高考化学-元素周期律的综合压轴题专题复习含答案

高考化学——元素周期律的综合压轴题专题复习含答案高考化学——元素周期律的综合压轴题专题复习含答案高考化学——元素周期律的综合压轴题专题复习含答案高考化学——元素周期律的综合压轴题专题复习含答案一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1．已知元素

X、Y均为短周期元素，

X元素的一种核向来用于测文物的年代，

Y元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y可形成两种常有化合物M和N，已知钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且

M能够使高锰酸M的相对分子质量为56。N是一种常用溶剂，它的实验式XY。回答以下问题：(1)吻合条件的

M的有

______种。(2)任意写一种不带支链的M的构造简式__________。(3)若在N与液溴的混杂液中加入铁粉能够发生反应(在如图装置

a容器中反应

)，则：①写出a容器中发生的所有反应的化学方程式：_____________。②d容器中NaOH溶液的作用是_____________。(4)在碘水中加入N振荡静置后的现象是__________。(5)等质量M、N完好燃烧时耗资O2的物质的量很多的是________(填“M”或“N”)。【答案】3CH2232＝3+Br2FeBr3＝CH－CH－CH2Fe+3Br2FeBr、+HBr吸取HBr和Br2，防范污染环境溶液分层，基层无色，上层紫红色M【解析】【解析】短周期元素X元素的一种核向来用于测文物的年代，则X为碳(C)；Y元素原子半径是所有原子中最小的，则Y为氢(H)。元素X、Y可形成两种常有化合物M和N，已知M能够使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56，则M为分子式C4H8的烯烃；N是一种常用溶剂，它的实验式XY，则N为苯(C6H6)。【详解】由以上解析可知，M是分子式为C4H8的烯烃，N是分子式为C6H6的苯。(1)吻合条件的M有CH2233332233=、、()，共==种。答案为：；(2)一种不带支链的M的构造简式为CH22333=CHCHCH或CHCH=CHCH。答案为：CH2CHCH2CH3或CH3CHCHCH3；==(3)①a容器中，Fe与Br2发生反应生成3、苯与23的催化作用下发生反应生FeBrBr在FeBr成溴苯和溴化氢，发生的所有反应的化学方程式：2Fe3Br23+＝2FeBr、+Br2FeBr3+HBr。答案为：2Fe+3Br2＝2FeBr3、+Br2FeBr3+HBr；②无论是Br2gHBr都是大气污染物，都应除去，因此d容器中NaOH溶液的作用是()还是吸取HBr和Br2，防范污染环境。答案为：吸取HBr和Br2，防范污染环境；(4)在碘水中加入苯，由于碘溶于苯、苯难溶于水且密度比水小，因此振荡静置后的现象是溶液分层，基层无色，上层紫红色。答案为：溶液分层，基层无色，上层紫红色；(5)M中含氢量高于N中含氢量，因此等质量M(C4H8662)、)完好燃烧时耗资的物(质的量很多的是M。答案为：M。【点睛】计算耗氧量时，若质量必然，则先将化学式改写碳原子个数为1的最简式，尔后比较氢原子数，氢原子数越多，耗氧越多；若物质的量必然，则看化学式，4个氢原子与1个碳原子的耗氧量相同，依照需要可进行互换。2．元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙，1869年，门捷列夫发现了元素周期律并公布了元素周期表。以下列图为元素周期表的一部分，回答以下问题。(1).上述元素中化学性质最牢固的是________(填元素符号，下同)，非金属性最强的是_____。(2)c的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________。(3)h元素的原子构造表示图为__________，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序次是__________(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的氧化物反应的离子方程式:___________________________________。【答案】ArFHNO3制光电池23-2-2Mg>C>OKOHAlO+2OH=2AlO+HO【解析】【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K。【详解】（1）0族元素的化学性质最牢固，故上述元素中化学性质最牢固的是Ar；F元素的非金属性最强；（2）c为N，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3；（3）h为Si，核电荷数为14，原子的核外电子数也是14，Si的原子构造表示图为Si单质的一种用途是能够制光电池；4）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径越大，故b、d、f三种元素原子半径由大到小的序次是Mg>C>O；（5）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溶液反应的离子方程式为--+H2O。Al2O3+2OH=2AlO23．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构造式为_____________________。(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：______________________。【答案】O=C=ONeO2Na+2H242HClOO=2NaOH+H↑2324223-2-22222+NaCO=CO↑+2NaClO+HOHSAl(OH)+OH=AlO+2HOHO(或HO)NaO(或Na2O2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，两者按原子个数比1:1组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为C和O，两者组成的一种无毒化合物为CO2，构造式为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+2H2O=2NaOH+H2↑，答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；(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HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2O，答案为：2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+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P，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3反应，生成22A1(OH)3-2-2Al(OH)NaAlO和HO，其离子方程式为+OH=A1O+2HO，答案为：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Na2O(或Na2O2或NaH)，答案为：H2O(或H2O2)；Na2O(或Na2O2或NaH)。【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；能够利用同一化学式，比方HClO，从化合价能够解决问题。4．Ⅰ.某化合物A由两种元素组成，能够发生以下的转变。已知：标准情况下，气体B的密度是氢气的8倍。请回答：1）组成A的元素有_________，A的化学式是_________（2）请写出A与NaOH溶液反应的化学方程式_________（3）A可用于金属的冶炼，请写出A与Fe2O3的化学反应方程式_________Ⅱ.某实验小组做了以下实验：请回答：1）写出硬质管中发生反应的化学方程式：_________2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分：_____。【答案】

