高考化学元素周期律大题培优附详细答案

1、高考化学元素周期律(大题培优)附详细答案一、元素周期律练习题(含详细答案解析).我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：(1)碳原子的最外层电子排布式为 。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比 较，它们不相同的运动状态为 。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是(选 填编号)。A.它们的气态氢化物的稳定性B.它们在元素周期表中的位置C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱n.已知N6(g)+SQ(g)=N0(g)+SQ(g),在一定容积的密闭容器中进行该反应。(

2、2)在一定条件下，容器中压强不发生变化时， (填“能”或“不能”)说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：。在一定温度下，若从反应体系中分离出SQ,则在平衡移动过程中(选填编号)。A. K值减小B.逆反应速率先减小后增大C. K值增大D.正反应速率减小先慢后快m .化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CO=L N2+4CQ+Q(Q0)(3)写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：。若该反应中气体的总浓度在 2min内减少了 0. 2mol/L,则用NO2来表示反应在此 2min内的 平均速率为。(4)已知压强P2P1,试在

3、图上作出该反应在P2条件下的变化曲线 。该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：O【答案】2s22p2电子云的伸展方向G D不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡B :，江工：NO2 CQ 0. 2mol/Pa若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速t (RM)率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小 【解析】 【分析】 【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2o氮为7号元素，氮原子核外能量

4、最高的电子排布为2p3,排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相 同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2s的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B,不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故 B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为 C3,其中C显正价，S显 负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为:2s22p2;电子云的伸展方向；CD;NO2( g)+ SO2( g) =NO( g)+ SO( g)为气体物质的量不变的反应，在一定容

5、积的密闭容 器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状 态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3, SQ浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故 B正 确；C温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率 逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减 小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故 D错误；故选B;故答案为：不能；该反应 中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气 体总物质的

6、量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B;2NO2+4COlL N2+4CO2,该反应体系中属于非极性分子的是N2和CQ, N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为:、迁 Y。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2,氧化产物为CQ,因此氧化性：NO2CC2；由于2NO2+4C金典JN2+4CQ反应后气体的浓度变化量 为1,若该反应中气体的总浓度在2min内减少了 0.2mol/L,说明2min内NO2的浓度减小了 0. 4mol/L, v=c = S4.。1 / L =0. 2mol/( L?min),故答案为:

7、N6 . CC2- t 2min0. 2mol /( L?min);mt.(4)2NC2+4CC=mN2+4CC2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2P1,在P2P1,在P2条件下的变化曲线为( (Nz)；该反应是一个放热反应，温t (时间)度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆 方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为：；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。

8、【点睛】本题的易错点为(1),元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本 题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。2.黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+S- K2S+N2 T +300 T完成下列填空：(1)上述反应中的还原剂为 ,还原产物有 ,当有1molKNO3参加反应时，转移电子 的数目为。KNO3晶体类型是，其晶体中存在的化学键有。(3)硫原子的核外电子排布式为 ,原子核外有 一种不同能量的电子。将 SQ和Cl2分 别通入品红溶液中，产生的现象是；若将SQ和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液 ，其原因是 一。&

9、 C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是；&S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为 。(5)下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有。a.同温同浓度溶液 pH： Na2CC3Na2SQb.酸性：H2SC3 H2OC3c.0S中碳元素为+4价，硫元素为-2价d.分解温度：CH4H2s【答案】0 KS和N2 6Na离子晶体 离子键、共价键1/2s22P63s23p4或Ne3s23p4 5品红溶液均褪色不褪色将SC2和C2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SQ+Cl2+2H2O=H2SC4+2HCl,盐酸和硫酸无漂白性 )NCc(S?-)c(H

10、S-)c(H+) ac【解析】【分析】【详解】(1)该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C;还原产物为K2s和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高 至+4价，因此转移数目为 1.5mol XNAmol-1=6NA；KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内 N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；S原子核内质子数为16,核外电子数为16,因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4 或Ne3s23p4；核外

