备战高考化学复习元素周期律专项易错题附详细答案

1、备战高考化学复习元素周期律专项易错题附详细答案一、元素周期律练习题(含详细答案解析)1.有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述:70ft结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的兀素，该兀素的某种合金是原子反应堆的导热剂BB与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C兀素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂D是海水中除氢、氧兀素外含量最多的兀素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂请根据表中信息填写：(1)A原子的核外电子排布式.(2)B元素在周期表中的位置;离子半径：BA(填失于"或小于”(3)C原子的电子排布图是,其原子核外有一个未成对电子

2、，能量最高的电子为轨道上的电子，其轨道呈形.(4)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为,与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为【答案】1s22s22p63s1第三周期第mA族小于nnrrT32p哑铃Al(OH)3+NaOHHNaAlO2+2H2O3HCl+Al(OH)3A1C3+3H2。【解析】【分析】A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，所以A为Na元素；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al元素；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N元素；D是海水中除氢、氧元素外含量最多的

3、元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，则D为Cl元素，据此回答；【详解】(1)A为钠元素，A原子的核外电子排布式1s22s22p63s1；答案为：1s22s22p63s1；(2)B为铝元素，B元素在周期表中的位置第三周期第mA族，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以铝离子半径小于钠离子；答案为：第3周期第mA族；小于；(3)C为氮元素，C原子的基态原子的电子排布图是nnrrn子核外有3个未成对电子，能量最高的电子为2P轨道上的电子，其轨道呈哑铃;答案为：国国匚;3；2p；哑铃;(4)B为铝元素，A为Na元素，B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物的水

4、化物反应的化学方程式为：A1(OH)3+NaOHNaA1O2+2H2。；D的氢化物HC1,氯化氢与氢氧化铝反应的离子方程式为：3HC1+A1(OH)3A1C13+3H2O；答案为：A1(OH)3+NaOhHNaA1O2+2H2。；3HC1+A1(OH)3A1C13+3H2。【点睛】Al(OH)3+NaOHHNaAlO2+2H2O;实际(4)容易错，最高价氧化物的水化物与碱反应方程式为做题时，常用同学找不出Al(OH)3而用最高价氧化物A12O3替代。2. I.某化合物A由两种元素组成，可以发生如下的转化。一融产啊dggg妁烧同体物1%工1已知：标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。请回答：(1

5、)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F&O3的化学反应方程式n.某实验小组做了如下实验：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】A1、CA4G3A14G3+4NaOH+4H2O=3CH4T+4NaA1QA14Q+4Fe2O3=2A12O3+8Fe+3CQTCHjCH2OH+CuO=CHCHO+Cu+HO将产生的气体分另通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B,XBB进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛

6、；若A沉淀溶解，B无醇红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛【解析】【分析】I.已知标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍，则气体B的摩尔质量为16g/mo1,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A1元素，A为A14。，C为NaA1O2,NaA1O2溶液中通入过量二氧化碳得到D为氢氧化铝固体，进一步灼烧得到E为氧化铝，据此分析解答；n.(i)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；(2)根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。【详解】1.(1)由以上分析知，组成A的元素有Al、C,A的化学式是A14C3,故答案

7、为：Al、C;A14Q；(2)A14C3与NaOH溶液反应生成CH4和4NaA1O2,故反应的化学方程式为A14Q+4NaOH+4H2O=3CH4T+4NaAQ;(3)A14C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成A12O3、Fe和CC2,故反应的化学反应方程式为A14C3+4Fe2O3=2A12O3+8Fe+3CQT;n.(i)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=CHCHO+Cu+HO;(2)根据乙酸和乙醛性质的区别，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沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有

8、乙醛；若A沉淀溶解，B无醇红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛。3. Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO和NO,W、X、Y原子序数依次增大，则W为C元素，X为N元素，Y为O元素；Q与W组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4气体，则Q为H元素；丫和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，应为Na2O和Na2O

9、2两种化合物，则Z为Na元素，以此解答该题。【详解】(1) W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4,位于周期表第二周期IVA族；故答案为：第二周期IVA族；(2) 2.24L(标准状况)NH3为0.1mol,200mL1mol/LHNO3溶液含有HNO30.2mol,氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，俊根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(NO3-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-);故答案为：c(NO3-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH);(3)由图可知，电

