高考化学备考元素周期律压轴突破训练∶培优篇2

高考化学备考之元素周期律压轴打破训练∶培优篇高考化学备考之元素周期律压轴打破训练∶培优篇高考化学备考之元素周期律压轴打破训练∶培优篇高考化学备考之元素周期律压轴打破训练∶培优篇一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1．X

、

Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递加。已知：①

F位于周期表中第四周期IB族，其余的均为短周期主族元素：②

E的氧化物是光导纤维的主要成分；③

Y

原子核外

L

层电子数为奇数；④

X

是形成化合物种类最多的元素；⑤

Z原子

p轨道的电子数为4。请回答以下问题：(1)写出一种

X

元素形成氢化物的化学式

_____________。(2)在1个由F与Z形成的F2Z晶胞中(结构以下列图)所包含的F原子数目为____________个。(3)在[F(NH3)4]2+离子中，F2+的空轨道接受NH3的氮原子供应的__________形成配位键。(4)常温下X、Z和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常有物质A是__________(写名称)，A物质分子中X原子轨道的杂化种类为__________，1molA分子中键的数目为__________NA。(5)X、Y、E三种元素的第一电离能数值由小到大的序次为__________(写元素符号)。【答案】CH44孤电子对甲醛sp2杂化3Si＜C＜N【解析】【解析】X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递加。依照①F位于周期表中第四周期IB族可判断其为Cu；依照②E的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E为Si；依照④X是形成化合物种类最多的元素可判断X为C；依照③Y原子核外L层电子数为奇数且原子序数比X的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N或F；依照⑤Z的原子P轨道的电子数为4推断出Z可能为O或S，但E的原子序数大于Z，E为Si，因此Z只能为O，处于C和O之间的Y只能为N，因此X、Y、Z、E、F分别为C、N、O、Si、Cu，据此解题。【详解】(1)X为C，X元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4；F2Z为Cu2O，依照化学式中原子个数比Cu:O=2:1，尔后算出图中该晶胞的黑球个数为：1×4=4，白球个数为：8×1/8+1=2，因此黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，因此该晶胞中所包含的Cu原子数目为4个；(3)在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3的氮原子供应的孤电子对形成配位键；(4)常温下C、O和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常有物质A是甲醛，甲醛分子中C原子能够形成四个化学键，由于碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成C=O，C节余的两个单电子各与两个H形成两个C-H键，双键中含有一条σ键和一条π键，两条C-H单键都是σ键，因此σ键数=2+1=3，杂化轨道数=σ键数+孤对电子数(C无孤对电子，因此孤对电子数为0)，因此杂化轨道数=3，为sp2杂化，1molHCHO分子中σ键的数目为3NA；X、Y、E三种元素分别为C、N、Si，依照每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、N、Si的第一电离能数值由小到大的序次为：Si＜C＜N。2．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是到此刻发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的地址，W的单质广泛用作半导体资料。以下表达不正确的选项是（）A．最高正价由低到高的序次：Z、W、X、YB．原子半径由大到小的序次：Z、W、X、YC．Z、W分别与X形成的化合物：均既能与酸又能与碱反应D．简单气态氢化物的牢固性由强到弱的序次：Y、X、W【答案】A【解析】【解析】X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是到此刻发现的非金属性最强的元素，Y是F元素；X原子最外层有6个电子，X是O元素；Z在周期表中处于周期序数等于族序数的地址，Z位于第三周期、ⅢA族，Z是Al元素；W的单质广泛用作半导体资料，W是Si元素。【详解】A．主族元素最高正价等于族序数(O、F除外)，F没有正价，故A错误；B．电子层数越多数径越大，电子层数相同，质子数越多数径越小，原子半径由大到小的序次：Al>Si>O>F，故B正确；C．Al2O3是两性氢氧化物既能与酸又能与碱反应，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应生成硅酸盐，SiO2也能与氢氟酸反应生成SiF4气体和水，故C正确；D．非金属性越强，气态氢化物越牢固，简单气态氢化物的牢固性由强到弱的序次：HF>H2O>SiH4，故D正确；应选A。【点睛】本题观察元素周期表和元素周期律，熟记元素及其化合物特其余性质是解题要点，明确氟是到此刻非金属性最强的元素，无正价，SiO2是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应。3．完成以下问题：(1)氮和磷氢化物热牢固性的比较：NH______PH（填“>或”“<）”。33(2)PH和NH与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。以下对PH与HI反应产物333的推断正确的选项是_________（填序号）。a．不能够与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1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键所需要吸取的能量分别为Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此能够推知以下关系正确的选项是______。①Q123123123+Q>Q②2Q+Q<4Q③2Q+Q<2Q(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】>bc②FeO2-----4+3e+4H2O=Fe(OH)3+5OHZn+2OH-2e=Zn(OH)2【解析】【解析】(1)依照元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越牢固解析；(2)PH3与HI反应产生PH4I，相当于铵盐，拥有铵盐的性质；(3)依照旧键断裂吸取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解析解答；(4)依照在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上获取电子发生还原反应，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，因此简单氢化物的牢固性：NH3>PH3；(2)a．