2020-2021化学元素周期律的专项培优易错难题练习题(含答案)及详细答案

2020-2021化学元素周期律的专项培优 易错难题练习题(含答案)及详细答案一、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(填夭于”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)3—A1C3+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m A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nnrr"। ,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；答案为口won•;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+NaOH—NaAlO2+2H2。；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)3—A1C13+3H2O;答案为：Al(OH)3+NaO『NaAlO2+2H2O；3HC1+A1(OH)3—A1C13+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+NaOH-NaAlO2+2H2。；实际做题时，常用同学找不出Al(OH)3而用最高价氧化物AI2O3替代。2.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示:(1)②中NH3参与反应的化学方程式为2.煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示:(1)②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O),其分子中相邻的C和N原子相比，N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。 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：削① 由② 国③ 国④ 图③下列说法正确的是(选填字母)。a.图①表示N2、H2分子中均是单键b.图②一图③需要吸收能量c.该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成(4)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=akJmol-1N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)H左bkJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)AH=ckJmol-1反应后恢复至常温常压，①中 NH3参与反应的热化学方程式为。(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：耨醴①已知电解池的阴极室中溶液的 pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：。②用离子方程式表示吸收池中除去 NO的原理：。催化剂【答案】4N%+5O2 4NO+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 bc4NH(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H20(1)H=(3c-3a-2b)kJmol-1•2HSO-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2NO+2SO42-+2H2O=N2+4HSQ-【解析】【分析】【详解】(1)氨气在催化剂条件下与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+5O2 4NO+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②表示 N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③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② 一图③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)①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)+02(g)=2H20(1)H=ckJmol-1 iii；根据盖斯定律iiiX3-iX3W彳导X4NIH3(g)+6N0(g)=5N2(g)+6H20(1) H=(3c-3a-2b)kJmol-1；(5)①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，所以电极反应式为： 2HSO3-+2e-+2H+=QO42-+2H2O；②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-。3.A、B、CD、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A元素原子核内只有1个质子；A与C, B与D分别同主族； B、D两元素原子序数 之和是 A、C两元素原子序数之和的2倍。请回答下列问题：(1)由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是(填字母编号)。