高考化学元素周期律的综合热点考点难点含答案

高考化学元素周期律的综合热点考点难点含答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．高温下，正硅酸锂（Li 4SiO 4）能与CO 2发生反应，对控制CO 2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，Li 4SiO 4与CO 2发生如下反应：
Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(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CO 2的平均反应速率为_____。

（4）在T 1、T 2温度下，恒容容器中c(CO 2)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T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol·
L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，重新达到平衡时c(CO 2)为bmol·
L -1。

试比较a 、b 的大小，并说明理由_____。

【答案】5 SiO 2 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：Na<Li ，失电子能力：Na>Li ，因此金属性Na 强于Li ()
21c CO 0.005mol·L -1·min -1 放热 a=b ，通入一定量的CO 2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=()
21c CO 不变，故达到新平衡时c （CO 2）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1s 22s 22p 63s 23p 2，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Li 2O 、CO 2、SiO 2，Li 2O 是离子晶体、CO 2是分子晶体、SiO 2是原子晶体，故答案为：5；SiO 2；
(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：Na<Li ，失电子能力：Na>Li ，因此金属性Na 强于Li ，故答案为：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：Na<Li ，失电子能力：Na>Li ，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Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)
Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(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()
21K=c CO ；反应中固体增加的质量即为消耗的CO 2的质量，反应20min 消耗的CO 2的质量为8.8g ，∆c(CO 2)=8.8g÷44g/mol÷2L=0.1mol·
L -1，则0~20min 内CO 2的平均反应速率()()-1
2-1-12c CO 0.1mol L CO ===0.005mol L min t 20min
υ∆⋅⋅⋅∆，故答案为：()
21c CO ；0.005mol·L -1·min -1； (4)由图像分析可知，T 1先达到平衡，则温度T 1>T 2，T 2到T 1的过程是升温，c(CO 2)增大，平
衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol·
L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=()
21c CO 不变，故达到新平衡时c （CO 2）不变，即a=b ，故答案为：放热；a=b ，通入一定量的CO 2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=()
21c CO 不变，故达到新平衡时c （CO 2）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CO 2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。

2．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：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 H2O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。

3．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)基态Mn2+的价电子排布式为____；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的___区。

(2)[Mg(H2O)6]2+[(N5)2(H2O)4]2-的晶体的部分结构如图1所示：
N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：
元素I1/kJ∙mol-1I2/kJ∙mol-1I3/kJ∙mol-1
X737.71450.77732.7
Y1313.93388.35300.5
Z1402.32856.04578.1
①X、Y、Z中为N元素的是____，判断理由是__________。

②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5与H2O之间是________。

③N5-为平面正五边形，N原子的杂化类型是_______。

科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号πn
m
表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则N4-中的大π键应表示为_________。

(3)AgN5的立方晶胞结构如图2所示，Ag+周围距离最近的Ag+有_______个。

若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为a nm，N A表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为
_____g∙cm-3（用含a、N A的代数式表示）。

【答案】3d5 ds Z X最外层为2个电子，X为镁；N的2p轨道处于半充满的稳定状态，
其失去第一个电子较难，I1较大，则Z为氮元素配位键氢键 sp254π 12
22
3
A
8.910 N a
⨯
⨯
【解析】
【分析】
(1)根据构造原理书写出25号Mn元素的原子核外电子排布式，Mn原子失去最外层2个电子得到Mn2+；根据原子结构与元素在周期表的位置确定Ag在周期表所属区域；
(2)①根据元素的电离能大小结合原子结构确定X、Y、Z三种元素，然后判断哪种元素是N 元素；
②根据图示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力类型；
③结合N5-为平面正五边形结构，结合原子杂化类型与微粒构型关系分析判断，结合微粒的
原子结构分析大π键的形成；
(3)根据晶胞中离子的相对位置判断Ag +的配位数，利用均摊方法计算1个晶胞中含有的AgN 5的个数，结合ρ=
m V 计算密度大小。

