2020-2021高考化学专题题库∶元素周期律的综合题附详细答案

1、2020-2021高考化学专题题库：元素周期律的综合题附详细答案一、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：元糸结构、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：A原子的核外电子排布式B元素在周期表中的位置;离子半径：BA(填大于”或“小于”)C原子的电子排布图是，其原子核外有_个未成对电子，能量最高的电

2、子为_轨道上的电子，其轨道呈形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C为氮元素，C原子的基态原子的电子排布图是*|讣|：，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:；3；2p；哑铃；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：AI(OH)3+NaOH=NaAIO2+2H2O；D的氢化物HCI，氯化氢与氢氧化铝反应的离子方程式为：3HCI+AI(OH)3AICI3+3H2O；答案为：AI(OH)3+NaOH=NaAIO2+

3、2H2O；3HCI+AI(OH)3=AICI3+3H2OQ【点睛】容易错，最高价氧化物的水化物与碱反应方程式为AI(OH)3+NaOH=NaAIO2+2H2O；实际做题时，常用同学找不出ai(oh)3而用最高价氧化物ai2o3替代。2.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能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。綁液TOC o 1-5 h zW在元素周期表中的位置是。2.24L(标准状况)XQ被200mL1moI/LQXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是。WQ4

4、Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是。v已知：W(s)+Y2(g)=WY2(g)H=-393.5kJ/moIWY(g)+Y2(g)=WY2(g)H=-283.0kJ/moI24gW与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是。X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是【答案】第二周期IVA族c(NO3-)c(H+)c(NH4+)c(OH-)CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2On(CO2)：n(CO)=1：3Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z是5种短

5、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；Y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Na2O2两种化合物，则Z为Na元素，以此解答该题。【详解】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；2.24L(标准状况)NH3为O.lmol,200mL1mol/LHNO3溶液含有HNO30.2mol,氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当

6、于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，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-)；由图可知，电子从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-=CO32-+6H2O；故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)AH=-393.5kJ/mol；1CO(g)+2O2(g)=CO2(g)AH=-283.0kJ/mol；1由-得C

7、(s)+2O2(g)=CO(g)AH=-110kJ/mol；24gC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，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,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(CO2)：n(CO)=1：3；故答案为：n(CO2)：n(CO)=1：3；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Na3

8、N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O；故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3H2O。3.高温下，正硅酸锂(Li4SiO4)能与CO2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：硅原子核外电子占有种能量不同的轨道；Li、C、Si的最高价氧化物中，属于原子晶体的是。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CO2发生如下反应：Li4SiO4+CO2(g)=Li2SiO3(s)+Li2CO3(s)。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8.8

9、g，则020min内CO2的平均反应速率为。在J、T2温度下，恒容容器中c(CO2)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”)。【答案】5SiO2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NaLi,则原子核对外层电子的吸引能力：NaLi,因此金属性Na强于Li1c(co)0005molL-1min-1放热a=b,通入一定量的21CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=c(co)不变，故达到新2平衡时c(C02)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1s22s22p6

10、3s23p2,其核外电子共占有5种能量不同的轨道；Li、C、Si的最高价氧化物分别为Li2O、C02、SiO2，Li2O是离子晶体、CO2是分子晶体、SiO2是原子晶体，故答案为：5；SiO2；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NaLi,则原子核对外层电子的吸引能力：NaLi，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NaLi,则原子核对外层电子的吸引能力：NaLi，因此金属性Na强于Li；(3)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除

11、以反应物的平衡浓度幂之积，根据化学反应方程式Li4SiO4s)+CO2(g)=Li2SiO3(s)+Li2CO3，反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固体，则平衡常数汽(Co)；反应中固体增加的质量即为消耗的CO2的质量，反应20min2消耗的CO2的质量为8.8g,Ac(CO2)=8.8g44g/mol2L=0.1molL-i,则020min内CO2的平均Ac(CO)O.lmol-L-1反应速率U(CO)=二-=0.005mol-L-1-min-i，故答案为：At20min1c(CO)；20.005molL-imin-i；(4)由图像分析可知，T1先达到平衡，则温度T1T2，T2到T1的过程