铵盐都能与NaOH发生复分解反应，因此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，因此PH4I也含离子键、共价键，b正确；c．铵盐不牢固，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)1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸取的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+1O2(g)=H2O(g)，2断开1molH-H键和1molO=O键所吸取的能量(Q1+1Q2)kJ，生成2molH-O新键释放的221能量为2Q3kJ，由于该反应是放热反应，因此2Q3-(Q1+Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项2是②；(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上获取电子发生还原反应。依照高铁电池总反应为：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价变成反应后Fe(OH)3中的+3价，化合价降低，发生还原反应，因此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价变成反应后Zn(OH)2中的+2价，化合价高升，失去电子，发生氧化反应，因此负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。【点睛】本题观察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别性，结合详细物质解析。在化学反应过程中陪同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根源因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价起落及电解质溶液的酸碱性解析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。4．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的地址。族周期ⅠA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②④⑩3⑤⑥⑦③⑧⑨回答以下问题：(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，化学性质最不爽朗的元素是_____________(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、⑤两两之间能够形成两各种类的化合物，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：______________________。(7)写出⑥的单质置换出②的单质的化学方程式：________________________。【答案】O=C=ONeO2Na+2H24O=2NaOH+H↑2HC1O+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2OH2SA1(OH)3+OH-=A1O2-+2H2OH2O（或H2O2）Na2O（或Na222Mg+CO22MgO+CO或NaH）【解析】【解析】从表中元素所在的地址，可推出①为氢(H)，②为碳(C)，③为磷(P)，④为氧(O)，⑤为钠(Na)，⑥为镁(Mg)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氖(Ne)。【详解】(1)①、④为H和O，二者按原子个数比1:1组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为C和O，二者组成的一种无毒化合物为CO2，结构式为O=C=O。答案为：；O=C=O；(2)这10种元素中，化学性质最不爽朗的元素是稀有气体元素Ne，得电子能力最强的原子是O，失电子能力最强的元素是Na，它的单质与水反应生成NaOH和H2，化学方程式是2Na+2HO=2NaOH+H↑。答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H↑；222(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HClO与碳酸钠反应，方4程式为：2HC1O42324242324+NaCO=CO↑+2NaC1O+HO。答案为：2HC1O+NaCO=CO↑+2NaC1O+H2O；(4)元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，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)--+2H2O。答案3+OH=A1O2为：A1(OH)3+OH-=A1O2-+2H2O；(6)元素①、④、⑤分别为H、O、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H2O（或H2O2）；离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为NaO(或NaO或NaH)。答案为：HO（或HO）；NaO(或NaO或NaH)；222222222(7)⑥的单质Mg与CO2在点燃条件下反应，置换出②的单质C，同时生成MgO，化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C。答案为：2Mg+CO22MgO+C。【点睛】比较氧与氯的得电子能力，若是利用周期表中元素所在地址，无法比较；利用同一反应，O2能够制Cl2，Cl2也能够制O2，因此我们最好利用同一化学式，比方HClO，从化合价能够解决问题。5．下表为元素周期表的一部分，表中列出12种元素在周期表中的地址，请回答：族ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0周期一①二⑦⑨?三②④⑥⑧⑩四③⑤?（1）这12种元素中，化学性质最不爽朗的元素是______（填元素符号或化学式，下同），得电子能力最强的原子是______，常温下单质为液态的非金属单质是____________。（2）失电子能力最强的单质与水反应的离子反应方程式是________________，（3）写出⑦⑧⑨与①形成的简单化合物中最牢固的分子式________。写出⑧⑩两种元素最高价氧化物对应水化物中酸性较弱的化学式________。（4）写出⑨⑩?与①形成的化合物中沸点最低的化学式______酸性最强的化学式_______。（5）写出④的单质置换出⑦的单质的化学反应方程式：__________________。