全国高考化学 化学键的综合高考真题汇总含详细答案

全国高考化学化学键的综合高考真题汇总含详细答案

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．

工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：

（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是__，第二周期原子半径由大到小的是__。

（2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__，该分子为__（选填“极性”、“非极性”）分子。

（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___（填编号）

a.最高价氧化物对应水化物的酸性

b.两元素形成化合物的化合价

c.气态氢化物的稳定性

d.氢化物水溶液的酸碱性

侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H22NH3（4）工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是__（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2的转化率的影响是___，对H2的反应速率的影响是__。

（5）该反应的催化剂是__（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：__。

【答案】O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 无影响减小变大铁触媒

高温加快反应速率，催化剂适宜温度

【解析】

【分析】

【详解】

(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为: H、C、N、O、Na、Cl。同周期元素，从左

往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：C＞N＞O；

(2)铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是，该分子为非极性

分子；

(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于N与O元素之间非金属性大小判断依据：

a.O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；

b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；

c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；

d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判据；

答案选bc；

(4)工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物(H2)的转化率；

(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。【点睛】

元素非金属性大小的主要比较方法：

①根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。②从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2化合越容易，则非金属性越强。③从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。

3．

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。

4．

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。

5．

同一周期(短周期)各元素形成单质的沸点变化如下图所示(按原子序数连续递增顺序排列)。该周期部分元素氟化物的熔点见下表。

氟化物AF BF2DF4

熔点/K12661534183

(1)A原子核外共有_______种不同运动状态的电子、_______种不同能级的电子；

(2)元素C的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________；

(3)解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______；

(4)在E、G、H三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是_______（填化学式）。A、

B、C三种原子形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。

【答案】11 4 AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH- NaF与 MgF2为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是强烈的作用力，所以熔点高；Mg2+的半径比Na+的半径小，离子电荷比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF4的熔点低 HCl Na+>Mg2+>Al3+

【解析】

【分析】

图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，H、I的沸点低于0℃，根据气体的沸点都低于0℃，可推断H、I为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为

Ar。

(1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态；

根据核外电子排布式判断占有的能级；

(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；

(3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答；

(4)同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定；

电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。

【详解】

由上述分析可知：A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。

(1)A为Na元素，原子核外电子数为11，故共有11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，可见有4种不同能级的电子；

(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为：AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-；

(3)NaF与MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以MgF2的熔点比NaF高；而SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4的熔点低；

(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：Cl>S>P。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl最稳定性，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。

【点睛】

本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。

6．

碳与硅是十分重要的两种元素，金刚石、SiC具有耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。

（1）碳元素在周期表中的位置是_______________，其原子核外通常未成对电子数为

___________个。

（2）已知2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)→P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)反应中，被破坏的化学键有

________。

a．离子键 b.极性共价键 c. 非极性共价键

（3）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，除去粗产品中少量钠的试剂为_______________。

（4）下列叙述正确的有____________填序号），

①Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应

②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同

③NaSiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱

④Si在一定条件下可与FeO发生置换反应

【答案】第二周期第IVA族 2 abc 水（或乙醇）③④

【解析】

【分析】

【详解】

（1）碳元素的电子层数为2，最外层电子数为4，所以在周期表中的位置是第二周期第IVA族，碳元素的2p能级上有2个未成对电子。

（2）由2Ca3(PO4)2（s）+10C（s）→P4（g）+6CaO（s）+10CO，可知：钙离子和磷酸根离子之间的离子键被破坏，磷原子和氧原子间的极性共价键被破坏，另外C中非极性共价键也被破坏，因此答案选abc。

（3）由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇）。

（4）①Na还原CCl4生成NaCl和C，属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，不是置换反应，故①错误；②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，前者是共价键，后者是分子间作用力，故②错误；③Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4弱，可用于推断Si与S的非金属性强弱，故③正确；④C和Si同主族性质相似，Si在一定条件下可与FeO发生置换反应，故④正确，答案选③④。

7．

??→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Cl2hv

??→2Cl，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl?→Cl2，

CH3+?CH3→H3CCH3，CH3+Cl?→H3CCl，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F2、Cl2、Br2、I2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。

8．

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。

9．

生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180 mg/L。

(1)写出NH4Cl的电子式_________。

(2)写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式：_______、________

(3)为除去废水中的NH4+，向103 L该污水中加入0.1 mol/L NaOH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)若某污水中同时存在NH4＋和NO3-时。可用下列方法除去：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】 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p4 33.64 4 1 10 4 1 3

