2020-2021全国高考化学化学键的综合高考模拟和真题汇总附详细答案(20200915191345) 22页

2020-2021 全国高考化学 化学键的综合高考模拟和真题汇总附详细 答案 一、化学键练习题（含详细答案解析） 1． (1)下面列出了几组物质： A．金刚石与石墨； B．丙烯与环丙烷； C．氕与氘； D．甲烷与 戊烷； E.液氨与氨水； F. 与 ； G. 与 ，请将物 质的合适组号填写在空格上。 ①同位素 _________ ②同素异形体 _________ ③同系物 _________ ④同分异构体 _________ ⑤同一物质 _________。 (2)下列物质中：① Ar ②MgBr 2 ③Na2O2 ④H2SO4 ⑤CS2 ⑥NH4Br ⑦ BaO ⑧RbOH。只存在共 价键的是 _________ (填序号，下同 )，只存在离子键的是 _________，既存在离子键又存在 极性共价键的是 _________，既存在离子键又存在非极性共价键的是 _________。 (3)异丁烷的一氯代物有 _________种，新戊烷的一氯代物有 _________种。 C3H2Cl6 的同分异 构体有 _________种， C5HCl11 的同分异构体有 _________种，乙烷和氯气在光照条件下发生 取代反应所得产物最多有 _________种。 【答案】 C A D B、F G ④⑤ ②⑦ ⑥⑧ ③ 2 1 4 8 10 【解析】 【分析】 【详解】 (1)上述物质中，①氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位 素，故答案为： C； ②金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为： A； ③甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差 4 个 CH2 原子团的同一类有机物，互称为同系 物，故答案为： D； ④丙烯与环丙烷的分子式均为 C3H6，但结构不同， 与 的 分子式均为 C5H12 相同，但结构不同，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体， 故答案为： B、F； ⑤ 与 属于同一种物质，故答案为： G； (2)①Ar 为单原子分子，不含有化学键； ②MgBr 2 是离子化合物， Mg2+和 Br-形成离子键； ③Na2O2 是离子化合物， Na+和 O22-形成离子键， O22-中 O 和 O 形成非极性共价键； ④H2SO4 是共价化合物，只存在极性共价键； ⑤CS2 是共价化合物， C 和 S形成极性共价键； ⑥NH4Br 是离子化合物， NH4+和 Br- 形成离子键， NH4+中 N 和 H 形成极性共价键； ⑦BaO 是离子化合物， Ba2+和 O2-形成离子键； ⑧RbOH 是离子化合物， Rb+与 OH-形成离子键， OH-中 H 和 O 形成极性共价键； 综上所述，只存在共价键的是④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共 价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：④⑤；②⑦； ⑥⑧；③； (3)异丁烷 (2-甲基丙烷 )有两种等效氢，其一氯代物有 2 种； 新戊烷 (2，2-二甲基丙烷 )只有一种等效氢，其一氯代物有 1 种； 分子式为 C3H2Cl6 的有机物可以看作 C3Cl8 中的两个 Cl 原子被两个 H 原子取代，碳链上的 3 个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种， CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的 氢原子时一样）、 CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种： CCl2H-CCl2-CCl2H （两个边上的）， CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故 C3H2Cl6 共有 4 种； C5HCl11 可看作 C5C12 中的一个 Cl 被 H 取代，先定碳骨架： C5 有三种碳骨架： 、 、 ，后根据对称性移动官能团：氢原子的 位置有 、 、 ，因此 C5HCl11 的同分异构体有 3+4+1=8 种； 乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有 1 种，二氯取代物有 2 种，三氯取代物有 2 种，四氯取代物有 2 种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有 1 种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物 1 种，另外还有氯化氢生成，所以共有 10 种； 综上所述，答案为： 2；1；4；8；10。 2． 