清泉州阳光实验学校高中化学奥林匹克竞赛辅导讲座第讲《主族元素及其

2023年12月13日发(作者：)

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清泉州阳光实验学校高中化学奥林匹克竞赛辅导讲座

第11讲主族元素及其化合物

【竞赛要求】

卤素、氧、硫、氮、磷、碳、硅、锡、铅、硼、铝。碱土金属、碱金属、稀有气体。常见难溶盐。氢化物的根本分类和主要性质。常见无机酸碱的形态和根本性质。氧化物和氢氧化物的酸碱性和两性。

【知识梳理】

一、氢和稀有气体

〔一〕氢

氢位于周期表的第一周期IA族，具有最简单的原子构造。氢在化学反响中有以下几种成键情况：

•1、氢原子失去1s电子成为H+。但是除了气态的质子外，H+总是与其它的原子或者者分子相结合。

•2、氢原子得到1个电子形成H－离子，主要存在于氢和IA、IIA中〔除Be外〕的金属所形成的离子型氢化物的晶体中。

•3、氢原子和其它电负性不大的非金属原子通过一一共用电子对结合，形成一一共价型氢化物。此外，与电负性极强的元素相结合的氢原子易与电负性极强的其它原子形成氢键，以及在缺电子化合物中存在的氢桥键。

〔二〕稀有气体

1、稀有气体的存在、性质和制备

价电子层构造

HeNeArKrXeRn

1s22s22p63s23p64s24p65s25p66s26p6

〔1〕存在：稀有气体的价电子构造称为饱和电子层构造，因此稀有气体不易失去电子、不易得到电子，不易形成化学键，以单质形式存在。

〔2〕物性：稀有气体均为单原子分子，He是所有单质中沸点最低的气体。 〔3〕制备：①空气的液化•②稀有气体的别离

2、稀有气体化合物

O2+PtF6=O2[PtF6]－

由于O2的第一电离能〔117kJ·mol－1〕和氙的第一电离能〔117kJ·mol－1〕非常接近，于是想到用氙代替氧可能会发生同样的反响。结果成功了。

Xe+PtF6=Xe+[PtF6]－

〔1〕氟化物

①•①①制备：氙和氟在密闭的镍反响器中加热就可得到氙氟化物

••F2+Xe〔过量〕→XeF2

•F2+Xe〔少量〕→XeF4

•F2+Xe〔少量〕→XeF6

②性质

〔a〕强氧化性：氧化才能按XeF2——XeF4——XeF6顺序递增。

一般情况被复原为单质。

NaBrO3+XeF2+H2O→NaBrO4+2HF+Xe

XeF2+H2→2HF+Xe

XeF2+2Cl-→2F-+Xe+Cl2

XeF4+Pt→2PtF4+Xe

〔b〕与水反响：氙氟化物与水反响活性不同

2XeF2+2H2O=2Xe+4HF+O2〔在碱中迅速反响〕

6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe+3O2+24HF

XeF6+3H2O=XeO3+6HF XeF6+H2O=XeOF4+2HF〔不完全水解〕

〔2〕氧化物

氙的氧化物是无色、易潮解、易爆炸的晶状固体。由氟化物水解制备。

•XeO3：是一种易潮解和易爆炸的化合物，具有强氧化性。

•

XeO3

+

盐酸→Cl2

Fe2+→Fe3+

••XeO4：很不稳定，具有爆炸性的气态化合物。

〔3〕稀有气体化合物的构型•

分子价电子对数价电子对构型可能构型最稳定构型

XeF25三角双锥三种直线型

XeF46八面体二种平面四面形

XeF67变形八面体二种变形八面体

XeOF46八面体二种四方锥形

XeO34四面体一种三角锥形

XeO44四面体一种正四面体

二、s区元素

〔一〕通性

1、它们的价电子构型为ns1~2，内层为稀有气体稳定电子层构造。价电子很易失去呈+1、+2氧化态。都是活泼性很高的金属，只是碱土金属稍次于碱金属而己。

2、有较大的原子半径。因为每一周期是从碱金属开始建立新的电子层。原子半径变化的规律：同周期从IA到IIA减小，同族中从上到下增大。

3、电离势和电负性均较小，其变化规律为同周期从IA到IIA增大，同族中从上到下顺序减小。

〔二〕单质 1、存在

23由于它们的化学活泼性，决定它们只可能以化合物形式存在于自然界中。如盐〔X－、CO23、SiO2、SO4等〕；氧化物〔Li2O、BeO等〕

2、性质

〔1〕物性：单质具有金属光泽，有良好的导电性和延展性，除Be和Mg外，其它均较软。它们在密度、熔点、沸点和硬度方面往往差异较大。

〔2〕化性：活泼。

①它们具有很高的化学活泼性，能直接或者者间接地与电负性较高的非金属元素形成相应的化合物。如可与卤素、硫、氧、磷、氮和氢等元素相化合。一般均形成离子化合物〔除Li、Be及Mg的卤化物外〕。

②单质与水反响放出氢气。其中Be和Mg由于外表形成致密的氧化膜因此对水稳定。

③标准电极电势均很负，是很强的复原剂。它们的复原性在于态及有机反响中有广泛的应用。如高温下Na、Mg、Ca能把其它一些金属从氧化物或者者氯化物中复原出来。

3、制备：单质的制备多数采用电解它们的熔盐。如电解NaCl、BeCl2、MgCl2等。

注意：不能电解KCl，因为会产生KO2和K，发生爆炸。

其他方法：

①金属置换

KCl+Na→NaCl+K↑

〔K比Na易挥发，分开体系；NaCl晶格能大于KCl〕

BeF2+Mg→MgF2+Be

②热分解

4KCN=4K+4C+2N2

2M＋3N2〔M=Na、K、Rb、Cs〕

2MN3③热复原

K2CO3+2C2K↑+3CO

2KF+CaC2CaF2+2K↑+2C

〔三〕氧化物和氢氧化物

1、碱金属的氧化物比碱土金属的氧化物种类多。它除有正常氧化物外，还有过氧化物、超氧化物及臭氧化物。

如碱金属在空气中燃烧时，只有Li的主要产物是Li2O〔正常氧化物〕，而Na、K、Rb、Cs的主要产物分别是Na2O2〔过氧化物〕、KO2〔超氧化物〕、RbO2〔超氧化物〕和Cs2O2〔过氧化物〕。

2、氢氧化物除Be(OH)2呈两性外，其余均为中强碱或者者强碱。

〔四〕盐类

1、碱金属的盐类

有MX〔卤化物〕、MNO3、M2SO4、M2CO3、M3PO4等。它们的一一共性如下：

①都是离子晶体〔Li盐除外〕；

②都易溶解。除Li盐和极少数大阴离子组成的盐以外，例如LiF、Li2CO3、Li3PO4、Na[Sb(OH)6]、NaZn(UO2)3(CH3COO)9·6H2O等均难溶。

