2020-2021全国备战高考化学元素周期律的综合备战高考模拟和真题汇总附答案

2020-2021全国备战高考化学元素周期律的综合备战高考模拟和真题汇总附答案

2020-2021 全国备战高考化学元素周期律的综合备战高考模拟和真 题汇总附答案 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶 中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空： （1）写出发生反应的化学方程式 ___，该反应能够发生是因为（选填编号） ___。 A. 强酸生成了弱酸 B. 强氧化剂生成了弱还原剂 C. 生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸 D. 生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体 （2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的 溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有 ___种，这些离子的浓度大小不同，其 中浓度第二大的离子的符号是 ___，从物料平衡的角度分析：溶液中 c( Na+)= ___。 （3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应： ___CuS+___HNO3（浓）— ___CuSO4+___NO2↑+___H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。 （4）若反应中转移 1. 6mol 电子时，则产生的气体在标准状况下体积为 ___L；若反应的氧 化产物为 0. 8mol 时，则反应中转移电子数为 ___。 （5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为 ___，此反应体系中非金属元素的原子半 径由大到小的是（用元素符号表示） ___。 【答案】 CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c( HS- )+c( S2- )+ c( H2S) 1 8 1 8 4 35. 84 6. 4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H 【解析】 【分析】 【详解】 ( 1) 将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为 CuS，同时 蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为 CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，反应生成的 CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为： CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C； ( 2) 该反应体系中的属于弱电解质的是 H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反 应生成 NaHS，溶液中存在 NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有 Na+、 HS- 、 S2- 、 OH- 、 H+，一共有 5 种离子；但 NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度 第二大的离子为 HS- ，溶液中存在物料守恒， c( Na+)= c( HS- )+ c( S2- )+ c(H2S) ，故答案为： 5；HS- ；c( HS- )+ c( S2- )+ c( H2S) ； ( 3) 根据化合价升降守恒，硫化铜中的 S元素由 - 2 价升高为 +6 价，化合价升高 8，硝酸中 N 元素的化合价由 +5 价降低为 +4 价，化合价降低 1，最小公倍数为 8，因此硫化铜与浓硝 酸的反应方程式为： CuS+8HNO3( 浓 )=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为： 1；8；1；8；4； ( 4) 根据反应的方程式 CuS+8HNO3( 浓 )=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为 8，若 反应中转移 1. 6mol 电子时，则产生 1. 6mol NO2 气体，在标准状况下体积为 1. 6mol ×22. 4L/ mol = 35. 84L；该反应的氧化产物为 CuSO4，若反应的氧化产物为 0. 8mol 时，则 反应中转移电子为 0. 8mol ×8=6. 4mol ，数目为 6. 4NA，故答案为： 35. 84；6. 4NA； ( 5) 此反应体系中的含硫物质为 CuS和 CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系 中非金属元素为 S、H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从 上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为 S＞N＞O＞H，故答案为：离子 晶体； S＞N＞O＞H。 2．Ⅰ.某化合物 A 由两种元素组成，可以发生如下的转化。 已知：标准状况下，气体 B 的密度是氢气的 8 倍。请回答： （1）组成 A 的元素有 _________， A 的化学式是 _________ （2）请写出 A 与 NaOH 溶液反应的化学方程式 _________ （3）A 可用于金属的冶炼，请写出 A 与 Fe2O3 的化学反应方程式 _________ Ⅱ.某实验小组做了如下实验： 请回答： （1）写出硬质管中发生反应的化学方程式： _________ （2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分： _____。 【答案】 Al、C Al4C3 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑ +4NaAlO2 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑ CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O 将产生的气体分别通 入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为 A、B，对 B 进行加热，若 A 沉淀溶解， B 出现砖红色 沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若 A 沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若 A 沉淀不 溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有乙醛 【解析】 【分析】 Ⅰ.