酸体积的变化 B ．图②中曲线表示反应2S O 2(g) + O 2(g) 2S O 3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平稳 常数K 随温度的变化 C ．图③表示10 mL 0.01 mol·L －1 K M n O 4 酸性溶液与过量的0.1 mol·L －1 H 2C 2O 4溶液混合时，n(Mn 2+) 随时刻的变化 D ．图④中a 、b 曲线分不表示反应CH 2＝CH 2 (g) + H 2(g)?? →C H 3C H 3(g)；ΔH< 0使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 解析：酸碱中和在接近终点时，pH 会发生突变，曲线的斜率会专门大，故A 错；正逆反应的平稳常数互为倒数关系，故B 正确；反应是放热反应，且反应生成的Mn 2+ 对该反应有催化作用，故反应速率越来越快，C 错；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故D 错。 答案：B 命题立意：综合考查了有关图像咨询题，有酸碱中和滴定图像、正逆反应的平稳常数图像，反应速率图像和能量变化图像。 〔2018重庆卷〕10．()()()22COCl g CO g +Cl g ;0.H ??→?←?? ＞ 当反应达到平稳时，以下措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO 的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl 2转化率的是 A ．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥ 10. 答案B 【解析】此题考查化学平稳的移动。该反应为体积增大的吸热反应，因此升温顺减压均能够促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平 近5年高考化学试题分类汇总氧化还原反应 1.（2000全国21）硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成 A．S2－B．S C．SO32－D．SO42－ 2.(2000全国30)在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1 mol，充分反应后所得产物中，若经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。（1）写出反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。 （2）若以上反应进行完全，试计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量可能各是多少。 答案：（1）2 + 6H2O 失3e-×4 （2）0.3 mol NO和0.7 mol NH3，0.2 mol NH3和0.8 mol NO 3.（2000广东24）（1）分别写出由氧在一定条件下生成下列物质的化学方程式（必须注明反应条件） ①O3:_____________________. ②Na2O2____________________________。 ③指出氧在下列各物质中的化合价： O3___________;Na2O2___________;Na2O_________。 （2）KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2，故可用作特殊情况下的氧气源，试写出该反应的化学方程式____________________________。 （3）KO2能吸收CO2生成K2CO3和O2,故可用作特殊情况下的气氧气源，试写出该反应的化学方程式___________________。 （4）人体内O2-离子对健康有害，使人过早衰老，但在催化剂SOD存在下可发生如下反应，请完成该反应的离子方程式： 2 - 2 O＝2O22+ 答案：（1）①3O22O3②2Na ＋O2Na2O2 ③4Na+O2 2Na2O (2)0; -1; -2, （3）4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2④2 O2- +2 H2O=1H2O2+ 1O2+2 OH- 3 其变化 3 + ClO (1)请完成该化学方程式并配平（未知物化学式和系数填入框内） (2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是_______（填写编号，多选倒扣）。 ①只有还原性②还原性和酸性 ③只有氧化性④氧化性和酸性 （3）产生0.1molCl2,则转移的电子的物质的量为_________mol. （4）ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率（以单位质量得到的电子数表示）是Cl2的_______倍。 答案：(1)2 4 2 2 1 2 H2O (2) ②（3）0.2 （4）2.63 放 暴露在空气 空气中燃烧 2018年高考化学真题分类汇编 专题5 物质结构元素周期律(必修2) Ⅰ—原子结构 1.[2018江苏卷-8]短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W 与X属于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W) > r(Z) > r(Y) B. 由X、Y 组成的化合物中均不含共价键 C. Y 的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱 D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的强 【答案】D 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素O，；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al；W与X 属于同一主族，W为S。 A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B错误；C 项，金属性：Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D正确；【考点】元素周期表和元素周期律；化学键；金属性、非金属性的比较； 2. [2018江苏卷-2]用化学用语表示NH3+ HCl=NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是 A. 中子数为8 的氮原子：87N B. HCl 的电子式： C. NH3的结构式： D. Cl?的结构示意图： 【答案】C 【解析】A.中子数为8的氮原子的质量数为15，表示为157N，A错误； B.HCl中只含共价键，HCl的电子式为，B错误； C.NH3中含3个N-H键，NH3的结构式为 ，C正确；D项，Cl-最外层有8个电子，D错误；答案选C。 【考点】原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式。 3. [2018全国卷Ⅱ-10]W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是 A. X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物 B. Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键 C. 四种元素的简单离子具有相同的电子层结构 D. W的氧化物对应的水化物均为强酸 【答案】A 【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕 考点14 氯元素单质及其重要化合物 一、选择题 1.(2018·全国卷Ⅱ·7)化学与生活密切相关。下列说法错误的是( ) A.碳酸钠可用于去除餐具的油污 B.漂白粉可用于生活用水的消毒 C.氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 【命题意图】本题考查生活中的化学知识,意在考查学生利用所学化学知识解释生活中化学问题的能力。 【解析】选D。碳酸钠溶液显碱性,会使油污中的油脂发生水解生成可溶性的物 质而除去,故A项正确;漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2,其中Ca(ClO)2具有强氧化性能够杀菌消毒,可用于生活用水的消毒,故B项正确;胃酸的主要成分为HCl,而氢氧化铝能够中和胃酸,故可用于治疗胃酸过多,C项正确;碳酸钡能够溶于胃酸而形成可溶性的钡盐,重金属盐溶液能使蛋白质变性而造成人体中毒,故D项错误。 【教材回扣】硫酸钡不溶于水,不溶于酸,不能够被X 射线透过,因此在医学上常用作钡餐,用于肠胃X射线造影检查。 二、非选择题 2.(2018·北京高考·28)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。 (1)制备K2FeO4(夹持装置略) ①Ａ为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。 ③Ｃ中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。 (2)探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案: 方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色。 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得方案Ⅱ 到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生。 i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能 由 产生(用方程式表示)。 ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。 2019高考化学真题分类汇编（WORD版含解释） 目录 一、选择题 (1) 二、填空题 (14) 三、实验题 (29) 一、选择题 1.【来源】2019年高考真题——理综化学（全国卷Ⅲ） 为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D?Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D?Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。 下列说法错误的是 A. 三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高 B. 充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?=NiOOH(s)+H2O(l) C. 放电时负极反应为Zn(s)+2OH?(aq)?2e?=ZnO(s)+H2O(l) D. 放电过程中OH?通过隔膜从负极区移向正极区 答案及解析： 1. D 【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确； B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是 Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋ H2O(l)，B正确； C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确； D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。 答案选D。 2.【来源】2019年高考真题——理综化学（全国卷Ⅲ） 下列实验不能达到目的的是 答案及解析： 2. A 【详解】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选； B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选； C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选； D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选； 答案选A。 3.【来源】2019年高考真题——理综化学（全国卷Ⅲ） 考点22 物质结构与性质(选修3) 非选择题 1.(2018·全国卷Ⅰ·35)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题: (1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为、 (填标号)。 (2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是。 (3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是、中心原子的杂化形式为。 LiAlH4中,存在(填标号)。 A.离子键 B.σ键 C.π键 D.氢键 (4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。 可知,Li原子的第一电离能为kJ·mol-1,O O键键能为kJ·mol-1,Li2O 晶格能为kJ·mol-1。 (5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm,阿伏加德罗常数的值为N A,则Li2O的密度为g·cm-3(列出计算式)。 【命题意图】本题考查核外电子排布、轨道杂化类型的判断、分子构型、电离 能、晶格能、化学键类型、晶胞的计算等知识,保持了往年知识点比较分散的特点,立足课本进行适当拓展。 【解析】(1)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1,则D项排布能量最低;选项C中有2个电子处于2p能级上,能量最高。 (2)由于锂的核电荷数较大,原子核对最外层电子的吸引力较大,因此Li+半径小于H-。 (3)LiAlH4中的阴离子是Al-,中心原子铝原子含有的价层电子对数是4,且不存在孤对电子,所以空间构型是正四面体,中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化;阴、阳离子间存在离子键,Al与H之间还有共价单键,不存在双键和氢键,答案选A、B。 (4)根据示意图可知Li原子的第一电离能是 1 040 kJ·mol-1÷2=520kJ·mol-1;0.5 mol氧气转化为氧原子时吸收249 kJ热量,所以O O键能是249 kJ·mol-1×2=498 kJ·mol-1;根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是 2 908 kJ·mol-1。 (5)根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中,共计是8个,根据化学式可知氧原子个数 是4个,则Li2O的密度是ρ== g·cm-3。 - 答案:(1)D C (2) Li+核电荷数较大,对外层电子的吸引力较强 (3)正四面体sp3A、B 一、化学与STSE、古代化学 1.【2020年全国I卷】国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是 A. CH3CH2OH能与水互溶 B. NaClO通过氧化灭活病毒 C. 过氧乙酸相对分子质量为76 D. 氯仿的化学名称是四氯化碳 2．【2020年全国II卷】北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是A．胆矾的化学式为CuSO4 B．胆矾可作为湿法冶铜的原料 C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程 D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应 3．【2020年全国III卷】宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色来自孔雀石颜料（主要成分为Cu(OH)2·CuCO3），青色来自蓝铜矿颜料（主要成分为Cu(OH)2·2CuCO3）。下列说法错误的是 A．保存《千里江山图》需控制温度和湿度 B．孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化 C．孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱 D．Cu(OH)2·CuCO3中铜的质量分数高于Cu(OH)2·2CuCO3 二、有机化学 1. 【2020年全国I卷】紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是 A. 分子式为C14H14O4 B. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C. 能够发生水解反应 D. 能够发生消去反应生成双键 2．【2020年全国II卷】吡啶（）是类似于苯的芳香化合物，2-乙烯基吡啶（VPy）是合成治疗矽肺病药物的原料，可由如下路线合成。下列叙述正确的是 A．Mpy只有两种芳香同分异构体 B．Epy中所有原子共平面 C．Vpy是乙烯的同系物 D．反应②的反应类型是消去反应 3．【2020年全国III卷】金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构式如下： 下列关于金丝桃苷的叙述，错误的是 A．可与氢气发生加成反应B．分子含21个碳原子 C．能与乙酸发生酯化反应D．不能与金属钠反应2020年高考化学试题分类汇编——化学反应速率和化学平衡
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