高考化学 元素周期律综合试题及详细答案

高考化学元素周期律综合试题及详细答案

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；

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．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．煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：

(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_______。

(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N

原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。

(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：

下列说法正确的是________(选填字母)。

a. 图①表示N2、H2分子中均是单键

b. 图②→图③需要吸收能量

c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成

(4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1

N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1

2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1

反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为________。

(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：

①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：________。

②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________。

【答案】4NH3+5O2催化剂

Δ

4NO+6H2O 强 C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原

子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 bc 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol-1 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O 2NO + 2S2O42-

+2H2O = N2 + 4HSO3-

【解析】

【分析】

【详解】

(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方

程式为4NH3+5O2催化剂

Δ

4NO+6H2O；

(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；

(3)a．氮气中两个氮原子之间为三键，故a错误；

b．分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b正确；c．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；

答案选bc。

(4)①中NH3参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)；

已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i；

N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii；

2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii；

根据盖斯定律iii×3- i×3-ii×2可得4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1；

(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；

②据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子

守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。

4．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：______________________。(7)写出⑥的单质置换出②的单质的化学方程式：________________________。

【答案】 O=C=O Ne O 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2HC1O4

+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O H2S A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O H2O（或H2O2） Na2O （或Na2O2或NaH）2Mg+ CO22MgO+C

【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

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

(3)②和⑨分别为C和Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O。答案为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O；

(4)元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，易于制备的是H2S。答案为：H2S；

(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应，生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O。答案为：A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O；

(6)元素①、④、⑤分别为H、O、Na，两两之间反应，生成共价化合物可能为水或双氧水，化学式为H2O（或H2O2）；离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O(或Na2O2或NaH)。答案为：H2O（或H2O2）；Na2O(或Na2O2或NaH)；

(7)⑥的单质Mg与CO2在点燃条件下反应，置换出②的单质C，同时生成MgO，化学方程式为：2Mg+ CO22MgO+C。答案为：2Mg+ CO22MgO+C。

【点睛】

比较氧与氯的得电子能力，如果利用周期表中元素所在位置，无法比较；利用同一反应，O2可以制Cl2，Cl2也可以制O2，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。

5．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，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KIO3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。

6．Ⅰ.在14

6C、14

7

N、168O、35

17

Cl、235

92

U、23892U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。

7．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：

(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】 O

=AlO2-+2H2O Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O bd H2O H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点

【解析】

【分析】

由表中元素所在的位置，可以确定①为氢(H)，②为碳(C)，③为氮(N)，④为氧(O)，⑤为氟(F)，⑥为钠(Na)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氩(Ar)。

【详解】

(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是稀有气体氩，其原子结构

示意图是。答案为：；

(2)④、⑥、⑧分别为O、Na、S元素，O的电子层数比Na、S少一层，Na与S同周期且S 在Na的右方，由此得出原子半径由小到大的顺序为O

(3)②、③、⑨分别为C、N、Cl，碳酸为弱酸，硝酸为强酸，高氯酸为最强的含氧酸，它们的最高价氧化物的水化物的酸性由弱到强的顺序是H2CO3

H2CO3

(4)由表中两种元素的原子按1：1组成的共价化合物M应为H2O2，M的电子式为

，M的结构式为H-O-O-H。答案为：H-O-O-H；

(5)⑦元素的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，分别与元素⑥、⑧的最高价氧化物对应水化物的水溶液NaOH、H2SO4反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2- +2H2O、

Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O。答案为：Al(OH)3+OH- =AlO2- +2H2O；Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O；(6)a．钠的单质和铝的单质熔沸点不同，只能表明离子带电荷、离子半径的差异，与金属性无关，a不合题意；

b．钠的最高价氧化物水化物的碱性比铝的最高价氧化物水化物的碱性强，则表明金属性钠大于铝，b符合题意；

c．铝的最外层的电子数比钠多，与金属性的强弱没有必然联系，c不合题意；

d．铝的单质与稀盐酸反应比钠的缓和一些，表明金属失电子能力铝小于钠，d符合题意；故选bd。答案为：bd；

(7)H2O与H2S相比，H2O因分子间形成氢键，增大了分子间作用力，导致沸点升高，所以H2O的沸点高，理由是H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点。答案为：H2O；H2O分子间能形成氢键，氢键可以极大地提高水的熔沸点。

