2020-2021备战高考化学综合题专题复习【元素周期律】专题解析
含详细答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．已知元素X、Y均为短周期元素，X元素的一种核素常用于测文物的年代，Y元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56。N是一种常用溶剂，它的实验式XY。回答下列问题： (1)符合条件的M的有 ______种。
(2)任意写一种不带支链的M的结构简式__________。
(3)若在N与液溴的混合液中加入铁粉可以发生反应(在如图装置a容器中反应)，则：
①写出a容器中发生的所有反应的化学方程式：_____________。 ②d容器中NaOH溶液的作用是_____________。 (4)在碘水中加入N振荡静置后的现象是__________。
(5)等质量M、N完全燃烧时消耗O2的物质的量较多的是________(填“M”或“N”)。 【答案】3 CH2＝CH－CH2－CH3 2Fe+3Br2＝2FeBr3、
+Br2
FeBr3????
+HBr 吸收HBr和Br2，防止污染环境 溶液分层，下层无色，上层紫红色
M 【解析】 【分析】
短周期元素X元素的一种核素常用于测文物的年代，则X为碳(C)；Y元素原子半径是所有原子中最小的，则Y为氢(H)。元素X、Y可形成两种常见化合物M和N，已知M可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M分子中所含X元素的质量是Y元素质量的6倍，且M的相对分子质量为56，则M为分子式C4H8的烯烃；N是一种常用溶剂，它的实验式XY，则N为苯(C6H6)。 【详解】
由以上分析可知，M是分子式为C4H8的烯烃，N是分子式为C6H6的苯。
(1)符合条件的M有CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2，共3种。答案为：3； (2)一种不带支链的M的结构简式为CH2=CHCH2CH3或CH3CH=CHCH3。答案为：CH2=CHCH2CH3或CH3CH=CHCH3；
(3)①a容器中，Fe与Br2发生反应生成FeBr3、苯与Br2在FeBr3的催化作用下发生反应生成溴苯和溴化氢，发生的所有反应的化学方程式：2Fe+3Br2＝2FeBr3、
+Br2+Br2
????
FeBr3????
FeBr3+HBr。答案为：2Fe+3Br2＝2FeBr3、+HBr；
②不管是Br2(g)还是HBr都是大气污染物，都应除去，所以d容器中NaOH溶液的作用是吸收HBr和Br2，防止污染环境。答案为：吸收HBr和Br2，防止污染环境；
(4)在碘水中加入苯，由于碘溶于苯、苯难溶于水且密度比水小，所以振荡静置后的现象是溶液分层，下层无色，上层紫红色。答案为：溶液分层，下层无色，上层紫红色； (5)M中含氢量高于N中含氢量，所以等质量M(C4H8)、N(C6H6)完全燃烧时消耗O2的物质的量较多的是M。答案为：M。 【点睛】
计算耗氧量时，若质量一定，则先将化学式改写碳原子个数为1的最简式，然后比较氢原子数，氢原子数越多，耗氧越多；若物质的量一定，则看化学式，4个氢原子与1个碳原子的耗氧量相同，依据需要可进行互换。
2．元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙 ，1869年，门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。下图为元素周期表的一部分，回答下列问题。
(1).上述元素中化学性质最稳定的是________(填元素符号，下同) ，非金属性最强的是_____。
(2)c的最高价氧化物对应水化物的化学式为__________。
(3)h元素的原子结构示意图为__________，写出h单质的一种用途:__________。 (4)b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是__________(用元素符号表示)。 (5)a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是__________(填化学式)，写出其溶液与g的氧化物反应的离子方程式:___________________________________。 【答案】Ar F HNO3 【解析】 【分析】
由元素周期表可知，a为Li、b为C、c为N、d为O、e为F、f为Mg、g为Al、h为Si、i为Ar、j为K。 【详解】
（1）0族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是Ar；F元素的非金属性最强；
（2）c为N，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3；
制光电池 Mg>C>O KOH Al2O3 +2OH-=2AlO2- +H2O
（3）h为Si，核电荷数为14，原子的核外电子数也是14，Si的原子结构示意图为
；Si单质的一种用途是可以制光电池；
（4）b为C、d为O、f为Mg，当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半径越大，故b、d、f三种元素原子半径由大到小的顺序是Mg>C>O； （5）a为Li、g为Al、j为K，K的金属性最强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、g、j的氢氧化物中碱性最强的是KOH；g的氧化物为Al2O3，Al2O3与KOH溶液反应的离子方程式为Al2O3 +2OH-=2AlO2- +H2O 。
3．黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+S完成下列填空：
（1）上述反应中的还原剂为___，还原产物有___，当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为___。
（2）KNO3晶体类型是___，其晶体中存在的化学键有___。
（3）硫原子的核外电子排布式为___，原子核外有___种不同能量的电子。将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是___；若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___，其原因是___。