10、子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO2-+6H2O;故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；(4)已知：C(s)+O2(g)=CQ(g)H=-393.5kJ/mol;1CO(g)+5O2(g)=CQ(g)H=-283.0kJ/mol；由-彳CC(s)+-O2(g)=CO(g)H=-110kJ/mol;224gC的物质的量为2mol,与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/molx2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/molx2mol=220kJ

11、,实际放出热量362.5kJ,故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x,一氧化碳的物质的量为y,所以x+y=2,393.5x+110y=362.5,解得x=0.5mol,y=1.5mol,所以n(CQ):n(CQ=1：3；故答案为：n(CO?)：n(CQ=1:3;(5)X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N,该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O;故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O。4.高温下，正硅酸锂(Li4SiO4)能与CQ发生反应，对控制CO2的排放具有重要的理论意义和实用价值。完成下列填空：(1)

12、硅原子核外电子占有种能量不同的轨道；Li、CSi的最高价氧化物中，属于原子晶体的是。(2)钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由。一定温度下，在2L的密闭容器中，Li4SiO4与CQ发生如下反应：Li4SQ(s)+CQ(g)=Li2SiO3(s)+Li2CQ(s)。(3)该反应的平衡常数表达式K=,反应20min,测得容器内固体物质的质量增加了8.8g,则020min内CQ的平均反应速率为。(4)在Ti、T2温度下，恒容容器中c(C。)随时间t的变化关系如图所示。该反应是反应(选填放热”或吸热”)。上吟若Ti温度下，达到平衡时c(CQ)为amolL-1,保持其他条件不变，通入一定量的C

13、O2,重新达到平衡时c(CO2)为bmolL-1。试比较a、b的大小，并说明理由。【答案】5SiQ钠元素和锂元素均为第IA族元素，Na原子有3个电子层，Li原子有2个电子层，原子半径Na>Li,则原子核对外层电子的吸引能力：Na<Li,失电子能力：Na>Li,因此金属性Na强于Li1cCO20.005mol匚1min-1放热a=b,通入一定量的1K=cOT不变'故达到新1cCO2;0.005molL-1min-1;CO2,平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数平衡时c(CQ)不变，即a=b【解析】【分析】【详解】硅是14号元素，基态硅原子的核外电子排布式为1

14、s22s22p63s23p2,其核外电子共占有5种能量不同的轨道；Li、CSi的最高价氧化物分别为Li2。、CO2、SiQ,Li2O是离子晶体、CO是分子晶体、SiO2是原子晶体，故答案为：5;Sid;(2)钠元素的金属性比锂强，从原子结构解释：钠元素和锂元素均为第IA族元素，Na原子有3个电子层，Li原子有2个电子层，原子半径Na>Li,则原子核对外层电子的吸引能力：Na<Li,失电子能力：Na>Li,因此金属性Na强于Li,故答案为：钠元素和锂元素均为第IA族元素，Na原子有3个电子层，Li原子有2个电子层，原子半径Na>Li,则原子核对外层电子的吸引能力：Na&l

15、t;Li,失电子能力：Na>Li,因此金属性Na强于Li；(3)平衡常数等于生成物的平衡浓度哥之积除以反应物的平衡浓度哥之积，根据化学反应方程式Li4SiO4(s)+CQ(g)Li2SiQ(s)+L2CQ(s),反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固1体，则平衡常数K二;反应中固体增加的质量即为消耗的CQ的质量，反应20mincCO2消耗的C6的质量为8.8g,?c(CO2)=8.8g+44g/mol+2L=0.1m1ol则020min内CO2的平均_II-1反应速率CO2=-=.m°=0.005molL-1min-1,故答案为：t20min(4)由图像分析可知，T1先达到平衡