12、是升温，c(CO2)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(CO2)为amolL-1,保持其他条件不变，通入一定量的CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数1K=c(co)不变，故达到新平衡时c(CO2)不变，即a=b,故答案为：放热；a=b,通入21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=crco?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，第题的第二问a、b的大小比较为易错点，注意巧

13、用化学平衡常数作答。4.NaCIO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。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。碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式(填化学符号)；每摩尔铝粉可处理gNaNO2。新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaCIO消毒液，装置如图(电极都是石墨)。电极a应接在直流电源的极；该装置中发生的化学方程式为(4)Na2SO3溶液中存在水解平衡S02-+H2O=HSO-+OH-设计简单实验证明该平衡23323存在。O.1

14、mol/LNa2SO3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(HSO-)3(填“”或“2NaOH+H+CI，CI2+2NaOH-NaCI+NaCIO+H2向溶液中滴加酚酞，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】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”、“”、“SeIn的金属性比Se强In的金属性比Al弱硒化铟的化学式为InSe2工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，C

15、u2Se被溶液中的HCIO氧化为H2SeO3及CuCI2，反应中HCIO与Cu2Se的物质的量之比为。请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序(可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择)。实验步骤实验现象与结论在试管中加入，再加入，将生成气体通过洗气后，通入；现象：；结论：非金属性CSi【答案】4,IIIA+4HCIO4AsH3HFVVB：h匸：Su:：AB4：1CaCO3固体盐酸NaHCO3溶液Na2SiO3溶液生成白色胶状沉淀【解析】【分析】【详解】Ga和Al同主族，在AI的下一个周期，即第四周期，第III

16、A族，故答案为：4；IIIA；Sn和碳同主族，最高价是+4价；CI的最高价是+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HCIO4；As和N元素同主族，所以最低负价是-3价,As的气态氢化物为AsH3；故答案为：+4；HCIO4；AsH3；同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HF,故答案为：HF；As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4VH2SeO4，故答案为：V；氢化物的还原性：H2OVH2S，故答案为：V；可在金属和非金属的分界线附近来寻找

17、半导体材料，故答案为：B；硒的原子序数为34,是硫的同主族元素，位于S的下方，则位于周期表第四周期曽中看管耳1整WA族,Se2CI2的电子式为；5JSu:；故答案为：中欝中呻牛*:Ci:汛:汛：。tVF*a铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA族，电子层越多，原子半径越大，则原子半径：InSe，故A正确；元素周期表中左下方元素的金属性强，则In的金属性比Se强，故B正确；同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误;硒化铟的化学式为ln2Se3,故D错误；故答案为：AB；Cu2Se被溶液中的HCIO氧化为H2SeO3及CuCl2，可知Cl元素的化合价由+1价降

18、低为-1价，Cu元素的化合价由+1价升高为+2价、Se元素的化合价由-2价升高为+4价，由电子2x(2-1)+4-(-2)守恒可知HCIO与Cu2Se的物质的量之比为_(_)=4：1,故答案为：4：1；C、Si的非金属性强弱顺序为CSi，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性CSi。故答案为：CaCO3固体；盐酸，NaHCO3溶液；Na2SiO3溶液；现象：生成白色胶状沉淀。8海洋是资源的宝库，醢藏着丰富的化学元素，

19、如氯、溴、碘等，海洋资源的综合利用具有非常广阔的前景。下列说法正确的是。aAgCl、AgBr、AgI的颜色依次变深bF、Cl、Br、I的非金属性依次增强c.HF、HCI、HBr、HI的还原性的依次增强d.F2、Cl2、Br2、l2与H2化合由难变易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：TOC o 1-5 h z上述步骤分离操作分别为过滤、。从海水提取的粗盐中含有Mg2+、Fe2+、Ca2+和SO42-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BaCl2溶液.试剂的添加顺序为。为使Ca2

20、+完全沉淀，溶液中c(CO32-)应不小于moI/L。已知Ksp(CaCO3)=2.9x10-9,离子浓度小于1x10-5moI/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NaHCO3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CaCI2；联合制碱法是在滤液中继续通入NH3，并加入NaCI粉末以制得更多的副产物常温下，向饱和食盐水中通入NH3和CO2，当(HCO3-)=c(NH4+)时，溶液的pH7傾“”、“”或“=”)。【答案】acMnO2+2l-+4H+=Mn2+l2+2H2O分液蒸馏(或或)2.9x10-44)Na