【解析】

【分析】

(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其

电子式；

(2)根据Cl原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排

布2个电子，确定与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式；

(3)根据NH4Cl与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1，根据污水中NH4Cl含量为180 mg/L，计算c(NH4Cl)，结合n=c·V计算；

(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。

【详解】

(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：

；

(2)Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其最外电子层3p能级具有3个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2个电子则与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p2，

1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是Si和S；

(3)污水中NH4Cl含量为180 mg/L，则c(NH4Cl)=

0.18?g/L

53.5?g/mol

=

0.18

53.5

mol/L，103 L该污水中

中含有NH4Cl的物质的量为n(NH4Cl)=0.18

53.5

mol/L×103 L=3.364 mol，根据反应：

NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol，由于NaOH溶液浓度为

0.1 mol/L，则理论上需要NaOH 溶液的体积V(NaOH)=n 3.364?mol

c0.1?mol/L

=33.64 L；

(4)在反应：___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O中，Fe元素化合价由0→+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-→NH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8，所

以Fe、Fe2+系数是4，NO3-、NH4+系数是1，然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是10，最后根据原子守恒，可得H2O的系数是3；则配平后该反应方程式为：

4Fe+NO3-+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，用单线桥法表示为：

。

【点睛】

本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化学方程式计算的应用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。

10．

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。

11．

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-。

12．

如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。根据表中所列元素回答下列问题：

(1)元素d在元素周期表中的位置是________，元素h与f的原子序数相差_____。

(2)元素b、c、f形成的简单离子中半径最小的是______(填离子符号)，原子半径最小的是______(填元素符号)。

(3)表中第三周期所列元素的非金属性最强的是______（填元素符号），e、f、g三种元素的简单氢化物中最不稳定的是______（填化学式）。

(4)元素g与元素b的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______。

(5)铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)与碳(C)、硅(Si)属于同主族元素，常温下，在空气中，单质锡、锗均不反应而单质铅表面生成一层氧化铅；单质锗与盐酸不反应，而单质锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：

①锗的原子序数为______；

②铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为___________（用化学式表示）。

(6)最近，德国科学家实现了铷原子气体的超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷(Rb)是37号元素，相对原子质量是85.5，与钠同主族。回答下列问题：

①铷在元素周期表中的位置为__________________。

②同主族元素的同类化合物的性质相似，请写出AlCl3与RbOH过量反应的离子方程式：

_____________________。

③现有铷和另一种碱金属形成的混合金属50 g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4 L，另一种碱金属可能是__________。（填序号）

A．Li B．Na C．K D．Cs

【答案】第三周期第ⅢA族 18 Mg2+ S Cl PH3 NaOH+HClO4=NaClO4+H2O 32

Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4第五周期第ⅠA族 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (或写为Al3++4OH-

=[Al(OH)4]-) AB

【解析】

【分析】

由元素在周期表的位置可知，a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e 为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】

根据元素在周期表的位置可知确定各种元素分别是：a是N元素，b为Na元素，C为Mg 元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素。

(1)元素d为Al，原子核外电子排布是2、8、3，所以在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族，f是16号元素S，h是34号元素Se，h与f原子序数相差34-16=18；

(2)b、c、f形成的简单离子分别是Na+、Mg2+、S2-，Na+、Mg2+核外电子排布为2、8，具有两个电子层，S2-核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以，三种离子中离子半径最小的是Mg2+；Na、Mg、S都是同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径最小的是S；

(3)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，表中第三周期元素的非金属性最强是Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，e、f、g三种元素分别表示P、S、Cl，元素的非金属性：P

(4)g元素与b元素的最高价氧化物对应水化物分别是HClO4、NaOH，HClO4是一元强酸，NaOH是一元强碱，二者混合发生中和反应产生盐和水，反应的化学方程式为

NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；

(5)①锗位于Si元素下一周期，二者原子序数相差18，所以Ge的原子序数为14+18=32；

②由于同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以根据铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)在元素周期表的位置可知，元素的金属性Pb>Sn>Ge，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4；

(6)①铷(Rb)是37号元素，原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，所以37号元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅠA族；

②铷(Rb)与钠同主族，由于Rb的金属性比Na强，所以RbOH是一元强碱，AlCl3与过量的RbOH反应产生的离子方程式为Al3++4OH-= AlO2-+2H2O (或写为Al3++4OH-=[Al(OH)4]-)；

