全国高考化学元素周期律的综合高考真题分类汇总

1、全国高考化学元素周期律的综合高考真题分类汇总一、元素周期律练习题(含详细答案解析)1.下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答问题:族周期IAnamAWAVAVIAWA0123(1)表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是。(2)、的原子半径最小是(用元素符号回答)。(3)、的最高价氧化物对应的水化物，碱性最强的是(用化学式回答)。(4)、的气态氢化物，稳定性最强的是(用结构式回答)。(5)和按原子数1:2形成的化合物的电子式,为,该晶体气化的过程中克服的微粒间作用力为。(6)和形成的化合物属于(填“离子化合物”或“共价化合物”)，该晶体属于晶体(填“离子”、“分子”、“原子”

2、)。(7)元素、的最高价氧化物的水化物互相反应的化学方程式为：【答案】第3周期IVA族FNaOHH-F遍:分子间作用力共价化合物原子Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O【解析】【分析】根据元素在表中的位置可知分别是H、C、0、F、Na、Mg、Al、SkCl。据此解答。【详解】(1)半导体材料应在金属与非金属交界处寻找，根据上述元素周期表的部分结构，半导体材料是晶体硅，位于第三周期第IVA族；(2)同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小顺序是Mg>0>F,即原子半径最小的是F;(3)同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水

3、化物的碱性越强，即NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,碱性最强的是NaOH;(4)同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，因此氢化物的稳定性：HF>H2O>CH4,最稳定的氢化物是HF,其结卞式为HF;(5)和按原子数1:2形成的化合物是CQ,其电子式为：,CQ属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；(6)和构成的化合物是SiQ,属于共价化合物，其晶体为原子晶体；(7)是钠元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH,是Al,其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3,Al(OH)3表现两性，与碱反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAQ+2H2。2.下表

4、列出了十种元素在周期表中的位置。族周期IA01namAWAVAVIAWA23回答下列问题：(1)、按原子个数比1:1组成的分子的电子式为;由、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O(3)用化学方程式表示和两种元素的非金属性强弱：。(4)元素的气态氢化物和元素的气态氢化物中，易于制备的是(填化学式)(5)元素的最高价氧化物对应的水化物与元素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、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：

5、;写出一种离子化合物的化学式：。【答案】H：6：6：HO=C=ONeO2Na+22O=2NaOH+H2T2HCQ+Na2CQ=CC2T+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，可推出为氢(H),为碳(C),为磷(P),为氧(C),为钠(Na),为镁(Mg),为铝(Al),为硫(S),为氯(Cl),为速(Ne)。【详解】(1)、为H和。，二者按原子个数比1:1组成分子H2O2,电子式为、两种元素为C和O,二者组成的一种无毒化合物为CQ,结构式为O=C=Q答案为：h6：5：H；O

6、=C=O;*R»，(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+H2T,答案为：Ne；O;2Na+2H2O=2NaOH+H2T;(3)和分别为C和Cl,比较两种元素的非金属性强弱，可利用HC1O4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4+Na2CC3=CQT+2NaC1Q+H2O,答案为：2HC1O4+Na2CO3=CC2T+2NaC1Q+H2O；(4)元素的气态氢化物为PH3,元素的气态氢化物为H2S,非金属性：S大于巳易于制备的是H2S

7、,答案为：H2S;(5)元素的最高价氧化物对应的水化物为NaOH,与元素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、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，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

8、学式，比如HCIO,从化合价可以解决问题。3.在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：(1)写出发生反应的化学方程式，该反应能够发生是因为(选填编号)。A.强酸生成了弱酸B.强氧化剂生成了弱还原剂C.生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸D.生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体(2)该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是,从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na

9、+)=。(3)硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：CuSHNO3(浓)一CuSQ+_NO2f+H2O,配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。(4)若反应中转移1.6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为L;若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为。(5)此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是(用元素符号表示)。【答案】CuSQ+H2S=CuSj+H2SQC5HSc(HS)+c(S2-)+c(H2S)1818435.846.4Na离子晶体S>N>O>H【解析】【分析】【详解】(1)将硫化氢气体通入装