《Nature Energy 》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用 Ni- BaH2 /Al 2O3、Ni- LiH 等作 催化剂，实现了在常压、 100-300℃的条件下合成氨。 （1）在元素周期表中，氧和与其相邻且同周期的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为 __ ；基态 Ni2+的核外电子排布式为 ___，若该离子核外电子空间运动状态有 15 种，则该离 子处于 ___（填 “基 ”或 “激发 ”）态。 （2）氨在粮食生产、国防中有着无可替代的地位，也是重要的化工原料，可用于合成氨基 酸、硝酸、 TNT 等。甘氨酸（ NH2CH2COOH）是组成最简单的氨基酸，熔点为 182℃，沸点 为 233℃ 。 ①硝酸溶液中 NO3?的空间构型为 ____。 ②甘氨酸中 N 原子的杂化类型为 ____，分子中 σ键与 π键的个数比为 ____，晶体类型是 ___，其熔点、沸点远高于相对分子质量几乎相等的丙酸（熔点为 -2l℃，沸点为 141℃）的 主要原因：一是甘氨酸能形成内盐；二是 ____。 （3）NH3 分子中的键角为 107°，但在 [Cu(NH3)4]2+离子中 NH3 分子的键角如图 l 所示，导致 这种变化的原因是 ____ （4）亚氨基锂（ Li2NH）是一种储氢容量高、安全性能好的固体储氢材料，其晶胞结构如 图 2 所示，若晶胞参数为 d pm ，密度为 ρg/cm3，则阿伏加德罗常数 NA=____（列出表达 式） mol -l。 【答案】 F>N>O 1s22s22p63s23p63d8 或 [Ar] 3d 8 激发 平面三角形 sp3 9:1 分子晶体 分子数相同时，甘氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸 中氨基的存在也会使分子间产生氢键） 形成配合离子后，配位键与 NH3 中 N—H 键之间 的排斥力小于原孤对电子与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力，故配合离子中 NH3 的 N—H 键间 的键角变大； 32 3 1.16 10 d 【解析】 【详解】 (1)与氧相邻且同周期的元素为 N 和 F，由于 N 原子最外层电子为半充满状态，第一电离能 较大，所以三者第一电离能由大到小的顺序为 F>N>O；Ni 元素为 28 号元素，失去最外层 两个电子形成 Ni2+，基态 Ni2+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d8 或 [Ar] 3d 8；基态 Ni2+ 的核外电子空间运动状态有 1+1+3+1+3+5=14 种，若该离子核外电子空间运动状态有 15 种，则该离子处于激发态； (2)①NO3?的中心原子价层电子对数为 5+0 3+1 2 =3，孤电子对数为 0，所以空间构型为平面 三角形； ②甘氨酸 (NH2CH2COOH)中 N 原子形成两个 N-H 键和一个 N-C 键，达到饱和状态，价层电子 对数为 4，所以为 sp3 杂化；分子中碳氧双键中存在一个 π键，其余共价键均为 σ键，所以 分子中 σ键与 π键的个数比为 9:1；甘氨酸熔沸点较低属于分子晶体；分子数相同时，甘 氨酸分子间形成的氢键数目比丙酸分子间形成的氢键数目多（或甘氨酸中氨基的存在也会 使分子间产生氢键）； (3)形成配合离子后，配位键与 NH3 中 N—H 键之间的排斥力小于原孤对电子与 NH3中 N—H 键之间的排斥力，故配合离子中 NH3 的 N—H 键间的键角变大； (4)根据均摊法，该晶胞中 Li 原子个数为 8，其分子式为 Li2NH，则晶胞中 NH 原子团的个数 为 4，则晶胞的质量为 m= A 7 8+15 4 N g，晶胞参数为 d pm=d × 10-10cm，所以晶胞的体积 V=d3× 10-30cm3，则密度 3 - 3 A 30 7 8+1 d 10 c 5 g = m 4 Nm V ，解得 NA= 32 3 1.16 10 d 。 【点睛】 含有— OH、— NH2 等基团的物质容易形成分子间氢键，使熔沸点升高；甲烷和氨气均为 sp3 杂化，但由于 σ键对 σ键的排斥力小于孤电子对 σ键的排斥力，所以甲烷分子中键角 比氨气分子中键角大。 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>Q3 ②2Q1+Q2<4Q3 ③2Q1+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 H 2O 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． 南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐 —AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、 镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。 (1)基态 Mn 2+的价电子排布式为 ____；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的 ___ 区。 (2)[Mg(H 2O)6] 2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图 1 所示： N、O、Mg 元素的前 3 级电离能如下表所示： 元素 I1/kJ?mol-1 I2/kJ?mol-1 I3/kJ?mol-1 X 737.7 1450.7 7732.7 Y 1313.9 3388.3 5300.5 Z 1402.3 2856.0 4578.1 ①X、Y、Z 中为 N 元素的是 ____，判断理由是 __________。 ②从作用力类型看， Mg2+与 H2O 之间是 ________、 N5 与 H2O 之间是 ________。 ③N5-为平面正五边形， N 原子的杂化类型是 _______。科学家预测将来还会制出含 N4-、N6- 等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大 π键，可用符号 n m 表示，其中 m 代表 参与形成大 π键的原子数， n 代表参与形成大 π键的电子数 (如苯分子中的大 π键可表示为 6 6 )，则 N4-中的大 π键应表示为 _________。 (3)AgN5 的立方晶胞结构如图 2 所示， Ag+周围距离最近的 Ag+有_______个。若晶体中紧邻 的 N5-与 Ag+的平均距离为 a nm，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则 AgN5 的密度可表示为 _____g?cm-3（用含 a、NA 的代数式表示）。 【答案】 3d5 ds Z X最外层为 2 个电子， X 为镁； N 的 2p 轨道处于半充满的稳定状态， 其失去第一个电子较难， I1 较大，则 Z为氮元素 配位键 氢键 sp2 5 4 12 22 3 A 8.9 10 N a 【解析】 【分析】 (1)根据构造原理书写出 25 号 Mn 元素的原子核外电子排布式， Mn 原子失去最外层 2 个电 子得到 Mn 2+；根据原子结构与元素在周期表的位置确定 Ag 在周期表所属区域； (2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定 X、Y、Z 三种元素，然后判断哪种元素是 N 元素； ②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型； ③结合 N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的 原子结构分析大 π键的形成； (3)根据晶胞中离子的相对位置判断 Ag+的配位数，利用均摊方法计算 1 个晶胞中含有的 AgN5 的个数，结合 ρ= m V 计算密度大小。 【详解】 (1)Mn 是 25 号元素，根据构造原理可得 Mn 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s2，Mn 原子失去最外层 2 个电子得到 Mn 2+，其价电子排布式为 3d5； Ag、 Cu 在周期表中位于第 IB，发生变化的电子有最外层的 s 电子和次外层的 d 电子，属于 ds 区元素； (2)①X 的第一、第二电离能比较小且很接近，说明 X 原子最外层有 2 个电子，容易失去， 则 X 为 Mg 元素， Z 的第一电离能在三种元素中最大，结合 N 原子 2p 轨道处于半充满的稳 定状态，其失去第一个电子较难， I1 较大，可推知 Z 为 N 元素， Y 是 O 元素； ②在该晶体中阳离子 [Mg(H 2O)6] 2+的中心离子 Mg2+含有空轨道，而配位体 H2O 的 O 原子上 含有孤电子对，在结合时， Mg 2+提供空轨道， H2O 的 O 原子提供孤电子对，二者形成配位 键；在阴离子 [(N 5)2(H2O)4]2-上 N5-与 H2O 的 H 原子之间通过氢键结合在一起，形成 N⋯H-O， 故二者之间作用力为氢键； ③若原子采用 sp3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用 sp2 杂化，形成的物质结 构为平面形；若原子采用 sp 杂化，则形成的为直线型结构。 