备战高考化学易错题精选- 化学键练习题含详细答案

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 、2I 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：()222c 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．

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：NH 3>PH 3；

(2) a ．铵盐都能与NaOH 发生复分解反应，所以PH 4I 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

O2(g)=H2O(g)，

断开1 mol H-H键和1

mol O=O键所吸收的能量(Q1+

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

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．

现有a～g7种短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如表所示，请回答下列问题：

（1）下列选项中，元素的原子间最容易形成离子键的是___（填序号，下同），元素的原子间最容易形成共价键的是___。

A．c和f B．b和g C．d和g D．c和e

（2）下列由a～g7种元素原子形成的各种分子中，所有原子最外层都满足8电子稳定结构的是___（填序号）。

A．ea3 B．ag C．fg3 D．dg4

（3）由题述元素中的3种非金属元素形成的AB型离子化合物的电子式为___。

（4）c与e可形成一种化合物，试写出该化合物的化学式：___，其含有的化学键类型为

___，其与过量稀盐酸反应的化学方程式为___。

【答案】B C CD Mg3N2离子键

Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl

【解析】

【分析】

首先确定a～g的7种元素具体是什么元素，

(1)一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；

(2)根据各分子中非金属元素的原子形成的共用电子对情况分析；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl；

(4)根据化合物中的成键元素来判断化学键类型，并根据物质的性质来书写方程式。

【详解】

根据元素在元素周期表中的相对位置可知a、b、c、d、e、f、g分别为H、Na、Mg、C、N、P、Cl，

(1)碱金属元素原子与卤素原子间最容易形成离子键，故Na与Cl最容易形成离子键，故B 符合；c为金属元素，不容易与其他元素形成共价键，非金属元素间一般形成共价键，则C 与Cl之间最容易形成共价键，故C符合，故答案为：B；C；

(2)各选项对应的分子分别为NH3、HCl、PCl3、CCl4，其中NH3、HCl中由于氢形成的是2电子稳定结构，故不符合题意；而PCl3中，磷原子核外最外层电子数为5，它与氯原子形成共价键时，构成PCl3中的磷原子、氯原子最外层都达到8电子结构，同理，CCl4亦符合题意，故答案为：CD；

(3)3种非金属元素形成的AB型离子化合物是NH4Cl，其电子式为

，故答案为：；

(4)Mg与N形成离子化合物Mg3N2，该物质与过量稀盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl，故答案为：Mg3N2；离子键；Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl。

4．

（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)。

5．

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

，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。

6．

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。

7．

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：

。

8．

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CO2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＋NH3[Cu（NH3）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NH3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示式是___，通过比较___可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。

（4）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是___。

（5）CS2熔点高于CO2，其原因是___。

【答案】bc2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3C＞N＞O＞

H NH3和PH3的稳定性二者都为分子晶

体，相对分子质量越大，分子间作用力越大

【解析】

【分析】

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＋NH3[Cu （NH3）3CO]Ac。增大浓度、升高温度等，可增大反应速率。CS2和CO2均为分子晶体。【详解】

（1）a．减压反应速率减小，a错误；

b．增大浓度，可增大反应速率，b正确；

c．升高温度，增大反应速率，c正确；

d．减小生成物浓度，反应速率减小，d错误；

答案选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

2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3。

（3）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，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，氮元素原子最外层为第二层有5

个电子，电子排布的轨道表示式是；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱。

（4）CS2的电子式类似于CO2，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。

【点睛】

分子晶体的熔沸点比较，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高。

9．

含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意

义重大。

（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被__（填“氧化”、“还原”）。（2）氢的硫化物有多种：H2S x（x=1，2，3，…），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式__。

（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为__。

（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050ml·L-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。

①Na2S2O4溶液显__性，原因是__（用离子方程式表示）。

②t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为___。

0-t1段发生反应的离子方程式为__，t1-t2段溶液的pH变小的原因是__（用离子方程式表示）。

【答案】氧化离子键、共价键碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-

+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H++2SO42-

【解析】

【详解】

(1)葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；

(2)氢的硫化物有多种，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成

共价键，H2S3的结构式，故答案为：；

(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾(K2S2O7)，一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；

(4)①Na2S2O4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S2O42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-，故答案为：碱；S2O42-

+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-；

②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-

+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，故答案为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)；2S2O42-

