《高中化学奥赛培训教程.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中化学奥赛培训教程.pdf（168页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第一节氧化还原反应1、根据下列三个反应，排出氧化剂氧化性的强弱顺序：A.4HCl+MnO2=MnCl2+Cl2 t+2H2OB.16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2 t+8H2OC.4HC1+OC,=uC=l22C12 t+2H,0450解析：这三个反应中还原剂都是盐酸。不同的氧化剂与同一还原剂反应时，若反应越易发生，则氧化剂的氧化性越强，反之就弱，故其氧化性顺序由强到弱：KMnO4MnO2O2o2、配平氧化还原方程式：P4O+C12FY=POCh+P2C15解析：本题中P4O 中的P 元素对应有两种产物，故设P4O 的化学计量数为“1”。用待定系数法配平的关键是选准一种
2、物质的化学计量数为1。令 PQ+aCbM POCb+cP2c卜，由原子守恒得:4=0+2c,b=1,解得，2。=3。+5c,2 1/4,b=l,c=3/2。代入整理得：4PQ+21 C12=4POC15+6P2CI53、配平下列方程式：Fe3C+HNO3=Fe(NO3)3+NO2+CO2+H2O解析：复杂物质Fe3c按常规化合价分析无法确定F e和 C 的具体化合价，此时可令组成该物质的各元素化合价为零价，再根据化合价升降法配平。3Fe3(0 f+3)升9,C 0 f +4 升 4”共升13x1N+5 7+4 降 1x13再用观察法，不难确定各物质的化学计量数为：1、22、3、13、1、1 1
3、,故 为 Fe3C+22HNO3=3Fe(NO3)3+13NO2 t+CO2 t+11H2O4、配平 NH4NO3FY=N2+HNO3+H2O解析：N H 4 N O 3中N的平均化合价为+1价，则元素化合价升降关系为：2 N 2(+1-0)降 2 X 1N +1-+5 升 4 X 1用观察法调整确定各物质的化学计量数，故：5 N H4N O3=4 N2 t +9 H2O 4-2 H N O3注：若 配 平 时 不 用 此 平 均 标 价 法，则 要 分 析 同 种 元 素 化 合 价 升 降 关 系。N H：-N2,N O 3 -N2,决不会出现化合价交叉现象，即不会出现N H；-N O,的
4、情况。5、问四氧化三铁中铁的氧化数为多少？解析：已知氧的氧化数为-2,设铁的氧化数为+x,则 3 x+4 X(2)=0,8故 x-+-3Q所以F e3O4中F e的氧化数为+-0注：氧化数可以为分数。6、用离子一电子法配平下列方程：K M n O4+F e S O4+H2S O4F Y=M n S O4+F e2(S O4)3+K 2 s o 4+H2O解析：写出反应的离子表达式：M n O；+F e2+H+F Y=M n2+F e3+H2O分别写出氧化和还原半反应：F e2+-e -F e3+X 5M n O；+8 H+5 e-M n2+4 H2O X 1根据反应过程中得失电子相等原则，配平
5、氧化剂和还原剂系数：M n O 1 +5 F e2+8 H+=M n2+5 F e3+4 H2OH 2 s O,作介质时，化学方程式可写为：2 K M n O4+1 0 F e S O4+8 H 2 s o 4=K 2 s O 4+2 M n S O4+5 F e2(S O4)3+8 H2O注：离子一电子法配平的关键是把氧化还原反应方程式拆为两个半反应式，再利用电子得失守恒即可消去电子，得方程式。7、计算由标准氢电极和标准镉电极组成的电池的自由能。解析：C d2/C d=-0.4 0 2 6 V 芭 1+/%=0E 一代数值较小的电极应作原电池的负极，E 一代数值较大的电极为正极，因此电池的符
6、号可表示为：(一)C d|C d2+(1 m o l/L)/H+(1 m o l/L)|H2(P t)(+)声=虚-舀=0 -(-0.4 0 2 6 尸+0.4 0 2 6 VG=-n F 声=-2 X 9 6 5 0 0 X 0.4 0 2 6=-7 7 7 0 1.8 J/m o l第二节寓子反应和寓子方程式1、在 p H=l 的无色透明溶液中不能大量共存的离子组是()A.A l 、A g+、C lB.M g2 NH；、N O.、C FC.B a?+、K+、C H 3 c o 0、F e3+DN、N a 4 2-s解析：A 组 由 于 A g+C l =A g C l l 而不能共存；C