③热稳定性均很高，但Li2CO3和硝酸盐除外，它们加热会分解：

④易形成复盐。

光卤石类通式：M+Cl·MgCl2·6H2O〔M+=K+，Rb+，Cs+〕

矾类通式：M2SO4·MgSO4·6H2O〔M+=K+，Rb+，Cs+〕

2、碱土金属盐类

其溶解度与碱金属盐有些差异。它们的碳酸盐、磷酸盐和草酸盐均难溶。BaSO4、BaCrO4的溶解度亦很小。

它们的碳酸盐在常温下均较稳定〔BeCO3例外〕，但加热可分解。

热稳定性由Mg到Ba顺序增强。 三、p区元素

〔一〕卤族元素

1、通性

〔1〕外层电子构造ns2np5，很容易得到一个电子呈八电子稳定构造，所以卤族元素显强氧化性。

〔2〕氧化才能F2＞Cl2＞Br2＞I2

F2、Cl2可与所有金属作用，Br2、I2可与除贵金属外所有金属作用。

F2是最强的氧化剂，能与稀有气体反响生成XeF2、XeF4、XeOF4；与水猛烈反响放出O2。

〔3〕化合价：由卤素电子层构造ns2np5决定，除了易获得一个电子显–1价外，氯、溴、碘的原子最外层电子构造中存在空的nd轨道，当这些元素与电负性更大的元素化合时，它们的nd轨道可以参加成键，原来成对的p电子拆开进入nd轨道中，因此这些元素可以表现更高的氧化态+1、+3、+5、+7。这一类化合物主要是卤素含氧化合物和卤素互化物，主要形成一一共价键。氟原子外层电子构造是2s22p5，价电子是在L层上，没有空d轨道，而且F的电负性最大，仅显+1价。

2、卤化氢

制备：在实验室里由浓H2SO4与NaCl作用制得少量HCl。而HBr、HI不能由浓H2SO4与NaBr、NaI作用制得，这是因为浓H2SO4对所生成的HBr及HI有氧化作用，使其中一部分被氧化成单质Br2及I2析出。

H2SO4(浓)+2HBr=Br2+SO2+2H2O

H2SO4(浓)+8HI=4I2+H2S+4H2O

可由H3PO4代替H2SO4制备HBr、HI，防止以上氧化作用。

性质：HF最稳定，高温下不分解，而HI在300℃即大量分解为I2与H2。HF有强腐蚀性，并能腐蚀玻璃。

SiO2+4HF=SiF4+2H2O△Go=–7kJ·mol－1

3、卤化物及多卤化物

〔1〕氯化物AgCl、Hg2Cl2、PbCl2，CuCl难溶于水，其它易溶于水。 〔2〕由于氟的氧化性强，元素在氮化物中可呈高氧化态。例如一般卤素银盐为AgX，但有AgF2存在。由于碘离子复原性强，碘化物中元素呈低价氧化态，如FeI2较稳定。

〔3〕卤化物可和一样或者者不一样的卤素分子形成多卤化物，最常见的多卤化物是KI3，是由I2溶于KI中形成。多卤化物所含的卤素可以是一种，也可以是两种或者者三种，如RbBrCl2、CsBrICl。只有半径大，电荷少的金属离子适于形成多卤化物。

4、卤素的含氧酸

卤素的含氧酸以氯的含氧酸最为重要。

因素含氧酸和含氧酸盐的许多重要性质，如酸性、氧化性、热稳定性、阴离子碱的强度等都随分子中氧原子数的改变而呈规律性的变化。以氯的含氧酸和含氧酸盐为代表将这些规律总结在表中。

卤素含氧酸及其盐的稳定性与它们的氧化才能有相应的关系。稳定性较差，氧化才能较强。反之，稳定性高的氧化才能就弱。

氧化态

+1

+3

+5

+7

酸

HOCl

HClO2

HClO3

HClO4

热稳定性和酸的强度

氧化性 盐

NaClO

热稳定性

氧化性及阴离子碱的强度

向下增大 向上增大

NaClO2

NaClO3

NaClO4

向下增大 向上增大

〔二〕氧族元素

1、通性

〔1〕价电子层构造ns2np4，氧化态–2、+2、+4、+6，氧仅显–2价〔除H2O2及OF2外〕。

〔2〕氧族元素原子最外层6个电子，因此它们是非金属〔钋除外〕，但不及卤素活泼。

〔3〕随着原子序数增大，非金属性减弱，氧硫是非金属、硒、碲是半金属，钋是典型金属。氧的电负性最高，仅次于氟，所以性质非常活泼，与卤族元素较为相似。

2、过氧化氢

制备：电解60％H2SO4溶液，减压蒸馏得H2S2O8，水解可得H2O2。 H2S2O8+2H2O=2H2SO4+H2O2↑

性质：①不稳定性：H2O2=H2O+1/2O2〔光照及少量金属离子存在都能促进分解〕

②氧化复原性：由于H2O2氧化数处于中间，所以既显氧化性又显复原性，以氧化性为主。

③弱酸性：H2O2+Ba(OH)2=BaO2+2H2O

3、硫化氢和硫化物

〔1〕硫化氢

制备：FeS+2HCl=FeCl2+H2S

H2S是一种有毒气体，需在通风橱中制备。实验室中以硫代乙酰胺水解产生H2S。

CH3CSNH2+2H2O=CH3COONH4+H2S

性质：①复原性。硫化氢水溶液不能长久保存，可被空气中的氧气氧化析出S。

②沉淀剂。由于大多数金属硫化物不溶于水，在定性分析中，以H2S作为别离溶液中阳离子的沉淀剂。

检验：以Pb(Ac)2试纸检验，H2S使试纸变黑：H2S+Pd(Ac)2=PdS+2HAc

〔2〕硫化物

为什么大多数金属硫化物难溶于水，从构造观点来看，由于S2－变形性大，假设阳离子的外电子构型是18、18+2或者者8~18电子构型，由于它们的极化才能大，变形性也大，与硫离子间有强烈的互相极化作用，由离子键向一一共价键过渡，因此生成难溶的有色硫化物。

4、硫酸

浓H2SO4与稀H2SO4氧化性不同。在稀H2SO4，显氧化性的主要是H+。

浓H2SO4是强氧化剂，其中显氧化作用的是S6+，它可以氧化其他物质，而本身被复原成低氧化数的SO2、S、H2S等等

5、亚硫酸及其盐

性质：①不稳定性。 ②由于S4+氧化数处于中间，既显复原性，又显氧化性，以复原性为主。配制Na2SO3溶液必须随配随用，放置过久那么失效。

③Na2SO3与S作用。

〔三〕氮族元素

1、通性

〔1〕价电子层构造为ns2np3，主要氧化态为–3、+3、+5。

〔2〕氮族元素得电子趋势较小，显负价较为困难。因此氮族元素的氢化物除NH3外都不稳定，而氧化物均较稳定。

〔3〕由于从As到Bi，随着原子量的增加，ns2惰性电子对的稳定性增加。

2、氨和铵盐

〔1〕NH3具有复原性。

〔2〕配合性：由于NH3上有孤对电子。如：Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+

〔3〕NH4与K+电荷一样、半径相似，一般铵盐性质也类似于钾盐。它们的盐类同晶，并有相似的溶解度。

3、硝酸及硝酸盐

〔1〕HNO3是强氧化剂，许多非金属都易被其氧化为相应的酸，而HNO3的复原产物一般为NO。

HNO3几乎溶解所有的金属〔除Au、P外〕，HNO3的复原产物决定于HNO3浓度及金属的活泼性。浓HNO3一般被复原为NO2，稀HNO3复原产物为NO，活泼金属如Zn、Mg与稀HNO3复原产物为N2O，极稀HNO3的复原产NH4物为。

