2020-2021高考化学专题题库∶元素周期律的综合题含答案
2020-2021高考化学专题题库∶元素周期律的综合题含答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A.它们的气态氢化物的稳定性
B.它们在元素周期表中的位置
C.它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D.它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO 2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A.K值减小
B.逆反应速率先减小后增大
C.K值增大
D.正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CO N2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：
___。
【答案】2s22p2电子云的伸展方向 C、D 不能该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/
（L?min）若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速
率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO 2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CO N2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CO N2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小
了0.4mol/L，v=
c
t
?
?
=
0.4/
2
mol L
min
=0.2mol/(L?min)，故答案为：；NO2；CO2；
0.2mol/(L?min)；
(4)2NO2+4CO N2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞
P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温
度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为：
；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太
小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】
本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
2．Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物。
（1）W在元素周期表中的位置是______。
（2）2.24L（标准状况）XQ3被200mL 1mol/L QXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是______。
（3）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是______。
（4）已知：W（s）+Y2（g）═WY2（g）△H=-393.5kJ/mol WY（g）+ Y2（g）═WY2（g）△H=-283.0kJ/mol24g W与一定量的Y2反应，放出热量362.5kJ，所得产物的物质的量之比是______。
（5）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是
______。
【答案】第二周期IVA族 c（NO3-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-） CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O n（CO2）：n（CO）=1：3 Na3N+4H2O=3NaOH+NH3 H2O
【解析】
【分析】
Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO和NO，W、X、Y原子序数依次增大，则W 为C元素，X为N元素，Y为O元素；Q与W组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4气体，则Q为H元素；Y和Z能形成原子个数比为1：1和1：2的两种离子化合物，应为Na2O和Na2O2两种化合物，则Z为Na元素，以此解答该题。
【详解】
（1）W为C元素，有2个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA族；
故答案为：第二周期IVA族；
（2）2.24L（标准状况）NH3为0.1mol，200mL1mol/L HNO3溶液含有HNO30.2mol，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO3与0.1molNH4NO3混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)；故答案为：c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)；
（3）由图可知，电子从a极流出，a极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O在负极上放电，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
（4）已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ/mol；
②CO(g)+1
2
O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol；
由①-②得C(s)+1
2
O2(g)=CO(g)△H=-110kJ/mol；
24gC的物质的量为2mol，与一定量的O2反应，若只生成二氧化碳，放出热量为
393.5kJ/mol×2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol×2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以x+y=2，393.5x+110y=362.5，解得x=0.5 mol，y=1.5 mol，所以
n(CO2)：n(CO)=1：3；
故答案为：n(CO2)：n(CO)=1：3；
(5)X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3?H2O；
故答案为：Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3?H2O。
3．根据下表回答问题：
（1）元素⑦在周期表中的位置是___。
（2）元素①和⑤的原子序数相差___。
（3）写出元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑧形成的单质反应的化学方程式
___。
（4）写出元素③形成的不同化合价的化合物的化学式(写出四个)___，其中能与元素⑥形成的单质反应的化学方程式为___。
【答案】第3周期第ⅣA族 10 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O NH3、NO、NO2、HNO3
Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O
【解析】
【分析】
元素⑤是钠，其最高价为+1，所以最高价氧化物对应的水化物为NaOH；③为N，其常见化合价为-3、+2、+4、+5等。
【详解】
(1)由图可知元素⑦在周期表中的位置是第3周期第IVA族。
(2)元素①和⑤的原子序数分别为1和11。
(3)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，元素⑧形成的单质是Cl2，所以反应为
2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。
(4)③为N，其常见化合价为-3、+2、+4、+5等，形成的不同化合价的化合物的化学式为NH3、NO、NO2、HNO3等。
(5)元素⑥是Al，HNO3与Al反应，Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O。
4．下表是元素周期表的一部分，回答相关的问题。
（1）写出④的元素符号__。
（2）在这些元素中，最活泼的金属元素与水反应的离子方程式：__。
（3）在这些元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是__(填相应化学式，下同)，碱性最强的是__。
（4）这些元素中(除⑨外)，原子半径最小的是__(填元素符号，下同)，原子半径最大的是__。
（5）②的单质与③的最高价氧化物的水化物的溶液反应，其产物之一是OX2，(O、X分别表示氧和②的元素符号，即OX2代表该化学式)，该反应的离子方程式为(方程式中用具体元素符号表示)__。
（6）⑦的低价氧化物通入足量Ba(NO3)2溶液中的离子方程式__。
【答案】Mg 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ HClO4 NaOH F Na 2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O
3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+
【解析】
【分析】
根据元素在元素周期表正的位置可以得出，①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，据此分析。
【详解】
（1）④为Mg元素，则④的元素符号为Mg；
（2）这些元素中最活泼的金属元素为Na，Na与水发生的反应的离子方程式为
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）这些元素中非金属性最强的是Cl元素，则最高价氧化物对应的水化物为HClO4，这些元素中金属性最强的元素是Na元素，则最高价氧化物对应的水化物为NaOH；
（4）根据元素半径大小比较规律，同一周期原子半径随原子序数的增大而减小，同一主族原子半径随原子序数的增大而增大，可以做得出，原子半径最小的是F元素，原子半径最大的是Na元素；
（5）F2与NaOH反应生成OF2，离子方程式为2F2+2OH-=OF2+2F-+H2O；
（6）⑦为S元素，⑦的低价氧化物为SO2，SO2在Ba(NO3)2溶液中发生氧化还原反应，SO2变成SO42-，NO3-变成NO，方程式为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓+2NO+4H+。
5． (I)俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素(FI)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：
(1)该元素在周期表中的位置______________，属于金属元素还是非金属元素？____
(2)如果该元素存在最高价氧化物对应的水化物，请写出其化学式___________________。(II)下表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：
(1)元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为__________。
(2)元素②和⑤的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为___________。
(3)元素Fe的单质与⑦的氢化物高温下反应的化学方程式为___________。
(III)判断以下叙述正确的是__________。
部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素代号L M Q R T
原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066
主要化合价+2+3+2+6、－2－2
A．L2+、R2－的核外电子数相等
B．单质与稀盐酸反应的速率L＜Q
C．M与T形成的化合物一定具有两性
D．氢化物的沸点为HnT＞HnR
E. M的单质能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气
【答案】第七周期IVA族金属 H4FIO4(H2FIO3也可以) Cl2+H2O=H++Cl－+HClO
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 CDE
【解析】
【分析】
I.根据元素周期表的结构及原子序数分析解答；II.根据在周期表中的位置分析元素的种类，根据元素周期律及元素性质分析解答；III.根据原子半径及化合价规律分析元素的种类，根据元素周期律分析解答。
【详解】
（I）（1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族，第六周期的铅是金属，所以114号元素是金属，故答案为：第七周期ⅣA族；金属；
（2）114号是第七周期ⅣA，所以最高正价是+4价，最高价氧化物对应水化物的化学式为H4FIO4，故答案为：H4FIO4；
（II）根据图示元素周期表可知，①为H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C元素，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩为Fe元素。