a.A2B b.E2 c.DB2 d.C2DB3(2)B元素在元素周期表中的位置为；化合物C2B2中含有的化学键类型是;化合物C2B中两种离子的半径大小关系为<(填离子符号)。(3)实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的 E2气体。①实验中应选用的装置为(按由左到右的连接顺序填写)；②装置A中发生反应的化学方程式为。【答案】c第2周期V!A族离子键、共价键 Na+O2AFEBMnQ+A4HC(浓)—MnCl2+Cl2T+2H2O【解析】【分析】A、B、CD、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中 A元素原子核内只有1个质子，则A为H;A与C,B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，C应为Na,设B的原子序数为x,D的原子序数为x+8,则2X(1+11)=x+x+8,解得x=8,则B为O,D为S,E为Cl。【详解】(1)H2O、Na2SQ均为化合物，均可发生电离，属于电解质， Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，而SQ本身不能电离，属于非电解质，则只有c为非电解质，故答案为： c；(2)B为O,位于第2周期V!A族，化合物C2B2为N32O2,含离子键、共价键； QB为Na2O,其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为 O2->Na+,故答案为：第2周期V!A族；离子键、共价键； Na+；O2-；(3)①用装置A制取并收集纯净干燥的C2气体，选择浓盐酸与二氧化镒加热制备；用装置F中的饱和食盐水除杂；用装置E中的浓硫酸干燥；最后用B装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为AFEB故答案为:AFEB

A②装置A中发生反应的化学方程式为 MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2f+2H2O,故答案为:△MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+W+2H20。【点睛】此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。4.短周期元素Q、RTW在元素周期表中的位置如图所示，其中 T所处的周期数与主族序数相等。(1)W在周期表中的位置是,Q、RT三种元素原子半径由大到小的顺序为(用元素符号表示)，Q的最高价氧化物的化学式为(2)元素的原子得电子能力：QW(填强于”或弱于"。)(3)原子序数比R多1的元素有一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，该反应的化学方程MnO2MnO22H2O2^-2H2O+O2【答案】第三周期第VIA族Al>C>NCO弱于【分析】由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中白位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，其中T所处的周期序数与主族序数相等，则T为Al,可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素，以此解答。【详解】(1)根据上述分析：W为S元素，原子序数为16,位于周期表中第三周期 VIA族；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，根据上述分析：Q为C元素、R为N元素、T为Al,则Q、R、T三种元素原子半径由大到小顺序为 ：Al>C>N;Q的最高价氧化物的化学式为 CQ,故答案：第三周期第V!A族；Al>C>N;C02;(2)根据上述分析：Q为C元素、W为S元素，非金属性：S>C,则酸性：硫酸>碳酸，故答案为：弱于；(3)根据上述分析：R为N元素，原子序数比R多1的元素为0元素，氧元素一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，为过氧化氢在二氧化镒作催化剂条件下分解生成水与氧气，该分解反应的化学方程式是：2H202 2H20+022,故答案：2H202汇g2H20+02T;5.硫酸亚铁俊［(NH4)2Fe(SQ)2?6H20,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：①S元素在门捷列夫元素周期表中的位置是;②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，下图是自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验过程：加稀比SS溶液加稀比S5溶液0.W5UK莫尔盐(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-+l0Fe2++l2H+=l2+10Fe3++6H2O无影响【解析】【分析】【详解】(1)①S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；②莫尔盐中处于同主族的两种元素是 O和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④在周期表中位置是。元素③的最高价氧化物的化学式为(2)元素①⑤组成化合物电子式为。