（4）S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是___；K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为___。
（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有___。 a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4 b.酸性：H2SO3＞H2CO3
c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价 d.分解温度：CH4＞H2S
【答案】C K2S和N2 6NA 离子晶体 离子键、共价键 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 品红溶液均褪色 不褪色 将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性) N
（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为K2S和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5mol×4NAmol-1=6NA；
（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；
K2S+N2↑+3CO2↑
（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；
（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：N
（5）a．同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：H2SO4>H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：S>C，故a符合题意 ；
b．酸性：H2SO3>H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；
c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；
d．分解温度：CH4>H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1o，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意； 故答案为：ac。 【点睛】
常见非金属性的比较规律：
1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；
2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强； 3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强； 4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强； 5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；
值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。
4．1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。
（1）元素Ga在元素周期表中的位置为：___（写明周期和族）。
（2）Sn的最高正价为___，Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为___，As的气态氢化物为___。
（3）根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是___（填化学式）。
②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4___H2SeO4（填“＞”、“＜”或“=”）。 ③氢化物的还原性：H2O___H2S（填“＞”、“＜”或“=”）。 （4）可在图中分界线（虚线部分）附近寻找___（填序号）。 A.优良的催化剂 B.半导体材料 C.合金材料 D.农药 （5）①Se2Cl2常用作分析试剂，其电子式为___。
②硒（Se）化铟（In）是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是___（填字母）。 A.原子半径：In＞Se B.In的金属性比Se强 C.In的金属性比Al弱 D.硒化铟的化学式为InSe2
③工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HClO与Cu2Se的物质的量之比为___。 （6）请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序（可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择）。 实验步骤 在试管中加入___，再加入___，将生成气体通过___洗气后，通入___； 实验现象与结论 现象：___；结论：非金属性C＞Si
【答案】4，ⅢA +4 HClO4 AsH3 HF ＜ ＜ B
4：1 CaCO3固体 盐酸 NaHCO3溶液 Na2SiO3溶液 生成白色胶状沉淀 【解析】 【分析】 【详解】
（1）Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，即第四周期，第ⅢA族，故答案为：4；ⅢA；
AB
（2）Sn和碳同主族，最高价是+4价；Cl的最高价是+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；As和N元素同主族，所以最低负价是-3价，As的气态氢化物为AsH3； 故答案为：+4；HClO4；AsH3；
（3）①同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HF，故答案为：HF；