N5-为平面正五边形，说明 N 原子的杂化类型为 sp2 杂化；在 N5- 中，每个 N 原子的 sp2 杂化轨道形成 2 个 σ键， N 原子 上还有 1 个孤电子对及 1 个垂直于 N 原子形成平面的 p 轨道， p 轨道间形成大 π键， N5-为 4 个 N 原子得到 1 个电子形成带有 1 个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为 5 个， 其中大 π键是由 4 个原子、 5 个电子形成，可表示为 5 4 ； (3)根据 AgN5 的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点 Ag+为研究对象，在晶胞中与该 Ag+ 距离相等且最近的 Ag+在晶胞面心上，通过该顶点 Ag+可形成 8 个晶胞，每个面心上的 Ag+ 被重复使用了 2 次，所以与 Ag+距离相等且最近的 Ag+的数目为 3 8 2 =12 个；在一个晶胞中 含有 Ag+的数目为 8×1 8 +6× 1 2 =4，含有 N5-的数目为 1+12×1 4 =4，晶胞体积为 V=(2a × 10-7)3 cm3，则 ρ= 22 A/mol 3 37 3 A 4 178?g / mol Nm 8.9 10 V N a2a 10 cm g/cm 3。 【点睛】 本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大 π的分析、晶胞计算， 掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利 用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。 5． 有 X、Y、Z、W、 M五种短周期元素，其中 X、Y、Z、W同周期， Z、 M同主族； X＋与 M2－ 具有 相同的电子层结构；离子半径： Z2－ ＞W－；Y 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半 导体材料。请回答下列问题： (1)Y 元素的名称 ________； (2)W 在元素周期表中的位置是第 ________周期第 ________族； (3)X 2M2 中存在的化学键有 ________、________； (4)Z 、W氢化物的稳定性顺序为 ________。（用化学式表示） 【答案】硅 三 ⅦA 离子键 共价键 HCl＞H2S 【解析】 【分析】 Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则 Y 是 Si 元素，又因为 X、Y、Z、W 同周期，所以 X、Y、Z、W 属于第三周期，由离子半径： Z2-＞ W-、X+与 M 2-具 有相同的电子层结构 ，可知 X、Z、W 分别为 Na、S、Cl 元素，又因为 Z、M 同主族且 X、Y、Z、W、 M 均为短周期元素，则 M 为第二周期的 O 元素 。 【详解】 （1）Y 的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则 Y是 Si 元素，元素名称 为：硅。 （2）W 为 Cl 元素，在元素周期表中的位置为：第三周期第Ⅶ A。 （3）X 为 Na 元素， M 为 O 元素，所以 X2M 2 为 Na2O2，Na2O2 中 Na+与 O22-之间存在离子 键， O22-中两个 O 原子间存在共价键，故 Na2O2 中存在的化学键有离子键和共价键。 （4）Z 为 S，W 为 Cl，非金属性 W（Cl）> Z（S），元素的非金属性越强，对应的氢化物 越稳定，所以氢化物的稳定性顺序为： HCl＞ H2S。 【点睛】 本题考查原子结构与元素周期律知识，侧重于学生分析能力的考查，首先运用元素周期表 工具，结合同周期、同主族规律，位、构、性关系推断出 X、Y、Z、W、 M 分别是什么元 素， 然后结合元素化合物知识进一步解答 ，注意本题分析的要点或关键词为：短周期元 素、同周期、同主族、相同的电子层结构、离子半径大小、单质晶体熔点硬度、半导体材 料等 ，找到突破口是解答本题的关键。 6． 现有下列物质： ①KCl ②CH4 ③NH4NO3 ④I2 ⑤Na2O2 ⑥HClO4 ⑦N2 ⑧CO ⑨SO2 ⑩金刚石 ? CH3CH2OH ? MgO ? MgCl2 ? KOH ? HCl ? Al2O3 请回答下列问题。 (1) 两性氧化物是 ___（填序号），其电子式为 ___。 (2) 最简单的有机化合物是 ___（填序号），用电子式表示其形成过程： ___。 (3) 属于共价化合物的是 ___（填序号），含有共价键的离子化合物是 ___（填序号）。 (4) 由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为 ___（填序号），这两种元素的单 质反应生成该化合物的化学方程式为 ___。 【答案】 ? ② ②⑥⑧⑨ ?? ③⑤ ? ⑤ 2Na+O2 点燃 Na2O2 【解析】 【分析】 (1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物； (2)最简单的有机化合物是 CH4，甲烷为共价化合物； (3) 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，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化 合物为共价化合物； (4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是 Na2O2。 