(3)元素②的单质与⑧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⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为。(5)元素④⑤⑥⑧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)A—F发生如图所示的转化，A、B、C、D为①一⑨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。卫1，人与回©①A和F的化学式分别为、。②B与G反应的化学方程式为。③C与NaOH溶液反应的离子方程式为。【答案】第一周期第VIA族N2O5潟C+2H2SO4(浓)一CO2T+2SQT+2H2OAl3++3NH3Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3J+3NH4+Mg2+<Na+<O2<S2点燃C2Al2O32Mg+CQ^=2MgO+C2Al+2OH+6H2O=2[Al(OH)]4+3H2T【解析】【分析】结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为。元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。【详解】(1)④为C元素，在周期表中位置是第二周期第 VIA族，③是N元素，最高价为+5价,所以元素③的最高价氧化物的化学式为 N2C5;(2)元素①⑤组成化合物为 NaH,属于离子化合物，Na+的电子式为Na+,田的电子式为[：H「,因而NaH的电子式为NaUH]-；(3)元素②的单质与⑧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；AICI3和AICI3和NH3,NH3的水溶液为NH3-H20,其离子方程式为AI3++3NH3?H2O=AI(OH)3J+3NH+；(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是 02-,Na+,Mg2+,S2-,S2-的电子层数为3,其它原子序数越小，离子半径越B、CD为①一⑨中某种兀素形F为两性物质且F为C与A形离子电子层数为2,所以S2-的半径最大；当电子层数相同时,大，因而02->Na+>Mg2+;综上可知原子序数越小，离子半径越B、CD为①一⑨中某种兀素形F为两性物质且F为C与A形(6)G是一种常见温室气体，可推知G为CQ,结合A、成的单质，且A和D生成G,推断A为。2或C(碳单质)成的二元化合物，可推知 F为AI2O3,因而A为02,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CO2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AI2O3,G为CO2。①由上分析知A和F的化学式分别为。2,A12O3；点燃②B与G反应，即Mg与CO2反应，其化学方程式为2Mg+C6^=2MgO+C；③C为Al,则C与NaOH溶液反应的离子方程式2A1+2OH+6H2O=2[Al(OH)]4+3H2"【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。7.下表为元素周期表的一部分，请参照元素①一⑩在表中的位置，用相应的化学用语回答下列问题：族周期IA01①namAWAVAVIAvnA2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨⑩(1)表中用序号标出的10种元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图是(2)④、⑥、⑧的原子半径由小到大的顺序为(用元素符号作答)。(3)②、③、⑨的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是(用化学式作答)。(4)由表中两种元素的原子按1:1组成的共价化合物M,M为常见液态化合物，其稀溶液易被催化分解，请写出 M的电子式,M的结构式。(5)写出⑦元素的最高价氧化物对应水化物分别与元素 ⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式、。

(6)⑥的金属性强于⑦，下列表述中能证明这一事实的是。a.⑥的单质和⑦的单质熔沸点不同b.⑥的最高价氧化物水化物的碱性比 ⑦的最高价氧化物水化物的碱性强c.⑦最外层的电子数比⑥多d.⑦的单质与稀盐酸反应比⑥的缓和一些(7)①和④形成的气态氢化物与①和⑧形成的气态氢化物相比较，沸点高(填化学式)，理由是。【答案】O<S<NaHCQvHNOsvHCQH：0：0：HH-O-O-HAl(OH〉+OH-=AlO2-+2H2OAl(OH》+3H+==Al3++3H2ObdH2OH2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点【解析】【分析】由表中元素所在的位置，可以确定①为氢 (H),②为碳(C),③为氮(N),④为氧(O),⑤为氟(F),⑥为钠(Na),⑦为铝(Al),⑧为硫(S),⑨为氯(Cl),⑩为僦(Ar)。【详解】(1)表中用序号标出的10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体僦，其原子结构本意图是O本意图是O答案为:(2)④、⑥、⑧分别为O、Na、S元素，O的电子层数比Na、S少一层，Na与S同周期且S在Na的右方，由此得出原子半径由小到大的顺序为 O<S<Na答案为：O<S<Na；⑶②、③、⑨分别为C、N、Cl,碳酸为弱酸，硝酸为强酸，高氯酸为最强的含氧酸，它们的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是 H2CO3<HNO3<HClC4o答案为：H2CC3<HNO3<HCQ;(4)由表中两种元素的原子按1:1组成的共价化合物M应为H2O2,M的电子式为H,M的结构式为H-O-O-H。