7、组因生成弱电解质(H+C H 3 c o O=C H 3 C 0 0 H)而不能共存，且 F e 3+是棕黄色的，故答案为A、C。注：解答此类题的关键是掌握离子能否共存的判断规则。2、重金属离子有毒性。实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性。经化验甲废液呈碱性，主要有毒离子为B a?+离子，如将甲、乙废液按一定比例混合，毒性明显降低。乙废液中不可能含有的离子是()A.Ci?+和SO丁 B.Ci?+和 CC.K*和 SOT D.Ag+和 NO.解析：沉淀Ba?+必须用S O f,而在A、C 两选项中均含有SO；-,但 C 项中Kf无毒性,A 项中C d+可与甲废液中OH一反应生成Cu(OH)2沉淀
8、，从而降低毒性。本题答案为Ao注：设法使重金属离子转化为沉淀，使其毒性明显降低。若仅考虑将Ba?+沉淀为BaSO4,即选C。3、下列反应的离子方程式错误的是()A.等物质的量的Ba(OH)2与 NH4HSO4在溶液中反应：Ba2+2OH+NH；+H+SOt=BaSO4 I+NH3 H2O+H2OB.氢氧化铁与足量的氢浪酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+=Fe2+3H2 I+H20C.足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：C02+CO；-+H2O=2HCO；D.向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：Ca2+2HCOJ+20H =CaCO3 I+COj+2H2O解析：对 于 A：HSO 在水溶液中进一步
9、电离成H+和 S O t,且 Ba(OH)2与 NH4HSO4等物质的量反应，故 NHJ与 H+分别与O H 反应，故 A 正确。对于B,氢澳酸是强酸，Fe(OH)3为难溶物，故也正确。对于C,由于NaHCCh溶解度小于Na2c。3，且 Na2cth为饱和溶液，故析出的是NaHCCh晶体，故 C 错误。对 于 D,Ca(OH)2少量，故溶液中还有C O,存在，若 Ca(OH)2过量，则不能有CO；存在。故 D 正确。本题答案为C。注：本题结合元素化合物的知识，从多个侧面考查对离子方程式正误的判断。有的同学对D选项产生怀疑：产物中的阴离子是C O,还 是OHF仔细分析可发现，加入的石灰水是少量，
10、”(O F T)v(H C O g),因此O H-与H C O?的反应将全部消耗，故D选项不符合题意。4、下列反应的离子方程式书写正确的是()A.向氢氧化钠溶液中通入少量C O 2：O H +C O2=H C O JB.用氨水吸收少量 S 02：2 N H3 H2O+S O2=2 N H 4 +S O 1 +H2OC.向硝酸铝溶液中加入过量氨水：A 13+4 N H3 H20=A I O 2 +4 N H t +2 H2OD.向 F e 2(S C 4)3 的酸性溶液中通入足量 H 2 S：F e3+H2S=F e2+S 1 +2 H+解析：A选项因为C 0 2量少，只能生成C07，错误；C选
11、项中生成的A l(0 H)3沉淀不与弱碱氨水反应生成A 1 0&,错误；D选项中的离子方程式电荷不守恒，故B选项正确。注：要掌握离子方程式的书写规则，且电荷守恒原理是判断离子方程式的条重要原理,务必熟悉其应用。5、(1)向N a H S C)4溶液中逐滴加入B a(O H)2溶液至小性，请写出发生反应的离子方程式：。(2)在以上隹溶液中继续滴加B a(O H)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：解析：因N a H S C 4是二元强酸的酸式盐，可以理解成全部电离。当反应后溶液是中性时其反应式为 2 N a H S O 4+B a(O H)2=B a S C 4 I +N a 2 s o 4+2
12、 H 2 O,离子方程式是 2 H+S O f+B a2+2 O H =B a S O4 I +2 H2Oo此时中性溶液中只有N a 2 s O 4溶液，加 入B a(0 H)2的离子方程式应为：B a2+S O-=B a S O4 I。注：酸式盐与碱的反应，情况比较复杂。因为由加入碱的量不同，其产物有所不同，所以建议先写成化学式方程式再改写成离子方程式。6、某待测液中可能含有Fe?+、Fe3 Ag Al3 B a2 C a2 N H；等离子，进行了下述实验(加入的酸、碱、氨水、溪水都过量):待测液稀 HC1不溶于稀 HNO,溶液A溶液B溶液C根据实验结果:(1)判定待测液中有无B a?+、C