②和⑥两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。（6）用电子式表示⑤与⑨组成的二元化合物的形成过程________________________。【答案】NeFBr22K＋2＋＋H2－342HO＝2K↑＋2OHHFHPOHClHBr2Mg＋22MgO－＋Al(OH)32－＋2H2OCO＋COH＝AlO【解析】【解析】由元素在周期表中地址，可知①为H、②为Na、③为K、④为Mg、⑤为Ca、⑥为Al、⑦为C、⑧为P、⑨为F、⑩为Cl、?为Br、?为Ne。【详解】（1）稀有气体Ne最外层为牢固结构，化学性质最不爽朗；上述元素中F的非金属性最强，得电子能力最强；已知元素中常温下单质为液态的非金属单质是Br；2＋－故答案为：Ne；F；2K+2H2O=2K+H2↑+2OH；Br2；（2）上述元素中K的金属性最强，失去电子能力最强，K与水反应生成KOH和H，离子方2＋－；程式为2K+2H2O=2K+H2↑+2OH＋－；故答案为：2K+2H2O=2K+H2↑+2OH3）同主族自上而下元素非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单的气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强，⑦为C、⑧为P、⑨为F与H形成为氢化物分别为CH4、3HFPClPH、HF，非金属性F>C>P,形成的简单化合物中最牢固的分子式。⑧为⑩为，非金属性Cl>P，因此最高价含氧酸的酸性酸性：HClO4＞H3PO，故答案为：HF；HPO；434（4）⑨⑩?与H形成为氢化物分别为HF、HCl、HBr，由于HF分子之间存在氢键，使HF的沸点大于HCl，HCl和HBr的结构相似，但HCl的相对分子质量小、分子间作用力衰，使HBr的沸点大于HCl；Br原子半径大于Cl、F，使H-Br键的键能最小、简单断裂，因此HF、HCl、HBr中酸性最强的是HBr，故答案为：HCl；HBr；522Mg＋CO2＋；Na、Al最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al（OH）3，二者反应生成NaAlO2和－Al(OH)3－2H22OH＋＝AlO2＋HO，离子方程式为O；故答案为：2Mg＋CO22MgO－＋Al(OH)32－＋2H2＋C；OH＝AlOO；6）F与Ca形成离子化合物CaF2，用电子式表示⑤与⑨组成的二元化合物的形成过程。故答案为：。【点睛】本题观察元素周期表与元素周期律的应用，重视于元素周期表和周期律的观察，学习中注意掌握元素周期表的组成和元素周期律的递变规律，易错点（6），用电子式表示CaF2的形成过程，注意：电子是由氟失给钙，箭头的起点和终点地址易错，离子化合物的电子式中[]加在阴离子或原子团上。6．X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36号元素，核电荷数依次增大，其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。X为非金属元素，且X原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，Z的次外层电子数是最外层电子数的1，W原子的s电子与p电子数相等，Q3是前四周期中电负性最小的元素，R的原子序数为29。回答以下问题：（1）X的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采用______________杂化。2）化合物XZ与Y的单质分子互为______________，1molXZ中含有π键的数目为______________。3）W的牢固离子核外有______________种运动状态的电子。W元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一电离能高，其原因是：_____。（4）Q的晶体结构以下列图，则在单位晶胞中Q原子的个数为______________，晶体的配位数是______________。（5）R元素的基态原子的核外电子排布式为________；Y与R形成某种化合物的晶胞结构以下列图，已知该晶体的密度为-3NA，则该晶体中R原子ρg·cm，阿伏加德罗常数的数值为和Y原子之间的最短距离为______________cm。（只写计算式）【答案】sp2等电子体A2，3s轨道处于全满状2N10Mg原子的价电子排布式为3s态，比较牢固，失去一个电子比较困难226263d1011206281s2s2p3s3p4s23ρNA【解析】【解析】X、Y、Z、W、Q、R是周期表中前36号元素，核电荷数依次增大，其中X、Y、Z、W都是元素周期表中短周期元素。X为非金属元素，且X原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，则X的核外电子排布式为1s22s22p2，则X为碳；Z的次外层电子数是最外层电子数的1，则Z为氧，Y为氮；W原子的s电子与p电子数相等，则W的核外电子排布式为31s22s22p63s2，W为镁；Q是前四周期中电负性最小的元素，则Q为钾；R的原子序数为29，则R为铜，据此解析解答。【详解】（1）X的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，结构式为，则中心原子C采用sp2杂化，故答案为：sp2；（2）化合物CO与N2分子拥有相同的原子个数及价层电子数，属于等电子体；CO的结构与N2相似，为CO，其中含有π2NA，故答案为：等电子体；2NA；键的数目为（3）Mg2+核外有10个电子，则有10种运动状态的电子；W元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一电离能高，其原因是Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较牢固，失去一个电子比较困难；故答案为：10；Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较牢固，失去一个电子比较困难；（4）依照晶胞结构知，钾原子在极点和体心，则在单位晶胞中钾原子的个数为8×1+1=2；离体心钾原子近来的钾原子处于晶胞的8个极点，则晶体的配位数是8；故答8案为：2；8（5）铜基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；晶胞中含有N原子数为：8×1=1，含有的Cu原子数为：12×114+6432068=3，则晶胞的质量为NA=，设晶胞的4NA棱长为d，则d3=2061206，则R原子和Y原子之间的最短距离为3；故答案为：NA2ρNA12061s22s22p63s23p63d104s1；3。2ρNA7．Ⅰ.在146C、147N、168O、3517Cl、23592U、23892U中：1）___和_____的质量数相等，但不能够互称为同位素。2）___和____的中子数相等，但质子数不相等，因此不是同一种元素。以上所列共有______种元素。Ⅱ.物质的种类和中心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。3）Y的分子式为________。（4）图中