16、，则温度T1>T2,T2到T1的过程是升温，c(CC2)增大，平衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T1温度下，达到平衡时c(CO)为amolL-1,保持其他条件不变，通入一定量的CQ,平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数a=b,通入K二门不变，故达到新平衡时c(CQ)不变，即a=b,故答案为：放热;cCO21定量的CO2,平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=cco,不变,故达到新平衡时c(CO2)不变，即a=b。【点睛】第(3)小问为本题的难点，需要学生正确理解平衡常数的表达方式，同时理解反应中固体增加的质量即为消耗的CO2的质量为本题的解答关键，第(4)题的

17、第二问a、b的大小比较为易错点，注意巧用化学平衡常数作答。5.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区。(2)Mg(H2O)62+(N5)2(H2O)42-的晶体的部分结构如图1所示:N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示:TOftI1/kJ?md-1I2/kJ?mo1I3/kJ?mo1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X、Y、Z中为N元素的是,判断理由是。从作用力类

18、型看，Mg2+与H2O之间是、N5与H2O之间是。N5-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m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AgNs的立方晶胞结构如图2所示，Ag+周围距离最近的Ag+有的Ns-与Ag+的平均距离为anm,Na表示阿伏加德罗常数的值，则个。若晶体中紧邻AgNs的密度可表示为g?cm3(用含a、【答案】3d5dsZNa的代数式表示)。X最外层为2个电子，X为镁；N的2P轨道处于半充满的稳定

19、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sp212_228.910Na(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)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；根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；结合Ns-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AgNs的个数，结合p

20、m-计算密度大小。【详解】(1)Mn是2s号元素,根据构造原理可得Mn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63ds4s2,Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+,其价电子排布式为3ds；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)X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；在该晶体中阳离子Mg(H2O)62+的中心离子Mg2+含有空轨道，而配位体

21、H2O的O原子上含有孤电子对，在结合时，Mg2要供空轨道，H2O的O原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子(Ns)2(H2O)42-上Ns-与H2O的H原子之间通过氢键结合在一起，形成NH-O,故二者之间作用力为氢键；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。Ns-为平面正五边形，说明N原子的杂化类型为sp2杂化；在Ns-中，每个N原子的sp2杂化轨道形成2个b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，Ns-为4个N原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的

22、阴离子，所以含有的电子数为s个，其中大兀键是由4个原子、s个电子形成，可表示为：；(3)根据AgNs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+12X1=4,晶胞体积为V=(2a/mol1CC“22cm3,贝Up=m_NA/moi8.910g/cm30V2a1073cm3Naa3【点睛】本题考查了物质结构，涉

23、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。6.X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。X原子核外各层电子数之比为1:2,Y原子和Z原子的核外电子数之和为20,W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。请回答下列问题：(1)元素X的最高价氧化物的电子式为;元素Y、Z、W的原子半径由大到小顺序为O(2)单质铜和元素丫的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为(3)元素W位于周期表的第周期第族，其非金属性比R弱

24、，用原子结构的知识解释原因：。元素W和R的气态氢化物的稳定性关系为：(写出化学式)。(4)R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的化学方程式：。(5)Y和Z组成的化合物ZY被大量用于制造电子元件。工业上用Z的氧化物、X单质和Y单质在高温下制备ZY,其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1:3,则该反应的化学方程式为。【答案】Al>P>N4HNO3(浓)+Cu=2NO2f+Cu(NO)2+2H2O三VAP原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱H2S>PH3SO+NH3H2O=高温NH4H

25、SQA12O3+3C+N22A1N+3CO【解析】【分析】X原子核外各层电子数之比为1:2,则原子核外有两个电子层，电子数分别为2、4,X为碳元素；Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为氮、R为硫；由Y原子和Z原子的核外电子数之和为20,可确定Z为铝；由W和R是同周期相邻元素，可确定W为磷。【详解】(1)由以上分析知，X为碳元素，其最高价氧化物为CO2,电子式为0：5：毛；元素Y、Z、W分别为N、Al、P,原子半径由大到小顺序为Al>P>No答案为：O=：C：q;Al>P>N;(2)单质Cu和浓HNO3发生反应，生成Cu(NO3)2、NO2等，化学方程式为4HNO3