【点睛】

原子的最外层电子数的多少不能作为判断金属性强弱的依据，如Na的最外层电子数比Al 少，但金属性Na>Al；Li的最外层电子数比Ca少，但金属性Li

8．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Na 2S 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AlCl 3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SO 2， D 单质是氯气，SO 2通入氯水发生反应的化学方程式为SO 2+Cl 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl ；

(4) H 2SO 4溶液、Pb 、PbO 2构成原电池，Pb 是负极、PbO 2是正极；

①a 极是负极，Pb 失电子生成PbSO 4沉淀，a 电极上发生的反应可表示为Pb-2e -+SO 42-=PbSO 4；

②b 是正极，b 电极反应式是PbO 2+2e -+4H ++SO 42-=PbSO 4+2H 2O ；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 PbO 2，生成0.05mol PbSO 4质量变化为303g/mol 0.05mol-239g/mol 0.05mol=?? 3.2g ；根据总反应式Pb+ PbO 2+ H 2SO 4= 2PbSO 4+2H 2O ，a 极消耗 0.05molPb ，总反应消耗0.1mol H 2SO 4，此时 H 2SO 4溶液的浓度 为5.2mol/L 1L-0.1m L

ol 1? =5.1mol/L 。

9．已知O 、S 、Se 、Te 、Po 、Lv 是同主族元素，其原子序数依次增大。回答下列问题：

(1)Lv 在周期表中的位置是_________。

(2)下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_________。

a ．离子半径：Te 2-＞Se 2-

b ．热稳定性：H 2O ＞H 2S

c ．熔、沸点：H 2O ＞H 2S

d ．酸性：H 2SO 4＞H 2SeO 4

(3)从原子结构角度解释Se 与S 的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_________。

(4)实验室用如下方法制备H 2S 并进行性质验证。

①设计B 装置的目的是证明_________，B 中实验现象为_______________。

②实验中经检测发现C 中溶液pH 降低且出现黑色沉淀。C 中反应的离子方程式是_______________。

③有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A 、C 中两个反应相矛盾，认为C 中不可能出现上述现象。该观点不正确的理由是_______________。

【答案】第七(或7)周期VIA 族 abd Se 与S 是同主族元素，Se 比S 电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H 2SeO 4酸性弱于H 2SO 4 H 2S 具有还原性 出现淡黄色(或乳白色)沉淀(或浑浊) Cu 2++H 2S==CuS↓+2H + 该反应发生的原因是生成了难溶的CuS

沉淀，不是因为生成弱电解质

【解析】

【分析】

(1)根据 O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；

(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；

(3)Se与S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；

(4)①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性；②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；③结合装置A和C中发生反应的原理分析解答。

【详解】

(1) O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：第七（或7）周期VIA族；

(2)a．同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：Te2-＞Se2-，能用元素周期律解释，故a选；b．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性：H2O＞H2S，能用元素周期律解释，故b选；c．物质的熔沸点是物理性质，不能用元素周期律解释，故c不选；d．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：H2SO4＞H2SeO4，能用元素周期律解释，故d 选；故答案为：abd；

(3)Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案为：Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；

(4)①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答案为：H2S具有还原性；出现淡黄色沉淀；

②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反应的离子方程式为

Cu2++H2S==CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S==CuS↓+2H+；

③根据“强酸制弱酸”的原理，装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能够被硫酸溶解，C中发生Cu2++H2S==CuS↓+2H+，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质。

10．氮（N）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：

Mc 的中子数为_____。已知存在P(S,红磷)、P(S,黑（1）砷在周期表中的位置_____，288

115

磷) 、P(S,白磷)，它们互称为_____。

（2）热稳定性：NH3_____PH3（填“＞”或“＜”），砷的最高价氧化物对应水化物的化学式为_____是一种_____酸(填“强”或“弱”) 。

（3）PH3和卤化氢反应与 NH3相似，产物的结构和性质也相似。写出 PH3和 HI 反应的化学

方程式_____。

（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl，写出该反应的化学方程式_____，因此，配制 SbCl3溶液时应注意_________。