X的电子式为

；其水溶液长远在空气中放置简单变浑浊，原因是________(用化学方程式表示)；该变化表现出：S非金属性比O____(填“强”或“弱”)。用原子结构讲解原因：同主族元素从上到下，__________，得电子能力逐渐减弱。5）Z与图表中某物质反应生成SO2的化学方程式是______________________。【答案】14C1414C16弱电子层数增添，原子67N68O5SO32H2S＋O2=2S↓＋2H2O半径增大Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O【解析】【解析】Ⅰ.(1)同位素中核素质子数相同；(2)中子数=质量数-质子数；一种元素符号对应一种元素；Ⅱ.(3)Y为S元素+6价的氧化物；H2S在空气中变浑浊是由于被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；(5)Z为S元素+4价的盐，能够与硫酸反应生成SO2。【详解】Ⅰ.(1)同位素中核素质子数相同，因此质量数相等，但不能够互称为同位素的核素为146C和147N，故答案为：146C；147N；(2)中子数=质量数-质子数，上述核素的中子数分别为8、7、8、18、143、146，因此146C和168O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：146C；168O；5；Ⅱ.(3)Y为S元素+6价的氧化物SO，故答案为：SO；33(4)X为HS，HS在空气中变浑浊是由于被氧气氧化为S，反应为2HS＋O=2S↓＋2HO，22222因此S非金属性比O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，电子层数增添，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故答案为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O；弱；电子层数增添，原子半径增大；(5)Z为S元素+4价的盐，如NaSO，能够与硫酸反应生成SO，化学方程式为232HSO+NaSO=NaSO+SO↑+HO，故答案为：HSO+NaSO=NaSO+SO↑+HO。2423242224232422【点睛】本题注意区分Ⅰ，①不相同核素可能拥有相同的质子数，如21H、31H；也可能拥有相同的中子数，如146C、168O；也可能拥有相同的质量数，如146C、147N；②同位素之间的转变，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相同的同位素单质，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)有所不相同，但化学性质几乎完好相同；④同位素之间可形成不相同的同位素化合物，如水分子有H2O(一般水)、D2O(重水)、T2O(超重水)等，他们的相对分子质量不相同，物理性质(如密度)有所不相同，但化学性质几乎完好相同。8．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①－⑩在表中的地址，用相应的化学用语回答以下问题：族IA0周期1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨⑩(1)表中用序号标出的10种元素中，化学性质最不爽朗的元素的原子结构表示图是_____________________________。(2)④、⑥、⑧的原子半径由小到大的序次为___________（用元素符号作答）。(3)②、③、⑨的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的序次是______________（用化学式作答）。(4)由表中两种元素的原子按1：1组成的共价化合物M，M为常有液态化合物，其稀溶液易被催化分解，请写出M的电子式_____________，M的结构式_____________。(5)写出⑦元素的最高价氧化物对应水化物分别与元素⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式_____________、_____________。(6)⑥的金属性强于⑦，以下表述中能证明这一事实的是_____________。a．⑥的单质和⑦的单质熔沸点不相同b．⑥的最高价氧化物水化物的碱性比⑦的最高价氧化物水化物的碱性强c．⑦最外层的电子数比⑥多d．⑦的单质与稀盐酸反应比⑥的缓和一些①和④形成的气态氢化物与①和⑧形成的气态氢化物对照较，_____________沸点高（填化学式），原因是_______________________________________。