2020-2021全国高考化学元素周期律的综合高考模拟和真题汇总含详细答案

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2020-2021 全国高考化学元素周期律的综合高考模拟和真题汇总含 详细答案 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．Ⅰ.某化合物 A 由两种元素组成，可以发生如下的转化。 已知：标准状况下，气体 B 的密度是氢气的 8 倍。请回答： （1）组成 A 的元素有 _________， A 的化学式是 _________ （2）请写出 A 与 NaOH 溶液反应的化学方程式 _________ （3）A 可用于金属的冶炼，请写出 A 与 Fe2O3 的化学反应方程式 _________ Ⅱ.某实验小组做了如下实验： 请回答： （1）写出硬质管中发生反应的化学方程式： _________ （2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分： _____。 【答案】 Al、C Al4C3 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑ +4NaAlO2 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑ CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O 将产生的气体分别通 入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为 A、B，对 B 进行加热，若 A 沉淀溶解， B 出现砖红色 沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若 A 沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若 A 沉淀不 溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有乙醛 【解析】 【分析】 Ⅰ.已知标准状况下，气体 B 的密度是氢气的 8 倍，则气体 B 的摩尔质量为 16g/mol ，应为 CH4 气体，则 A 中含有 C 元素，同时 A 能与氢氧化钠溶液反应，则 A 中含有 Al 元素， A 为 Al4C3，C 为 NaAlO2，NaAlO2 溶液中通入过量二氧化碳得到 D 为氢氧化铝固体，进一步灼烧 得到 E 为氧化铝，据此分析解答； Ⅱ.(1)乙醇被 CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水； (2)根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。 【详解】 Ⅰ. (1)由以上分析知，组成 A 的元素有 Al、C， A 的化学式是 Al4C3，故答案为： Al、C； Al4C3； (2)Al4C3 与 NaOH 溶液反应生成 CH4 和 4NaAlO2，故反应的化学方程式为 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑ +4NaAlO2； (3)Al4C3 可用于金属的冶炼，其与 Fe2O3 反应生成 Al2O3、Fe 和 CO2，故反应的化学反应方程 式为 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑； Ⅱ.(1)乙醇被 CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为 CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O； (2)根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标 为 A、B，对 B 进行加热，若 A 沉淀溶解， B 出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若 A 沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若 A 沉淀不溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有 乙醛。 2．已知 A、B、C、D、E、 F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大 .B 和 E 同主 族， A、B 在元素周期表中处于相邻的位置， C元素原子在同周期主族元素中原子半径最 大， D 是地壳中含量最多的金属元素， E元素原子的最外层电子数是电子层数的 2 倍 .请回 答下列问题： （1）画出 F 的原子结构示意图 _____。 （2）B、C、E对应简单离子的半径由大到小的顺序为 _____（用具体微粒符号表示）。 （3）A 的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应，生成的化合物属于 _____（填 “离 子化合物 ”或 “共价化合物 ”）。 （4）加热条件下， B 单质与 C单质的反应产物的电子式为 ______。 （5）D 元素最高价氧化物对应水化物与 C 元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学 方程式为 ______。 【答案】 S2- > O2-> Na+ 离子化合物 Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O 【解析】 【分析】 A、B、C、 D、E、F 均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大， B 和 E 同主族， D 是地壳中含量最多的金属元素，则 D 为 Al 元素； E、 F原子序数均大于 Al，处于第三周 期，而 E 元素原子的最外层电子数是电子层数的 2 倍，最外层电子数为 6，故 E为 S元 素， F为 Cl；B 和 E 同主族，则 B 为 O 元素； A、B 在元素周期表中处于相邻的位置， A 为 N 元素； C 元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，处于 IA 族，原子序数介于氧、铝 之间，故 C 为 Na，以此分析解答。 