备战高考化学—元素周期律的综合压轴题专题复习附答案

1、备战高考化学一元素周期律的综合压轴题专题复习附答案一、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”、“

2、原子”)。(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、O、FNa、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

3、的水化物的碱性越强，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>H2Q>CH4,最稳定的氢化物是HF,其结卞式为H-F;(5)和按原子数1:2形成的化合物是CQ2,其电子式为：,CQ2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NaQH,是Al,其最高价氧化物的水化物是Al(QH)3,Al(QH)3表现两性，与碱反应的化学方程式为Al(QH)3+NaQH=NaAQ+2H2

4、Q。2 .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，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

5、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nnnrr32p哑铃Al(QH)3+NaQH-NaAlQ2+2H2Q3HCl+Al(QH)3AlC3+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

6、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nnr-n,，其原子核外有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：WW口-'3：;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化物反应的化学方程式为：Al(OH)3+NaOHNaA

7、lO2+2H2O；D的氢化物HCl,氯化氢与氢氧化铝反应的离子方程式为：3HCl+Al(OH)3A1C13+3H2O;答案为：Al(OH)3+NaOhHNaAlO2+2H2O;3HCl+Al(OH)3AlCl3+3H2。【点睛】(4)容易错，最高价氧化物的水化物与碱反应方程式为Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O;实际做题时，常用同学找不出Al(OH)3而用最高价氧化物Al2O3替代。3 .I.某化合物A由两种元素组成，可以发生如下的转化。一体d均通.同体琼-1已知：标准状况下，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

8、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】Al、CA4C3Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4T+4NaAlC2Al4Q+4Fe2O3=2Al2O3+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,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

9、，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/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Al4Q,C为NaAlO2,NaAlO2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.(1)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Al4C3,故答案为：Al、C;Al4。；(2)Al4C3与NaOH溶液反应生成CH4和4Na

10、AlO2,故反应的化学方程式为Al4O+4NaOH+4H2O=3CH4+4NaAQ；(3)Al4C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe和CC2,故反应的化学反应方程式为Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CQT；n.(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=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

11、淀，则只有乙醛。4.根据下表回答问题:(3)写出元素的最高价氧化物对应的水化物与元素形成的单质反应的化学方程式O(4)写出元素形成的不同化合价的化合物的化学式(写出四个),其中能与元素形成的单质反应的化学方程式为。【答案】第3周期第IVA族102NaOH+C2=NaCl+NaClO+HONW、NO、N8HNO3Al+4HNO3=Al(NO3)3+NOT+2H2O【解析】【分析】元素是钠，其最高价为+1,所以最高价氧化物对应的水化物为NaOH；为N,其常见化合价为-3、+2、+4、+5等。【详解】(1)由图可知元素在周期表中的位置是第3周期第IVA族。(2)元素和的原子序数分别为1和11。(3)

12、元素的最高价氧化物对应的水化物是NaOH,元素形成的单质是C12,所以反应为2NaOH+C2=NaCl+NaClO+H2Oo(4)为N,其常见化合价为-3、+2、+4、+5等，形成的不同化合价的化合物的化学式为NH3、NO、NO2、HNO3等。(5)元素是Al,HNO3与Al反应，Al+4HNO3=Al(NO3)3+NOT+2H2。5.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示:(1)中NH3参与反应的化学方程式为(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物口比咤),其分子中相邻的C和N原子相比,原子吸引电子能力更(填强”或弱")从原子结构角度解释原因：(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法

13、。2007年化学家格哈德埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：耨醴已知电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式：。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：。催化剂【答案】4NH3+5O24NO+6H2O强C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原A子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强bc4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)H心(3c-3a-2b)kJmol-12HSO-+2e-+2H+=SO42-+2H2O2NO+2SO42-+2H2O=N2+4HSQ-【解析】【分析】【详解】(1)氨气在催化剂条件下与