21、HCO3的溶解度最小CaO或Ca(OH)2NH4CI小于【解析】【分析】(1)aAgCI、AgBr、Agl的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深；bF、CI、Br、l的非金属性依次减弱，金属性依次增强；cHF、HCI、HBr、Hl的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强；d.F2、Cl2、Br2、l2与H2化合由易变难；氧化时，在酸性条件下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、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+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过

22、滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据Ksp(CaCO3)计算；NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的；“氨碱法”滤液中的主要成分为氯化铵；根据溶液呈电中性计算、判断。【详解】(1)a.AgCl、AgBr、Agl的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a正确；F、Cl、Br、l的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b错误；HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难，d错误；答案为ac；氧化时，在酸性条件下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水，离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2+I2+2H2O；步骤为固

23、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+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，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(CaCO3)=c(Ca2+)xc(CO32-)=2.9x10-9，则c(CO32-)=2.9x10-4moI/L；NaHCO3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铵，加入CaO或Ca(OH)2时可产生氨气；在滤液中继续通入NH3，并加入NaCI粉末能得到更多

24、的氯化铵；根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(HCO3-)，则c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈酸性，pH0o测得容器内气体的压强变化如下表：时间t/s05101520253000总压P/kPa01.02.03.04.05.05.05.0上述条件下，以分压表示的平衡常数Kp=(kPa)2(计算结果保留两位小数)；若保持温度不变，30s时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将(填升高、降低或“不变”)；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压

25、将(填“升高”、“降低”或“不变”)。【答案】NCI3与水反应的速率太小(或NCI3与水反应的平衡常数太小)HPO32-+H2=H2PO3-+OH-前者未发生电子转移，后者发生了电子转移6.25不变升高【解析】【分析】A、B、D三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A的非金属性大于BoD与G形成的DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N,G为CloA为P,PCl3可完全水解，其水解的产物之一H3PO3常用作塑料件镀金属的还原剂，贝y：A为P,B为As,D为N,G为Cl。【详解】(1)D为N元素，D的某种氧化物N2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。no2中有未

26、成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高，N2O4=i2NO2要吸收能量，则04冃=2“02，AH0o故答案为：；NCI3用于杀菌消毒与HCIO相比，NCI3可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论分析：NCI3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因：NCI3与水反应的平衡常数太小。故答案为：NCI3与水反应的速率太小(或NCI3与水反应的平衡常数太小)；无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3PO3分子中P原子最外层的电子都参与了OI共价键的形成，H3PO3的结构式为：H：0H是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液H呈碱性，用方程式表示h3ao3的正盐HPO32-溶液呈碱性的原因

27、：HPO32-+巧0=2卩03-+OH-。故答案为：HPO32-+h2=h2po3-+oh-；液氨中因存在2NH3(1)NH4+NH2-可导电，N的化合价不变，液态N2O4中也存在N2O=NO+NO3-，N2O4中N为+4价，N0+中N为+3价，N03-中N为+5价，上述两个过程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移；TC时，在一体积为VL的密闭容器中放入一定量的PCI5固体，按下式发生反应：PCI5(s)PCI3(g)+CI2(g)，AH0o测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为5.0kPa,PCI3(g)和CI2(g)的分压

28、均为2.5kPa,上述条件下，以分压表示的平衡常数Kp=p(PCI3)p(CI2)=KPaKPa=6.25(kPa)2(计算结果保留两位小数)；p3222若保持温度不变，平衡常数不变，30s时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器内的总压将不变；若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度升高，容器内的总压将升高。故答案为：6.25；不变；升高。周期表前四周期的元素A、B、C、D、E,原子序数依次增大。A的核外电子总数与其期序数相同，B和D位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子。TOC o

29、1-5 h zB、C、D三种元素第一电离能由大到小的顺序为_(填元素符号)，E基态原子价层电子排布图为。写出由以上元素组成的BD2的等电子体的分子。已知D可形成D3+离子，该离子中心原子杂化方式为，立体构型为_。温度接近沸点时，D的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量，原因是。无色的E(CA3)2+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的E(CA3)42+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为。已知E和D形成的一种晶体胞结构如图所示，已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为Na，则该晶体的密度为g/cm3(列出计算表达式即可)。Ari-TLtl3d【答案】NO