26、(浓)+Cu=2NO2T+Cu(NO)2+2H2O。答案为：4HNO3(浓)+Cu=2NO2T+Cu(NO)2+2H2O;(3)元素W为磷，位于周期表的第三周期第VA族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因为：P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱。元素P的非金属性比S弱，气态氢化物的稳定性关系为：H2S>PH3。答案为：三；VA;P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱；H2S>PH3；(4)SO2能使品红溶液褪色，工业上用NH3的水溶液作吸收剂，与足量SC2反应生成NH4HSQ,化学方程式为SQ+NH3H2O=NH4HSQ。答案为

27、：SQ+NH3H2。=NH4HSQ；(5)工业上用AI2O3、C和N2在高温下反应制备AlN,其中AI2O3和C单质的物质的量之比为高温1:3,则该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2=2AlN+3COb答案为：高温Al2O3+3C+N22AlN+3CO。【点睛】氨水中通入二氧化硫，起初生成(NH4)2SO3,继续通入二氧化硫，与(NH4)2SQ、H2O反应生成NH4HSQ。7.下表是元素周期表的一部分，回答相关的问题。假周期IHaDIaRaVa1TA0一二(1)写出的元素符号一(2)在这些元素中，最活泼的金属元素与水反应的离子方程式：_。(3)在这些元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的

28、是_(填相应化学式，下同)，碱性最强的是(4)这些元素中(除外)，原子半径最小的是_(填元素符号，下同)，原子半径最大的是(5)的单质与的最高价氧化物的水化物的溶液反应，其产物之一是O&,(O、X分别表示氧和的元素符号，即OX2代表该化学式)，该反应的离子方程式为(方程式中用具体元素符号表示)_。(6)的低价氧化物通入足量Ba(NO3)2溶液中的离子方程式_o【答案】Mg2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2THClC4NaOHFNa2F+2OH-=O同+2F+H2O3SQ+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaS。J+2NO+4H+【解析】【分析】根据元素在元素周期表正的位置可以得

29、出，为N元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此分析。【详解】(1)为Mg元素，则的元素符号为Mg；(2)这些元素中最活泼的金属元素为Na,Na与水发生的反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2f；(3)这些元素中非金属性最强的是Cl元素，则最高价氧化物对应的水化物为HC1O4,这些元素中金属性最强的元素是Na元素，则最高价氧化物对应的水化物为NaOH;(4)根据元素半径大小比较规律，同一周期原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族原子半径随原子序数的增大而增大，可以做得出，原子半径最小的是F元素，原子半径最大的是N

30、a元素；(5)F2与NaOH反应生成OF2,离子方程式为2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O；(6)为S元素，的低价氧化物为SO2,SQ在Ba(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，SO2变成SO42",NO3-变成NO,方程式为3SQ+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSQJ+2NO+4I4。8.A、B、CD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可以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”，)验证该结论的实验方法是O(3

31、)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)组装成原电池如图所示。在a电极上发生的反应可表布为。若电池工作一段时间后，a极消耗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，如果该化n合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物SQ+Cb+2H2O=H2SQ+2HClPb-2e+SQ2-=PbSQ3.25.1【解析】【分析】A、B是金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水

32、化物可以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0C显-2价，C是S元素；A、B、C、D是原子序数依次增大，所以D是Cl元素。根据以上分析，(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A1C13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，如果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SQ,D单质是氯气，SQ通入氯水发生反应的化学方程式为SO2+C2+2H2Q=H2SQ4+2HCl；(4)H2SO4溶液、Pb、PbO2构成原

33、电池，Pb是负极、PbO2是正极；a极是负极，Pb失电子生成PbSQ沉淀，a电极上发生的反应可表示为Pb-2e-+SO2-=PbSQ;b是正极，b电极反应式是PbO2+2e-+4H+SQ2-=PbSC4+2H2O;a极消耗0.05molPb,转移电子的物质的量是O.lmol,b电极消耗0.05molPbO2,生成0.05molPbSO4质量变化为303g/mol0.05mol-239g/mol0.05mol=3.2g；根据总反应式Pb+PbQ+H2SC4=2PbSQ+2H2O,a极消耗0.05molPb,总反应消耗0.1molH2SQ,此时H2SQ溶液的浓度为=5.1mol/L。5.2mol/