+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-。

10．

据《中国质量报》报道，我国首次将星载铷(Rb)钟应用于海洋二号卫星，已知Rb的原子序数为37。回答下列有关铷的问题：

(1) Rb的原子结构示意图中共有______个电子层，最外层电子数为______。

(2) Rb在元素周期表中的位置是______。

(3)取少量铷单质加入水中，可观察到其剧烈反应，放出气体______(写化学式)，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显______色，因为___________(用离子方程式表示)。(4) Rb的还原性比K的还原性______（填“弱”或“强”）。

【答案】5 1 第五周期ⅠA族 H2蓝 2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+H2↑强

【解析】

【分析】

根据元素周期律，结合原子核外电子排布规律确定Rb元素在周期表的位置，利用元素周期律分析、解答。

【详解】

(1)Rb是37号元素，根据原子核外电子排布规律，可知Rb核外电子排布为2、8、18、8、1，所以Rb的原子结构示意图中共有5个电子层，最外层电子数为1个；

(2)Rb核外电子排布是2、8、18、8、1，根据原子核外电子层结构与元素在周期表的位置关系可知Rb在元素周期表中的位置是第五周期第IA族；

(3)Na是活泼金属，与水发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Rb与Na是同一主族的元素，由于元素的金属性Rb>Na，所以Rb与水反应比钠更剧烈反应放出H2；RbOH是一元强碱，水溶液显碱性，在反应后的溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液显蓝色，该反应的离子方程式为：2Rb+2H2O=2Rb++2OH-+ H2↑；

(4)同一主族的元素，由于从上到下，原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，获得电子的能力逐渐减弱，Rb在K元素下一周期，所以Rb 的还原性比K的还原性强。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布与元素在周期表的位置及元素性质的关系，掌握原子核外电子层数等于元素在周期表的周期序数，原子核外最外层电子数等于元素的族序数。利用同一主族的元素由上到下元素的金属性逐渐增强分析判断。

11．

碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。

(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3焙烧

?????→Li2O+CO2；

?????→CO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2 的结构式为_____；反应②Li2O+C高温

真空

②中涉及的化学键类型有_____。

(2)氢负离子(H﹣)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结

构理论加以解释_____

(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。

①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。

②滴定终点的判断依据为_____。

③样品的纯度为_____。

【答案】1s22s1 O＝C＝O 离子键、共价键、金属键氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大玻璃棒 100mL容量瓶当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 0.999

【解析】

【分析】

(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；

(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；

(3)①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量/样品的质量，进行计算。

【详解】

(1) 锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键， Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O＝C ＝O；

(2) 氢是1号元素，质子数为1，锂是3号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。

(3)①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶，玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒；

②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不

褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH 溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n =cV =2.000

mol/L ×0.01L=0.02mol ，Li 2CO 3与硫酸反应Li 2CO 3+H 2SO 4=Li 2SO 4+H 2O+CO 2↑，稀释前n (H 2SO 4)=n (Li 2SO 4)，加水定容至 100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n 1(Li 2SO 4)= n 2(Li 2SO 4)=0.02mol ，取定容后的溶液 10.00 mL ，则取出的溶质的物质的量=0.0210

mol=0.002mol ，n (NaOH)=c (NaOH)V (NaOH)=0.1mol/L ×0.013L=0.0013mol ，由于H 2SO 4+2NaOH= Na 2SO 4+2H 2O ，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n (H 2SO 4)=

12n (NaOH)= 12

×0.0013mol=0.00065mol ，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol ，n （H 2SO 4）=n （Li 2SO 4）= n (Li 2CO 3)=0.00135mol ，根据锂元素守恒，10ml 溶液中的m 1（Li 2CO 3）=nM =0.00135×74=0.0999g ，100ml 溶液中所含m 2(Li 2CO 3)=0.0999g ×10=0.999g ，故ω=()

223m Li CO m 样品 =0.999g 1g

=0.999。【点睛】

计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。

12．

A 、

B 、

C 、

D 、

E 、

F 、

G 、

H 八种前四周期元素，原子序数依次增大，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，且知B 、F 同主族，1.8g E n 与G 的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L 氢气(标准状况下)，D +和E 的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B 和E 能形成离子化合物的方法冶炼E 单质，H 元素常温下遇浓硫酸钝化，其一种核素质量数56，中子数30。试判断并回答下列问题：

()1H 该元素在周期表中的位置__________ ．

()2由F 、G 二种元素形成化合物22F G 的电子式______，含有化学键的类别为

___________．

()3B 、C 、F 形成的最简单气态氢化物沸点由低到高的顺序依次为________.(用化学式表示)