11、电子分别处于 5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SQ具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将 SQ和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SQ与Cl2在水中能够发生反应：SO+C2+2H2O=H2SC4+2HCl,生成的HCl、H2S。均不具有漂白性，因此不能使品红 溶液褪色；C、N原子核外电子层数小于 S,因此S原子半径最大，C N处于同一周期，核外电 子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：NCS2-二级水解程度 水的电离程度，因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：c(K+)c(S2)c(HS-)c(

12、H+);a.同温同浓度溶液 pH: Na2CO3Na2SO4,根据越弱越水解”，说明酸性： H2SQH2CQ, H2SQ、H2CQ分别对应S C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属 性：SC故a符合题意；b.酸性：H2SQH2CQ,说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SQ并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；c. CQ中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于 C,所以S才显负 价，碳元素显示正价，故 c符合题意；d.分解温度：CH4H2S,其原因是 C S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较 强

13、，在1000c左右分解，而H2s为极性分子，H-S-H键角为92.1o,由于H-S键能较弱，导 致H2s在300c左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故 d不符合题意；故答案为：ac。【点睛】常见非金属性的比较规律：1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越 强；2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价

14、，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、 氧、氟。3.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示:(1)中NH3参与反应的化学方程式为3.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示:(1)中NH3参与反应的化学方程式为(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物口比咤(O),其分子中相邻的 C和N原子相比，N原子吸引电子能力更 (填 强”或 弱)从原子结构角度解释原因： (3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：图网懈卜列说法正确的是 (选填字母)

15、。a.图表示N2、H2分子中均是单键 b.图一图需要吸收能量 c.该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成(4)已知：N2(g) + O2(g) = 2NO(g)H = a kJmo l-1N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) H 左 b kJmol-12H2(g) + O2(g) = 2H20(1) H = c kJmol-1反应后恢复至常温常压，中NH3参与反应的热化学方程式为 (5)用间接电化学法除去 NO的过程，如图所示：已知电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式： 。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理： 。催化剂【答案】4NH3+5

16、O24NO+6H2O 强 C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原A子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强bc 4NHj(g) + 6NO(g)=5N2(g) + 6H2O(1) H 心(3c-3a-2b) kJ mol-1 2HSO- + 2e- + 2H+ = &。42- + 2H2O 2NO + 2SO42- +2H2O = N2 + 4HS。-【解析】【分析】【详解】(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方催化剂程式为 4NH3+5O24NO+6H2O；A(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更

17、大，原子半径更小， 原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；(3)a.氮气中两个氮原子之间为三键，故 a错误；b.分析题中图可以知道，图表示 N2、H2被吸附在催化剂表面，而图表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图一图需要吸收能量，故 b正确；c.在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故 c正确；答案选bco(4)中 NH3参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H20

18、(1)；已知：N2(g) + O2(g) = 2NO(g)H = a kJmol-1 i;N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) H 左 b kJmol-1 ii;2H2(g) + O2(g) = 2H2O(1) H = c kJmol-1 iii;根据盖斯定律 iii X3- i X3W彳导X4NIH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(1) H=(3c-3a-2b)kJ mol -1；(5)阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-,电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=QO42-+2H2O;据图可知S

19、2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守值、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S?O42-+2H2O=N2+4HSQ-。A、B、C D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中 A元素原子核内 只有1个质子；A与C,B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍。请回答下列问题：(1)由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是 (填字母编号)。a. A2Bb. E c, DB2d, C2DB3(2)B元素在元素周期表中的位置为 ;化合物C2B2中含有的化学键类型是;化合物C2B中两种离子的半径大小关系为 Na+

20、,故答案为:第2周期V! A族；离子键、共价键；Na+; O2-;(3)用装置A制取并收集纯净干燥的 C2气体，选择浓盐酸与二氧化镒加热制备；用装置 F中的饱和食盐水除杂；用装置 E中的浓硫酸干燥；最后用 B装置进行收集及尾气处理， 则仪器连接顺序为 AFEB故答案为：AFEBA装置A中发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl(浓)- MnCl2 + Cl2f+2H2O,故答案为：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+CbT +2H2O。【点睛】此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下 可以电离。NaClOk NaNO3、Na2S。等钠盐在多领域有着较广