〔2〕硝酸盐较硝酸稳定，氧化性差，只有在酸性介质中或者者较高温度下才显氧化性。

4、磷的含氧酸

〔1〕磷在充足的空气中燃烧生成P4O10，这是由P4四面体构造所决定。磷酐与水作用先形成偏磷酸，然后是焦磷酸，最后得到正磷酸。都是以磷氧四面体为构造根底。 〔2〕H3PO4、H3PO3、H3PO2都以磷氧四面体构造为特征。

〔四〕碳族元素

1、通性

〔1〕价电子构造为ns2np2，氧化态+2、+4。

〔2〕以Ge到Pb，ns2惰性电子对稳定性增强。

2、碳酸及碳酸盐

〔1〕CO2溶于水存在平衡，大部分以CO2、H2O的形式存在，只有少部分形成H2CO3，与SO2溶于水的情况相似。

〔2〕碳酸盐水解

由于碳酸是很弱的酸，所以碳酸钠在溶液中水解呈较强的碱性，称为纯碱。

〔3〕Na2CO3溶液中参加金属离子，生成何种沉淀，根据碳酸盐及氢氧化物溶解度大小来决定。

①金属氢氧化物溶解度小于碳酸盐溶解度，那么生成氢氧化物沉淀，如Fe(III)、Al(III)、Cr(III)。

②金属氢氧化物溶解度相近于碳酸盐的溶解度，那么得到碱式碳酸盐沉淀，如Bi(III)、Hg(II)、Cu(II)、Mg(II)。

③金属碳酸盐的溶解度小于氢氧化物溶解度，那么得到碳酸正盐沉淀，如Ba(II)、Ca(II)、Cd(II)、Mn(II)、Pb(II)。

3、硅酸及硅酸盐

〔1〕硅酸在实验室中，用盐酸与可溶性硅酸盐作用可得硅酸，硅酸是很弱的酸，在水中溶解度小。在水中随条件不同，逐步聚合成硅酸凝胶。

〔2〕由于硅酸很弱，Na2SiO3在溶液中强烈水解呈碱性

22〔3〕鉴定SiO3：在SiO3溶液中参加NH4Cl，发生完全水解，且有H2SiO3沉淀生成并放出NH3。

〔五〕硼族元素 1、通性

〔1〕价电子层构造为ns2np1，氧化态+1，+3。硼、铝、镓、铟四个元素都以+3价为特征，铊由于“ns2惰性电子对效应〞那么主要表现为+1价。

〔2〕在硼族元素+3价一一共价化合物中，中心原子外层只有6个〔3对〕电子，仍未满足稳定8电子外层构造，还有一个空轨道，因此这些化合物均有很强的承受电子的趋势，容易与具有孤对电子的分子或者者离子形成配合物，这个特征被称为“缺电子〞特征。以硼的化合物最为明显。

2、硼化合物缺电子特征

〔1〕BF3易与HF、NH3等加合

〔2〕H3BO3为一元酸

这种酸的离解方式表现了硼化合物的缺电子特征。

〔六〕p区元素小结

以上我们复习了p区各族元素的性质和电子层构造的关系及其重要化合物的性质。下面以六大性质：酸碱性、热稳定性、熔沸点、溶解度、水解性及氧化复原来总结p区元素性质递变规律。

1、酸碱性强弱

〔1〕R–O–H规那么：以离子势Φ判别

Φ=离子电荷/离子半径

Φ大，及对O引力大，O电子云密度小，O–H键易断裂，酸性增强。

①同一周期中，不同元素的合氧酸酸性自左至右增强。由于从左至右离子电荷增高，半径变小，Φ增大，所以酸性增强。

②同一主族中，不同元素的含氧酸自上而下酸性逐渐减弱。离子电荷一样，自上而下随着周期数增大，半径增大，Φ变小，所以酸性减弱。

③同一元素形成几种不同氧化数的含氧酸，其酸性随着氧化数的升高而增强。 〔2〕鲍林规那么：配价键多，酸性强。

含氧酸可以写成如下式子：ROm(OH)n，m加大，酸性强。

两种理论发生矛盾时，以配价键多少为主。

2、热稳定性

碳酸盐加热分解为金属氧化物，放出CO2。金属离子的极化才能强，碳酸盐的热稳定性差。由于Be2+是2电子构造，极化才能最强，所以BeCO3的分解温度最低。Mg2+~Ba2+离子电荷一样，但离子半径增大，极化才能减小，所以碳酸盐热稳定性增加。

由于H+的反极化才能强，热稳定性顺序为：H2CO3＜NaHCO3＜Na2CO3

硝酸盐的热分解产物因金属离子不同而不同。

注意：硝酸分解与碳酸盐不同，由于N–O键不牢，加热易断裂，所以硝酸盐分解放出O2，并在高温时有氧化性。

同一成酸元素、不同氧化态的含氧酸及其盐中心离子氧化数高，对O2–的极化才能强，稳定性高。例如热稳定性变化顺序为：

HClO4＞HClO3＞HClO2＞HclO；H2SO4＞H2SO3；HNO3＞HNO2

3、溶解度

离子化合物的溶解度决定于晶格能及离子的水合能。

①晶格能大，溶解度小。

Ca(H2PO4)2CaHPO4Ca2(PO4)3

〔易溶〕〔难溶〕〔难溶〕

阴离子电荷高，晶格能大，溶解度小。

②水合能小，溶解度小。

一般碱金属的盐类易溶于水，仅少数碱金属盐是难溶的。这些难溶盐一般都是由大的阴离子组成，而且碱金属离子越大，难溶盐的数目越多，这是由于当阴阳离子大小相差悬殊时，离子水用在溶解过程中占优势。

水合能小，那么溶解度小。例如碱金属高氯酸盐溶解度：NaClO4＞KClO4＞RbClO4

同理，由于Mg2+到Ba2+半径增大，离子势减小，水合能减小，那么MsSO4到BaSO4的溶解度减小。

③一一共价成分大，溶解度小。

ZnSCdSHgS溶解度减小

〔溶于稀HCl〕〔溶于浓HCl〕〔溶于王水〕

这是由于Zn2+、Cd2+、Hg2+18电子构型，不仅极化才能强，变形性也强，随着Zn2+、Cd2+、Hg2+半径增大，变形性增大，附加极化效应增大，一一共价成分增大，溶解度减小。

