化學元素周期律的專項培優(yōu)易錯試卷練習題(含答案)及答案

化學元素周期律的專項培優(yōu)易錯試卷練習題（含答案）及答案一、元素周期律練習題（含詳細答案解析）l.X、Y、Z、E、F五種元素的原子序數(shù)依次遞增。已知：①F位于周期表中第四周期IB族，其余的均為短周期主族元素：②E的氧化物是光導纖維的主要成分；③Y原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)；④X是形成化合物種類最多的元素；⑤Z原子p軌道的電子數(shù)為4。請回答下列問題：（1寫出一種X元素形成氫化物的化學式。（2在1個由F與Z形成的f2z晶胞中結構如圖所示）所包含的F原子數(shù)目為（3在[F（NHP4]2+離子中，F(xiàn)2+的空軌道接受NH3的氮原子提供的形成配位鍵。（4常溫下X、Z和氫元素按原子數(shù)目1:1:2形成的氣態(tài)常見物質A是寫名稱），A物質分子中X原子軌道的雜化類型為，ImolA分子中鍵的數(shù)目為N（寫元素符號）。（5）X、Y、E三種元素的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為（寫元素符號）?！敬鸢浮緾H44孤電子對甲醛sp2雜化3<CSiN解析】【分析】X、Y、Z、E、F五種元素的原子序數(shù)依次遞增。根據(jù)①F位于周期表中第四周期IB族可判斷其為Cu;根據(jù)②E的氧化物是光導纖維的主要成分可判斷E為Si；根據(jù)④X是形成化合物種類最多的元素可判斷X為C;根據(jù)③Y原子核外L層電子數(shù)為奇數(shù)且原子序數(shù)比X的大可判斷其屬于第二周期的元素，可能為N或F；根據(jù)⑤Z的原子P軌道的電子數(shù)為4推測出Z可能為0或S，但E的原子序數(shù)大于Z，E為Si所以Z只能為0,處于C和。之間的Y只能為N,所以X、Y、Z、E、F分別為C、N、0、Si,Cu，據(jù)此解題?！驹斀狻浚―X為C，X元素形成的氫化物有很多，有烷烴、烯烴、快烴等，其中的一種的化學式為CH4；（2）F2Z為Cu20，根據(jù)化學式中原子個數(shù)比Cu:0=2:1，然后算出圖中該晶胞的黑球個數(shù)為：1x4=4白球個數(shù)為：8x/8+1=2，所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是0原子，所以該晶胞中所包含的Cu原子數(shù)目為4個；（3在[5@屯）4]2+離子中，Cu2+的空軌道接受NH3的氮原子提供的孤電子對形成配位鍵；（4常溫下C、O和氫元素按原子數(shù)目1：1：2形成的氣態(tài)常見物質A是甲醛，甲醛分子中C原子可以形成四個化學鍵，因為碳的價電子數(shù)是4，其中，有兩個單電子一起與氧的兩個電子形成C=O,C剩余的兩個單電子各與兩個H形成兩個C-H鍵，雙鍵中含有一條。鍵和—條n鍵，兩條C-H單鍵都是a鍵，所以。鍵數(shù)=2+1=3，雜化軌道數(shù)=。鍵數(shù)+孤對電子數(shù)（C無孤對電子，所以孤對電子數(shù)為0），所以雜化軌道數(shù)=3,為sp2雜化，1molHCH0分子中a鍵的數(shù)目為3NA;（5）X、Y、E三種元素分別為C、N、Si根據(jù)每周期第一種元素電離能最小，最后一種元素的電離能最大，呈逐漸增大的趨勢；同族元素從上到下第—電離能變小來進行判斷，C、N、Si的第一電離能數(shù)值由小到大的順序為：Si<C<N。2．在實驗室可以將硫化氫氣體通入裝有硫酸銅溶液的洗氣瓶中而將其吸收?，F(xiàn)象是洗氣瓶中產(chǎn)生黑色沉淀，同時藍色溶液逐漸變淺而至無色。完成下列填空：（1）寫出發(fā)生反應的化學方程式___，該反應能夠發(fā)生是因為（選填編號）___。強酸生成了弱酸強氧化劑生成了弱還原劑生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸D?生成的無色溶液不能導電，也不能揮發(fā)出氣體（2）該反應體系中的屬于弱電解質的溶液，跟含有與該弱電解質等物質的量的氫氧化鈉的溶液混合發(fā)生反應后，混合溶液中存在的離子—共有___種，這些離子的濃度大小不同，其中濃度第二大的離子的符號—，從物料平衡的角度分析：溶液中c（Na+）=—。（3）硫化銅與—般酸不反應，但可與濃硝酸發(fā)生反應：___CuS+___HNO3（濃）——CuSO4+—NO2f+—H20，配平此反應方程式，將系數(shù)填寫在對應的橫線上。（4）若反應中轉移1?6mol電子時，則產(chǎn)生的氣體在標準狀況下體積為___L;若反應的氧化產(chǎn)物為0.8mol時，則反應中轉移電子數(shù)為_。（5）此反應體系中的含硫物質形成的晶體類型為___，此反應體系中非金屬元素的原子半徑由大到小的是（用元素符號表示）___。【答案】CuS04+H2S=CuS|+H2S04C5-（HS-）+c（S2-）+c（H2S）1818435.84.4NA離子晶體>SN>O>H【解析】【分析】