（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（2）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应的化学方程式为：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；
（3）元素⑩单质为Fe，⑦的氢化物为水，Fe与水蒸气在高温下发生反应，反应方程式
为：3Fe+4H2O(g)高温
Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)
高温
Fe3O4+4H2；
（III）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。
A．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故A错误；B．金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B错误；
C．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，故C正确；
D．氢化物的沸点为HnT＞HnR H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，故D正确；
E. M为铝，能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气，故E正确；故答案为：CDE。
6．X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素。X元素是元素周期表中核电荷数最小的元素。Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物质。ZX3气体溶于水呈碱性。W的外围电子排布是3s1。G2+离子的M层d轨道只有5个电子。请回答下列问题：
（1）W在元素周期表中的位置是______；W和Z形成的化合物水溶液呈碱性，用离子方程式表示其原因_____。
（2）Z原子的第一电离能比氧原子的____（填“大”或“小”）；G的基态原子电子排布式是__________
（3）X与Y可形成多种化合物，其中一种化合物的分子式是X6Y6，分子中只有σ键，该分子的结构简式是_________；该化合物中Y的杂化轨道类型是________。
（4）G的最高价氧化物对应水化物的钾盐，在酸性条件下，常用于测定溶液中Fe2+的含量，该反应的离子方程式是____________
（5）可用YX4还原ZO x以消除其污染。已知：
YX4(g) +4ZO2(g)=4ZO(g)+YO2(g)+2X2O(g) △H=-574 kJ·mol-1
YX4(g)+4ZO(g)=2Z2(g)十YO2(g) +2X2O(g) △H = -1160kJ·mol-1
试写出用YX4还原ZO2至Z2的热化学方程式________。
【答案】第三周期ⅠA族 N3-+ 3H2O ?NH3+3OH-大 [Ar]3d54s2） sp3杂化
MnO4-+ 5Fe2++8 H+＝Mn2++5Fe3++4 H2O CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH= －
867kJ·mol-1
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、G是元素周期表中原子序数依次增大的五种元素，X是元素周期表中核电荷数最小的元素，故X为H元素；Y的一种核素常用于考古，其一种同素异形体为自然界最硬的物质，则Y为C元素；ZX3气体溶于水呈碱性，则Z为N元素；W的外围电子排布是3s1，则W为Na；G2+离子的M层d轨道只有5个电子，原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d54s2，则G为Mn。
【详解】
根据题给信息推断X为氢元素，Y为碳元素，Z为氮元素，W为钠元素，G为锰元素；（1）W为钠元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅠA族；W和Z形成的化合物为
Na3N，Na3N水溶液呈碱性的原因N3-与水电离产生的氢离子结合生成NH3，水的电离平衡正向移动，使得溶液中氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，离子方程式为N3-
+3H2O?NH3+3OH-。
故答案为：第三周期第IA族；N3-+H2O?NH3+OH-；
（2）氧原子的价电子排布为2s22p4，氮原子的价电子排布为2s22p3，p轨道处于半充满状态，较稳定，故氮原子的第一电离能比氧原子的大；G为锰元素，原子序数为25，根据构
造原理知其基态原子电子排布式是[Ar]3d 54s 2；
故答案：大；[Ar]3d 54s 2；
（3）C 6H 6分子中只有σ键，该分子的结构简式是
；碳原子形成3个σ键，没有
孤对电子，杂化轨道类型是sp 3； 故答案是：；sp 3杂化； （4）酸性高锰酸钾溶液将Fe 2+氧化为Fe 3+，本身被还原为Mn 2+，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式是MnO 4-+ 5Fe 2++8H +＝Mn 2++5Fe 3++4H 2O ； 故答案是：MnO 4-+ 5Fe 2++8 H +＝Mn 2++5Fe 3++4 H 2O ；
（5）已知：①CH 4(g) +4NO 2(g)=4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) △H=-574 kJ·
mol -1，②CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)十CO 2(g) +2H 2O(g) △H =-1160kJ·mol -1，根据盖斯定律：2
（①②）
得CH 4还原NO 2至N 2的热化学方程式为CH 4(g)+2NO 2(g)＝N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH=－867kJ·mol -1；
故答案是：CH 4(g)+2NO 2(g)＝N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH= －867kJ·
mol -1。
7．某分子的结构如图所示（-R 为烃基），其中 A 、B 、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B 。D 与 G 形成的 DG 3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒。A 与 G 形成的 AG 3 可完全水解，其水解的产物之一 H 3AO 3 常用作塑料件镀金属的还原剂。
(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。D 的某种氧化物 D 2O 4 的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。则 D 2O 4 2DO 2，ΔH ______0（填“＞”“＜”或“=”）。
(2)DG 3 用于杀菌消毒与 HGO 相比，DG 3 可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。
(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H 3AO 3 分子中 A 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示 H 3AO 3 的正盐溶液呈碱性的原因_____。
(4)液氨中因存在2NH 3(1) NH 4++NH 2-可导电，液态 D 2O 4 中也存在 D 2O 4DO ++DO 3-，上述两个过程的本质区别为___________。
(5)T ℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 ACl 5 固体，按下式发生反应：ACl 5（s ）?ACl 3（g ）+Cl 2（g ），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化如下表：
时间 t/s 0 5 10 15 20 25 30 ∞
总压 P/kPa0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 5.0 5.0
上述条件下，以分压表示的平衡常数 K p=_____(kPa)2（计算结果保留两位小数）；若保持温度不变，30s 时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）。
【答案】> NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小） HPO32-+
H2O H2PO3-+OH-前者未发生电子转移，后者发生了电子转移 6.25 不变升高
【解析】
【分析】
A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。D 与G 形成的 DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N，G为Cl。A为P，PCl3可完全水解，其水解的产物之一 H3PO3常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为P，B为As，D为N,G为Cl。
【详解】
（1）D为N元素，D 的某种氧化物 N2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。NO2中有未成对电子，具有未成对电子的原子或分子具有磁性，能量高，N2O4 2NO2要吸收能量，则 N2O42NO2，ΔH > 0。
故答案为： > ；
（2）NCl3用于杀菌消毒与 HClO 相比，NCl3可大大延长杀菌消毒的时间，从反应速率理论分析：NCl3与水反应的速率太小；从平衡移动理论解释其原因：NCl3与水反应的平衡常数太小。
故答案为：NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小）；
（3）无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。H3PO3分子中 P 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，H3PO3的结构式为：是二元酸，是弱酸，正盐水解，溶液
呈碱性，用方程式表示 H3AO3的正盐HPO32-溶液呈碱性的原因：HPO32-+ H2O H2PO3-
+OH-。
故答案为：HPO32-+ H2O H2PO3-+OH-；
（4）液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，N的化合价不变，液态 N2O4中也存在N2O4NO++NO3-，N2O4中N为+4价，NO+中N为+3价，NO3-中N为+5价，上述两个过程的本质区别为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移。
故答案为：前者未发生电子转移，后者发生了电子转移；
（5）T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 PCl5固体，按下式发生反应：PCl5（s）?PCl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。测得容器内气体的压强变化，平衡时总压强为
5.0kPa，PCl3（g）和Cl2（g）的分压均为2.5kPa，上述条件下，以分压表示的平衡常数
K p =p(PCl 3)p(Cl 2)=
55KPa KPa 22
?=6.25 (kPa)2（计算结果保留两位小数）； 若保持温度不变，平衡常数不变，30s 时给容器加压，平衡逆向移动，达新平衡后，容器内的总压将不变；
若将容器换成绝热容器，加压后，平衡逆向移动，逆向放热，达新平衡后，容器内温度升高，容器内的总压将升高。
故答案为：6.25；不变 ；升高。
8．已知A 、B 、R 、D 都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数依次增大。其中A 元素基态原子第一电离能比B 元素基态原子的第一电离能大，B 的基态原子的L 层、R 基态原子的M 层均有2个单电子，D 是第Ⅷ族中原子序数最小的元素。
(1)写出基态D 原子的电子排布式__________。
(2)已知高纯度R 的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位。工业上生产高纯度R
的单质过程如下：
写出过程③的反应方程式___________，已知RHCl 3的沸点是31.5o C ，则该物质的晶体类型是__________，中心原子的轨道杂化类型为__________，该物质的空间构型是______。
(3)A 的第一电离能比B 的第一电离能大的原因是_________，A 、B 两元素分别与R 形成的共价键中，极性较强的是________。A 、B 两元素间能形成多种二元化合物，其中与A 3-互为等电子体的物质的化学式为_______。
(4)已知D 单质的晶胞如图所示，则晶体中D 原子的配位数为______，一个D 的晶胞质量为____，已知D 原子半径为r pm ，则该晶胞的空间利用率为_____________ (写出计算过程)。
【答案】[Ar]3d 64s 2 SiHCl 3 + H 21000～1100℃Si + 3HCl 分子晶体 sp 3 四面体形 N 原子的2p 能级处于较稳定的半充满状态 Si-O 键 N 2O 8 A
112g N 晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm ，如图所示，晶胞的棱长为=
3r 3，晶胞的体积43)3，空间利用率=V V ()()小球晶胞=3
342πr 343r ???????