13、 a 2+离子,并写出理由。(2)写出沉淀D的化学式：o(3)写出从溶液D生成沉淀E 离子反应方程式：。解析：浪水能将Fe?+氧化成Fe 3+,因而无论原待测液含Fe?+、Fe?+中 的 种或二种，最终沉淀D均为Fe(O H)3,而沉淀E 则定为A1(O H)3,沉 淀 C中有Fe(O H b、A1(O H)3两种沉淀。在此Fe 3+、AF+与强、弱碱反应的相似性和差异性得到了很好的体现。答案为：(1)至少含B a?+、C a 2+中一种，因为C a S 0 4 微溶，B a S C 4 难溶：(2)Fe(O H)3(3)2 A1 O2-+C O2+3 H2O=2 A1(O H)3 I +C
14、0(3)对反应，因 所 以 压 力 增 大，有利于反应逆向移动。对反应，因04=-1,所以压力增大，有利于反应正向移动。对反应，因1,所以压力增大，有利于反应正向移动。3、多硫化钠N a z S*(x 2)在结构上与N a z C h、Fe S2 C a C?等有相似之处。N a 2 s x 在碱性溶液中可被N a C lO 氧化为N a 2 s o 4，而 N a C lO 被还原为NaCL反应中N a 2 s x 与 N a C lO 的物质的量之比为1 ：1 6,则 x的 值 是()A.5 B.4 C.3 D.2解析：C 1 C T 变成C 广，需得到2e,则C I O +H2O+2 e
15、 =C 1+2 O H而S：需失去(x-2)X 6 e-+2 X 7 e-=(6 x+2)b,这个结果可这们理解，S1中 2个 S的化合价为一1 价，由一1 价变成SOT的+6价需失去75,则另外(x 2)个 S的化合价为0价，由0价变成S O；的+6价需失去6 屋，因此1 个S：共需失去(6 x+2)e 反应式为：S+8 x O H-(6 x+2)e-=x S O；-+4 x H2O由这两个电极反应式及1 ：1 6,可得到以下关系式：2 ：(6 x+2)=l：1 6 得 JC=5所以，本题答案为A。4、反 应 NO+02+N 02+H20-H N O3(未配平)是一个有多组计量数(即系数)的
16、化学方程式，当氧气有1/3 被 NO还原时，参加反应的各物质计量数之比为()A.4、9、2 4、1 4、2 8 B.1、1、1、1、2C.8、9、1 2、1 0、2 0 D.任意比均可解析：由于题中氧化还原是有条件的，就必须按条件特殊处理，不能按常规配平。常规配平：-2x2=-4IINOWJ+NOZ+HJO-2HNO31-即为B,但不符合题意。题意要求有1/3的氧气被NO还原，应按此配平，具体如下:（被NO还原）（被NO：还原）-2x2x3=-12,-2x2x6=-24I14NO+9O2+24NO2+14HQ-28HNO3+1x24=2彳 j+3x4=12所以应选A。5、次磷酸（H3Po2）是
17、一种强还原剂，将它加入CuS04水溶液，加热到40 50,析出一种红棕色的难溶物A。经鉴定：反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X 射线衍射证实A 是一种六方晶体，结构类同于纤维锌矿（ZnS）,组成稳定，A 的主要化学性质如下：温度超过60,分解成金属铜和种气体：在氯气中着火；与盐酸反应放出气体。（1）写出A 的化学式。（2）写出A 的生成反应方程式。（3）写出A 与 C b反应的化学方程式。（4）写出A 与盐酸反应的化学方程式。解析：由题意得知反应为：H3PO2+CuSO4-H3PO4+A（未配平）。还原剂H3PO4中 P（+1 价）被氧化成P（+5 价），而 S 的价态没变，那么氧化剂只可能
18、是Cu2+,但只可能被还原为Cu+说明A 中没有C u+,因为A 在温度超过60C 时会分解成C u和一种气体，反过来也说明A 中还有一种非金属原子，且分解时生成气体；而在反应体系中非金属元素只有0、S、P、H 四种，0、P 和 S 都不可C gO、Cu3P和 Cu2s都已不像Z nS那样由不同元素组成的双原子化 合 物（习惯上称这样的化合物为二元化合物），唯 可能的是C u H,它属于二元化合物，且分解后生成C u和 H2,可以在氯气中燃烧生成氯化铜和氯化氢，与盐酸生成H2。所以A 是 CuH。具体解答如下:(1)CuH(2)4CUSO4-3H3PO2+6H2O=4CUH I+3H3Po4+
