2020-2021【化学】化学元素周期律的专项培优练习题(含答案)附详细答案

2020-2021【化学】化学元素周期律的专项培优练习题（含答案）附详

细答案一、元素周期律练习题（含详细答案解析）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①〜⑨在表中的位置，回答问题：族周期IAIIAIIIAWAVAWAWA01①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨（1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是。（2）③、④、⑧的原子半径最小是（用元素符号回答）。（3）⑤、⑥、⑦的最高价氧化物对应的水化物，碱性最强的（用化学式回答）。（4）②、③、④的气态氢化物，稳定性最强的是（用结构式回答）。（5）②和③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）③和⑧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”）。（7）元素⑤、⑦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：&=%：&:分子间作用力共价化合物原子AI（OH）3+NaOH=NaAIO2+2H2O【解析】【分析】根据元素①〜⑨在表中的位置可知分别是H、C、0、F、Na、Mg、Al、Si、Cl。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>O>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化物的碱性越强，即NaOH>Mg（OH）2>AI（OH）3，碱性最强的是NaOH；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,其结构式为H—F；②和③按原子数1:2形成的化合物是CO2，其电子式为罷;占：,CO2属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；③和⑧构成的化合物是SiO2，属于共价化合物，其晶体为原子晶体；⑤是钠元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH,⑦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=NaAlO2+2H2O。X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增。已知：①F位于周期表中第四周期IB族，其余的均为短周期主族元素：②E的氧化物是光导纤维的主要成分；③Y原子核外L层电子数为奇数；④X是形成化合物种类最多的元素；⑤Z原子p轨道的电子数为4。请回答下列问题：⑴写出一种X元素形成氢化物的化学。⑵在1个由F与Z形成的F2Z晶胞中(结构如图所示)所包含的F原子数目为称)，A物质分子中X原子轨道的杂化类型为,ImolA分子中键的数目为NA。⑸X、Y、E三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为(写元素符号)。【答案】CH44孤电子对甲醛sp2杂化3SiVCVN【解析】【分析】X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增。根据①F位于周期表中第四周期IB族可判断其为Cu；根据②E的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E为Si；根据④X是形成化合物种类最多的元素可判断X为C；根据③Y原子核外L层电子数为奇数且原子序数比X的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N或F；根据⑤Z的原子P轨道的电子数为4推测出Z可能为O或S,但E的原子序数大于Z,E为Si,所以Z只能为O,处于C和O之间的Y只能为N,所以X、Y、Z、E、F分别为C、N、O、Si、Cu,据此解题。

【详解】X为C,X元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4；⑵F2Z为Cu2O，根据化学式中原子个数比Cu:0=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1x4=4,白球个数为：8x1/3+1=2，所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，所以(3)在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+的空轨道接受NH3的氮原子提供的孤电子对形成配位键；⑷常温下C、O和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质A是甲醛，甲醛分子中C原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成C=O，C剩余的两个单电子各与两个H形成两个C-H键，双键中含有一条o键和一条n键，两条C-H单键都是。键，所以o键数=2+1=3，杂化轨道数=o键数+孤对电子数(C无孤对电子，所以孤对电子数为0),所以杂化轨道数=3,为SP2杂化，1molHCHO分子中o键的数目为3NA；⑸X、Y、E三种元素分别为C、N、Si,根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、N、Si的第一电离能数值由小到大的顺序为：SiVCVN。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。KOH涪袱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200mL1mol/LQXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是。WQ4Y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。(4)已知:W(s)+Y2(g)=WY2(g)△H=-393.5kJ/molWY(g)+Y2(g)=WY2(g)△H=-283.0kJ/mol24gW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。(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+NH3•H2O【解析】【分析】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；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，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：①C(s)+O2(g)=CO2(g)AH=-393.5kJ/mol；1②CO(g)+2O2(g)=CO2(g)AH=-283.0kJ/mol；1由①-②得C(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；(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+NH3-H2O；故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+NH3°H2O。4．下表是元素周期表的一部分，回答相关的问题。（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是__（填相应化学式，下同），碱性最强的是__。