高考化學元素周期律大題培優(yōu)附詳細答案

1、高考化學元素周期律(大題培優(yōu))附詳細答案一、元素周期律練習題(含詳細答案解析).我國十分重視保護空氣不被污染，奔向藍天白云，空氣清新的目標正在路上。硫、氮、碳的大多數(shù)氧化物都是空氣污染物。完成下列填空：(1)碳原子的最外層電子排布式為 。氮原子核外能量最高的那些電子之間相互比 較，它們不相同的運動狀態(tài)為 。硫元素的非金屬性比碳元素強，能證明該結(jié)論的是(選 填編號)。A.它們的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性B.它們在元素周期表中的位置C.它們相互之間形成的化合物中元素的化合價D.它們的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱n.已知N6(g)+SQ(g)=N0(g)+SQ(g),在一定容積的密閉容器中進行該反應。(

2、2)在一定條件下，容器中壓強不發(fā)生變化時， (填“能”或“不能”)說明該反應已經(jīng)達到化學平衡狀態(tài)，理由是：。在一定溫度下，若從反應體系中分離出SQ,則在平衡移動過程中(選填編號)。A. K值減小B.逆反應速率先減小后增大C. K值增大D.正反應速率減小先慢后快m .化學家研究利用催化技術(shù)進行如下反應：2NO2+4CO=L N2+4CQ+Q(Q0)(3)寫出該反應體系中屬于非極性分子且共用電子對數(shù)較少的物質(zhì)的電子式。按該反應正向進行討論，反應中氧化性：。若該反應中氣體的總濃度在 2min內(nèi)減少了 0. 2mol/L,則用NO2來表示反應在此 2min內(nèi)的 平均速率為。(4)已知壓強P2P1,試在

3、圖上作出該反應在P2條件下的變化曲線 。該反應對凈化空氣很有作用。請說出該反應必須要選擇一個適宜的溫度進行的原因是：O【答案】2s22p2電子云的伸展方向G D不能 該反應中，氣體反應物與氣體生成物的物質(zhì)的量相等，一定條件下，不管反應是否達到平衡，氣體總物質(zhì)的量不變，壓強也不變。所以壓強不變，不可說明反應已達到平衡B :，江工：NO2 CQ 0. 2mol/Pa若溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應速t (RM)率可能太小，若溫度過高，使化學反應平衡向逆方向移動，反應物轉(zhuǎn)化率小 【解析】 【分析】 【詳解】(1)碳為6號元素，碳原子的最外層電子排布式為2s22p2o氮為7號元素，氮原子核外能量

4、最高的電子排布為2p3,排在相互垂直的的三個軌道上，它們的電子云的伸展方向不相 同；A.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，但H2s的穩(wěn)定性不如甲烷穩(wěn)定，不能說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故A不選；B,不能簡單的根據(jù)它們在元素周期表中的位置判斷非金屬性的強弱，故 B不選；C.S和C相互之間形成的化合物為 C3,其中C顯正價，S顯 負價，說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故C選；D.硫酸的酸性比碳酸強，能夠說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故D選；故選CD；故答案為:2s22p2;電子云的伸展方向；CD;NO2( g)+ SO2( g) =NO( g)+ SO( g)為氣體物質(zhì)的量不變的反應，在一定容

5、積的密閉容 器中，容器中氣體的壓強為恒量，壓強不發(fā)生變化，不能說明該反應已經(jīng)達到化學平衡狀 態(tài)；在一定溫度下，若從反應體系中分離出SO3, SQ濃度減小，A.溫度不變，K值不變，故A錯誤；B. SO3濃度減小，逆反應速率減小，平衡正向移動，隨后又逐漸增大，故 B正 確；C溫度不變，K值不變，故C錯誤；D. SO3濃度減小，平衡正向移動，正反應速率 逐漸減小，開始時反應物濃度大，反應速率快，隨后，反應物濃度逐漸減小，反應速率減 小，因此正反應速率逐漸減小先快后慢，故 D錯誤；故選B;故答案為：不能；該反應 中，氣體反應物與氣體生成物的物質(zhì)的量相等，一定條件下，不管反應是否達到平衡，氣 體總物質(zhì)的

6、量不變，壓強也不變。所以壓強不變，不可說明反應已達到平衡；B;2NO2+4COlL N2+4CO2,該反應體系中屬于非極性分子的是N2和CQ, N2含有3個共用電子對，CO2含有4個共用電子對，共用電子對數(shù)較少的是氮氣，電子式為:、遷 Y。氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應中氧化劑為NO2,氧化產(chǎn)物為CQ,因此氧化性：NO2CC2；由于2NO2+4C金典JN2+4CQ反應后氣體的濃度變化量 為1,若該反應中氣體的總濃度在2min內(nèi)減少了 0.2mol/L,說明2min內(nèi)NO2的濃度減小了 0. 4mol/L, v=c = S4.。1 / L =0. 2mol/( L?min),故答案為:

7、N6 . CC2- t 2min0. 2mol /( L?min);mt.(4)2NC2+4CC=mN2+4CC2是一個氣體的物質(zhì)的量減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，氮氣的濃度增大，壓強越大，反應速率越快，建立平衡需要的時間越短，壓強P2P1,在P2P1,在P2條件下的變化曲線為( (Nz)；該反應是一個放熱反應，溫t (時間)度過低，催化劑活性可能小，化學反應速率可能太小，若溫度過高，使化學反應平衡向逆 方向移動，反應物轉(zhuǎn)化率小，因此該反應必須要選擇一個適宜的溫度進行，故答案為：；若溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應速率可能太小，若溫度過高，使化學反應平衡向逆方向移動，反應物轉(zhuǎn)化率小。