【详解】
(1)Mn 是25号元素，根据构造原理可得Mn 原子的核外电子排布式为
1s 22s 22p 63s 23p 63d 54s 2，Mn 原子失去最外层2个电子得到Mn 2+，其价电子排布式为3d 5；Ag 、Cu 在周期表中位于第IB ，发生变化的电子有最外层的s 电子和次外层的d 电子，属于ds 区元素；
(2)①X 的第一、第二电离能比较小且很接近，说明X 原子最外层有2个电子，容易失去，则X 为Mg 元素，Z 的第一电离能在三种元素中最大，结合N 原子2p 轨道处于半充满的稳定状态，其失去第一个电子较难，I 1较大，可推知Z 为N 元素，Y 是O 元素；
②在该晶体中阳离子[Mg(H 2O)6]2+的中心离子Mg 2+含有空轨道，而配位体H 2O 的O 原子上含有孤电子对，在结合时，Mg 2+提供空轨道，H 2O 的O 原子提供孤电子对，二者形成配位键；在阴离子[(N 5)2(H 2O)4]2-上N 5-与H 2O 的H 原子之间通过氢键结合在一起，形成N…H -O ，故二者之间作用力为氢键；
③若原子采用sp 3杂化，形成的物质结构为四面体形；若原子采用sp 2杂化，形成的物质结构为平面形；若原子采用sp 杂化，则形成的为直线型结构。

N 5-为平面正五边形，说明N 原子的杂化类型为sp 2杂化；在N 5-中，每个N 原子的sp 2杂化轨道形成2个σ键，N 原子上还有1个孤电子对及1个垂直于N 原子形成平面的p 轨道，p 轨道间形成大π键，N 5-为4个N 原子得到1个电子形成带有1个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为5个，其中大π键是由4个原子、5个电子形成，可表示为54π；
(3)根据AgN 5的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点Ag +为研究对象，在晶胞中与该Ag +距离相等且最近的Ag +在晶胞面心上，通过该顶点Ag +可形成8个晶胞，每个面心上的Ag +被重复使用了2次，所以与Ag +距离相等且最近的Ag +的数目为
382⨯=12个；在一个晶胞中含有Ag +的数目为8×18+6×12=4，含有N 5-的数目为1+12×14
=4，晶胞体积为V =(2a×10-7)3
cm 3，则ρ=()22A/mol 3373A 4178?g /mol N m 8.910V N a 2a 10cm
-⨯⨯==⨯⨯ g/cm 3。

【点睛】
本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大π的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。

4．比较下列性质（用“＞”、“=”、“＜”填空）
①半径 P ________F
②酸性 H3PO4 ________ H2SO4
③碱性Mg（OH）2 ________Al（OH）3
④稳定性 H2S ________ H2O
⑤还原性H2S ________ HCl
⑥氧化性 Cl2 ________Br2．
【答案】> < > < > >
【解析】
【分析】
①根据不同周期元素的原子核外电子层数越多，半径越大分析；
②根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强分析；
③根据元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强分析；
④根据元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强分析；
⑤根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；
⑥根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强分析。

【详解】
①P和F分别位于周期表第三周期和第二周期，P原子核外有3个电子层，F原子核外有2个电子层，元素的原子核外电子层数越多，半径越大，故答案为：＞；
②P和S位于同一周期，S的非金属性大于P，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，
故答案为：＜；
③Mg的金属性大于Al，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，
故答案为：＞；
④O的非金属性大于S，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强，
故答案为：＜；
⑤Cl的非金属性大于S，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱，
故答案为：＞；
⑥Cl的非金属性大于Br，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，
故答案为：＞。

5．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
3+2+2-
6Fe6Fe Cr O
～～
27
61
⨯⨯
mL c mL mol L
100500.2/
解得c＝0.6mol/L
6．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
元素编号元素性质或原子结构
T M层上有6个电子
X最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z元素最高正价是＋7价
W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2
（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_____。

（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出某溶液中含该微粒的电子式_____，如何检验该离子_____。

（3）元素Z在周期表中的位置_____，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_____（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_____（填序号）。

a.常温下Z的单质和T的单质状态不同
b.Z的氢化物比T的氢化物稳定
c.一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。