19、4H2sO4(3)2CUH+3C12=2CUC12+2HC1(4)CUH+HC1=CUC1+H2 t 或 CuH+2HC1=HCUC12+H2 t 或 CUH+3HC1=H2CUC13+H2 t 若盐酸浓度不够，Cu(I)会发生歧化反应；若在较浓的盐酸中，C是配位体，可形成酸配位酸6、长期以来一直认为氟的含氧酸不存在。但是自1971年斯图尔杰和阿佩里曼(美)成功地合成了次氟酸后，这种论点被强烈地动摇了。他们是在以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到了毫克量的次氟酸。(1)写出次氟酸的结构式并指出各元素的氧化数。写出斯图杰尔和阿佩里曼方法制备该酸的反应方程式。(2)下面给出了儿个分子和基团化学键的
20、键能:H2O2F2OHOFHFE(kJ mol)432494155424220566试计算次氟酸的生成热(即从单质生成Im ol该酸反应的热效应)。(3)为什么次氟酸不稳定？试预测它分解的可能途径，求出次氟酸分解的热效应值。(4)次氟酸刹那间能被热水所分解，此时得到的溶液既表现有氧化性(对于碘化钠)，又表现有还原性(对于高锌酸盐)，试推断次氟酸在水解时能生成什么产物？写出全部反应的方程式。解析：(1)氟与冰反应，生成H O F,当 ImolFz与 Imol水作用时，除生成1 mol HOF外，还 剩 1 m o l氟原子和1 mol氢原子，因此还有另一产物为H F,所以反应方程式为F2+H2O
21、=H F+H OF,H O F 为共价化合物，只有两个未成对电子，故氧原子应位于氢原子和氟原子的中间，分别与氢原子和氟原子各形成一个共价键，故其结构式为H-O-Fo它的结构与 H O C 1 酸相似，其中氟的氧化数是否与次氯酸中C 1 的氧化数一样，显+1价呢？因氟的电负性比氧大，吸引电子能力比氧强，它们之间的共用电子对偏向氟，而不偏向氧，所以氟显一1 价。对于氧原子而言，除与氟共用一对电子外，还与氢共用一对电子，其吸电子能力强于氢，故电子对偏向氧。因为一对共用电子对偏向氧，另一对共用电子对偏离氧，故氧的氧化数为0,次氟酸中各元素的氧化数为：+1 o -1H-O-F(2)生成热是指由稳定单质生
22、成1 摩尔该酸的反应的热效应。计算生成热时;可写出由单质生成该化合物的反应方程式，不管该反应是否能发生。该反应可写出如下反应方程式：|O2+|H2+|F2=HOF=-Z ri(B、E)=Z ri(B,E)反应物 Z ri(B、E)生成物=1(432+494+155)-(424+220)=-103.5(kJ mol-1)(3)由于H O F 分子中存在电中性的氧原子以及易极化的带正电荷的氢原子和带负电荷的氟原子，从 而 易 分 解 成 单 质 和 氟 化 氢：2 H OF=2 H F+C 2,反应物热效应同样可由键能值求得。H =2(424+220)-(2 x 566+494)=-338(kJ
23、moP1)(4)次氟酸被热水分解，生成物即表现出氧化性，也表现出还原性，说明生成物中有一种元素的化合价既可升高，也可降低。氟不可能形成此合物，因它无正价，只有负价。由于 H O F 中氧为0价，故可能是0价的氧与水中一2 价的氧形成了一 1 价的中间价态产物为常见的H 2 O2，故分解产物是过氧化氢；反应方程式为：H OF +H2O=H F+H2O2,2 I +H2O2+2 H+=I2+2 H2O,5 H 2 O2+2 Mn O；+6 H+=2 Mn2+5 O2 t +8 H2O+1 0 1(1)结构式为H OF,各元素的氧化数为H-O-F ,反应方程式为F 2+H 2 OH F+H OF。(
24、2)|H2+|O2+|F2=H OF；H-=1 0 3.5(kJ m o l)。(3)不稳定的原因在于分子中同时存在有电中性的氧原子、易极化的带正电的氢原子和带负电的氟原子。分解的途径为：2 H OF=2 H F+O2,A/7 =-1 0 3.5(kJ m o F1)(4)分解产物为H 2 O2，反应式见上解析(4)7、为实现2 0 0 0年消除碘缺乏病的目标，国家卫生部规定食盐必须加碘，其中碘以碘酸钾或碘化钾的形式存在。(1)有人烹调时，把两种不同厂家生产的加碘盐混合，当滴食醋时，产生紫色蒸气，反应的离子方程式为 o(2)这两种加碘食盐可以在潮湿的空气中暴露而加以鉴别，其原理是,反应的离子方