8、【點睛】本題的易錯點為(1),元素非金屬性強弱的判斷方法很多，但要注意一些特例的排除，如本 題中不能通過硫化氫和甲烷的穩(wěn)定性判斷非金屬性的強弱。2.黑火藥是我國古代四大發(fā)明之一，它的爆炸反應為：2KNO3+3C+S- K2S+N2 T +300 T完成下列填空：(1)上述反應中的還原劑為 ,還原產(chǎn)物有 ,當有1molKNO3參加反應時，轉(zhuǎn)移電子 的數(shù)目為。KNO3晶體類型是，其晶體中存在的化學鍵有。(3)硫原子的核外電子排布式為 ,原子核外有 一種不同能量的電子。將 SQ和Cl2分 別通入品紅溶液中，產(chǎn)生的現(xiàn)象是；若將SQ和Cl2等體積混合后再緩緩通入品紅溶液，發(fā)現(xiàn)品紅溶液 ，其原因是 一。&

9、 C和N三種元素的原子半徑從小到大的順序是；&S溶液中除OH-外其它各離子物質(zhì)的量濃度的大小順序為 。(5)下列事實能說明碳與硫兩元素非金屬性相對強弱的有。a.同溫同濃度溶液 pH： Na2CC3Na2SQb.酸性：H2SC3 H2OC3c.0S中碳元素為+4價，硫元素為-2價d.分解溫度：CH4H2s【答案】0 KS和N2 6Na離子晶體 離子鍵、共價鍵1/2s22P63s23p4或Ne3s23p4 5品紅溶液均褪色不褪色將SC2和C2等體積混合后在溶液中恰好完全反應生成了鹽酸和硫酸，不再具有漂白性(或SQ+Cl2+2H2O=H2SC4+2HCl,鹽酸和硫酸無漂白性 )NCc(S?-)c(H

10、S-)c(H+) ac【解析】【分析】【詳解】(1)該反應中N、S元素化合價均降低，C元素化合價升高，因此還原劑為C;還原產(chǎn)物為K2s和N2；當有1molKNO3參加反應時，有1.5molC參加反應，C元素化合價從0價升高 至+4價，因此轉(zhuǎn)移數(shù)目為 1.5mol XNAmol-1=6NA；KNO3為活潑金屬陽離子與含氧酸根陰離子組成的化合物，其晶體類型屬于離子晶體；晶體中陰陽離子通過離子鍵連接，硝酸根內(nèi) N原子與O原子之間通過共價鍵連接，因此KNO3晶體中存在離子鍵、共價鍵；S原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為16,核外電子數(shù)為16,因此核外電子排布式為：1s22s22p63s23p4 或Ne3s23p4；核外

11、電子分別處于 5個不同的能級中，因此原子核外有5種不同能量的電子；SQ具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色，Cl2與水反應生成的HClO具有漂白性，能夠使品紅溶液褪色；將 SQ和Cl2等體積混合后再緩緩通入品紅溶液，SQ與Cl2在水中能夠發(fā)生反應：SO+C2+2H2O=H2SC4+2HCl,生成的HCl、H2S。均不具有漂白性，因此不能使品紅 溶液褪色；C、N原子核外電子層數(shù)小于 S,因此S原子半徑最大，C N處于同一周期，核外電 子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越大，其半徑越小，因此半徑相對大小關系為：NCS2-二級水解程度 水的電離程度，因此溶液中除OH-外離子濃度關系為：c(K+)c(S2)c(HS-)c(

12、H+);a.同溫同濃度溶液 pH: Na2CO3Na2SO4,根據(jù)越弱越水解”，說明酸性： H2SQH2CQ, H2SQ、H2CQ分別對應S C的最高價氧化物對應水化物，可說明非金屬 性：SC故a符合題意；b.酸性：H2SQH2CQ,說明亞硫酸電離出氫離子的能力強于碳酸，因H2SQ并非S元素對應最高價氧化物對應水化物，不能說明碳元素與硫元素非金屬性相對強弱，故b不符合題意；c. CQ中碳元素為+4價，硫元素為-2價，可直接說明S的非金屬性強于 C,所以S才顯負 價，碳元素顯示正價，故 c符合題意；d.分解溫度：CH4H2S,其原因是 C S均采取sp3雜化，CH4為非極性分子，H-C鍵能較 強

13、，在1000c左右分解，而H2s為極性分子，H-S-H鍵角為92.1o,由于H-S鍵能較弱，導 致H2s在300c左右分解，故不能據(jù)此比較C元素與S元素非金屬性，故 d不符合題意；故答案為：ac?！军c睛】常見非金屬性的比較規(guī)律：1、由元素對應簡單單質(zhì)的氧化性判斷：一般情況下，氧化性越強，元素對應非金屬性越 強；2、由單質(zhì)和水反應程度判斷：反應越劇烈，非金屬性越強；3、由對應簡單氫化物的穩(wěn)定性判斷：氫化物越穩(wěn)定，非金屬性越強；4、由和氫氣化合的難易程度判斷：化合越容易，非金屬性越強；5、由最高價氧化物對應水化物的酸性來判斷：酸性越強，非金屬性越強；值得注意的是：氟元素沒有正價態(tài)，氧目前無最高正價