【答案】第四周期第 VA族 173 同素异形体 > H3AsO4弱 PH3 + HI = PH4I SbCl3

+H2O SbOCl↓ + 2HCl用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体 SbCl3，使用前才稀释到相应的浓度

【解析】

【分析】

（1）中子数=质量数-质子数；同种元素组成的不同单质互为同素异形体；

（2）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强；

（3）根据NH3与HCl反应的方程式书写PH3和 HI 反应的化学方程式；

（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸；

【详解】

Mc 的中子数为288-115=173； P(S，红（1）砷在周期表中的位置是第四周期第 VA族，288

115

磷)、P(S，黑磷) 、P(S，白磷)，都是P元素组成的不同单质，它们互称为同素异形体；（2）同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性N>P>As，热稳定性：NH3＞PH3，砷的最高价氧化物对应水化物的化学式为H3AsO4，酸性H3PO4＞H3AsO4，所以H3AsO4是弱酸；（3）根据NH3与HCl反应的方程式，可知PH3和 HI 反应的化学方程式是PH3 + HI = PH4I；（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸，反应方程式是SbCl3

+H2O SbOCl↓ + 2HCl；增大盐酸浓度，水解平衡可逆向移动，抑制SbCl3水解，配制SbCl3溶液时应注意用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体 SbCl3，使用前才稀释到相应的

浓度。

二、化学键练习题（含详细答案解析）

11．

煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从

而引起大气污染。煤气中H2S的脱除程度已成为其洁净度的一个重要指标。回答下列问题：

（1）将H2S通入FeCl3溶液中，该反应的还原产物为___________。

（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法以及水解法等。

①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为_____________。

②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为_____________。

③已知断裂1mol化学键所需的能量如下(能量的单位为kJ)：

H—H C═O C═S H—S C≡O 436745**********

H2还原COS发生的反应为H2（g）+COS（g）═H2S（g）+CO（g），该反应的

△H=________kJ·mol-1。

④用活性α—Al2O3催化COS水解的反应为COS（g）+ H2 O（g）垐?

噲?CO2（g）+ H2S （g）△H<0，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的

转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与

()

2

n H O

n(COS)

的关系如图

2所示。

由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为________；由图2可知，P点时平衡常数

K=_____（保留2位有效数字）。

【答案】Fe2+（或FeCl2） COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ +

6H2O +8 150℃ 0.048

【解析】

【分析】

【详解】

（1）将H2S通入FeCl3溶液中，反应为：H2S + 2Fe3+= S↓ + 2Fe2+ + 2H+，Fe3+被还原为

Fe2+，故还原产物为Fe2+（或FeCl2）；

（2）

①COS的分子结构与CO2相似，COS的电子式为；

②碱性溶液，OH－参与反应生成水，Br2作氧化剂还原为Br－，故Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐和碳酸盐的离子方程式为COS + 4Br2 + 12OH－ = CO32- + SO42- + 8Br－ + 6H2O；

③结合表格数据和反应H2(g)+COS(g)═H2S(g)+CO(g)，则△H=(436+745+577-2×339-1072) kJ·mol-1=+8 kJ·mol-1；

④由图1可得，相同投料比、相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，150℃时COS转化率最大，所以该温度下反应速率最快，催化剂活性最大，由图2（单位：mol/L）：COS（g）H2 O（g）CO2（g）H2S （g）

开始1300

转化0.30.30.30.3

平衡0.7 2.70.30.3

则K =222c()c()c()c()CO H S COS H O =0.30.30.7 2.7??=121

≈0.048。 【点睛】

在一定的条件下，某可逆反应的K 值越大，说明平衡体系中生成物所占的比例越大，它的正反应进行的程度越大，即该反应进行的越完全，反应物转化率越大；反之，反应就越不完全，转化率就越小。当K =105时，该反应就能基本进行完全，一般看成非可逆反应；而K 在 0.1~10之间的反应是典型的可逆反应。

12．

已知①Na 2O 2 ②O 2 ③HClO ④H 2O 2 ⑤Cl 2 ⑥NaClO ⑦O 3七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)Na 2O 2、HClO 、H 2O 2均能用于制备O 2。