②As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4，故答案为：＜； ③氢化物的还原性：H2O＜H2S，故答案为：＜；
（4）可在金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料，故答案为：B；
（5）①硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，位于S的下方，则位于周期表第四周期ⅥA族，Se2Cl2的电子式为
；故答案为：
。
②铟（In）与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA族， A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：In＞Se，故A正确；
B．元素周期表中左下方元素的金属性强，则In的金属性比Se强，故B正确； C．同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误； D．硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误； 故答案为：AB；
③Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，可知Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，Cu元素的化合价由+1价升高为+2价、Se元素的化合价由-2价升高为+4价，由电子守恒可知HClO与Cu2Se的物质的量之比为1；
（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C＞Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C＞Si。
故答案为：CaCO3固体；盐酸，NaHCO3溶液；Na2SiO3溶液；现象：生成白色胶状沉淀。
2??2?1????4???2?????1???1???=4：1，故答案为：4：
5．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，回答下列问题： 族 周期 1 2 ⅠA ① ⅡA ⅢA ⅣA ② ⅤA ③ ⅥA ④ ⅦA ⑤ 0 3 ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
（1）①④⑥三种元素构成的化合物的电子式：__；⑨的最高价氧化物对应水化物的化学式：__。
（2）⑤、⑦、⑧的简单离子半径由大到小的顺序：__(用离子符号填写)。 （3）用一个化学方程式表示④、⑤二种元素非金属性的强弱__。
（4）⑦的单质与⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式为__。 （5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q，元素①、元素③形成化合物M，Q和M的电子总数相等。以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终产物对空气没有污染，写出该反应的化学方程式：__。 【答案】【解析】 【分析】
由元素周期表可知①为H；②为C；③为N；④为O；⑤为F；⑥为Na；⑦为Al；⑧为S；⑨为Cl；
（1）①④⑥三种元素构成的化合物为NaOH；⑨的最高价氧化物对应水化物为HClO4； （2）⑤、⑦、⑧的简单离子半径通过电子层数和原子质量进行判断； （3）通过置换反应比较二种元素非金属性的强弱；
（4）⑦的单质为Al⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液为NaOH；
（5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q为H2O2，元素①、元素③形成化合物M，Q和M的电子总数相等，M为N2H4，以此分析。 【详解】
由元素周期表可知①为H；②为C；③为N；④为O；⑤为F；⑥为Na；⑦为Al；⑧为S；⑨为Cl。
（1）①④⑥三种元素构成的化合物为NaOH，电子式为对应水化物为HClO4，故答案为：＞Al3+；
（3）氟气与水反应生成氧气可证明F的非金属强于O，反应方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；
HClO4 S2-＞F-＞Al3+ 2F2+2H2O=4HF+O2 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-
+3H2↑ N2H4＋2H2O2=N2＋4H2O
，⑨的最高价氧化物
；HClO4；
（2）⑤、⑦、⑧的简单离子为F-、Al3+、S2-，则离子半径S2-＞F-＞Al3+，故答案为：S2-＞F-
（4）⑦的单质为Al，⑥的最高价氧化物对应水化物为NaOH ，离子方程式为：
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2?，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2?； （5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q为H2O2，元素①、元素③形成化合物M，Q和M的电子总数相等，则M为N2H4，该反应的化学方程式为：
N2H4＋2H2O2=N2＋4H2O，故答案为： N2H4＋2H2O2=N2＋4H2O。
6．X、Y、Z、W为四种常见元素，其中X、Y、Z为短周期元素。有关信息如下表。
（1）Z的氧化物在通讯领域用来作__。
（2）X的最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y的氧化物反应的离子方程式为__。一种含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分，它能有效杀灭2019-coVn，请写出工业上制备它的离子反应方程式__，但在使用时特别注意不能与洁厕灵混用，原因是__（用化学方程式表示）。
（3）W在周期表中的位置为__，聚硅酸W是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废W渣(主要成分W3O4，含少量碳及二氧化硅)为原料制备的流程如图：