10、有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS,同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSQ+H2S=CuSj+H2SQ,反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSQ+H2S=CuSj+H2SQ;C;(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S,与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成NaHS,溶液中存在NaHS的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、HS、S2-、OH、H+,一共有5种离子；但NaHS的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS,溶液中存在物料守恒，c(Na+尸c(HS)+c(S2-)+

11、c(H2S),故答案为：5;HS；c(HS)+c(S2-)+c(H2S);(3)根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由-2价升高为+6价，化合价升高8,硝酸中N元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低1,最小公倍数为8,因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：Cu88HNO3(浓尸CuSO4+8NO2f+4H2O,故答案为：1;8;1;8;4；(4)根据反应的方程式Cu，8HNO3(浓尸CuSQ+8NO2T+4H2O,反应中转移的电子为8,若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6molNO2气体，在标准状况下体积为1.6molX22.4L/mol=35.84L;该反应的氧化产物为CuSQ,若

12、反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子为0.8molX8=6.4mol,数目为6.4Na,故答案为：35.84;6.4Na；(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSQ,形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为SH、N、O,同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S>N>O>H,故答案为：离子晶体；S>N>O>Ho4.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+N2T+3CO2T完成下列填空：(1)上述反应中的还原剂为,还原产物有,当有1mol

13、KNO3参加反应时，转移电子的数目为。(2)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。(4)&C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是；K2S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：Na2CC3>Na2SQb.酸性：H2SQ>H2CQc.CS中碳元素为+4价，硫元素为-2价d.分解温度：CH>H2

14、s【答案】CKS和N26Na离子晶体离子键、共价键1y2s22P63s23p4或Ne3s23p45品红溶液均褪色不褪色将SO2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=H2SQ+2HCl,盐酸和硫酸无漂白性)N<C<Sc(K+)>c(S2-)>c(HS-)>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1.5molxNA

15、mol-1=6NA；(2) 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；(3) 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SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SQ+C2+2H

16、2O=H2SQ+2HCl,生成的HCl、H2SQ均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；(4) C、N原子核外电子层数小于S,因此S原子半径最大，CN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：N<C<S;K2S属于强碱弱酸盐，在溶液中能够发生水解，S2-一级水解程度>S2-二级水解程度>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(H+);(5) a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4,根据越弱越水解”，说明酸性：H2SC4>H2CQ,H2SC

17、4、H2CO3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：S>C故a符合题意；b.酸性：H2SQ>H2CQ,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.C8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：CH4>H2S,其原因是CS均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，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30

18、0c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，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、

19、氟。5.NaCl。NaNO3、Na2SQ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gNaNO2。(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)Na2SQ溶液中存在水解平衡SO3+H2O丁,HSO3+OH设计简单实验证明该平衡存在。0.1mol/LNa2S

20、O3溶液先升温再降温，过程中(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"我“）'.【答案】ONAlO234.5正2NaCl+2H2。一2NaOH+H2T+C12T,CB+2NaOHNaCl+NaClO+H2向溶液中滴加酚Mt,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

21、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；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

22、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Al。？；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ImolAl粉处理0.5molNaNOz,质量是0.5molx69g/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

23、的化学方程式为2NaCl+2H2。=2NaOH+H2T+C2T,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)。6.完成下列问题：氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3PH3(填“或“学。(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是(填序号)。a.不能与NaOH反应b.含离子键、共价键c.受热可分

24、解(3)已知H2与。2反应放热，断开1molH-H键、1molO=O键、1molO-H键所需要吸收的能量分别为Q1kJQ2kJ、Q3kJ,由此可以推知下列关系正确的是。Q1+Q2>Q32Q1+Q2<4Q32Q1+Q2<2Q3(4)高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH,写出电池的正极反应：,负极反应。【答案】>bcFeQ2-+3e-+4H2O=Fe(OH3+5OHZn+2OH-2e-=Zn(OH»【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3与HI反应产生PH4I