①HClO 在光照条件下分解生成O 2和HCl ，用电子式表示HCl 的形成过

程:_________________________。

②写出Na 2O 2与H 2O 反应制备O 2的化学方程

式:____________________________________。

③H 2O 2在二氧化锰催化作用下可以制备O 2。若6.8g H 2O 2参加反应，则转移电子数目为_________，生成标准状况下O 2体积为_______L 。

【答案】②⑦ ④ 2

2Na 2O 2 +2H 2O=4NaOH +O 2↑ 1.204x1023

或0.2N A 2.24

【解析】

【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O 2与O 3互为同素异形体； （2）Na 2O 2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；H 2O 2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；O 2、O 3、Cl 2属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合物是④H 2O 2；

（3）由(2)可知，Na 2O 2、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）Na 2O 2与H 2O 反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na 2O 2 +2H 2O=4NaOH +O 2↑；

（6）2H 2O 22MnO O 2↑+2H 2O ，每生成1mol 转移2mol 电子，故6.8g H 2O 2的物质的量：

1

6.8g 34g mol -?=0.2mol ，生成氧气的物质的量为0.1mol ，转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol -1=1.204x1023；V(O 2) = 0.1mol×22.4L·mol -1=2.24L 。

13．

完成下列问题：

(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH 3______PH 3（填“>”或“<”）。

(2)PH 3和NH 3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH 3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H 2与O 2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Q 1 kJ 、Q 2 kJ 、Q 3 kJ ，由此可以推知下列关系正确的是______。

①Q 1+Q 2>Q 3 ②2Q 1+Q 2<4Q 3 ③2Q 1+Q 2<2Q 3

(4)高铁电池总反应为：3Zn+2K 2FeO 4+8H 2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH ，写出电池的正极反应：__________，负极反应 ________________。

【答案】> bc ② FeO 42-+3e -+4H 2O=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)PH 3与HI 反应产生PH 4I ，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：NH 3>PH 3；

(2) a ．铵盐都能与NaOH 发生复分解反应，所以PH 4I 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PH 4I 也含离子键、共价键，b 正确； c ．铵盐不稳定，受热以分解，故PH 4I 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Q 1、Q 2、Q 3 kJ ，则形成1 mol O-H 键放出Q 3 kJ 热量，对于反应H 2(g)+

12O 2(g)=H 2O(g)，断开1 mol H-H 键和12 mol O=O 键所吸收的能量(Q 1+12

Q 2) kJ ，生成2 mol H-O 新键释放的能量为2Q 3 kJ ，由于该反应是放热反应，所以2Q 3-(Q 1+

12Q 2)>0，2Q 1+Q 2<4Q 3，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+2K 2FeO 4+8H 2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH 可知：Fe 元素的化合价由反应前K 2FeO 4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：FeO 42-+3e -+4H 2O=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。

14．

研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I -与I 2在水体和大气中的部分转化如下图所示。

(1) I 2的电子式为______________。

(2)水体中的I -在非酸性条件下难于被空气中的2O 氧化。原因是

-2222H O 4I O 2I 4OH -+++?的反应速率慢，反应程度小。

①I -在酸性条件下与2O 反应的离子方程式是_____________________________________。 ②在酸性条件下I -易被2O 氧化的可能的原因是

______________________________________。

(3)有资料显示：水体中若含有2Fe +，会对3O 氧化I -产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的3O 通入到20mL 下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。己知：每31molO 参与反应，生成21molO 。 序号 试剂组成 反应前溶液的pH 反应后溶液的

pH I -的转化率 3Fe(OH)的生

成量

甲 21310mol L NaI --??

1amol L NaCl -? 5.3 11.0 约10%

乙 21310mol L NaI --??

2121.510mol L FeCl --??