21、的应用。(1)上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是 ;原子核外最外层p层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是 (2)碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的 蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式 可处理 gNaNO?。(3)新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制 墨)。电极a应接在直流电源的 NaNO2,处理过程中产生一种能使湿润红色石 (填化学符号)；每摩尔铝粉NaClO消毒液，装置如图(电极都是石极；该装置中发生的化学方程式为(4) Na2SO3溶液中存在水解平衡 SO2 +H2O HSO3+OH 设计简单实验证明该平衡 存在。0.1mol/L Na 2SQ溶液先升温再降温，过程中(

22、溶液体积变化不 计)PH如下。时刻温度/C25304025PH9.669.529.379.25升温过程中PH减小的原因是 ;与相比；C(HSO3) (填哪【解析】【分析】(1)电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数3, p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；(2)铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2,处理过程中产生氨气，反应方程式是 2Al+NaNO 2+NaOH+H 2O=2NaAlO 2 NH3；(3)氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，

23、为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；(4)由于该水解平衡的存在，使NazSQ溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；与相比，温度相同，的pH大于，说明中 HSO3浓度减小。【详解】(1)上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大， O、N有2个电子层，且 O的质子数大于N,所以半径较小的原子是 O;根据洪特规则，当电子排布 在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态 相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N;(2)铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是AlO2 ;铝粉除去工业废水中的Na

24、NO2,反应方程式是 2Al+NaNO 2+NaOH+H 2O=2NaAlO 2 NH3,根据方程式 ImolAl 粉处理 0.5mol NaNO2,质量是 0.5mol x 69g/mol=34.5g(3) a极氯离子失电子生成氯气，所以 a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极 电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置_通电中发生的化学方程式为 2NaCl+2H2O = 2NaOH+H2T +Cbf , Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO;(4)该水解平衡的存在，Na2SQ使溶液显碱性，向溶液中滴加酚儆，发现变红，则证明该平衡的存在；水

25、电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw变大，c(H+)增大，pH变小；与相比，温度相同，的pH大于，说明中HSO3浓度减小，c (HSO3)。.比较下列性质(用 4、 “=：之”填空)半径P F酸性 H3PC4 H2SC4碱性 Mg (OH) 2 Al (OH) 3稳定性 H2s H2O还原性 H2s HCl氧化性C2 Br2 .【答案】 【解析】【分析】根据不同周期元素的原子核外电子层数越多，半径越大分析；根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强分析；根据元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强分析；根据元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强分析；根据

26、元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强分析。【详解】P和F分别位于周期表第三周期和第二周期，P原子核外有3个电子层，F原子核外有2个电子层，元素的原子核外电子层数越多，半径越大，故答案为：;P和S位于同一周期，S的非金属性大于 P,元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的 水化物的酸性越强，故答案为：;Mg的金属性大于 Al,元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，故答案为：;O的非金属性大于 S,元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强，故答案为：;Cl的非金属性大于 S,元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，

27、则对应氢化物的还原性越弱，故答案为：;Cl的非金属性大于Br,元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，故答案为：。. X、Y、Z、W为四种常见元素，其中 X、Y、Z为短周期元素。有关信息如下表。nt于is分子*口头加息加幽及典礼告物用最信感工茬X*份于屋由相若科宛品的中肉声物X 的需瓶价氧化物触回的水生的为充 机.融中的 修限V原子峋豪外概电子数舞干申下府益V的国化物串典型的两次取生例.B用千例 通一付根苴脑诲的濡Z工慎王的鼠扑陵电子政是次外麋电于经的事W星汨札心炎腹材14的主离. *脯 鹏的旧大博飙*窃电瞪的士WW m子的姓现生字姓小于4w 的寿见化台摊/+3一 +*. wx,的Z的氧化物在通