×100%=68% 【解析】
【分析】
B 的基态原子的L 层、R 基态原子的M 层均有2个单电子，则最外层电子数可能为4或6，B 可能为
C 或O 元素，R 可能为Si 或S 元素，
D 是第Ⅷ族中原子序数最小的元素，应为Fe ，A 元素基态原子第一电离能比B 元素基态原子的第一电离能大，且A 的原子序数小于B ，则A 是N 元素、B 是O 元素，高纯度R 的单质在现代信息技术与新能源开发中具有极为重要的地位，则R 是Si 元素；
(1)D 是Fe 元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D 原子的电子排布式；
(2)SiO 2和C 在高温下发生置换反应生成粗Si ，粗硅和HCl 在300℃条件下反应生成SiHCl 3，SiHCl 3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl 3和氢气的反应，生成Si 和HCl ，分子晶体熔沸点较低，该分子中Si 原子价层电子对个数是4且不孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si 原子的轨道杂化类型及空间构型；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定；N 、O 两元素分别与Si 形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强；等电子体中原子个数相等及价电子数相等；
(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe 原子个数=1+8×
18=2，其配合物是8，每个Fe 原子的质量=A M N ，则该晶胞质量就是两个Fe 原子质量，空间利用率 =V V ()()
小球晶胞。 【详解】
(1)D 是Fe 元素，其原子核外有26个电子，根据构造原理书写基态D 原子的电子排布式为
[Ar]3d 64s 2；
(2)SiO 2和C 在高温下发生置换反应生成粗Si ，粗硅和HCl 在300℃条件下反应生成SiHCl 3，SiHCl 3和过量氢气在1000℃-1100℃条件下反应生成纯硅，③的反应为SiHCl 3和氢气的反应，生成Si 和HCl ，反应方程式为SiHCl 3 +H 21000～1100℃Si+3HCl ；分子晶体熔沸点较低，该物质熔沸点较低，则该物质晶体类型为分子晶体，该分子中Si 原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断Si 原子的轨道杂化类型及空间构型分别为sp 3、四面体形；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳定，N 原子的2p 能级处于较稳定的半充满状态，所以N 原子比O 原子第一电离能大；N 、O 两元素分别与Si 形成的共价键中，元素的非金属性越强，其形成的化合物中极性键的极性越强，因为O 元素的非金属性大于N ，则极性O-Si 键＞N-Si 键；等电子体中原子个数相等及价电子数相等，N 3-中含有3个原子、价电子数是16，与该离子互为等电子体的氮氧化物为N 2O ；
(4)该晶胞是体心立方晶胞，该晶胞中Fe 原子个数=1+8×18
=2，体心上的Fe 原子被顶点上的8个原子包围，所以其配合物是8，每个Fe 原子的质量=A
M N g ，则该晶胞质量就是两个
Fe 原子质量=2×A M N g=2×56A N g=A 112N g ；晶胞中铁原子占据的体积为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm ，如图所示，晶胞的棱长为=43r ，晶胞的体积=(43r )3，空间利用率=V V ()()小球晶胞=3
342r 343r ??π??? ???
×100%=68%。
9．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）2XZ 与2YZ 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：
______________________________。
【答案】S C 极性分子 非极性分子 Cr 四 22626511s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 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）XZ 2与YZ 2分别为SO 2、CO 2，它们的立体构型分别为V 形和直线形，SO 2为极性分子，CO 2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]3d 54s 1，其价电子排布式为3d 54s 1，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H 2O 分子之间的氢键，H 2O 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。
10．按要求填空：
（1）短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中C为金属元素，C的最外层电子数和A相等；C、D两元素原子的质子数之和为A、B两元素质子数之和的3倍。请回答：
①A为____；C为____；（填元素名称）
②D的一种氧化物和其氢化物反应的化学方程式为____；
③写出一种由以上四种元素组成的水溶液呈酸性的化合物与C的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式____；
④A和C组成的化合物的电子式为____，写出其和水反应的化学方程式____。
（2）下列变化①干冰的升华②烧碱熔化③金刚石熔化④氯化氢溶于水⑤氧气溶于水⑥氯化铵受热分解。
未发生化学键破坏的是____；(填序号，下同)仅发生共价键破坏的是_____。
【答案】H Na 2H2S+SO2=3S↓+2H2O H++OH-=H2O Na+[∶H]- NaH+H2O=NaOH+H2↑
①⑤③④
【解析】
【分析】
根据题中“短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中C为金属元素，C的最外层电子数和A相等”可以知道A为H元素，则C为Na元素，故D为Si、P、S、Cl中的一种，由“C、D两元素原子的质子数之和为A、B两元素质子数之和的3倍”可知，满足3的倍数关系的是27，即D为S元素，则B为O元素，据此分析解答。
【详解】
（1）①由分析可知，A为H，C为Na，故答案为：H；Na；
②D的氢化物为H2S，可与其氧化物SO2发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：
2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
③由该四种元素组成的酸性溶液的化合物是NaHSO4，C的最高价氧化物对应水化物是NaOH，二者发生反应：NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，离子方程式为：H++OH-=H2O。答案为：H++OH-=H2O；
④A和C组成的化合物是NaH，由Na+和H-构成，是离子化合物，电子式为：Na+[∶H]-，其与水反应生成NaOH，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。故答案为：Na+[∶H]-；NaH+H2O=NaOH+H2↑；
（2）①干冰的升华属于物理变化，只是状态发生了变化，没有化学键的破坏；
②烧碱中存在离子键、共价键，熔化烧碱时，阴阳离子间的化学键被破坏，所以破坏的是离子键；
③金刚石是由原子构成的，存在共价键，其熔化破坏了共价键；
④氯化氢是共价化合物，存在共价键，溶于水时，在水分子的作用下，氯化氢中的共价键被破坏；
⑤氧气溶于水，是物理变化，没有化学键的破坏；
⑥氯化铵是离子化合物，存在离子键和共价键，受热分解时，阴阳离子键的化学键以及铵根离子中的共价键被破坏，所以破坏的是离子键和共价键；
根据以上分析可知：未发生化学键破坏的是：①⑤；仅发生共价键破坏的是：③④；故答案为：①⑤；③④。
二、化学键练习题（含详细答案解析）
11．
同一周期(短周期)各元素形成单质的沸点变化如下图所示(按原子序数连续递增顺序排列)。该周期部分元素氟化物的熔点见下表。
氟化物AF BF2DF4
熔点/K12661534183
(1)A原子核外共有_______种不同运动状态的电子、_______种不同能级的电子；
(2)元素C的最高价氧化物对应水化物的电离方程式为__________；
(3)解释上表中氟化物熔点差异的原因：_______；
(4)在E、G、H三种元素形成的氢化物中，热稳定性最大的是_______（填化学式）。A、
B、C三种原子形成的简单离子的半径由大到小的顺序为______（填离子符号）。
【答案】11 4 AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH- NaF与 MgF2为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是强烈的作用力，所以熔点高；Mg2+的半径比Na+的半径小，离子电荷比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，故SiF4的熔点低 HCl Na+>Mg2+>Al3+
【解析】
【分析】
图中曲线表示8种元素的原子序数(按递增顺序连续排列)和单质沸点的关系，H、I的沸点低于0℃，根据气体的沸点都低于0℃，可推断H、I为气体，气体元素单质为非气体，故为第三周期元素，则A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为
Ar。
(1)原子中没有运动状态相同的电子，由几个电子就具有几种运动状态；
根据核外电子排布式判断占有的能级；
(2)氢氧化铝为两性氢氧化物，有酸式电离与碱式电离；
(3)根据晶体类型不同，以及同种晶体类型影响微粒之间作用力的因素解答；
(4)同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定；
电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，据此解答。
【详解】
由上述分析可知：A为Na，B为Mg，C为Al，D为Si，E为P、G为S，H为Cl，I为Ar。
(1)A为Na元素，原子核外电子数为11，故共有11种不同运动状态的电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，可见有4种不同能级的电子；
(2)Al(OH)3为两性氢氧化物，在溶液中存在酸式电离和碱式电离两种形式的电离作用，电离方程式为：AlO 2-+H++H2O Al(OH)3Al3++3OH-；
(3)NaF与MgF2为离子晶体，阳离子与阴离子之间以强烈的离子键结合，断裂化学键需消耗较高的能量，因此它们的熔沸点较高；由于Mg2+的半径比Na+的半径小，带有的电荷比Na+多，所以MgF2的熔点比NaF高；而SiF4为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，破坏分子间作用力消耗的能量较少，故SiF4的熔点低；