①加热条件下酸浸时，W3O4与硫酸反应生成W的离子。 ②酸浸时，通入O2的目的是___。
③“W3+浓度检测”是先将100mL含W3+溶液用适量的SnCl2还原为W2+；再用酸性K2Cr2O7标准溶液测定W2+的量(Cr2O72-被还原为Cr3+)，此时发生反应的离子方程式___，若用掉0.2mol·L-1K2Cr2O7溶液50mL，则W3+浓度为___。
＋＋－－－
【答案】光导纤维 Al2O3+6H＝2Al3+3H2O Cl2+2OH＝Cl+ClO+H2O NaClO+2HCl＝
Cl2↑+NaCl+H2O 第四周期第Ⅷ族 将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3 6Fe2++Cr2O72-+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O 0.6mol/L
+
+
+
【解析】 【分析】
X、Y、Z为短周期元素，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸，则X为Cl；Y的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料，Y原子的最外层电子数等于电子层数，则Y为Al；Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，原子的最外层电子数是次外层电子数的1/2，则Z为Si；W原子的最外层电子数小于4，常见化合价有+3、+2，WX3稀溶液呈黄色，则W为Fe，据此进行解答。 【详解】
根据以上分析可知X是Cl，Y是Al，Z是Si，W是Fe。
（1）Z的氧化物二氧化硅在通讯领域用来作光导纤维。
（2）X的最高价氧化物对应水化物的水溶液高氯酸与Y的氧化物氧化铝反应的离子方程式
＋＋
为Al2O3+6H＝2Al3+3H2O。一种含X元素的化合物是家用消毒液的有效成分，它能有效杀
灭2019-coVn，该化合物是次氯酸钠，工业上制备它的离子反应方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO+H2O，由于次氯酸钠能氧化盐酸生成氯气，而洁厕灵中含有盐酸，所以在使用时特别注意不能与洁厕灵混用，反应的化学方程式为NaClO+2HCl＝Cl2↑+NaCl+H2O。 （3）铁在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。
②加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，滤渣的主要成分是碳和二氧化硅；由于酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；
③在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72-被还原为Cr3+），则亚铁离子被
+-+++
氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2+Cr2O72+14H=6Fe3+2Cr3+7H2O；根据反应和原
－
子守恒可知
6Fe3+6100mL?c～6Fe2+～ 2-Cr2O7150mL?0.2mol/L
解得c＝0.6mol/L
7．A、B、C、D 是原子序数依次增大的同一短同期元素，A、B 是金属元素，C、D 是非金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水。 (1)A 与 C 可形成化合物 A2C，写出该化合物的电子式为_____。
(2)B 与 D 形成的化合物是_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)，验证该结 论的实验方法是_____。
(3)C 的低价氧化物通入 D 单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_____。
(4)用 C 的最高价含氧酸 W 的溶液作电解质溶液(物质的量浓度为 5.2mol/L，体积为1L， 假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池如图所示。
①在 a 电极上发生的反应可表示为_____。
②若电池工作一段时间后，a 极消耗 0.05molPb， b 电极的质量变化为________g，则此时 W 溶液的浓度 为___________mol/L。 【答案】
共价化合物 将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化
合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl Pb-2e-+SO42-=PbSO4 3.2 5.1 【解析】 【分析】
A、B 是金属元素，A、B的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水，A是Na元素、B是Al元素；Na与 C 可形成化合物 A2C，C显-2价，C是S元素；A、B、C、D 是原子序数依次增大，所以D是Cl元素。 【详解】
根据以上分析，(1) A是Na元素、C是S元素，形成化合物Na2S是离子化合物，电子式为
；
(2) B是Al元素、 D是Cl元素，形成的化合物AlCl3是共价化合物，共价化合物在熔融状态下不导电，将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物；
(3)S的低价氧化物是SO2， D 单质是氯气，SO2通入氯水发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；
(4) H2SO4溶液、Pb、PbO2构成原电池，Pb是负极、PbO2是正极；
①a 极是负极，Pb失电子生成PbSO4沉淀，a电极上发生的反应可表示为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；
②b是正极，b电极反应式是PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；a 极消耗 0.05molPb，转移电子的物质的量是0.1mol， b 电极消耗0.05mol PbO2，生成0.05mol PbSO4质量变化为
303g/mol?0.05mol-239g/mol?0.05mol=3.2g；根据总反应式Pb+ PbO2+ H2SO4=