28、讯领域用来作 _。X的最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y的氧化物反应的离子方程式为 _。一种含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分，它能有效杀灭2019-coVn,请写出工业上制备它的离子反应方程式_,但在使用时特别注意不能与洁厕灵混用，原因是 _ (用化学方程式 表不)。W在周期表中的位置为 _,聚硅酸 W是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用 钢管厂的废W渣(主要成分W3O4,含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如图：Q工业管醯混聚，静置2h浦渣惦度梭恻Q工业管醯混聚，静置2h浦渣惦度梭恻加热条件下酸浸时，W3O4与硫酸反应生成W的离子。酸浸时，通入O2的目的是。“W3+浓度检测”是先将

29、100mL含W3+溶液用适量的SnC2还原为W2+；再用酸性KCr2Q7标准溶液测定 W2+的量(Cr2Q72-被还原为Cr3+),此时发生反应的离子方程式，若用掉0.2mol 匚1&Cr2Q7溶液 50mL,则 W3+浓度为。【答案】光导纤维AbQ3+6H+=2Al3+3H2Q C2+2QH = Cl +ClQ +H2Q NaClQ-2HCl=CbT+NaC+H2Q 第四周期第皿族将 FeSQ氧化为 Fe2(SQ) 3 6Fe2+Cr2Q72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2Q Q 6mol/ L【解析】【分析】X、Y、Z为短周期元素，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸，则 X

30、为Cl; Y 的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料，Y原子的最外层电子数等于电子层数，则 Y为Al; Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电 路的主要原料，原子的最外层电子数是次外层电子数的1/2,则Z为Si; W原子的最外层电子数小于4,常见化合价有+3、+2, WX3稀溶液呈黄色，则 W为Fe,据此进行解答。【详解】根据以上分析可知 X是Cl, 丫是Al, Z是Si, W是Fe。Z的氧化物二氧化硅在通讯领域用来作光导纤维。X的最高价氧化物对应水化物的水溶液高氯酸与Y的氧化物氧化铝反应的离子方程式为Al2Q3+6H+= 2Al3+3H2Q。一种含X元素的化

31、合物是家用消毒液的有效成分，它能有效杀 灭2019- coVn,该化合物是次氯酸钠，工业上制备它的离子反应方程式为Cl2+2QH = Cl+ClQ +H2Q,由于次氯酸钠能氧化盐酸生成氯气，而洁厕灵中含有盐酸，所以在使用时特 别注意不能与洁厕灵混用，反应的化学方程式为NaClQ+2HCl= Cb T + NaCl+H2Q。(3)铁在周期表中的位置为第四周期第皿族。加热条件下酸浸时，Fe3Q4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，碳与二氧化硅不溶于稀硫 酸也不反应，滤渣的主要成分是碳和二氧化硅；由于酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能 将亚铁离子氧化为铁离子；在酸性条件下，再用K2Cr2Q7标准溶液滴定F

32、e2+ (52。72-被还原为Cr3+),则亚铁离子被氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2+Cr2Q72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2Q；根据反应和原子守恒可知6Fe3+ 6Fe2+ Cr2Q7-61100mL c50mL 0.2mol /L解得 c= 0.6mol / L8.海洋是资源的宝库，酿藏着丰富的化学元素，如氯、澳、碘等，海洋资源的综合利用具 有非常广阔的前景。(1)下列说法正确的是。a. AgCk AgBr、AgI的颜色依次变深b. F、Cl、Br、I的非金属性依次增强c.HF、HCl、HBr、HI的还原性的依次增强d.F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由难变易(

