备战高考化学《元素周期律的综合》专项训练及答案解析

备战高考化学《元素周期律的综合》专项训练及答案解析一、元素周期律练习题(含详细答案解析),1869年，门捷列夫发现了元素周1.,1869年，门捷列夫发现了元素周(2)c的最高价氧化物对应水化物的化学式为(3)h元素的原子结构示意图为,写出h单质的一种用途：(4)b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是(用元素符号表示)。(5)a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是(填化学式)，写出其溶液与g的氧化物反Mg>C>OKOHAO3+2OHMg>C>OKOHAO3+2OH-=2AlO2-+H2O【答案】ArF【解析】由元素周期表可知， a为Li、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Mg、g为Al、h为Si> i为Ar、j为Ko【详解】0族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是 Ar；F元素的非金属性最强;c为N,其最高价氧化物对应的水化物为 HNO3；14,Si的原子结构示意图为h为Si,核电荷数为14,Si的原子结构示意图为Si单质的一种用途是可以制光电池;Si单质的一种用途是可以制光电池;b为C、d为O、f为Mg,当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半彳5越大，故b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是 Mg>C>O;a为Li、g为Al、j为K,K的金属性最强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是 KOH;g的氧化物为Al2O3,Al2O3与KOH§液反应的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO2-+H2O。.下表列出了①〜⑩十种元素在周期表中的位置。族周期IA01①nA mA WA VA VIA WA2②④⑩3⑤⑥⑦③⑧⑨回答下列问题：(1)①、④按原子个数比1:1组成的分子的电子式为;由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为。(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是,失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是。(3)用化学方程式表示②和⑨两种元素的非金属性强弱：。(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是 (填化学式)(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物反应，其离子方程式为。(6)元素①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式：;写出一种离子化合物的化学式：。【答案】O=C=ONeO2Na+22O=2NaOH+H2T2HC1C4+Na2CC3=CO2T+2NaClQ+H2OH2sAl(OH)3+OH-=A1C2-+2H2OH2O(或H2O2)Na2O(或Na2O2或NaH)【解析】【分析】从表中元素所在的位置，可推出①为氢 (H),②为碳(C),③为磷(P),④为氧(C),⑤为钠(Na),⑥为镁(Mg),⑦为铝(Al),⑧为硫(S),⑨为氯(Cl),⑩为速(Ne)。【详解】(1)①、④为H和C,二者按原子个数比1:1组成分子H2C2,电子式为H：O：O：H；②、④两种元素为C和C,二者组成的一种无毒化合物为 CC2,结构式为C=C=Q答案为：h：6：6：h；C=C=C;士士faA.(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素 Ne；得电子能力最强的原子是C;失电子能力最强的元素是 Na,它的单质与水反应生成 NaCH和H2,化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2T,答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2T；(3)②和⑨分别为C和Cl,比较两种元素的非金属性强弱，可利用 HCIC4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1C4+Na2CC3=CC2T+2NaC1C4+H2C,答案为：2HC1C4+Na2CC3=CC2T+2NaC1C4+H2O;

(4)元素③的气态氢化物为PH3,元素⑧的气态氢化物为 H2S,非金属性：S大于巳易于制备的是H2S,答案为:H2S；(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为 NaOH,与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应，生成NaAlO2和H2O,其离子方程式为A1(OH)3+OH-=A1O2-+2H2O,答案为：A1(OH)3+OH-=A1O2-+2H2O;(6)元素①、④、⑤分别为H、0、Na,两两之间反应，生成共价化合物可能为水或双氧水，化学式为吐0(或H2O2);离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O(或Na2O2或NaH),答案为：H20(或H2O2)；Na2O(或Na2O2或NaH)。【点睛】比较氧与氯的得电子能力，如果利用周期表中元素所在位置，无法比较；可以利用同一化学式，比如HC1O,从化合价可以解决问题。.NaCl。NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。