14、氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方催化剂程式为4NH3+5O24NO+6H2O;A(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；(3)a.氮气中两个氮原子之间为三键，故a错误；b.分析题中图可以知道，图表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图一图需要吸收能量，故b正确；c.在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化

15、学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；答案选bc。(4)中NH3参与的反应为：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)；已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=akJmol-1i;N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)H左bkJmol-1ii;2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H2ckJmol-1iii；根据盖斯定律iiiX3-iX3W彳导X4NIH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(l)H=(3c-3a-2b)kJmol-1；(5)阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-,电解质溶液显弱酸性，所以电极反应

16、式为：2HSO3-+2e-+2H+=QO42-+2H2O;据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守值、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2&O42-+2H2O=N2+4HSQ-。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，丫的氧化物和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Y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元

17、素W位于周期表的第周期第族,其非金属性比R弱，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)丫和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】OI：C：=qAl>P>N4HNO3(浓)+Cu=2NO2T+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

18、能力较弱H2S>PH3SO+NH3H2O=高温NH4HSQAI2O3+3C+N22AIN+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；丫的氧化物和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CC2,电子式为毛；元素Y、Z、W分别为N、Al、P,原子半径由大到小顺序为AI>P>No答案为：0-C-0;AI>P>N;(2)单质Cu和浓HNO3发生反应，生成

19、Cu(NO3)2、NO2等，化学方程式为4HNO3(浓)+Cu=2NO2T+Cu(NO)2+2H2O。答案为：4HNO3(浓)+Cu=2NO2T+Cu(NO)2+2H2。；(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：HzS>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SQ反应生成NH4HSQ,化学

20、方程式为SQ+NH3H2O=NH4HSQ。答案为：SQ+NH3H2。=NH4HSQ;(5)工业上用AI2O3、C和N2在高温下反应制备AIN,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AI2O3+3C+N22AIN+3CO。答案为：高温AI2O3+3C+N22A1N+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)2S。、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。族周期IIIAniARaVAVIA1-VHa0二(1)写出的元素符号_。(2)在这些元素中，最活泼的金属元素与水反应的离子方程

21、式：_。(3)在这些元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是_(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O(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波，(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_。【答案】Mg2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2THC1QNaOHFNa2F+2OH-=O也+2F+H2O3SQ+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSQJ+2NO+4H

22、"【解析】【分析】根据元素在元素周期表正的位置可以得出，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HClO4,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

23、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Na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S6,SQ在Ba(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，SO2变成SQ2-,NO3-变成NO,方程式为3SQ+2NO3-+3Ba2+2H2O=3BaSQJ+2NO+4H+。8.如图是元素周期表的一部分，请回答下列问题:IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA。族123(1)在这些元素中，单质的化学性质最不葫次.的是一(填元素符号)。(2)的气态氢化物的电子式，形成的气态化合物的结构式。(3)这些元素形成的最高

24、价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物为(填物质的化学式)，写出它的电子式：；酸性最强的含氧酸为(填物质的化学式)，写出它的电离方程式：。(4)在和两种元素中，非金属性较强的是(填元素名称)，的单质可以和的最高价氧化物的水化物反应，请写出有关化学方程式。(5)与Si元素分别形成的最高价氧化物，的熔点更高，原因是一。*【答案】ArH：y：HO=C=ONaOH舟盯HC1O4HClQ=H+CQ-氮HC+4HNQ(浓)&CO4+4NQT+2H2OSiQSiQ为原子晶体，熔融时需破坏共价键【解析】【分析】由表中元素所在的位置，可确定为氢(H),为碳(C),为氮(N),为氧(O),为钠(Na),为镁

25、(Mg),为硫(S),氯(Cl),为僦(Ar)。【详解】(1)在这些元素中，单质的化学性质最不葫次.的是稀有气体元素Ar。答案为:Ar；'*H：M：H(2)为氮元素，其气态氢化物的化学式为NH3,电子式为飞，形成的气态化合物为CQ,它的结构式为O=C=Q答案为：?"口；O=C=Q11(3)这些元素形成的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是钠的氢氧化物，化学式为NaOH,它的电子式为电1：0.出了；酸性最强的含氧酸为高氯酸，化学式为HClO4,它是一元强酸，发生完全电离，电离方程式为HClO4=H+ClO4-o答案为:NaOH；脂飞今讨了；HCQ;HCQ=H+ClOC(4)同周