【详解】 (1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有 Al2O3，Al2O3 是离子 化合物，其电子式为： ，故答案为： ? ； ； (2)最简单的有机化合物是 CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为： ，故答案为：②； ； (3)只含共价键的化合物为共价化合物， CH4、HClO4、CO、SO2、CH3CH2OH、HCl 中只含共 价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有： NH4NO3、Na2O2、 KOH，故答案为： ②⑥⑧⑨ ?? ；③⑤ ? ； (4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是 Na2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的 化学方程式： 2Na+O2 点燃 Na2O2，故答案为：⑤； 2Na+O2 点燃 Na2O2。 【点睛】 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，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子 键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化 合物。 7． 现有短周期元素性质的部分数据如下表，其中 x 的值表示不同元素的原子吸引电子的能力 大小，若 x 值越大，元素的非金属性越强，金属性越弱。 x 值相对较大的元素在所形成的 分子中化合价为负。 ⑩ 原子的核外电子层数与核外电子总数相同。 元素编号 元素性质 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ x 3.44 2.55 0.98 3.16 2.19 3.98 0.93 3.04 1.91 常见化 合价 最高价 +4 +1 +1 +4 最低价 -2 -1 -3 -1 -3 （1）根据以上条件，推断③④⑤的元素符号分别为： ___，__，__。 （2）② 的最高价氧化物的固体属于 __晶体，空间构型 __。 （3）用电子式表示下列原子相互结合成的化合物电子式： ① ＋⑦ ＋ ⑩ ：___， ① ＋⑩ 形成原子个数比为 1：1 的化合物： __。 （4）写出 ① 与 ⑦ 所形成仅含离子键的化合物和 ④ 与 ⑩ 所形成的化合物反应的离子方程 式： ___。 【答案】 Li Cl P 分子 直线形 Na2O＋ 2H＋ =2Na＋＋H2O 【解析】 【分析】 【详解】 ①最低价为－ 2，是 O 或者 S。⑩原子的核外电子层数与核外电子总数相同，则只有 H 满 足，最外层电子数是 1，电子层数也是 1。②和⑨的最高价均为＋ 4，同为Ⅳ A 族，②的非 金属性比⑨强，则②为 C，⑨为 Si；③和⑦的最高价均为＋ 1，同为Ⅰ A 族，⑦的金属性 强，则⑦为 Na，③为 Li。④和⑥的最低价均为－ 1，为Ⅶ A 族，⑥非金属性强，则⑥为 F， ④为 Cl，⑤和⑧最低价均为－ 3，为Ⅴ A 族元素，⑧的非金属性较强，则⑧为 N，⑤为 P。 如果①是 S，则①的非金属性比 Cl 低，但是①的非金属性比 Cl 高，则①为 O。 【点睛】 根据上述的分析，①为 O，②为 C，③为 Li，④为 Cl，⑤为 P，⑥为 F，⑦为 Na，⑧为 N， ⑨为 Si，⑩为 H。 (1)根据分析，③④⑤分别为 Li、Cl、P； (2)②的最高价氧化物是 CO2，形成的晶体由 CO2 分子构成，属于分子晶体； CO2 价层电子对 数为 4-2 22+ =2 2 ，没有孤对电子对，则 CO2 的空间构型为直线形； (3)①⑦⑩构成的物质为 NaOH，由 Na＋和 OH－构成，其电子式为 ； ①⑩形成 1：1 的化合物为 H2O2，其电子式为 ； (4)①和⑦形成仅含有离子键的化合物为 Na2O，④和⑩形成的化合物为 HCl，其离子方程式 为 Na2O＋2H＋=2Na＋＋H2O。 8． 试用相关知识回答下列问题： （1）有机物大多难溶于水，而乙醇和乙酸可与水互溶，原因是 _______。 （2）乙醚（ 2 5 2 3C H OC H ）的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醚的高得多， 原因是 _________________。 （3）从氨合成塔里分离出 NH3，通常采用的方法是 _____________，原因是 _____________。 （4）水在常温下的组成的化学式可用（ H2O）n 表示，原因是 _______________。 【答案】乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键 乙醇分 子间存在较强的氢键 加压使 3NH 液化后，与 H2、N2 分离 NH3 分子间存在氢键，易液化 水分子间存在氢键，若干个水分子易缔合成较大的 “分子 【解析】 【分析】 由于氢键的存在，可以让乙醇和乙酸与水互溶，可以增大物质的熔沸点，易让氨气液化， 使多个水分子缔合在一起形成大分子，但是氢键不是化学键。 