(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通通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。0.1mo|/LNa2SQ溶液先升温再降温，过程中(溶液体积变化不计)PH如下。时刻①②③④温度/C25304025PH9.669.529.379.25升温过程中PH减小的原因是;①与④相比；C(HSO3)①④(填"哪"<)’.【答案】ONAlO234.5正2NaCl+2H2。-螳l>2NaOH+H2T+Cl2T，Cb+2NaOH^NaCl+NaClO+映向溶液中滴加酚儆，发现变红 温度升高，Kw变大，c(H+)增大，pH变小(Na2SO3被氧化) >【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+NaNO2+NaOH+H2O=2NaAlO2NH3 ;(3)氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，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 Na2SC3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的 pH大于④，说明④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NaNO2,反应方程式是2Al+NaNO2+NaOH+H2O=2NaAlO2NH3 ,根据方程式1molAl粉处理0.5molNaNO2,质量是0.5molx69g/mol=34.5g3)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+C2T,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO；(4)该水解平衡的存在， Na2SC3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；①与④相比，温度相同，①的 pH大于④，说明④中HSO3浓度减小，c(HSO3)①〉④。.原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素。其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等； C的基态原子2P能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素； E和C位于同一主族，F的原子序数为29。(1)F原子基态的外围核外电子排布式为。(2)在A、BC三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是(用元素符号回答)。(3)元素B的简单气态氢化物的沸点(高于，低于)元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是。(4)由A、曰C形成的离子CAB」与AQ互为等电子体，则CABT的结构式为(5)在元素A与E所形成的常见化合物中， A原子轨道的杂化类型为。(6)由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为【答案】3d104s1CvOvN高于NH3分子之间存在氢键 [N=C=O] spNaNQ【解析】【分析】原子序数依次增大的A、B、CD、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2P能级上的未成对电子数与 A原子的相同，C原子序数大于A,则C为O元素；B原子序数大于A而小于C,则B是N元素；E和C位于同一主族，则E是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S,则D是Na元素；F的原子序数为29,为Cu元素；(1)F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写 F基态原子的外围核外电子排布式；(2)A、B、C分别是CN、O元素，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IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；(3)含有氢键的氢化物熔点较高；(4)由GN、。形成的离子OCN-与C。互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数相等；(5)在元素C与S所形成的常见化合物C9中，根据价层电子对理论确定 A原子轨道的杂化类型；(6)由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，利用均摊法确定其化学式。【详解】(1)F为ds区，因此核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,外围核外电子排布式为3d104s1;(2)同周期从左向右第一电离能增大，但 IIa>IIIa、Va>VIa,第一电离能大小顺序是 C<O<N；(3)B的氢化物是NH3,A的简单氢化物是CH4,NH3分子之间存在氢键，而CH4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强， NH3的沸点较高；(4)CAB—的化学式为OCW,AC2的化学式为CC2,两者为等电子体，它们的结构相似，因此OCM的结构式为：[N=C=C]-;(5)形成的化合物是CS2,结构式为S=C=S杂化轨道数等于价层电子对数，即C的杂化类型为SP；(6)根据半径大小，大黑球是 Na,大黑球位于晶胞的棱上，因此真正属于晶胞的个数为8X1=2,大白球为N,小白球为O,两者形成离子是NO2-,其位于顶点和体心，真正的个4_1数为8 +1=2,因此化学式为NaNO2o88种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，，其中 D元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍.表中字母分别代表某一元素。请回答下列问题。GHABCDEFD、B的元素名称分别为、。(2)元素A与元素B相比，金属性较强的是(填元素符号)，下列表述中能证明这一事实的是(填字母)。A单质的熔点比B单质低A的化合价比B低A单质与水反应比B单质与水反应剧烈A最高价氧化物对应的水化物的碱性比 B的强G、H的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是(用化学式表示)。G、C、F三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是(用化学式表示)。F元素的单质可以用来制取漂白液，其化学方程式为。E和H形成的一种化合物，相对分子质量在 170〜190之间，且E的质量分数约为70%.该化合物的化学式为。【答案】磷铝NaCDNH?CH4HClQ?H2CQ?H2SiO32Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2OS4N4【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知， D位于第三周期，D元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍，令该原子最外层电子数为 x,则2+8+x=3x,解得x=5,即D为P,结合其他元素在周期表中的位置可知： A为Na、B为Al、C为Sk E为SF为Cl、G为C、H为N。【详解】(1)由分析可知：D为P、B为Al,元素名称分别为磷、铝；(2)A为Na、B为Al,同一周期从左到右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐的减弱，故金属性较强的是Na。

A、B金属性的强弱与金属单质熔点的高低没有关系， A错误；A、B金属性的强弱与金属元素化合价的高低没有关系， B错误；C.金属单质与水反应越居।J烈，金属性越强， Na与水反应比Al与水反应剧烈可以证明Na的金属性比Al的强，C正确；D.最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性越强， Na最高价氧化物对应的水化物的碱性比Al的强，可以证明Na的金属性比Al的强，D正确；答案选CD。(3)G、H的简单气态氢化物分别为CH、NH3,同一周期的主族元素，从左到右随着核电荷数的增加，非金属性逐渐增强， G、H的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是NH3?CH4；G为C、C为Si、F为Cl,非金属性Cl?C?Si非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，即 HCQ?H2CQ3?H2SiO3；(4)F元素的单质为Cl2,其用来制取漂白液的化学方程式为，2Cl2+2Ca(OH片CaC2+Ca(ClO2+2H2O；S的质量分数为70%,则S和N的原子个数比为(5)ES的质量分数为70%,则S和N的原子个数比为70%.70%.30%32.14其相对分子质量在170〜190之间，设化学式为(SN)x,当x=4时,(32+14)X4=184足相对分子质量在(32+14)X4=184足相对分子质量在170〜190之间，所以该化合物的化学式为S4N4。(1)元素④在周期表中位置是。元素③的最高价氧化物的化学式为。(2)元素①⑤组成化合物电子式为。(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为 —。(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为。(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为(用离子符号表示)。(6)A—F发生如图所示的转化， A、B、C、D为①一⑨中某种元素形成的单质， E、F、G为B、C、D与A形成的二元化合物， G是一种常见温室气体，与 B可以反应生成E,E中B元素的质量分数为60%,F为两性物质。I)回①A和F的化学式分别为、。②B与G反应的化学方程式为。③C与NaOH溶液反应的离子方程式为。△【答案】第二周期第VIA族N2O5潟C+2吨SO4(浓)=CQT+2SO4+2H2O点燃Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3J+3NH4+Mg2+<Na+<On.(3)Y为S元素+6价的氧化物；(4)H2s在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为 S;同主族元素最外层电子数相同，原子半径<S 02n.(3)Y为S元素+6价的氧化物；(4)H2s在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为 S;同主族元素最外层电子数相同，原子半径【解析】【分析】结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为0元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。