34、L1L-0.1mol1L9.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.AgCkAgBr、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(2)实验室从海藻灰中提取少量碘的流程如下图：河番达也俄含】1V上溶泄出7麻J晶志照储&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+SO42一等杂质，“除杂”

35、所需试剂有：过量的NaOH溶液过量的Na2CO3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)=2.9X00离子浓度小于1x105mol/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NaHCQ的原因是。氨碱法”是在滤液中加入产生NH3,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pH7(填“>”“<”或“

36、=”)。【答案】acMn6+2+4H+=Mn2+l2+2H2O分液蒸储(或或)2.9X坳NaHCQ的溶解度最小CaO或Ca(OH»NH4C1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；b. F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强；c. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强；d. F2、C2Br2、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Ca

37、2+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、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a正确；b. F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b错误；c. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；d. F2、C2Br2、I2与H2化合由易变难，d错误；答案为ac；(2)氧化时，在

38、酸性条件下MnO2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+I2+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+)xc(CO)=2.9X-90则c(CQ2-)=2.9x1mol/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

39、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(Cr)+c(OH-)+c(HCO3')+2c(CO32"),c(Na+)=c(C-),c(NH4+)=c(HCQ-),则c(H+)=c(OH)+2c(CO32-),溶液呈酸性，pH<7。【点睛】非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，失电子能力越弱。10.下列问题涉及前20号元素，请按要求用相应的化学用语作答：(1)族序数等于周期数2倍的元素(2)最外层电子数是内层电子数的一半且单质可作为电极材料

40、的元素，其在周期表中的位置是(3)原子半径最大的短周期元素和地壳中含量最多的元素形成原子个数比为1:1的化合物，其阴离子符号为(4)最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素，其最高价氧化物与短周期元素中最稳定的气态氢化物的水溶液间发生反应的化学方程式(5)第三周期元素中，简单离子半径最小的元素，其离子结构示意图为(6)简单离子Xn+与Yn-具有相同的电子层结构，Xn+的焰色为淡紫色，则Y的最高价氧化物对应水化物的名称为【答案】CS第两周期IA族Q2SQ+4HF=SiFT+2H2O0Yb高氯酸【解析】【分析】(1)族序数等于周期数2倍的元素是碳和硫元素；(2)最外层电子数是内层电子数的一半，单质

41、可作为电极材料的元素，该元素为金属，是锂元素；(3)原子半径最大的短周期元素是Na、地壳中含量最多的元素是O;(4)最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素是WA族的C、Si,其最高价氧化物分别是C6、SiQ,短周期元素中最稳定的气态氢化物是HF;(5)第三周期元素中，简单离子半径最小的元素是Al;(6)Xn+的焰色为淡紫色，X是K元素，简单离子K+与Y具有相同的电子层结构，则Y是Cl元素；【详解】(1)族序数等于周期数2倍的元素，如为第二周期的元素，族序数是4,则为C,如为第三周期的元素，族序数是6,则为S；(2)最外层电子数是内层电子数的一半，单质可作为电极材料的元素，该元素为金属，所以是

42、锂元素，在周期表中的位置是第两周期IA族；(3)原子半径最大的短周期元素是Na、地壳中含量最多的元素是0,形成原子个数比为1:1的化合物是Na2O2,其阴离子符号为O22-;(4)最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素是IVA族的C、Si,其最高价氧化物分HF,能与HF反应的是SiQ,反应方Al,Al3+结构示意图为；HCIO4,名称为高氯酸；别是CQ、SiQ,短周期元素中最稳定的气态氢化物是程式是SiQ+4HF=SiFT+2屋O;(5)第三周期元素中，简单离子半径最小的元素是(6)Y是Cl元素，Cl的最高价氧化物对应水化物是二、化学键练习题(含详细答案解析)11.已知：W、X、YZ、T均为

43、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溶于水能使酚酬:变红，用方程式表示酚酬:变红的原因。(3)元素T的原子中电子占据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材料，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具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。Is【答案】G|十|NH3+H2O?NH3?HO?NH4+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

44、元素，化合物种类最多的是烧，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木式为,故答案为:(2)化合物YW3的水溶液能使酚酬: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导致溶液呈碱性，碱遇酚猷试液变红色，故答案为：NH3+H2O?NH3?H2O?NH4+OH'(3)元素T的原子中电子共占据了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,所以位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，说明该物质属于原子晶体，故选b;故答案为：三；IIIA;

