备战高考化学备考之元素周期律压轴突破训练∶培优易错试卷篇附
答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．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：
(1)写出一种X元素形成氢化物的化学式_____________。
(2)在1个由F与Z形成的2F Z晶胞中(结构如图所示)所包含的F原子数目为____________个。
NH的氮原子提供的__________形成配位键。
(3)在[F(NH3)4]2+离子中，2+
F的空轨道接受3
(4)常温下X、Z和氢元素按原子数目1:1:2形成的气态常见物质A是__________(写名称)，A物质分子中X原子轨道的杂化类型为__________，1molA分子中 键的数目为N。
__________A
(5)X、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】CH4 4 孤电子对甲醛sp2杂化 3 Si＜C＜N
【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】
(1)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；
(2)2F Z为Cu2O，根据化学式中原子个数比Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1×4=4，白球个数为：8×1/8+1=2，所以黑球代表的是Cu原子，白球代表的是O原子，所以
该晶胞中所包含的Cu原子数目为4个；
NH的氮原子提供的孤电子对形成配位键；
(3)在[Cu(NH3)4]2+离子中，2+
Cu的空轨道接受3
(4)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σ键和一条π键，两条C-H单键都是σ键，所以σ键数=2+1=3，杂化轨道数=σ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，1mol HCHO分子N；
中σ键的数目为3A
(5)X、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：Si＜C＜N。
2．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述不正确的是（）
A．最高正价由低到高的顺序：Z、W、X、Y
B．原子半径由大到小的顺序：Z、W、X、Y
C．Z、W分别与X形成的化合物：均既能与酸又能与碱反应
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：Y、X、W
【答案】A
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Y是F元素；X原子最外层有6个电子，X是O元素；Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，Z位于第三周期、ⅢA族，Z是Al元素；W的单质广泛用作半导体材料，W是Si元素。
【详解】
A．主族元素最高正价等于族序数(O、F除外)，F没有正价，故A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径由大到小的顺序：Al>Si>O>F，故B正确；
C．Al2O3是两性氢氧化物既能与酸又能与碱反应，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应生成硅酸盐，SiO2也能与氢氟酸反应生成SiF4气体和水，故C正确；
D ．非金属性越强，气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：HF>H 2O> SiH 4，故D 正确；
故选A 。
【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律，熟记元素及其化合物特殊的性质是解题关键，明确氟是至今非金属性最强的元素，无正价，SiO 2是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应。
3．NaClO 、NaNO 3、Na 2SO 3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）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_____________。
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO 2，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_____________gNaNO 2。
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO 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）Na 2SO 3溶液中存在水解平衡23SO -+H 2O 3HSO -+OH -设计简单实验证明该平衡
存在__________________。0.1mol/L Na 2SO 3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）PH 如下。 时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
PH 9.66 9.52 9.37 9.25
升温过程中PH 减小的原因是_____________；①与④相比；C(3HSO -）①____________④（填“>”或“<”）.
【答案】O N 2AlO - 34.5 正 2NaCl+2H 2O
2NaOH+H 2+Cl 2，Cl 2+2NaOH →NaCl+NaClO+H 2 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（Na 2SO 3被氧化） >
【解析】
【分析】
（1）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3≤，p 亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO 2，处理过程中产生氨气，反应方程式是2223+NaOH+H O=2NaAlO 2Al+NaNO NH +↑ ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a 极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na 2SO 3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH 大于④，说明④中3HSO -浓度减小。
【详解】
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na 、Cl 、S 有3个电子层，半径较大，O 、 N 有2个电子层，且O 的质子数大于N ，所以半径较小的原子是O ；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p 亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N ；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是2AlO -；铝粉除去工业
废水中的NaNO 2，反应方程式是2223+NaOH+H O=2NaAlO 2Al+NaNO NH +↑，根据方程式1molAl 粉处理0.5mol NaNO 2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g ；
（3）a 极氯离子失电子生成氯气，所以a 极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H 2O =通电2NaOH+H 2+Cl 2，Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O ； （4）该水解平衡的存在，Na 2SO 3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c (H +)增大，pH
变小； ①与④相比，温度相同，①的pH 大于④，说明④中3HSO -浓度减小，c (3HSO -）
①>④。
4．硫酸亚铁铵[(NH 4)2Fe(SO 4)2?6H 2O ，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KIO 3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：
(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. 00 mL样品，用0.005 mol/L酸性K2Cr2O7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ⅥA族 O 硫氰化钾(KSCN)溶液 2IO3-+10Fe2++12H+=I2+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ⅥA族，故答案为：第三周期第ⅥA族；
②莫尔盐中处于同主族的两种元素是O和S，其中非金属性更强的是O，故答案为：O；
(2)硫酸亚铁铵中含有Fe2+，Fe2+容易被氧化成Fe3+，可加入硫氰化钾(KSCN)溶液检验是否有Fe3+生成，故答案为：硫氰化钾(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。
5．下表为元素周期表的一部分，表中列出12种元素在周期表中的位置，请回答：
族
ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0
周期
一①
二⑦⑨?