已知标准状况下，气体 B 的密度是氢气的 8 倍，则气体 B 的摩尔质量为 16g/mol ，应为 CH4 气体，则 A 中含有 C 元素，同时 A 能与氢氧化钠溶液反应，则 A 中含有 Al 元素， A 为 Al4C3，C 为 NaAlO2，NaAlO2 溶液中通入过量二氧化碳得到 D 为氢氧化铝固体，进一步灼烧 得到 E 为氧化铝，据此分析解答； Ⅱ.(1)乙醇被 CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水； (2)根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。 【详解】 Ⅰ. (1)由以上分析知，组成 A 的元素有 Al、C， A 的化学式是 Al4C3，故答案为： Al、C； Al4C3； (2)Al4C3 与 NaOH 溶液反应生成 CH4 和 4NaAlO2，故反应的化学方程式为 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑ +4NaAlO2； (3)Al4C3 可用于金属的冶炼，其与 Fe2O3 反应生成 Al2O3、Fe 和 CO2，故反应的化学反应方程 式为 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑； Ⅱ.(1)乙醇被 CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为 CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O； (2)根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标 为 A、B，对 B 进行加热，若 A 沉淀溶解， B 出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若 A 沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若 A 沉淀不溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有 乙醛。 3．高温下，正硅酸锂（ Li4SiO4）能与 CO2 发生反应，对控制 CO2 的排放具有重要的理论意 义和实用价值。完成下列填空： （1）硅原子核外电子占有 _____种能量不同的轨道； Li、 C、Si 的最高价氧化物中，属于原 子晶体的是 _____。 （2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由 _____。 一定温度下，在 2L 的密闭容器中， Li4SiO4 与 CO2 发生如下反应： Li4SiO4(s)+CO2(g) Li2SiO3(s)+Li2CO3(s)。 （3）该反应的平衡常数表达式 K=_____，反应 20min，测得容器内固体物质的质量增加了 8.8g，则 0~20min 内 CO2 的平均反应速率为 _____。 （4）在 T1、T2 温度下，恒容容器中 c(CO2)随时间 t 的变化关系如图所示。该反应是 _____ 反应（选填 “放热 ”或 “吸热 ”）。 若 T1 温度下，达到平衡时 c(CO2)为 amol ·L-1，保持其他条件不变，通入一定量的 CO2，重新 达到平衡时 c(CO2)为 bmol ·L-1。试比较 a、b 的大小，并说明理由 _____。 【答案】 5 SiO2 钠元素和锂元素均为第 ⅠA 族元素， Na 原子有 3 个电子层， Li 原子有 2 个电子层，原子半径 Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li 2 1 c CO 0.005mol ·L-1·min -1 放热 a=b，通入一定量的 CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数 K= 2 1 c CO 不变，故达到新 平衡时 c（ CO2）不变，即 a=b 【解析】 【分析】 【详解】 (1)硅是 14 号元素，基态硅原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2，其核外电子共占有 5 种能量不同的轨道； Li、 C、Si 的最高价氧化物分别为 Li2O、CO2、SiO2，Li2O 是离子晶体、 CO2 是分子晶体、 SiO2 是原子晶体，故答案为： 5； SiO2； (2) 钠元素的金属性比锂强，从原子结构解释：钠元素和锂元素均为第 ⅠA 族元素， Na 原 子有 3 个电子层， Li 原子有 2 个电子层，原子半径 Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能 力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li，故答案为：钠元素和锂元素均为 第Ⅰ A 族元素， Na 原子有 3 个电子层， Li 原子有 2 个电子层，原子半径 Na>Li，则原子核 对外层电子的吸引能力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li； (3)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，根据化学反应方 程式 Li4SiO4(s)+CO2(g) Li2SiO3(s)+Li2CO3(s)，反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固 体，则平衡常数 2 1K= c CO ；反应中固体增加的质量即为消耗的 CO2 的质量，反应 20min 消耗的 CO2 的质量为 8.8g，?c(CO2)=8.8g ÷ 44g/mol ÷ 2L=0.1mol ·L-1，则 0~20min 内 CO2 的平均 反应速率 -1 2 -1 -1 2 c CO 0.1mol LCO = = =0.005mol L min t 20min ，故答案为： 2 1 c CO ；0.005mol ·L-1·min -1； (4)由图像分析可知， T1 先达到平衡，则温度 T1>T2，T2 到 T1 的过程是升温， c(CO2)增大，平 衡逆向移动，则该反应是放热反应；若 T1 温度下，达到平衡时 c(CO2)为 amol ·L-1，保持其他 条件不变，通入一定量的 CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数 K= 2 1 c CO 不变，故达到新平衡时 c（ CO2）不变，即 a=b，故答案为：放热； a=b，通入 一定量的 CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数 K= 2 1 c CO 不变， 故达到新平衡时 c（CO2）不变，即 a=b。 【点睛】 第(3)小问为本题的难点，需要学生正确理解平衡常数的表达方式，同时理解反应中固体增 加的质量即为消耗的 CO2 的质量为本题的解答关键，第 (4)题的第二问 a、b 的大小比较为 易错点，注意巧用化学平衡常数作答。 4．短周期元素 Q、R、T、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中 T 所处的周期数与主族 序数相等。 (1)W 在周期表中的位置是 _______，Q、R、T 三种元素原子半径由大到小的顺序为 _______________________(用元素符号表示 )，Q 的最高价氧化物的化学式为 ________________， (2)元素的原子得电子 能力： Q________________W(填“强于 ”或 “弱于 ”)。 (3)原子序数比 R 多 1 的元素有一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，该反应的化学方程 式为 ______________________________________________________________________ 。 【答案】第三周期第 ⅥA 族 Al>C>N CO2 弱于 2 2 2 2 2 MnO 2H O 2H O+O 【解析】 【分析】 由短周期元素 Q、R、T、W 在元素周期表中的位置，可知 Q、R 处于第二周期， T、W 处于 第三周期，其中 T 所处的周期序数与主族序数相等，则 T 为 Al，可推知 Q 为 C 元素、 R 为 N 元素、 W 为 S元素，以此解答。 【详解】 (1)根据上述分析： W 为 S元素，原子序数为 16，位于周期表中第三周期 V IA 族；原子的 电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，根据上述分 析： Q 为 C元素、 R 为 N 元素、 T 为 Al，则 Q、R、T 三种元素原子半径由大到小顺序为 : Al>C>N；Q 的最高价氧化物的化学式为 CO2，故答案：第三周期第Ⅵ A 族； Al>C>N； CO2； (2) 根据上述分析： Q 为 C 元素、 W 为 S元素，非金属性： S>C，则酸性：硫酸 >碳酸，故答 案为：弱于； (3) 根据上述分析： R 为 N 元素，原子序数比 R多 1 的元素为 O 元素，氧元素一种氢化物能 分解为它的另一种氢化物，为过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解生成水与氧气，该 分解反应的化学方程式是： 2H2O2 2H2O+O2↑，故答案： 2H2O2 2H2O+O2↑； 5．A、B、 C、D 是原子序数依次增大的同一短同期元素， A、B 是金属元素， C、D 是非金 属元素， A、B 的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水。 (1)A 与 C 可形成化合物 A2C，写出该化合物的电子式为 _____。 (2)B 与 D 形成的化合物是 _____(填“离子化合物 ”或 “共价化合物 ”)，验证该结 论的实验方法 是 _____。 (3)C 的低价氧化物通入 D 单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为 _____。 (4)用 C 的最高价含氧酸 W 的溶液作电解质溶液 (物质的量浓度为 5.2mol/L ，体积为 1L， 假 设反应前后溶液体积变化忽略不计 )组装成原电池如图所示。 ①在 a 电极上发生的反应可表示为 _____。 ②若电池工作一段时间后， a 极消耗 0.05molPb， b 电极的质量变化为 ________g，则此时 W 溶液的浓度 为___________mol/L 。 【答案】 共价化合物 将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化 合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl Pb-2e- +SO42-=PbSO4 3.2 5.1 【解析】 【分析】 A、B 是金属元素， A、B 的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水， A 是 Na 元素、 B 是 Al 元素； Na 与 C 可形成化合物 A2C， C 显 -2 价， C是 S元素； A、B、C、D 是原 子序数依次增大，所以 D 是 Cl 元素。 【详解】 根据以上分析， (1) A 是 Na 元素、 C是 S元素，形成化合物 Na2S是离子化合物，电子式为 ； (2) B 是 Al 元素、 D 是 Cl 元素，形成的化合物 AlCl3 是共价化合物，共价化合物在熔融状态 下不导电，将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化合物在熔融状态下不导 电，说明该化合物是共价化合物； (3)S 的低价氧化物是 SO2， D 单质是氯气， SO2 通入氯水发生反应的化学方程式为 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl； (4) H2SO4 溶液、 Pb、 PbO2 构成原电池， Pb 是负极、 PbO2 是正极； ①a 极是负极， Pb 失电子生成 PbSO4 沉淀， a 电极上发生的反应可表示为 Pb-2e-+SO42- =PbSO4； ②b 是正极， b 电极反应式是 PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；a 极消耗 0.05molPb，转移 电子的物质的量是 0.1mol ， b 电极消耗 0.05mol PbO2，生成 0.05mol PbSO4 质量变化为 303g/mol 0.05mol-239g/mol 0.05mol= 3.2g；根据总反应式 Pb+ PbO2+ H2SO4= 2PbSO4+2H2O，a 极消耗 0.05molPb，总反应消耗 0.1mol H 2SO4，此时 H2SO4 溶液的浓度 为 5.2mol/L 1L-0.1m L ol 1 =5.1mol/L 。 6．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表： 元素编号 元素性质或原子结构 T M 层上有 6 个电子 X 最外层电子数是次外层电子数的 2 倍 Y 常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是＋ 7 价 W 其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生 H2 （1）元素 X 的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是 _____。 （2）元素 Y与氢元素形成一种离子 YH4 ＋ ，写出某溶液中含该微粒的电子式 _____，如何检 验该离子 _____。 （3）元素 Z 在周期表中的位置 _____，元素 Z 与元素 T 相比，非金属性较强的是 _____（用 元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 _____（填序号）。 a.常温下 Z 的单质和 T 的单质状态不同 b.Z 的氢化物比 T 的氢化物稳定 c.一定条件下， Z 和 T 的单质都能与氢氧化钠溶液反应 （4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。 T、X、Y、Z 四种元素的最高价 氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是 _____，理由是 _________。Z 的最高 价氧化物的水化物与 W 的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为 _____________。 