14、，硝酸則因分子內(nèi)氫鍵導致酸性較弱，所以最高價氧化物對應水合物的酸性最強的是高氯酸，而不是非金屬性高于氯的氮、 氧、氟。3.煤粉中的氮元素在使用過程中的轉(zhuǎn)化關系如圖所示:(1)中NH3參與反應的化學方程式為3.煤粉中的氮元素在使用過程中的轉(zhuǎn)化關系如圖所示:(1)中NH3參與反應的化學方程式為(2)焦炭氮中有一種常見的含氮有機物口比咤(O),其分子中相鄰的 C和N原子相比，N原子吸引電子能力更 (填 強”或 弱)從原子結(jié)構(gòu)角度解釋原因： (3)工業(yè)合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化學家格哈德埃特爾證實了氫氣與氮氣在固體催化劑表面合成氨的反應過程，示意如圖：圖網(wǎng)懈卜列說法正確的是 (選填字母)

15、。a.圖表示N2、H2分子中均是單鍵 b.圖一圖需要吸收能量 c.該過程表示了化學變化中包含舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的生成(4)已知：N2(g) + O2(g) = 2NO(g)H = a kJmo l-1N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) H 左 b kJmol-12H2(g) + O2(g) = 2H20(1) H = c kJmol-1反應后恢復至常溫常壓，中NH3參與反應的熱化學方程式為 (5)用間接電化學法除去 NO的過程，如圖所示：已知電解池的陰極室中溶液的pH在47之間，寫出陰極的電極反應式： 。用離子方程式表示吸收池中除去NO的原理： 。催化劑【答案】4NH3+5

16、O24NO+6H2O 強 C和N原子在同一周期(或電子層數(shù)相同)，N原A子核電荷數(shù)更大，原子半徑更小，原子核對外層電子的吸引力更強bc 4NHj(g) + 6NO(g)=5N2(g) + 6H2O(1) H 心(3c-3a-2b) kJ mol-1 2HSO- + 2e- + 2H+ = &。42- + 2H2O 2NO + 2SO42- +2H2O = N2 + 4HS。-【解析】【分析】【詳解】(1)氨氣在催化劑條件下與氧氣反應生成一氧化氮和水，為重要的工業(yè)反應，反應的化學方催化劑程式為 4NH3+5O24NO+6H2O；A(2)由于C和N原子在同一周期(或電子層數(shù)相同)，N原子核電荷數(shù)更

17、大，原子半徑更小， 原子核對外層電子的吸引力更強，所以N原子吸引電子能力更強；(3)a.氮氣中兩個氮原子之間為三鍵，故 a錯誤；b.分析題中圖可以知道，圖表示 N2、H2被吸附在催化劑表面，而圖表示在催化劑表面，N2、H2中化學鍵斷裂，斷鍵吸收能量，所以圖一圖需要吸收能量，故 b正確；c.在化學變化中，氮分子和氫分子在催化劑的作用下斷裂成氫原子和氮原子，發(fā)生化學鍵的斷裂，然后原子又重新組合成新的分子，形成新的化學鍵，所以該過程表示了化學變化中包含舊化學鍵的斷裂和新化學鍵的生成，故 c正確；答案選bco(4)中 NH3參與的反應為：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H20

18、(1)；已知：N2(g) + O2(g) = 2NO(g)H = a kJmol-1 i;N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) H 左 b kJmol-1 ii;2H2(g) + O2(g) = 2H2O(1) H = c kJmol-1 iii;根據(jù)蓋斯定律 iii X3- i X3W彳導X4NIH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(1) H=(3c-3a-2b)kJ mol -1；(5)陰極發(fā)生還原反應，據(jù)圖可知亞硫酸氫根離子得電子被還原生成S2O42-,電解質(zhì)溶液顯弱酸性，所以電極反應式為：2HSO3-+2e-+2H+=QO42-+2H2O;據(jù)圖可知S

19、2O42-與一氧化氮發(fā)生氧化還原反應，生成氮氣和亞硫酸氫根，根據(jù)得失電子守值、原子守恒和電荷守恒，反應的離子方程式為：2NO+2S?O42-+2H2O=N2+4HSQ-。A、B、C D、E均為短周期主族元素，其原子序數(shù)依次增大。其中 A元素原子核內(nèi) 只有1個質(zhì)子；A與C,B與D分別同主族；B、D兩元素原子序數(shù)之和是A、C兩元素原子序數(shù)之和的2倍。請回答下列問題：(1)由上述元素組成的下列物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是 (填字母編號)。a. A2Bb. E c, DB2d, C2DB3(2)B元素在元素周期表中的位置為 ;化合物C2B2中含有的化學鍵類型是;化合物C2B中兩種離子的半徑大小關系為 Na+

20、,故答案為:第2周期V! A族；離子鍵、共價鍵；Na+; O2-;(3)用裝置A制取并收集純凈干燥的 C2氣體，選擇濃鹽酸與二氧化鎰加熱制備；用裝置 F中的飽和食鹽水除雜；用裝置 E中的濃硫酸干燥；最后用 B裝置進行收集及尾氣處理， 則儀器連接順序為 AFEB故答案為：AFEBA裝置A中發(fā)生反應的化學方程式為 MnO2+4HCl(濃)- MnCl2 + Cl2f+2H2O,故答案為：MnO2+4HCl（濃）=MnCl2+CbT +2H2O?！军c睛】此題易錯點在于非電解質(zhì)的判斷，電解質(zhì)的前提必須是化合物，本質(zhì)是自身在一定條件下 可以電離。NaClOk NaNO3、Na2S。等鈉鹽在多領域有著較廣