26、期元素，从左往右，非金属性依次增强，则在和两种元素中，非金属性较强的是氮，的单质为碳，和的最高价氧化物的水化物硝酸反应，生成二氧化碳、二氧化氮和水，有关化学方程式为C+4HNC3(浓)qCQT+4NQT+2建O。答案为：氮；C+4HNQ(浓)CO2T+4NO2T+2H2O;(5)与Si元素分别形成的最高价氧化物为CO2、SIO2,前者为分子晶体，后者为原子晶体，Si。的熔点更高，原因是SiO2为原子晶体，熔融时需破坏共价键。答案为:SiO2;SiO2为原子晶体，熔融时需破坏共价键。【点睛】碳与稀硝酸即便在加热条件下也不能发生化学反应，碳与浓硝酸混合液，若不加热，反应不能发生，也就是说，只有碳与

27、浓硝酸在加热条件下才能反应，生成三种非金属氧化物。9.下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题:族周期IA01namAWAVAVIAvnA23(1)三种元素构成的化合物的电子式：_;的最高价氧化物对应水化物的化学式：。(2)、的简单离子半径由大到小的顺序：_(用离子符号填写)。(3)用一个化学方程式表示、二种元素非金属性的强弱_o(4)的单质与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、元素以原子个数比为1：1形成化合物Q,元素、元素形成化合物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

28、程式：。【答案】HC1O4g->F>Al3+2历+2H2O=4HF+Q2A1+2OH+2H2O=2AlO2-+3H2fN2H4+2H2O2=N2+4H2O【解析】【分析】由元素周期表可知为H;为C;为N;为O;为F;为Na；为A1;为S;为Cl；(1)三种元素构成的化合物为NaOH;的最高价氧化物对应水化物为HClQ；(2)、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)的单质为Al的最高价氧化物对应水化物的水溶液为NaOH;(5)元素、元素以原子个数比为1：1形成化合物Q为H2O2,元素、元素形成化合物M,Q和M的电子总数相等，

29、M为N2H4,以此分析。【详解】由元素周期表可知为H;为C;为N;为O;为F;为Na；为Al;为S;为Cl。(1)三种元素构成的化合物为NaOH,电子式为Na+:O：H,的最高价氧化物对应水彳t物为HC1O4,故答案为：HC1O4；(2)、的简单离子为F-、A13+、则离子半径S2->F->A13+,故答案为：*>F->A13+；(3)氟气与水反应生成氧气可证明F的非金属强于O,反应方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2,故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2;(4)的单质为A1,的最高价氧化物对应水化物为NaOH,离子方程式为：-2A1+2OH+2H2O=2A1O

30、2+3H2，故答案为：2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2；(5)元素、元素以原子个数比为1：1形成化合物Q为H2O2,元素、元素形成化合物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.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、HC1、HBr、HI的还原性的依次增强d.F2、C12、Br2、I2与H2化合由难变易

31、(2)实验室从海藻灰中提取少量碘的流程如下图：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+、Cai2+和SO42一等杂质，“除杂”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)=2.9x-90离子浓度小于1x1C5mo1/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NJL*陋和住船求能析出NaHCQ的原因是。氨碱法”是在滤液

32、中加入产生N%,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CQ,当(HCO3)=c(NH4+)时，溶液的pH7(填“>”“<”或“=”)。【答案】acMnO2+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»NH4CI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

33、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；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镂；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

34、，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

35、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(CC32-)=2.9xZbnol/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”滤液中的主要成分为氯化镂，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镂；根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(C)+c(OH-)+c(HCC3-)+2c(CC32-),c(Na+)=c(C-),c(NH4+)=c(HCQ-),则c(H+)=c(OH)+2c(CQ2-),溶液呈