2PbSO4+2H2O，a 极消耗 0.05molPb，总反应消耗0.1mol H2SO4，此时 H2SO4溶液的浓度 为
5.2mol/L?1L-0.1mol =5.1mol/L。
1L
8．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：
请回答下列问题：
(1)元素F在周期表中的位置为________________
(2)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)。 (3)二元化合物X是含有元素A的18电子分子，3 g X(g)在25 ℃ 101 kPa 下完全燃烧生成稳定的化合物时放出Q kJ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)。
①溶液b为_________________
②溶液c中发生反应的离子方程式为__________________
－－＋＋
【答案】第三周期第ⅣA族 S2>O2>Na>Al3 C2H6(g)＋7/2O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝
－10QkJ/mol 饱和NaHCO3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】
（1）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ⅣA族； 故答案为：第三周期第ⅣA族；
（2）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；
(3) 二元化合物X是含有元素A的18电子分子，X为C2H6，3 g X(g)在25 ℃ 101 kPa 下完全燃烧生成稳定的化合物时放出Q kJ的热量，则X燃烧热的热化学方程式为C2H6(g)＋
7O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－10QkJ/mol； 2故答案为：C2H6(g)＋
7O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－10QkJ/mol； 2（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===H2SiO3↓＋CO32-。
9．下列问题涉及前 20 号元素，请按要求用相应的化学用语作答： （1）族序数等于周期数 2 倍的元素_____
（2）最外层电子数是内层电子数的一半且单质可作为电极材料的元素， 其在周期表中的位置是_____
（3）原子半径最大的短周期元素和地壳中含量最多的元素形成原子个数比为 1:1 的化合物，其阴离子符号为________________________________
（4）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素，其最高价氧化物与短周期元素中最稳定的气态氢化物的水溶液间发生反应的化学方程式___________________________
（5）第三周期元素中，简单离子半径最小的元素，其离子结构示意图为_____ （6）简单离子 Xn+与 Yn-具有相同的电子层结构，X n+的焰色为淡紫色，则 Y 的最高价氧化物对应水化物的名称为_____
-【答案】C、S 第两周期IA 族 O22 SiO2+ 4HF = SiF4↑+2H2O
高氯酸
【解析】 【分析】
（1）族序数等于周期数 2 倍的元素是碳和硫元素；
（2）最外层电子数是内层电子数的一半，单质可作为电极材料的元素，该元素为金属，是锂元素；
（3）原子半径最大的短周期元素是Na、地壳中含量最多的元素是O；
（4）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素是ⅣA族的C、Si ，其最高价氧化物分别是CO2、SiO2，短周期元素中最稳定的气态氢化物是HF； （5）第三周期元素中，简单离子半径最小的元素是Al；
（6）X n+的焰色为淡紫色，X是K元素，简单离子K+与 Y-具有相同的电子层结构，则Y是Cl元素； 【详解】
（1）族序数等于周期数 2 倍的元素，如为第二周期的元素，族序数是4，则为C，如为第三周期的元素，族序数是6，则为S；
（2）最外层电子数是内层电子数的一半，单质可作为电极材料的元素，该元素为金属，所以是锂元素，在周期表中的位置是第两周期IA 族；
（3）原子半径最大的短周期元素是Na、地壳中含量最多的元素是O，形成原子个数比为 1:1 的化合物是Na2O2，其阴离子符号为O22-；
（4）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素是ⅣA族的C、Si ，其最高价氧化物分别是CO2、SiO2，短周期元素中最稳定的气态氢化物是HF，能与HF反应的是SiO2，反应方程式是SiO2+ 4HF = SiF4↑+2H2O；
（5）第三周期元素中，简单离子半径最小的元素是Al，Al3+结构示意图为（6）Y是Cl元素，Cl的最高价氧化物对应水化物是HClO4，名称为高氯酸；
；
10．X、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： （1）X、Y的元素符号依次为__________、__________。
（2）XZ2与YZ2分别属于__________（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）和__________。
（3）Q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：
______________________________。
2262651【答案】S C 极性分子 非极性分子 Cr 四 1s2s2p3s3p3d4s ?6
F-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
，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】
（1）由分析可知，X、Y的元素符号依次为S、C；
（2）XZ2与YZ2分别为SO2、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。