Al、C

Al4C3

Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2AlC+4FeO=2Al2O+8Fe+3CO↑CHCHOH+CuO=CHCHO+Cu+HO将产生的气体分别通4323323232入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A积淀溶解，B出现砖红色积淀，则既有乙酸也有乙醛；若A积淀溶解，B无砖红色积淀，则只有乙酸；若A积淀不溶解，B出现砖红色积淀，则只有乙醛【解析】【解析】Ⅰ.已知标准情况下，气体B的密度是氢气的8倍，则气体B的摩尔质量为16g/mol，应为CH4气体，则A中含有C元素，同时A能与氢氧化钠溶液反应，则A中含有Al元素，A为Al4C3，C为NaAlO2，NaAlO2溶液中通入过分二氧化碳获取D为氢氧化铝固体，进一步灼烧获取E为氧化铝，据此解析解答；Ⅱ.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；(2)依照乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不相同解析比较。【详解】Ⅰ.(1)由以上解析知，组成A的元素有Al、C，A的化学式是Al4C3，故答案为：Al、C；Al4C3；(2)Al4C3与NaOH溶液反应生成CH4和4NaAlO2，故反应的化学方程式为Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2；(3)Al4C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe和CO2，故反应的化学反应方程式为Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑；Ⅱ.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；(2)依照乙酸和乙醛性质的差异，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A积淀溶解，B出现砖红色积淀，则既有乙酸也有乙醛；若A积淀溶解，