【答案】O<S<NaH23343-CO<HNO<HClOH-O-O-HAl(OH)+OH=AlO2-+2H2OAl(OH)3+3H+==Al3++3H2ObdH2OH2O分子间能形成氢键，氢键能够极大地提高水的熔沸点【解析】【解析】由表中元素所在的地址，能够确定①为氢(H)，②为碳(C)，③为氮(N)，④为氧(O)，⑤为氟(F)，⑥为钠(Na)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氩(Ar)。【详解】(1)表中用序号标出的10种元素中，化学性质最不爽朗的元素是稀有气体氩，其原子结构表示图是。答案为：；(2)④、⑥、⑧分别为O、Na、S元素，O的电子层数比Na、S少一层，Na与S同周期且S在Na的右方，由此得出原子半径由小到大的序次为O<S<Na。答案为：O<S<Na；(3)②、③、⑨分别为C、N、Cl，碳酸为弱酸，硝酸为强酸，高氯酸为最强的含氧酸，它们的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的序次是H2CO3<HNO3<HClO4。答案为：H2CO3<HNO3<HClO4；(4)由表中两种元素的原子按1：1组成的共价化合物M应为H2O2，M的电子式为，M的结构式为H-O-O-H。答案为：H-O-O-H；(5)⑦元素的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，分别与元素⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液NaOH、H2SO4反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O、+3+--+2HO；Al(OH)+3H+3+3232232(6)a．钠的单质和铝的单质熔沸点不相同，只能表示离子带电荷、离子半径的差异，与金属性没关，a不合题意；b．钠的最高价氧化物水化物的碱性比铝的最高价氧化物水化物的碱性强，则表示金属性钠大于铝，b吻合题意；c．铝的最外层的电子数比钠多，与金属性的强弱没有必然联系，c不合题意；d．铝的单质与稀盐酸反应比钠的缓和一些，表示金属失电子能力铝小于钠，d吻合题意；应选bd。答案为：bd；(7)H2O与H2S对照，H2O因分子间形成氢键，增大了分子间作用力，以致沸点高升，因此H2O的沸点高，原因是H2O分子间能形成氢键，氢键能够极大地提高水的熔沸点。答案为：H2O；H2O分子间能形成氢键，氢键能够极大地提高水的熔沸点。【点睛】原子的最外层电子数的多少不能够作为判断金属性强弱的依照，如Na的最外层电子数比Al少，但金属性Na>Al；Li的最外层电子数比Ca少，但金属性Li<Ca。9．X、Y、Z、W为四种常有元素，其中X、Y、Z为短周期元素。有关信息以下表。（1）Z的氧化物在通讯领域用来作__。（2）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够与洁厕灵混用，原因是__（用化学方程式表示）。3）W在周期表中的地址为__，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：①加热条件下酸浸时，W3O4与硫酸反应生成W的离子。②酸浸时，通入O2的目的是___。3+”是先将100mL含W3+SnCl22+K2Cr2O7标③“W浓度检测溶液用合适的还原为W；再用酸性准溶液测定W2+的量(Cr2O72-被还原为Cr3+)，此时发生反应的离子方程式___，若用掉0.2mol·L-1K2Cr2O7溶液50mL，则W3+浓度为___。【答案】光导纤维Al＋＝2Al3＋+3H－＝Cl－+ClO－+HNaClO+2HCl＝2O3+6H2OCl2+2OH2O2242432+Cr272-ClNaClHO第四周期第Ⅷ族将FeSO氧化为Fe（SO）6Fe+O↑+++14H+3+3+0.6mol/L=6Fe+2Cr+7H2O【解析】【解析】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资料，Y原子的最外层电子数等于电子层数，则Y为Al；Z是无机非金属资料的主角，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SiW原子的最外层；电子数小于4，常有化合价有+3、+2，WX3稀溶液呈黄色，则W为Fe，据此进行解答。【详解】依照以上解析可知X是Cl，Y是Al，Z是Si，W是Fe。1）Z的氧化物二氧化硅在通讯领域用来作光导纤维。2）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Al2O3+6H＋＝2Al3＋+3H2O。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，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+2OH＝Cl+ClO－+H2O，由于次氯酸钠能氧化盐酸生成氯气，而洁厕灵中含有盐酸，因此在使用时特别注意不能够与洁厕灵混用，反应的化学方程式为NaClO+2HCl＝Cl2↑+NaCl+H2O。（3）铁在周期表中的地址为第四周期第Ⅷ族。