25、,相当于俊盐，具有俊盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收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分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，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,所以简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；(2)a.钱盐都能与NaOH发生复分解反应，所以PH4I也能与NaOH发生反应，a错误；b.钱盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4I也含离子键、共价键，b正确；c.钱盐不稳定，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

26、)1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分1.别为Qi、Q2、Q3kJ,则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g),2断开1molH-H键和molO=O键所吸收的能量(Q1+Q2)kJ,生成2molH-O新键释放的22能量为2Q3kJ,由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+°Q2)>0,2Q1+Q2<4Q3,故合理选项2是；(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+

27、2Fe(OH)3+4KOH可知：Fe元素的化合价由反应前K2FeO4中的+6价变为反应后Fe(OH)3中的+3价，化合价降低，发生还原反应，所以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价变为反应后Zn(OH)2中的+2价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2。【点睛】本题考查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殊性，结合具体物质分析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能

28、、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。7.硫酸亚铁俊(NH4)2Fe(SQ)2?6H2O,相对分子质量392晶体又称莫尔盐，易溶易电离但却比一般的亚铁盐稳定，因此广泛应用于制药、电镀以及定量分析。回答下列与之有关的问题：(1)在莫尔盐所涉及的五种元素中：S元素在门捷列夫元素周期表中的位置是;其中处于同主族的两种元素非金属性更强的是：。(2)为检验莫尔盐是否变质，可用的试剂为。碘是合成人体甲状腺激素的重要原料，食盐中加KIO3是我国为解决普遍性碘缺乏问题的国家规定，下图是

29、自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验过程：加稀比S8溶液加稀电S露溶液值况5m酚性冷SO溶液莫尔版过量)(3)已知溶解”过程中IO3-的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式:(4)取50.00mL样品，用0.005mol/L酸fK2Cr2O7溶液滴定剩余Fe2+,滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，导致结果(填偏大"偏小”或无影响”)【答案】第三周期第WA族O硫氧化钾(KSCN溶液2IO3-+i0Fe2+i2H+=l2+10Fe3+6H2O无影响【解析】【分析】【详解】(1)S元素在元素周期表中的位置为第三周期第WA族，故答案为：第三周期第WA族；莫尔盐中处于同主族的两种元素是O和

30、S,其中非金属，f更强的是O,故答案为：O;(2)硫酸亚铁俊中含有Fe2+,Fe2+容易被氧化成Fe3+,可加入硫氧化钾(KSCN溶液检验是否有Fe3+生成，故答案为：硫氧化钾(KSCN溶液；(3)溶解过程中，IO3-与Fe2+发生氧化还原反应生成I2和Fe3+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子反应方程式为2IO3-+10Fe2+12H+=I2+10Fe3+6H2O,故答案为：2IO3-+10Fe2+12H+=I2+10Fe3+6H2O;(4)滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，不会影响Fe2+的物质的量，因此对滴定结果无影响，故答案为：无影响。(1)元素在周期表中位置是。元素的最高

31、价氧化物的化学式为(2)元素组成化合物电子式为。(3)元素的单质与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)元素与形成的化合物与元素的氢化物的水溶液反应的离子方程式为。(5)元素形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为(用离子符号表示)。(6)AF发生如图所示的转化，A、B、C、D为一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。田JaM©IID©A和F的化学式分别为、。B与G反应的化学方程式为。C与NaOH溶液反应的离子方程式为。上A【答案】第二周期

32、第VIA族N2O5C+2H2SO4(浓)=CO2T+2SQT+2H2O点燃Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3J+3NH4+Mg2+<Na+<O2<S2O2AQ2Mg+CQ=2MgO+C2Al+2OH+6H2O=2Al(OH)4+3H2T【解析】【分析】结合元素周期表可知为H元素，为C元素，为N元素，为。元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素。【详解】(1)为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，是N元素，最高价为+5价,所以元素的最高价氧化物的化学式为N2O5；(2)元素组成化合物为NaH,属于离子化合物，Na+的电子式为Na+,吊的电子式