【详解】(1)④为0元素，在周期表中位置是第二周期第 VIA族，③是N元素，最高价为+5价,所以元素③的最高价氧化物的化学式为 N2O5;(2)元素①⑤组成化合物为 NaH,属于离子化合物，Na+的电子式为Na+,吊的电子式为[:H「,因而NaH的电子式为(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是 C和H2SC4,其化学反应方程式为AC+2H2SC4(浓)=CQT+2SOT+2H20;(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是 AICI3和NH3,NH3的水溶液为NH3-H20,其离子方程式为Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3J+3NH+；(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是 02-,Na+,Mg2+,S2-,S2-的电子层数为3,其它离子电子层数为2,所以S2-的半径最大；当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而02->Na+>Mg2+；综上可知Mg2+<Na+<02<S2；(6)G是一种常见温室气体，可推知G为CC2,结合A、B、CD为①一⑨中某种元素形成的单质，且A和D生成G,推断A为02或C(碳单质)，F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知 F为AI2O3,因而A为02,D为C(碳单质)，C为Al;E中B元素的质量分数为60%,结合E为B与A形成的二元化合物，E中0元素的质量分数为40%,则E的相对分子质量为1640,则B元素的相对原子质量为40-16=24,可推知B0.4为Mg,E为Mg0,结合G是一种常见温室气体，与 B可以反应生成E,即CQ与Mg点燃生成Mg0和C,证明上述推断合理；综上A为为。2,B为Mg,C为Al；D为C(碳单质)，E为Mg0,F为AI203,G为CQ。①由上分析知A和F的化学式分别为。2,AI203；点燃②B与G反应，即Mg与CQ反应，其化学方程式为2Mg+C02 2Mg0+C；③C为Al,则C与Na0H溶液反应的离子方程式2AI+20H+6H20=2[Al(0H)]4+3也"【点睛】第一步，先看电子层数，因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。电子层数越多，其半径越大。这里主要是指同一主族，不同族不能直接比较，不能认为具有 3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。而核电荷数越多，其半径越小。第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。核外电子数越多，其半径越大。注意的是此三步不可颠倒。,14 14 16 35 235 238 ,7.I.在6C、7N、8O、170、92U、92U中：(1)—和的质量数相等，但不能互称为同位素。(2)―和的中子数相等，但质子数不相等，所以不是同一种元素。以上所列共有种元素。n.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。0元*的瞬患t*- YHR,“ 蚪H加,7u.0- 5M礼化物器it物般的臭网本化初(3)丫的分子式为。(4)图中X的电子式为其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是tl!1f8o的中子数相等，但质子数不相等，二者不是同一种元素；一种元素符号对应一种元素，因此上述一共有5种元素，故答案为：1fc；18o；5；n.（3）丫为S元素+6价的氧化物SQ,故答案为：SC3；（4）X为H2S,H2s在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为 S,反应为2H2S+C2=2Sj+2H2C,所以S非金属性比。弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故答案为： 2H2S+C2=2SJ+2H2C；弱；电子层数增多，原子半径增大；（5）Z为S元素+4价的盐，如Na2SQ,可以与硫酸反应生成SC2,化学方程式为H2SC4+Na2SC3=Na2SC4+SC2T+H2C,故答案为：H2SC4+Na2SC3=Na2SC4+SC2T+H2C0【点睛】本题注意区分I,①不同核素可能具有相同的质子数，如2H、3H；也可能具有相同的中子数，如14C、1；。；也可能具有相同的质量数，如16c、144N；②同位素之间的转化，既不是物理变化也不是化学变化，是核反应；③同位素之间可形成不同的同位素单质，如氢的三种同位素形成的单质有六种： H2、D2、T2、HD、HT、DT,他们的物理性质（如密度）有所不同，但化学性质几乎完全相同；④同位素之间可形成不同的同位素化合物，如水分子有 H2C（普通水）、D2C（重水卜T2C（超重水）等，他们的相对分子质量不同，物理性质 （如密度）有所不同，但化学性质几乎完全相同。8.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。BCN0FA1SiPSClGaGeAsSeBfInSnSbTe1T1PbBiPoAt（1）元素Ga在元素周期表中的位置为： ―（写明周期和族）。（2）Sn的最高正价为,Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为 ―,As的气态氢化物为。（3）根据元素周期律，推断：①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是 一（填化学式）。②H3AsC4、H2SeC4的酸性强弱：H3AsC4―HzSeQ（填“>”、"V”或“ =”）。③氢化物的还原性：H2C―H2S（填“>”、"V”或“ =”）。（4）可在图中分界线（虚线部分）附近寻找—（填序号）。A.优良的催化剂 B.半导体材料 C合金材料 D.农药（5）①Se2c12常用作分析试剂，其电子式为―。②硒（Se）化锢（In）是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是―(填字母)。A.原子半径：In>SeIn的金属性比Se强In的金属性比Al弱D.