②加热条件下酸浸时，Fe3O4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；③在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72-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++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；依照反应和原子守恒可知6Fe3+～6Fe2+～Cr2O72-61100mLc50mL0.2mol/L解得c＝0.6mol/L10．已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大。回答以下问题：(1)Lv在周期表中的地址是_________。(2)以下有关性质的比较，能用元素周期律讲解的是_________。a．离子半径：Te2-＞Se2-b．热牢固性：H2O＞H2Sc．熔、沸点：HO＞HSd．酸性：HSO＞HSeO222424(3)从原子结构角度讲解Se与S的最高价氧化物对应的水化物酸性不相同的原因_________。(4)实验室用以下方法制备H2S并进行性质考据。①设计B装置的目的是证明_________，B中实验现象为_______________。②实验中经检测发现C中溶液pH降低且出现黑色积淀。C中反应的离子方程式是_______________。③有同学依照“强酸制弱酸”原理认为装置A、C中两个反应相矛盾，认为C中不能能出现上述现象。该见解不正确的原因是_______________。【答案】第七(或7)周期VIA族abdSe与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H24242出现淡黄SeO酸性弱于HSOHS拥有还原性2++CuS色(或乳白色)积淀(或浑浊)Cu+H2S==CuS↓+2H该反应发生的原因是生成了难溶的积淀，不是由于生成弱电解质【解析】【解析】(1)依照O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序数依次增大解析解答；(2)依照元素的非金属性、氢化物的牢固性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律解析判断；(3)Se与S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化解析解答；(4)①双氧水拥有较强的氧化性，H2S拥有还原性；②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS积淀；③结合装置A和C中发生反应的原理解析解答。【详解】(1)O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的地址为，故答案为：第七（或7）周期VIA族；(2)a．同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：Te2-＞Se2-，能用元素周期律讲解，故a选；b．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的牢固性减弱，因此热牢固性：H2O＞H2S，能用元素周期律讲解，故b选；c．物质的熔沸点是物理性质，不能够用元素周期律讲解，故c不选；d．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：H2424SO＞HSeO，能用元素周期律讲解，故d选；故答案为：abd；(3)Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故2424Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，HSeO酸性弱于HSO，故答案为：吸引电子能力弱，非金属性弱，故H24酸性弱于24SeOHSO；(4)①双氧水拥有较强的氧化性，H2S拥有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质积淀，故答案为：H2S拥有还原性；出现淡黄色积淀；②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS积淀，反应的离子方程式为2+2+，故答案为：Cu2+2+；Cu+HS==CuS↓+2H+HS==CuS↓+2H③依照“强酸制弱酸”的原理，装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，由于硫化亚铁能够被硫酸溶解，C中发生Cu2+2+，是由于生成的硫化铜不能够溶于硫酸，因此+HS==CuS↓+2H该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的CuS积淀，不是由于生成弱电解质。二、化学键练习题（含详细答案解析）11．（1）以下各组化合物中，化学键种类和化合物种类均相同的是