33、为因而NaH的电子式为(3)元素的单质与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)CC2T+2SOT+2H>O;(4)元素与形成的化合物与元素的氢化物分别是AICI3和NH3,NH3的水溶液为NH3-H2O,其离子方程式为Al3+3NH3?H2O=Al(OH)3J+3NH+；(5)元素形成的简单离子分别是O2-,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O2->Na+>Mg2+；综上可知Mg2+<Na+<O2<S2；

34、(6)G是一种常见温室气体，可推知G为CQ,结合A、B、CD为一中某种元素形成的单质，且A和D生成G,推断A为。2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A12O3,因而A为。2,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。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MgO,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MgO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MgO,F为

35、AI2O3,G为CO2。由上分析知A和F的化学式分别为O2,A12O3；点燃B与G反应，即Mg与CC2反应，其化学方程式为2Mg+CO2=2MgO+C;C为Al,则C与NaOH溶液反应的离子方程式2A1+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2T。【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

36、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。9.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,288Mc的中子数为。已知存在P（s,红磷卜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”）（3） 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O（4） SbC3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl写出

37、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>HAsC4弱PH3+HI=PHISbC3+H2O=iSbOClJ+2HCl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【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NH3与HCl反应的方程式书写PH3和HI反应的化学方程式；（4）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2

38、88-115=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+2HC1增大盐酸浓度，水解平衡可逆向移动，抑制SbC3水解，配制S

39、bC3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。10 .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；CD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钱受热分解。未发生化学键破坏的是;(填

40、序号，下同)仅发生共价键破坏的是。【答案】HNa2H2S+SO=3SJ+2H2OH+OH=H2。Na+:H-NaH+睦O=NaOH+H2T【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SkP、&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+2H

41、2O,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：NaHSC4+NaOH=Na2SO4+H2O,离子方程式为：H+OH=H2。答案为：H+CH=H2C；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,反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2T。故答案为：Na+:H-；NaH+H2O=NaOH+H2T；(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，

42、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；氯化俊是离子化合物，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俊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)11 .工业制备纯碱的原理为：NaCl+CQ+NH3+H2ONH4Cl+NaHCQJ。完成下歹U填空：(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的

43、是_,第二周期原子半径由大到小的是。(2)反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和俊根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是一该分子为_(选填“极性”、“非极性”)分子。(3)写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式_,下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是(填编号)a.最高价氧化物对应水化物的酸性b.两元素形成化合物的化合价c.气态氢化物的稳定性d.氢化物水溶液的酸碱性侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H2=2NH3(4)工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2,这样做对平衡常数的影响是(填“变大”，“变小”或“无影响”

44、，下同)，对N2的转化率的影响是，对H2的反应速率的影响是_。(5)该反应的催化剂是_(填名称)。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：。【答案】OON>O1心H非极性1s22s22p3bc无影响减小变大铁触媒LI高温加快反应速率，催化剂适宜温度【解析】【分析】【详解】(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为：H、C、N、0、Na、Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是0;同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，CN、。为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：C>N>0;(2)俊

45、根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其|中和俊根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4,其电子式是H：C：1I,该分子为非极性分子；(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N,其核外电子排布式为1s22s22p3,关于N与0元素之间非金属性大小判断依据：a.0无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；b.可根据两元素形成化合物N0中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；c.两者的气态氢化物分别为H2。、NH3,根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判

46、据；答案选bc；(4)工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2,因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物(H2)的转化率；(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2

47、化合越容易，则非金属性越强。从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。从非金属阴离子还原性强弱判断：非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱，其非金属性越弱。根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。12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

48、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。A.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：bvcDc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

49、-=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=-150. 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

50、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；B. 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：bvc,则金属性：bvc,B正确；C. 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：bvc,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；8. 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