三②④⑥⑧⑩
四③⑤?
（1）这12种元素中，化学性质最不活泼的元素是______（填元素符号或化学式，下同），得电子能力最强的原子是______，常温下单质为液态的非金属单质是
____________。
（2）失电子能力最强的单质与水反应的离子反应方程式是________________，
（3）写出⑦⑧⑨与①形成的简单化合物中最稳定的分子式________。写出⑧⑩两种元素最
高价氧化物对应水化物中酸性较弱的化学式________ 。
（4）写出⑨⑩?与①形成的化合物中沸点最低的化学式______酸性最强的化学式
_______。
（5）写出④的单质置换出⑦的单质的化学反应方程式：__________________。②和⑥两种元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为_____________。
（6）用电子式表示⑤与⑨组成的二元化合物的形成过程________________________。【答案】Ne F Br2 2K＋2H2O＝2K＋＋H2↑＋2OH－ HF H3PO4 HCl HBr 2Mg＋
CO22MgO ＋C OH－＋Al(OH)3＝AlO2－＋2H2O
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置，可知①为H、②为Na、③为K、④为Mg、⑤为Ca、⑥为Al、⑦为C、⑧为P、⑨为F、⑩为Cl、?为Br、?为Ne。
【详解】
（1）稀有气体Ne最外层为稳定结构，化学性质最不活泼；上述元素中F的非金属性最强，得电子能力最强；已知元素中常温下单质为液态的非金属单质是Br2；
故答案为：Ne；F； 2K+2H2O=2K＋+H2↑+2OH－；Br2；
（2）上述元素中K的金属性最强，失去电子能力最强，K与水反应生成KOH和H2，离子方程式为 2K+2H2O=2K＋+H2↑+2OH－；
故答案为： 2K+2H2O=2K＋+H2↑+2OH－；
（3）同主族自上而下元素非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单的气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强，⑦为C、⑧为P、⑨为F与H形成为氢化物分别为CH4、PH3、HF，非金属性F>C>P,形成的简单化合物中最稳定的分子式HF。⑧为P⑩为Cl，非金属性Cl>P，所以最高价含氧酸的酸性酸性：HClO4＞H3PO4，故答案为：HF；H3PO4；
（4）⑨⑩?与H形成为氢化物分别为HF、HCl、HBr，由于HF分子之间存在氢键，使HF 的沸点大于HCl，HCl和HBr的结构相似，但HCl的相对分子质量小、分子间作用力弱，使HBr的沸点大于HCl；Br原子半径大于Cl、F，使H-Br键的键能最小、容易断裂，所以HF、HCl、HBr中酸性最强的是HBr，故答案为：HCl；HBr；
（5）Mg与CO2反应生成MgO和C，化学方程式为2Mg＋CO22MgO ＋C；Na、Al最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al（OH）3，二者反应生成NaAlO2和
H2O，离子方程式为 OH－＋Al(OH)3＝AlO2－＋2H2O；
故答案为：2Mg＋CO22MgO ＋C； OH－＋Al(OH)3＝AlO2－＋2H2O；
（6）F与Ca形成离子化合物CaF2，用电子式表示⑤与⑨组成的二元化合物的形成过程
。
故答案为：。
【点睛】
本题考查元素周期表与元素周期律的应用，侧重于元素周期表和周期律的考查，学习中注意把握元素周期表的组成和元素周期律的递变规律，易错点（6），用电子式表示CaF2的形成过程，注意：电子是由氟失给钙，箭头的起点和终点位置易错，离子化合物的电子式中[]加在阴离子或原子团上。
6．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期中简单离子半径最小的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。则
(1)A的元素符号______________，D的元素名称 ____________。
(2)C在周期表中的位置：___________，E的离子结构示意图________；
(3)B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是________(写化学式)；E、F的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________(写化学式)
(4)F的单质在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与E的低价氧化物反应的离子方程式为________________。
(5)X在纯净的C单质中可以安静的燃烧，生成B的单质。该方应的化学方程式为：
__________________。
【答案】H 铝第二周期ⅥA族 H2O HClO4 SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl－
+4H++SO42－ 4NH3+3O2(纯氧)2N2+6H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性， A的原子序数比B小，则B 为N元素，A为H元素，X为NH3；D的简单阳离子与X具有相同电子数，D的简单阳离子为10e-结构，且D是同周期中简单离子半径最小的元素，则D为Al元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Al，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F（Cl）两种元素的原子最外层共有13个电子，C最外层电子数=13-7=6，C的原子序数比Al小，则C为O元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。
【详解】
（1）根据上述分析A为氢，元素符号为H，D的元素名称为铝，故答案为：H；铝；（2）C为O，原子序数为8，在周期表中第二周期VIIA族；E为硫，硫离子结构示意图为
，故答案为：第二周期VIIA族；；