【詳解】將硫化氫氣體通入裝有硫酸銅溶液的洗氣瓶中，洗氣瓶中產(chǎn)生黑色沉淀，為CuS，同時藍色溶液逐漸變淺而至無色，反應的化學方程式^CuSO4+H2S=CuS；+H2SO4，反應生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得該反應能夠發(fā)生，故答案為：CuSO4+H2S=CuS；+H2SO4；C；⑵該反應體系中的屬于弱電解質的是H2S，與等物質的量的氫氧化鈉的溶液混合，發(fā)生反應生成NaHS，溶液中存在NaHS的電離平衡和水解平衡，溶液中存在的離子有Na+、HS-、S2-、OH-、H+，—共有5種離子；但NaHS的電離程度和水解程度均較小，這些離子的濃度第二大的離子為HS-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)，故答案為：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；根據(jù)化合價升降守恒，硫化銅中的S元素由-2價升高為+6價，化合價升高8,硝酸中N元素的化合價由+5價降低為+4價，化合價降低1，最小公倍數(shù)為8,因此硫化銅與濃硝酸的反應方程式為：CuS+8HNO3(濃)=CuSO4+8NO2f+4H2O，故答案為:1;8；1；8；4；⑷根據(jù)反應的方程式CuS+8HNO3(濃)=CuSO4+8NO2f+4H2O,反應中轉移的電子為8,若反應中轉移1.6mol電子時，則產(chǎn)生1.6molNO2氣體，在標準狀況下體積為1.6molx22.4L/mol=35.84L；該反應的氧化產(chǎn)物為CuSO4,若反應的氧化產(chǎn)物為0.8mol時，則反應中轉移電子為0.8molx8=6.4mol，數(shù)目為6.4NA,故答案為：35.84；6.4NA；⑸此反應體系中的含硫物質為CuS和CuSO4，形成的晶體類型均為離子晶體，此反應體系中非金屬元素為S、H、N、O,同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑由大到小的順序為S>N>O>H,故答案為：離子晶體；S>N>O>HO已知A、B、C、D、E、F均為短周期主族元素，且它們的原子序數(shù)依次增大.B和E同主族，A、B在元素周期表中處于相鄰的位置，C元素原子在同周期主族元素中原子半徑最大，D是地殼中含量最多的金屬元素，E元素原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍?請回答下列問題：TOC\o"1-5"\h\z畫出F的原子結構示意圖oB、C、E對應簡單離子的半徑由大到小的順序為(用具體微粒符號表示)。A的氣態(tài)氫化物與其最高價氧化物對應水化物反應，生成的化合物屬(填離子化合物'或共價化合物”O(jiān)加熱條件下，B單質與C單質的反應產(chǎn)物的電子式為o方程式為<【答案】'D方程式為<【答案】'亠I一2-SO2->Na+離子化合物也+[◎§：」M34"Al(OH)3+NaOH=NaAl2O+2H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E、F均為短周期主族元素，且它們的原子序數(shù)依次增大，B和E同主族，D

是地殼中含量最多的金屬元素，則D為Al元素；E、F原子序數(shù)均大于Al,處于第三周期，而E元素原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，最外層電子數(shù)為6,故E為S元素,F為Cl;B和E同主族，則B為0元素；A、B在元素周期表中處于相鄰的位置，A為N元素；C元素原子在同周期主族元素中原子半徑最大，處于IA族，原子序數(shù)介于氧、鋁之間，故C為Na,以此分析解答。電子層結構相同的離子，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，離子電子層越多離子半徑越大，故離子半徑：S2->OON叭故答案為：S2->@-〉Na；艮據(jù)上述分析可知：A為N元素，A的氣態(tài)氫化物、最高價氧化物對應水化物分別為氨氣、硝酸，二者反應生成硝酸銨，屬于離子化合物，故答案為：離子化合物；(4根據(jù)上述分析可知：B為0元素，C為Na元素，加熱條件下氧氣與鈉的反應生成Na2O2，含有離子鍵、共價鍵，所以電子式為：隔+|屯屯：「耐，故答案：(5)艮據(jù)上述分析可知：D為Al元素，C為Na元素。