T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是_____，理由是_________。

Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____________。

C取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在【答案】14
6
试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+第三周期ⅦA族 Cl b H2CO3只有H2CO3为弱酸，其余为强酸 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O
【解析】
【分析】
根据题给元素性质或原子结构可知：
T的核外电子数为16，为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3·H2O，则Y为N元素；元素最高正价等于其族序数，则Z为第ⅦA元素，F元素无正价，故Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，该单质为金属Al，故W为Al元素。

据此进行分析判断。

【详解】
（1）14
6C在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为：14
6
C；
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋是NH4+，其电子式为：；检验该离
子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+。

答案为：
；取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的
红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+；
（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第ⅦA族。

同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。

可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项：
a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a项错误；
b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b项正确；
c．单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，c项错误；
答案选b；
故答案为：第三周期ⅦA族；Cl；b；
（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为弱酸，其余为强酸。

W的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，与HClO4反应的离子方程式为：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。

答案为：H2CO3；只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。

【点睛】
对于主族元素而言，元素的最高正化合价和主族序数相同，但氟没有正价，氧无最高正价，一般为零价或负价。

7．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 X n+与 Y n-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；
8．A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下：
元素相关信息
A
基态原子的价电子排布式为nS n nP n B 元素原子的核外p 电子数比s 电子数少1个 C
最外层电子数是电子层数的3倍 D
简单离子是第三周期元素中离子半径最小的 E 价电子层中的未成对电子数为4
请回答下列问题：
（1）写出下列元素的名称：A______， B_______， C________，D__________
（2）写出C 元素在周期表的位置_________，E 2+价电子的轨道表示式________________,B 元素能量最高的电子为_____轨道上的电子，其轨道呈_______形．
（3）按原子轨道的重叠方式，1molA 与C 形成的最高价化合物中σ键有______个，π键有______个。

（4）B 、C 、D 的简单离子的半径由大到小的顺序为_____________(用离子符号表示)。

（5）写出C 的核外有18个电子的氢化物的电子式_____________。

【答案】碳 氮 氧 铝 第2周期第VIA 族 2p 纺锤形（或哑铃形） 2 A N 2A N N 3-＞O 2-＞Al 3＋
【解析】
【分析】 A 元素基态原子的价电子排布式为ns n np n ，则n ＝2，所以A 是碳元素；D 元素简单离子是第三周期元素中离子半径最小的，则D 是Al 元素；C 元素最外层电子数是电子层数的3倍，原子序数小于Al ，则C 是氧元素；元素B 原子的核外p 电子数比s 电子数少1个，比铝的原子序数小，因此B 是N ；E 元素价电子层中的未成对电子数为4，则E 的价层电子排布是3d 64s 2，即为铁元素。

【详解】
（1）根据以上分析可知，各元素的名称分别为：A 为碳；B 为氮，C 为氧，D 为铝；正确答案：碳；氮 ； 氧； 铝。

（2）C 元素为氧，核电荷数为8，位于周期表第2周期第VIA 族；E 为铁，核电荷数为26，Fe 2+价电子的轨道表示式；B 为氮，核外电子排布为1s 2 2s 2 2p 3，因此能量最高的电子为2p 轨道上的电子，其轨道呈纺锤形（或哑铃形）形。

正确答案：第2周期第VIA 族； ；2p ； 纺锤形（或哑铃形）。

（3）按原子轨道的重叠方式，1molA 与C 形成的最高价化合物为二氧化碳，为共价化合物，碳氧之间为双键，因此1mol 二氧化碳分子中含有σ键有2 A N 个；π键有2A N 个；正确答案：2 A N ； 2A N 。

（4）B 、C 、D 的简单离子分别为N 3-、O 2-、Al 3＋，核外电子排布相同的离子，核电荷数越
大，离子半径越小，因此离子半径由大到小的顺序为N 3-＞O 2-＞Al 3＋；正确答案：N 3-＞O 2-
＞Al 3＋。

（5）氧元素的核外有18个电子的氢化物是双氧水，属于共价化合物，电子式为；正确答案：。

【点睛】
已知A 为碳；B 为氮，C 为氧三种元素，非金属性越强，电负性越大，元素中电负性最大的元素是O ；非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p 轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则A 、B 、C 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N ＞O ＞C 。

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；。