（3）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 【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
、
，书写时不要遗漏。
、
、
、
、
、
。
二、化学键练习题（含详细答案解析）
11．
已知①Na2O2 ②O2 ③HClO ④H2O2 ⑤Cl2 ⑥NaClO ⑦O3七种物质都具有强氧化性。请回答下列问题:
(1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号，下同)。 (2)含非极性键的共价化合物是_________。 (3)属于离子化合物的有______种。 (4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。
①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl，用电子式表示HCl的形成过程:_________________________。 ②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式:____________________________________。
③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。若6.8g H2O2参加反应，则转移电子数目为_________，生成标准状况下O2体积为_______L。 【答案】②⑦ ④ 2 或0.2NA 2.24 【解析】
2Na2O2 +2H2O=4NaOH +O2↑ 1.204x1023
【分析】
根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。 【详解】
（1）同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。故O2与O3互为同素异形体； （2）Na2O2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物；HClO是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物；H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；O2、O3、Cl2属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合物是④H2O2；
（3）由(2)可知，Na2O2、NaClO属于离子化合物，故属于离子化合物的有2种； （4）HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程是：
（5）Na2O2与H2O反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na2O2 +2H2O=4NaOH +O2↑； （6）2H2O2
；
MnO2O2↑+2H2O，每生成1mol转移2mol电子，故6.8g H2O2的物质的量：
6.8g=0.2mol，生成氧气的物质的量为0.1mol，转移的电子的数目为
34g?mol?10.1mol×2×6.02×1023mol-1=1.204x1023；V(O2) = 0.1mol×22.4L·mol -1=2.24L。
12．
(1)下面列出了几组物质：A．金刚石与石墨；B．丙烯与环丙烷；C．氕与氘；D．甲烷与
戊烷；E.液氨与氨水；F. 与；G. 与，请将物
质的合适组号填写在空格上。 ①同位素_________ ②同素异形体_________ ③同系物_________ ④同分异构体_________ ⑤同一物质_________。
(2)下列物质中：①Ar ②MgBr2 ③Na2O2 ④H2SO4 ⑤CS2 ⑥NH4Br ⑦BaO ⑧RbOH。只存在共价键的是_________ (填序号，下同)，只存在离子键的是_________，既存在离子键又存在极性共价键的是_________，既存在离子键又存在非极性共价键的是_________。 (3)异丁烷的一氯代物有_________种，新戊烷的一氯代物有_________种。C3H2Cl6的同分异构体有_________种，C5HCl11的同分异构体有_________种，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物最多有_________种。
【答案】C A D B、F G ④⑤ ②⑦ ⑥⑧ ③ 2 1 4 8 10 【解析】
【分析】 【详解】
(1)上述物质中，①氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素，故答案为：C；
②金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：A； ③甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差4个CH2原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为：D；
④丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，
与
的
分子式均为C5H12相同，但结构不同，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，故答案为：B、F；
⑤与属于同一种物质，故答案为：G；
(2)①Ar为单原子分子，不含有化学键； ②MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；
③Na2O2是离子化合物，Na+和O22-形成离子键，O22-中O和O形成非极性共价键； ④H2SO4是共价化合物，只存在极性共价键； ⑤CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；
⑥NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键； ⑦BaO是离子化合物，Ba2+和O2-形成离子键；
⑧RbOH是离子化合物，Rb+与OH-形成离子键，OH-中H和O形成极性共价键； 综上所述，只存在共价键的是④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：④⑤；②⑦；⑥⑧；③；