(4)同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素的非金属性：Cl>S>P。元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物就越稳定，故HCl最稳定性，Na+、Mg2+、Al3+核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径Na+>Mg2+>Al3+。
【点睛】
本题考查核外电子排布规律、晶体结构与性质的关系、元素周期律等的应用，根据图象信息判断出元素是解题关键，突破口为二、三周期含有气体单质数目。
12．
在构成宇宙万物的一百多种元素中，金属约占了80%，它们在现代工业和新材料、新技术研究中具有至关重要的意义。现有a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，b是地壳中含量最多的金属元素，c是海水中含量最多的金属元素，d是人类冶炼最多的金属元素。
(1)元素a在元素周期表中的位置为______；a原子的核外能量不同的电子有____种。
(2)下列可以证明b、c金属性强弱的是_____。
A．最高价氧化物对应水化物的溶解性：b＜c
B．单质与水反应的剧烈程度：b＜c
C．相同条件下，氯化物水溶液的pH值：b＜c
D．c可以从b的氯化物水溶液中置换出b
(3)人类冶炼d的时候一般得到的是d的合金，潮湿环境中其表面会产生一层水膜，从而发生腐蚀。下列关于该腐蚀的说法正确的是_____。
A．腐蚀过程中，一定会有气体放出
B．腐蚀过程中，水膜的碱性会增强
C．在酸性条件下，负极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑
D．与电源的负极相连，可以防止发生这种腐蚀
(4)d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1mol
该易燃气体放出37.68kJ热量，请写出此反应的热化学方程式：_____________。
【答案】第四周期第ⅡA族 6种 BC BD 3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g) △H=-
150.72kJ/mol
【解析】
【分析】
a、b、c、d四种金属元素，a是人体内含量最多的金属元素，则为Ca；b是地壳中含量最
多的金属元素，b为Al；c是海水中含量最多的金属元素，c为Na；d是人类冶炼最多的金
属元素，为Fe，然后逐一分析解答。
【详解】
根据上述分析可知：a是Ca；b是Al；c是Na；d是Fe。
(1)a为Ca，原子序数为20，核外电子排布为2、8、8、2，原子结构中有4个电子层、最
外层电子数为2，因此位于元素周期表中第四周期ⅡA族；a原子的核外能量不同的电子有
1s、2s、2p、3s、3p、4s共6种；
(2)A. 金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则失电子能力越强，金属性越强，与最高价氧化物对应水化物的溶解性无关，A错误；
B. 金属元素的单质与水或酸反应置换出氢气越容易，则失电子能力越强，单质与水反应的剧烈程度：b＜c，则金属性：b＜c，B正确；
C. 盐溶液的pH越小，盐的水解程度越大，则对应的碱的碱性越弱，其金属元素的金属性
越弱，相同条件下，氯化物水溶液的pH值：b＜c，则金属性b＜c，C正确；
D. 活泼金属能将不活泼金属从其盐中置换出来，但是，Na非常活泼，能与水反应，Na不
与溶液中的金属离子反应，因此c不可以从b的氯化物水溶液中置换出b，D错误；
故合理选项是BC；
(3)A．Fe发生吸氧腐蚀时，没有气体放出，铁发生析氢腐蚀是有氢气生成，A错误；B．Fe的腐蚀过程中，若是酸性环境，不断消耗H+，使溶液的酸性逐渐减弱，则根据水的
离子积不变，则溶液中OH-会逐渐增大，因此水膜的碱性会增强，B正确；
C．在酸性条件下，负极为Fe失电子生成亚铁离子，则负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，C
错误；
D．与电源的负极相连，Fe作阴极被保护，就可以防止Fe发生原电池的腐蚀作用，D正
确；
故合理选项是BD；
(4)根据d单质在高温下会与水蒸气反应生成一种黑色固体和一种易燃性气体，且每生成1 mol该易燃气体放出37.68kJ热量，故热化学方程式为：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g) △H=-150.72kJ/mol。
【点睛】
本题考查元素周期表的结构及应用、金属的电化学腐蚀与防护、热化学方程式的书写，注
意把握金属的判断及原子结构与元素位置的关系为解答的关键，注重考查基础知识的综合应用。
13．
Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R的一种单质的熔点最高，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物。(1)周期表中的位置：_________，其原子核外有______种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是________(用元素符号表示)。
(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物的稳定性______>______(用分子式表示)
(3)Q与R两元素组成的分子构型可能是________(填写序号)。
a．直线型 b．平面形 c．三角锥形 d．正四面体
(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化(其中D是淀粉水解的最终产物)：
非金属X_______Y(填“>”或“<”)，请用事实说明该结论：__________。
【答案】第二周期第VA族 2 C O H2O>NH3 abd < 2H2S+O2=2H2O+S↓
【解析】
【分析】
Q、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中Q的原子半径与Z的原子半径之比最小(不包括稀有气体)，则Q的原子半径最小，Z的原子半径最大，所以Q是H元素，Z是Na元素；R、X、Y三种元素的原子核外电子层数相同，这三种元素处于第二周期，同一周期中R的一种单质的熔点最高，金刚石的熔点最高，所以R是C元素，Y与Q、R、X、Z均能形成多种常见化合物，则Y是O元素，所以X是N元素。【详解】
根据上述分析可知Q是H，R是C，X是N，Y是O，Z是Na元素。
(1)X是N元素，原子核外电子排布为2、5，所以其处于第二周期第VA族，其核外电子排布式为1s22s22p3，有s、p两种轨道，故有两种不同形状的电子云，这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是C和O元素；
(2)Q分别与X、Y形成的最简单化合物是NH3、H2O，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，O的非金属性大于N元素，所以氢化物的稳定性：H2O>NH3；
(3)Q与R两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故合理选项是abd；
(4)X是N，Y是O，二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应：2H2S+O2=2H2O+S↓，比较出元素的非金属性：N 【点睛】 本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。 14． 如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。根据表中所列元素回答下列问题： (1)元素d在元素周期表中的位置是________，元素h与f的原子序数相差_____。 (2)元素b、c、f形成的简单离子中半径最小的是______(填离子符号)，原子半径最小的是______(填元素符号)。 (3)表中第三周期所列元素的非金属性最强的是______（填元素符号），e、f、g三种元素的简单氢化物中最不稳定的是______（填化学式）。 (4)元素g与元素b的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______。 (5)铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)与碳(C)、硅(Si)属于同主族元素，常温下，在空气中，单质锡、锗均不反应而单质铅表面生成一层氧化铅；单质锗与盐酸不反应，而单质锡与盐酸反应。由此可得出以下结论： ①锗的原子序数为______； ②铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为___________（用化学式表示）。 (6)最近，德国科学家实现了铷原子气体的超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷(Rb)是37号元素，相对原子质量是85.5，与钠同主族。回答下列问题： ①铷在元素周期表中的位置为__________________。 ②同主族元素的同类化合物的性质相似，请写出AlCl3与RbOH过量反应的离子方程式： _____________________。 ③现有铷和另一种碱金属形成的混合金属50 g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4 L，另一种碱金属可能是__________。（填序号） A．Li B．Na C．K D．Cs 【答案】第三周期第ⅢA族 18 Mg2+ S Cl PH3 NaOH+HClO4=NaClO4+H2O 32 Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4第五周期第ⅠA族 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (或写为Al3++4OH- =[Al(OH)4]-) AB 【解析】 【分析】 由元素在周期表的位置可知，a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e 为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。 【详解】 根据元素在周期表的位置可知确定各种元素分别是：a是N元素，b为Na元素，C为Mg 元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素。 (1)元素d为Al，原子核外电子排布是2、8、3，所以在元素周期表中的位置是第三周期 IIIA 族，f 是16号元素S ，h 是34号元素Se ，h 与f 原子序数相差34-16=18； (2)b 、c 、f 形成的简单离子分别是Na +、Mg 2+、S 2-，Na +、Mg 2+核外电子排布为2、8，具有两个电子层，S 2-核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以，三种离子中离子半径最小的是Mg 2+；Na 、Mg 、S 都是同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径最小的是S ； (3)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，表中第三周期元素的非金属性最强是Cl ；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，e 、f 、g 三种元素分别表示P 、S 、Cl ，元素的非金属性：P (4)g 元素与b 元素的最高价氧化物对应水化物分别是HClO 4、NaOH ，HClO 4是一元强酸，NaOH 是一元强碱，二者混合发生中和反应产生盐和水，反应的化学方程式为 NaOH+HClO 4=NaClO 4+H 2O ； (5)①锗位于Si 元素下一周期，二者原子序数相差18，所以Ge 的原子序数为14+18=32； ②由于同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以根据铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)在元素周期表的位置可知，元素的金属性Pb>Sn>Ge ，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4； (6)①铷(Rb)是37号元素，原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，所以37号元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅠA 族； ②铷(Rb)与钠同主族，由于Rb 的金属性比Na 强，所以RbOH 是一元强碱，AlCl 3与过量的RbOH 反应产生的离子方程式为Al 3++4OH -= AlO 2-+2H 2O (或写为Al 3++4OH -=[Al(OH)4]-)； ③22.4 L 标准状况下的H 2的物质的量n (H 2)=22.4 L÷22.4 L/mol=1 mol ，铷和水反应的化学方程式为2Rb+2H 2O=2RbOH+H 2↑，可知2 molRb 反应产生1 mol H 2，由碱金属与水反应的化学方程式为2M+2H 2O=2MOH+H 2↑可知混合金属的平均摩尔质量M=50?g 2?mol =25 g/mol ，Rb 的摩尔质量为85.5 g/mol ，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于25 g/mol ，所以另一种碱金属可能是Li 或Na ，故合理选项是AB 。 【点睛】 本题考查元素周期表和元素周期律的应用的知识。掌握元素的位置、原子结构与物质性质的关系解答本题的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。 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的水化物(浓度均为10.01mol L )-?溶液的pH 和原子序数的关系如图所示。 高考化学元素周期律的综合复习及答案解析 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．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，回答问题： 族 ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0 周期 1① 2②③④ 3⑤⑥⑦⑧⑨ （1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是__________________。 （2）③、④、⑧的原子半径最小是___________________（用元素符号 ．．．．回答）。 （3）⑤、⑥、⑦的最高价氧化物对应的水化物，碱性最强的是__________（用化学式 ．．．回答）。 （4）②、③、④的气态氢化物，稳定性最强的是__________（用结构式 ．．．回答）。 （5）②和③按原子数1:2形成的化合物的电子式 ．．．为____________，该晶体气化的过程中克服的微粒间作用力为_______________________。 （6）③和⑧形成的化合物属于_______________（填“离子化合物”或“共价化合物”），该晶体属于________晶体（填“离子”、“分子”、“原子”）。 （7）元素⑤、⑦的最高价氧化物的水化物互相反应的化学方程式为： ___________________。 【答案】第3周期IVA族 F NaOH H－F 分子间作用力共价化合物 原子 Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O 【解析】 【分析】 根据元素①～⑨在表中的位置可知分别是H、C、O、F、Na、Mg、Al、Si、Cl。据此解答。【详解】 （1）半导体材料应在金属与非金属交界处寻找，根据上述元素周期表的部分结构，半导体材料是晶体硅，位于第三周期第IVA族； （2）同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小顺序是Mg＞O＞F，即原子半径最小的是F； （3）同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，碱性最强的是NaOH； （4）同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，因此氢化物的稳定性：HF 高考化学化学反应原理综合题含答案 一、化学反应原理 NH ClO为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成1．高氯酸铵() 44 分。 ()1高氯酸铵中氯元素的化合价为_____________。 ()2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H() O g和三种单质气体，请写出该分解反应的化 2 学方程式____________________________。 ()3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) ①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为__________(选填序号：Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。 .碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu Ⅰ .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu Ⅱ .无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu Ⅲ ②装置E收集到的气体可能是_____________(填化学式)。 ()4经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90℃=NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室NH ClO，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 制取44 ①从混合溶液中获得较多粗NH ClO4晶体的实验操作依次为________、_________和过 4 滤、洗涤、干燥。 ②研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH Cl，则上述反应不需要外界供热就能 4 进行，其原因是_______________________________。 ()5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。[已知：NH4ClO4的相对 2019 届高三化学复习计划 务川民族中学高中化学纪国君 一、化学学科分析 1、知识特点：化学虽是一门理科，但是基础知识繁杂。虽然大多数有规律可循，但要求学生记忆的特别多。有些化学反应原理必须在理解的基础上来掌握。学生学起来难度不高，但真正要掌握并熟练运用知识并不容易，一般学生要得高分也必须下大工夫来记忆化学基础知识，不一定要背诵，但一定要多翻课本。 2、高考化学试题特点：题量少，容量大，题干长，尤其是后边的四道非选择大题，学生阅读起来很吃力，更有一部分学生连题目意思都读不懂。 二、复习达到目标 使年级90%的学生牢固掌握基础知识，初步构建整个高中化学的基础网络，基本养成学生正确审题、答题的良好习惯，在2019年高考中取得优异成绩。 三、复习进度 1、第一轮系统复习阶段：2018年7月至2019年1月底。 第一轮复习是高考复习的关键，是基础复习阶段，这个阶段通常是逐章节复习，利用这段时间在高考范围内把每个知识点逐个过关，毫不遗漏。切忌急躁，需要结合教材循序渐进、查漏补缺、巩固基础， 只有知识扎实了，构建成网络了，知识也就系统了，才有利于综合提高。单学科训练、适当学科单元内综合，单学科归纳总结，是主要的复习形式；基本按照课本的知识序列，分单元进行全面复习；重点是锤炼知识，夯实基础，循环提高；着重抓纲务本，建立以章为单元的知识体系，解决知识的覆盖面，在广度上不留死角，在深度上不留疑问，过好“双基”关。单元过关是搞好一轮复习的关键。 第一轮复习计划 时间教学内容 第一周、第二周 第一章从实验学化学 第1讲物质的量气体摩尔体积； 第2讲物质的量浓度 第三周、第四周、第五周、第六周 第二章化学物质及其变化； 第1讲物质的组成、性质及分类 第2讲离子反应离子方程式、离子的检验、鉴别及推断 第3讲氧化还原反应的规律和应用 第4讲专题总结 第七周、第八周、第九周 第三章常见的金属及其化合物 高考理综化学大题训练 一工艺流程题 IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】 工艺流程 1．【2017新课标1卷】（14分） Li 4Ti 5O 12和LiFePO 4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO 3，还含有少量MgO 、SiO 2等杂质）来制备，工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。 （2）“酸浸”后，钛主要以24TiOCl - 形式存在，写出相 应反应的离子方程式__________________。 （3）TiO 2·x H 2O 沉淀与双氧水、氨水反应40min 所得实验结果如下表所示： 温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO 2·x H 2O 转化率% 92 95 97 93 88 分析40℃时TiO 2·x H 2O 转化率最高的原因__________________。 （4）Li 2Ti 5O 15中Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。 （5）若“滤液②”中21(Mg )0.02mol L c +-=?，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使3Fe +恰好沉淀完全即溶液中351(Fe ) 1.010mol L c +--=??，此时是否有Mg 3(PO 4)2沉淀生成（ 列式计算）。