答案为H：U：O：H:H-O-O-H;**»»(5)⑦元素的最高价氧化物对应水化物为 Al(OH)3,分别与元素⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液NaOH、H2SO4反应的离子方程式为Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2。、Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O。答案为：Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2。；Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O;(6)a.钠的单质和铝的单质熔沸点不同，只能表明离子带电荷、离子半径的差异，与金属性无关，a不合题意；b.钠的最高价氧化物水化物的碱性比铝的最高价氧化物水化物的碱性强，则表明金属性钠大于铝，b符合题意；c.铝的最外层的电子数比钠多，与金属性的强弱没有必然联系， c不合题意；d.铝的单质与稀盐酸反应比钠的缓和一些，表明金属失电子能力铝小于钠， d符合题意；故选bd。答案为：bd;⑺H2O与H2s相比，H2O因分子间形成氢键，增大了分子间作用力，导致沸点升高，所以H2O的沸点高，理由是H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点。答案为：H2O；H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点。【点睛】原子的最外层电子数的多少不能作为判断金属性强弱的依据，如 Na的最外层电子数比Al少，但金属性Na>Al；Li的最外层电子数比Ca少，但金属性Li<Ca8.某分子的结构如图所示(-R为煌基)，其中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。A与G形成的AG3可完全水解，其水解的产物之一 H3A03常用作塑料件镀金属的还原剂。(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。 D的某种氧化物D2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。则 D2O4=^2DO2,AH0(填>””或“=’。(2)DG3用于杀菌消毒与HGO相比，DG可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因。(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。 H3A03分子中A原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示 H3A03的正盐溶液呈碱性的原因。(4)液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，液态6。4中也存在D2O4=^D0++D03-,上述两个过程的本质区别为。(5)TC时，在一体积为VL的密闭容器中放入一定量的 AC5固体，按下式发生反应： AC5(s)?ACl3(g)+Cl2(g),AH>0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将(填升高"、降低”或不变”)。【答案】>NC3与水反应的速率太小(或NCl3与水反应的平衡常数太小) HPQ2-+H2O,,一,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Cl。A为巳PC3可完全水解，其水解的产物之一H3PQ常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为巳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，贝UN2O45=i2NO2,AH>0故答案为：>；(2)NC13用于杀菌消毒与HC1O相比，NC3可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论分析：NC3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因： NC13与水反应的平衡常数太小。故答案为：NC13与水反应的速率太小(或 NC13与水反应的平衡常数太小)；(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。 H3PQ分子中P原子最外层的电子都参与了OI共价键的形成，H3P03的结构式为： H。一P—OH是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液H呈碱性，用方程式表示H3A03的正盐HPO32-溶液呈碱性的原因： HPC32-+H20?=iH2P03-+OH-O故答案为：HP032-+H20^=iH2PO3-+OH-；(4)液氨中因存在2NH3⑴NH4++NH2-可导电，N的化合价不变，液态叫。4中也存在N204=iN0++N03-,刈04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；TOC\o"1-5"\h\z(5)TC时，在一体积为VL的密闭容器中放入一定量的 PC5固体，按下式发生反应： PC5?PC3(g)+C2(g),AH>0测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为5.0kPa,PC3(g)和CI2(g)的分压均为2.5kPa,上述条件下，以分压表示的平衡常数5 5Kp=p(PC3)p(Cl2)=KPa KPa=6.25(kPa)2(计算结果保留两位小数)；\o"CurrentDocument"2 2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。9.A、B、CD、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：70ft相关信息A基态原子的价电子排布式为 nS1nPnB元素原子的核外p电子数比s电子数少1个