45、b;(4)NX3与NH3具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，所以N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。12.现有氯化银、金刚石、氯化钱、硫酸钠、干冰、碘片六种物质，按下列要求回答：(1)熔化时不需要破坏化学键的是,熔化时需要破坏共价键的是,熔点最高的是,熔点最彳氐的是O(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O(3)的电子式是,的电子式是。【答案】|Q：Ba2+Q：”I：【解析】【分析】

46、(1)BaC2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4C1、NazSd属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分子晶体，分子晶体熔化时不需要破坏化学键，原子晶体、离子晶体熔化时需要破坏化学键；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)BaC2、NH4C1、Na2SO4属于离子化合物，BaC2只含有离子键，分子晶体以分子间作用力结合；(3)BaC2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)BaC2属于离子晶体，金刚石属于原子晶体，NH4C1、Na2SO4属于离子晶体，干冰属于分子晶体，碘晶体属于分

47、子晶体，熔化时不需要破坏化学键的是干冰、碘晶体，熔化时需要破坏共价键的是金刚石，BaC2、NH4C1、Na2SO4熔化时破坏离子键，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，故熔点最高的是金刚石，熔点最低的是干冰，故熔化时不需要破坏化学键的是，熔化时需要破坏共价键的是，熔点最高的是，熔点最低的是；(2)BaCb、NH4C1、Na2SO4属于离子化合物，NH4C1含有离子键、共价键，而BaC2只含有离子键，干冰、碘晶体以分子间作用力结合；(3)BaCb为离子化合物，其电子式为CBa2+C；碘为非金属单质，以共用电子对成键，则电子式为：Y

48、：:。,【点睛】明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力是解答本题的关键，注意把握晶体类型的判断方法和微粒间的作用。离子晶体熔化克服离子键，原子晶体熔化克服共价键，金属晶体熔化克服金属键，分子晶体熔化或升华克服分子间作用力或氢键，尤其注意氢键属于分子间作用力。13.钠是一种非常活泼、具有广泛应用的金属。(1)钠的原子结构示意图为(411)281,钠在反应中容易电子(填得到”或失去”)。2-(2)金属钠非常活泼，通常保存在里，以隔绝空气。(3)汽车安全气囊的气体发生剂NaN3可由金属钠生产。某汽车安全气囊内含NaN3、F&O3和NaHCQ等物质。i .当汽车发生较严重的碰撞时，引发Na

49、N3分解2NaN3=2Na+3N2,从而为气囊充气。N2的电子式为。ii .产生的Na立即与Fe2O3发生置换反应生成NazO,化学方程式是。iii .NaHCQ是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。NaHCQ起冷却作用时发生反应的化学方程式为。iv .一个安全气囊通常装有50gNaN3,其完全分解所释放的N2为mol。(4)工业通过电解NaCl生产金属钠：2NaCl(熔融)*联2Na+C2,过程如下：4金属钠已知：电解时需要将NaCl加热至熔融状态。NaCl的熔点为801C,为降低能耗，通常加入CaC2从而把熔点降至约580C。把NaCl固体加热至熔融状态，目的是。电解时，要避免产生的Na与Cl

50、2接触而重新生成NaCl。用电子式表示NaCl的形成过程O粗钠中含有少量杂质Ca,过程n除去Ca的化学方程式是。过程I中，CaC2能发生像NaCl那样的电解反应而被消耗。但在过程I中CaC2却不断地被重新生成，原因是。【答案】失去煤油：N：N：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe2NaHCO3ANa2CO3+CO2T+H2O1.2mol破坏离子键，产生自由移动的Na卡和CT上一：Q：J2Ca+Na2O2=2CaO+2NaCa与Na活泼，Ca与Cl2反应生成CaC2【解析】【分析】(1)根据钠原子的结构示意图最外层电子数分析；(2)金属钠为活泼金属，能与氧气反应，常保存在煤油中；(3)i.N2