④聚合程度大，溶解度小。

H3BO3由于氢键联成大片，为固体酸，在冷水中溶解度小，可溶于热水。

NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，由于NaHCO3通过氢键而聚合。

4、溶沸点上下

〔1〕离子化合物晶格能大，熔沸点高。由于从Li+到Rb+离子半径增大，离子电荷不变，与F-之间引力减弱，晶格能减小，熔沸点降低。

〔2〕一一共价成分大，熔沸点低。由于从Na+到Si4+离子正电荷升高，半径减小，极化才能增大，由离子键向一一共价键过渡，熔沸点降低。

〔3〕非极性分子，分子量增大，色散力增大，熔沸点升高。

〔4〕HF由于形成氢键而缔合，所以熔沸点高。HCl、HBr、HI随着分子量增大，色散力增大，故熔沸点升高。分子间的三种力，以色散力为主。

〔5〕SiO2为原子晶体，原子间以一一共价键相结合，结合力大，所以熔沸点高。而CO2是分子晶体，分子间以范德华力结合，结合力小，所以CO2在室温下是气体。

5、盐类的水解 盐类的水解别离子化合物及一一共价化合物两种情况讨论。

〔1〕离子化合物的水解

离子化合物水解的本质是弱酸或者者弱碱盐的离子与水中电离产生的H+或者者OH－结合，使水解平衡挪动。

①阳离子：其一一共轭碱越弱，水解度越大。例如：水解度AsCl3＞SbCl3＞BiCl3

②阴离子：其一一共轭酸越弱，水解度越大。

ClO43、NO23CO23SiO强硬的阴离子如等不水解，它们对水pH值无影响，但是弱碱的阴离子如及等明显水解，使溶液pH值增大。

〔2〕非金属卤化物的水解

①非金属卤化物的水解首先是由水分子以一对孤电子对配位于与卤素结合的元素的原子上，然后排出卤离子和氢离子。

②非金属卤化物能否水解，决定于中心原子的配位数是否已满，假设中心原子的配位数已满，水就不能配位上去，不能水解，例如CCl4不水解而SiCl4水解。

③水解类型

BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl

SiCl4+4H2O=H2SiO4+4HCl

PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl

NCl3+3H2O=NH3+3HOCl

前三种类型是H2O中OH－离子与中心原子相结合，生成含氧酸。而第四种类型是H+与中心离子相结合，OH－与C1结合生成次氯酸。由于NCl3中N原子周围已有4对电子对，但配位数未满，有一对孤对电子，水分子中的氢原于有空的轨道，所以与N的孤电子对结合，发生水解作用。

〔3〕防止水解及水解的应用。

①配制溶液时，常因水解生成沉淀，为了防止水解，需加相应酸。如： SnCl2+H2O=Sn(OH)C14+HCl

在上式反响中加HCl可使水解平衡向左挪动，防止沉淀产生。

②制备无水盐，需考虑水解。如：ZnCl2·H2O=Zn(OH)C1+HCl

在上述反响中，蒸发脱水时由于温度升高，水解度增大，不能得到无水盐，只能得到水解产物。只有在氯化氢气氛中蒸发，才能得到无水盐。

6、氧化复原性

〔1〕含氧酸及其盐的氧化复原性

①含氧酸的氧化复原性与其氧化数有关，氧化数最高的含氧酸仅显氧化性，如HNO3、浓H2SO4。氧化数处于中间状态，既显氧化性又显复原性，如HNO2、H2SO3。成酸元素氧化态处于最低时仅显复原性，如NH3、H2S。

②在同一周期中，各元素最高氧化态含氧酸的氧化性从左到右增强，例如H2SiO4和H3PO4几乎无氧化性，H2SO4只有在高温和浓度大时表现强氧化性，而HClO4是强氧化剂。

③氧化复原性与稳定性有关，同一元素不同价态的含氧酸越稳定，其氧化性就越弱，反之稳定性越差、氧化性越强。

④溶液的pH值对含氧酸及其盐的氧化复原性影响很大。同一物质在不同pH值条件下，其氧化复原强度不同，含氧酸盐在酸性介质中的氧化性比在中性或者者碱性介质中强，含氧酸盐作复原剂时，在碱性介质中复原性比酸性介质中强。

〔2〕非金属单质的氧化复原性

①B、Si在碱性溶液中与H2O作用放出H2气。

②C、N、O与H2O不反响。

③F2与H2O作用放出O2气。

④P、S、C12、Br2、I2与碱作用发生歧化反响。

〔七〕p区元素氢化物的性质递变规律 1、稳定性

对于同一族元素从上到下、对于同一周期元素从右到左电负性减小，与氢结合才能减弱，稳定性减弱。以氮族氢化物为例，NH3很稳定，PH3加热那么分解为其组成元素。AsH3和SbH3在室温时逐渐自动分解，BiH3很容易分解。

2、复原性

除了HF外，其它分子型氢化物都有复原性。氢化物HnA的复原性来自An－，而且An－失电子才能和其半径及电负性大小有关。在周期表中，从上到下、从右到左，An－的半径增大，电负性减小，An－失电子才能依上述方向递增，所以氢化物复原性也按此方向递增。以第三周期氢化物为例，SiH4、PH3与空气或者者氧接触即自动燃烧，H2S需加热才能在氧中燃烧，HCl需加热加催化剂才能与氧作用。

3、酸碱性

按质子理论，物质为酸或者者碱，是与它能否给出和承受质子有关，而酸碱强度又与给出质子和承受质子的难易程度有关。碳族元素的氢化物既不给出质子又不承受质子，无所谓酸碱性。氮族元素的氢化物承受质子的倾向大于给出质子的倾向，所以它们是碱。而氧族元素及卤素的氢化物大部分是酸，个别的如H2O既是酸又是碱。

【典型例题】

例1、有NO和CO2的混合气体14mL，通过足量的Na2O2后，体积变为7mL，再通过水洗后体积变化为2mL。试求混合气体中NO和CO2的体积各是多少毫升？

分析：此题结果有两种可能，一是剩余2mLO2，二是剩余2mLNO。

解：〔1〕假设剩余2mLO2

那么通过Na2O2后的7mL气体为NO2与O2混合气。

设其中NO2为x，O2为7－x

4NO2+O2+2H2O=4HNO3 4mL1mL

x7－x－2

x=4mL

根据2NO+O2=2NO2

故原混合气体中：NO为4mL，CO2为10mL

〔2〕假设剩余2mLNO

由于2CO2+2Na2O2+2Na2CO3+O2

2NO+O2=2NO2

所以CO2+NO+Na2O2=Na2CO3+NO2

V(CO2)原混合气体14mL通过Na2O2后，体积减少一半，可推知原混合气体中两种气体的体积比为V(NO)≥1，即7mL气体只可能是NO2和O2的混合气体或者者纯洁NO2，不存在NO。水洗后2mLNO应来源于3NO2+H2O=2HNO3+NO。

产生2mLNO消耗6mLNO2；余下1mL应是NO2与O2的混合气体，并按V(NO2)︰V(O2)=4︰1相混，即NO2为0.8mL，O2为0.2mL。

7mL混合气中：V(NO2)=6mL+0.8mL=mLV(O2)=0.2mL

故原混合气中：V(NO)=mLV(CO2)=14mLl－mL=mL

例2、KIO3与KI在中性或者者碱性溶液中不起反响，在酸性溶液中能起反响析出I2。取KIO3、KI、KHSO4溶液各10mL，混合后恰好完全反响，反响后用0.1mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液20mL。计算KHSO4原来溶液的浓度。