33、2)实验室从海藻灰中提取少量碘的流程如下图:海震居地海震居地ift氧化时，可以加入 MnO2在酸性条件下进行氧化，反应的离子方程式为： 。上述步骤分离操作分别为过滤、 、。(3)从海水提取的粗盐中含有 Mg2+、Fe2+、Ca2+和SO42一等杂质，“除杂”所需试剂有：过 量的NaOH溶液过量的NazCQ溶液适量的盐酸过量的 BaC2溶液.试剂的添加顺序 为。为使Ca2+完全沉淀，溶液中 c(CQ2一)应不小于 mol/L。已知Ksp(CaCO)=2.9 x-90 离子浓度小于1 x 1C5mol/L视为完全沉淀(4)目前，利用食盐制取纯碱主要有氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺能析出NaHCO

34、3的原因是。 氨碱法”是在滤液中加入 产生N%,循环使用，但产生大量的度弃物CaC2;联合制碱法 是在滤液中继续通入 NH3,并加入NaCl粉末以制得更多的副产物O常温下，向饱和食盐水中通入NH3和CO2,当(HCO3)=c(NH4+)时，溶液的pH 7 (填“”、“”或“=”)。【答案】ac MnO2 + 2+4H+=Mn2+I2 + 2H2O分液 蒸储 (或或)2.9 X切NaHCQ的溶解度最小CaO 或Ca(OH)2NH4Cl小于【解析】 【分析】(1) a. AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深；F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强；HF、

35、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强；F2、C2 Br2、I2与H2化合由易变难；(2)氧化时，在酸性条件下 MnO2与碘离子反应生成二价镒离子、碘单质和水； 步骤为固液分离，方法为过滤；为萃取后分液；蒸发掉有机物生成晶态碘；除Mg2+、F浮用NaOH,除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钢溶液，但会引入银离子，除 银离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据 Ksp(CaCO)计算；(4)NaHCQ的溶解度小于碳酸钠的； 氨碱法”滤液中的主要成分为氯化俊；根据溶液呈电中性计算、判断。 【详解】(1) a. AgCl、Ag

36、Br、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a正确；F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b错误；HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难，d错误； 答案为ac;(2)氧化时，在酸性条件下MnO 2与碘离子反应生成二价镒离子、碘单质和水，离子方程式为 MnO2 + 2I-+4H+=Mn2+l2+2H2O;步骤为固液分离，方法为过滤；为萃取后分液；蒸发掉有机物生成晶态碘；除Mg2+、F浮用NaOH,除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钢溶液，但会引入银离子，除 银离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子

37、在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，添加顺序为(或或)；Ksp(CaCO)=c(Ca2+) x c(CO)=2.9 X-90 则 c(CQ2-)=2.9 x1mol/L;(4)NaHCQ的溶解度小于碳酸钠的，则饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳和氨气时能析出碳酸氢钠； 氨碱法”滤液中的主要成分为氯化钱，加入CaO或Ca(OHR时可产生氨气；在滤液中继续通入NH3,并加入NaCl粉末能得到更多的氯化俊；根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(CI)+c(OH-)+c(HCO3)+2c(CO32), c(Na+)=c(CI), c(NH4+)=c(HCC3),

38、则 c(H+)= c(OH)+2c(CC32-),溶液呈酸性，pHOC 口口小回 LU N2O SF2 V形 水蒸气中大部分的水分子因 3d4s为氢键而相互缔合，形成缔合分子4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O64+16 4 Z21 a 10 Na【解析】【分析】A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B和D位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3,符合条件的元素第三周期只有一个，不符合题意，若 B、D为第二周期，则核外有 2个未成对电子，即2p2和2p4,所 以B为C元素，D为O元素，则C为N元素；E

39、为第四周期元素，最外层只有一个电子， 次外层的所有轨道均充满电子，则E是Cu元素。【详解】IIA族、第NOC;(1)IIA族、第NOC;VA族元素第一电离能大于相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小关系为:Cu为29号原子，核外电子排布式为 Ar3d 104s1,其价电子排布图为臼4s(2)BD2为CC2,含有3个原子，价电子数为16,等电子体是指原子总数相等，价电子总数N2O;2+6-2 2-1 =23按作 2相等的微粒，所以由以上元素组成的与CQ互为等电子体的分子为 (3)D为O元素，所以D3+离子为。3+,中心氧原子的价层电子对数为 3计算，所以为spN2O;2+6-2 2-1 =23按