硒化锢的化学式为InSe2③工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气， Cu2Se被溶液中的HC1O氧化为HzSeQ及CuC2,反应中HC1O与Cu2Se的物质的量之比为―。(6)请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序(可供选择的药品有： CaCQ固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCQ溶液、饱和Na2CQ溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择)。实验步骤实验现象与结论在试管中加入―，再加入―，将生成气体通过现象：—；结论：非金属性C>Si―洗气后，通入—；【答案】4,mA+4HClQAsH3HF<<B:Cl：Se：Se：Cl：AB4：1CaCO固体盐酸NaHCQ溶液N&Sid溶液生成白色胶状沉淀【解析】【分析】【详解】Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，即第四周期，第mA族，故答案为：4;mA;Sn和碳同主族，最高价是+4价；Cl的最高价是+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClC4；As和N元素同主族，所以最低负价是-3价，As的气态氢化物为AsH3；故答案为：+4;HClO4；AsH3；(3)①同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是 HF,故答案为：HF；②As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以 H3AsO4、H2SeC4的酸性强弱：H3AsO4VH2SeC4,故答案为：v；③氢化物的还原性：H2OvH2S,故答案为：v;(4)可在金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料，故答案为： B;(5)①硒的原子序数为34,是硫的同主族元素，位于S的下方，则位于周期表第四周期fT-ff>/干•・wa族，Se2C2的电子式为：Cl：Se：Se：C1：；故答案为：:Cl：Se：Se：C1：②锢(In)与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期 IIIA族,A.电子层越多，原子半径越大，则原子半径： In>Se,故A正确；B.元素周期表中左下方元素的金属性强，则 In的金属性比Se强，故B正确；C.同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误；D.硒化锢的化学式为In2S&,故D错误；故答案为：AB;③Cu2Se被溶液中的HC1O氧化为H2SeO3及CuC2,可知Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，Cu元素的化合价由+1价升高为+2价、Se元素的化合价由-2价升高为+4价，由电子221 4 2守恒可知HC1O与CufeSe的物质的量之比为 =4：1,故答案为：4：1 11；(6)C、Si的非金属性强弱顺序为C>Si,可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCQ固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCQ溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C>Si。故答案为：CaCQ固体；盐酸，NaHCQ溶液；NazSQ溶液；现象：生成白色胶状沉淀。9.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①〜⑨在表中的位置，回答下列问题:族周期IA01①namAWAVAVIAvnA2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨(1)①④⑥三种元素构成的化合物的电子式： __;⑨的最高价氧化物对应水化物的化学式：。(2)⑤、⑦、⑧的简单离子半径由大到小的顺序： __(用离子符号填写)。TOC\o"1-5"\h\z(3)用一个化学方程式表示④、⑤二种元素非金属性的强弱 __。(4)⑦的单质与⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式为 __。(5)元素①、元素④以原子个数比为 1：1形成化合物Q,元素①、元素③形成化合物M,Q和M的电子总数相等。以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终产物对空气没有污染，写出该反应的化学方程式： __。【答案】Na+[-O：HJ-HCQg->F->Al3+2整+2H2O=4HF+C22Al+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2TN2H4+2H2O2=N2+4H2O【解析】【分析】由元素周期表可知①为H;②为C;③为N;④为O;⑤为F;⑥为Na；⑦为Al;⑧为S;⑨为Cl;(1)①④⑥三种元素构成的化合物为 NaOH;⑨的最高价氧化物对应水化物为 HClQ；(2)⑤、⑦、⑧的简单离子半径通过电子层数和原子质量进行判断；(3)通过置换反应比较二种元素非金属性的强弱；(4)⑦的单质为Al⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液为 NaOH；(5)元素①、元素④以原子个数比为 1：1形成化合物Q为H2O2,元素①、元素③形成化合物M,Q和M的电子总数相等，M为N2H4,以此分析。【详解】由元素周期表可知①为H;②为C;③为N;④为O;⑤为F;⑥为Na；⑦为Al;⑧为S;⑨为Cl。