B无砖红色积淀，则只有乙酸；若

A积淀不溶解，

B出现砖红色积淀，则只有乙醛。5．原子序数依次增大的ABCDEF六种元素。其中A的基态原子有3个不相同的能、、、、、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原子基态的外面核外电子排布式为_______。(2)在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的序次是_______(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__________。－－的构造式为__________。(4)由A、B、C形成的离子CAB与AC2互为等电子体，则CAB(5)在元素A与E所形成的常有化合物中，A原子轨道的杂化种类为________。(6)由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞以下列图，则该化合物的化学式为______。【答案】3d104s1C＜O＜N高于NH3分子之间存在氢键－[N＝C＝O]spNaNO2【解析】【解析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不相同的能级，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，依照构造原理书写F基态原子的外面核外电子排布式；(2)A、B、C分别是C、N、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C、N、O形成的离子OCN-与CO2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所形成的常有化合物CS2中，依照价层电子对理论确定A原子轨道的杂化种类；(6)由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞以下列图，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，外面核外电子排布式为3d104s1；(2)同周期从左向右第一电离能增大，但IIA＞IIIA、VA＞VIA，第一电离能大小序次是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OCN，AC2的化学式为CO2，两者为等电子体，它们的构造相似，因此－[N=C=O]-；OCN的构造式为：(5)形成的化合物是CS2，构造式为S=C=S，杂化轨道数等于价层电子对数，即C的杂化种类为sp；(6)依照半径大小，大黑球是Na，大黑球位于晶胞的棱上，因此真切属于晶胞的个数为8×1=2，大白球为N，小白球为O，两者形成离子是NO2-，其位于极点和体心，真切的个4数为8×1+1=2，因此化学式为NaNO2。86．比较以下性质（用“＞”、“=、”“＜”填空）①半径P________F②酸性H3PO4________H2SO4③碱性Mg（OH）2________Al（OH）3④牢固性H2S________H2O⑤还原性H2S________HCl⑥氧化性Cl2________Br2．【答案】><><>>【解析】【解析】①依照不相同周期元素的原子核外电子层数越多，半径越大解析；②依照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解析；③依照元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强解析；④依照元素的非金属性越强，对应氢化物的牢固越强解析；⑤依照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解析；⑥依照元素的非金属性越强，单质的氧化性越强解析。【详解】①P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：＞；②P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：＜；③Mg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：＞；④O的非金属性大于S，元素的非金属性越强，对应氢化物的牢固越强，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，则对应氢化物的还原性越弱，故答案为：＞；⑥Cl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：＞。7．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构造式为_____________________。(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Na22或NaH）2Mg+CO22MgO+CO【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，两者按原子个数比1:1组成分子HO，电子式为；②、④两22种元素为C和O，两者组成的一种无毒化合物为CO2，构造式为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+2H2O=2NaOH+H2↑。答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；(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HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+H2O。答案为：2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4+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Na2O(或Na2O2或NaH)。答案为：H2O（或H2O2）；Na2O(或Na2O2或NaH)；(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，O能够制Cl，Cl也能够制O，因此我们最好利用同一化学式，比方HClO，从化合价可2222以解决问题。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构造表示图是_____________________________。(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的构造式_____________。(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(7)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<NaH2334H-O-O-H3-CO<HNO<HClOAl(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，其原子构造表示图是。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：2334HCO<HNO<HClO；(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的构造式为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、Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O；(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．A、B、C、D是原子序数依次增大的同一短同期元素，A、B是金属元素，C、D是非金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水化物能够发生反应生成盐和水。(1)A与C可形成化合物A2C，写出该化合物的电子式为_____。(2)B与D形成的化合物是_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)，考据该结论的实验方法是_____。(3)C的低价氧化物通入D单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_____。(4)用C的最高价含氧酸W的溶液作电解质溶液(物质的量浓度为5.2mol/L，体积为1L，假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池以下列图。①在a电极上发生的反应可表示为_____。②若电池工作一段时间后，a极耗资0.05molPb，b电极的质量变化为________g，则此时W溶液的浓度为___________mol/L。【答案】共价化合物将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，若是该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物SO-2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HClPb-2e+SO42-=PbSO43.25.1【解析】【解析】A、B是金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水化物能够发生反应生成盐和水，A是Na元素、B是Al元素；Na与C可形成化合物A2C，C显-2价，C是S元素；A、B、C、D是原子序数依次增大，因此D是Cl元素。【详解】依照以上解析，(1)A是Na元素、C是S元素，形成化合物Na2S是离子化合物，电子式为；(2)B是Al元素、D是Cl元素，形成的化合物AlCl3是共价化合物，共价化合物在熔融状态下不导电，将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，若是该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物；(3)S的低价氧化物是SO2，D单质是氯气，SO2通入氯水发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；H2SO4溶液、Pb、PbO2组成原电池，Pb是负极、PbO2是正极；①a极是负极，Pb失电子生成PbSO4积淀，a电极上发生的反应可表示为-2-4Pb-2e+SO=PbSO4；b是正极，b电极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；a极耗资0.05molPb，转移电子的物质的量是0.1mol，b电极耗资0.05molPbO2，生成0.05molPbSO4质量变化为303g/mol0.05mol-239g/mol0.05mol=3.2g；依照总反应式224Pb+PbO+HSO=2PbSO4+2H2O，a极耗资0.05molPb，总反应耗资0.1molH2SO4，此时H2SO4溶液的浓度为5.2mol/L1L-0.1mol=5.1mol/L。1L10．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：①A为____；C为____；（填元素名称）②D的一种氧化物和其氢化物反应的化学方程式为____；③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____；④A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）以下变化①干冰的升华②烧碱消融③金刚石消融④氯化氢溶于水⑤氧气溶于水⑥氯化铵受热分解。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】HNa2H2S+SO2=3S↓+2H2OH++OH-=H2ONa+[∶H]-NaH+H2O=NaOH+H2↑①⑤③④【解析】【解析】依照题中“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”能够知道A为H元素，则C为Na元素，故D为Si、P、S、Cl中的一种，由“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”可知，满足3的倍数关系的是27，即D为S元素，则B为O元素，据此解析解答。【详解】（1）①由解析可知，A为H，C为Na，故答案为：H；Na；②D的氢化物为H2S，可与其氧化物SO2发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；③由该四种元素组成的酸性溶液的化合物是