【答案】 14 6 C 取少量试样加入到试管中，加入 浓 NaOH 溶液并加热，在 试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在 NH4+ 第 三周期Ⅶ A 族 Cl b H2CO3 只有 H2CO3 为弱酸，其余为强酸 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O 【解析】 【分析】 根据题给元素性质或原子结构可知： T 的核外电子数为 16，为 S元素； X最外层电子数是次外层电子数的 2 倍，则 X 为第二周 期元素，为 C 元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为 N2，氢 化物的水溶液是 NH3· H2O，则 Y 为 N 元素；元素最高正价等于其族序数，则 Z 为第Ⅶ A 元 素， F 元素无正价，故 Z 为 Cl 元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生 H2，该 单质为金属 Al，故 W 为 Al 元素。据此进行分析判断。 【详解】 （1） 14 6C 在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为： 14 6 C ； （2）元素 Y与氢元素形成一种离子 YH4 ＋是 NH4+，其电子式为： ；检验该离 子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入 浓 NaOH 溶液并加热，在试管口用湿润的红 色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在 NH4+。答案为： ；取少量试样加入到试管中，加入浓 NaOH 溶液并加热，在试管口用湿润的 红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在 NH4+； （3）Z 为 Cl 元素，在周期表中位于第三周期、第Ⅶ A 族。同一周期从左向右，元素的非金 属性逐渐增强，故 Cl 元素与 S元素相比，非金属性较强的是 Cl 元素。可根据元素周期律来 选择判断能证明这一事实的选项： a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系， a 项错误； b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明 Cl 元素的非金 属性比较强， b 项正确； c．单质能与 NaOH 溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系， c 项错误； 答案选 b； 故答案为：第三周期Ⅶ A 族； Cl；b； （4）T、X、Y、Z 四种元素的最高价氧化物的水化物分别是： H2SO4、H2CO3、HNO3 和 HClO4，其中 H2CO3 性质不同于其他三种，因为只有 H2CO3 为弱酸，其余为强酸。 W 的最高 价氧化物的水化物为 Al(OH)3，与 HClO4 反应的离子方程式为： 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。答 案为： H2CO3；只有 H2CO3 为弱酸，其余为强酸； 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。 【点睛】 对于主族元素而言，元素的最高正化合价和主族序数相同，但氟没有正价，氧无最高正 价，一般为零价或负价。 7．X、Y、Z、W、G 是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素。 X 元素是元素周期表中 核电荷数最小的元素。 Y 的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物 质。 ZX3 气体溶于水呈碱性。 W 的外围电子排布是 3s1。G2+离子的 M 层 d 轨道只有 5 个电 子。请回答下列问题： （1）W 在元素周期表中的位置是 ______；W 和 Z 形成的化合物水溶液呈碱性，用离子方 程式表示其原因 _____。 （2）Z 原子的第一电离能比氧原子的 ____（填 “大”或 “小”）； G 的基态原子电子排布式是 __________ （3）X 与 Y 可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是 X6Y6，分子中只有 σ键，该分 子的结构简式是 _________；该化合物中 Y 的杂化轨道类型是 ________。 （4）G 的最高价氧化物对应水化物的钾盐，在酸性条件下，常用于测定溶液中 Fe2+的含 量，该反应的离子方程式是 ____________ （5）可用 YX4 还原 ZOx 以消除其污染。已知： YX4(g) +4ZO2(g)=4ZO(g)+YO2(g)+2X2O(g) △H=-574 kJ ·mol -1 YX4(g)+4ZO(g)=2Z2(g)十 YO2(g) +2X2O(g) △H = -1160kJ ·mol -1 试写出用 YX4 还原 ZO2 至 Z2 的热化学方程式 ________。 【答案】第三周期 ⅠA 族 N3-+ 3H2O ?NH3+3OH- 大 [Ar]3d54s2 ） sp3 杂化 MnO 4-+ 5Fe2++8 H+＝Mn 2++5Fe3++4 H2O CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) Δ H= － 867kJ ·mol -1 【解析】 【分析】 X、Y、Z、W、 G 是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素， X 是元素周期表中核电荷 数最小的元素，故 X 为 H 元素； Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最 硬的物质，则 Y 为 C 元素； ZX3 气体溶于水呈碱性，则 Z 为 N 元素； W 的外围电子排布是 3s1，则 W 为 Na； G2+离子的 M 层 d 轨道只有 5 个电子，原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s2，则 G 为 Mn。 【详解】 根据题给信息推断 X 为氢元素， Y为碳元素， Z 为氮元素， W 为钠元素， G 为锰元素； （1）W 为钠元素，在元素周期表中的位置是第三周期 Ⅰ A 族； W 和 Z形成的化合物为 Na3N，Na3N 水溶液呈碱性的原因 N3-与水电离产生的氢离子结合生成 NH3，水的电离平衡 正向移动，使得溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，离子方程式为 N3- +3H2O?NH3+3OH- 。 故答案为：第三周期第 IA 族； N3-+H2O?NH3+OH-； （2）氧原子的价电子排布为 2s22p4，氮原子的价电子排布为 2s22p3，p 轨道处于半充满状 态，较稳定，故氮原子的第一电离能比氧原子的大； G 为锰元素，原子序数为 25 ，根据构 造原理知其基态原子电子排布式是 [Ar]3d 54s2； 故答案：大； [Ar]3d 54s2； （3）C6H6 分子中只有 σ键，该分子的结构简式是 ；碳原子形成 3 个 σ键，没有 孤对电子，杂化轨道类型是 sp3； 故答案是： ；sp3 杂化； （4）酸性高锰酸钾溶液将 Fe2+氧化为 Fe3+，本身被还原为 Mn 2+，利用化合价升降法结合原 子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式是 MnO4-+ 5Fe2++8H+＝Mn 2++5Fe3++4H2O； 故答案是： MnO 4-+ 5Fe2++8 H+＝Mn 2++5Fe3++4 H2O； （5）已知： ①CH 4(g) +4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574 kJ ·mol -1， ② CH 4(g)+4NO(g)=2N2(g)十 CO2(g) +2H2O(g) △ H =-1160kJ ·mol -1，根据盖斯定律： 2 （① ②） 得 CH4 还原 NO2 至 N2的热化学方程式为 CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) Δ H=－ 867kJ ·mol -1； 故答案是： CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) Δ H= －867kJ ·mol -1。 