（4）这些元素中（除⑨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）②的单质与③的最高价氧化物的水化物的溶液反应，其产物之一是0X2，（0、X分别表示氧和②的元素符号，即0X2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）⑦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-+H2个HCI04NaOHFNa2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4^+2NO+4H+【解析】【分析】根据元素在元素周期表正的位置可以得出，①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为AI元素，⑥Si元素，⑦为S元素，⑧为CI元素，⑨为Ar元素，据此分析。【详解】（1）④为Mg元素，则④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-+H2个；（3）这些元素中非金属性最强的是CI元素，则最高价氧化物对应的水化物为HCIO4，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Na元素；（5）F2与NaOH反应生成0F2，离子方程式为2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O；（6）⑦为S元素，⑦的低价氧化物为S02，S02在Ba（NO3）2溶液中发生氧化还原反应，S02变成SO42-，N03-变成NO,方程式为3S02+2N03-+3Ba2++2H20=3BaS04^+2N0+4H+o5．图1是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图：

化合侏」化合侏」丨卸團2请回答下列问题：⑴元素F在周期表中的位置为C、D、E、G的简单离子半径由大到小的顺序为(用离子符号表示)。⑶二元化合物X是含有元素A的18电子分子，3gX(g)在25°C101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量，写出表示X燃烧热的热化学方程式：(4)某同学设计实验用图2所示装置证明元素A、B、F的非金属性强弱(其中溶液b和溶液c均足量)。溶液b为溶液c中发生反应的离子方程式为【答案】第三周期第WA族S2->02->Na+>Ab+C2H6(g)+7/2O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)AH=—10QkJ/mol饱和NaHC03溶液SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3^+CO32-【解析】【分析】根据题意可知，本题考查元素周期表，元素化合价、离子半径大小、热化学方程式的书写，运用元素周期律、离子半径大小比较方法、热化学方程式书写步骤分析。【详解】由图1分析可得，A为C,B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Si、G为S,因此F在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；电子层越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2—>O2—>Na+>Al3+，故答案为：S2—>O2—>Na+>Al3+；⑶二元化合物X是含有元素A的18电子分子，X为C2H6,3gX(g)在25C101kPa下完全燃烧生成稳定的化合物时放出QkJ的热量，则X燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)+7-O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)AH=—10QkJ/mol；厶7故答案为：C2H6(g)+-O2(g)===2CO2(g)+3H2O(l)AH=—10QkJ/mol；(4)①证明元素A、B、F的非金属性强弱，则应用A、B、F对应的最高价氧化物的水化物和其相应盐进行反应来验证，因此溶液a和b、c分别为HNO3、饱和NaHCO3、Na2SiO3溶液；故答案为：饱和NaHCO3溶液；溶液b中产生的二氧化碳通入c中Na2SiO3溶液中发生反应的离子方程式为SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3；+CO32-；故答案为：SiO32-+CO2+H2O===H2SiO3i+CO32-。6．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：兀素编号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z兀素最高正价是+7价W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生h2TOC\o"1-5"\h\z元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是。元素Y与氢元素形成一种离子YH4七写出某溶液中含该微粒的电子，如何检验该离子。元素Z在周期表中的位置，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是(填序号)。常温下Z的单质和T的单质状态不同Z的氢化物比T的氢化物稳定一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是，理由是。Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为。r91+【答案】14C[_取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在6■■H试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在nh4+第三周期WA族ClbH2CO3只有H2CO3为弱酸，其余为强酸3H++AI(OH)3=Al3++3H2O【解析】【分析】根据题给元素性质或原子结构可知：T的核外电子数为16,为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为n2,氢化物的水溶液是NH3・H2O,则Y为N元素；元素最高正价等于其族序数，则Z为第WA元素，F元素无正价，故Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2,该单质为金属AI,故W为Al元素。据此进行分析判断。【详解】（1）14C在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为：14C；66rH1+（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4^是NH4+，其电子式为：检验该离H子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+。答案为：2H1十[■-"■■_；取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的H红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在nh4+；（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第切A族。