30、CN2Osp2V形水蒸气中大部分的水分子因4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O为氢键而相互缔合，形成缔合分子(64+16)x4ax10-21NA解析】【分析】A的核外电子总数与其周期数相同，则A是H元素；B和D位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3，符合条件的元素第三周期只有一个，不符合题意，若B、D为第二周期，则核外有2个未成对电子，即2p2和2p4，所以B为C元素，D为O元素，则C为N元素；E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子，则E是Cu元素。详解】同一周期元素，元素的第一电离

31、能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，故C、N、O的第一电离能大小关系为：NOC；Cu为29号原子，核外电子排布式为Ar3dio4si,其价电子排布图为uBD2为CO2，含有3个原子，价电子数为16,等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，所以由以上元素组成的与CO2互为等电子体的分子为n2o；D为O元素，所以D3+离子为03+，中心氧原子的价层电子对数为2+6-2x2-12=2.5，按作3计算，所以为sp2杂化，孤电子对数为1,所以立体构型为V形；温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏

32、大；无色的Cu(NH3)2+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的Cu(NH3)42+，氧气作氧化剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成，离子方程式为4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O；11(6)Cu和O形成一种晶体，该晶胞中Cu原子个数=4、O原子个数=8x+6x=4，所以晶82(64+16)x4胞的质量为ng，该晶胞体积V=(ax10-7cm)3，则该晶体密度A(64+16)x4“mNg(64+16)x4。p=a=g/cm3Vax10-21cm3ax10-21N【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而

33、呈增大趋势，但第IIA族（最外层全满）、第VA族（最外层半满）元素第一电离能大于其相邻元素。二、化学键练习题（含详细答案解析）11（1）下面列出了几组物质：A金刚石与石墨；B丙烯与环丙烷；C氕与氘；D甲烷与f旳HM戊烷；E.液氨与氨水；F.i与I；11；G.i：；I与-：.-，请将物卜il质的合适组号填写在空格上。同位素同素异形体同系物同分异构体TOC o 1-5 h z同一物质。下列物质中：ArMgBr2Na2O2H2SO4CS2NH4BrBaORbOH。只存在共价键的是（填序号，下同），只存在离子键的是，既存在离子键又存在极性共价键的是，既存在离子键又存在非极性共价键的是。（3）异丁烷的一

34、氯代物有种，新戊烷的一氯代物有种。C3H2Cl6的同分异构体有种，C5HCI的同分异构体有种，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物最多有种。【答案】CADB、FG214810【解析】【分析】【详解】（1）上述物质中，氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素，故答案为：C；金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：A；甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差4个CH2原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为：D；Uh丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与：i的CH1IIAIlLHi分子式均为C5H12相同，但结构不同，分子式相同，结

35、构不同的化合物互为同分异构体，故答案为：B、F；，I:与卡；-属于同一种物质，故答案为：G；（2）Ar为单原子分子，不含有化学键；MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；Na2O2是离子化合物，Na+和O22-形成离子键，O22-中O和O形成非极性共价键;h2so4是共价化合物，只存在极性共价键；CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键；BaO是离子化合物，Ba2+和02-形成离子键；RbOH是离子化合物，Rb+与0H-形成离子键，0H-中H和0形成极性共价键；综上所述，只存在共价键的是，只存在离子

36、键的是，既存在离子键又存在极性共价键的是，既存在离子键又存在非极性共价键的是，故答案为：；;（3）异丁烷（2-甲基丙烷）有两种等效氢，其一氯代物有2种；新戊烷（2，2-二甲基丙烷）只有一种等效氢，其一氯代物有1种；分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、cci3-ch2-cci3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：cci2h-cci2-cci2h（两个边上的），cci2h-chci-cci3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种

37、;C5HCl11可看作C5C12中的一个Cl被H取代，先定碳骨架：C5有三种碳骨架:，后根据对称性移动官能团：氢原子的rrr、位置有、：一、一二一；、，因此C5HCl11的同分异构体有3+4+1=8种；乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种综上所述，答案为：2；1；4；8；10。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