(3)异丁烷(2-甲基丙烷)有两种等效氢，其一氯代物有2种； 新戊烷(2，2-二甲基丙烷)只有一种等效氢，其一氯代物有1种；
分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2H-CCl2-CCl2H（两个边上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种； C5HCl11可看作C5C12中的一个Cl被H取代，先定碳骨架：C5有三种碳骨架：
、
、
，后根据对称性移动官能团：氢原子的
位置有种；
、、
，因此C5HCl11的同分异构体有3+4+1=8
乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种； 综上所述，答案为：2；1；4；8；10。
13．
钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：
（1）基态钛原子的价层电子排布图为__________，其原子核外共有______种空间运动状态不同的电子，金属钛的堆积方式如图所示，为________(填堆积方式)堆积
（2）①已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37 ℃，沸点为136 ℃，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是_______。
②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有______。
A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．氢键 E．金属键
（3）硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式，结构如图所示，其中Ti-O-Ti在一条直线上。该阳离子化学式为__________，其中O原子的杂化方式为_______。
（4）2016年7月，研究人员发现了某种钛金合金的化学式是Ti3Au，它具有生物相容性，是理想的人工髋关节和膝关节；其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm，最近的Ti原子
a111，A原子的坐标参数为（,,），则B原子坐标参数为_______，距离Ti原2222子次近的Ti原子有_______个，Ti-Au间最近距离为_______pm ．．
距离为
【答案】
12 六方最密 TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量
大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高。 AB TiO2+ sp (
11，，0) 8 425a 4【解析】 【分析】
(1) Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、4s四个原子轨道， 2p、3p六个轨道、3d两个轨道；该晶体为六方最密堆积；
(2)①分子晶体熔沸点较低，结构相似的分子晶体的熔沸点与相对原子质量有关； ②酸属于共价化合物，铵盐属于离子化合物，据此分析；
(3)每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比；Ti元素为+4价、O元素为-2价，据此书写其化学式；阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，据此分析杂化类型；
(4)根据均摊法确定Ti和Au在晶胞中的位置，结合晶胞结构图进行分析原子的坐标和距离，Ti和Au最近的距离为晶胞顶点的Au到面上的Ti之间的距离，如图所示，
，结合图示计算。
【详解】
(1)Ti原子价电子为3d、4s电子，3d能级上有2个电子、4s能级上有2个电子，其价电子排布图为：
；原子的空间运动状态即为原子轨道，Ti有1s、2s、3s、
4s四个原子轨道，2p、3p六个轨道、3d两个轨道，共12个轨道；根据图示，该晶体为六方最密堆积；
(2)①TiCl4和CCl4均为分子晶体，TiCl4的分子量大于CCl4，分子间作用力大一些，所以熔沸点更高；
②TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，可将其看做形成一种酸，所有的酸都是共价化合物，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体，可看做是铵盐，属于离子化合物，该晶体中微观粒子之间的作用力有共价键和离子键，答案选AB；
(3)根据均摊法：每个O原子被两个Ti原子共用、每个Ti原子被两个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1：1，所以阳离子的化学式为TiO2+，阳离子的立体结构中Ti-O-Ti为直线型，故O原子的杂化方式为sp杂化；
(4)根据钛金合金的化学式是Ti3Au，大白球位于晶胞的顶点和体心，个数为1+8×
1=2，小8黑球位于晶胞的面上，则个数为2×6×
1=6，则大白球为Au，位于晶胞的顶点和体心，小2黑球为Ti，位于晶胞的六个面上，由于最近的Ti原子距离为(
a，故B原子坐标参数为211，，0)；以右图中C原子为中心，在该晶胞中与C原子次近的原子有4个，根据晶胞42的无隙并置，对称结构还有4个，故有8个；Ti和Au最近的距离为晶胞顶点的Au到面上
的Ti之间的距离，如图所示，，则晶胞中Ti-Au间最近距离为
?a??a?=5apm。
?????4?4??2?22
14．
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2Ca3(PO4)2(s)+10C(s)→P4(g)+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
（3）一定条件下，Na还原CCl4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剂为_______________。
（4）下列叙述正确的有____________填序号）， ①Na还原CCl4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SO3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FeO发生置换反应