8．氮（ N）、磷（ P）、砷（ As）、锑（ Sb）、铋（ Bi）、镆（ Mc）为元素周期表中原子 序数依次增大的同族元素。回答下列问题： （1）砷在周期表中的位置 _____， 288 115 Mc 的中子数为 _____。已知存在 P(S,红磷 )、P(S,黑 磷) 、P(S,白磷 )，它们互称为 _____。 （2）热稳定性： NH3_____PH3（填 “＞”或 “＜”），砷的最高价氧化物对应水化物的化学式 为_____是一种 _____酸(填“强”或 “弱”) 。 （3）PH3 和卤化氢反应与 NH3 相似，产物的结构和性质也相似。写出 PH3 和 HI 反应的化学 方程式 _____。 （4）SbCl3 能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl，写出该反应的化学方程式 _____，因 此，配制 SbCl3 溶液时应注意 _________。 【答案】第四周期第 VA族 173 同素异形体 > H3AsO4 弱 PH3 + HI = PH4I SbCl3 +H2O SbOCl↓ + 2HCl 用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体 SbCl3，使用前才稀释到 相应的浓度 【解析】 【分析】 （1）中子数 =质量数 -质子数；同种元素组成的不同单质互为同素异形体； （2）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强； （3）根据 NH3 与 HCl 反应的方程式书写 PH3 和 HI 反应的化学方程式； （4）SbCl3 能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸； 【详解】 （1）砷在周期表中的位置是第四周期第 VA族， 288 115 Mc 的中子数为 288-115=173； P(S，红 磷)、P(S，黑磷 ) 、P(S，白磷 )，都是 P 元素组成的不同单质，它们互称为同素异形体； （2）同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性 N>P>As，热稳定性： NH3＞PH3，砷的 最高价氧化物对应水化物的化学式为 H3AsO4，酸性 H3PO4＞H3AsO4，所以 H3AsO4 是弱酸； （3）根据 NH3 与 HCl 反应的方程式，可知 PH3 和 HI 反应的化学方程式是 PH3 + HI = PH4I； （4）SbCl3 能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸，反应方程式是 SbCl3 +H2O SbOCl↓ + 2HCl；增大盐酸浓度，水解平衡可逆向移动，抑制 SbCl3 水解，配制 SbCl3 溶液时应注意用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体 SbCl3，使用前才稀释到相应的 浓度。 9．某分子的结构如图所示（ -R 为烃基），其中 A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一 族的三个相邻的周期， A 的非金属性大于 B。D 与 G 形成的 DG3 在工业上可用于漂白和杀菌 消毒。 A 与 G 形成的 AG3 可完全水解，其水解的产物之一 H3AO3 常用作塑料件镀金属的还 原剂。 (1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。 D 的某种氧化物 D2O4 的磁性大小与温度呈正相 关关系，即磁性是温度的增函数。则 D2O4 2DO2，ΔH______0（填 “＞”“＜”或 “ =”）。 (2)DG3 用于杀菌消毒与 HGO 相比， DG3 可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和 平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因 ____________________________ 。 (3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。 H3AO3 分子中 A 原子最外层的电子都参与了共 价键的形成，试用方程式表示 H3AO3 的正盐溶液呈碱性的原因 _____。 (4)液氨中因存在 2NH3(1) NH4++NH2-可导电，液态 D2O4 中也存在 D2O4 DO++DO3- ，上述两个过程的本质区别为 ___________。 (5)T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 ACl5 固体，按下式发生反应： ACl5 （s） ? ACl3（g）+Cl2（g）， Δ H>0。测得容器内气体的压强变化如下表： 时间 t/s 0 5 10 15 20 25 30 ∞ 总压 P/kPa 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 5.0 5.0 上述条件下，以分压表示的平衡常数 Kp=_____(kPa)2（计算结果保留两位小数）； 若保持 温度不变， 30s 时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将 _____（填 “升高 ”、“降低 ”或 “不变 ”）；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将 _____（填 “升高 ”、“降低 ”或 “不 变 ”）。 【答案】 > NCl3 与水反应的速率太小（或 NCl3 与水反应的平衡常数太小） HPO32-+ H2O H2PO3-+OH- 前者未发生电子转移，后者发生了电子转移 6.25 不变 升高 【解析】 【分析】 A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期， A 的非金属性大于 B。D 与 G 形成的 DG3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则 D为 N，G为 Cl 。A为 P，PCl3 可完全水 解，其水解的产物之一 H3PO3 常用作塑料件镀金属的还原剂，则： A 为 P，B 为 As，D为 N,G 为 Cl 。 【详解】 （1）D为 N元素， D 的某种氧化物 N2O4 的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的 增函数。 