【详解】 （1）乙醇分子中的羟基 (—OH)、乙酸分子中的羧基 (—COOH)中的 O 原子与水分子中的 H 原子可以形成氢键、乙醇分子中的羟基 (—OH)、乙酸分子中的羧基 (—COOH)中的 H 原子与 水分子中的 O 原子可以形成氢键，故乙醇和乙酸可与水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均为 极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键； （2）乙醇分子间通过氢键结合产生的作用力比乙醚分子间的作用力大，故乙醇的相对分子 质量虽小，但其分子间作用力比较大，所以沸点高； （3）氨气分子间由于存在氢键，沸点较高，加压会使它容易液化，从而可以和氢气、氮气 分离； （4）在常温下，由于水分子之间存在氢键，会使多个水分子缔合在一起，形成较大的分 子。 9． (1)下列物质中，既含离子键又含共价键的化合物是 _________；同时存在 σ键和 π键的分 子是 _________，含有极性键的非极性分子是 _________。 A．N2 B． C2H6 C．CaCl2 D．NH4Cl (2)用“ >”或 “ <”填空： 晶格能： Na2O_______KCl 酸性： H2SO4_______HClO4 离子半径： Al3＋_______F－ 【答案】 D A B > < < 【解析】 【分析】 （1）A．N2 分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为 N≡N，所以氮气分子 中含有 σ键和 π键的非极性分子； B．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价 键，属于共价化合物，乙烷的结构式为 ，乙烷分子中只含 σ键的非极性分子； C．CaCl2 中只含离子键，属于离子化合物； D．NH4Cl 中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离 子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在 σ 键； （2）离子化合物中，阴阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大；非金属性越 强，所对应元素的最高价含氧酸的酸性越强；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的 离子半径小。 【详解】 （1）由分析可知：既含离子键又含共价键的化合物是 NH4Cl；同时存在 σ键和 π键的分子 是 N2；含有极性键的非极性分子是 C2H6。 （2）Na+的半径比 K+半径小， O2-的半径比 Cl-半径小，并且 O2-带的电荷数比 Cl-多，故晶格 能： Na2O>KCl； 同周期从左向右非金属性增强，非金属性 SO>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。 12． 中国药学家屠呦呦因发现青蒿素（一种用于治疗疟疾的药物）而获得诺贝尔生理医学奖。 青蒿素（ C15H22O5）的结构如图所示。请回答下列问题： （1）组成青蒿素的三种元素电负性由小到大排序是 _____，在基态 O 原子中，核外存在 _____对自旋相反的电子。 （2）下列关于青蒿素的说法正确的是 _____（填序号）。 a.青蒿素中既存在极性键又存在非极性键 b.在青蒿素分子中，所有碳原子均采取 sp3 杂化 c.图中数字标识的五个碳原子均只以 σ键与其它原子成键 （3）在确定青蒿素结构的过程中，可采用 NaBH4 作为还原剂，其制备方法为： 4NaH+B(OCH3) → 3NaBH4+3CH3ONa ①NaH 为_____晶体，如图是 NaH 晶胞结构，则 NaH 晶体的配位数是 _____，若晶胞棱长为 a，则 Na 原子最小核间距为 _____。 ②B(OCH3)3 中 B 采用的杂化类型是 _____。写出两个与 B(OCH3)3 具有相同空间构型的分子或 离子 _____。 ③NaBH4 结构如图所示，结构中存在的化学键类型有 _____。 【答案】 H＜C＜O 3 a 离子 6 a 2 sp2 3BF 、 2- 3CO 离子键、配位键、共价键 【解析】 【详解】 （1）青蒿素由碳、氢、氧三种元素组成，三种元素的电负性由小到大排序为 H＜C＜ O； 基态氧原子的电子排布式为 2 2 41s 2s 2p ，因此一共有 3 对自旋相反的电子，还有 2 个未成对 电子； （2）a.青蒿素分子中有 C-C 非极性键和 O-O非极性键，也有 C-H 等极性键， a 项正确； b.标出的 4 号碳原子形成了 3 个 σ键而没有孤电子对，因此为 2sp 杂化， b 项正确； c.