分析：HIO3的浓溶液是强氧化剂，所以KIO3在酸性条件下也能表现强氧化性。I－具有强复原性。所以KIO33IO与KI在有KHSO4存在时可以发生归中反响，生成I2〔不生成IO－因为IO－很不稳定，会歧化，生成I－〕

和KIO3+5KI+6KHSO4=6K2SO4+3I2+3H2O

I2具有较强的氧化性，Na2S2O3有较强的复原性，它们可以发生如下反响：

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

此题的计算属多步反响的计算，因此只要根据上述两个反响方程式，找出有关物质的关系式，然后根据关系式计算就可以了。

解：设KHSO4溶液的物质的量浓度为x，由有关反响式：

KIO3+5KI+6KHSO4=6K2SO4+3I2+3H2O

I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

有关系式：KHSO4~Na3S2O3

1mol1mol

10mL·x20mL·0.1mol·L－1

10mL·x1molL1

1mol=20mL0.1mol·解得x=0.2mol·L－1

所以KHSO4原来溶液的浓度为0.2mol·L－1

例3、有一白色固体，可能是KI、CaI2、KIO3、BaCl2中的一种或者者两种物质的混合物，试根据下述实验判断这白色固体是什么物质并写出化学方程式。

实验现象：〔1〕将白色固体溶于水得无色溶液。〔2〕向此溶液中参加少量稀H2SO4后，溶液变黄并有白色沉淀，遇淀粉立即变蓝。〔3〕向蓝色溶液中参加少量的NaOH溶液至碱性后蓝色消失，而白色沉淀并未消失。

分析：此题要求根据实验现象推断物质，可以根据这几种物质在水溶液中可能发生的化学反响以及产生的现象加以分析，并可得出结论。

根据实验现象〔1〕只能说明四种化合物可能存在，其根据是这些化合物均可以溶于水而成为无色溶液，且在水溶液中不能发生复分解反响产生沉淀，虽然KI、CaI2与KIO3之间均可以发生氧化复原反响，也在中性水溶液中难以进展。根据现象〔2〕，说明有单质碘生成，即一定有KIO3和CaI2，且在酸性条件下发生了氧化复原反响。所以KI、BaCl2不可能存在。其根据是BaCl2不能与KIO3发生氧化复原反响生成I2。KI不能与H2SO4反响生成沉淀，生成沉淀CaSO4。根据实验现象〔3〕证明〔2〕的判断正确。其根据是在碱性溶液中，I2可以发生歧化反响，转化为无色的I－和IO3，而CaSO4不溶于碱。

解：根据实验现象可知该白色固体是CaI2和KIO3的混合物。有关反响的化学方程式为：

2KIO3+6CaI2+6H2SO4=6I2+5CaSO4↓+K2SO4+6H2O

3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O

例4、6.5g某金属跟过量稀硝酸反响〔无气体放出〕，反响后所得溶液参加过量热碱溶液可放出一种气体，其体积为560mL〔标准状况〕。问溶于稀硝酸的是什么金属

分析：产物中参加过量热碱溶液可放出气体者，必定是铵盐。设以M代表该未知金属，通过生成的物质的量推导出参加反响的M的物质的量，从而进一步推断M是什么金属。

解：设金属为M，其原子量为A，化合价为x。

560mL(NH3)22400mL•mol1依题意n==0.025mol

有关反响为：

8 M+10xHNO3==8 M(NO3)x+xNH4NO3+3xH2O

NH4NO3+NaOH==NaNO3+NH3↑+H2O

有关系式：8M~xNH4NO3~xNH3

8Agxmol

6.5 g0.025mol

6.50.0258A=xA=3x

当x=1时，A=3无对应金属元素 当x=2时，A=65对应金属为锌

当x=3，x=4时……均无对应金属元素

故该金属为锌。

例5、把1.92 gCu投入盛有一定量浓硝酸的试管中，当在标准状况下搜集到1.12 L气体时，金属铜恰好全部消耗。写出有关的化学方程式，并求反响中消耗硝酸的物质的量。

分析：随着反响的进展，HNO3不断消耗，浓HNO3可能逐渐变成稀HNO3，所以搜集到的1.12 L气体中可能含有NO。

解：设与浓HNO3反响的Cu的物质的量为x，与稀HNO3反响的Cu的物质的量为y。

Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O

142

x4x2x

3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

382

y8y/32y/3

x+y=1.92 g/64 g·mol－1

2x+2y/3=1.12 L/22.4 L·mol－1

解得 x=0.0225moly=0.0075moL

8所以消耗HNO3的物质的量为：4x+8y/3=4×0.0225mol+3×0.0075mol=0.11mol

例6、一定量的NaOH和NaHCO3的混合物中含有amolNaHCO3的bmolNaOH，在密闭容器中将混合物加热到250℃。经充分反响后排放出气体，冷却后称得固体的质量为Wg。试写出用a、b表示W的数学式。

分析：NaHCO3和NaOH的混合物在密闭容器中加热，可能发生以下反响：

①NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O②2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2↑ 在原混合物中，假设n(NaHCO3)/n(NaOH)≤1那么反响按①进展，剩余物质为Na2CO3或者者它与NaOH的混合物；假设n(NaHCO3)/n(NaOH)＞1，那么反响按①②进展，剩余物为Na2CO3。

a解：〔1〕假设b＞1，NaHCO3过量

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O

1mol1mol106 g

bmolbmol106bg

2NaHCO32Na2CO3+H2O+CO2↑

2mol106 g

(a－b)mol53(a－b)g

W=106b+53(a－b)=53(a+b)

a〔2〕b＜1NaOH过量

NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O

1mol40g106 g

amol40ag106 ag

W=106a(40b－40a)=(66a+40b)

例7、有2.3793g的水合物样品，其化学式为MxAy·zH2O〔M为金属，z≤7〕。和过量SOCl2作用，把反响生成的气态产物导入含有盐酸、过氧化氢的氯化钡溶液，析出14.004 g沉淀〔其中硫的质量百分含量为14%〕。另取1.1896 g原样品溶于水，并用水稀释到100mL。20mL这种溶液需和0.2moL·L－1硝酸银溶液10mL反响，生成0.28664 g沉淀。试计算水合物的化学式。

分析：首先要确定水合物中含H2O的物质的量，水合物与过量SOCl2作用，实际是SOCl2有脱水作用，生成SO2，SO2被H2O2氧化为H2SO4，白色沉淀为BaSO4。 H2O+SOCl2==2HCl+SO2