FePO 4、Mg 3(PO 4)2的K sp 分别为22241.310 1.010--??、。 （6）写出“高温煅烧②”中由FePO 4制备LiFePO 4的化学方程式。 高考化学元素周期律综合题附详细答案 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； 近五年高考真题化学大题 （2013年全国卷1，13分）醇脱水是合成烯烃常用的方法。实验室合成环己烯的反应和实验装置如下： 相对分子质量密度/（g·cm－3）沸点/（0C）溶解性 环己醇1000.9618161微溶于水 环己烯820.810283难溶于水 在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开 始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过900C。 分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钼颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。 回答下列问题： （1）装置b的名称是。 （2）加入碎瓷片的作用是；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是。 A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料 （3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为。 （4）分液漏斗在使用前须清洗干净并；在本实验分离过程，产物应该从分液漏斗的（填“上口倒出”或“下口放出”）。 （5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是。 （6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有（填正确答案标号） A．圆底烧瓶 B．温度计 C．吸滤瓶 D．球形冷凝管 E．接收器 （7）本实验所得到的环己烯产率是（填正确答案标号） A．41% B．50% C．61% D．70% 答案：（1）直形冷凝管（2）防液体暴沸；B（3）（4）检漏；上品倒出。 （5）干燥（或除不除醇）（6）CD（7）C （2014年全国卷1,13分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味。实验室制备乙酸 异戊酯的反应、 装置示意图和有关数据如下： 2019年高考化学真题分类汇编专题10：物质结构与性质 一、单选题（共2题；共8分） 1.（2019?江苏）反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（） A. 中子数为18的氯原子： B. N2的结构式：N=N C. Na+的结构示意图： D. H2O的电子式： 2.（2019?全国Ⅰ）固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是（） A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10?3 mol·L?1（设冰的密度为0.9 g·cm?3） C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变 D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl H++Cl? 二、综合题（共4题；共57分） 3.（2019?江苏）A．[物质结构与性质] Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu?O。 （1）Cu2+基态核外电子排布式为________。 （2）的空间构型为________（用文字描述）；Cu2+与OH?反应能生成[Cu(OH)4]2?，[Cu(OH)4]2?中的配位原子为________（填元素符号）。 （3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：________（填“难溶于水”或“易溶于水”）。 （4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为________。 4.（2019?全国Ⅰ）【选修三：物质结构与性质】 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。 1.甲醇是基本有机化工原料．甲醇及其可制得产品的沸点如下． 名称甲醇二甲胺二甲基甲酰胺甲醚碳酸二甲酯 结构简式CH3OH (CH3)2NH (CH3)2NCHO CH3OCH3(CH3O)2CO 沸点(℃) 64.7 7.4 153℃﹣24.9 90℃ （1）在425℃、A12O3作催化剂，甲醇与氨气反应可以制得二甲胺．二甲胺显弱碱性，与盐酸反应生成（CH3）2NH2Cl，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为． （2）甲醇合成二甲基甲酰胺的化学方程式为：2CH3OH+NH3+CO（CH3）2NCHO+2H2O△H若该反应 在常温下能自发进行，则△H0 （填“＞”、“＜”或“=“）． （3）甲醇制甲醚的化学方程式为：2CH3OH CH3OCH3+H2O△H．一定温度下，在三个体积均为1.0L 的恒容密闭容器中发生该反应． 容器编号温度/℃起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol CH3OH CH3OCH3H2O Ⅰ387 0.20 x Ⅱ387 0.40 y Ⅲ207 0.20 0.090 0.090 ①x/y=． ②已知387℃时该反应的化学平衡常数K=4．若起始时向容器I中充入0.1mol CH3OH、0.15mol CH3OCH3和0.10mol H2O，则反应将向（填“正”或“逆”）反应方向进行． ③容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为． （4）以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯工作原理如图所示． 电源负极为（填“A”或“B“），写出阳极的电极反应式．若参加反应的O2为 1.12m 3（标 准状况），则制得碳酸二甲酯的质量为kg． 2. (16分)研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。 (1)CO可用于炼铁，已知：Fe2O3(s)＋3C(s)＝2Fe (s)＋3CO(g) ΔH 1＝＋489.0 kJ· mol－1， C(s) ＋CO2(g)＝2CO(g) ΔH 2 ＝＋172.5 kJ·mol－1，则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为。 (2)CO与O2设计成燃料电池(以KOH溶液为电解液)。该电池的负极反应式为。 (3)CO 2和H2充入一定体积的恒容密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2(g) ＋3H2(g) CH3OH(g) ＋H2O(g) 测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图5。 ①该反应的ΔH 0(填“大于或小于”)，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为 KⅠKⅡ(填“＞、＝或＜”)。 ② 容器甲乙 高考化学元素周期律综合题汇编 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．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制光电池 Mg>C>O KOH Al2O3 +2OH-=2AlO2- +H2O 【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； （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 。 2．南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。 1、四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料——钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下： 回答下列问题： （1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生。 2Fe3＋＋Fe === 3Fe2＋ 2TiO2＋(无色) ＋Fe＋4H＋=== 2Ti3＋(紫色) ＋Fe2＋＋2H2O Ti3＋(紫色) ＋Fe3＋＋H2O ===TiO2＋(无色) ＋Fe2＋＋2H＋ （2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2·n H2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在_____________范围。 （3）若把③中制得的固体TiO2·n H2O用酸清洗除去其中的Fe (OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25℃时， ,该温度下反应Fe (OH)3＋3H＋Fe3＋＋H2O的平衡常数K=_____________。（4）已知：TiO2 (s) ＋2 Cl2 (g)=== TiCl4(l) ＋O2(g) △H=+140KJ·mol-1 C(s) ＋O2(g)=== 2CO(g) △H=—221KJ·mol-1 写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_____________。 （5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_____________（只要求写出一项）。 （6）依据右表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4 ，可采用_____________方法。 2、某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线： CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHO CH3CH2CH2CH2OH； CO的制备原理：HCOOH CO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如图）。 专题17离子浓度大小比较 2017年高考题 1. 【2017高考全国卷Ⅰ卷13题】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( ) A.K a2(H2X)的数量级为10-6 B.曲线N表示pH与lg的变化关系 C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-) D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+) 【答案】D 【解析】本题考查弱酸电离平衡和溶液中离子浓度大小比较等。