(1)①④⑥三种元素构成的化合物为 NaOH,电子式为Na+[：O：HJ',⑨的最高价氧化物对应水化物为HCQ,故答案为：Na+[;O^H]'；HClO4；(2)⑤、⑦、⑧的简单离子为 F-、Al3+、则离子半径S2->F->Al3+,故答案为：*>F->Al3+;(3)氟气与水反应生成氧气可证明 F的非金属强于。，反应方程式为：2F2+2HzO=4HF+O2,故答案为：2F2+2HzO=4HF+O2；(4)⑦的单质为Al,⑥的最高价氧化物对应水化物为 NaOH,离子方程式为：- - - -2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2;(5)元素①、元素④以原子个数比为 1：1形成化合物Q为H2O2,元素①、元素③形成化合物M,Q和M的电子总数相等，则M为N2H4,该反应的化学方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O,故答案为： N2H4+2H2O2=N2+4H2O。10.氮(N)、磷(P)、神(As)、睇(Sb)、州(Bi)、馍(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)神在周期表中的位置,285Mc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：NH3PH3(填”或之")，神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”)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。SbC3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SbC3溶液时应注意。【答案】第四周期第VA族173同素异形体>HAs。弱PH3+HI=PH4ISbC3+H2O=iSbOClJ+2HCl用较浓的盐酸而不是蒸储水来溶解固体 SbCb,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N%与HCl反应的方程式书写PH3和HI反应的化学方程式；的)SbC3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸；【详解】(1)神在周期表中的位置是第四周期第 VA族，288Mc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,神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=PHI;(4)SbC3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸，反应方程式是 SbC3+H2O=iSbOClJ+2HCl增大盐酸浓度，水解平衡可逆向移动，抑制 SbC3水解，配制SbC3溶液时应注意用较浓的盐酸而不是蒸储水来溶解固体 SbC3,使用前才稀释到相应的浓度。二、化学键练习题(含详细答案解析)南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐 一AgN5,目前已经合成出钠、镒、铁、钻、银、镁等几种金属的全氮阴离子盐。(1)基态Mn2+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 一区。(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示：儿系I1/kJ?mo「1I2/kJ?mo「1I3/kJ?mo「1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5

Z1402.32856.04578.1①X、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 兀键，可用符号器表示，其中m代表参与形成大兀键的原子数，n代表参与形成大兀键的电子数(如果分子中的大兀键可表示为6),则N4-中的大兀键应表示为。⑶AgN5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anm,Na表示阿伏加德罗常数的值，则 AgN5的密度可表示为g?cm3(用含a、Na的代数式表示)。【答案】3d5dsZXM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,Ii较大，则Z为氮元素配位键氢键sp2128.91022Naa3(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Mn2+;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兀键的形成；(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p=m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Mn2+,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，丫是O元素；②在该晶体中阳离子[Mg(H2O)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， Mg2+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[(N5)键；在阴离子[(N5)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。