备战高考化学培优(含解析)之元素周期律

备战高考化学培优 ( 含分析 ) 之元素周期律
一、元素周期律练习题（含详尽答案分析）
1． 高温下，正硅酸锂（ Li 4 4 2 2
SiO ）能与 CO 发生反响，对控制 CO 的排放拥有重要的理论意 义和适用价值。

达成以下填空： （1）硅原子核外电子据有 _____种能量不一样的轨道； 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原由 _____。

必定温度下，在 2L 的密闭容器中， Li 4SiO 4 与 CO 2 发生以下反响：
Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)
Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(s)。

（3）该反响的均衡常数表达式 K=_____，反响 20min ，测得容器内固体物质的质量增添了
8.8g ，则 0~20min 内 CO 2 的均匀反响速率为 _____。

（4）在 T 1 、 T 2 温度下，恒容容器中
c(CO 2)随时间 t 的变化关系以下图。

该反响是 _____
“ ” “ ”
反响（选填 放热 或 吸热 ）。

若 T 1
2
-1
，保持其余条件不变，通入必定量的
CO 2
温度下，达到均衡时 c(CO )为 amol ·L
，从头
-1
达到均衡时 c(CO 2)为 bmol ·L 。

试比较 a 、b 的大小，并说明原由 _____。

【答案】 5 SiO 2 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 ，则原子查对外层电子的吸引能力： Na<Li ，失电子能力：
1 Na>Li ，所以金属性 Na 强于 Li
0.005mol L -1 ·min · -1 放热
a=b ，通入必定量的
c CO 2
1
2
不变，故达到新
CO ，均衡会正向进行，但因为温度不变，该反响的均衡常数 K=
c CO 2
均衡时 c （ CO 2）不变，即 a=b
【分析】 【剖析】 【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，其核外电子共据有 5 种能量不一样的轨
道； Li 、 C 、 Si 的最高价氧化物分别为 Li 2 2 22
O 、 CO 、 SiO ， Li O 是离子晶体、 CO 是分子晶体、 SiO 是原子晶体，故答案为： 5； SiO ；
2 2
2
(2) 钠元素的金属性比锂强，从原子结构解说：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 ，则原子查对外层电子的吸引能
力： Na<Li ，失电子能力： Na>Li ，所以金属性 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 ，则原子查对外层电子的吸引能力： Na<Li ，失电子能力： Na>Li ，所以金属性 Na 强于 Li ；
(3)均衡常数等于生成物的均衡浓度幂之积除以反响物的均衡浓度幂之积，依据化学反响方 程式 Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)
Li 2SiO 3(s)+Li 2 CO 3(s)，反响物为气体的是二氧化碳，生成物均为固
1
体，则均衡常数 K=
c CO 2
；反响中固体增添的质量即为耗费的
CO 2 的质量，反响 20min
耗费的 CO 2
的质量为
2
-1
，则 0~20min 内 CO 2
的均匀 8.8g ， ?c(CO )=8.8g ÷ 44g/mol ÷ 2L=0.1molL ·
反响速率
CO 2 =
c CO 2
= 0.1mol L -1 =0.005mol L -1 min -1 ，故答案为：
t
20min
1
； 0.005mol ·L -1·min -1
；
c CO 2
(4)由图像剖析可知，
T 先达到均衡，则温度
T >T ， T 到 T 的过程是升温， c(CO )增大，平
1
1
2
2
1
2
衡逆向挪动，则该反响是放热反响；若
T 1
温度下，达到均衡时 2
-1
，保持其余
c(CO )为 amol ·L
条件不变，通入必定量的
CO 2 ，均衡会正向进行，但因为温度不变，该反响的均衡常数
1
不变，故达到新均衡时
c （ CO 2）不变，即 a=b ，故答案为：放热；
K=
c CO 2 a=b ，通入
必定量的 CO 2，均衡会正向进行，但因为温度不变，该反响的均衡常数
K=
1 不变，
c CO 2
故达到新均衡时 c （ CO 2）不变，即 a=b 。

【点睛】
第(3) 小问为此题的难点，需要学生正确理解均衡常数的表达方式，同时理解反响中固体增
加的质量即为耗费的
CO 2 的质量为此题的解答重点，第
(4)题的第二问 a 、 b 的大小比较为
易错点，注意巧用化学均衡常数作答。

2． 原子序数挨次增大的 A 、 B 、 C 、D 、 E 、 F 六种元素。

此中 A 的基态原子有 3 个不一样的能
级，各能级中的电子数相等；
C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子数与
A 原子的同样； D
为它所在周期中原子半径最大的主族元素； E 和 C 位于同一主族， F 的原子序数为 29。