【答案】第二周期第IVA族 2 abc 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2Ca3(PO4)2（s）+10C（s）→P4（g）+6CaO（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CCl4生成NaCl和C，属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，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；③Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4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。
15．
碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
焙烧(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：①Li2CO3?????? Li2O+CO2；
??CO+2Li。锂原子的电子排布式为_____；CO2 的结构式为_____；反应②Li2O+C????真空②中涉及的化学键类型有_____。
(2)氢负离子(H﹣)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释_____
(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。
①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_____和_____。 ②滴定终点的判断依据为_____。 ③样品的纯度为_____。
【答案】1s22s1 O＝C＝O 离子键、共价键、金属键 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 玻璃棒 100mL容量瓶 当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 0.999 【解析】 【分析】
(1)根据锂的原子序数确定核外电子排布式，根据二氧化碳的电子式确定结构式，根据物质确定化学键的类型；
高温
(2)根据原子核外电子的排布，核电荷数，比较半径的大小；
(3)①根据配置溶液的步骤，选择定容时的仪器；②根据酸碱中和滴定和指示剂的变色情况判定滴定终点；③利用硫酸的总物质的量减去与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量得到与碳酸锂反应的硫酸的物质的量，根据与碳酸锂反应的的硫酸的物质的量与碳酸锂的关系计算出碳酸锂的物质的量，m=nM，计算出纯碳酸锂的质量，利用样品的纯度=纯碳酸锂的质量
/样品的质量，进行计算。 【详解】
(1) 锂是3号元素，质子数为3，核外电子排布式为1s22s1，CO2 的中心原子为C，碳原子和氧原子形成两对共用电子对，Li2O属于离子晶体，含有离子键，C属于混合晶体，含有共价键，CO属于分子晶体，含有共价键， Li属于金属晶体，含有金属键，结构式为O＝C＝O；
(2) 氢是1号元素，质子数为1，锂是3号元素，质子数为3，氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大,故答案为氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构(或核外电子数，或电子层数和最外层电子数相同)，但是氢负离子的核电荷数(或核内质子数)比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大。
(3)①定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、100ml容量瓶，玻璃棒，答案为100ml容量瓶，玻璃棒；
②定容后的溶液含有硫酸，硫酸锂，加入酚酞，溶液是无色，再加入氢氧化钠溶液，溶液会逐渐变成粉红色，当最后一滴氢氧化钠加入，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，证明到达滴定终点，故答案为当滴入最后一滴标准NaOH溶液时，锥形瓶中的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。硫酸的物质的量n=cV=2.000
mol/L×0.01L=0.02mol，Li2CO3与硫酸反应Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，稀释前n(H2SO4)=n(Li2SO4)，加水定容至 100mL.稀释前后溶质的物质的量不变，n1(Li2SO4)= n2(Li2SO4)=0.02mol，取定容后的溶液 10.00 mL，则取出的溶质的物质的量=
0.02mol=0.002mol，n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=0.1mol/L×0.013L=0.0013mol，由于101n(NaOH)= 2H2SO4+2NaOH= Na2SO4+2H2O，根据硫酸和氢氧化钠的物质的量关系，n(H2SO4)=
1×0.0013mol=0.00065mol，反应掉的硫酸的物质的量=0.002mol-0.00065mol=0.00135mol，2n（H2SO4）=n（Li2SO4）= n(Li2CO3)=0.00135mol，根据锂元素守恒，10ml溶液中的m1（Li2CO3）=nM=0.00135×74=0.0999g，100ml溶液中所含m2(Li2CO3)=0.0999g×10=0.999g，故ω=
m2?Li2CO3?m样品 =
0.999g=0.999。 1g【点睛】
计算质量分数时，需计算出纯物质的的质量，利用氢氧化钠与硫酸的物质的量关系，计算出滴定时用去的硫酸的物质的量，找到硫酸，硫酸锂，碳酸锂的关系，从而计算，计算时，找到所给信息和所求信息之间的关系是解题的关键。
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