()4①由A 、B 、D 、F 四种元素可以组成两种盐，写出这两种盐反应的离子方程式__________

②在碱性条件下，G 的单质可与2HO -

反应制备一种可用于净水的盐24HO -，该反应的离

子方程式是_______．

()5熔融盐燃料电池用熔融的碳酸盐作为电解质，负极充入燃料气4CH ，用空气与2CO 的

混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。写出充入4CH 的一极发生反应的电极反应式______。

()6利用上述燃料电池，按图1所示装置进行电解，A 、B 、C 、D 均为铂电极，

Ⅰ.甲槽电解的是200mL n 一定浓度的NaCl 与4CuSO 的混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)。4CuSO 的物质的量浓度为________1mol?L -n 。

Ⅱ.①乙槽为4200mL CuSO n n 溶液，通电一段时间，当C 极析出0.64g n 物质时停止通电，若使乙槽内的溶液完全复原，可向乙槽中加入________(填字母)。

A 2Cu(OH) B?CuO 3C?CuCO 223D?Cu (OH)CO

②若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2mol n 的2Cu(OH)才能恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为________。

【答案】第四周期第ⅧA 族；

极性共价键、非极性共价键 2H S 、

HF 、2H O 322HSO H SO H O -++=↑+；

222423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O;----++=++ 24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+n 0.1 BC A 0.8N

【解析】

【分析】

A 、

B 、

C 、

D 、

E 、

F 、

G 、

H 八种前四周期元素，原子序数依次增大，1.8gE 与G 的气态氢化物的水溶液反应生成2.24L 氢气(标准状况下)，则E 为Al ，G 为Cl ，D +和E 的离子具有相同的电子层结构，则D 为Na ，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B 为O ，B 、F 同主族，则F 是硫，A 、B 、F 三者原子序数之和为25，则A 是氢，C 的原子序数大于氧、小于钠，故C 为氟，H 元素常温下遇浓硫酸钝化，其一种核素质量数56，中子数30，则H 为Fe 。

【详解】

A 、

B 、

C 、

D 、

E 、

F 、

G 、

则H 为Fe 。

() 1H 是Fe ，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅧA 族，故答案为：第四周期第ⅧA 族；；

()2由F 、G 二种元素形成化合物()2222F G S Cl 的电子式为

；含有化学键的类别为极性共价键、非极性共价键；故答案为：

；极性共价键、非极

性共价键； ()3B 、C 、F 形成的最简单气态氢化物分别是2H O 、HF 、2H S ；HF 、2H S 常温下为气体，HF 分子之间存在氢键，沸点高于2H S ，水常温下为液态，沸点最高，故沸点由低到高的顺序是2H S 、HF 、2H O ；故答案为：2H S 、HF 、2H O ；

()4①四种元素要形成酸式盐，阳离子只能为Na +，阴离子只能为亚硫酸氢根或硫酸氢根，写离子方程式时亚硫酸氢钠拆分为钠离子和亚硫酸氢根，硫酸氢钠拆分为钠离子、氢离子和硫酸根，等式两端抵消掉某些离子后，离子方程式为：

322H HSO H O SO +-+=+↑；

②在碱性条件下，G 的单质()2Cl 可与()

22HO FeO --反应制备一种可用于净水的盐()

2244

HO FeO --，该反应的离子方程式是2

22423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O ----++=++；

故答案为：322H HSO H O SO +-+=+↑；

222423Cl 2FeO 8OH 2FeO 6Cl 4H O ----++=++； ()5负极发生氧化反应，所以4CH 的一极发生反应的电极反应

式 24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+；故答案为：

24322CH 4CO 8e 5CO 2H O --+-=+；

()6Ⅰ.电解200mL 一定浓度的NaCl 与4CuSO 混合溶液，阳极发生22Cl 2e Cl ---=↑、224OH 4e O 2H O ---=↑+，阴极发生2Cu 2e Cu +-+=、22H 2e H +-+=↑，结合图可知，a 为阴极气体体积与时间的关系，b 为阳极气体体积与时间的关系，由图可知，产生氯气为224mL ，()20.224L n Cl 0.01mol 22.4L /mol