【详解】 (1)根据上述分析可知： F 为 Cl 元素，原子结构示意图为 ，故答案： 。 (2)根据上述分析可知： B 为 O 元素， C为 Na 元素， E 为 S元素，电子层结构相同的离子， 核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径： S2- > O2-> Na+， 故答案为： S2- > O2-> Na+； (3)根据上述分析可知： A 为 N 元素， A 的气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨 气、硝酸，二者反应生成硝酸铵，属于离子化合物，故答案为：离子化合物； (4)根据上述分析可知： B 为 O 元素， C为 Na 元素，加热条件下氧气与钠的反应生成 Na2O2，含有离子键、共价键，所以电子式为： ，故答案： ； (5)根据上述分析可知： D 为 Al 元素， C为 Na 元素。 Al 的最高价氧化物对应水化物为 Al(OH)3，Na 最高价氧化物对应水化物 NaOH , 两者能发生中和反应，反应的化学方程式 为： Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O，故答案： Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O。 3．高温下，正硅酸锂（ Li4SiO4）能与 CO2 发生反应，对控制 CO2 的排放具有重要的理论意 义和实用价值。完成下列填空： （1）硅原子核外电子占有 _____种能量不同的轨道； Li、 C、Si 的最高价氧化物中，属于原 子晶体的是 _____。 （2）钠元素的金属性比锂强，用原子结构的知识说明理由 _____。 一定温度下，在 2L 的密闭容器中， Li4SiO4 与 CO2 发生如下反应： Li4SiO4(s)+CO2(g) Li2SiO3(s)+Li2CO3(s)。 （3）该反应的平衡常数表达式 K=_____，反应 20min，测得容器内固体物质的质量增加了 8.8g，则 0~20min 内 CO2 的平均反应速率为 _____。 （4）在 T1、T2 温度下，恒容容器中 c(CO2)随时间 t 的变化关系如图所示。该反应是 _____ 反应（选填 “放热 ”或 “吸热 ”）。 若 T1 温度下，达到平衡时 c(CO2)为 amol ·L-1，保持其他条件不变，通入一定量的 CO2，重新 达到平衡时 c(CO2)为 bmol ·L-1。试比较 a、b 的大小，并说明理由 _____。 【答案】 5 SiO2 钠元素和锂元素均为第 ⅠA 族元素， Na 原子有 3 个电子层， Li 原子有 2 个电子层，原子半径 Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li 2 1 c CO 0.005mol ·L-1·min -1 放热 a=b，通入一定量的 CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数 K= 2 1 c CO 不变，故达到新 平衡时 c（ CO2）不变，即 a=b 【解析】 【分析】 【详解】 (1)硅是 14 号元素，基态硅原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p2，其核外电子共占有 5 种能量不同的轨道； Li、 C、Si 的最高价氧化物分别为 Li2O、CO2、SiO2，Li2O 是离子晶体、 CO2 是分子晶体、 SiO2 是原子晶体，故答案为： 5； SiO2； (2) 钠元素的金属性比锂强，从原子结构解释：钠元素和锂元素均为第 ⅠA 族元素， Na 原 子有 3 个电子层， Li 原子有 2 个电子层，原子半径 Na>Li，则原子核对外层电子的吸引能 力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li，故答案为：钠元素和锂元素均为 第Ⅰ A 族元素， Na 原子有 3 个电子层， Li 原子有 2 个电子层，原子半径 Na>Li，则原子核 对外层电子的吸引能力： NaLi，因此金属性 Na 强于 Li； (3)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，根据化学反应方 程式 Li4SiO4(s)+CO2(g) Li2SiO3(s)+Li2CO3(s)，反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固 体，则平衡常数 2 1K= c CO ；反应中固体增加的质量即为消耗的 CO2 的质量，反应 20min 消耗的 CO2 的质量为 8.8g，?c(CO2)=8.8g ÷ 44g/mol ÷ 2L=0.1mol ·L-1，则 0~20min 内 CO2 的平均 反应速率 -1 2 -1 -1 2 c CO 0.1mol LCO = = =0.005mol L min t 20min ，故答案为： 2 1 c CO ；0.005mol ·L-1·min -1； (4)由图像分析可知， T1 先达到平衡，则温度 T1>T2，T2 到 T1 的过程是升温， c(CO2)增大，平 衡逆向移动，则该反应是放热反应；若 T1 温度下，达到平衡时 c(CO2)为 amol ·L-1，保持其他 条件不变，通入一定量的 CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数 K= 2 1 c CO 不变，故达到新平衡时 c（ CO2）不变，即 a=b，故答案为：放热； a=b，通入 一定量的 CO2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数 K= 2 1 c CO 不变， 故达到新平衡时 c（CO2）不变，即 a=b。 