21、的應用。(1)上述三種鹽所涉及的五種元素中，半徑較小的原子是 ;原子核外最外層p層p亞層上電子自旋狀態(tài)只有一種的元素是 (2)堿性條件下，鋁粉可除去工業(yè)廢水中的 蕊試紙變藍的氣體。產(chǎn)物中鋁元素的存在形式 可處理 gNaNO?。(3)新冠疫情發(fā)生后，有人用電解食鹽水自制 墨)。電極a應接在直流電源的 NaNO2,處理過程中產(chǎn)生一種能使?jié)駶櫦t色石 (填化學符號)；每摩爾鋁粉NaClO消毒液，裝置如圖(電極都是石極；該裝置中發(fā)生的化學方程式為(4) Na2SO3溶液中存在水解平衡 SO2 +H2O HSO3+OH 設計簡單實驗證明該平衡 存在。0.1mol/L Na 2SQ溶液先升溫再降溫，過程中(

22、溶液體積變化不 計)PH如下。時刻溫度/C25304025PH9.669.529.379.25升溫過程中PH減小的原因是 ;與相比；C(HSO3) (填哪【解析】【分析】(1)電子層數(shù)越少，半徑越小，電子層數(shù)相同，質(zhì)子數(shù)越多半徑越?。籶亞層的電子數(shù)3, p亞層上電子自旋狀態(tài)只有一種；根據(jù)洪特規(guī)則，當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，而且自旋狀態(tài)相同；(2)鋁在堿性條件下，生成偏鋁酸鹽；鋁粉除去工業(yè)廢水中的NaNO2,處理過程中產(chǎn)生氨氣，反應方程式是 2Al+NaNO 2+NaOH+H 2O=2NaAlO 2 NH3；(3)氯氣與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，

23、為使氯氣與氫氧化鈉充分反應，a極應生成氯氣；(4)由于該水解平衡的存在，使NazSQ溶液顯堿性；水電離吸熱，升高溫度，水的電離平衡正向移動；與相比，溫度相同，的pH大于，說明中 HSO3濃度減小。【詳解】(1)上述三種鹽所涉及的五種元素中，Na、Cl、S有3個電子層，半徑較大， O、N有2個電子層，且 O的質(zhì)子數(shù)大于N,所以半徑較小的原子是 O;根據(jù)洪特規(guī)則，當電子排布 在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，而且自旋狀態(tài) 相同，所以p亞層上電子自旋狀態(tài)只有一種的元素是N;(2)鋁在堿性條件下，生成偏鋁酸鹽，產(chǎn)物中鋁元素的存在形式是AlO2 ;鋁粉除去工業(yè)廢水中的Na

24、NO2,反應方程式是 2Al+NaNO 2+NaOH+H 2O=2NaAlO 2 NH3,根據(jù)方程式 ImolAl 粉處理 0.5mol NaNO2,質(zhì)量是 0.5mol x 69g/mol=34.5g(3) a極氯離子失電子生成氯氣，所以 a極是陽極，應接在直流電源的正極；用石墨電極 電解飽和食鹽水生成氫氧化鈉、氫氣、氯氣，氯氣與氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，該裝置_通電中發(fā)生的化學方程式為 2NaCl+2H2O = 2NaOH+H2T +Cbf , Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO;(4)該水解平衡的存在，Na2SQ使溶液顯堿性，向溶液中滴加酚儆，發(fā)現(xiàn)變紅，則證明該平衡的存在；水

25、電離吸熱，升高溫度，水的電離平衡正向移動，Kw變大，c(H+)增大，pH變?。慌c相比，溫度相同，的pH大于，說明中HSO3濃度減小，c (HSO3)。.比較下列性質(zhì)(用 4、 “=：之”填空)半徑P F酸性 H3PC4 H2SC4堿性 Mg (OH) 2 Al (OH) 3穩(wěn)定性 H2s H2O還原性 H2s HCl氧化性C2 Br2 .【答案】 【解析】【分析】根據(jù)不同周期元素的原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大分析；根據(jù)元素的非金屬性越強，對應最高價氧化物的水化物的酸性越強分析；根據(jù)元素的金屬性越強，對應最高價氧化物的水化物的堿性越強分析；根據(jù)元素的非金屬性越強，對應氫化物的穩(wěn)定越強分析；根據(jù)

26、元素的非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強，則對應氫化物的還原性越弱分析；根據(jù)元素的非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強分析?！驹斀狻縋和F分別位于周期表第三周期和第二周期，P原子核外有3個電子層，F(xiàn)原子核外有2個電子層，元素的原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，故答案為：;P和S位于同一周期，S的非金屬性大于 P,元素的非金屬性越強，對應最高價氧化物的 水化物的酸性越強，故答案為：;Mg的金屬性大于 Al,元素的金屬性越強，對應最高價氧化物的水化物的堿性越強，故答案為：;O的非金屬性大于 S,元素的非金屬性越強，對應氫化物的穩(wěn)定越強，故答案為：;Cl的非金屬性大于 S,元素的非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強，