NO2 中有未成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高， N2O4 2NO2 要吸收能量，则 N2O4 2NO2，Δ H > 0。 故答案为： > ； （2）NCl3 用于杀菌消毒与 HClO 相比， NCl3 可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论 分析： NCl3 与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因： NCl3 与水反应的平衡常数 太小。 故答案为： NCl3 与水反应的速率太小（或 NCl3 与水反应的平衡常数太小）； （3）无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。 H3PO3 分子中 P 原子最外层的电子都参与了 共价键的形成， H3PO3的结构式为： 是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液 呈碱性，用方程式表示 H3AO3 的正盐 HPO32-溶液呈碱性的原因： HPO32-+ H2O H2PO3- +OH-。 故答案为： HPO32-+ H2O H2PO3-+OH-； （4）液氨中因存在 2NH3(1) NH4++NH2-可导电， N的化合价不变，液态 N2O4 中也存在 N2O4 NO++NO3-，N2O4 中 N 为+4 价， NO+中 N 为 +3 价， NO3-中 N 为+5 价，上述两个过 程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。 故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移； （5）T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 PCl5 固体，按下式发生反应： PCl5 （s） ? PCl3（g）+Cl2（g）， Δ H>0。测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为 5.0 kPa，PCl3（g）和 Cl2（g）的分压均为 2.5 kPa，上述条件下，以分压表示的平衡常数 Kp=p(PCl3)p(Cl2)= 5 5KPa KPa 2 2 =6.25 (kPa)2（计算结果保留两位小数）； 若保持温度不变，平衡常数不变， 30s 时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器 内的总压将不变； 若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度升 高，容器内的总压将升高。 故答案为： 6.25；不变 ；升高。 10． 工业上可用微生物处理含 KCN 的废水。第一步是微生物在氧气充足的条件下，将 KCN 转化成 KHCO3和 NH3( 最佳 pH: 6. 7～ 7. 2) ；第二步是把氨转化为硝酸： NH3+2O2 = 微生物 HNO3+H2O, 完成下列填空： ( 1) 写出第一步反应的化学方程式 __________________________。 ( 2) 标出第二步反应中电子转移的方向和数目： NH3+2O2 = 微生物 HNO3+H2O__________写出产 物水的电子式 _________。 ( 3) 物质 KHCO3 属于化合物 ________（选填“离子”或“共价” ), 其中属于短周期且原子 半径最大的元素是 ___________（填元素符号）： KHCO3 的水溶液 pH_____7 （选填 “＞”、“ =”或“＜” ) 。 ( 4) 写出一个能比较 KCN中碳元素和氮元素非金属性强弱的实验事实： __________。 ( 5) 工业上还常用氯氧化法处理含 KCN 的废水： KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+ H2O 2KOCN+4KOH+3Cl2=N2 + 6KCl+2CO2+ 2H2O 比较微生物处理法与氯氧化法的优缺点（任写一点）。 _______。 【答案】 2KCN + O2+ 4H2O 微生物 2KHCO3 + 2NH3 微生物 HNO3 +H2O 离子 C ＞ 碳酸氢钠与稀硝酸反应产生二氧化碳气体 优点：不存在氯气 泄漏的风险，缺点：微生物适应性差，较为脆弱易失活，对环境要求高 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题意分析得， KCN与 O2 和 H2O 反应生成 KHCO3 和 NH3，其反应方程式为 2KCN +O2+ 4H2O 微生物 2KHCO3 + 2NH3；故答案为： 2KCN + O2+ 4H2O 微生物 2KHCO3 + 2NH3。 （2）第二步发生的反应方程式为： NH3+2O2 微生物 HNO3+H2O，该反应中，氨气中氮元素 化合价从 -3 价升高为 +5 价，失去 8 个电子，氧气中氧元素的化合价从 0 价降低为 - 2 价， 总共得到 8 个电子，标出反应中电子转移的方向和数目： 微生物 HNO3 +H2O， 产物水的电子式为： ，故答案为： 微生物 HNO3 +H2O； 。 （3）物质 KHCO3 属于离子化合物，是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性， pH＞7， KHCO3 中 含有 K、 H、 C、O 四种元素，属于短周期的是 H、C、O 三种元素，同周期，从左到右原子 半径减小，其中原子半径最大的元素是 C，故答案为：离子； C；＞。 （4）稀硝酸与碳酸氢钠反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，其化学反应方程式为： HNO3+NaHCO3=NaNO3+H2O+CO2↑，说明氮元素的非金属性强于碳元素的非金属性，故答案 为：碳酸氢钠与稀硝酸反应产生二氧化碳气体。 （5）由题意得，微生物处理法的优点：不存在氯气泄漏的风险等；缺点：微生物适应性 差，较为脆弱易失活，对环境要求高等，故答案为：不存在氯气泄漏的风险；微生物适应 性差，较为脆弱易失活，对环境要求高等。 二、化学键练习题（含详细答案解析） 11． 煤气中主要的含硫杂质有 H2S以及 COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成 SO2从 而引起大气污染。煤气中 H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。回答下列问 题： （1）将 H2S通入 FeCl3 溶液中，该反应的还原产物为 ___________。 （2）脱除煤气中 COS的方法有 Br2 的 KOH 溶液氧化法、 H2 还原法以及水解法等。 ①COS的分子结构与 CO2 相似， COS的电子式为 _____________。 ②Br 2 的 KOH 溶液将 COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为 _____________。 ③已知断裂 1mol 化学键所需的能量如下 ( 能量的单位为 kJ) ： H—H C═O C═S H—S C≡O 436 745 577 339 1072 H2 还原 COS发生的反应为 H2（g）+COS（g） ═H2S（g）+CO（g），该反应的 △H=________kJ ·mol -1。 ④用活性 α—Al2O3 催化 COS水解的反应为 COS（g）+ H2 O（g） 垐 ?