C最外层电子数是电子层数的 3倍D简单离子是第二周期兀素中离子半径最小的E价电子层中的未成对电子数为4请回答下列问题：(1)写出下列元素的名称： A ,B,C,D(2)写出C元素在周期表的位置,E2+价电子的轨道表示式,B元素能量最高的电子为轨道上的电子，其轨道呈形.(3)按原子轨道的重叠方式，ImolA与C形成的最高价化合物中 b键有个，兀键有 个。(4)B、C、D的简单离子的半径由大到小的顺序为(用离子符号表示)。(5)写出C的核外有18个电子的氢化物的电子式。【答案】碳氮氧铝第2周期第【答案】碳氮氧铝第2周期第VIA族tltTpTt2p纺锤形（或哑铃形） 2（或哑铃形） 2Na2NaN3->O2->Al3+A元素基态原子的价电子排布式为第三周期元素中离子半径最小的，则nsnA元素基态原子的价电子排布式为第三周期元素中离子半径最小的，则nsnnpn,则n=2,所以A是碳元素；D元素简单离子是D是Al元素；C元素最外层电子数是电子层数的 3倍，原子序数小于Al,则C是氧元素；元素B原子的核外p电子数比s电子数少1个，比铝的原子序数小，因此B是N；E元素价电子层中的未成对电子数为4,则E的价层电子排布是3d64s2,即为铁元素。【详解】(1)根据以上分析可知，各元素的名称分别为： A为碳；B为氮，C为氧，D为铝；正确答案：碳；氮；氧；铝。(2)C元素为氧，核电荷数为8,位于周期表第2周期第VIA族；E为铁，核电荷数为26,Fe226,Fe2+价电子的轨道表示式"If口tit];B为氮，核外电子排布为1s23d2s22p3,因此能量最高的电子为2P轨道上的电子，其轨道呈纺锤形(或哑铃形)形。正确答案：第2周期第VIA族;;2p；纺锤形(或哑铃形)。(3)按原子轨道的重叠方式,(3)按原子轨道的重叠方式,物，碳氧之间为双键，因此3d1molA与C形成的最高价化合物为二氧化碳，为共价化合1mol二氧化碳分子中含有b键有2Na个；兀键有2Na个;正确答案：2Na;2Na。(4)B、C、D的简单离子分别为N3-、O2-、Al3+,核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，因此离子半径由大到小的顺序为 N3->O2->Al3+；正确答案：N3->O2->Al3+。(5)氧元素的核外有18个电子的氢化物是双氧水，属于共价化合物，电子式为H二6二正确答案：H：O°【点睛】已知A为碳；B为氮，C为氧三种元素，非金属性越强，电负性越大，元素中电负性最大的元素是O;非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的 2P轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则A、BC三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 N>O>CoX、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：X、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 OQ的元素符号是,它位于第周期，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。(4)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-HF、F-HO、O-HF、O-HF【解析】【分析】3a如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面也改?，因此X为S元素；丫原子核外的L层电子数是K层的两彳则丫为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】(1)由分析可知，X、丫的元素符号依次为S、C;XZ2与Y为分别为SQ、CC2,它们的立体构型分别为 V形和直线形，SC2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]3d54s1,其价电子排布式为3d54s1,因此在形成化合物时Cr的最高化合价为+6价；(4)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H2O分子之间的氢键，H2O分子之间的氢键，即F—H…F、F―H…0、0—H…F、0—H…0。【点睛】F—H…FF—H…F、F—H…。、0—H3="F、0—书与时不要遗漏。二、化学键练习题(含详细答案解析).《自然》杂志曾报道我国科学家通过测量 SiO2中26A1和10Be两种元素的比例确定北京人”年龄的研究结果，这种测量方法叫 铝被测年法完成下列填空：l0Be和9Be—(填序号)。a.是同一种原子b具有相同的中子数c.具有相同的化学性质d.互为同位素(2)写出A1(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式： ―。(3)研究表明28A1可以衰变为26Mg,可以比较这两种元素金属性强弱的方法是 __(填序号)。a.比较Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱b.比较这两种元素的最高正化合价c.