（3）B、C、E分别与A形成的化合物分别是NH3、H2O、H2S，非金属越强，氢化物越稳定，非金属性O＞N＞S，所以氢化物稳定性H2O＞NH3＞H2S，即H2O最稳定；E为硫，F为氯，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以较强的是HClO4，故答案
为：H2O；HClO4；
（4）氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl-+4H++SO42-，故答案为：SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl-+4H++SO42-；
（5）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水，反应方程式为：4NH3+3O2(纯氧)点燃
2N2+6H2O，
故答案为：4NH3+3O2(纯氧)点燃
2N2+6H2O。
7．Ⅰ.在14
6C、14
7
N、16
8
O、35
17
Cl、235
92
U、238
92
U中：
（1）___和_____的质量数相等，但不能互称为同位素。
（2）___和____的中子数相等，但质子数不相等，所以不是同一种元素。以上所列共有
______种元素。
Ⅱ.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。
（3）Y的分子式为________。
（4）图中X的电子式为；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是
________(用化学方程式表示)；该变化体现出：S非金属性比O____(填“强”或“弱”)。用原子结构解释原因：同主族元素从上到下，__________，得电子能力逐渐减弱。
（5）Z与图表中某物质反应生成SO2的化学方程式是______________________。
【答案】14
6C14
7
N 14
6
C16
8
O 5 SO3 2H2S＋O2=2S↓＋2H2O 弱电子层数增多，原子
半径增大 Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)同位素中核素质子数相同；
(2)中子数=质量数-质子数；一种元素符号对应一种元素；
Ⅱ.(3)Y为S元素+6价的氧化物；
(4) H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
(5) Z为S元素+4价的盐，可以与硫酸反应生成SO2。
【详解】
Ⅰ. (1)同位素中核素质子数相同，因此质量数相等，但不能互称为同位素的核素为14
6
C和
14 7N，故答案为：14
6
C；14
7
N；
(2)中子数=质量数-质子数，上述核素的中子数分别为8、7、8、18、143、146，因此14
6
C和
16
8
O的中子数相等，但质子数不相等，二者不是同一种元素；一种元素符号对应一种元
素，因此上述一共有5种元素，故答案为：14
6C；16
8
O；5；
Ⅱ. (3)Y为S元素+6价的氧化物SO3，故答案为：SO3；
(4)X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应为2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，所以S非金属性比O弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故答案为：2H2S＋
O2=2S↓＋2H2O；弱；电子层数增多，原子半径增大；
(5)Z为S元素+4价的盐，如Na2SO3，可以与硫酸反应生成SO2，化学方程式为
H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。
【点睛】
本题注意区分Ⅰ，①不同核素可能具有相同的质子数，如2
1H、3
1
H；也可能具有相同的中
子数，如14
6C、16
8
O；也可能具有相同的质量数，如14
6
C、14
7
N；
②同位素之间的转化，既不是物理变化也不是化学变化，是核反应；
③同位素之间可形成不同的同位素单质，如氢的三种同位素形成的单质有六种：H2、D2、T2、HD、HT、DT，他们的物理性质(如密度)有所不同，但化学性质几乎完全相同；
④同位素之间可形成不同的同位素化合物，如水分子有H2O(普通水)、D2O(重水)、T2O(超重水)等，他们的相对分子质量不同，物理性质(如密度)有所不同，但化学性质几乎完全相同。
8．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
（1）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_____。
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出某溶液中含该微粒的电子式_____，如何检
验该离子_____。
（3）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）。
a.常温下Z的单质和T的单质状态不同
b.Z的氢化物比T的氢化物稳定
c.一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
（4）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_____________。
【答案】14
6
C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，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+第三周期ⅦA族 Cl b H2CO3只有H2CO3为弱酸，其余为强酸 3H++Al(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ⅦA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Al，故W为Al元素。据此进行分析判断。
【详解】
（1）14
6C在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为：14
6
C；
（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