(1)F 原子基态的外头核外电子排布式为
_______。

(2)在 A 、 B 、 C 三种元素中，第一电离能由小到大的次序是 _______( 用元素符号回答 )。

(3)元素 B 的简单气态氢化物的沸点 ________(高于，低于 )元素 A 的简单气态氢化物的沸
点，其主要原由是 __________。

(4)由 A 、 B 、 C 形成的离子 －
－
CAB 与 AC 2 互为等电子体，则
CAB 的结构式为 __________。

(5)在元素 A 与 E 所形成的常有化合物中， A 原子轨道的杂化种类为 ________。

(6)由 B 、 C 、 D 三种元素形成的化合物晶体的晶胞以下图，则该化合物的化学式为
______。

【答案】 3d104s1 C＜O＜ N高于 NH3分子之间存在氢键
－
[N＝ C＝ O]sp NaNO2
【分析】
【剖析】
原子序数挨次增大的 A、B、 C、 D、 E、 F 六种元素， A 的基态原于有 3 个不一样的能级，各
能级中的电子数相等，则 A 是 C元素； C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子数与 A 原子的同样， C 原子序数大于A，则 C 为 O 元素； B 原子序数大于A而小于 C，则 B是 N元
素； E 和 C 位于同一主族，则 E 是 S元素； D 为它所在周期中原子半径最大的主族元素，
原子序数小于 S，则 D 是 Na 元素； F 的原子序数为 29，为 Cu 元素；
(1)F 是 Cu 元素，其原子核外有29 个电子，依据结构原理书写 F 基态原子的外头核外电子
排布式；
(2)A、 B、C 分别是 C、 N、 O 元素，同一周期元素，元素第一电离能跟着原子序数增大而
呈增大趋向，但第 IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；
(3)含有氢键的氢化物熔点较高；
(4)由 C、 N、 O 形成的离子OCN-与 CO2互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数
相等；
(5)在元素 C 与 S所形成的常有化合物 CS2中，依据价层电子对理论确立 A 原子轨道的杂化种类；
(6)由 N、 O、 Na 三种元素形成的化合物晶体的晶胞以下图，利用均派法确立其化学式。

【详解】
(1)F 为 ds 区，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或 [Ar]3d 104s1，外头核外电子排布式为 3d104s1；
(2)同周期从左向右第一电离能增大，但II A＞ III A、 V A＞VI A，第一电离能大小次序是 C ＜O＜N；
(3)B 的氢化物是 NH3， A 的简单氢化物是CH4， NH3分子之间存在氢键，而CH4分子间的作
用是范德华力，氢键比范德华力更强，NH3的沸点较高；
－－
(4)CAB 的化学式为OCN ， AC2的化学式为 CO2，二者为等电子体，它们的结构相像，所以
－
[N=C=O]-；
OCN 的结构式为：
(5)形成的化合物是CS2，结构式为 S=C=S，杂化轨道数等于价层电子对数，即 C 的杂化种类为 sp；
(6)依据半径大小，大黑球是Na，大黑球位于晶胞的棱上，所以真实属于晶胞的个数为
8×1
=2，大白球为N，小白球为O，二者形成离子是NO2-，其位于极点和体心，真实的个
4
数为 8×1
+1=2，所以化学式为NaNO2。

8
3．下表是元素周期表的一部分，回答有关的问题。

（1）写出④的元素符号__。

（2）在这些元素中，最开朗的金属元素与水反响的离子方程式：__。

（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响，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 )，该反响的离子方程式为 (方程式顶用详细元素符
号表示 )__。

（6）⑦的廉价氧化物通入足量Ba(NO3)2溶液中的离子方程式__。

【答案】 Mg 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑HClO4NaOH F Na2F+2OH-=OF2 +2F-+H2O
3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓ +2NO+4H+
【分析】
【剖析】
依据元素在元素周期表正的地点能够得出，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，⑥ Si 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）这些元素中最开朗的金属元素为Na， Na 与水发生的反响的离子方程式为2+- 2
2Na+2H O=2Na+2OH +H ↑；
（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）依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，能够做得出，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 反响生成22-2-2
OF ，离子方程式为2F +2OH =OF +2F +H O；
（6）⑦为 S 元素，⑦的廉价氧化物为SO2， SO2在 Ba(NO3)2溶液中发生氧化复原反响， SO2变为 SO42-， NO3-变为 NO，方程式为3SO2+2NO3-+3Ba2++2H2O=3BaSO4↓ +2NO+4H+。

4．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固，所以宽泛应用于制药、电镀以及定量剖析。

回答以下与之有关的问
题：
(1)在莫尔盐所波及的五种元素中：
①S 元素在门捷列夫元素周期表中的地点是______________；
②此中处于同主族的两种元素非金属性更强的是：_____________。

(2)为查验莫尔盐能否变质，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是我国为解决广泛性碘缺少问题的国家规定，以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
3
-的复原产物为碘单质，写出该反响的离子反响方程式：IO
______________________________ 。