③22.4 L标准状况下的H2的物质的量n(H2)=22.4 L÷22.4 L/mol=1 mol，铷和水反应的化学方程式为2Rb+2H2O=2RbOH+H2↑，可知2 molRb反应产生1 mol H2，由碱金属与水反应的化

学方程式为2M+2H2O=2MOH+H2↑可知混合金属的平均摩尔质量M=50?g

2?mol

=25 g/mol，Rb

的摩尔质量为85.5 g/mol，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于25 g/mol，所以另一种碱金属可能是Li或Na，故合理选项是AB。

【点睛】

本题考查元素周期表和元素周期律的应用的知识。掌握元素的位置、原子结构与物质性质的关系解答本题的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。

13．

（1）H、D、T三种原子，在标准状况下，它们的单质的密度之比是_______，它们与氧的同位素16O、18O相互结合为水，可得水分子的种数为_______；[14NH3T]+中，电子数、质子数、中子数之比为_____

（2）核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则n g它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为____________。

（3）含6.02×1023个中子的7

3

Li的质量是______g

（4）①Ne②HCl③P4④N2H4⑤Mg3N2⑥Ca(OH)2⑦CaC2⑧NH4I⑨AlCl3，请用上述物质的序号填空，只存在极性共价键的是____________，只存在非极性共价键的是_______________。既存在离子键又存在非极性共价键的是_____________。

（5）在下列变化中，①碘的升华②烧碱熔化③MgCl2溶于水④HCl溶于水⑤Na2O2溶于水，未发生化学键破坏的是_____________，仅发生离子键破坏的是_____________仅发生共价键破坏的是_________，既发生离子键破坏又发生化学键破坏的是_______。（填写序号）

【答案】1∶2∶3 12 10∶11∶9

n

A16

×（A-N+8） 1.75或7/4 ②⑨③⑦①

②③④⑤【解析】【分析】

(1)同温同压下，气体摩尔体积相等，根据ρ=m V

计算其单质的密度之比；根据1个水分子是由两个氢原子和1个氧原子构成来分析；结合离子符号，计算含有电子数、质子数、中子数进行判计算；

(2)核内中子数为N 的R 2+离子，质量数为A ，所以质子数为A-N ，电子数为A-N ；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO ，该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol ，据此分析计算；

(3)根据n=A

N N 计算中子物质的量，Li 的中子数为7-3=4，进而计算Li 的物质的量，再根据m=nM 计算；

(4)根据共价键和和离子键的定义判断。共价键：相邻原子间通过共用电子对形成的化学键；离子键：阴阳离子通过静电作用形成的化学键；共价键的极性根据成键元素判断；

(5)根据物质含有的化学键类型以及变化类型进行判断。

【详解】

(1)质量数=质子数+中子数，三种原子的质量数分别为1、2、3，故在同温同压下，体积相等，故根据ρ=m V =nM V

知，其密度之比等于其摩尔质量之比，故密度之比为1∶2∶3；由氧的同位素有16O 、18O ，氢的同位素有11H 、12H 、13H ，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O 可分别与11H 、12H 、13H 构成水，即存在三种水；18O 可分别与11H 、12H 、13H 构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则16O 可分别与11H 12H 、12H 13H 、11H 13H 构成水，即存在三种水；18O 可分别与11H 12H 、

12H 13H 、11H 13H

构成水，即存在三种水；所以共形成3×4=12种水；[14NH 3T]+ 中电子数、质子数、中子数分别为10、11、(14-7+2)=9，故电子数∶质子数∶中子数=10∶11∶9，故答案为：1∶2∶3；12；10∶11∶9；