_________（填序号）。①CaCl2和Na2S②Na2O和Na2O2

③CO2和

CaO

④HCl和

NaOH2）以下过程不用然释放能量的是________。①化合反应；②分解反应；③形成化学键；④燃料燃烧；⑤酸碱中和；⑥炸药爆炸（3）Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl反应的化学方程式是________________________________，反应过程能量变化的图像吻合_____________（填“图1”或“图2”）。图1图2（4）已知1mol石墨转变成1mol金刚石要吸取能量，则石墨比金刚石_______（填“牢固”或“不牢固”）。（5）必然量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______Q2（填大于、小于或等于）。（6）已知：4HCl＋O222115.6kJ的热量，=2Cl＋2HO。该反应中，4molHCl被氧化，放出且断开O=O键和Cl-Cl键所需的能量以以下列图所示。则断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为______kJ。【答案】①①②Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O图2牢固小于31.9【解析】【解析】(1)一般来说，爽朗金属和爽朗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，第IA、第IIA族和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键；(2)依照吸热反应和放热反应的种类判断；(3)Ba(OH)2?8H2O和NH4Cl反应生成氯化钡，氨气和水，属于吸热反应，判断合适的能量图；(4)依照自己能量越低越牢固判断；(5)依照气态水变成液态水放热判断；(6)依照焓变等于断裂旧的化学键吸取的能量减去形成化学键释放的能量计算。【详解】(1)①CaCl2和

Na2S都属于离子化合物，都含有离子键，故①吻合题意；②Na2O和Na2O2都属于离子化合物，

Na2O中存在离子键，

Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故②不吻合题意；③CO2属于共价化合物，主要含有共价键，