Al的最高價氧化物對應水化物為Al(0H)3，Na最高價氧化物對應水化物NaOH，兩者能發(fā)生中和反應，反應的化學方程式為：Al(OH)+NaOH=NaAlp+2甲，故答案：Al(OH)+NaOH=NaAlp+2尹。X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序數(shù)依次增大。X原子核外各層電子數(shù)之比為1:2,Y原子和Z原子的核外電子數(shù)之和為20,W和R是同周期相鄰元素，Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨。請回答下列問題：(1元素X的最高價氧化物的電子式為；元素Y、Z、W的原子半徑由大到小順序為(2單質銅和元素Y的最高價氧化物對應水化物的濃溶液發(fā)生反應的化學方程式為(3元素W位于周期表的第期第族其非金屬性比R弱，用原子結構的知識解釋原因：。元素W和R的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性關系為：寫出化學式)。R的—種氧化物能使品紅溶液褪色，工業(yè)上用Y的氣態(tài)氫化物的水溶液作該氧化物的吸收劑，寫出吸收劑與足量該氧化物反應的化學方程式：。Y和Z組成的化合物ZY,被大量用于制造電子元件。工業(yè)上用Z的氧化物、X單質和Y單質在高溫下制備ZY,其中Z的氧化物和X單質的物質的量之比為1:3,則該反應的化學方程式為?！敬鸢富肞>N4HNp濃)+Cu=2NO2f+Cu(NO3)2+2H2O三VA原子和s原子的電子層數(shù)相同，p原子半徑較大，得電子能力較弱2s>ph3S+nh3h2o=NH4HS032Al3+3C+N22A1N+3CO【解析】【分析】X原子核外各層電子數(shù)之比為1:2,則原子核外有兩個電子層，電子數(shù)分別為2、4,X為碳元素；丫的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，^注為氮、R為硫；由Y原子和Z原子的核外電子數(shù)之和為20，可確定Z為鋁；由W和R是同周期相鄰元素，可確定W為磷?！驹斀狻?1由以上分析知，X為碳元素，其最高價氧化物為C02，電子式為=「出；元素Y、Z、W分別為N、Al、P，原子半徑由大到小順序為A1>P>N。答案為：A1>P>N；(2單質Cu和濃HNO3發(fā)生反應，生成Cu(NO3)2、NO2等，化學方程式為4HNO3(濃)+Cu=2NO2f+Cu(N03)2+2H20。答案為：4HNO3濃)+Cu=2N02f+Cu(N03)2+2H20；元素W為磷，位于周期表的第三周期第VA族，其非金屬性比R弱，用原子結構的知識解釋原因為：P原子和S原子的電子層數(shù)相同，P原子半徑較大，得電子能力較弱。元素P的非金屬性比S弱，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性關系為：H2S>PH3。答案為：三；VA；P原子和s原子的電子層數(shù)相同，p原子半徑較大，得電子能力較弱；h2s>ph3；sq能使品紅溶液褪色，工業(yè)上用nh3的水溶液作吸收劑，與足量SO2反應生成NH4HSO3，化學方程式為S02+NH3?20=NH4HS03。答案為：SO2+NH3?2O=NH4HSO3；(5工業(yè)上用AgO3、C和N2在高溫下反應制備A1N，其中AgO3和C單質的物質的量之比為高/溫1:3,則該反應的化學方程式為A1O3+3C+N22A1N+3CO。答案為：高/溫A1^O3+3C+N22A1N+3CO?！军c睛】氨水中通入二氧化硫，起初生成(nh4)2so3,繼續(xù)通入二氧化硫，與(nh4)2so3、h2o反應生成NH4HSO3。5．如圖是元素周期表的一部分，請回答下列問題：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族1①2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨在這些元素中，單質的化學性質最．不．活．潑．的是___(填元素符號)(2③的氣態(tài)氫化物的電子式—，②④?形?成的氣態(tài)化合物的結構式__(3)這些元素形成的最高價氧化物的水化物中，堿性最強的化合物為___(填物質的化學式)，寫出它的電子式：___；酸性最強的含氧酸為___(填物質的化學式)，寫出它的電離方程式：___。(4在②和③兩種元素中，非金屬性較強的是—傾元素名稱)，②的單質可以和③的最高價氧化物的水化物反應，請寫出有關化學方程式___。(5②與Si兀素分別形成的最高價氧化物，的熔點更高，原因是?！敬鸢浮繉鏾=c=oNaO陰［；0?；町HClOHC4=H++ClO4-氮C+4HNO3濃)CO2f+4NO2個+2屯0S/O§為原子晶體，熔融時需破壞共價鍵【解析】【分析】由表中元素所在的位置，可確定①為氫(H),②為碳(C),③為氮(N)，④為氧(O)，⑤為鈉(Na)，⑥為鎂(Mg)，⑦為硫(S)⑧氯(Cl)⑨為氬(Ar)【詳解】(1在這些元素中，單質的化學性質最不活潑的是稀有氣體元素Ar。