NaHSO4，C的最高价氧化物对应水化物是+-NaOH，两者发生反应：NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，离子方程式为：H+OH=H2O。答案④A和C组成的化合物是NaH，由Na+和H-组成，是离子化合物，电子式为：Na+[∶H]-，其与水反应生成NaOH，反应方程式为：NaH+H22↑。故答案为：+-；O=NaOH+HNa[∶H]NaH+H2O=NaOH+H2↑；2）①干冰的升华属于物理变化，可是状态发生了变化，没有化学键的破坏；②烧碱中存在离子键、共价键，消融烧碱时，阴阳离子间的化学键被破坏，因此破坏的是离子键；③金刚石是由原子组成的，存在共价键，其消融破坏了共价键；④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；⑤氧气溶于水，是物理变化，没有化学键的破坏；⑥氯化铵是离子化合物，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铵根离子中的共价键被破坏，因此破坏的是离子键和共价键；依照以上解析可知：未发生化学键破坏的是：①⑤；仅发生共价键破坏的是：③④；故答案为：①⑤；③④。二、化学键练习题（含详细答案解析）11．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中＋2－X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X与M拥有相同的电子层构造；离子半径：2－－；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半Z＞W导体资料。请回答以下问题：(1)Y元素的名称________；(2)W在元素周期表中的地址是第________周期第________族；22中存在的化学键有________、________；(3)XM(4)Z、W氢化物的牢固性序次为________。（用化学式表示）【答案】硅三ⅦA离子键共价键HCl＞H2S【解析】【解析】Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体资料，则Y是Si元素，又由于X、Y、Z、W同周期，因此X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2-＞W-、X+与M2-具有相同的电子层构造，可知X、Z、W分别为Na、S、Cl元素，又由于Z、M同主族且X、Y、Z、W、M均为短周期元素，则M为第二周期的O元素。【详解】（1）Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体资料，则Y是Si元素，元素名称为：硅。（2）W为Cl元素，在元素周期表中的地址为：第三周期第ⅦA。222222+与O22-之间存在离子（3）X为Na元素，M为O元素，因此XM为NaO，NaO中Na键，O22-中两个O原子间存在共价键，故Na2O2中存在的化学键有离子键和共价键。4）Z为S，W为Cl，非金属性W（Cl）>Z（S），元素的非金属性越强，对应的氢化物越牢固，因此氢化物的牢固性序次为：HCl＞H2S。【点睛】本题观察原子构造与元素周期律知识，重视于学生解析能力的观察，第一运用元素周期表工具，结合同周期、同主族规律，位、构、性关系推断出X、Y、Z、W、M分别是什么元素，尔后结合元素化合物知识进一步解答，注意本题解析的要点或要点词为：短周期元素、同周期、同主族、相同的电子层构造、离子半径大小、单质晶体熔点硬度、半导体资料等，找到打破口是解答本题的要点。12．短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对地址以下列图：请回答以下问题：1）D在元素周期表中的地址为___。2）A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为___。（3）M为A的简单气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的除去剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为___。N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，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___，N与过分硫酸反应生成的酸式盐的化学式为___。（4）以下事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是___(填序号)。①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色积淀②E与H2化合比D与H2化合更简单③D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的cH+DE()：＞（5）D2E2分子中各原子最外层均满足8电子构造，则D2E2的电子式为___。【答案】第三周期ⅥA族AlN4HClAlCl3432222＋=＋NHCl2NH＋3HON↑＋6HO或=2NH322222242＋＋OH－2642①②③25·HO＋3HO=N↑＋8HONH＋HONHNH(HSO)【解析】【解析】由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对地址可知，A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。【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ⅥA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。