同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项：单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a项错误；相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b项正确；单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，c项错误；答案选b；故答案为：第三周期WA族；Cl；b；（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为弱酸，其余为强酸。W的最高价氧化物的水化物为AI（OH）3，与HClO4反应的离子方程式为：3H++AI（OH）3=Al3++3H2O。答案为：H2CO3；只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；3H++AI（OH）3=Al3++3H2O。【点睛】对于主族元素而言，元素的最高正化合价和主族序数相同，但氟没有正价，氧无最高正价，一般为零价或负价。氮小）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Me）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）砷在周期表中的位置,288Me的中子数为。已知存在P（S，红磷）、P（S，黑115SS磷）、P（S，白磷），它们互称为。（2）热稳定性：NH3PH3（填“〉"或"V"）,砷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TOC\o"1-5"\h\z方程式。SbCI3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCI,写出该反应的化学方程，因此，配制SbCI3溶液时应注意。【答案】第四周期第VA族173同素异形体>H3AsO4弱PH3+HI=PHJSbCI3+H2^^=^SbOCI^+2HCI用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体SbCI3，使用前才稀释到相应的浓度【解析】【分析】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；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；根据NH3与HCI反应的方程式书写PH3和HI反应的化学方程式；SbCI3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCI和盐酸；【详解】砷在周期表中的位置是第四周期第VA族，288Me的中子数为288-115=173；P(S，红115S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；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，砷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；根据NH3与HCI反应的方程式，可知PH3和HI反应的化学方程式是PH3+HI=PH4I；SbCI3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCI和盐酸，反应方程式是SbCI3+H2OSbOCI®+2HCI；增大盐酸浓度，水解平衡可逆向移动，抑制SbCI3水解，配制SbCI3溶液时应注意用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体SbCI3，使用前才稀释到相应的浓度。已知A、B、R、D都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，D是第哪族中原子序数最小的元素。TOC\o"1-5"\h\z⑴写出基态D原子的电子排布。(2)已知高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高纯度R的单质过程如下：写出过程③的反应方程，已知RHCI3的沸点是31.5oC，则该物质的晶体类型是，中心原子的轨道杂化类型为，该物质的空间构型是。A的第一电离能比B的第一电离能大的原因是，A、B两元素分别与R形成的共价键中，极性较强的是。A、B两元素间能形成多种二元化合物，其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为。⑷已知D单质的晶胞如图所示，则晶体中D原子的配位数为，一个D的晶胞质量为—，已知D原子半径为rpm,则该晶胞的空间利用率为(写出计算过程)。

分子晶体sp3四面体形分子晶体sp3四面体形N原子【答案】[Ar]3d64s2SiHCI3+H2Si+3HCI112的2p能级处于较稳定的半充满状态Si-O键N2O8晶胞中铁原子占据的体积NA4>/3为两个铁原子的体积，铁原子的半径为rpm,如图所示，晶胞的棱长为=r，晶胞的体积=(坦）3,3空间利用率体积=(坦）3,3空间利用率=V(小球)4xnxr33X100%=68%【解析】【分析】B的基态原子的L层、R基态原子的M层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6,B可能为C或O元素，R可能为Si或S元素，D是第哪族中原子序数最小的元素，应为Fe,A元素基态原子第一电离能比B元素基态原子的第一电离能大，且A的原子序数小于B,则A是N元素、B是O元素，高纯度R的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R是Si元素；D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式；SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si，粗硅和HCl在300C条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000C-1100C条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反应，生成Si和HCl，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型；原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；1⑷该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8x=2，其配合物是8,每个Fe原子8MV(小球)的质量=N，则该晶胞质量就是两个Fe原子质量，空间利用率=v(晶胞)。【详解】D是Fe元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D原子的电子排布式为[Ar]3d64s2；SiO2和C在高温下发生置换反应生成粗Si,粗硅和HCl在300C条件下反应生成SiHCl3，SiHCl3和过量氢气在1000C-1100C条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl3和氢气的反