答案為：Ar；(2③為氮元素，其氣態(tài)氫化物的化學式為NH3，電子式為，②④形成的氣態(tài)化合物3H為CO2,它的結構式為O=c=O。答案為：；O=C=O；2H(3這些元素形成的最高價氧化物的水化物中，堿性最強的是鈉的氫氧化物，化學式為NaOH，它的電子式為缶十［吃;HT；酸性最強的含氧酸為高氯酸，化學式為HClO4,它是一元強酸，發(fā)生完全電離，電離方程式為HClO廠H++ClO4-答案為：NaOH;能十陀;盯；HClO4；HClO4=H++ClO4-；(4同周期元素，從左往右，非金屬性依次增強，則在②和③兩種元素中，非金屬性較強的是氮，②的單質為碳，和③的最高價氧化物的水化物硝酸反應，生成二氧化碳、二氧化氮和水，有關化學方程式為C+4HNO3(濃)-CO2f+4NO2f+2H2Oo答案為：氮；C+4HNO3(濃)—CO2I+4NO2f+2H2O；(5②與Si元素分別形成的最高價氧化物為CO2、SiO2,前者為分子晶體，后者為原子晶體,siq的熔點更高,原因是Siq體,siq的熔點更高,為原子晶體，熔融時需破壞共價鍵。點睛】碳與稀硝酸即便在加熱條件下也不能發(fā)生化學反應，碳與濃硝酸混合液，若不加熱，反應不能發(fā)生，也就是說，只有碳與濃硝酸在加熱條件下才能反應，生成三種非金屬氧化物。6.A、B、C、D、E、F六種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。其中B的單質在常溫下為雙原子分子，它與A的單質可形成分子X,X的水溶液呈堿性；D的簡單陽離子與X具有相同電子數(shù)，且D是同周期中簡單離子半徑最小的元素；E元素的原子最外層比次外層少兩個電子，C、F兩種元素的原子最外層共有13個電子。則A的元素符號,D的元素名稱

⑵C在周期表中的位置：,E的離子結構示意圖;⑶BC、E分別與A形成的化合物中最穩(wěn)定的寫化學式)；E、F的最高價氧化物對應的水化物的酸性較強的是(寫化學式)(4)F的單質在反應中常作氧化劑，該單質的水溶液與E的低價氧化物反應的離子方程式為X在純凈的C單質中可以安靜的燃燒，生成B的單質。該方應的化學方程式為:O【答案】HO【答案】H鋁第二周期VIA族2(HHClOS0^C】+2H°=2CL+4H++S042-岬302純氧2N2+6H20解析】【分析】A、B、C、D、E、F六種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大，其中B的單質在常溫下為雙原子分子，它與A的單質可形成分子X,X的水溶液呈堿性，A的原子序數(shù)比B小，則B為N元素，A為H元素，X為NH3;D的簡單陽離子與X具有相同電子數(shù)，D的簡單陽離子為10e-結構，且D是同周期中簡單離子半徑最小的元素，則D為Al元素；E元素的原子最外層比次外層少兩個電子，E的原子序數(shù)大于A|則E有3個電子層，最外層電子數(shù)為6,則E為S元素；F的原子序數(shù)比E大且為短周期主族元素，則F是Cl元素；C、F(Cl)兩種元素的原子最外層共有13個電子，C最外層電子數(shù)=13-7=6,C的原子序數(shù)比Al小，則C為0元素，結合元素對應的單質、化合物的性質解答該題?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析A(1)根據(jù)上述分析A為氫，元素符號為H，D的元素名稱為鋁，故答案為：H；鋁;(2)C為0,原子序數(shù)為8,在周期表中第二周期VII族；E為硫，硫離子結構示意圖為B、C、E分別與A形成的化合物分別是NH3、H20、H2S，非金屬越強，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性0>N>S，所以氫化物穩(wěn)定性H2O>NH3>H2S,即H20最穩(wěn)定；E為硫，F(xiàn)為氯，非金屬性越強其最高價氧化物對應的水化物酸性越強，所以較強的是HCl04,故答案為：H20；HCl04；氯水與二氧化硫反應生成硫酸和鹽酸，反應的離子方程式為：S02+C2l+2H20=2Cl-+4H++S042-,故答案為：S02+Cl+2H0=2Cl+4H++S042-；點燃氨氣在氧氣中燃燒生成氮氣和水，反應方程式為：4NH3+302(純氧)2%+6H20,點燃故答案為：4NH3+302純氧)2N2+6H20。7．海洋是資源的寶庫，醢藏著豐富的化學元素，如氯、溴、碘等，海洋資源的綜合利用具有非常廣闊的前景。TOC\o"1-5"\h\z下列說法正確的是。AgCl、AgBr、Agl的顏色依次變深.bF、ClBr、I的非金屬性依次增強c.HF、HCl、HBr、HI的還原性的依次增強.