【点睛】 第(3)小问为本题的难点，需要学生正确理解平衡常数的表达方式，同时理解反应中固体增 加的质量即为消耗的 CO2 的质量为本题的解答关键，第 (4)题的第二问 a、b 的大小比较为 易错点，注意巧用化学平衡常数作答。 4．完成下列问题： (1)氮和磷氢化物热稳定性的比较： NH3______PH3（填 “ >”或 “ <”）。 (2)PH3 和 NH3 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对 PH3 与 HI 反应产物 的推断正确的是 _________（填序号）。 a．不能与 NaOH 反应 b．含离子键、共价键 c．受热可分解 (3)已知 H2与 O2 反应放热，断开 1 mol H-H 键、 1 mol O=O 键、 1 mol O-H 键所需要吸收的能 量分别为 Q1 kJ、 Q2 kJ、Q3 kJ，由此可以推知下列关系正确的是 ______。 ①Q1+Q2>Q3 ②2Q1+Q2<4Q3 ③2Q1+Q2<2Q3 (4)高铁电池总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，写出电池的正极反 应： __________，负极反应 ________________。 【答案】 > bc ② FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH- Zn+2OH--2e- =Zn(OH)2 【解析】 【分析】 (1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析； (2)PH3 与 HI 反应产生 PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质； (3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为 放热反应分析解答； (4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物 质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。 【详解】 (1)由于元素的非金属性： N>P，所以简单氢化物的稳定性： NH3>PH3； (2) a．铵盐都能与 NaOH 发生复分解反应，所以 PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误； b．铵盐中含有离子键和极性共价键，所以 PH4I 也含离子键、共价键， b 正确； c．铵盐不稳定，受热以分解，故 PH4I 受热也会发生分解反应， c 正确； 故合理选项是 bc； (3)1 mol H 2O 中含 2 mol H-O 键，断开 1 mol H-H、1 mol O=O、1 mol O-H 键需吸收的能量分 别为 Q1、Q2、 Q3 kJ，则形成 1 mol O-H 键放出 Q3 kJ热量，对于反应 H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(g)， 断开 1 mol H-H 键和 1 2 mol O=O 键所吸收的能量 (Q1+ 1 2 Q2) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的 能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以 2Q3-(Q1+ 1 2 Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项 是②； (4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池 总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知： Fe 元素的化合价由反应前 K2FeO4 中的 +6 价变为反应后 Fe(OH)3 中的 +3 价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的 电极反应式为： FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；Zn 元素化合价由反应前 Zn 单质中的 0 价 变为反应后 Zn(OH)2 中的 +2 价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极 反应式为 Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。 【点睛】 本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。元素周期 律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分 析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是 能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的 酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。 5．8 种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，，其中 D 元素原子核外电子总数是其 最外层电子数的 3 倍．表中字母分别代表某一元素。请回答下列问题。 G H A B C D E F （1）D、B 的元素名称分别为 _______、_______。 （2）元素 A 与元素 B 相比，金属性较强的是 ______(填元素符号 )，下列表述中能证明这一 事实的是 ______（填字母）。 A．A 单质的熔点比 B 单质低 B．A 的化合价比 B 低 C．A 单质与水反应比 B 单质与水反应剧烈 D．A 最高价氧化物对应的水化物的碱性比 B 的强 （3）G、H 的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 __________(用化学式表示 )。G、 C、F 三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是 ________(用化学式表 示)。 （4）F 元素的单质可以用来制取漂白液，其化学方程式为 ________。 （5）E 和 H 形成的一种化合物，相对分子质量在 170～190 之间，且 E 的质量分数约为 70%．该化合物的化学式为 ________。 【答案】磷 铝 Na CD NH3?CH4 HClO4?H2CO3?H2SiO3 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O S4N4 【解析】 【分析】 由元素在周期表中的位置可知， D 位于第三周期， D 元素原子核外电子总数是其最外层电 子数的 3 倍，令该原子最外层电子数为 x，则 2+8+x=3x，解得 x=5，即 D 为 P，结合其他元 素在周期表中的位置可知： A 为 Na、B 为 Al、C为 Si、 E为 S、 F 为 Cl、G 为 C、H 为 N。 【详解】 ( 1) 由分析可知： D 为 P、B 为 Al，元素名称分别为磷、铝； ( 2) A 为 Na、B 为 Al，同一周期从左到右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐的减弱，故 金属性较强的是 Na。 A．A、B 金属性的强弱与金属单质熔点的高低没有关系， A 错误； B．A、B 金属性的强弱与金属元素化合价的高低没有关系， B 错误； C．金属单质与水反应越剧烈，金属性越强， Na 与水反应比 Al 与水反应剧烈可以证明 Na 的金属性比 Al 的强， C 正确； D．最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性越强， Na 最高价氧化物对应的水化物 的碱性比 Al 的强，可以证明 Na 的金属性比 Al 的强， D 正确； 答案选 CD。 ( 3) G、H 的简单气态氢化物分别为 CH4、NH3，同一周期的主族元素，从左到右随着核电荷 数的增加，非金属性逐渐增强， G、H 的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 NH3?CH4； G 为 C、C为 Si、F 为 Cl，非金属性 Cl?C?Si，非金属性越强，最高价氧化物对应 的水化物的酸性越强，即 HClO4?H2CO3?H2SiO3； ( 4) F 元素的单质为 Cl2，其用来制取漂白液的化学方程式为， 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； ( 5) E 为 S、H 为 N，形成的化合物中 S的质量分数为 70%，则 S和 N 的原子个数比为 70% 30% 32 14 ： ≈1:1，其相对分子质量在 170～190 之间，设化学式为 (SN)x，当 x=4 时， (32+14) × 4=184,满足相对分子质量在 170～190 之间，所以该化合物的化学式为 S4N4。 6．短周期元素 Q、R、T、W 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、R、T 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： Q________________W(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 式为 ______________________________________________________________________ 。 【答案】第三周期第 ⅥA 族 Al>C>N CO2 弱于 2 2 2 2 2 MnO 2H O 2H O+O 【解析】 【分析】 由短周期元素 Q、R、T、W 在元素周期表中的位置，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 V IA 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 CO2，故答案：第三周期第Ⅵ A 族； Al>C>N； CO2； (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 O 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锰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： 2H2O2 2H2O+O2↑，故答案： 2H2O2 2H2O+O2↑； 7．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 周期 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 一 ① 二 ⑦ ⑨ ? 三 ② ④ ⑥ ⑧ ⑩ 四 ③ ⑤ ? （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＋ CO2 2MgO ＋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 Br 2； 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+2H 2O=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＋CO2 2MgO ＋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＋CO2 2MgO ＋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。 