40、作 2(4)温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏大；(5)无色的Cu(NH3)2+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的Cu(NH3)42+,氧气作氧化离子方程+6X1=4,所以晶 2IIA族(最外层全剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成, 式为 4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)4离子方程+6X1=4,所以晶 2IIA族(最外层全1(6)Cu和O形成一种晶体，该晶胞中Cu原子个数二4、O原子个数=8k864+16 4胞的质重为g,该晶胞体积 V=(a x 17)cm)3,则该晶体管

41、度Na64+16 4gmNa64+16 4 , 3。=豆一3-=豆 g/cmV a 10 cm a 10 Na【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 满)、第VA族(最外层半满)元素第一电离能大于其相邻元素。.按要求填空：(1)短周期主族元素 A、B、C、D的原子序数依次增大，其中 C为金属元素，C的最外层 电子数和A相等；C D两元素原子的质子数之和为 A、B两元素质子数之和的 3倍。请回答：A为； C为；(填元素名称)D的一种氧化物和其氢化物反应的化学方程式为 ;写出一种由以上四种元素组成的水溶液呈酸性的化合物与C的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式;A

42、和C组成的化合物的电子式为 ,写出其和水反应的化学方程式 。(2)下列变化干冰的升华烧碱熔化金刚石熔化氯化氢溶于水氧气溶于水 氯化镂受热分解。未发生化学键破坏的是 ;(填序号，下同)仅发生共价键破坏的是 。【答案】H Na 2HS+SO=3SJ +2H2O l4+OH=H2O Na+ ： H- NaH+H2O=NaOH+H2 T【解析】【分析】根据题中短周期主族元素 A、B、C、D的原子序数依次增大，其中 C为金属元素，C的最 外层电子数和 A相等”可以知道A为H元素，则C为Na元素，故D为Sk P、S Cl中的一 种，由 戈D两元素原子的质子数之和为 A、B两元素质子数之和的 3倍”可知，满

43、足3的 倍数关系的是27,即D为S元素，则B为O元素，据此分析解答。【详解】(1) 由分析可知，A为H, C为Na,故答案为：H; Na；D的氢化物为H2S,可与其氧化物 SQ发生反应：2H2S+SO=3SJ +2H2O,故答案为：2H2S+SO=3SJ +2H2O;由该四种元素组成的酸性溶液的化合物是NaHSQ, C的最高价氧化物对应水化物是NaOH,二者发生反应：NaHSO+NaOH=Na2SQ+H2O,离子方程式为：H+OH=H2O。答案为：H+OH=H2O；A和C组成的化合物是 NaH,由Na+和H-构成，是离子化合物，电子式为： Na+: H-, 其与水反应生成 NaOH,反应方程式

44、为：NaH+H2O=NaOH+H2 f o故答案为：Na+: H-; NaH+H2O=NaOH+H2 T ;(2)干冰的升华属于物理变化，只是状态发生了变化，没有化学键的破坏；烧碱中存在离子键、共价键，熔化烧碱时，阴阳离子间的化学键被破坏，所以破坏的是离子键；金刚石是由原子构成的，存在共价键，其熔化破坏了共价键；氯化氢是共价化合物，存在共价键，溶于水时，在水分子的作用下，氯化氢中的共价键被破坏；氧气溶于水，是物理变化，没有化学键的破坏；氯化镂是离子化合物，存在离子键和共价键，受热分解时，阴阳离子键的化学键以及镂根离子中的共价键被破坏，所以破坏的是离子键和共价键；根据以上分析可知：未发生化学键破

45、坏的是：；仅发生共价键破坏的是：；故答 案为：；。二、化学键练习题(含详细答案解析)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SQ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FeC3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。COS的分子结构与 CQ相似，COS的电子式为 。Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为 。已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ)：H-HC-OC-SH-SCO436745