也、C｝、Br2、I與H2化合由難變易(2)實驗室從海藻灰中提取少量碘的流程如下圖：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①②③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-等雜質，“除雜”所需試劑有：①過量的NaOH溶液②過量的Na2CO3溶液③適量的鹽酸④過量的BaCg溶液.試劑的添加順序為。為使Ca2+完全沉淀，溶液中c(CO32-)應不小于mol/L已知Ksp(CaCO3)=2.9x-0離子濃度小于lxlQmol/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NaHCO3的原因是。氨堿法'是在濾液中加生nh3,循環(huán)使用，但產(chǎn)生大量的度棄物Caq；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)物常溫下，向飽和食鹽水中通入NH3和CO2，當(HCO3-)=C(N|+)時，溶液的pH7填“>”、“<”或“=”)?！敬鸢浮縜cMn屏2I-+4H+=Mn2++]2+2H2O分液蒸餾①④②③(或④②①③或④①②③)2.9X440NaHCO的溶解度最小CaO或Ca(OH)2]N"小于【解析】【分析】(1).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；c.HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性依次減弱，即還原性的依次增強;d.F2、C：'、Br2、￡與H2化合由易變難；(2①氧化時，在酸性條件下MnO2與碘離子反應生成二價錳離子、碘單質和水；②步驟①為固液分離，方法為過濾；②為萃取后分液；③蒸發(fā)掉有機物生成晶態(tài)碘;⑶除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸鈉，除S042-用氯化鋇溶液，但會引入鋇離子，除鋇離子也用碳酸鈉，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(CaCO3)計算；(4)①NaHCO3的溶解度小于碳酸鈉的；②“氨堿法”濾液中的主要成分為氯化銨；OO根據(jù)溶液呈電中性計算、判斷?！驹斀狻竣臖AgCl、AgBr、AgI的顏色分別為白色、淺黃色、黃色，依次變深，a正確;b.F、Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，金屬性依次增強，b錯誤；c.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;d.F2、d.F2、Cl2、Br2、1與H2化合由易變難,d錯誤;答案為ac；(2①氧化時，在酸性條件下MnO2與碘離子反應生成二價錳離子、碘單質和水，離子方程式為MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O;②步驟①為固液分離，方法為過濾；②為萃取后分液；③蒸發(fā)掉有機物生成晶態(tài)碘；⑶除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸鈉，除SO42-用氯化鋇溶液，但會引入鋇離子，除鋇離子也用碳酸鈉，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，添加順序為①④②③(或④②①③或④①②③)；Ksp(CaCO3)=c(CaOxc(C0)=2.9x-90則c(CO32-)=2.9xH0mol/L；(4)①NaHCO3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”慮液中的主要成分為氯化銨，加入CaO［或Ca(OH)2］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銨；根據(jù)溶液呈電中性，c(Na.)+c(!i)+c(NI4+)=c(C-)L+c(OH-)+c(HCC3-)+2c(C(］2-)，c(NaO=c(Glc(NH4+)=c(HCC3-)，則c?)=c(OH+2c(Cq2-)，溶液呈酸性，pH〈7?！军c睛】非金屬的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定，失電子能力越弱。已知O、S、Se、Te、P。、Lv是同主族元素，其原子序數(shù)依次增大?；卮鹣铝袉栴}:L在周期表中的位置是。下列有關性質的比較，能用元素周期律解釋的是。a.離子半徑：Te2->Se2-?熱穩(wěn)定性：H2O>H2S熔、沸點：H2O>H2S.