同 b 项， 4 号碳原子形成了 3 个 σ键和 1 个 π键， c 项错误； 答案选 a； （3）①金属氢化物是由金属阳离子和 -H 组成的，因此为离子晶体， NaH 的结构与食盐类 似，因此配位数均为 6，根据晶胞结构不难看出钠（黑球）与钠之间的最小核间距为面对 角线的一半，已知晶胞棱长为 a，则面对角线的一半为 a 2 ； ②硼原子的配位数为 3，没有孤电子对，因此其采用 2sp 的杂化方式，采用 2sp 杂化的单核 分子有很多，例如 3BF 、 2- 3CO 等（合理即可）； ③首先阴、阳离子间存在离子键，硼原子最外层只有 3 个电子，因此除形成 3 个共价键外 还要形成 1 个配位键，类似于 + 4NH 。 【点睛】 金属氢化物是一种近年来经常出现的物质，例如氢化钾、氢化钠、氢化钙等，其中氢以少 见的 -1 价存在，这些氢化物都可以和水反应放出氢气，反应的本质是 -1 价的氢和 +1 价的氢 发生归中反应。 13． 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Ⅲ A 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Ⅰ A 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+、Mg 2+、 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 Mg 2+；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： PSn>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Ⅰ A 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 H 2，由碱金属与水反应的化 学方程式为 2M+2H 2O=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。 14． （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 ng 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）① Ne ②HCl ③P4 ④N2H4 ⑤ Mg3N2 ⑥Ca(OH)2 ⑦CaC2 ⑧NH4I ⑨AlCl3，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 A 16 ×（A-N+8） 1.75 或 7/4 ②⑨ ③ ⑦ ① ②③ ④ ⑤ 【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 R2+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 11H12H、12H13H、 11H13H 构成水，即存在三种水； 18O 可分别与 11H12H、 12H13H、 11H13H 构成水，即存在三种水；所以共形成 3× 4=12种水； [14NH3T]+ 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 1 4 mol=0.25mol ，Li 的质量 =0.25mol × 7g/mol= 7 4 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； ③P4 中存在 P-P非极性共价键； ④N2H4 中存在 N-H 极性共价键和 N-N 非极性共价键； ⑤Mg 3N2 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。 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： (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Ⅳ A 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Ⅰ A 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Ⅴ A 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Ⅳ A 族，故答案为：第二周期第Ⅳ A 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）① Na2O2 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 0.5molNa 2O2 反应转移电子为 0.5mol × 1 2 × 2× [0-（-1）]=0.5mol ，故答案为： 0.5mol ； ②将 0.5mol Na 2O2投入 100mL 3mol/L AlCl 3 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+。 【点睛】 考查结构性质位置关系，涉及半径比较、电子式、热化学方程式的书写、化学实验装置、 元素周期律等，元素推断是解题的关键。