27、則對應氫化物的還原性越弱，故答案為：;Cl的非金屬性大于Br,元素的非金屬性越強，單質(zhì)的氧化性越強，故答案為：。. X、Y、Z、W為四種常見元素，其中 X、Y、Z為短周期元素。有關信息如下表。nt于is分子*口頭加息加幽及典禮告物用最信感工茬X*份于屋由相若科宛品的中肉聲物X 的需瓶價氧化物觸回的水生的為充 機.融中的 修限V原子峋豪外概電子數(shù)舞干申下府益V的國化物串典型的兩次取生例.B用千例 通一付根苴腦誨的濡Z工慎王的鼠撲陵電子政是次外麋電于經(jīng)的事W星汨札心炎腹材14的主離. *脯 鵬的舊大博飆*竊電瞪的士WW m子的姓現(xiàn)生字姓小于4w 的壽見化臺攤/+3一 +*. wx,的Z的氧化物在通

28、訊領域用來作 _。X的最高價氧化物對應水化物的水溶液與Y的氧化物反應的離子方程式為 _。一種含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分，它能有效殺滅2019-coVn,請寫出工業(yè)上制備它的離子反應方程式_,但在使用時特別注意不能與潔廁靈混用，原因是 _ (用化學方程式 表不)。W在周期表中的位置為 _,聚硅酸 W是目前無機高分子絮凝劑研究的熱點，一種用 鋼管廠的廢W渣(主要成分W3O4,含少量碳及二氧化硅)為原料制備的流程如圖：Q工業(yè)管醯混聚，靜置2h浦渣惦度梭惻Q工業(yè)管醯混聚，靜置2h浦渣惦度梭惻加熱條件下酸浸時，W3O4與硫酸反應生成W的離子。酸浸時，通入O2的目的是?！癢3+濃度檢測”是先將

29、100mL含W3+溶液用適量的SnC2還原為W2+；再用酸性KCr2Q7標準溶液測定 W2+的量(Cr2Q72-被還原為Cr3+),此時發(fā)生反應的離子方程式，若用掉0.2mol 匚1&Cr2Q7溶液 50mL,則 W3+濃度為?！敬鸢浮抗鈱Юw維AbQ3+6H+=2Al3+3H2Q C2+2QH = Cl +ClQ +H2Q NaClQ-2HCl=CbT+NaC+H2Q 第四周期第皿族將 FeSQ氧化為 Fe2(SQ) 3 6Fe2+Cr2Q72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2Q Q 6mol/ L【解析】【分析】X、Y、Z為短周期元素，X的最高價氧化物對應的水化物為無機酸中最強酸，則 X

30、為Cl; Y 的氧化物是典型的兩性氧化物，可用于制造一種極有前途的高溫材料，Y原子的最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，則 Y為Al; Z是無機非金屬材料的主角，其單質(zhì)是制取大規(guī)模集成電 路的主要原料，原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的1/2,則Z為Si; W原子的最外層電子數(shù)小于4,常見化合價有+3、+2, WX3稀溶液呈黃色，則 W為Fe,據(jù)此進行解答?！驹斀狻扛鶕?jù)以上分析可知 X是Cl, 丫是Al, Z是Si, W是Fe。Z的氧化物二氧化硅在通訊領域用來作光導纖維。X的最高價氧化物對應水化物的水溶液高氯酸與Y的氧化物氧化鋁反應的離子方程式為Al2Q3+6H+= 2Al3+3H2Q。一種含X元素的化

31、合物是家用消毒液的有效成分，它能有效殺 滅2019- coVn,該化合物是次氯酸鈉，工業(yè)上制備它的離子反應方程式為Cl2+2QH = Cl+ClQ +H2Q,由于次氯酸鈉能氧化鹽酸生成氯氣，而潔廁靈中含有鹽酸，所以在使用時特 別注意不能與潔廁靈混用，反應的化學方程式為NaClQ+2HCl= Cb T + NaCl+H2Q。(3)鐵在周期表中的位置為第四周期第皿族。加熱條件下酸浸時，F(xiàn)e3Q4與硫酸反應生成硫酸鐵和硫酸亞鐵，碳與二氧化硅不溶于稀硫 酸也不反應，濾渣的主要成分是碳和二氧化硅；由于酸浸時有亞鐵離子生成，通入氧氣能 將亞鐵離子氧化為鐵離子；在酸性條件下，再用K2Cr2Q7標準溶液滴定F

32、e2+ (52。72-被還原為Cr3+),則亞鐵離子被氧化為鐵離子，發(fā)生的離子方程式為：6Fe2+Cr2Q72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2Q；根據(jù)反應和原子守恒可知6Fe3+ 6Fe2+ Cr2Q7-61100mL c50mL 0.2mol /L解得 c= 0.6mol / L8.海洋是資源的寶庫，釀藏著豐富的化學元素，如氯、澳、碘等，海洋資源的綜合利用具 有非常廣闊的前景。(1)下列說法正確的是。a. AgCk AgBr、AgI的顏色依次變深b. F、Cl、Br、I的非金屬性依次增強c.HF、HCl、HBr、HI的還原性的依次增強d.F2、Cl2、Br2、I2與H2化合由難變易(