酸性：H2SO4>H2SeO4(3從原子結構角度解釋Se與S的最高價氧化物對應的水化物酸性不同的原ABCD(4實驗室用如下方法制備H2ABCD設計B裝置的目的是證明，B中實驗現(xiàn)象為。實驗中經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)C中溶液pH降低且出現(xiàn)黑色沉淀。C中反應的離子方程式是③有同學根據(jù)強酸制弱酸源理認為裝置A、C中兩個反應相矛盾，認為C中不可能出現(xiàn)上述現(xiàn)象。該觀點不正確的理由是?！敬鸢浮康谄呋?）周期VIA族abd與Se是同主族元素，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，吸引電子能力弱，非金屬性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO42SH具有還原性出現(xiàn)淡黃色或乳白色）沉淀或渾濁）2C+H2S==CuSi+2H+該反應發(fā)生的原因是生成了難溶的CuS沉淀，不是因為生成弱電解質【解析】【分析】（1根據(jù)0、S、Se、Te、P。、Lv都是氧族元素，且原子序數(shù)依次增大分析解答；（2）根據(jù)元素的非金屬性、氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物的水化物的酸性等元素周期律的變化規(guī)律分析判斷；（3）Se與S是同主族元素，最外層電子數(shù)相等，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，結合核對最外層電子的吸引力的變化，引起非金屬性的變化分析解答；（4①雙氧水具有較強的氧化性，H2S具有還原性；②硫化氫能夠與硫酸銅反應生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；③結合裝置A和C中發(fā)生反應的原理分析解答?！驹斀狻浚?）0S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，0、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序數(shù)依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置為，故答案為：第七（或7）周期VIA族；（2）a同一主族元素，從上到下，離子半徑逐漸增大，因此離子半徑：Te2->Se2-，能用元素周期律解釋，故a選；b.同一主族元素，從上到下，非金屬性逐漸減弱，氫化物的穩(wěn)定性減弱，因此熱穩(wěn)定性：H20>H2S，能用元素周期律解釋，故b選；c.物質的熔沸點是物理性質，不能用元素周期律解釋，故c不選；d.同一主族元素，從上到下，非金屬性逐漸減弱，最高價含氧酸的酸性減弱，因此酸性：H2S04>H2Se04，能用元素周期律解釋，故d選；故答案為：abd；（3）Se與S是同主族元素，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，吸引電子能力弱，非金屬性弱，故H2SeO4酸性弱于H2S04，故答案為：Se與S是同主族元素，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，吸引電子能力弱，非金屬性弱，故H2SeO4酸性弱于H2S04；（4①雙氧水具有較強的氧化性，H2S具有還原性，能夠被雙氧水氧化生成硫單質沉淀，故答案為：h2s具有還原性；出現(xiàn)淡黃色沉淀；硫化氫能夠與硫酸銅反應生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反應的離子方程式為Cu2++H2S==CuS|+2H+，故答案為:Cu2++H2S==CuS|+2H+；根據(jù)強酸制弱酸”勺原理，裝置A中硫化亞鐵與硫酸反應生成硫化氫，因為硫化亞鐵能夠被硫酸溶解，C中發(fā)生Cu2++H2S==CuS|+2H+，是因為生成的硫化銅不能溶于硫酸，因此該反應能夠發(fā)生，故答案為：該反應發(fā)生的原因是生成了難溶的CuS沉淀，不是因為生成弱電解質。X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序數(shù)依次增大的五種元素。X元素是元素周期表中核電荷數(shù)最小的元素。丫的一種核素常用于考古，其一種同素異形體為自然界最硬的物