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轨道间形成大兀键，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，其中大兀键是由4个原子、5个电子形成，可表示为 ：；(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+M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=12个；在一个晶胞中2含有Ag+的数目为8x1+6X1=4,含有N5-的数目为1+12X-=4,晶胞体积为V=(2aX1703TOC\o"1-5"\h\z8 2 44178④/mol1 c- /-22cm3,贝Up=m NA/moi 8.910g/cm30- Z~3 ~-~ 3-V2a10cmNaa【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 兀的分析、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。著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为 稀土界的袁隆平稀土元素包括铳、钮和翎系元素。请回答下列问题：(1)写出基态二价铳离子(S(2+)的核外电子排布式—，其中电子占据的轨道数为—。(2)在用重量法测定例系元素和使例系元素分离时，总是使之先转换成草酸盐，然后经过灼烧而得其氧化物，如2LnC3+3H2c2O4+nH2O=Ln2(QO4)3?nHO+6HCl。①H2C2O4中碳原子的杂化轨道类型为；1molH2c2O4分子中含键和兀键的数目之比为。②H2O的VSEPR莫型为；写出与H2O互为等电子体的一种阴离子的化学式。③HCI和H2O可以形成相对稳定的水合氢离子盐晶体，如 HCl?2HO,HCl?2HO中含有H5O2+,结构为 ,在该离子中，存在的作用力有a.配位键b.极性键c.非极性键d.离子键e.金属键f氢键g.范德华力h.觥i.键(3)表中列出了核电荷数为 21〜25的元素的最高正化合价：兀素名称铳钛钮铭镒ScTiVCrMn

核电荷数2122232425最局止价+3+4+5+6+7对比上述五种元素原子的核外电子排布与元素的最高正化合价，你发现的规律是(4)PrO2(二氧化错)的晶胞结构与CaE相似，晶胞中Pr(错)原子位于面心和顶点。假设相距最近的Pr原子与。原子之间的距离为apm,则该晶体的密度为g无m-3(用Na表示阿伏加德罗常数的值，不必计算出结果)。【答案】1s22s22p63s23p63d1 10spf杂化7:2四面体形 NH2-abfi五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层 s电子和次高能层d电子数目之和4141+162Na—4a10-103【解析】【分析】(1)Sc(铳)为21号元素，1s22s22p63s23p63d14s2,据此写出基态Sc2+核外电子排布式；s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，基态Sc2+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，据此计算Sc2+占据的轨道数；(2)①根据杂化轨道理论进行分析；根据共价键的类型结合该分子的结构进行分析计算；②根据价层电子对互斥理论分析 H2O的分子空间构型；等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，据此写出与之为等电子体的阴离子;③HCl?2HO③HCl?2HO中含有HQ+,结构为,据此分析该粒子存在的作用力;(3)根据表中数据，分别写出 Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为：3d14s2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2,则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和;(4)根据均摊法进行计算该晶胞中所含粒子的数目，根据密度 =—进行计算。V【详解】⑴Sc(铳)为21号元素,基态Sd+失去两个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d1,s、p、d能级分别含有1、3、5个轨道，但基态Sd+的核外电子3d轨道只占了一个轨道，故共占据 1X3+3X2+1=10^故答案为:1s22s22p63s23p63d1；10；

(2)①H2QO4的结构式为 ，含碳氧双键，则碳原子的杂化轨道类型为HO■C"*j0bHsp2杂化，分子中含有7个b键、2个兀键，所以b键和兀键数目之比为：7:2,故答案为：sp2杂化；7:2;②H2O中O原子的价层电子对数=-6+2=4,且含有两个2个孤对电子，所以H2O的VSPER2模型为四面体形，分子空间构型为 V形，等电子体是原子数相同，电子数也相同的物质，因此，与H2O互为等电子体的阴离子可以是 NH2-,故答案为：四面体形； NH2-;③HC1?2HO中含有H5O2+,结构为 ,存在的作用力有：配位键、极性键、氢键和(T键，故答案为:abfi;(3)根据表中数据，分别写出Sc、Ti、V、Cr、Mn的外围电子排布式为： 3dZs2、3d24s2、3d34s2、3d54s1、3d54s2,则有五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和，故答案为：五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和；(4)由图可知，相距最近的 Pr原子和。原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线的 -,4则该晶胞的晶胞参数=—4a10-1°cm,每个晶胞中占有4个“PrO；则该晶胞的质量34141+162Nam4141+162Nam=77可得，该晶体的密度为： …V Na4141+1623V3 10 ,故—4a10-1034141+162答案为：Na34a10答案为：Na3【点睛】本题考查新情景下物质结构与性质的相关知识，意在考查考生对基础知识的掌握情况以及对知识的迁移能力；本题第(2)小题的第②问中H2O的VSEPR莫型容易习惯性写为空间构型V形，解答时一定要仔细审题，注意细节。