(2)该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO ，该氧化物的摩尔质量为

(A+16)g/mol ，n g 它的氧化物的物质的量为n A 16

+mol ；1molRO 中含有(A-N+8)mol 质子，所以ng 它的氧化物中所含质子的物质的量为n A 16

+×(A-N+8)，质子数与电子数相同，所以电子的物质的量为：n A 16+×(A-N+8)mol ，故答案为：n A 16

+×(A-N+8)； (3)6.02×1023个中子物质的量为1mol ，Li 的中子数为7-3=4，故Li 的物质的量为

14mol=0.25mol ，Li 的质量=0.25mol×7g/mol=74

g=1.75g ，故答案为：1.75； (4)①Ne 为单原子分子，不存在化学键；

②HCl 中H 原子和Cl 原子形成极性共价键；

③P 4中存在P-P 非极性共价键；

④N 2H 4中存在N-H 极性共价键和N-N 非极性共价键；

⑤Mg 3N 2中镁离子与氮离子间形成离子键；

⑥Ca(OH)2中钙离子和氢氧根离子间形成离子键；氢氧根离子内部氧原子、氢原子间形成极性共价键；

⑦CaC2中钙离子和C22-间形成离子键；C22-内部碳原子之间形成非极性共价键；

⑧NH4I铵根离子与碘离子间形成离子键；铵根离子内部氮原子、氢原子间形成极性共价键；

⑨AlCl3是共价化合物，氯原子与铝原子形成极性共价键；

因此只存在极性共价键的是②⑨；只存在非极性共价键的是③；既存在离子键又存在非极性共价键的是⑦，故答案为：②⑨；③；⑦；

(5)①碘为分子晶体，升华时克服分子间作用力，没有化学键发生变化；

②烧碱为离子晶体，含有离子键和共价键，融化时离子键断裂，而共价键没有变化；

③MgCl2为离子化合物，溶于水没有发生化学变化，只发生离子键断裂；

④氯化氢为共价化合物，只含有共价键，溶于水没有发生化学变化，只发生共价键断裂；

⑤Na2O2含有离子键和共价键，溶于水发生化学反应，得到氢氧化钠和氧气，破坏离子键和共价键；

因此未发生化学键破坏的是①；仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④，既发生离子键破坏又发生共价键破坏的是⑤，故答案为：①；②③；④；⑤。

【点睛】

本题的易错点为(4)和(5)，要注意常见物质中化学键类型的判断和常见变化过程中化学键的变化情况的归纳。

14．

图A所示的转化关系中(具体反应条件略)，a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示：

回答下列问题：

(1)图B对应的物质名称是______，晶体类型为______。

(2)d中元素的原子核外电子排布式为 ______

(3)图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是 ______，原因是______，该物质的分子构型为______。

(4)图A中的双原子分子中，极性最大的分子是______。

(5)k的分子式为______，中心原子的杂化轨道类型为______，属于______分子(填“极性”或“非极性”)。K又称光气，实验室制取时，可用四氯化碳与发烟硫酸(SO3的硫酸溶液)反应。

将四氯化碳加热至55-60℃，滴加入发烟硫酸，即发生逸出光气和磺酰氯(该物质在高温时分解成SO2和Cl2)，写出制取光气的化学方程式：______。

制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，写出该化学方程式：______。

【答案】金刚石原子晶体 1s22s22p63s23p5 H2O 分子间形成氢键 V形 HCl COCl2

sp2极性 SO3+CCl4=SO2Cl2+COCl2↑ CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2

【解析】

【分析】

a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，b与c反应生成水，则b、c分别为H2、O2中的一种，a的一种同素异形体的晶胞中每个原子周围有4个键，判断为金刚石，则a 为C元素，则b为H2、c为O2，由转化关系可知，f为CO，g为CO2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：a是C，b是H2，c是O2，d为Cl2，f为CO，g为CO2，i为HCl，k为COCl2。

(1)根据上面的分析可知，图B对应的物质名称是金刚石，属于原子晶体；

(2)d中元素为Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5；

(3)在上所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体，故水的沸点最高，是由于在水分子之间除存在分子间作用力外，还有氢键，水分子中O原子形成2个σ键、含有2对孤电子对，杂化轨道数目为4，产生sp3杂化，所以分子构型为V形；

(4)在上述元素形成的所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而HCl的极性最大；

(5)k的分子式为COCl2，COCl2中C原子成3个σ键、1个π键，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，四氯化碳与发烟硫酸(SO3的硫酸溶液)反应，制取光气的化学方程式为SO3+CCl4═SO2Cl2+COCl2↑.制取光气也可用氯仿和双氧水直接反应，生成光气和一种极易溶于水的气体，且水溶液呈强酸性，其化学方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2。

【点睛】

本题考查无机物推断、物质结构与性质的知识。涉及原子的杂化、分子与晶体类型的判断、化学方程式书写等，突破口是根据a的一种同素异形体判断a，掌握元素周期律及元素化合物的知识与物质结构理论是本题解答的基础。

15．

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：