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：
；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+；
（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第ⅦA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：
a．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；
b．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；
c ．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ⅦA 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：H 2SO 4、H 2CO 3、HNO 3和HClO 4，其中H 2CO 3性质不同于其他三种，因为只有H 2CO 3为弱酸，其余为强酸。W 的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，与HClO 4反应的离子方程式为：3H ++Al(OH)3=Al 3++3H 2O 。答案为：H 2CO 3；只有H 2CO 3为弱酸，其余为强酸；3H ++Al(OH)3=Al 3++3H 2O 。
【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。
9．工业上可用微生物处理含KCN 的废水。第一步是微生物在氧气充足的条件下，将 KCN 转化成KHCO 3和 NH 3( 最佳 pH :6.7～7.2)；第二步是把氨转化为硝酸：NH 3+2O 2=微生物 HNO 3+H 2O ,完成下列填空：
(1)写出第一步反应的化学方程式__________________________。
(2)标出第二步反应中电子转移的方向和数目：NH 3+2O 2=微生物HNO 3+H 2O__________写出产物水的电子式_________。
(3)物质KHCO 3属于化合物________（选填“离子”或“共价”), 其中属于短周期且原子半径最大的元素是___________（填元素符号）：KHCO 3 的水溶液pH_____7 （选填“＞”、“=”或“＜”)。
(4)写出一个能比较 KCN 中碳元素和氮元素非金属性强弱的实验事实：__________。
(5)工业上还常用氯氧化法处理含KCN 的废水：
KCN +2KOH +Cl 2=KOCN +2KCl + H 2O
2KOCN +4KOH +3Cl 2=N 2 +6KCl +2CO 2+ 2H 2O
比较微生物处理法与氯氧化法的优缺点（任写一点）。_______。
【答案】2KCN +O 2+ 4H 2O 微生物2KHCO 3 +2NH 3 微生物HNO 3 +H 2O
离子 C ＞ 碳酸氢钠与稀硝酸反应产生二氧化碳气体 优点：不存在氯气
泄漏的风险，缺点：微生物适应性差，较为脆弱易失活，对环境要求高
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意分析得，KCN 与O 2和H 2O 反应生成KHCO 3和NH 3，其反应方程式为2KCN +O 2+ 4H 2O 微生物2KHCO 3 +2NH 3；故答案为： 2KCN +O 2+ 4H 2O 微生物2KHCO 3 +2NH 3。
（2）第二步发生的反应方程式为：NH3+2O2微生物
HNO3+H2O，该反应中，氨气中氮元素
化合价从-3价升高为+5价，失去8个电子，氧气中氧元素的化合价从0价降低为-2价，
总共得到8个电子，标出反应中电子转移的方向和数目：微生物
HNO3+H2O，
产物水的电子式为：，故答案为：微生物
HNO3+H2O；。
（3）物质KHCO3属于离子化合物，是强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，pH＞7，KHCO3中含有K、H、C、O四种元素，属于短周期的是H、C、O三种元素，同周期，从左到右原子半径减小，其中原子半径最大的元素是C，故答案为：离子；C；＞。
（4）稀硝酸与碳酸氢钠反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，其化学反应方程式为：
HNO3+NaHCO3=NaNO3+H2O+CO2↑，说明氮元素的非金属性强于碳元素的非金属性，故答案为：碳酸氢钠与稀硝酸反应产生二氧化碳气体。
（5）由题意得，微生物处理法的优点：不存在氯气泄漏的风险等；缺点：微生物适应性差，较为脆弱易失活，对环境要求高等，故答案为：不存在氯气泄漏的风险；微生物适应性差，较为脆弱易失活，对环境要求高等。
10．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。
(1)B、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_____。
(2)写出由以上元素组成的BD2的等电子体的分子 _________。
(3)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__。
(4)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 _______。
(5)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)4]2+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为________。
(6)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N A，则该晶体的密度为_________ g/cm3(列出计算表达式即可)。
【答案】N＞O＞C N2O sp2 V形水蒸气中大部分的水分子因
为氢键而相互缔合，形成缔合分子 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3?H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
()A
-21a 16464
0+1N ??
