备战高考化学综合题专练∶元素周期律及详细答案

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备战高考化学综合题专练∶元素周期律及详细答案
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。


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
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,非金属性:S大于P,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)。

【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;可以利用同一化学式,比如HClO,从化合价可以解决问题。

2.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。

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 K2S+N2↑+3CO2↑
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 6N A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<C<S
c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+) ac
【解析】
【分析】
【详解】
(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×4N A mol-1=6N A;
(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;
(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<C<S;K2S属于强碱弱酸盐,在溶液中能够发生水解,S2-一级水解程度>S2-二级水解程度>水的电离程度,因此溶液中除OH-外离子浓度关系为:c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+);
(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.A、B、C、D、E均为短周期主族元素,其原子序数依次增大。

其中A元素原子核内只有1个质子;A与C,B与D分别同主族;B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍。

请回答下列问题:
(1)由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是________(填字母编号)。

a.A2B
b.E2
c.DB2
d.C2DB3
(2)B元素在元素周期表中的位置为________;化合物C2B2中含有的化学键类型是
________;化合物C2B中两种离子的半径大小关系为________<________(填离子符号)。

(3)实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的E2气体。

①实验中应选用的装置为________(按由左到右的连接顺序填写);
②装置A中发生反应的化学方程式为________。

【答案】c 第2周期ⅥA族离子键、共价键 Na+ O2- AFEB MnO2+
4HCl(浓)Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】【分析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素,其原子序数依次增大。

其中A元素原子核内只有1个质子,则A为H;A与C,B与D分别同主族;B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍,C应为Na,设B的原子序数为x,D的原子序数为x+8,则2×(1+11)=x+x+8,解得x=8,则B为O,D为S,E为Cl。

【详解】
(1)H2O、Na2SO3均为化合物,均可发生电离,属于电解质,Cl2是单质,既不是电解质也不是非电解质,而SO2本身不能电离,属于非电解质,则只有c为非电解质,故答案为:c;
(2)B为O,位于第2周期ⅥA族,化合物C2B2为Na2O2,含离子键、共价键;C2B为
Na2O,其中离子具有相同电子排布,原子序数大离子半径小,离子半径为O2->Na+,故答案为:第2周期ⅥA族;离子键、共价键;Na+;O2-;
(3)①用装置A制取并收集纯净干燥的Cl2气体,选择浓盐酸与二氧化锰加热制备;用装置F中的饱和食盐水除杂;用装置E中的浓硫酸干燥;最后用B装置进行收集及尾气处理,则仪器连接顺序为AFEB,故答案为:AFEB;
②装置A中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:
MnO2+4HCl(浓)Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O。

【点睛】
此题易错点在于非电解质的判断,电解质的前提必须是化合物,本质是自身在一定条件下可以电离。

5.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>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+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 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。

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 CO 2 弱于 222
22MnO 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CO 2,故答案:第三周期第ⅥA 族;Al>C>N ; CO 2;
(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:2H 2O 22H 2O+O 2↑,故答案:2H 2O 22H 2O+O 2↑;
7.如图是元素周期表的一部分,按要求回答问题:

② ③ ④
⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
(1)元素④在周期表中位置是_______。

元素③的最高价氧化物的化学式为________。

(2)元素①⑤组成化合物电子式为___________。

(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为___。

(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____。

(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子,其离子半径由小到大的顺序为_____(用离子符号表示)。

(6)A —F 发生如图所示的转化,A 、B 、C 、D 为①—⑨中某种元素形成的单质,E 、F 、G 为B 、C 、D 与A 形成的二元化合物,G 是一种常见温室气体,与B 可以反应生成E ,E 中B 元素的质量分数为60%,F 为两性物质。

①A 和F 的化学式分别为_______、_______。

②B 与G 反应的化学方程式为____________________。

③C与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。

【答案】第二周期第VIA族 N2O5 C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ Mg2+<Na+<O2-<S2- O2 Al2O3 2Mg+CO2点燃
2MgO+C
2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)]4-+3H2↑
【解析】
【分析】
结合元素周期表可知①为H元素,②为C元素,③为N元素,④为O元素,⑤为Na元素,⑥为Mg元素,⑦为Al元素,⑧为S元素,⑨为Cl元素。