33、2)實驗室從海藻灰中提取少量碘的流程如下圖:海震居地海震居地ift氧化時，可以加入 MnO2在酸性條件下進行氧化，反應的離子方程式為： 。上述步驟分離操作分別為過濾、 、。(3)從海水提取的粗鹽中含有 Mg2+、Fe2+、Ca2+和SO42一等雜質(zhì)，“除雜”所需試劑有：過 量的NaOH溶液過量的NazCQ溶液適量的鹽酸過量的 BaC2溶液.試劑的添加順序 為。為使Ca2+完全沉淀，溶液中 c(CQ2一)應不小于 mol/L。已知Ksp(CaCO)=2.9 x-90 離子濃度小于1 x 1C5mol/L視為完全沉淀(4)目前，利用食鹽制取純堿主要有氨堿法”和“聯(lián)合制堿法”兩種工藝能析出NaHCO

34、3的原因是。 氨堿法”是在濾液中加入 產(chǎn)生N%,循環(huán)使用，但產(chǎn)生大量的度棄物CaC2;聯(lián)合制堿法 是在濾液中繼續(xù)通入 NH3,并加入NaCl粉末以制得更多的副產(chǎn)物O常溫下，向飽和食鹽水中通入NH3和CO2,當(HCO3)=c(NH4+)時，溶液的pH 7 (填“”、“”或“=”)?！敬鸢浮縜c MnO2 + 2+4H+=Mn2+I2 + 2H2O分液 蒸儲 (或或)2.9 X切NaHCQ的溶解度最小CaO 或Ca(OH)2NH4Cl小于【解析】 【分析】(1) a. AgCl、AgBr、AgI的顏色分別為白色、淺黃色、黃色，依次變深；F、Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，金屬性依次增強；HF、

35、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次減弱，即還原性的依次增強；F2、C2 Br2、I2與H2化合由易變難；(2)氧化時，在酸性條件下 MnO2與碘離子反應生成二價鎰離子、碘單質(zhì)和水； 步驟為固液分離，方法為過濾；為萃取后分液；蒸發(fā)掉有機物生成晶態(tài)碘；除Mg2+、F浮用NaOH,除Ca2+用碳酸鈉，除SO42-用氯化鋼溶液，但會引入銀離子，除 銀離子也用碳酸鈉，則除硫酸根離子在除鈣離子之前，過濾后再加鹽酸除去碳酸根離子和氫氧根離子；根據(jù) Ksp(CaCO)計算；(4)NaHCQ的溶解度小于碳酸鈉的； 氨堿法”濾液中的主要成分為氯化俊；根據(jù)溶液呈電中性計算、判斷。 【詳解】(1) a. AgCl、Ag

36、Br、AgI的顏色分別為白色、淺黃色、黃色，依次變深，a正確；F、Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，金屬性依次增強，b錯誤；HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次減弱，即還原性的依次增強，c正確；F2、Cl2、Br2、I2與H2化合由易變難，d錯誤； 答案為ac;(2)氧化時，在酸性條件下MnO 2與碘離子反應生成二價鎰離子、碘單質(zhì)和水，離子方程式為 MnO2 + 2I-+4H+=Mn2+l2+2H2O;步驟為固液分離，方法為過濾；為萃取后分液；蒸發(fā)掉有機物生成晶態(tài)碘；除Mg2+、F浮用NaOH,除Ca2+用碳酸鈉，除SO42-用氯化鋼溶液，但會引入銀離子，除 銀離子也用碳酸鈉，則除硫酸根離子

37、在除鈣離子之前，過濾后再加鹽酸除去碳酸根離子和氫氧根離子，添加順序為(或或)；Ksp(CaCO)=c(Ca2+) x c(CO)=2.9 X-90 則 c(CQ2-)=2.9 x1mol/L;(4)NaHCQ的溶解度小于碳酸鈉的，則飽和碳酸鈉溶液中通二氧化碳和氨氣時能析出碳酸氫鈉； 氨堿法”濾液中的主要成分為氯化錢，加入CaO或Ca(OHR時可產(chǎn)生氨氣；在濾液中繼續(xù)通入NH3,并加入NaCl粉末能得到更多的氯化??；根據(jù)溶液呈電中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(CI)+c(OH-)+c(HCO3)+2c(CO32), c(Na+)=c(CI), c(NH4+)=c(HCC3),

38、則 c(H+)= c(OH)+2c(CC32-),溶液呈酸性，pHOC 口口小回 LU N2O SF2 V形 水蒸氣中大部分的水分子因 3d4s為氫鍵而相互締合，形成締合分子4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)42+4OH-+6H2O64+16 4 Z21 a 10 Na【解析】【分析】A的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則A是H元素；B和D位于同一周期且未成對電子數(shù)等于其周期序數(shù)，若兩者都為第三周期，未成對電子數(shù)為3,符合條件的元素第三周期只有一個，不符合題意，若 B、D為第二周期，則核外有 2個未成對電子，即2p2和2p4,所 以B為C元素，D為O元素，則C為N元素；E

39、為第四周期元素，最外層只有一個電子， 次外層的所有軌道均充滿電子，則E是Cu元素?！驹斀狻縄IA族、第NOC;(1)IIA族、第NOC;VA族元素第一電離能大于相鄰元素，故C、N、O的第一電離能大小關系為:Cu為29號原子，核外電子排布式為 Ar3d 104s1,其價電子排布圖為臼4s(2)BD2為CC2,含有3個原子，價電子數(shù)為16,等電子體是指原子總數(shù)相等，價電子總數(shù)N2O;2+6-2 2-1 =23按作 2相等的微粒，所以由以上元素組成的與CQ互為等電子體的分子為 (3)D為O元素，所以D3+離子為。3+,中心氧原子的價層電子對數(shù)為 3計算，所以為spN2O;2+6-2 2-1 =23按