SO2+H2O2==H2SO4

H2SO4+BaCl2==BaSO4↓+2HCl

根据所给条件可求出H2O的物质的量。

其次，求出阴离子为Cl－的物质的量，再根据题意要求分析、推断。

解：根据题中所给条件及硫的百分含量知沉淀是BaSO4，BaSO4的物质的量即为H2O的物质的量：14.004g233g•mol1=0.06mol

1.1896 g样品中含Cl－：0.2mol·L－1×0.01L×5=0.01mol

0.01mol2.3793g1.1896g2.3793 g样品中含Cl－：=0.02mol

样品中Cl－和H2O的物质的量之比为1︰3，

设晶体为MCln·3nH2O〔3n＜7〕

n=1，无解

n=2，为MCl2·6H2O

n=3，为MCl3·9H2O但3n=9＞7不合题意。

例8、有白色固体A与水作用生成沉淀B，B溶于浓盐酸，可得无色溶液C，假设将固体A溶于稀硝酸后，参加AgNO3溶液，有白色沉淀D析出，D溶于氨水得溶液E，酸化溶液E，又析出白色沉淀D。将H2S通入溶液C，有棕色沉淀F析出，F溶于(NH4)2S得溶液G，酸化溶液G，有气体产生和黄色沉淀H，假设取少量溶液C参加HgCl2的溶液中有白色I析出。问A、B、C、D、E、F、G、H、I是什么物质？写出有关推理的反响过程〔不必配平，只要写出反响物及重要产物〕。

分析：此题主要掌握低价锡盐是复原剂，易水解生成碱式盐和生成金属硫化物沉淀，且沉淀可生成硫代酸盐而溶解。通过此题进一步掌握IIIA、IVA、VA族的6s惰性电子对效应，即随着周期数的增加，IIIA、IVA、VA族元素的族数减去2的低价化合物较稳定。所以Tl+、Sn2+、Pb2+、Sn3+、Bi3+的化合物较稳定，其有关23SnS33334、SbS、SbS、AsS4生成。

23SnS的盐易水解，且有解：A为SnCl2，B为Sn(OH)Cl，C为SnCl2溶液，D为AgCl，E为[Ag(NH3)2]Cl，F为SnS，G为为SnS2，I为Hg2Cl2。

推理其反响过程〔反推法〕

〔1〕SnCl2+HgCl2→Hg2Cl2↓〔白色〕+SnCl4

2， H〔2〕SnS3+3H+→SnS2↓+H2S↑

2〔3〕SnS+S223→SnS

〔4〕SnCl2+H2S→SnS↓

〔5〕AgCl+2NH3→[Ag(NH3)2]Cl〔6〕Ag++Cl－→AgCl↓

〔7〕Sn(OH)Cl+H+→SnCl2+H2O

〔8〕SnCl2+H2O→Sn(OH)Cl

AgCl↓

H例9、有一种白色固体A，参加油状无色液体酸B，可得紫黑色固体C，C微溶于水，参加A后C的溶解度增大，成棕色溶液D，将D分成两份，一份中参加无色溶液E，另一份不断通入气体F，两份都腿色成无色透明溶液。E溶液遇酸有淡黄色沉淀，将气体F通入溶液E，在所得溶液中参加BaCl2溶液有白色沉淀，后者难溶于HNO3。问A、B、、C、D、E、F各代表何物？写出各步反响的化学方程式。

分析：利用各有关单质和化合物的物理、化学性质来推知各未知物质是什么物质。这些单质和化合物之间通过一连串化学反响过程有机地联络起来。解题方法常用“反推法〞，即从后向前推测。切忌通过一步反响，就确立某一个未知化合物。一般来说，第一个化合物或者者单质最难确定。因此要进展综合分析。

此题中，要熟知卤素及卤素离子的性质，还要熟悉浓硫酸的氧化性，如H2S2O3的不稳定性，Na2S2O3的复原性。 推测反响产物比写出相应反响的化学方程式容易些，此题中，写反响的化学方程式〔3〕、〔6〕较难，在化学方程式〔6〕中I－具有强复原性，浓硫酸具有强氧化性，这样反响产物才能生成H2S气体，把S从+6价复原为－2价。这就需要通过实验增强感性知识，需要对卤素离子Cl－、Br－、I－在酸性条件下与浓硫酸反响的情况有深化的理解。

解：A为KI，B为浓硫酸，C为I2，D为KI3，E为Na2S2O3，F为Cl2。

各步反响的化学方程式为：

2〔1〕Ba2++SO4=BaSO4↓

23〔2〕S2O23〔3〕S2O+2H+=H2S2O3H2S2O3=S↓+SO2↑+H2O

2+4Cl2+5H2O=2SO4+8Cl－+10H+

〔4〕I2+KI=KI3

22〔5〕I3+2S2O3=S4O6+3I－

〔6〕8KI+5H2SO4〔浓〕=4K2SO4+4I2+H2S+4H2O

例10、在自然界中硼元平素以硼砂的形式存在。硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。用盐酸或者者碳酸处理硼砂便得到硼酸：

Na2B4O7·10H2O+2H+→4H3BO3+2Na++5H2O

〔1〕按上述反响式消费30g硼酸，需用多少克硼砂？

〔2〕为使上述反响式的的转化成为可能，需参加密度d=1.12g·cm－3的25%盐酸多少mL？

〔3〕硼的配位数为3和4，试画出硼砂的构造式〔2个硼是三配位，2个硼是四配位〕。

解析：前两小题是根据方程式进展运算的，第3小题要充分应用所给条件，联络已学的课本知识进展系逻辑思维。

解：〔1〕M(H3BO3)=62g·mol－1 M(硼砂)=382g·mol－1 30g62g·mol14m(硼砂)=×328g·mol－1=46.21g

0.4839mol2〔2〕m(HCl)=×36.5g·mol－1=8.83g

8.83gV(HCl)=25%÷1.12 g·mol－1=34mL

〔3〕Na2B4O7·10H2O=[Na(H2O)4]2[B4O5(OH)4]

[B4O5(OH)4]2－构造为：

【知能训练】

1、解释以下事实：

〔1〕卤化锂在非极性溶剂中的溶解度顺序为：LiI＞LiBr＞LiCl＞LiF。

〔2〕虽然锂的电离能比铯大，但E(Li＋/Li)却比E(Cs＋/Cs)小。

〔3〕虽然E(Li＋/Li)＜E(Na＋/Na)，但金属锂与水反响不如金属钠与水反响剧烈。

2、今年5月底6月初，各地报刊纷纷转载了不要将不同品牌洁污剂混合使用的警告。据报道，在全国各地发生了多起混合洁污剂发生氯气中毒的事件。根据你的化学知识作出如下判断〔这一判断的正确性有待证明〕：

当事人使用的液态洁污剂之一必定含氯，最可能的存在形式是和。当另一种具有〔性质〕的液态洁污剂与之混合，可能发生如下反响而产生氯气。

3、正高碘酸的制备是先在碱性的碘酸盐溶液中通入Cl2，得到Na2H3IO6白色沉淀；将生成的悬浮液与AgNO3作用，得到黑色的Ag5IO6沉淀，再通入适量Cl2，得到H5IO6。写出各步反响方程式。正高碘酸在真空中加热可逐步失水，转化为HIO4，那么IO65－和IO4－的空间构型和中心原子的杂化类型分别为在HNO3酸化MnSO4溶液中参加HIO4溶液，溶液立即呈现出紫色，写出反响方程式。