質。ZX3氣體溶于水呈堿性。W的外圍電子排布是3s1。G2+離子的M層d軌道只有5個電子。請回答下列問題：W在元素周期表中的位置；W和z形成的化合物水溶液呈堿性，用離子方程式表示其原因。Z原子的第一電離能比氧原子的—(填大”或小”)；G的基態(tài)原子電子排布式是X與Y可形成多種化合物，其中一種化合物的分子式是X6Y6，分子中只有。鍵，該分子的結構簡式是；該化合物中Y的雜化軌道類型是。G的最高價氧化物對應水化物的鉀鹽，在酸性條件下，常用于測定溶液中Fe2+的含量，該反應的離子方程式是(5)可用YX4還原Z0xIX消除其污染。已知：YX4(g)+4Z2Xg)=4Z0(g)+Y/g)+2X0(g)AH=-574頃鈕-1YX4(g)+4Z0(g)=2(g十YO2(g)+22O(g)^H=-1160kiJ(A-i[Ar54S2試寫出用yx4還原ZO2至Z2的熱化學方程式[Ar54S2【答案】第三周期IA族3熱3^0NH3+3OH-大MnO4-+5Fe++8H=Mn2++5Fe3++4屯0qHg)+2N02(g)=N2(g)+Cq(g)+2H0(g)AH-867kjmolT【解析】【分析】X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序數(shù)依次增大的五種元素，X是元素周期表中核電荷數(shù)最小的元素，故X為H元素；Y的一種核素常用于考古，其一種同素異形體為自然界最硬的物質UY為C元素；ZX3氣體溶于水呈堿性UZ為N元素；W的外圍電子排布是3si,則W為Na；G2+離子的M層d軌道只有5個電子，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，則G為Mno【詳解】根據(jù)題給信息推斷X為氫元素，Y為碳元素，Z為氮元素，W為鈉元素，G為錳元素；W為鈉元素，在元素周期表中的位置是第三周期IA族；W和Z形成的化合物為Na3N，Na3N水溶液呈堿性的原因N3-與水電離產(chǎn)生的氫離子結合生成NH3，水的電離平衡正向移動，使得溶液中氫氧根濃度大于氫離子濃度，溶液呈堿性，離子方程式為N3-+3H2ONH3+3OH-。故答案為：第三周期第IA族；N3-+H20NH3+0H-；氧原子的價電子排布為2s22p4，氮原子的價電子排布為2s22p3,p軌道處于半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，故氮原子的第一電離能比氧原子的大；G為錳元素，原子序數(shù)為25，根據(jù)構造原理知其基態(tài)原子電子排布式是[Ar]3d4s2；故答案：大；[Ar]3d4s2；C6H6分子中只有。鍵，該分子的結構簡式是；碳原子形成3個。鍵，沒有

酸性高錳酸鉀溶液將Fe2+氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，利用化合價升降法結合原子守恒和電荷守恒配平，該反應的離子方程式是MnO4-+5Fe酸性高錳酸鉀溶液將Fe2+氧化為Fe3+，本身被還原為Mn2+，利用化合價升降法結合原子守恒和電荷守恒配平，該反應的離子方程式是MnO4-+5Fe++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O;故答案是：MnO4-+5Fe++8H+=Mn2++5Fe3++4屯0；已知：①CH4(g)+4N0(g)=4NO(g)+Cq(g)+2HO(g)AH=-574頃鈕-1,得CH4還原NO2至N2的熱化學方程式為CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+Cq(g)+2I|O(g)867kjmbl-i；故答案是：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+C(2(g)+2I|O(g)AH二867kjiflbl-i。(①②)2AH－=(①②)2AH－=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兩元素原子的質子數(shù)之和為A、B兩元素質子數(shù)之和的3倍。請回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—。下列變化①干冰的升華②燒堿熔化③金剛石熔化④氯化氫溶于水⑤氧氣溶于水⑥氯化銨受熱分解。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?！敬鸢浮縃Na2S+HO2=3S|+2H2O+HOH-=H2ONa：H]-NaH^=NaOH+H2f①⑤③④【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Si,P、S、Cl中的一種，由“CD兩元素原子的質子數(shù)之和為A、B兩元素質子數(shù)之和的3倍”可知，滿足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?！