25、程式。解析：两种不同厂家的含碘盐中，一家含K I,另一家含K I O3(1)中产生紫色蒸气(卜)，说明1 0.将 氧化。故答案如下：(1)反应的离子方程式为：I O；+5 r+6 C H3C OOH-3 l 2 4-6 C H3C OO+3 H2O(2)其原理是：K I在潮湿空气里，在阳光的作用下，会被空气氧化产生紫黑色固体(或紫色蒸气0而K IC h不被空气氧化。反应的离子方程式为：4 1 +O2+2 H2O=2 I2+4 O H 0第二章物质结构元素周期律第一节 原子结构和核外也子桃布1、下列说法是否正确？如不正确，应如何改正？(1)S电子绕核旋转，其轨道为一圆圈，而0电子是走8字形。(2
26、)主量子数为1时，有自旋相反的两条轨道。(3)主量子数为3时，有3 s、3 p、3 d和 四 条 轨 道。解析：本题是涉及电子云及量子数的概念题。必须从基本概念出发判断正误。(1)不正确，因为电子运动并无固定轨道。应改正为：s电子在核外运动电子云图像或几率密度分布是个球体，其剖面图是个圆。而p电子云图或儿率密度分布是一个纺锤体,其剖面图是8形。(2)不正确。因为=1、/=0、机=0,只有一个1 s原子轨道，应改为：主量子数为1时，在1 s原子轨道中有两个自旋相反的电子。(3)不正确。因为=3时，/只能取0、1、2,所以没有3 7。另外3 s、3 p、3 d的电子云形状不同，3 还有加=0、+1
27、三种空间取向不同的运动状态，有3个原子轨道，3 d有机=0、1和土2五种空间取向，有5个原子轨道，因此应改为：主量子数为3时，有9个原子轨道。2、现代原子结构理论认为，在同一电子层上，可 有s、p、d、于、g、h等亚层，各亚层分别有1、3、5 个轨道。试根据电子填入轨道的顺序预测：(1)第8周期只有 种元素。(2)原子核外出现第一个歹 电 子 的 元 素 的 电 子 序 数 是/(3)根 据“稳定岛”假说，第1 1 4号元素是一种稳定同位素，半衰期很长，在自然界都可能可以找到。试推测第1 1 4 号元素属于 周期 族元素，原子的外围电子构型是。解析：本题考查四个量子数和电子排布等知识。根据电子
28、的填充特点：（-3）g（一 2 次-1）“”s p,可知在第8周期中，含有s、p、d、f、g,其填充的元素种数为：1 X 2+3 X 2+5 X 2+7 X 2+9 X 2=5 0 （种）。解答此间时还可以根据元素原子核外电子排布规律，用数学归纳法得出其通式，求出答案。周期数能级组电子亚层数电子数周期所能容纳的元素种数112=2 X I2222 5 2 2 P 228=2 X 22833 s 2 3 P 628=2 X 22843/。4 s 2 4 P 63 8=2 X 3、1 854 产 5 s 2 5 P 631 8=2 X 3 21 864f45d6s26p643 2=2 X 423 2
29、nns 2 np6综上归纳，当n为偶数时，每一能级最多可容纳2 勺+1）2个电子，化简即得n周期种元素:当”为奇数时，每一个能级组最多可容纳2（+1）2个电子，化简即得”2周 期 如“种元素。这样不难推出第8周期所能容纳的电子数为5 0 种元素。2（2）根 据（1）的分析，第一个出现歹的元素应该是第8周期WB族，应该为类钢系元素，其价电子构型为9 7/8/。因此它的原子序数为1 39。（3）1 1 4 号元素可以氮为基准。根据每一周期的元素种数，得知该元素应该在第七周期，而位于第七周期的稀有元素的原子序数应该为1 1 8 号，然后逐步往元素周期表的前面推,正好推到IV A族，因此它的价电子构型
30、为7 s 27 P2。3、假定某个星球上的元素服从下面的量子数限制。”=1、2、3；2=0、1、2；，片1；机产+1/2,则在此星球上，前 4个惰性元素的原子序数各是多少？解析：根据量子数的限制，每 周 期 只 能 有 个 元 素（可以”=2 为例排一下，特别注意m=l与 机.=+1/2这两条限制，看是否只排出3 种元素），最后一种元素的序数为n2o这样，可得如下周期表形式：234567 8 91 01 11 2 1 3 1 4 1 5 1 6满壳层为惰性元素，即 1、4、9、1 6 号元素。4、（1）欧洲核子研究中心于1 9 9 5 年 9、1 0 月间制成了世界上第一批反原子共 9个反氢原
31、子，揭开了人类制造与利用反物质的新篇章。反 氢 原 子 的 核 电 荷 数 是，核外电子数是 o（2）1 9 7 4 年 D y e 得到含独立的N a 一离子的化合物。试画出Na离子的基态电子组态。（3）金属钠和铅的合金可部分溶于液氨，形成溶液。该溶液导电率的测定实验证实其中除少量NH；与N H 2 外只存在一种阳离子和一种阴离子，且它们的个数比为4 ：1,阳离子只带一个正电荷，阴离子包括9个原子。试写出该溶液中电解质化学式。解析：（1）反物质的研究是现代科学研究的 个前沿。当物质与反物质相遇时就会发生湮灭，释放出能量。反氢原子核电荷是负电荷，为一1；核外电子则为正电子，正电子数为lo（2）