【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2p 2和2p 4，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】
(1)同一周期元素，元素的第一电离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：N ＞O ＞C ；Cu 为29号原子，核外电子排布式为[Ar]3d 104s 1，其价电子排布图为
；
(2)BD 2为CO 2，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CO 2互为等电子体的分子为N 2O ；
(3)D 为O 元素，所以D 3+离子为O 3+，中心氧原子的价层电子对数为2+
6-22-12?=2.5，按作3计算，所以为sp 2杂化，孤电子对数为1，所以立体构型为V 形；
(4)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，导致其测定值偏大；
(5)无色的[Cu(NH 3)2]+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的[Cu(NH 3)4]2+，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4[Cu(NH 3)2]++O 2+8NH 3?H 2O=4[Cu(NH 3)4]2++4OH -+6H 2O ；
(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=8×
18+6×12=4，所以晶胞的质量为()A 64+164
N ?g ，该晶胞体积V =(a×10-7 cm)3，则该晶体密度
()()-213-213A A a 10cm 64+164g
64+1a 1064m ===g/cm V N N ρ????。 【点睛】
同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，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．
据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二
氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。
(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO 2+4H 2O 2CH 3OH+3O 2。
①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；
②标准状况下，V L CO 2气体含有________个π键。
(3)苯分子中6个C 原子，每个C 原子有一个2p 轨道参与形成大π键，可记为(π66右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se 的杂化方式为________。
(4)黄铜矿由Cu +、Fe 3+、S 2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu +的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm ，c=1032pm ，用N A 表示阿伏加德罗常数的值，该晶系
晶体的密度是________g·
cm -3(不必计算或化简，列出计算式即可)。
【答案】4s 24p 4 H 2S 或硫化氢 O =C =O A VN 11.2
π65 sp 2 4 ()()21010A 644564328
52410103210N --?+?+????或()()21010A 184452410103210N --????