4、根据元素硼在周期表中的位置，填写上上以下空白：

〔1〕BF3分子的偶极矩为零，这是由于；

0000〔2〕根据路易斯酸碱理论，氟化硼是，这是因为；

〔3〕正硼酸在水中有如下反响：，故正硼酸为元酸。

5、1863年本生把碳酸铷与炭黑在1000℃以上的高温下焙烧，首次制得了金属铷。泰纳尔与盖吕萨克把碳酸钠或者者苛性钠和铁的混合物在1100℃下进展焙烧别离出了金属钠。制取金属钾的现代方法之一是基于用钠将钾从它的氯化物中置换出来。

〔1〕写出所述各反响的反响方程式；

〔2〕这些反响与这些金属在标准电动序中的位置或者者你所知道的关于元素的相对化学活动性的事实是否矛盾？解释你之答案；

〔3〕工业上在怎样的条件下和利用怎样的设备来实现最后一种反响？

〔4〕提出制取金属钡的方法。

6、H2O2是一种绿色氧化剂，应用非常广泛。1979年化学家将H2O2滴入到SbF5的HF溶液中，获得了一种白色固体A。经分析，A的阴离子呈八面体构造，阳离子与羟胺NH2OH是等电子体。

〔1〕确定A的构造简式。写出生成A的化学反响方程式。

〔2〕在室温或者者高于室温的条件下，A能定量地分解，产生B和C。B的阳离子的价电子总数比C的价电子总数少4。试确定B的构造简式，写出B中阴、阳离子各中心原子的杂化形态。

〔3〕假设将H2O2投入到液氨中，可得到白色固体D。红外光谱显示，固态D存在阴、阳两种离子，其中一种离子呈现正四面体。试确定D的构造简式。

〔4〕上述实验事实说明H2O2的什么性质？

7、某元素A能直接与ⅦA族某一元素B反响生成A的最高价化合物C，C为一无色而有刺鼻臭味的气体，对空气相对密度约为1倍，在C中B的含量占73.00％，在A的最高价氧化物D中，氧的质量占54％。

〔1〕列出算式，写出字母A、B、C、D所代表的元素符号或者者分子式。

〔2〕C为某工厂排放的废气，污染环境，提出一种最有效的去除C的化学方法，写出其化学方程式。 〔3〕A的最简单氢化物可与AgNO3反响，写出化学方程式。

8、现有无色透明的晶体A〔金属Sn的化合物〕，某学生做了以下一组实验：

〔1〕将晶体溶于水，立即生成白色沉淀，假设先用盐酸酸化后再稀释，得A的澄清透明溶液。

〔2〕将A溶液滴入氯化汞溶液，析出白色沉淀B，令A过量时，沉淀由灰色转化为黑色的C。

〔3〕将氢硫酸滴入A溶液，产生棕黑色沉淀D，D能溶于过硫化铵溶液得E。

〔4〕取少量晶体A，用硝酸酸化后再稀释，所得之澄清液与硝酸银反响产生白色沉淀F。

〔5〕F溶于硫代硫酸钠溶液，得无色透明溶液G，稀释G产生白色沉淀H，放置后，沉淀颜色由白变棕，最后变为黑色的I。

请指出A为何物？并写出以上实验各步反响的方程式。

9、氮有多种氧化物，其中亚硝酐N2O3很不稳定，在液体或者者蒸气中大部分离解成NO和NO2，因此在NO转化成NO2的过程中几乎没有N2O3生成。亚硝酸也不稳定，在微热甚至常温下也会分解。亚硝酸钠是一种致癌物质，它在中性或者者碱性条件下是稳定的，酸化后能氧化碘化钾生成碘和NO气体。

〔1〕写出亚硝酸分解的化学方程式；

〔2〕写出酸性溶液中亚硝酸钠和碘化钾反响制取一氧化氮的离子方程式

〔3〕在隔绝空气的条件下按以下操作：先向亚硝酸钠中参加稀盐酸，片刻后再参加碘化钾溶液，这样制得的气体的平均分子量30〔填“大于、小于或者者等于〞〕。

10、有一固体单质，质软。在空气中极易燃烧，生成物溶于水，滴入紫色石蕊试液显红色。将此溶液加热，颜色变深。把所得溶液分为两支试管，向第一支试管中滴入少量饱和澄清石灰水，无浑浊出现，假设继续滴加，出现白色浑浊，过量那么产生白色沉淀。过滤，取少量白色沉淀投入第二支试管，那么沉淀消失。试确定该单质是什么，并写出有关反响的化学方程式。

11、〔1〕磷的氯化物有PCl3和PCl5，氮的氯化物只有NCl3，为什么没有NCl5？

〔2〕白磷在过量氯气〔其分子有三种不同的相对分子质量〕中燃烧时，其产物一一共有种不同分子。 12、有一种稀有气体化合物六铂氟酸氙XePtF6，研究报告指出：“关于XePtF6的电价有Xe2＋[PtF6]2－、Xe＋[PtF6]－两种可能，巴特列用不可能参加氧化复原反响的五氟化碘作溶剂，将XePtF6溶解，然后在此溶液中参加RbF可得到RbPtF6；参加CsF可得到CsPtF6，这些化合物都不溶于CCl4等非极性溶剂。〞试答复：

〔1〕XePtF6中各元素的化合价分别是、、。

〔2〕XePtF6是〔离子、一一共价〕化合物。

〔3〕写出Xe与PtF6反响生成XePtF6的反响式。而且O2与PtF6可发生类似反响，其反响式是，上述两反响属〔〕

A．均为氧化复原反响

B．均为非氧化复原反响

C．前者是氧化复原反响，后者是非氧化复原反响

13、根据以下情况写出水合金属卤化物的化学式。

〔1〕往此化合物溶液中参加AgNO3，得白色沉淀。

〔2〕此盐的氨性缓冲溶液和(NH4)2CO3作用生成沉淀，但和(NH4)2S却不生成沉淀。

〔3〕1mol固态盐含2～4molH2O。

〔4〕往1.925g此盐溶液中加过量Na2C2O4得沉淀，后者经灼烧得0.733g干的残留物。

14、有一种合金是三组分元素体系。在空气中燃烧只生成白色的氧化物，或者者者说可以看成是两种含氧酸盐。假设将合金等分为二，第一份在足量稀硫酸中充分溶解后有Bg固体剩余；另一份投入足量的浓氢氧化钠溶液中充分溶解后，也有Bg固体剩余。假设把两种剩余的固体经高温熔化，冷却后投入水中可以产生一种在空气中自燃的气体。推测合金中的组成元素，写出题中有关反响方程式。

15、1.0 LH2S气体和aL空气混合后点燃，假设反响前后气体的温度和压强都一样〔20℃，1.013×105Pa〕，试讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V〔用含a的表达式表示。假定空气中氮气和氧气的体积比为4︰1，其他成分可以忽略不计〕。 参考答案：