将打磨过表面积相同的镁条和铝片分别和 100C热水作用，并滴入酚酗:溶液d.比较这两种金属的硬度和熔点(4)目前还有一种测量方法叫 钾僦测年法两种常见简单阴离子的核外电子排布与 Ar相同，两者的半径大小关系为： —(用化学符号表示)；其中一种离子与钾同周期相邻元素的离子所形成的化合物可用作干燥剂，用电子式表示该物质的形成过程：―。【答案】cd2Al+2H2o+2NaOH=2NaAQ+3H2TacS->C-【解析】【分析】【详解】l0Be和9Be是中子数不同，质子数相同的 Be的两种核素，互为同位素，它们的化学性质相似，故答案为：cd;A1(OH)3具有两性，能与NaOH溶液反应，其反应的化学方程为 2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2T,故答案为:2Al+2H2O+2NaOH=2NaAQ+3H2T；a.金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则比较 Mg(OH)2与A1(OH)3的碱性强弱，可以比较这两种元素金属性强弱，故a正确；b.金属性为元素是否容易失去电子，而不是失去几个电子，则比较这两种元素的最高正化合价不能比较这两种元素金属性强弱，故b错误；c.判断金属性可以用金属单质与水反应的剧烈程度进行判断，镁条能与热水发生反应，而铝几乎与水不发生反应，则可以比较这两种元素金属性强弱，故c正确；d.硬度和熔点属于物理性质，不能用于比较金属性，故d错误；综上所述，故答案为：ac；(4)核外电子排布与Ar相同的阴离子可以为S2-、Cl",二者电子层数相同，核电荷数小的半径大，则S2->Cl-;氯化钙可用作干燥剂，用电子式表示氯化钙的形成过程为碳与硅是十分重要的两种元素，金刚石、 SiC具有耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛。(1)碳元素在周期表中的位置是,其原子核外通常未成对电子数为 个。(2)已知2C%(pO4)2(s)+10C(s)咐)+6CaO(s)+10CO(g反应中，被破坏的化学键有a.离子键 b.极性共价键c.非极性共价键一定条件下，Na还原CC4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，除去粗产品中少量钠的试齐U为。(4)下列叙述正确的有填序号)，①Na还原CC4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③NaSiO3溶液与SC3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱④Si在一定条件下可与FeC发生置换反应【答案】第二周期第IVA族2abc水(或乙醇)③④【解析】【分析】【详解】(1)碳元素的电子层数为2,最外层电子数为4,所以在周期表中的位置是第二周期第IVA族，碳元素的2P能级上有2个未成对电子。(2)由2CS3(PC4)2(s)+10C(s)一P4(g)+6CaC(s)+10CO,可知:钙离子和磷酸根离子之间的离子键被破坏，磷原子和氧原子间的极性共价键被破坏，另外 C中非极性共价键也被破坏，因此答案选abc。(3)由于Na可以与水(或乙醇)发生反应，而金刚石不与水(或乙醇)反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水(或乙醇)。(4)①Na还原CC4生成NaCl和C,属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HCIO,不是置换反应，故①错误；②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，前者是共价键，后者是分子间作用力，故②错误；③ Na2SiO3溶液与SQ的反应，说明酸性H2SiO3比H2S。弱，可用于推断Si与S的非金属性强弱，故③正确；④C和Si同主族性质相似，Si在一定条件下可与FeO发生置换反应，故④正确，答案选③④。

氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，目前所采用或正在研究的主要储氢材料有：配位氢化物、富氢载体化合物、碳质材料、金属氢化物等。(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料。①Ti2基态的电子排布式可表示为。②BH4-的空间构型是(用文字描述)。(2)液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用 N2+3H2脩唾辞飞2NH3实现储氢和输氢。①上述方程式涉及的三种气体熔点由低到高的顺序是。②下列说法正确的是(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3杂化b.相同压强时，NH3沸点比PH3高c.［Cu(NH3)4］2+中，N原子是配位原子d.CN的电子式为［：C三N：］(3)Ca与C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。%分子管匍①C60晶体易溶于苯、CS2,说明C60是分子(填极性”或非极性”，②1个C60分子中，含有b键数目为个。(4)MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为 agcm-3,则【答案】1s22s22p63s23p63d2（或[Ar]3d【答案】1s22s22p63s23p63d2（或[Ar]3d2）正四面体 H2<N2<NH3abcd非极性9052aNA【解析】【分析】(1)①Ti是22号元素，Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+,然后根据构造原理书写基态的电子排布式；②根据价层电子对互斥理论判断离子空间构型；(2)①根据物质的分子间作用力和分子之间是否含有氢键分析判断；②a.根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；b.同一主族元素的氢化物中，含有氢键的氢化物沸点较高；c.提供孤电子对的原子是配原子；d.CN-的结构和氮气分子相似，根据氮气分子的电子式判断；