5.1 4.1 约100% 大量 丙 2121.510mol L FeCl --?? 5.2 3.5 —— 少量

①a =_______________________。

②甲中反应为可逆反应，其离子方程式是________________________。

③比较甲、乙、丙实验，说明2Fe +在实验乙中的作用并解释_______________________。

【答案】 2224H 4I O 2I 2H O +=+++ (H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等其他合理答案 2310-? 2322H O 2I O I 2OH O --++++? 2Fe +或2Fe +的氧化产物3Fe +与-I 和3O 反应产生的OH -结合，促使该平衡正向移动，提高了-I 的转化率等其他合理答案

【解析】

【分析】

（1）根据成键方式书写电子式；（2）根据氧化还原反应原理书写反应方程式，并根据平衡移动原理分析解答；（3）根据实验数据及平衡移动原理分析解答。

【详解】

（1） I 2属于共价分子，电子式为：，故答案为：；

（2）①根据题干信息分析，I -在酸性条件下被2O 氧化生成I 2，反应的离子方程式是-2224H 4I O 2I 2H O +=+++；

②根据提给信息中I -在非酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下I -易被2O 氧化的可能的原因是(H )c +增大，(OH )c -

减小，使平衡2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行，故答案为：

-2224H 4I O 2I 2H O +=+++ ；(H )c +增大，(OH )c -减小，使平衡

2222H O 4I O 2I 4OH --+++?正向移动，反应易于进行等；

（3）①验证Fe 2+对O 3氧化I -产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A 、B 组对照实验中c (Cl -)要相同，即c (NaCl )=2c (FeCl 2)=2×1.5×10-2mol/L=3×10-2mol/L ，故答案为：3×10-2；

②O 3氧化I -时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：

2322H O 2I O I 2OH O --++++?，故答案为：2322H O 2I O I 2OH O --++++?； ③Fe 2+具有强还原性，易被O 3氧化生成Fe 3+，Fe 2+或Fe 3+结合OH -生成弱碱，促使反应

2322H O 2I O I 2OH O --++++?正向进行，提高I -转化率，故答案为： 2Fe +或2Fe +的氧化产物3Fe +与-I 和3O 反应产生的OH -结合，促使该平衡正向移动，提高了-I 的转化率。

15．

含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。

（1）葡萄酒中添加微量的SO 2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被__（填“氧化”、“还原”）。 （2）氢的硫化物有多种：H 2S x （x=1，2，3，…），如H 2S 2，其结构与H 2O 2相似。请写出H 2S 3的结构式__。

（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K 2S 2O 7），反应中断裂的化学键类型为__。

（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na 2S 2O 4）进行了如下探究。将0.050ml ·L -1Na 2S 2O 4溶液在空气中放置，其溶液的pH 与时间（t ）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。

①Na 2S 2O 4溶液显__性，原因是__（用离子方程式表示）。

②t 1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为___。 0-t 1段发生反应的离子方程式为__，t 1-t 2段溶液的pH 变小的原因是__（用离子方程式表示）。

【答案】氧化 离子键、共价键 碱 S 2O 42-+H 2O=HS 2O 4-+OH -，HS 2O 4-+H 2O=H 2S 2O 4+OH - c （HSO 3-）＞c （SO 32-）＞c （H 2SO 3） 2S 2O 42-+O 2+2H 2O=4HSO 3- 2HSO 3-+O 2=2H ++2SO 42-

【解析】

【详解】

(1)葡萄酒中添加微量的SO 2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；

(2)氢的硫化物有多种，其结构与H 2O 2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键，H 2S 3的结构式，故答案为：；

(3)固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾(K 2S 2O 7)，一定破坏了离子键，酸根离子变化，证明生成了新的共价键，反应中断裂的化学键类型为：离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；

(4)①Na 2S 2O 4溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液中S 2O 42-离子分步水解，溶液显碱性，水解离子方程式：S 2O 42-+H 2O=HS 2O 4-+OH -，HS 2O 4-+H 2O=H 2S 2O 4+OH -，故答案为：碱；S 2O 42-

+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH-；

②t1时溶液中只有一种溶质，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液中含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)，0-t1段发生反应的离子方程式为：2S2O42-

+O2+2H2O=4HSO3-，t1-t2段溶液的pH变小的原因是：亚硫酸氢钠被氧化生成硫酸氢钠，反应的离子方程式：2HSO3-+O2=2H++2SO42-，故答案为：c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H2SO3)；2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；2HSO3-+O2=2H++2SO42-。