32、金属在特定的条件下也可以带上负电荷。D y e 利用穴叫的笔状分子逐个封闭N a+离子，晶体中有一半的N a 为 Na。Na的基态电子组态为I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s(3)N a P b合金在液氨的溶剂作用下，N a易失去电子成为N a+；从元素角度考虑，阴离子是由P b原子得电子形成的。依题意，阴离子包括9个原子，又阴、阳离子个数比为1：4,所以阴离子为P b/。电解质的化学式为N a4P b%第二节 元素周期律与元素周期表1、A元素的核外电子排布是4 s 2 4 P 2,则下列说法中正确的是()A.A常温下可与氧气化合为A O 2B.A可与浓HN O 3反应C.A单质有很强
33、的金属性D.A的氯化物A c L可以发生水解反应解析：本题考查元素周期律与核外电子排布的相关知识。首先判断出A在元素周期表中的位置以及是何元素，再利用元素周期律分析各选项的正误。由A的核外电子排布4 s 2 4 P 2可知A在第4周期第WA族，是Ge。WA族元素位于元素周期表的中部，即无很强的金属性，又无很强的非金属性。通常金属性强的金属易与氧气化合，如K、N a、C a等；而金属性弱的金属不易与氧气化合，如C u、A g、A u等；不很活泼的金属的盐通常容易发生水解,如铅盐、锡盐等。因此可推断出B、D选项符合题意。2、指出下列元素景族元素还是副族元素？位于周期表第几周期第儿族？(1)I s
34、2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 5 (2)Kr 4/5 s 2 5 P 2(3)A r 3 d 3 4 s 2 (4)A r J S J1%1(5)A r 4 s l解析：先根据其外围电子构型确定在元素周期表中的位置，再确定其所在周期和族。p区，I HWA族或零族，族序数等于最外层电子数：2 +5=7。是第三周期第V HA。(2)p区，HI V HA族或零族，族序数等于最外层电子数：2+2=4,是第五周期第1 V A族。(3)&区，111划8 族或川族，族序数等于次外层d 电子与最外层s 电子之和：3+2=5。是第四周期第V B 族。(4)A 区，I-I I B 族，族序数等于
35、其最外层电子数。是第四周期第IB 族。(5)s 区，IIIA 族，族序数等于其最外层电子数。是第四周期第I A 族。3、设想你去某外层星球做了一次科学考察，采集了该星球上十种元素单质的样品，为了确定这些元素的相对位置以便进行系统研究，你设计了一些实验并得到如下结果：单质ABCDEFGHIJ熔 点()500550160210-5 0370450300260250与水反应VVVV与酸反应VVVVVV与氧气反应VVVVVVV不发生化学反应VV相对于A 元素的原子质量1.08.015.617.123.831.820.029.63.918.0按照元素性质的周期递变规律，试确定以上10种元素的相对位置，并
36、填入下表:ABH解析：解题的关键是突破思维定势。首先从熔点和不发生化学反应两栏可确定A、E 为不活泼的稀有气体。再由元素性质可得出B、F、G、H 性质相似，I、C 性质相似，D、J 性质相似。最后结合相对于A 元素的原子质量大小顺序(FHEGJDDB1A)确定它们的相对位置。同性相似的元素在周期表中位置相邻，其中相对原子质量相差较大的为同族相邻，相对较小的为同周期相邻。然后，按照相对原子质量小的元素其原子序数小原则排列,故上述元素在表中的相对位置为：AIBCDJGEHF4、下图表示元素X 的前五级电离能的对数值，试推测X 可能是哪些元素？解析：本题考查对图形的分析，要注意图中纵坐标的标度是对数
37、值，因 此 X 元素的第二和第三三电离能之间有突变，说明它有两个电子容易电离，电离第三个电子需要破坏8IghXXXXX电子构型，所以它是H A 族元素。图中示出5 个电子的电离能值，因此它不可能是Be。因为 B e原子总共只有4 个电子，综合分析，X 可能是Mg、Ca、S r或 Ba。所以X 可能是Mg、Ca、Sr 或 Ba。第 三 节 化 学 键1、BFs的儿何构型为平面正三角形，而 NF3却是三角锥形，试用杂化轨道加以说明。解析:用sp2杂化轨道、sp3杂化轨道的空间构型及等性杂化和不等性杂化轨道加以说明。在 BF3中 B 原子以三个sp2杂化轨道分别与三个P 原子的2 p轨道形成3 个