【解析】
【分析】
(1)根据原子的构造原理书写基态硒原子的价电子排布式；根据同族元素形成的化合物的相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，H 2O 分子之间存在氢键，物质的熔沸点最高分析判断；
(2)①化合物分子中都含有极性键，根据分子的空间构型判断是否属于非极性分子，并书写其结构简式；②先计算CO 2的物质的量，然后根据CO 2分子中含有2个π键计算π键个数；
(3)根据化合物中原子个数及参与形成化学键的电子数目书写大π键的表示；
(4)根据四方晶系CuFeS 2晶胞结构所示分析可知亚铜离子形成四个共价键，硫原子连接两个亚铁离子和两个亚铜离子；用均摊方法，结合晶胞结构计算一个晶胞在含有的各种元素的原子个数，确定晶胞内共CuFeS 2的数目，a=b=0.524nm ，c=1.032nm ，则晶体的密度=m V 计算。 【详解】
(1)Se 是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 4，基态硒原子的价电子排布式为4s 24p 4；硒所在主族元素是第VIA ，简单氢化物化学式通式是H 2X ，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H 2O 分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA 的简单氢化物中沸点最低的是H 2S ；
(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO 2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O ；
②VL 标准状况下CO 2的物质的量是n(CO 2)=
VL 22.4/22.4V L mol =mol ，由于在1个CO 2分子中含有2个π键，所以22.4
V molCO 2气体中含有的π键数目为22.4V mol×2×N A /mol=A VN 11.2
； (3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π65，其中Se 的杂化方式为sp 2；
(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu 与2个S 相连，晶胞中每个Cu 原子与4个S 相连，Cu +的配位数为4；
②晶胞中Fe 2+数目=8×18+4×12+1=4，Cu +的数目=6×12+4×14
=4，S 2-数目为8×1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS 2，a=b=524pm ，c=1032pm ，则晶体的密度
ρ=()()
21010A 64456432852410103210N m V --?+?+?=???g/cm 3或()()21010A
1844
52410103210N --????g/cm 3。
【点睛】
本题考查了原子结构、核外电子排布式、物质的熔沸点高低比较、化学键形成、微粒的空间结构、晶胞结构的计算应用，掌握构造原理及物质结构与物质性质的关系和均摊方法在晶胞计算的应用是解题关键，要熟练掌握原子杂化理论，用对称思维方式判断分子的极
性，弄清长度单位的换算在晶胞密度计算的应用，该题同时考查了学生的空间想象能力和数学计算与应用能力。
12．
甲烷的氯化反应式为： CH4+Cl2hv
??→CH3Cl+HCl。对于该反应机理(反应过程)的详细描述如下:
??→2Cl·
链引发Cl2hv
链增长CH4+Cl·??→·CH3+HCl △H=+7.5 kJ/mol
CH3+Cl2??→ CH3Cl + Cl·△H=-112.9 kJ/mol
链终止·Cl+Cl·??→Cl2
CH3+·CH3??→H3CCH3
CH3+Cl·??→H3CCl
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物的电子式为_______；在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为_________。
(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)；与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第_____周期，第____族。
(3)链引发的反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”，下同)，链终止的反应为_______反应。
(4)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列递变顺序正确的是_______。（选填字母编号）
a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次增大
b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
c.卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
d.卤素单质氧化性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次减弱
【答案】共价键 S>Cl>F 三、ⅠA 吸热放热 d
【解析】
【分析】
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，碳原子与氯原子周围分别有8个电子；非金属元素原子间形成共价键；
(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，根据电子层数和核电荷数判断半径大小；同一周期碱金属的金属性最强；
(3)旧化学键的断裂要吸收能量，新化学键的生成要放出能量；
(4)第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱，卤化银的溶解
度逐渐减小，据此解答。
【详解】
(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结
构，电子式：，非金属元素原子间形成共价键，则在反应机理的三个阶段破
坏或形成的化学键类型均为共价键；
(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，Cl、S含有三个电子层，F有两个电子层，则三种元素中F的原子半径最小，Cl、S在同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则半径：S>Cl，所以原子半径：S>Cl>F；同一周期元素中，碱金属的金属性最强，则与氯元素同周期且金属性最强的元素为Na，位于周期表的第三周期第IA 族；
(3)链引发Cl2hv
??→2Cl，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl?→Cl2，
CH3+?CH3→H3CCH3，CH3+Cl?→H3CCl，反应中有新化学键的生成要放出能量，为放热反应；
(4)a. 相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次减小，a错误；
b. 卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，b错误；
c. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，其阴离子失电子能力逐渐增强，所以HF、HCl、HBr、HI的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，c错误；
d. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质F2、Cl2、Br2、I2的氧化性依次减弱，d正确；
故合理选项是d。
【点睛】
本题主要考查卤族元素的递变规律，掌握元素的周期性变化规律是解答的关键，注意把握电子式的书写方法和非金属性强弱的判断方法。
13．
生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180mg/L。（1）写出NH4Cl电子式：___。
（2）氮原子的电子排布式是：___，写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的元素符号为___、___。
（3）为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1mo1/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）。
（4）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式并标出电子转移的方向和数目___。
___Fe+___NO3-+___H+→___Fe2++___NH4++___H2O
【答案】 Si S 1s22s22p3 33.64
4 1 10 4 1 3
【解析】
【分析】
(1)NH4Cl是离子化合物；
(2)氮为7号元素；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；
(3)根据NH4+和NaOH溶液的反应计算需要NaOH溶液的体积为；
(4)根据氧化还原反应，配平离子方程式并标出电子转移的方向和数目。
【详解】
(1)氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：；
(2)氮原子电子排布式是：1s22s22p3；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，有一个未成对的电子，与其同周期且有2个未成对电子的原子的的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p4和1s22s22p63s23p2，元素符号为S、Si；
(3) 某污水中NH4Cl含量为180mg/L，103L污水中含有180mg/L×103L
=180000mg=180gNH4Cl，NH4Cl的物质的量为
180g
53.5g/mol
≈3.364mol，NH4+的物质的量也
是3.364mol，为除去废水中的NH4+，向该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要
NaOH的物质的量为3.364mol，则所需NaOH溶液的体积为3.364mol
0.1mol/L
=33.64L；
(4)该反应中铁元素的化合价由0价升高至+2价，氮元素的化合价由+5价降低至-3价，由化合价升降守恒和质量守恒可以配平该离子方程式并标出电子转移的方向和数目如下：
。
14．
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NH4Cl含量为180 mg/L。
(1)写出NH4Cl的电子式_________。
(2)写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的电子排布式：_______、________
(3)为除去废水中的NH4+，向103 L该污水中加入0.1 mol/L NaOH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)。
(4)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式并标出电子转移的方向和数目：
___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O，____________。
【答案】 1s22s22p63s23p2 1s22s22p63s23p4 33.64 4 1 10 4 1 3
【解析】
【分析】
(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-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；
(2)根据Cl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；
(3)根据NH4Cl与NaOH溶液反应时二者的物质的量的比是1：1，根据污水中NH4Cl含量为180 mg/L，计算c(NH4Cl)，结合n=c·V计算；
(4)根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平方程式。
【详解】
(1) NH4Cl是离子化合物，由NH4+、Cl-通过离子键构成，其电子式为：
；
(2)Cl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；
(3)污水中NH4Cl含量为180 mg/L，则c(NH4Cl)=
0.18?g/L
53.5?g/mol
=
0.18
53.5
mol/L，103 L该污水中
中含有NH4Cl的物质的量为n(NH4Cl)=0.18
53.5
mol/L×103 L=3.364 mol，根据反应：
NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3↑+H2O，可知n(NaOH)=n(NH4Cl)=3.364 mol，由于NaOH溶液浓度为
0.1 mol/L，则理论上需要NaOH 溶液的体积V(NaOH)=n 3.364?mol
c0.1?mol/L
=33.64 L；
(4)在反应：___Fe +___NO3- +___H+=___Fe2+ +___NH4+ +___H2O中，Fe元素化合价由0→+2价，升高2价，N元素化合价由NO3-→NH4+，降低8价，化合价升降最小公倍数是8，所以Fe、Fe2+系数是4，NO3-、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：
。
【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水化物（浓度均为0.01mol·L-1)溶液的pH和原子序数的关系如图所示。
（1）元素R在周期表中的位置是_______；元素Z的原子结构示意图是________。
（2）元素Y和W形成的Y2W2型化合物中含有化学键的类型为________。
II.短周期元素C、O、S能形成多种化合物，如CO2、CS2、COS等。
（1）下列能说明碳、硫两种元素非金属性相对强弱的是__________（填序号）
A．S与H2发生化合反应比C与H2化合更容易
B．酸性:H2SO3 >H2CO3
C．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价
（2）铅（Pb）、锡（Sn）、锗（Ge）与元素C同主族。常温下其单质在空气中，锡、锗不反应，而铅表面会生成一层氧化铅；锗与盐酸不反应，而锡与盐酸反应。由此可得出以下结论：
①锗的原子序数为_________。
②它们+4价氢氧化物的碱性由强到弱顺序为____________（填化学式）。
（3）羰基硫（COS）可作为一种熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫的危害，其分子结构和CO2相似。羰基硫（COS）的电子式为：______________________。
【答案】第三周期ⅦA族离子键、共价键(或非极性共价键) AC 32
Pb(OH)4＞Sn(OH)4＞Ge(OH)4
【解析】