36、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。二、化学键练习题（含详细答案解析）11.煤气中主要的含硫杂质有H2s以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SQ从而引起大气污染。煤气中H2s的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。回答下列问题：（1）将H2s通入FeCb溶液中，该反应的还原产物为。（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。COS的分子结构与CQ相似，COS的电子式为。Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为。已知断裂1mol化学键所需的能量如下（能量的单位为kJ）：H-HC-O

37、C-SH-SCO4367455773391072H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)H2s(g)+CO(g),该反应的H=kJmol-1。用活性“T12O3催化COS水解的反应为COS(g)+H2O(g)脩分CQ(g)+H2s（g）H<0,相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的nH2O转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与的关系如图n（COS）2所示。由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为;由图2可知，P点时平衡常数K=（保留2位有效数字）。*,【答案】Fe2+（或FeC2）：O：C：S；COS+4Br+12OH=C

38、。2-+SO2-+8Br+6H2O+8150C0.048【解析】【分析】【详解】(1)将H2s通入FeCb溶液中，反应为：H2s+2F(3+=SJ+2Fe+2H+,Fe3+被还原为Fd2+,故还原产物为Fe2+(或FeC2)；cos的分子结构与ca相似，cos的电子式为：o：C：S：； 碱性溶液，OH一参与反应生成水，Br2作氧化剂还原为Br,故Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为COS+4B2+12OH=CO2-+SO2-+8Br+6H2O; 结合表格数据和反应H2(g)+COSg)H24g)+CO(g),则H=(436+745+577-2X339-1072)kJmo

39、l-1=+8kJmol-1; 由图1可得，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，150c时COS转化率最大，所以该温度下反应速率最快，催化剂活性最大，由图2(单位：mol/L):COS(g)H2O(g)CO2(g)H2S(g)开始1300转化0.30.30.30.3平衡0.72.70.30.3则K=0.048。c(CO2)c(H2S)0.30.31=c(COS)c(H2O)0.72.721【点睛】在一定的条件下，某可逆反应的K值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的正反应进行的程度越大，即该反应进行的越完全，反应物转化率越大；反之，反应就越不完全，转化率就越小。当K=105

40、时，该反应就能基本进行完全，一般看成非可逆反应；而K在0.110之间的反应是典型的可逆反应。12.短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示:请回答下列问题：(1) D在元素周期表中的位置为一。(2) A和C形成的一种摩尔质量为41gmol-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的清除剂，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与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为。(4

41、)下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是(填序号)。E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀E与H2化合比D与H2化合更容易D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+)：D>E(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，则D2E2的电子式为。【答案】第三周期V!A族AlN+4HCl=AlCl3+NH4C12NH3+3H2Q2=N2f+6H2O或2NH3-H2O+3H2O2=N2f+8H2。N2H4+H2。N2H5+OHN2H6(HSC4)2：ciis;s：a：【解析】【分析】由短周期

42、元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，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V!A族；(2)A和C形成的一种摩尔质量为41gmol1的化合物，则该化合物为AlN。根据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl,其化学方程式为AlN+4HCl=AlC3+NH4Cl;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的清除剂，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

43、,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+H20r“N2H5+OH；N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H6对，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSQ,化学式为N2H6(HSO4)2;(4)E的单质，即Cl2,与D的气态氢化物H2s的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应Cl2+H2S=SJ+2HCl,Cl2置换出S,Cl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确；非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。Cl2与H2化合比S与H2化合更容易，可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确；S与

44、Fe化合时产物中Fe为+2价，C2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子能力强，可知非金属性Cl(E)大于S(D),正确；D的最高价含氧酸为H2SQ,E的最高价含氧酸为HClOu同浓度下，H2SQ溶液中c(H+)大，是由于H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的非金属性强弱无关，错误；综上符合题意；(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，S达到稳定结构需要形成2对共用电子对，Cl达到稳定结构需要形成1对共用电子对，可知S2cl2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，结构式为Cl-S-S-Cl,其电子式为：口：S：S