8．如图是元素周期表的一部分，请回答下列问题： IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0 族 1 ① 2 ② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ (1)在这些元素中，单质的化学性质最不活泼 ．．．． 的是 ___（填元素符号）。 (2)③的气态氢化物的电子式 ___，②④形成的气态化合物的结构式 ___。 (3)这些元素形成的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的化合物为 ___（填物质的化学 式），写出它的电子式： ___；酸性最强的含氧酸为 ___（填物质的化学式），写出它的电 离方程式： ___。 (4)在②和③两种元素中，非金属性较强的是 ___（填元素名称），②的单质可以和③的最 高价氧化物的水化物反应，请写出有关化学方程式 ___。 (5)②与 Si 元素分别形成的最高价氧化物， ___的熔点更高，原因是 ___。 【答案】 Ar O=C=O NaOH HClO4 HClO4=H++ClO4- 氮 C+4HNO3(浓 ) CO2↑ +4NO2↑ +2H2O SiO2 SiO2 为原子晶体，熔融时需破坏共价键 【解析】 【分析】 由表中元素所在的位置，可确定①为氢 (H)，②为碳 (C)，③为氮 (N)，④为氧 (O)，⑤为钠 (Na)，⑥为镁 (Mg)，⑦为硫 (S)，⑧氯 (Cl)，⑨为氩 (Ar)。 【详解】 (1)在这些元素中，单质的化学性质最不活泼 ．．．． 的是稀有气体元素 Ar。答案为： Ar； (2)③为氮元素，其气态氢化物的化学式为 NH3，电子式为 ，②④形成的气态化合物 为 CO2，它的结构式为 O=C=O。答案为： ；O=C=O； (3)这些元素形成的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是钠的氢氧化物，化学式为 NaOH，它的电子式为 ；酸性最强的含氧酸为高氯酸，化学式为 HClO4，它是一 元强酸，发生完全电离，电离方程式为 HClO4=H++ClO4-。答案为： NaOH； ； HClO4；HClO4=H++ClO4-； (4)同周期元素，从左往右，非金属性依次增强，则在②和③两种元素中，非金属性较强的 是氮，②的单质为碳，和③的最高价氧化物的水化物硝酸反应，生成二氧化碳、二氧化氮 和水，有关化学方程式为 C+4HNO3(浓 ) CO2↑ +4NO2↑ +2H2O。答案为：氮； C+4HNO3(浓 ) CO2↑ +4NO2↑ +2H2O； (5)②与 Si 元素分别形成的最高价氧化物为 CO2、SiO2，前者为分子晶体，后者为原子晶 体， SiO2 的熔点更高，原因是 SiO2 为原子晶体，熔融时需破坏共价键。答案为： SiO2；SiO2 为原子晶体，熔融时需破坏共价键。 【点睛】 碳与稀硝酸即便在加热条件下也不能发生化学反应，碳与浓硝酸混合液，若不加热，反应 不能发生，也就是说，只有碳与浓硝酸在加热条件下才能反应，生成三种非金属氧化物。 9．下表为元素周期表的一部分，请参照元素 ① －⑩ 在表中的位置，用相应的化学用语回 答下列问题： 族 周期 IA 0 1 ① ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA Ⅵ A ⅦA 2 ② ③ ④ ⑤ 3 ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ (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】 OAl；Li 的最外层电子数比 Ca少，但金属性 Li”或 “ <”填空： 晶格能： Na2O_______KCl 酸性： H2SO4_______HClO4 离子半径： Al3＋_______F－ 【答案】 D A B > < < 【解析】 【分析】 （1）A．N2 分子含有非极性共价键，属于单质，氮气分子结构简式为 N≡N，所以氮气分子 中含有 σ键和 π键的非极性分子； B．C2H6分子中碳原子和氢原子之间存在极性键，碳原子和碳原子之间存在非极性共价 键，属于共价化合物，乙烷的结构式为 ，乙烷分子中只含 σ键的非极性分子； C．CaCl2 中只含离子键，属于离子化合物； D．NH4Cl 中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离 子化合物，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在 σ 键； （2）离子化合物中，阴阳离子半径越小，离子所带电荷数越多，晶格能越大；非金属性越 强，所对应元素的最高价含氧酸的酸性越强；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的 离子半径小。 【详解】 （1）由分析可知：既含离子键又含共价键的化合物是 NH4Cl；同时存在 σ键和 π键的分子 是 N2；含有极性键的非极性分子是 C2H6。 （2）Na+的半径比 K+半径小， O2-的半径比 Cl-半径小，并且 O2-带的电荷数比 Cl-多，故晶格 能： Na2O>KCl； 同周期从左向右非金属性增强，非金属性 SKMnO4>Cl2 S2->Cl- 17 【解析】 【分析】 (1)由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具 有氧化性，则还原反应为 KMnO4→ MnSO4，则在给出的物质中 Cl 元素的化合价升高，则氧 化反应为 KCl→Cl2，然后根据元素守恒来书写氧化还原反应； (2)在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间 的关系计算； (3)在反应后的溶液中加入 NaBiO3(不溶于冷水 )，溶液又变为紫红色，说明 Mn 2+被氧化变为 MnO 4-，BiO3-发生反应得到电子后变为无色的 Bi3+，据此写出离子方程式； (4)在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性； (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有 S、 Cl，根据离子半径大小比较方法判 断； (6)根据构造原理可知氯原子的核外电子排布式，任何一个原子核外没有运动状态完全相同 的电子存在；结合原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写 Cl 原子最外层电子的轨道 式。 【详解】 (1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为 KMnO4→ MnSO4，则在给出的物质中 Cl 元素的化合价升高，则氧化反应为 KCl → Cl2，则反应为 KMnO4+KCl+H2SO4→ MnSO4+K2SO4+Cl2↑ +H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反 应为 ； (2)2KMnO 4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑ +8H2O 中，锰元素的化合价由 +7 变为 +2， 所以高锰酸钾是氧化剂， 2 mol 氧化剂在反应中得到电子的物质的量 =2 mol ×(7-2)=10 mol， 每转移 1 mol 电子，生成 Cl2 是 0.5 mol，其在标准状况下的体积为 V(Cl2)=0.5 mol × 22.4 L/mol=11.2 L； (3)如果在反应后的溶液中加入 NaBiO3，溶液又变紫红色，是因 NaBiO3 具有强氧化性 (比 KMnO4 氧化性强 )，将 Mn 2+氧化为 MnO 4-，BiO3-得到电子被还原变为无色的 Bi3+，根据电子 守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为： 2Mn 2++5NaBiO3+14H+=2MnO 4- +5Na++5Bi3++7H2O； (4)在反应 2KMnO 4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑ +8H2O 中，物质的氧化性： KMnO4>Cl2；在反应 2Mn 2++5NaBiO3+14H+=2MnO4- +5Na++5Bi 3++7H2O 中，物质的氧化性： NaBiO3>KMnO4，所以氧化性强弱顺序是： NaBiO3>KMnO4>Cl2； (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯， S2-、 Cl-核外电子排布都是 2、 8、8，电子层结构相同，由于核电荷数 Cl>S，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其 简单离子半径： S2->Cl-； (6)Cl 是 17 号元素，核外电子排布式是 1s22s22p63s23p5，可见 Cl 原子最外层有 7 个电子， 氯原子的最外层电子的轨道式为 ，氯原子核外有 17 不同运 动状态的电子。 【点睛】 本题考查了氧化还原反应方程式的书写、电子转移方法的表示、原子核外电子排布规律、 微粒半径大小比较等。掌握氧化还原反应中元素化合价与电子转移的关系和物质结构知识 是本题解答的关键，题目考查了学生学以致用的能力。 15． 铁及其化合物在生活中有广泛应用。 （1）Fe3+基态核外电子排布式为 ______。 （2）实验室用 KSCN溶液、苯酚检验 Fe3+。 ①1mol 苯酚分子中含有 σ键的数目为 ______。 ②类卤素离子 SCN 可用于 Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸 和异硫氰酸 H N C S ，这两种酸中沸点较高的是 ______ （3）氮化铁晶体的晶胞结构如图 -1 所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 ______。 （4）某铁的化合物结构简式如图 -2 所示 ①上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为 ______（用元素符号表 示）。 ②上述化合物中氮原子的杂化方式为 ______。 【答案】 [Ar]3d 5 13mol 或 13× 6.02 × 1023 异硫氰酸或 H—N＝C＝S 4︰1 O＞ N＞C＞H sp3 和 sp2 【解析】 【分析】 （1）按要求写出 3+Fe 的电子排布式即可； （2）数出苯酚中的单键即可；沸点与分子间作用力有关，硫氰酸分子间无法形成氢键，异 硫氰酸分子间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高； （3）根据均摊法，数出氮、铁的原子数即可，注意面心上的原子算 0.5 个，体心算 1 个， 边角上算 0.125 个； （4）电负性一定是 O>N>C>H ，也可从各物质之间形成的化合物，谁显负价谁电负性大来 判断；而杂化方式可从其形成的键来判断； 【详解】 （1）Fe 为 26 号元素，则 3+Fe 的基态核外电子排布式为 5[Ar]3d ； （2）1 个苯酚中有 13 个单键和一个大 π 键；硫氰酸分子间无法形成氢键，异硫氰酸分子 间可形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高； （3）氮原子在体心，因此就 1 个，铁原子有 1 18 +6 =4 8 2 个，因此铁、氮的微粒个数之 比为 4:1； （4）电负性大小为 O>N>C>H ，氮原子有成单键的也有成双键的，因此氮的杂化方式有 2sp 和 3sp 两种。