噲 ? CO2（g）+ H2S （g） △H<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下 COS的 转化率（未达到平衡）如图 1 所示；某温度下， COS的平衡转化率与 2n H O n(COS) 的关系如图 2 所示。 由图 1 可知，催化剂活性最大时对应的温度约为 ________；由图 2 可知， P 点时平衡常数 K=_____（保留 2 位有效数字）。 【答案】 Fe2+（或 FeCl2） COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ + 6H2O +8 150℃ 0.048 【解析】 【分析】 【详解】 （1）将 H2S通入 FeCl3 溶液中，反应为： H2S + 2Fe3+ = S ↓ + 2Fe2+ + 2H+，Fe3+被还原为 Fe2+，故还原产物为 Fe2+（或 FeCl2）； （2） ① COS 的分子结构与 CO2 相似， COS的电子式为 ； ② 碱性溶液， OH－参与反应生成水， Br2 作氧化剂还原为 Br－，故 Br2 的 KOH溶液将 COS氧 化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为 COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ + 6H2O； ③ 结合表格数据和反应 H2( g) +COS( g) ═H2S( g) +CO( g) ，则 △H=(436+745+577-2×339-1072) kJ ·mol -1=+8 kJ ·mol -1； ④ 由图 1 可得，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时， 150℃时 COS转 化率最大，所以该温度下反应速率最快，催化剂活性最大，由图 2（单位： mol/L ）： COS（g） H2 O（g） CO2（g） H2S （g） 开始 1 3 0 0 转化 0.3 0.3 0.3 0.3 平衡 0.7 2.7 0.3 0.3 则 K= 2 2 2 c( )c( ) c( )c( ) CO H S COS H O = 0.3 0.3 0.7 2.7 = 1 21 ≈ 0.048。 【点睛】 在一定的条件下，某可逆反应的 K 值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的 正反应进行的程度越大，即该反应进行的越完全，反应物转化率越大；反之，反应就越不 完全，转化率就越小。当 K=105 时，该反应就能基本进行完全，一般看成非可逆反应；而 K 在 0.1~10 之间的反应是典型的可逆反应。 12． 钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题： （1）基态钛原子的价层电子排布图为 __________，其原子核外共有 ______种空间运动状态 不同的电子，金属钛的堆积方式如图所示，为 ________(填堆积方式 )堆积 （2）① 已知 TiCl4 在通常情况下是无色液体，熔点为－ 37 ℃ ，沸点为 136 ℃ ，均高于结构 与其相似的 CCl4，主要原因是 _______。 ② TiCl 4 可溶于浓盐酸得 H2[TiCl6]，向溶液中加入 NH4Cl 浓溶液可析出黄色的 (NH4)2[TiCl6]晶 体。该晶体中微观粒子之间的作用力有 ______。 A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．氢键 E．金属键 （3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中 Ti-O-Ti 在一条直线 上。该阳离子化学式为 __________，其中 O 原子的杂化方式为 _______。 （4）2016 年 7 月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是 Ti3Au，它具有生物相容性， 是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为 a pm，最近的 Ti 原子 距离为 a 2 ，A 原子的坐标参数为（ 1 2 , 1 2 , 1 2 ），则 B 原子坐标参数为 _______，距离 Ti 原 子次近．．的 Ti 原子有 _______个， Ti-Au 间最近距离为 _______pm 【答案】 12 六方最密 TiCl4 和 CCl4 均为分子晶体， TiCl4 的分子量 大于 CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。 AB TiO2+ sp ( 1 4 ， 1 2 ，0) 8 5 4 a 【解析】 【分析】 (1) Ti 原子价电子为 3d、 4s 电子， 3d 能级上有 2 个电子、 4s 能级上有 2 个电子；原子的空 间运动状态即为原子轨道， Ti 有 1s、2s、3s、4s 四个原子轨道， 2p、3p 六个轨道、 3d 两 个轨道；该晶体为六方最密堆积； (2)①分子晶体熔沸点较低，结构相似的分子晶体的熔沸点与相对原子质量有关； ②酸属于共价化合物，铵盐属于离子化合物，据此分析； (3)每个 O 原子被两个 Ti 原子共用、每个 Ti 原子被两个 O 原子共用，利用均摊法计算二者 原子个数之比； Ti 元素为 +4 价、 O 元素为 -2 价，据此书写其化学式；阳离子的立体结构中 Ti-O-Ti 为直线型，据此分析杂化类型； (4)根据均摊法确定 Ti 和 Au 在晶胞中的位置，结合晶胞结构图进行分析原子的坐标和距 离， Ti 和 Au 最近的距离为晶胞顶点的 Au 到面上的 Ti 之间的距离，如图所示， ，结合图示计算。 【详解】 (1)Ti 原子价电子为 3d、4s 电子， 3d 能级上有 2 个电子、 4s 能级上有 2 个电子，其价电子 排布图为： ；原子的空间运动状态即为原子轨道， Ti 有 1s、 2s、3s、 4s 四个原子轨道， 2p、3p 六个轨道、 3d 两个轨道，共 12 个轨道；根据图示，该晶体为六 方最密堆积； (2) ① TiCl4和 CCl4 均为分子晶体， TiCl4 的分子量大于 CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸 点更高； ② TiCl 4 可溶于浓盐酸得 H2[TiCl6]，可将其看做形成一种酸，所有的酸都是共价化合物，向 溶液中加入 NH4Cl 浓溶液可析出黄色的 (NH4)2[TiCl6]晶体，可看做是铵盐，属于离子化合 物，该晶体中微观粒子之间的作用力有共价键和离子键，答案选 AB； (3)根据均摊法：每个 O 原子被两个 Ti 原子共用、每个 Ti 原子被两个 O 原子共用，利用均 摊法计算二者原子个数之比为 1：1，所以阳离子的化学式为 TiO2+，阳离子的立体结构中 Ti-O-Ti 为直线型，故 O 原子的杂化方式为 sp 杂化； (4)根据钛金合金的化学式是 Ti 3Au，大白球位于晶胞的顶点和体心，个数为 1+8× 1 8 =2，小 黑球位于晶胞的面上，则个数为 2×6×1 2 =6，则大白球为 Au，位于晶胞的顶点和体心，小 黑球为 Ti，位于晶胞的六个面上，由于最近的 Ti 原子距离为 a 2 ，故 B 原子坐标参数为 ( 1 4 ， 1 2 ， 0)；以右图中 C 原子为中心，在该晶胞中与 C原子次近的原子有 4 个，根据晶胞 的无隙并置，对称结构还有 4 个，故有 8 个； Ti 和 Au 最近的距离为晶胞顶点的 Au 到面上 的 Ti 之间的距离，如图所示， ，则晶胞中 Ti-Au 间最近距离为 2 2 a a 4 2 = 5 4 a pm。 