依照原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+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的除去剂，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+H2ON2H5++OH－；N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H62＋，与过分硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO4－，化学式为N2H6(HSO4)2；(4)①E的单质，即Cl2，与D的气态氢化物H2S的水溶液反应，生成淡黄色积淀，发生反应Cl2＋H2SS2HClCl2置换出SCl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性ClE=↓＋，，()大于S(D)，正确；②非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越简单。Cl2与H2化合比S与H2化合更简单，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；③S与Fe化合时产物中Fe为+2价，Cl2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2获取电子能力强，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；④D的最高价含氧酸为H24，E的最高价含氧酸为424＋)SOHClO。同浓度下，HSO溶液中c(H大，是由于H24为二元酸，4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完好电离，与它们的SOHClO非金属性强弱没关，错误；综上①②③吻合题意；(5)D22分子中各原子最外层均满足8电子构造，S达到牢固构造需要形成2对共用电子E对，Cl达到牢固构造需要形成1对共用电子对，可知S22Cl分子中S原子间共用1对电子，每个S原子与Cl原子共用一对电子，构造式为Cl-S-S-Cl，其电子式为。13．试用相关知识回答以下问题：（1）有机物大多难溶于水，而乙醇和乙酸可与水互溶，原因是_______。2）乙醚（C2H5OC2H3）的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醚的高得多，原因是_________________。3）从氨合成塔里分别出NH3，平时采用的方法是_____________，原因是_____________。（4）水在常温下的组成的化学式可用（H2O）n表示，原因是_______________。【答案】乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键乙醇分子间存在较强的氢键加压使NH3液化后，与H22分别3分子间存在氢键，易液化、NNH水分子间存在氢键，若干个水分子易缔合成较大的“分子【解析】【解析】由于氢键的存在，能够让乙醇和乙酸与水互溶，能够增大物质的熔沸点，易让氨气液化，使多个水分子缔合在一起形成大分子，但是氢键不是化学键。【详解】（1）乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的O原子与水分子中的H原子能够形成氢键、乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的H原子与水分子中的O原子能够形成氢键，故乙醇和乙酸可与水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键；（2）乙醇分子间经过氢键结合产生的作用力比乙醚分子间的作用力大，故乙醇的相对分子质量虽小，但其分子间作用力比较大，因此沸点高；3）氨气分子间由于存在氢键，沸点较高，加压会使它简单液化，从而能够和氢气、氮气分别；4）在常温下，由于水分子之间存在氢键，会使多个水分子缔合在一起，形成较大的分子。14．现有①氯化钡、②金刚石、③氯化铵、④硫酸钠、⑤干冰、⑥碘片六种物质，按以下要求回答：(1)消融时不需要破坏化学键的是________，消融时需要破坏共价键的是________，熔点最高的是________，熔点最低的是________。(2)属于离子化合物的是________，只有离子键的物质是________，以分子间作用力结合的是________。(3)①的电子式是____________，⑥的电子式是____________。【答案】⑤⑥②②⑤①③④①⑤⑥[C]－Ba2＋[C]－【解析】【解析】(1)BaCl2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4Cl、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，分子晶体消融时不需要破坏化学键，原子晶体、离子晶体消融时需要破坏化学键；一般物质熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高；(2)BaCl2、NH4Cl、Na2SO4属于离子化合物，BaCl2只含有离子键，分子晶体以分子间作用力结合；(3)BaCl2为离子化合物，存在离子键；碘为非金属单质，以共用电子对成键。【详解】(1)BaCl2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4Cl、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，消融时不需要破坏化学键的是干冰、碘晶体，消融时需要破坏共价键的是金刚石，BaCl2424消融时破坏离子键，一般物质熔点：原子、NHCl、NaSO晶体＞离子晶体＞分子晶体，分子晶体中相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔点越高，故熔点最高的是金刚石，熔点最低的是干冰，故消融时不需要破坏化学键的是⑤⑥，消融时需要破坏共价键的是②，熔点最高的是②，熔点最低的是⑤；(2)BaCl、NHCl、NaSO属于离子化合物，NHCl含有离子键、共价键，而BaCl只含有离242442子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；(3)BaCl2－Ba2＋－；碘为非金属单质，以共用电子对成为离子化合物，其电子式为[C][C]键，则电子式为。【点睛】明确不相同种类的晶体在消融时战胜不相同的作用力是解答本题的要点，注意掌握晶体种类的判断方法和微粒间的作