1、〔1〕非极性或者者弱极性溶质的溶解性可以用相似相溶原理来说明，随着F－、Cl－、Br－、I－的离子半径增大，极化率增大，LiF、LiCl、LiBr、LiI的一一共价键成分增强，分子的极性减弱，所以在非极性溶剂中的溶解度依次增大。

0GS〔2〕E(M＋/M)与△fm(M＋，aq)有关，但从金属生成水合离子时，Li与Cs的△rm相近，可忽略二者0Hm的差异，只考虑△f。虽然Li在升华及电离时吸收的能量都比Cs多，但Li＋半径很小，水合热比Cs＋00HmH0(Li＋，aq)比△fm(Cs＋，aq)更小，所以E(Li00大得多，足以抵消前两项吸热而有余。因此，△f＋/Li)比E(Cs＋/Cs)小。

0〔3〕虽然E(Li＋/Li)＜E(Na＋/Na)，但Li熔点高，升华焓大，不易活化，同时Li与H2O反响的产物LiOH溶解度较小，覆盖在金属外表减缓了反响。因此锂与水反响不如金属钠与水反响剧烈。

2、ClO－和Cl－酸性ClO－+Cl－+2H+=Cl2+H2O

3、NaIO3+Cl2+3NaOH=Na2H3IO6+2NaCl

Na2H3IO6+5AgNO3+3NaOH=Ag5IO6+5NaNO3+3H2O

4Ag5IO6+10Cl2+10H2O=4H5IO6+20AgCl+5O2

IO65－正八面体sp3d2IO4－正四面体sp3

2Mn2＋+5IO4－+3H2O=2MnO4－+5IO3－+6H＋

4、〔1〕B原子以sp2杂化和F形成平面正三角形构造

〔2〕酸，B原子有一个空p轨道，能承受电子对

〔3〕B(OH)3+H2OB(OH)4－+H＋一元酸

005、〔1〕Rb2CO3+2C=3CO↑+2Rb↑3Fe+2Na2CO3=Fe3O4+2CO↑+4Na↑

3Fe+4NaOH=Fe3O4+2H2↑+4Na↑Na+KCl=NaCl+K↑

〔2〕金属的标准电动序只是对于一定浓度〔1mol·L－1〕的水溶液和一定温度〔25℃〕下才是正确的。非水溶液、高温、固相反响的情况下不适用。因此，严格地说，电动序与此题无关。比较化学活动性时应依详细条件而定。高温下的化学活动性是由许多因素决定的。在所给条件下，前三个反响在高温下之所以可以进展，可用Fe3O4晶格的高度稳定性和大量气体的放出〔体系的熵显著增大〕来解释。

〔3〕在高温下〔约1000℃〕，将钠蒸气从下向上通过熔融的KCl，在塔的上部可以得到钠—钾合金。在分馏塔中加热钠一钾合金，利用钾在高温时挥发性较大〔K、Na的沸点分别为760℃和883℃〕，而从合金中别离出来。这与电动序无关。

〔4〕铝热法：3BaO+2Al=Al2O3+3Ba↑副反响：BaO+Al2O3=BaAl2O4〔或者者BaO·Al2O3〕硅复原法：2BaO+Si=SiO2+Ba↑副反响：BaO+SiO2=BaSiO3〔碳复原法制Ba，因生成BaC2而不采用〕

6、〔1〕A：[H3O2]＋[SbF6]－；H2O2+HF+SbF5=[H3O2]＋[SbF6]－

〔2〕B：[H3O]＋[SbF6]－；O：sp3杂化；Sb：sp3d2

〔3〕D：NH4OOH

〔4〕说明H2O2既是一种酸，同时又是一种比水弱得多的碱。

7、〔1〕A：Si；B：F；C；SiF4；D：SiO2

〔2〕用纯碱溶液吸收SiF4，反响式为：

3SiF4+2Na2CO3+2H2O=2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2↑

〔3〕SiH4+8AgNO3+2H2O=8Ag+SiO2↓+8HNO3

8、A为SnCl2SnCl2+2Cl－=SnCl42－；SnCl2+2HgCl2=SnCl4+Hg2Cl2↓；

SnCl2+Hg2Cl2=SnCl4+2Hg↓；SnCl2+H2S=SnS↓+2HCl；SnS+S22－=SnS32－；

Ag＋+Cl－=AgCl↓；AgCl+2S2O32－=Ag(S2O3)23－+Cl－；

Ag(S2O3)23－+Cl－=AgCl↓+2S2O32－；2AgCl+hv=2Ag+Cl2↑

9、〔1〕2HNO2=NO↑+NO2↑+H2O

〔2〕2NO3－+2I－+4H＋=I2↓+2NO↑+2H2O 〔3〕大于

10、白磷有关反响的化学方程式为：

4P+5O22P2O5；P2O5+H2O〔冷〕=2HPO3〔使石蕊试液显浅红色〕

HPO3+H2O〔热〕=H3PO4〔使石蕊试液显色更深〕

第一支试管：当Ca(OH)2缺乏时：2H3PO4+Ca(OH)2=Ca(H2PO4)2+2H2O〔无浑浊〕

当继续滴人Ca(OH)2时：Ca(H2PO4)2+Ca(OH)2=2CaHPO4↓+2H2O〔出现浑浊〕

当Ca(OH)2过量时：2CaHPO4+Ca(OH)2=Ca3(PO4)2↓+2H2O〔白色沉淀〕

第二支试管：过量H3PO4与Ca3(PO4)2反响：Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2〔沉淀消失〕

11、〔1〕N原子最外层无d轨道，不能发生sp3d杂化，故无NCl5

〔2〕12种〔该Cl2有两种不同原子，PCl5空间构造为三角双锥，5个N原子处于两种不同位置，种数为1+2+3+3+2+1〕

12、〔1〕+1、+5、－1〔2〕离子〔3〕Xe+PtF6=XePtF6；O2+PtF6=O2PtF6；A

13、CaCl2·2H2O

14、Mg－Al－Si

2Mg+O22MgO；4Al+3O22Al2O3；Si+O2SiO2

Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑

Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

Mg2Si；Mg2Si+2H2O=Mg(OH)2↓+SiH4↑

2Mg+Si15、分析：H2S在空气中燃烧时可以按下两种方式进展反响：

〔1〕2H2S+O22S+2H2O〔2〕2H2S+3O22SO2+2H2O

当V(H2S)/V(O2)≥2/1时，按〔1〕进展反响，当V(H2S)/V(O2)≤2/3时，按〔2〕进展，当2/3＜V(H2S)/V(O2)＜2/1时，同时按两种方式进展反响。在此反响条件下生成物S、H2O分别为固态和液态。 aaL2aL2a解：假设1/5≥2/1时，即a≤，那么V=1L+aL－〔5+5〕=(1+5)L；

a假设3/2＜1/5≤2/1时，即＞a≥，那么V=1+a－=(a－0.5)L；

a假设1/5≤3/2时，即a≥，那么V=1+a－=(a－0.5)L。

2a所以，当a≤时，V=(1+5)L；当a≥时，V=(a－0.5)L

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