40、作 2(4)溫度接近水的沸點的水蒸氣中存在大部分的水分子因為氫鍵而相互締合，形成締合分子，導致其測定值偏大；(5)無色的Cu(NH3)2+在空氣中不穩(wěn)定，立即被氧化為深藍色的Cu(NH3)42+,氧氣作氧化離子方程+6X1=4,所以晶 2IIA族(最外層全劑，該反應應在氨水中進行，結(jié)合元素守恒可知該過程中還有氫氧根和水生成, 式為 4Cu(NH3)2+O2+8NH3?H2O=4Cu(NH3)4離子方程+6X1=4,所以晶 2IIA族(最外層全1(6)Cu和O形成一種晶體，該晶胞中Cu原子個數(shù)二4、O原子個數(shù)=8k864+16 4胞的質(zhì)重為g,該晶胞體積 V=(a x 17)cm)3,則該晶體管

41、度Na64+16 4gmNa64+16 4 , 3。=豆一3-=豆 g/cmV a 10 cm a 10 Na【點睛】同一周期元素，元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第 滿)、第VA族(最外層半滿)元素第一電離能大于其相鄰元素。.按要求填空：(1)短周期主族元素 A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，其中 C為金屬元素，C的最外層 電子數(shù)和A相等；C D兩元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為 A、B兩元素質(zhì)子數(shù)之和的 3倍。請回答：A為； C為；(填元素名稱)D的一種氧化物和其氫化物反應的化學方程式為 ;寫出一種由以上四種元素組成的水溶液呈酸性的化合物與C的最高價氧化物對應水化物反應的離子方程式;A

42、和C組成的化合物的電子式為 ,寫出其和水反應的化學方程式 。(2)下列變化干冰的升華燒堿熔化金剛石熔化氯化氫溶于水氧氣溶于水 氯化鏤受熱分解。未發(fā)生化學鍵破壞的是 ;(填序號，下同)僅發(fā)生共價鍵破壞的是 。【答案】H Na 2HS+SO=3SJ +2H2O l4+OH=H2O Na+ ： H- NaH+H2O=NaOH+H2 T【解析】【分析】根據(jù)題中短周期主族元素 A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，其中 C為金屬元素，C的最 外層電子數(shù)和 A相等”可以知道A為H元素，則C為Na元素，故D為Sk P、S Cl中的一 種，由 戈D兩元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為 A、B兩元素質(zhì)子數(shù)之和的 3倍”可知，滿

43、足3的 倍數(shù)關系的是27,即D為S元素，則B為O元素，據(jù)此分析解答。【詳解】(1) 由分析可知，A為H, C為Na,故答案為：H; Na；D的氫化物為H2S,可與其氧化物 SQ發(fā)生反應：2H2S+SO=3SJ +2H2O,故答案為：2H2S+SO=3SJ +2H2O;由該四種元素組成的酸性溶液的化合物是NaHSQ, C的最高價氧化物對應水化物是NaOH,二者發(fā)生反應：NaHSO+NaOH=Na2SQ+H2O,離子方程式為：H+OH=H2O。答案為：H+OH=H2O；A和C組成的化合物是 NaH,由Na+和H-構(gòu)成，是離子化合物，電子式為： Na+: H-, 其與水反應生成 NaOH,反應方程式

44、為：NaH+H2O=NaOH+H2 f o故答案為：Na+: H-; NaH+H2O=NaOH+H2 T ;(2)干冰的升華屬于物理變化，只是狀態(tài)發(fā)生了變化，沒有化學鍵的破壞；燒堿中存在離子鍵、共價鍵，熔化燒堿時，陰陽離子間的化學鍵被破壞，所以破壞的是離子鍵；金剛石是由原子構(gòu)成的，存在共價鍵，其熔化破壞了共價鍵；氯化氫是共價化合物，存在共價鍵，溶于水時，在水分子的作用下，氯化氫中的共價鍵被破壞；氧氣溶于水，是物理變化，沒有化學鍵的破壞；氯化鏤是離子化合物，存在離子鍵和共價鍵，受熱分解時，陰陽離子鍵的化學鍵以及鏤根離子中的共價鍵被破壞，所以破壞的是離子鍵和共價鍵；根據(jù)以上分析可知：未發(fā)生化學鍵破

45、壞的是：；僅發(fā)生共價鍵破壞的是：；故答 案為：；。二、化學鍵練習題(含詳細答案解析)煤氣中主要的含硫雜質(zhì)有 H2s以及COS (有機硫)，煤氣燃燒后含硫雜質(zhì)會轉(zhuǎn)化成SQ從而引起大氣污染。煤氣中H2s的脫除程度已成為其潔凈度的一個重要指標?；卮鹣铝袉栴}：(1)將H2s通入FeC3溶液中，該反應的還原產(chǎn)物為 。(2)脫除煤氣中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2還原法以及水解法等。COS的分子結(jié)構(gòu)與 CQ相似，COS的電子式為 。Br2的KOH溶液將COS氧化為硫酸鹽和碳酸鹽的離子方程式為 。已知斷裂1mol化學鍵所需的能量如下(能量的單位為kJ)：H-HC-OC-SH-SCO436745