(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(T键和兀键的分子是,含有极性键的非极性分子是。A.N2B.C2H6 CCaC2 DNHQ(2)用“成“嘴;空：晶格能：Na2OKCl酸性：H2SO4HClO4离子半径：Al3+F【答案】DAB><<【解析】【分析】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三N,所以氮气分子中含有b键和兀键的非极性分子；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 *Ch,乙烷分子中只含。键的非极性分子；CaC2中只含离子键，属于离子化合物；NH4C1中俊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，俊根离子中氮原子和氢原子之间存在 b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 NH4C1；同时存在b键和兀键的分子是N2；含有极性键的非极性分子是 QH6。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 S<Cl对应最高价含氧酸的酸性为 H2SO4<HCQ;具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为 Al3+<F，【点睛】本题考查原子结构、元素周期律、分子结构、化学键，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。14.在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了 80%它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义。现有 a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素， c是海水中含量最多的金属元素， d是人类冶炼最多的金属元素。(1)元素a在元素周期表中的位置为;a原子的核外能量不同的电子有种。(2)下列可以证明b、c金属性强弱的是。TOC\o"1-5"\h\zA.最高价氧化物对应水化物的溶解性： bvcB.单质与水反应的剧烈程度： b<cC.相同条件下，氯化物水溶液的 pH值：bvcD.c可以从b的氯化物水溶液中置换出 b(3)人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀。下列关于该腐蚀的说法正确的是。A.腐蚀过程中，一定会有气体放出B.腐蚀过程中，水膜的碱性会增强C.在酸性条件下，负极的电极反应式为： 2H++2e=H2TD.与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀(4)d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成 1mol该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式： 。【答案】第四周期第nA族6种BCBD3Fes)+4H2O(g尸FeO4(s)+4H2(g)△H=-72kJ/mol【解析】【分析】a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，则为 Ca；b是地壳中含量最多的金属元素，b为Al;c是海水中含量最多的金属元素， c为Na;d是人类冶炼最多的金属元素，为Fe,然后逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：a是Ca；b是Al；c是Na；d是Fe。(1)a为Ca,原子序数为20,核外电子排布为2、8、8、2,原子结构中有4个电子层、最外层电子数为2,因此位于元素周期表中第四周期nA族；a原子的核外能量不同的电子有1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；(2)A.金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则失电子能力越强，金属性越强，与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关，A错误；金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则失电子能力越强，单质与水反应的剧烈程度：b<c,则金属性：b<c,B正确；盐溶液的pH越小，盐的水解程度越大，则对应的碱的碱性越弱，其金属元素的金属性越弱，相同条件下，氯化物水溶液的 pH值：b<c,则金属性bvc,C正确；D.活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，但是， Na非常活泼，能与水反应， Na不与溶液中的金属离子反应，因此 c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b，D错误；故合理选项是 BC；(3)A.Fe发生吸氧腐蚀时，没有气体放出，铁发生析氢腐蚀是有氢气生成， A错误；B.Fe的腐蚀过程中，若是酸性环境，不断消耗 H+,使溶液的酸性逐渐减弱，则根据水的离子积不变，则溶液中 OH-会逐渐增大，因此水膜的碱性会增强，B正确；C.在酸性条件下，负极为 Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为： Fe-2e=Fe2+,C错误；TOC\o"1-5"\h\zD.与电源的负极相连，Fe作阴极被保护，就可以防止 Fe发生原电池的腐蚀作用， D正确；故合理选项是 BD；(4)根据d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成 1mol该易燃气体放出