45、：C)：13.Q、RX、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，RX、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，丫与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。(1)周期表中的位置：,其原子核外有种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是(用元素符号表示)。(2)Q分别与X、丫形成的最简单化合物的稳定性>(用分子式表示)(3)Q与R两元素组成的分子构型可能是(填写序号)。a,直线型b.平面形c三角锥形d.正四面体(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和CL

46、2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物):过量浓般般一定量NaClHD的溶液Cu2X>澄清溶液悬浊液Cu2Y非金属X丫慎“喊“<”，请用事实说明该结论：【答案】第二周期第VA族2COHO>NH3abd<2H2S+Q=2H2O+SJ【解析】Q、RX、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、丫三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y

47、与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素。【详解】根据上述分析可知Q是H,R是C,X是N,Y是O,Z是Na元素。(1)X是N元素，原子核外电子排布为2、5,所以其处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3,有s、p两种轨道，故有两种不同形状的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素；(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O,元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以氢化物的稳定性：H2O>NH3；(3)Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙快、苯等煌类物质，其中甲烷为正四面体结

48、构，乙烯为平面结构，乙快为直线形结构，故合理选项是abd;(4)X是N,丫是O,二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应：2H2S+Q=2H2O+SJ，比较出元素的非金属性：N<Oo【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。14.铝是地壳中含量最多的金属元素，铝及其化合物在日常生活、工业上有广泛的应用。(1)铝原子核外有种不同运动状态的电子，有种能量不同的电子，写出铝在

49、元素周期表中的位置：(2)氮化铝具有强度高，耐磨，抗腐蚀，熔点可达2200C。推测氮化铝是晶体，试比较组成该物质的两微粒半径大小：(3)可用铝和氧化钢反应可制备金属银：4BaO+2A高温BaOAl2O3+3BaT的主要原因是(选填编号)。a.Al活泼性大于Bab.Ba沸点比Al的低c.BaOAl2O3比AI2O3稳定(4)工业上用氢氧化铝、氢氟酸和碳酸钠制取冰晶石(Na3AlF6)o其反应物中有两种元素在周期表中位置相邻，可比较它们金属性或非金属性强弱的是(选填编号)。a.气态氢化物的稳定性b最高价氧化物对应水化物的酸(碱)性c.单质与氢气反应的难易d单质与同浓度酸发生反应的快慢(5)描述工业

50、上不用电解氯化铝而是用电解氧化铝的方法获得铝单质的原因：【答案】135第三周期mA族原子Al>Nbac氯化铝为分子晶体，熔点低且不电离，而氧化铝为离子晶体【解析】【分析】(1)在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，结合原子核外电子排布式确定铝原子核外电子能量的种类数目；(2)原子晶体，硬度大、熔点高，粒子的电子层越多，粒子的半径越大；(3)常温下Al的金属性比Ba的金属性弱，该反应是利用Ba的沸点比Al的低；(4)根据反应物中的元素可知，氧、氟元素位置相邻，则利用非金属性强弱的判断方法来解答；(5)氯化铝为共价化合物，晶体中不存在离子，熔融时不能导电。【详解】(1)铝是13号元素，

51、核外电子有13个，每一个电子的运动状态都不同，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1,有5个能级，因此有5种能量不同的电子；铝原子的核外电子排布为2、8、3,所以铝在元素周期表中位于第三周期mA族；(2)原子晶体硬度大，熔沸点高，根据氮化铝的物理性质：它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，可知氮化铝属于原子晶体，Al元素原子核外电子数为13,有3个电子层，N元素原子核外电子数为7,有2个电子层，原子核外电子层越多原子半径越大，所以微粒半径大小Al>N；(3)利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Al<Ba；(1Al在高温下可将氧化银中银置换出来，是由于Ba的沸点比铝的低，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，从而使可逆反应正向进行，最终制取得到金属Ba,故合理选项是b;(4)该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、FNa、C,只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与