46、5773391072H2還原COS發(fā)生的反應為 H2 (g) +COS (g) H2s (g) +CO (g),該反應的H=kJ mol-1。用活性“T12O3催化COS水解的反應為 COS (g) + H2 O (g) 脩？ CQ (g) + H2s(g) H E(5) D2E2分子中各原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)，則D2E2的電子式為 。【答案】第三周期 V! A 族 A1N+ 4HCl=AlCl3+NH4C1 2NH3 + 3H2O2=N2 f + 6H2O 或 2NH3 H2O+ 3H2O2=N2 f + 8H2。N2H4+ H2。 N2H5+ + OH N2H6( HSC4) 2 ：c

47、i i s t s t a ：【解析】【分析】由短周期元素 A、B、C、D、E在元素周期表中的相對位置可知，A為N, B為O, C為Al, D 為 S, E 為 C1?！驹斀狻緼 為 N, B 為 O, C為 Al, D 為 S E 為 Cl。(1)D為S,原子序數(shù)為16,位于周期表中的第三周期V! A族；(2)A和C形成的一種摩爾質(zhì)量為 41g mol 1的化合物，則該化合物為 AlN。根據(jù)原子守恒，這兩種鹽分別為 AlCl3和NH4Cl,其化學方程式為 AlN+4HCl=AlC3+NH4Cl;(3)M為A的簡單氣態(tài)氫化物，為 NH3,其水溶液為NH3- H2O,可作刻蝕劑H2O2的清除 劑

48、，反應的產(chǎn)物不污染環(huán)境，其化學方程式為2NH3+3H2O2=N2+6H2O； N為A的另一種氫化物，其相對分子質(zhì)量比 M大15,則N為N2H4。N為二元弱堿，在水中分步電離，并與 M 的電離方式相似，則 N第一步電離的電離方程式為N2H4+H2g N2H5+OH； N2H4作為二元弱堿，其陽離子為 N2H62+,與過量硫酸反應生成的酸式鹽為硫酸氫鹽，陰離子為HSQ,化學式為N2H6(HSQ)2;(4)E的單質(zhì)，即Cl2,與D的氣態(tài)氫化物H2s的水溶液反應，生成淡黃色沉淀，發(fā)生反應CE+H2S=SJ + 2HCl, Cl2置換出S, Cl2的氧化性大于 S的氧化性，則可知非金屬性Cl(E)大于S

49、(D),正確；非金屬元素的非金屬性越強，與氫氣化合越容易。Cl2與H2化合比S與H2化合更容易，可知非金屬性Cl( E)大于S(D),正確；S與Fe化合時產(chǎn)物中Fe為+2價，C2與Fe化合時產(chǎn)物中Fe為+3價，Cl2得到電子能力 強，可知非金屬性 Cl(E)大于S(D),正確；D的最高價含氧酸為 H2SO1, E的最高價含氧酸為 HClO4o同濃度下，H2SO4溶液中c(H+) 大，是由于H2SO4為二元酸，HClO4為一元酸，且均為強酸，在溶液中完全電離，與它們的 非金屬性強弱無關，錯誤；綜上符合題意；D2E2分子中各原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)，S達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要形成2對共用電子對，Cl達到

50、穩(wěn)定結(jié)構(gòu)需要形成 1對共用電子對，可知 S2C12分子中S原子間共用1對電子, 每個s原子與ci原子共用一對電子，結(jié)構(gòu)式為 ci-s-s-ci,其電子式為：di : 6 ： M H:生活污水中氮是造成水體富營養(yǎng)化的主要原因。若某污水中NH4C1含量為180mg/L。(1)寫出NH4C1電子式：。(2)氮原子的電子排布式是:,寫出與氯同周期，有 2(2)氮原子的電子排布式是:號為(3)為除去廢水中的 NH4+,向103L該污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理論上需要 NaOH 溶液的體積為L(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))。(4)可先在酸性污水中加入鐵屑將NO3-轉(zhuǎn)化為NH4+后再除去，請配平下列

51、離子方程式并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。Fe+NO3-+H+-_Fe2+_NH4+H2OSi S 122s22p3 33.64-41 OH+TFe2 JNHTTH；-41 OH+TFe2 JNHTTH；。4 1 10 4 1 3(1)NH4C1是離子化合物;(2)氮為7號兀素; 氯原子的核外電子排布式為1s22s22 P 63s23p5；(3)根據(jù)NH4+和NaOH溶液的反應計算需要 NaOH溶液的體積為；(4)根據(jù)氧化還原反應，配平離子方程式并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目?！驹斀狻縡r H +廣(1)氯化俊是離子化合物，由氨根離子與氯離子構(gòu)成，電子式為：:c；J HJ(2)氮原子電子排布式是：1s

52、22s22p3;氯原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5,有一個未成對的電子，與其同周期且有2個未成對電子的原子的的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4和 1s22s22p63s23p2,元素符號為 S、Si； 某污水中 NH4Cl含量為180mg/L, 103L污水中含有 180mg/LX103L=180000mg=180gNH 4Cl, NH4=180000mg=180gNH 4Cl, NH4Cl 的物質(zhì)的量為180g53.5g / mol3.364mol,NH 4+的物質(zhì)的量也是3.364mol,為除去廢水中的 NH4+,向該污水中加入 0.1mo1/LNaOH溶液，理論上需要NaOH的物質(zhì)的量為3.364mol,NaOH的物質(zhì)的量為3.364mol,則所需NaOH溶液的體積為3.364mol0.1mol/