100010001100°CSi+3HCI；分子晶体熔沸点较低,应，生成Si和HCI，反应方程式为SiHCI3+H2该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si原子的轨道杂化类型及空间构型分别为SP3Si+3HCI；分子晶体熔沸点较低,(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态，所以N原子比O原子第一电离能大；N、O两元素分别与Si形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O元素的非金属性大于N，则极性O-Si键＞N-Si键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N3-中含有3个原子、价电子数是16,与该离子互为等电子体的氮氧化物为N2O；1⑷该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe原子个数=1+8x=2，体心上的Fe原子被顶点上8M的8个原子包围，所以其配合物是8,每个Fe原子的质量=Ng，则该晶胞质量就是两个AM56112Fe原子质量=2x—g=2x—g=—g；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁AAA原子的半径为rpm，原子的半径为rpm，如图所示,4J3晶胞的棱长为=〒r4^3晶胞的体积=(-3r)3，空间利用242x—x兀x门x100%=68%。率=V(晶胞)=(4丽x100%=68%。率=V(晶胞)=(4丽3X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳中含量最多的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E是元素周期表中电负性最大的元素。请回答下列问题：TOC\o"1-5"\h\zX、Y的元素符号依次为、。XZ2与YZ2分别属于(填"极性分子"或“非极性分子”，下同)和Q的元素符号是，它位于第期，它的基态原子的核外电子排布式为，在形成化合物时它的最高化合价为。用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键：。【答案】SC极性分子非极性分子Cr四1s22s22p63s23p63d54s1+6F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…F【解析】【分析】X原子核外的M层中只有两对成对电子，则X的价电子轨道表示式为「J'.’.'C；'因此X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，则Y为C元素；地壳中含量最多的元素为氧元素，因此Z为O元素；Q的核电荷数为S和O的核电荷数之和，因此Q为24号元素Cr；在元素周期表中电负性最大的元素是F元素，因此E是F。【详解】由分析可知，X、Y的元素符号依次为S、C；XZ2与yz2分别为S02、CO2，它们的立体构型分别为V形和直线形，SO2为极性分子，CO2为非极性分子。Q为Cr元素，Cr在元素周期表中位于第四周期，它的基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d54si，其价电子排布式为3d54si，因此在形成化合物时Cr的最高化合价为+6价；E为F元素，HF的水溶液中，存在HF分子之间的氢键，HF分子和苗0分子之间的氢键，H2O分子之间的氢键，即「丨丨…丨、「丨【…门、0H…F、门I【点睛】在写HF溶液中存在的所有氢键的时候，一共四种形式，即「II…I、「II…匚、0H…F、门H…门，书写时不要遗漏。10．按要求填空：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：A为_；C为—；(填元素名称)TOC\o"1-5"\h\zD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—。下列变化①干冰的升华②烧碱熔化③金刚石熔化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+H2f①⑤③④【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，据此分析解答。【详解】(1)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SO2发生反应：2H2S+SO2=3S(+2H2O,故答案为：2H2S+SO2=3S；+2H2O；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,二者发生反应：NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，离子方程式为：H++OH-=H2O。答案为：H++OH-=H2O；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+H2f。故答案为：Na+[:H]-；NaH+H2O=NaOH+H2f；①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，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，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：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．海水是资源宝库，蕴藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等。完成下列填空：氯离子原子核外有种不同运动状态的电子、有种不同能量的电子。TOC\o"1-5"\h\z溴在周期表中的位置。卤素单质及其化合物在许多性质上都存在递变规律，请说明下列递变规律的原因。熔点按F2、ci2、Br2、I2的顺序依次升高，原因是。还原性按Cl-、Br-、I-的顺序依次增大，原因是。已知X2(g)+H2(g)一2HX(g)+Q(X2表示Cl2、Br2)，如图表示上述反应的平衡常数K与温度T的关系。1212．Q表示X2（g）与H2（g）反应的反应热，Q0（填“>"、“<"或“="）。写出曲线b表示的平衡常数K的表达式，K=（表达式中写物质的化学式）。（5）（CN）2是一种与Cl2性质相似的气体，在（CN）2中C显+3价，N显-3价，氮元素显负价的原因，该分子中每个原子都达到了8电子稳定结构，写出（CN）2的电子式。【答案】185第四周期、WA（都对得1分）F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强。从Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力c2（HBr）依次增强，还原性依次增大>K=c（Brj：c（H）氮原子半径小于碳原子，氮原子吸22引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价圧"匚勺【解析】【详解】（1）氯离子原子核外有18个电子，为不同的运动状态，处于5种不同的轨道，故答案为：18；5；（2）溴与氯在同一主族，核电荷数为35，在周期表中第四周期、WA,故答案为：第四周期、WA；（3）①鸟、Cl2、Bri的相对分子质量逐渐增大，且都属于分子晶体，单质的相对分子2222质量越大，则熔点越高，故答案为：F2、Cl2、Br2、i都是分子晶体，相对分子质量依2222次增大，分子间作用力依次增强；②元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越强，非金属性Cl>Br>I，Cl-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大，故答案为：从C1-、Br-、I-半径依次增大，失电子的能力依次增强，还原性依次增大；（4）①由图象可知，升高温度平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，Q>0，故答案为：>；②同一温度时，a曲线的K值最大，说明卤素单质与氢气化合的能力最强，Cl2、Br2中Cl2的氧化性最强，所以最易与氢气化合的是氯气，所以b曲线表示Br2与H2反应时K与t的c（2HBr）关系•平衡常数等于生成物与反应物的浓度幕之积，K=c（Brj：c（H），故答案为：22c2HBr）22（5）N的非金属性较c强，氮原子吸引电子的能力比碳原子强，氮和碳之间共用电子对偏向氮原子，氮显负价，电子式为知门丘二慎；，故答案为：氮原子半径小于碳原子，氮原子吸引电子的能