【详解】
(1)④为O元素,在周期表中位置是第二周期第VIA族,③是N元素,最高价为+5价,所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5;
(2)元素①⑤组成化合物为NaH,属于离子化合物,Na+的电子式为Na+,H-的电子式为,因而NaH的电子式为;
(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4,其化学反应方程式为
C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O;
(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3,NH3的水溶液为NH3·H2O,其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-,Na+,Mg2+,S2-,S2-的电子层数为3,其它离子电子层数为2,所以S2-的半径最大;当电子层数相同时,原子序数越小,离子半径越大,因而O2->Na+>Mg2+;综上可知Mg2+<Na+<O2-<S2-;
(6)G是一种常见温室气体,可推知G为CO2,结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质,且A和D生成G,推断A为O2或C(碳单质),F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物,可推知F为Al2O3,因而A为O2,D为C(碳单质),C为Al;E中B元素的质量分数为60%,结合E为B与A形成的二元化合物,E中O元素的质量分数为
40%,则E的相对分子质量为16
40
0.4
,则B元素的相对原子质量为40-16=24,可推知B
为Mg,E为MgO,结合G是一种常见温室气体,与B可以反应生成E,即CO2与Mg点燃生成MgO和C,证明上述推断合理;综上A为为O2,B为Mg,C为Al;D为C(碳单质),E为MgO,F为Al2O3,G为CO2。

①由上分析知A和F的化学式分别为O2,Al2O3;
②B与G反应,即Mg与CO2反应,其化学方程式为2Mg+CO2点燃
2MgO+C;
③C为Al,则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)]4-+3H2↑。

【点睛】
第一步,先看电子层数,因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。

电子层数越多,其半
径越大。

这里主要是指同一主族,不同族不能直接比较,不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。

第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数,因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。

而核电荷数越多,其半径越小。

第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数,核外电子数是影响半径大小的最小因素。

核外电子数越多,其半径越大。

注意的是此三步不可颠倒。

8.Ⅰ.在14
6C、14
7
N、16
8
O、35
17
Cl、235
92
U、238
92
U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。

9.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:
(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】
HClO 4 S 2->F ->Al 3+ 2F 2+2H 2O=4HF+O 2 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑ N 2H 4+2H 2O 2=N 2+4H 2O
【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HClO 4; (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Al ⑥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H 2O 2,元素①、元素③形成化合物M ,Q 和M 的电子总数相等,M 为N 2H 4,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
,⑨的最高价氧化物对应水化物为HClO 4,故答案为:
;HClO 4; (2)⑤、⑦、⑧的简单离子为F -、Al 3+、S 2-,则离子半径S 2->F ->Al 3+,故答案为:S 2->F -
>Al 3+;
(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:
2222F +2H O=4HF+O ,故答案为:2222F +2H O=4HF+O ; (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:
--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ↑,故答案为:--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ↑;
(5)元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q 为H 2O 2,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N 2H 4,该反应的化学方程式为:
242222 N H 2H O =N 4H O ++,故答案为:242222 N H 2H O =N 4H O ++。

10.周期表前四周期的元素 A 、B 、C 、D 、E ,原子序数依次增大。

A 的核外电子总数与其期序数相同,B 和D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数,E 为第四周期元素,最外层只有一个电子,次外层的所有轨道均充满电子。

(1)B 、C 、D 三种元素第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号),E 基态原子价层电子排布图为_____。

(2)写出由以上元素组成的BD 2的等电子体的分子 _________。

(3)已知D 可形成D 3+离子,该离子中心原子杂化方式为___,立体构型为__。

(4)温度接近沸点时,D 的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量,原因是 _______。

(5)无色的[E(CA 3)2]+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的[E (CA 3)4]2+,利用这个性质可除去气体中的氧气,该反应的离子方程为________。

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