13． 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（ NH3） 2Ac＋CO＋NH3 垐 ?噲 ? [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达式是 ___________。通过比较 _____________可判断 氧，硫两种非金属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 ________。CS2 熔点高于 CO2，其原因 是 ______。 【答案】 bc 2NH3＋ CO2＋H2O→（ NH4） 2CO3、（ NH4） 2CO3＋CO2＋H2O→ 2NH4HCO C＞N ＞O＞H O2 和 S的氧化性 CS2 和 CO2 都是分子晶 体， CS2 的相对分子质量大，分子间作用力大 【解析】 【分析】 【详解】 （1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；减压反应速率减小，减小生成物浓度，反 应速率减小，所以选 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 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； 氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是 ； 比较 O2 和 S的氧化性、 H2O 和 H2S的稳定性都可以判断氧，硫两种非金属元素的非金属性 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。 14． 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 1molH 2，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/[H 2]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 5L 10min =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。 15． 碱金属及碳族元素在科研领域、生活和生产方面有广泛的应用。回答下列问题： (1)在元素周期表中，与 Li 的化学性质最相似的邻族元素是 __________(填元素符号 )，该元 素基态原子最外层电子的自旋状态 ___________(填“相同 ”或 “相反 ”)。 (2)碳和硅的有关化学键键能如下所示： 化学键 C-H C-O Si-H Si-O 键能 /kJ?mol-1 413 336 318 452 SiH4 的稳定性小于 CH4，更易生成氧化物，原因是 __________________。 (3)天然硅酸盐都是由 [SiO4]四面体以顶角氧原子相连而成，可成链状也可成环，所以硅酸盐 种类繁多。下图 a 代表 SiO44-，b、 c 是硅氧四面体形成的环状结构。 硅氧四面体中 Si 的轨道杂化类型为 ____________； 图 b 环状结构硅酸根的化学式为 ______________若在环状结构中硅的原子数为 n，写出环状结构中硅酸根的通式 _____________。 (4)钾与溴作用能形成溴化钾晶体，该晶体类型为 ___________，其晶格能可通过下图的 Borm-Haber 循环计算得到。 从上图可知， K 原子的第一电离能为 _____ kJ/mol ， Br-Br 键键能为 ______kJ/ mol ，KBr 的晶 格能为 ______kJ/mol ，晶格能越大，该晶体的熔点越 ______。 【答案】 Mg 相反 C-H键的键能大于 C-O 键， C-H 键比 C-O 键稳定．而 Si-H键的键能却 远小于 Si-O键，所以 Si-H 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的 Si-O键 sp3 杂化 (SiO3)36- SinO3n2n- 离子晶体 418.8 193.0 689.1 高 【解析】 【分析】 (1)由对角线规格可知， Li 与 Mg 性质相似， Mg 的原子核外 M 层电子有 2 个，根据构造原 理分析； (2)键能越小，化学键越不稳定，反应倾向于形成稳定性更强方向进行； (3)根据 Si 原子最外层电子数及结合的原子个数分析判断，根据 b 中含有的正四面体个数确 定其化学式，再分析判断 c，找出原子个数、电荷数目关系，得到物质是化学式通式； (4)根据晶体构成微粒判断晶体类型，根据有关概念判断化学键的键能、晶格能大小，利用 晶格能与物质熔沸点的关系判断物质熔沸点的高低。 【详解】 (1)在周期表中，与 Li 的化学性质最相似的邻族元素是 Mg，该元素是 12 号元素，核外电子 排布是 1s22s22p63s2，在同一轨道上最多容纳 2 个自旋方向相反的电子，所以在 Mg 原子基 态原子核外 M 层电子 2 个电子的自旋状态相反； (2)由表中数据可知， C-H 键的键能大于 C-O 键， C-H 键比 C-O键稳定．而 Si-H 键的键能却 远小于 Si-O键，所以 Si-H 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的 Si-O键，所以 SiH4的稳定性 小于 CH4，更易生成氧化物 SiO2； (3)硅氧四面体中 Si 原子与 4 个 O 原子形成 4 个 σ键，无孤电子对，因此其立体构型为正 四面体， Si 原子轨道杂化类型为 sp3 杂化； b 中含有 3 个四面体结构，所以含有 3 个 Si 原子，含有的氧原子数为 9，含有氧原子数比 3 个硅酸根离子少 6 个 3，带有的电荷为： 3×(-2)=-6，该离子化学式是 (SiO3)36-； c 中含有 6 个四面体结构，所以含有 6 个 Si 原子，含有的氧原子数为 18，含有氧原子数比 6 个硅酸根离子少 6 个 O，带有的电荷为： 6× (-2)=-12；根据图示可知：若一个单环状离子 中 Si 原子数为 n(n ≥3)，则含有 n 个四面体结构，含有的氧原子比 n 个硅酸根离子恰好少 n 个 O 原子，即：含有 n 个 Si，则含有 3n 个 O，带有的负电荷为： n×(-2)=-2n，其化学式 为： SinO3n2n-； (4)KBr 晶体由 K+、Br-通过离子键结合形成离子晶体；根据示意图可知 K 原子的第一电离能 为 418.8kJ/mol ； 1 2 molBr 2 蒸气转化为 Br 气态原子吸收能量 96.5kJ，则 Br-Br 键键能 96.5kJ/mol × 2=193.0kJ/mol； 晶格能是气态离子形成 1mol 离子晶体释放的能量，则根据图示，结合盖斯定律可得 (89.2+418.8)+(15.5+96.5-324.7)kJ/mol-QkJ/mol=-393.8kJ/mol ，解得 Q=+689.1kJ/mol； 离子晶体的晶格能越大，离子之间的作用力就越强，断裂消耗的能量就越大，因此该晶体 的熔点越高。 【点睛】 本题考查核外电子排布、化学键键能、晶格能及其作用等，立足课本知识并适当拓展，考 查了学生应用概念进行分析和解决问题的能力。 (1)中 Mg 原子电子自旋方向要结合原子核 外电子排布规律分析，为易错点，注意晶格能对物质性质的影响。