CaO属于离子化合物，含有离子键；HCl属于共价化合物，主要含有共价键，NaOH属于离子化合物，含有离子键和极性共价键；因此化学键种类和化合物种类均相同的是①；(2)①绝大多数化合反应释放能量，少量化合反应吸取热量，比方碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，故①吻合题意；②绝大多数分解反应吸取能量，少量化合反应释放能量，比方过氧化氢分解制氧气，故②吻合题意；③形成化学键必然释放能量，故③不吻合题意；④燃料燃烧必然释放能量，故④不吻合题意；⑤酸碱中和反应必然释放能量，故⑤不吻合题意；⑥炸药爆炸必然释放能量，故⑥不吻合题意；吻合题意的是①②；(3)Ba(OH)2?8H2O和

NH4Cl反应的化学方程式是

Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应为吸热反应，即生成物的能量高于反应物的能量，能量图选择图2；(4)已知1mol石墨转变成1mol金刚石要吸取能量，则石墨比金刚石能量低，能量越低的物质越牢固，石墨比金刚石牢固；(5)必然量的氢气在氧气中充分燃烧生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，由于气态水转变成液态水还要放热，故生成液态水释放的能量多，

Q1小于

Q2；(6)依照化学反应：

4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，放出

115.6kJ的热量，断开

1molO=O

键和1molCl-Cl键所需的能量分别为498kJ/mol和243kJ/mol，设断开1molH—O键需要的能量为x，断开1molH—Cl键所需能量为y，依照反应物断裂吸取的总能量与形成生成物释放的能量差等于反应放出的能量，4y+498kJ/mol-(243kJ/mol×2+4x)=-115.6，kJ解得x-y=31.9kJ/mol，断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为31.9kJ。12．已知：W、X、Y、Z、T均为短周期元素，且原子半径依次增大。请填空：（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，写出Z的核外电子的轨道表示式______________。（2）化合物YW3溶于水能使酚酞变红，用方程式表示酚酞变红的原因____。（3）元素T的原子中电子据有7根轨道，则T在元素周期表____周期___族；T的化合物TY熔融时不导电，常用作砂轮与耐高温资料，由此推知，它属于____。a离子晶体b原子晶体c分子晶体d无法判断（4）YX3与YW3拥有相同的分子空间构型，YX3属于______（填“极性”、“非极性”）分子，其中Y的化合价为____。【答案】NH3+H2O?NH3·H2ONH4++OH-三IIIAb极性+3?【解析】【详解】（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，化合物种类最多的是烃，则W是H元素、Z是C元素；原子核外有6个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其原子核外电子轨道表示式为，故答案为：；2）化合物YW3的水溶液能使酚酞变红，说明该物质为NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而以致溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故答案为：NH3+H2O?NH3·H2O?NH4++OH-；（3）元素T的原子中电子共据有了7个轨道，则T为Al元素，Al原子核外有3个电子层、最外层电子数是3，因此位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温资料，说明该物质属于原子晶体，应选b；故答案为：三；IIIA；b；（4）NX3与NH3拥有相同的分子空间构型，X为第VIIA族元素，其原子半径小于N元素，则X为F元素，氨气分子为三角锥形结构，则NF3也是三角锥形结构，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子；NF3中N元素电负性小于F元素，因此N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。13．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NH4Cl含量为180mg/L。1）写出NH4Cl电子式：___。（2）氮原子的电子排布式是：___，写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的元素符号为___、___。（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-转变成NH4+后再除去，请配平以下离子方程式并标出电子转移的方向和数目___。___Fe+___NO3-+___H+→___Fe2++___NH4++___H2O【答案】22333.64SiS1s2s2p4110413【解析】【解析】(1)NH4Cl是离子化合物；(2)氮为7号元素；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；(3)依照NH4+和NaOH溶液的反应计算需要NaOH溶液的体积为；依照氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。【详解】(1)氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子组成，电子式为：；(2)氮原子电子排布式是：1s22s22p3；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；(3)某污水中NH4Cl含量为180mg/L，103L污水中含有180mg/L×103L180g+的物质的量也443.364mol53.5g/mol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