(3)①根据相似相溶原理确定分子的极性;②利用均摊法计算； m (4)利用均摊法计算该晶胞中镁、氢原子个数，再根据 V=—进行计算。P【详解】①Ti是22号元素，根据构造原理可知基态 Ti原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2,Ti原子失去最外层2个电子形成Ti2+,则Ti2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d2(或写为[Ar]3d2);②BH4冲B原子价层电子对数为4+3141 且不含有孤电子对，所以 BH4-的空间构2型是正四面体型；(2)①在该反应中涉及的物质有 N2、H2、NH3,NH3分子之间存在氢键，而N2、H2分子之间只存在分子间作用力，所以 NH3的熔沸点比N2、H2的高；由于相对分子质量N2>H2,物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高；所以三种物质的熔点由低到高的顺序是H2<N2<NH3；②a.NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是 4,采用sp3杂化，a正确；b.相同压强时，氨气中含有氢键， PH3中不含氢键，所以NH3沸点比PH3高，b正确；c.[Cu(NH3)4]2+离子中，N原子提供孤电子对，所以 N原子是配位原子，c正确；d.CN-中C、N原子通过三对共用电子对结合，其电子式为[:C三N：]1,d正确；故合理选项是abcd;(3)①苯、CS都是非极性分子，根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质容易溶于由非极性分子构成的溶剂中，所以 C60是非极性分子；33②利用均摊法知，每个碳原子含有 b键数目为——一，则1molC60分子中，含有 键数2目=3x1molx60Amol=90Na；2(4)该晶胞中镁原子个数=gX8+1=2含有的H原子个数=2+4]=4,则晶胞的体积8 224214m V=—=24214m V=—=NaP ag/cm3=52aNAg/cm3°本题考查物质结构和性质，涉及原子核外电子排布、微粒空间构型的判断、晶胞的计算等知识点，难点是晶胞的计算，学会使用均摊方法分析，灵活运用公式是解本题关键。14.下图是部分短周期元素的常见化合价与原子序数的关系图:原原F序裁(1)元素A在周期表中的位置。(2)用电子式表示6G的形成过程,其所含化学键类型为 O(3)C2-、D+、G2-离子半径由大到小顺序是(用离子符号回答)。(4)某同学设计实验证明 A、B、F的非金属性强弱关系。①溶液a和b分别为,。②溶液c中的离子方程式为。◎溶液.(5)将0.5molD2c投入100mL3mol/LEC3溶液中:①转移电子的物质的量为。②用■个离子方程式表示该反应。【答案】第二周期第WA族£曲一^Na—[:S:]2~Ha4-离子键子>■I ■■O2->Na+硝酸(或HNO3)饱和NaHCQ溶液SiO2+CQ+H2O=H2SQJ+CQ2-0.5mol10Na2O2+6Al3++6H2O=4Al(OH)3+2AlO2+5O2T+20Na+【解析】【分析】由图中化合价可知，A、F的化合价都为+4、-4价，二者同主族，且F的原子序数较大，故A为C元素、故F为Si元素；C的化合价为-2价，没有正化合价，故C为O元素；D的化合价为+1价，处于IA族，原子序数大于O元素，故D为Na元素；E为+3价，原子序数大于Na,则E为Al元素；G的最高正价为+6价、最低价为-2,应为S元素；B的有+5、-3价，处于VA族，原子序数介于C、O之间，则B为N元素，根据以上分析可知： A为C元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为Al元素、F为Si元素、G为S元素。【详解】A为C元素，A在周期表的位置为第二周期第IV A族，故答案为：第二周期第IVA族；D为Na元素、G为S元素，Na2s属于离子化合物，含有离子键，用电子式表示形成过程为：2g个仁Na—"[:5]2-临+，其含有的化学键为离子键，故答案为:2g匚?仁匚、Nd—[：E：]"Ma+；离子键；■H ■■C为。元素、D为Na元素、G为S元素，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径 S2->O2->Na+,故答案为：*>O2->Na+;(4)由装置图可知，实验原理是利用强酸制备弱酸，硝酸易挥发，为防止干扰应除去，故锥形瓶中产生二氧化碳，应为硝酸与碳酸盐反应，溶液b吸收挥发的硝酸，应为饱和的碳酸氢钠，烧杯中应是二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，①由上述分析可知，溶液a为硝酸，溶液b为饱和NaHCO3溶液，故答案为：硝酸(或HNO3);饱和NaHCO3溶液；②溶液c中的离子方程式为SQ2-+CC2+H2O=H2SiO3J+C。2-,故答案为:SiO32-+CQ+H2O=H2SiQj+C。2-;(5)①Na2O2投A1C13溶液中，先与水生成氢氧化钠与氧气，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，起还原剂的过氧化钠中 O元素化合价有-1升高为0价，故0.5molNa2O2反应转移电子为0.5mol4-X2x[Q-1)]=0.5mol,故答案为