驹斀狻?1)①由分析可知，A為H，C為Na，故答案為：H；Na；②D的氫化物為H2S，可與其氧化物SO2發(fā)生反應：2H2S+SO2=3S|+2H2O,故答案為:2H2S+SO2=3S|+2H2O；③由該四種元素組成的酸性溶液的化合物是NaHSO4,C的最高價氧化物對應水化物是NaOH,二者發(fā)生反應：NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，離子方程式為：H++OH-=H2O。答案為：H++OH-=H2O;④A和C組成的化合物是NaH，由Na+和H構成，是離子化合物，電子式為：Na+[:H]-,其與水反應生成NaOH，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2仁故答案為：Na+[:H]-；NaH+H2O=NaOH+H2仁①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；氯化銨是離子化合物，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銨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)生化學鍵破壞的是：①⑤；僅發(fā)生共價鍵破壞的是：③④；故答案為：①⑤；③④。二、化學鍵練習題(含詳細答案解析)11．(1下列物質中，既含離子鍵又含共價鍵的化合物；同時存在。鍵和n鍵的分TOC\o"1-5"\h\z子是，含有極性鍵的非極性分子是。A．N2．CB2H6．CCaCl2．NHD4Cl用“>或”“<填”空：晶格能：Na2OKCl酸性：H2SO4HClO4離子半徑：A13+F-【答案】DAB><<【解析】【分析】A.N2分子含有非極性共價鍵，屬于單質，氮氣分子結構簡式為N三N所以氮氣分子中含有。鍵和n鍵的非極性分子；B.C2H6分子中碳原子和氫原子之間存在極性鍵，碳原子和碳原子之間存在非極性共價鍵，屬于共價化合物，乙烷的結構式為丄〔，乙烷分子中只含。鍵的非極性分子;鍵，屬于共價化合物，乙烷的結構式為丄〔，乙烷分子中只含。鍵的非極性分子;C.CaC\中只含離子鍵，屬于離子化合物；D.NH4Cl中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵，氮原子和氫原子之間存在共價鍵，屬于離子化合物，銨根離子中氮原子和氫原子之間存在。鍵；（2）離子化合物中，陰陽離子半徑越小，離子所帶電荷數(shù)越多，晶格能越大；非金屬性越強，所對應元素的最高價含氧酸的酸性越強；具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑小?！驹斀狻浚?）由分析可知：既含離子鍵又含共價鍵的化合物是NH4Cl;同時存在。鍵和n鍵的分子是N2；含有極性鍵的非極性分子是c2H6。（2）Na+的半徑比K+半徑小，02樹半徑比Cl半徑小，并且02帶的電荷數(shù)比Cl多，故晶格能：Na2O〉KCl；同周期從左向右非金屬性增強，非金屬性S〈C|對應最高價含氧酸的酸性為h2so4〈HCl04；具有相同電子排布的離子中，原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為Al3+〈R?！军c睛】本題考查原子結構、元素周期律、分子結構、化學鍵，為高頻考點，把握元素的位置、性質、元素周期律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用。12．X、Y、Z、W四種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大。X的某種原子沒有中子，Y的單質可用作保護氣，Z的最外層電子數(shù)和Y的最內(nèi)層電子數(shù)相等，且四者的原子序數(shù)之和為37，下列說法錯誤的是X與Y可形成1:3型或者2:4型的共價化合物X與Z、W和Z都可形成2:1型的離子化合物Y和Z的簡單離子半徑:Y>ZW的含氧酸的酸性在同一周期和同一主族中都是最強的【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W四種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大。X的某種原子沒有中子，X為H（氫），Y的單質可用作保護氣，丫為皿氮），Z的最外層電子數(shù)和Y的最內(nèi)層電子數(shù)相等，且四者的原子序數(shù)之和為37,Z為Mg（鎂），W為Cl氯）。【詳解】根據(jù)題意推測：X%H（氫）、Y為N（氮）、Z為Mg（鎂）、W為Cl氯）。N和H可以形成NH3,也可形成N2H4,二者都是共價化合物，A正確；H和Mg可形成MgH2,Cl和Mg可形成MgCl2,二者都是2:1型離子化合物，B正確；N3-和Mg2+電子層數(shù)相同，但Mg2+的原子序數(shù)更大，對核外電子的吸引能力較大，半徑較小，C正確；Cl的最高價含氧酸是同周期和同主族最強的，D未說明最高價，D錯誤。故選Co【點睛】本題考查結構性質