(1)图象纵轴表示pH，横轴表示溶液中两种粒子浓度比的对数；(2)酸性越强，c()越大，pH越小；(3)横坐标为0.0时两种粒子浓度之比为1，而电离平衡常数只与温度有关，与浓度无关。选择该点计算电离常数。H 2X的电离方程式为H2X+H，H+。当==1时，即横坐标为0.0时，K a1=c()，K a2=c'()，因为K a1>K a2，故c(H+)>c'(H+)，即pH 高考大题题型专项训练(三) 化学实验综合探究题 1．凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3。 回答下列问题： (1)a的作用是________。 (2)b中放入少量碎瓷片的目的是__________。f的名称是__________。 (3)清洗仪器：g中加蒸馏水；打开K1，关闭K2、K3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭K1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是________；打开K2放掉水。重复操作2～3次。 (4)仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂，铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭K3，d中保留少量水。打开K1，加热b，使水蒸气进入e。 ①d中保留少量水的目的是_____________________。 ②e中主要反应的离子方程式为_________________________， e采用中空双层玻璃瓶的作用是______________________。 (5)取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。 解析：(1)加热水蒸气时，若关闭K1，b中压强增大，a可起安全管的作用，防止烧瓶内压强过大，造成事故。 (2)碎瓷片可防止蒸馏水在加热时暴沸；f是直形冷凝管。 标准溶液 比均为：1) 计算(1－ 解析：(1) 硫酸铝水解出的氢离子反应， 2020-2021备战高考化学与元素周期律有关的压轴题 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↑； 高三化学综合练习题 一、单选题 1.不断进步的材料逐渐构筑了我们现代社会的文明。下列说法错误的是( ) A.“唐三彩”和景德镇瓷器的主要化学成分都是硅酸盐 B.玻璃是一种常见的无机非金属材料，在一定温度下软化可制得玻璃仪器 C.高铁和城铁所用镁合金具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点 D.以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化 2.下列说法正确的是( ) A．与含有相同的官能团，互为同系物 B．属于醛类，官能团为—CHO C．的名称为：2—乙基―1―丁烯 D．的名称为：2—甲基―1,3―二丁烯 3.下图中的实验操作、现象与结论均正确的是( ) 4.下列解释正确的是（ ） A.H 2O 很稳定，是因为水分子之间存在氢键 B.HF 的熔、沸点在同族元素的氢化物中出现反 常，是因为HF 分子内有氢键 C.卤素单质从上到下熔、沸点升高，是因为它们 的组成、结构相似，从上到下其摩尔质量增大， 分子间的范德华力增大 D.氨气极易溶于水，与氢键没有关系 5.某有机物的结构如图所示。下列说法错误的是( ) A.该有机物的分子式为C 12H 20 B.能发生取代、氧化、加成等反应 C.该分子中所有碳原子可能共平面 D.一氯代物共有3种 6.下列转化图中的A 是单质，其他物质均是中学化学中常见的物质，B 、C 、D 三种化合物与A 含有一种相同的元素。下列说法正确的是( ) A.若X 、D 均是氢氧化物且D 具有两性，则B —定是2NaA1O B.若B 是能使湿润石蕊试纸变蓝色的气体，则D 可能有氧化性 C.若A 是硅、X 是氧气，则D 能使紫色石蕊试液变红色 D.若C 是形成酸雨的主要气体，则D —定是盐 7.某同学欲验证Fe 3+和I -在水溶液中发生可逆反应:2Fe 3+ + 2I -===2Fe 2 ++I 2，设计了下列实验操作，并给出了预测现象，其中不必要的实验操作是（不考虑水中溶解的少量氧气的影响）（ ） 2019年高考化学真题分类汇编专题11：有机化学 一、单选题（共3题；共18分） 1.（2019?全国Ⅰ）关于化合物2?苯基丙烯（），下列说法正确的是（） A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加成聚合反应 C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯 2.（2019?北京卷）交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中表示链延长）（） A. 聚合物P中有酯基，能水解 B. 聚合物P的合成反应为缩聚反应 C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得 D. 邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构 3.（2019?全国Ⅲ）下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是（） A. 甲苯 B. 乙烷 C. 丙炔 D. 1,3?丁二烯 二、多选题（共1题；共4分） 4.（2019?江苏）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。 下列有关化合物X、Y的说法正确的是（） A. 1 mol X最多能与2 mol NaOH反应 B. Y与乙醇发生酯化反应可得到X C. X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应 D. 室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等 三、综合题（共6题；共85分） 5.（2019?江苏）化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A中含氧官能团的名称为________和________。 （2）A→B的反应类型为________。 （3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的结构简式：________。 （4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。 ①能与FeCl3溶液发生显色反应； ②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。 （5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢） 写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 6.（2019?全国Ⅰ）【选修五：有机化学基础】 化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A中的官能团名称是________。 （2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳________。 （3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式________。(不考虑立体异构，只需写出3个) （4）反应④所需的试剂和条件是________。 （5）⑤的反应类型是________。 浙江省化学选考大题训练【加试30题】 ―――化学反应原理知识过关练 1．工业合成氨反应为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，对其研究如下： (1)已知H—H键的键能为436 kJ·mol－1，N—H键的键能为391 kJ·mol－1，N≡N键的键能是945.6 kJ·mol－1，则上述反应的ΔH＝________。 (2)上述反应的平衡常数K的表达式为__________________________________。若反应方程式改写为： 1 2N2(g)＋ 3 2 H2(g) NH3(g)，在该温度下的平衡常数K1＝______________(用K表示)。 (3)在773 K时，分别将2 mol N2和6 mol H2充入一个固定容积为1 L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n(H2)、n(NH3)与反应时间t的关系如下表： t/min 0 5 10 15 20 25 30 n(H2)/mol 6.00 4.50 3.60 3.30 3.03 3.00 3.00 n(NH3)/mol 0 1.00 1.60 1.80 1.98 2.00 2.00 ①该温度下，若向同容积的另一容器中投入的N2、H2、NH3的浓度分别为 3 mol·L－1、3 mol·L－1、3 mol·L－1，则此时v正________v逆。(填“大 于”、“小于”或“等于”) ②由上表中的实验数据计算得到“浓度—时间”的关系可用下图中的曲 线表示，表示c(N2)—t的曲线是________。在此温度下，若起始充入4 mol N2和12 mol H2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)—t的曲线上相应的点 为_____________________。 (4). 反应3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g) △H<0 逆反 应速率与时间的关系如下图所示： 全国高考化学元素周期律的综合高考真题汇总含答案解析 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。 族 周期ⅠA0 1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA 2②④⑩ 3⑤⑥⑦③⑧⑨ 回答下列问题： (1)①、④按原子个数比1:1 组成的分子的电子式为____________________ ；由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为 _____________________。 (2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是_____________(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是__________________，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是_________________________。 (3)用化学方程式表示②和⑨两种元素的非金属性强弱：________________________ 。 (4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是 ____________________(填化学式) (5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物反应，其离子方程式为 ______________________________。 (6)元素①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式：___________________ ；写出一种离子化合物的化学式：______________________。 【答案】 O=C=O Ne O 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2HClO4 +Na2CO3=CO2↑+2NaClO4 +H2O H2S Al(OH) 3 +OH- = AlO2- +2 H2O H2O(或H2O2) Na2O(或Na2O2或NaH) 【解析】 【分析】 从表中元素所在的位置，可推出①为氢(H)，②为碳(C)，③为磷(P)，④为氧(O)，⑤为钠(Na)，⑥为镁(Mg)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氖(Ne)。 【详解】 (1)①、④为H和O，二者按原子个数比1:1 组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为C和O，二者组成的一种无毒化合物为CO2，结构式为 O=C=O，答案为：；O=C=O； (2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne；得电子能力最强的原子是O；失电子能力最强的元素是Na，它的单质与水反应生成NaOH和H2，化学方程式是 2011年高考试题按专题分类汇总化学与环境-5综合 （2011广安升学）20、下列行为与“绿色环保”理念不相符的是 A、分类回收、利用垃圾，减少资源浪费 B、推广使用一次性木筷，减少疾病传染 C、开发太阳能、风能等新能源，减少使用化石能源 D、使用催化净化装置，减少汽车尾气的污染 （2011山东东营）3．下列因果关系不正确的是 （2011泰安毕业）1.空气的成分中，能导致温室效应的气体是 A.氮气 B.氧气 C. 二氧化碳 D. 稀有气体 （2011永州）16.人类只有一个地球，保护环境，人人有责。下列说法能达到相应目的是 A.推广使用无氟冰箱有利于防止“臭氧空洞” B.工厂用高烟囱排放废气防止“酸雨” C.使用车用乙醇汽油防止“温室效应” D.及时焚烧废弃塑料减少“白色污染” （2011营口）2. “低碳生活，保护环境”已成为社会发展的主题，下述不符合此主题的是( )。 A. 使用可降解塑料袋 B. 发展快速公交，减少私车出行 C. 积极开发和利用新能源 D. 大量使用化肥提高粮食产量 （2011义乌毕业）1. 保护地球是每个公民应尽的义务，下列做法对人类的生存环境会造成危害的是 A．回收处理废旧电池 B．使用无磷洗衣粉 C．冰箱、空调使用含氯氟烃的制冷剂 D．工业废水经处理达标后再排放（2011徐州升学）11．.2011年，我市“创模”工作取得重大突破，国家环保部授予徐州市“国家环境保护模范城市城市”称号。为巩固成果，下列措施不可行 ．．．的是（） A．将麦秸大面积露天焚烧 B．多植树造林来防止扬尘污染 C．工业废水达标处理再排放 D．减少使用一次性的塑料制品 (2011芜湖)7．爱护环境，关注自己和他人健康，是每个公民的义务。下列做法正确的是（） A．室内公共场所禁止吸烟，其他场所可以任意吸烟 B．核能不安全，禁止使用核能 C．加速石油、煤炭的开采，快速提高人类生活质量 D．限制或禁止燃放烟花爆竹 (2011无锡)6．2009年12月在哥本哈根召开了联合国气候变化大会，气候变化问题进一步成为人类关注的热点．下列认识不正确的是( ) [一本突破练] 单独成册 1．A、B、C、D是原子序数依次增加的前四周期元素，A元素的正化合价与负化合价的代数和为零；B元素原子的价电子结构为n s n n p n；C元素基态原子s能级的电子总数比p能级的电子总数多1；D元素原子的M能层全满，最外层只有一个电子。请回答： (1)A元素的单质为A2，不能形成A3或A4，这体现了共价键的________性；B 元素单质的一种空间网状结构的晶体熔点>3 550 ℃，该单质的晶体类型属于________；基态D原子共有________种不同运动状态的电子。 (2)A与C形成的最简单分子的中心原子杂化方式是____________，该分子与 D2＋、H2O以2∶1∶2的配比结合形成的配离子是________(填化学式)，此配离子中的两种配体的不同之处为________(填标号)。 ①中心原子的价层电子对数 ②中心原子的孤电子对的个数 ③中心原子的化学键类型 ④VSEPR模型 (3)1 mol BC－中含有的π键数目为________；写出与BC－互为等电子体的分子和离子各一种__________、__________。 (4)D2＋的硫酸盐晶体的熔点比D2＋的硝酸盐晶体的熔点高，其原因是____________。 (5)D3C具有良好的电学和光学性能，其晶体的晶胞结构如图 所示，D＋和C3－的半径分别为a pm、b pm，D＋和C3－都是紧 密接触的刚性小球，则C3－的配位数为________，晶体的密 度为________g·cm－3。 解析：根据B元素原子的价电子结构为n s n n p n，则n＝2，即B为C(碳)元素；由A的原子序数小于6且正化合价与负化合价的代数和为0，可知A为H元素；由基态C原子s能级电子总数比p能级的电子总数多1，可知C的电子排布式为1s22s22p3，则C为N元素；根据D元素原子的M能层全满可知，D元素M能层排布18个电子，且最外层有1个电子，即D原子核外电子个数为29，则D 2020-2021高考化学(物质的量提高练习题)压轴题训练及详细答案 一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析） 1．实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题 （1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。 （2）容量瓶上标有刻度线、___，使用前要___。 （3）需用托盘天平称取Na2CO3____g。 （4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？ A．加水时超过刻度线___， B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___， C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___， D．定容时仰视___， E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。 （5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为___mL。 【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏 5.3 偏低偏高不变偏低不变 62.5 【解析】 【分析】 配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、 装瓶，分析误差时可根据c=n V 判断。 【详解】 (1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒； (2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏； (3)配制500mL 0.1mol/LNa2CO3，需要 Na2CO3的质量为：0.5L×0.1mol/L×106g/mol=5.3g； (4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低； B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高； C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变； D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低； E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变； (5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得： 16mol/L×V=500mL 2.0mol/L，解得V=62.5mL。 【点睛】 2020-2021备战高考化学元素周期律的综合题试题 一、元素周期律练习题（含详细答案解析） 1．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，回答问题： 族 ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0 周期 1① 2②③④ 3⑤⑥⑦⑧⑨ （1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是__________________。 （2）③、④、⑧的原子半径最小是___________________（用元素符号 ．．．．回答）。 （3）⑤、⑥、⑦的最高价氧化物对应的水化物，碱性最强的是__________（用化学式 ．．．回答）。 （4）②、③、④的气态氢化物，稳定性最强的是__________（用结构式 ．．．回答）。 （5）②和③按原子数1:2形成的化合物的电子式 ．．．为____________，该晶体气化的过程中克服的微粒间作用力为_______________________。 （6）③和⑧形成的化合物属于_______________（填“离子化合物”或“共价化合物”），该晶体属于________晶体（填“离子”、“分子”、“原子”）。 （7）元素⑤、⑦的最高价氧化物的水化物互相反应的化学方程式为： ___________________。 【答案】第3周期IVA族 F NaOH H－F 分子间作用力共价化合物 原子 Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O 【解析】 【分析】 根据元素①～⑨在表中的位置可知分别是H、C、O、F、Na、Mg、Al、Si、Cl。据此解答。【详解】 （1）半导体材料应在金属与非金属交界处寻找，根据上述元素周期表的部分结构，半导体材料是晶体硅，位于第三周期第IVA族； （2）同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小顺序是Mg＞O＞F，即原子半径最小的是F； （3）同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，碱性最强的是NaOH； （4）同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，因此氢化物的稳定性：HF高考化学元素周期律的综合复习及答案解析
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