51、中两个氮原子之间共用叁键；ii .发生置换反应，利用置换反应特点完成；iii .利用碳酸氢钠不稳定性进行分析；iv .根据反应方程式进行计算；(4)利用电解质导电条件进行分析；NaCl是离子化合物，是由Na+和CF组成；根据流程进行分析；利用金属性强弱进行分析；【详解】(1)根据钠的原子结构示意图，最外层只有1个电子，容易失去1个电子，达到稳定结构；答案为失去；(2)金属钠是活泼金属，能与氧气反应，常保存在煤油里，以隔绝空气；答案：煤油；(3)i.N2中两个氮原子以叁键结合，且氮原子最外层有5个电子，其电子式为：N；：N：；答案：N;:N：；ii .Na与Fe2O3发生置换反应，根据置换反应特

52、点，Na应将Fe置换出来，即反应方程式为6Na+F&O3=3Na2O+2Fe；答案：6Na+Fe2O3=3Na2O+2Fe；iii .分解反应为吸热反应，碳酸氢钠不稳定，受热易分解，降低温度，其反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2ZH2O；答案：2NaHCO3Na2CO3+CO2/+H2。；2NaN3=2Na+3N2iv .根据反应方程式：265g3mol解得n(N2)=1.2mol；50gn(N2)答案：1.2mol；(4)NaCl为电解质，固体不导电，熔融状态下能够导电，破坏离子键，产生自由移动的Na卡和Cl;答案：破坏离子键，产生自由移动的Na+和Cl;NaCl为离子化

53、合物，是由Na+和CF组成，用电子式表示NaCl的形成过程：5+叁一高窗:；答案：YL一、蒲：(!：；根据过程II,粗钠中加入过氧化钠生成氧化钙和金属钠，因此发生的反应方程式为2Ca+Na2O2=2CaO+2Na；答案：2Ca+Na2O2=2CaO+2Na；过程I中，CaC2被电解成Ca和Cb,因为Ca比Na活泼，因此Ca与Cl2反应生成CaC2；答案：Ca与Na活泼，Ca与C2反应生成CaC2。14.铁及其化合物在生活中有广泛应用。(1) Fe3+基态核外电子排布式为。(2)实验室用KSCN溶液、苯酚检验Fe3+O1mol苯酚分子中含有b键的数目为。类卤素离子SCN可用于Fe3+的检验，其对

54、应的酸有两种，分别为硫氟酸(H-S-C三X)和异硫氟酸HNCS,这两种酸中沸点较高的是(3)氮化铁晶体的晶胞结构如图-1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为®-i(4)某铁的化合物结构简式如图-2所示kO""'。oc-44二cg用C4Hl-nLc-A<7rE-2上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)。上述化合物中氮原子的杂化方式为。【答案】Ar3d513moi或13X6.02>2310异硫氟酸或HN=C=S4：10>N>C>Hsp3和sp2【解析】【分析】(1)按要求写出Fe3+的电子排布式即

55、可；(2)数出苯酚中的单键即可；沸点与分子间作用力有关，硫氟酸分子间无法形成氢键，异硫鼠酸分子间可形成氢键，因此异硫氟酸的沸点较高；(3)根据均摊法，数出氮、铁的原子数即可，注意面心上的原子算0.5个，体心算1个,边角上算0.125个；(4)电负性一定是0>N>C>H,也可从各物质之间形成的化合物，谁显负价谁电负性大来判断；而杂化方式可从其形成的键来判断；【详解】(1) Fe为26号元素，则Fe3+的基态核外电子排布式为Ar3d5;(2) 1个苯酚中有13个单键和一个大兀键；硫氟酸分子间无法形成氢键，异硫氟酸分子间可形成氢键，因此异硫氟酸的沸点较高；1.1,(3)氮原子在体心，因此就1个，铁原子有8一+6=4个，因此铁、氮的微粒个数之82比为4:1;(4)电负性大小为0>N>C>H,氮原子有成单键的也有成双键的，因此氮的杂化方式有23sp和sp两种。15.氨在化肥生产、贮氢及燃煤烟气脱硫脱硝等领域用途非常广泛.1尿素CONH2）2与氟酸俊NH4CNO互为；鼠酸俊属于化合物（选填：离子”