38、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的原子中电子占据7根轨道，则T在元素周期表_周期_族；T的化合TOC o 1-5 h z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。1j羊【答案】石巨亡口NH3+H2O=NH3H2O=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

39、，分别位于1s、2s、2p轨道，其原子核外电子轨道Is2s2pIJ252p故答案为：匸口m匸口；（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导致溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故答案为：nh3+h2o#nh3h2o#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；b；（4）NX3与NH3具有相同的分子空间构型，X为第V

40、IIA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。13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。最高

41、价氧化物对应水化物的溶解性：bVc单质与水反应的剧烈程度：bVc相同条件下，氯化物水溶液的pH值：bVcc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。腐蚀过程中，一定会有气体放出腐蚀过程中，水膜的碱性会增强在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H+2e-=H2f与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀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IIA族6种BCBD3Fe(s)+

42、4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H150.72kJ/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是Fe。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IIA族；a原子的核外能量不同的电子有1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；A.金属元素的最高价氧化物对应的水化物

43、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；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；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；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；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；

44、Fe的腐蚀过程中，若是酸性环境，不断消耗H+,使溶液的酸性逐渐减弱，则根据水的离子积不变，则溶液中OH-会逐渐增大，因此水膜的碱性会增强，B正确；在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+,C错误；与电源的负极相连，Fe作阴极被保护，就可以防止Fe发生原电池的腐蚀作用，D正确；故合理选项是BD；根据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，故热化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)H=-150.72kJ/mol。【点睛】本题考查元素周期表的结构及

45、应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写，注意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键，注重考查基础知识的综合应用。14TOC o 1-5 h z生活污水中氮元素是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4CI含量为180mg/L。写出nh4ci的电子式。写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式：、为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1moI/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)。若某污水中同时存在NH4+和NO3-时。可用下列方法除去：可先在酸性污水中加入铁屑将no3-转化为nh4+后再除去，请配平下列离子方程

46、式并标出电子转移的方向和数目：_Fe+_NO3-+_H+=_Fe2+_NH4+_H2O,。Hr.-I-I-r-【答案】:Cl：1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p433.644110413门4Fe-XOs-10H-=4Fe2-ML-3H2O【解析】【分析】nh4ci是离子化合物，由nh4+、ci-通过离子键构成，结合离子化合物的表示方法书写其电子式；根据CI原子核外电子排布式确定其最外电子层所具有的轨道数目，结合每一轨道最多排布2个电子，确定与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式；根据NH4CI与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1,根据污水中NH4CI

47、含量为180mg/L，计算c(NH4CI),结合n=cZ计算；根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。【详解】(1)nh4ci是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：r-H：N：H:Cl：HH(2)CI原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,其最外电子层3p能级具有3个轨道，由于原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同；同一个轨道最多可容纳2个电子则与氯同一周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p2,1s22s22p63s23p4，这两种元素分别是Si和S；103L该污水中0.18?g/L0.18污水中NH4CI含量

48、为180mg/L，则c(NH4CI)=535奄/mol=537口。1儿中含有NH4CI的物质的量为n(NH4CI)=聽moI/Lx103L=3.364mol，根据反应：NH4CI+NaOH=NaCI+NH3个+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4CI)=3.364mol,由于NaOH溶液浓度为n3.364?mol0.1mol/L，则理论上需要NaOH溶液的体积V（NaOH）=二=33.64L；c0.1?mol/L在反应：Fe+_NO3-+_H+=_Fe2+_NH4+_H2O中，Fe元素化合价由0T+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-TNH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8,所以Fe

49、、Fe2+系数是4，N03-、NH4+系数是1,然后根据反应前后电荷守恒，可知H+的系数是10,最后根据原子守恒，可得H2O的系数是3；则配平后该反应方程式为：4Fe+NO3-+10H+=4Fe2+NH4+3H2O，用单线桥法表示为：n10H-=4Fe2-ML-3H2O【点睛】本题考查了原子核外电子排布、物质的电子式表示、氧化还原反应方程式及物质的量在化学方程式计算的应用。掌握构造原理、离子化合物与共价化合物表示方法的区别及有电子转移的离子反应方程式配平原则是解题关键，物质反应时物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。15运用元素周期律研究元素及其化合物的性质具有重要的意义。I.部分短周期主族元素的最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol-L-