==，2t 时生成氧气为112mL ，()20.112L n O 0.005mol 22.4L /mol

==，则共转移电子为0.02mol 0.005mol 40.04mol +?=，根据电子守恒及2Cu 2e Cu +-+=可知，

()40.04mol n CuSO 0.02mol 2=

=，所以()40.02mol c CuSO 0.1mol /L 0.2L

==；故答案为：0.1； Ⅱ.①根据电极方程式即阳极发生224OH 4e O 2H O ---=↑+，阴极发生

2Cu 2e Cu +-+=。

电解过程中损失的元素有铜和氧，A 、多加了H 元素，错误；B 、能够补充铜和氧元素，正确；C 、3CuCO 与硫酸反应放出二氧化碳，相当于加入了氧化铜，正确；

223D.Cu (OH)CO 多加了H 元素，错误；故答案为：BC ；

②加入20.2mol Cu(OH)n n 相当于加入0.2molCuO 和20.2molH O ，则电解过程中共转移电子数为0.2mol 20.2mol 2?+? 0.8mol =n ，数目为A 0.8N ，故答案为：A 0.8N 。

13．

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。

①C 60晶体易溶于苯、CS 2，说明C 60是________分子(填“极性”或“非极性”)；

②1个C 60分子中，含有σ键数目为________个。

(4)MgH 2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____cm 3[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

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/b515198287.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

+-?

=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/b515198287.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=

×1mol×60×N A/mol=90N A；

(4)该晶胞中镁原子个数=

×8+1=2，含有的H原子个数=2+4×

=4，则晶胞的体积

ρ=A

24214

?+?

g/cm3=

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。

14．

下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

(1)元素A在周期表中的位置 __________________________。

(2)用电子式表示D2G的形成过程____________________________，其所含化学键类型为___________。

(3)C2-、D+、G2-离子半径由大到小顺序是____________________(用离子符号回答)。

(4)某同学设计实验证明A、B、F的非金属性强弱关系。

①溶液a和b分别为 ______________，________________。

②溶液c中的离子方程式为________________________________________。

(5)将0.5 mol D2C2投入100 mL 3 mol/L ECl3溶液中：

①转移电子的物质的量为_____________________________________。

②用一个离子方程式表示该反应 __________________________________________。

【答案】第二周期第ⅣA族离子键 S2-＞

O2-＞Na+硝酸(或HNO3) 饱和NaHCO3溶液 SiO32－+CO2+H2O＝H2SiO3↓+CO32- 0.5 mol 10Na2O2 + 6Al3+ + 6H2O=4Al(OH)3 + 2AlO2－+ 5O2↑+ 20Na+

【解析】

【分析】

由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、-4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为C元素、故F为Si元素；C的化合价为-2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，原子序数大于Na，则E为Al元素；G的最高正价为+6价、最低价为-2，应为S元素；B的有+5、-3价，处于ⅤA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，根据以上分析可知：A为C

元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素、F为Si元素、G为S元素。【详解】

（1）A为C元素，A在周期表的位置为第二周期第ⅣA族，故答案为：第二周期第ⅣA 族；

（2）D为Na元素、G为S元素，Na2S属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为：，其含有的化学键为离子键，故答案为：；离子键；

（3）C为O元素、D为Na元素、G为S元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径S2-＞O2-＞Na+，故答案为：S2-＞O2-＞Na+；（4）由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，

①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液，故答案为：硝酸(或HNO3)；饱和NaHCO3溶液；

②溶液c中的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-，故答案为：SiO32-

+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-；

（5）①Na2O2投 AlCl3溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中O元素化合价有-1升高为0价，故

0.5molNa2O2反应转移电子为0.5mol×1

×2×[0-（-1）]=0.5mol，故答案为：0.5mol；

②将0.5mol Na2O2投入100mL 3mol/L AlCl3溶液中，生成NaOH1mol、0.25mol氧气，AlCl3溶的物质的量为0.3mol，1：4＜n（AlCl3）：n（NaOH）=3：10＜1：3，故生成Al（OH）3、AlO2-，溶液中溶质为偏铝酸钠、氯化钠，根据电荷守恒可知反应中n（AlO2-）=1mol-0.3mol×3=0.1mol，根据Al元素守恒可知，n[Al（OH）3]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，故n[Al （OH）3]：n（AlO2-）：n（氧气）=0.2mol：0.1mol：0.25mol=4：2：5，反应离子方程式为：10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑+20Na+，故答案为：

10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al（OH）3+2AlO2-+5O2↑+20Na+。