46、5773391072H2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。用活性“T12O3催化COS水解的反应为 COS (g) + H2 O (g) 脩？ CQ (g) + H2s(g) H E(5) D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，则D2E2的电子式为 。【答案】第三周期 V! A 族 A1N+ 4HCl=AlCl3+NH4C1 2NH3 + 3H2O2=N2 f + 6H2O 或 2NH3 H2O+ 3H2O2=N2 f + 8H2。N2H4+ H2。 N2H5+ + OH N2H6( HSC4) 2 ：c

47、i i s t s t a ：【解析】【分析】由短周期元素 A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，A为N, B为O, C为Al, D 为 S, E 为 C1。【详解】A 为 N, B 为 O, C为 Al, D 为 S E 为 Cl。(1)D为S,原子序数为16,位于周期表中的第三周期V! A族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为 41g mol 1的化合物，则该化合物为 AlN。根据原子守恒，这两种盐分别为 AlCl3和NH4Cl,其化学方程式为 AlN+4HCl=AlC3+NH4Cl;(3)M为A的简单气态氢化物，为 NH3,其水溶液为NH3- H2O,可作刻蚀剂H2O2的清除 剂

48、，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O； N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比 M大15,则N为N2H4。N为二元弱碱，在水中分步电离，并与 M 的电离方式相似，则 N第一步电离的电离方程式为N2H4+H2g N2H5+OH； N2H4作为二元弱碱，其阳离子为 N2H62+,与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSQ,化学式为N2H6(HSQ)2;(4)E的单质，即Cl2,与D的气态氢化物H2s的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应CE+H2S=SJ + 2HCl, Cl2置换出S, Cl2的氧化性大于 S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)大于S

49、(D),正确；非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。Cl2与H2化合比S与H2化合更容易，可知非金属性Cl( E)大于S(D),正确；S与Fe化合时产物中Fe为+2价，C2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子能力 强，可知非金属性 Cl(E)大于S(D),正确；D的最高价含氧酸为 H2SO1, E的最高价含氧酸为 HClO4o同浓度下，H2SO4溶液中c(H+) 大，是由于H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的 非金属性强弱无关，错误；综上符合题意；D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，S达到稳定结构需要形成2对共用电子对，Cl达到

50、稳定结构需要形成 1对共用电子对，可知 S2C12分子中S原子间共用1对电子, 每个s原子与ci原子共用一对电子，结构式为 ci-s-s-ci,其电子式为：di : 6 ： M H:生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4C1含量为180mg/L。(1)写出NH4C1电子式：。(2)氮原子的电子排布式是:,写出与氯同周期，有 2(2)氮原子的电子排布式是:号为(3)为除去废水中的 NH4+,向103L该污水中加入0.1mo1/LNaOH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)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

51、离子方程式并标出电子转移的方向和数目。Fe+NO3-+H+-_Fe2+_NH4+H2OSi S 122s22p3 33.64-41 OH+TFe2 JNHTTH；-41 OH+TFe2 JNHTTH；。4 1 10 4 1 3(1)NH4C1是离子化合物;(2)氮为7号兀素; 氯原子的核外电子排布式为1s22s22 P 63s23p5；(3)根据NH4+和NaOH溶液的反应计算需要 NaOH溶液的体积为；(4)根据氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。【详解】fr H +广(1)氯化俊是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：:c；J HJ(2)氮原子电子排布式是：1s

52、22s22p3;氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,有一个未成对的电子，与其同周期且有2个未成对电子的原子的的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4和 1s22s22p63s23p2,元素符号为 S、Si； 某污水中 NH4Cl含量为180mg/L, 103L污水中含有 180mg/LX103L=180000mg=180gNH 4Cl, NH4=180000mg=180gNH 4Cl, NH4Cl 的物质的量为180g53.5g / mol3.364mol,NH 4+的物质的量也是3.364mol,为除去废水中的 NH4+,向该污水中加入 0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要NaOH的物质的量为3.364mol,NaOH的物质的量为3.364mol,则所需NaOH溶液的体积为3.364mol0.1mol/