38、sp2p。键,B 原子的三个sp2杂化轨道是等性杂化轨道，其空间构型为平面正三角形，所 以 BF3的儿何构型的为平面正三角形。而 NF3中，N 原子形成4 个 sp3杂化轨道，其中有 个杂化轨道已排布两个电子（弧电子对），能量稍低，另外3 个杂化轨道仅排1 个电子，能量稍高。N 原子用这3 个能量相等、各排布有1 个电子的sp 杂化轨道分别于3 个 F 原子的2 p轨道形成3 个 sp3一0。键间的夹角小于109 2 8（实 为 102.5）o 因此NF3分子的几何构型为三角锥形。2、试分别用价键理论和分子轨道理论说明稀有气体不能形成双原子分子的理由。解析：从稀有气体原子间的电子不能配对成键和
39、它们的键极为零分别进行说明。稀有气体外层电子结构为s 2”p 6 (H e除外)，是稳定的8电子构型，现以N e为例加以说明。价键理论认为：强的外层电子结构为2s 22P$或 卬|。|0|，所有电子都已互相成对，当两个N e原2s 2 p子接近时，不能再相互配对(原子中无未成对电子)，所以N e不能形成N e 2分子。分子轨道理论认为：若能形成N e z分子，则其分子轨道排布式为：K K(o 2,)2。2P,)2gpy)2(万2人)2(万2%.K (万2p/。2八 K 甘 钿 也 成 键 电 子 数-反 键 电 子 数8-8 其键极=-=-=02 2所以N e不能形成双原子分子。3、N S F
40、是一种不稳定的化合物，它可以聚合成三聚分子A,也可以加合一个厂生成B,还可以失去一个厂变成C。(1)试写出N S F和产物A、B、C的L e w i s结构式。(2)预期A、B、C中哪一个N S键最长？哪一个N S键最短？为什么？(3)假设有N S F的同分异构体存在 S N F ,请 按 照(1)、(2)内容回答问题。解 析：(1)本 题 可 采 用L e w i s结 构 理 论，计 算 出NSF的 化 学 键 数。因殳=3X8-(5+6+7)=3,应该是三条共价键，即N=S F,但它存在形式电荷：N=F,而2 2N=S F中 各 原 子 的 形 式 电 荷 为 零，所 以 只 要 修 正
41、S原 子 的nr=1 0即 可。&=(10+2+8)-(5 +6+7)=4,所以 NSF 的 L e w i s 结构式为 N三S F,其中，N、S、F 的2 2形式电荷均为零。A:S FF-S S-FII IN NV0 0B:：N=SFFC:N w f()F(2)从 A、B、C的结构看，C的 N S键最短，因为N S之间为共价叁键，A、B结构式中N S之间都为共价键，但 A中可认为有离域n 键存在，所以A中 N S键最长。0 0 0(3)当 S N F 排列时，L e w i s 结构式为S =N-F,所以A:31N-N-F-N N-F/B:s=0C:从结构上看，C中的N S键仍然最短，A中
42、 N S键最长。4、19 19 年 L a n g m u i r提出：“凡原子数与电子总数相等的物质，则结构相同，物理性质相近，”称为等电子原理，相应的物质互称为电子体。(B N)“是一种新型无机合成材料，它与某单质互称为等电子体。工业上制造(B N)“的方法之是用硼砂和尿素在1 0 7 3 1 2 7 3 K时反应，得到a-(B N)“及其他元素的氧化物。a-(B N)“可作高温润滑剂，电器材料和耐热的涂层材料等。如在高温下反应，可制得-(B N)“，-(B N)“硬度特高，是作超高温耐热陶瓷材料、磨料、精密刀具的优良材料。试问:(1)它与什么单质互为等电子体?(2)写出硼砂与尿素反应的方
43、程式。(3)根据等电子原理画出a-(BN).与-(BN)“的构型。解析：等电子体是一个很重要的概念。它可以从己知物质的结构和性质推测未知的等电子体的结构和性质。由于B N 的价电子=3+5=8,(BN)“的价电子数为8(2X4)，与金刚石和石墨的价电子数相等(4)，而 一8,因此在此情况下4与 2X4相等。再根据题中信息“外(BN)“硬度特高，是作超高温耐热陶瓷材料、磨料、精密刀具的材料”易知：F-(BN)“结构与金刚石结构相似，而 由“a-(BN)“可作高温润滑剂、电器材料和耐热的涂层材料等”可推知：a-(BN%结构与石墨相似。问(2)主要是写化学方程式。在高温下反应除生成指定产物(BN)“
44、外，还应生成其他的稳定物质。根据质量定恒定律，这些在高温下稳定的物质Na2O CO2、H20(1)a-(BN),、-(BN)“的与金刚石、石墨互为等电子体。(2)Na2B4O7+2CO(NH2)2=4(BN)4+Na2O+4H2O+2CO2(3)因为a-(BN)“结构与石墨相似，-(BN)“结构与金刚石结构相似，则它们的结构画成：BVV八八/(a-(BN)“结构)(需要指出的是：在画B-(BN).结构时，要注意B/心B-(BN)“结构)、N 的位置。B 位于I1IA族，在 般化合物中每个B 原子周围只能相连三根共价键。第四节分子间作用力1、某温度、某压强下取三份等体积无色气体A,于 198K、
45、353K和 363K下测得其摩尔质量分别为58.0g mol 20.6g mol%于 298K、353K、363K下 各 取 1L（气体压强相同）上述无色气体分别溶于10 L 水中，形成的溶液均显酸性。则（1）无色气体是。（2）各 温 度 下 摩 尔 质 量 不 同 的 可 能 原 因 是。（3）若三份溶液的体积相同（设溶解后溶液温度也相同），其物质的量浓度比值是多少？解析：（1）由题目信息可知不同温度下测得A 气体的摩尔质量不同，并且随着温度的升高而减小，这种情况可能是由于分子发生了缔合所致。那么，A 气体究竟是什么气体？这可以从所学过的溶于水且具有酸性的气体如H Q、Cb、SO2,NO2、
46、H F 等气体去寻找。在这些气体中，前四者没有能够发生分子缔合的因素，尽 管 NO?可以缔合，但 是 没 有 哪 种形体的分子量与题目所给数据相吻合，故 A 只可能是H F,且从摩尔质量角度验证也符合。另 方 面，HF分子间能够形成氢键，能发生分子缔合。（2）由于氢键的形成与温度无关。温度越高缔合度越小，温度越低缔合度越大。因此,温度从 298K353Kf 363K,摩尔质量从 58.0g m o l 20.6g m o l-2 0.0 g mol】是可以理解的。（3）由于三种缔合体溶于水后，均 成 H F 单体分子。而溶液体积也是相同的，因此溶质的物质的量浓度之比应等于三种缔合体溶于水后形成
47、的H F单体的物质的量浓度之比。乂因P、丫 是 定 的，而气体物质的物质的量也绝对温度成反比，因此在298K、353K、363K条件下制成的三种稀溶液中溶质的物质的量浓度之比为:出:理出=3.53.06:1.0。298 353 363答案：（1）H F o （2）HF以氢键缔合之故。（3）缔合的HF均以单体分子溶于水，在一定温度下，一定量的缔合气体所含单体分子的物质的量与缔合气体的相对分子质量成正比；P、V 一定时，气体物质的物质的量与绝对温度成反比，故在2 9 8 K、3 5 3 K、3 6 3 K 下制成的三种稀溶液中溶质的物质的量浓度之比为：处 担:亚:型 9:=3.5 3:1.0 6:
48、1.0 0。2 9 8 3 5 3 3 6 32、A和 B两种物质互相溶解的关系如图所示，横坐标表示体系的总组成，纵坐标为温度，由下往上，温度逐渐升高。八时 a 是 B在 A中的饱和溶液的组成，b是 A在 B中的饱和溶液的组成（？2 时相应为c,d）。心为临界温度,此 时 A和 B完全互溶。图中曲线内为两相，曲线外为一相（不饱和液）。某些物质如比0和（C 2 H 5）3 N,C 3 H 5（O H）3 和间一CH 3 c 6 H 4 N H 2有低的临界温度（见图）。请根据上述事实，回答下列问题：图甲（1）解释图中八存在原因。（2）说明图中所示的两对物质存在低的临界温度的原因。（3）描述图中所
49、示的两对物质的互溶过程。解析：解本题的关键是理解图形。（1）图中所示的A、B相互溶解关系在中学化学中可以找到这种模型，如苯酚与水的互溶体系。将盛有苯酚的晶体和水溶液的试管加热片刻可观察到苯酚溶液。随着温度升高，两相中相互溶解度增大，两相组成也接近直至达到相同。（在 1 a tm 下，该点为6 5.9 C和 3 4%（苯酚）。这与题中曲线所示A、B 互溶体系是一致的。（2）图乙和和图甲相反，这说明图乙所示的互溶体系有一种特殊的因素影响溶解度。分析给出的H20 与（C2H5）3N,C3H5（OH）3和间-CH3c6H4NH2的例子可找出氢键这种因素，显然溶剂与溶质分子之间氢键的形成有利于互溶，而温
50、度升高，分子间氢键破裂，溶解度而减小。答案：（1）物质的溶解度常随着温度的升高而增大，所以在一定的温度下，A 和 B 两种物质能达到完全互溶。（2）某些物质如氏0 和（C2H5）3N,C3H5（OH）3和间-CH3c6H4NH2存在低的临界温度的原因是它们在较低温度能形成分子间氢键,溶解度反而减小。H C2HS F /(3)O+N C2 H5 /H C2H5CH2-OH NH2 CH3CH-OH+-CH2-OHCH2OHZH-OH+&CH3然而，随着温度的升高，分子间氢键破裂，所以IC2 H5 /OHNC2 H5C2H5CH2OH-NH2 CH3 CHOHCH2OHH H/1CH2O N CH