(4)取 50. 00 mL 样品，用 0.005 mol/L 酸性 K2Cr2O7溶液滴定节余Fe2+，滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，致使结果_____________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）
【答案】第三周期第Ⅵ A 族 O 硫氰化钾 (KSCN)溶液 2IO3-2++23+2
+10Fe +12H =I +10Fe +6H O 无影响
【分析】
【剖析】
【详解】
(1)① S 元素在元素周期表中的地点为第三周期第Ⅵ A 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，此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+简单被氧化成Fe3+，可加入硫氰化钾(KSCN)溶液查验能否有Fe3+生成，故答案为：硫氰化钾(KSCN)溶液；
(3)溶解过程中， IO3-与 Fe2+发生氧化复原反响生成I2和 Fe3+，依据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反响的离子反响方程式为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，所以对滴定结果无影响，
故答案为：无影响。

5．1869 年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到此刻形成的周期表经过了众多化
学家的艰辛努力，历经 142 年，元素周期表表现了元素位构性的关系，揭露了元素间的内在
联系。

如图是元素周期表的一部分，回答以下问题。

（1）元素 Ga 在元素周期表中的地点为：___（写明周期和族）。

（2） Sn 的最高正价为 ___， Cl 的最高价氧化物对应水化物的化学式为___， As 的气态氢化物为 ___。

（3）依据元素周期律，推测：
①暗影部分元素氢化物热稳固性最高的是___（填化学式）。

②H3AsO4、 H2SeO4的酸性强弱： H3AsO4 ___H2SeO4（填“＞”、“＜”或“=”）。

③氢化物的复原性：H2 O___H2S
=”）。

（填“＞”、“＜”或“
（4）可在图中分界限（虚线部分）邻近找寻___（填序号）。

A B C D
. 优秀的催化剂. 半导体资料. 合金资料. 农药
（5）① Se2Cl2常用作剖析试剂，其电子式为___。

②硒（ Se）化铟（ In）是一种可应用于将来超算设施的新式半导体资料。

以下说法正确的
选项是___（填字母）。

A.原子半径： In＞Se
B.In 的金属性比 Se 强
C.In 的金属性比 Al 弱
D. 硒化铟的化学式为InSe2
③工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。

向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se 被溶液中的 HClO氧化为 H2322
SeO及 CuCl ，反响中HClO与 Cu Se 的物质的量之比为 ___。

（6）请设计实验比较C、Si 的非金属性强弱次序（可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和 NaHCO3溶液、饱和 Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器依据需要选
择）。

实验步骤实验现象与结论
在试管中加入 ___，再加入 ___，将生成气体经过
C＞ Si
现象： ___；结论：非金属性
___洗气后，通入___；
【答案】 4，Ⅲ A+4 HClO43
＜＜ B AB
AsH HF
4：1CaCO 固体盐酸NaHCO 溶液Na SiO 溶液生成白色胶状积淀
3323
【分析】
【剖析】
【详解】
（1） Ga 和 Al 同主族，在Al 的下一个周期，即第四周期，第Ⅲ A 族，故答案为：4；Ⅲ A；
（2） Sn 和碳同主族，最高价是+4 价； Cl 的最高价是 +7价，最高价氧化物对应水化物的化
学式为 HClO4
；As
和
N
元素同主族，所以最低负价是-
3
价，
As
的气态氢化物为
AsH3
；
故答案为： +4； HClO4； AsH3；
（3）①同主族元素从上到下，氢化物稳固性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳固性减
弱，所以暗影部分元素氢化物热稳固性最高的是HF，故答案为：HF；
②As 和Se 同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、
H2SeO4的酸性强弱： H3AsO4＜ H2SeO4，故答案为：＜；
③氢化物的复原性： H2 O＜ H2S，故答案为：＜；
（4）可在金属和非金属的分界限邻近来找寻半导体资料，故答案为：B；
（5）①硒的原子序数为 34，是硫的同主族元素，位于S 的下方，则位于周期表第四周期
ⅥA 族， Se2Cl2的电子式为；故答案为：。

②铟（ In）与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA 族，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：In＞ Se，故 A 正确；
B．元素周期表中左下方元素的金属性强，则In 的金属性比Se 强，故 B 正确；
C．同主族从上到下金属性加强，则In的金属性比Al 强，故 C 错误；
D．硒化铟的化学式为In2 Se3，故 D 错误；
故答案为： AB；
③Cu2Se 被溶液中的 HClO 氧化为 H2SeO3及 CuCl2，可知 Cl 元素的化合价由 +1 价降低为 - 1 价，Cu 元素的化合价由 +1 价高升为 +2 价、 Se 元素的化合价由 - 2 价高升为 +4 价，由电子
22142
守恒可知 HClO 与 Cu2 Se 的物质的量之比为
11
=4： 1，故答案为：4：1；
（6） C、Si 的非金属性强弱次序为 C＞ Si，能够依据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反响
中，强酸能够制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体经过
NaHCO3溶液洗气后，通入 Na2SiO3溶液；生成白色胶状积淀，则碳酸酸性强于硅酸，结
论：非金属性 C＞ Si。

故答案为： CaCO3固体；盐酸，NaHCO3溶液； Na2SiO3溶液；现象：生成白色胶状积淀。

6．A、 B、 C、 D 是原子序数挨次增大的同一短同期元素，A、B 是金属元素，
属元素， A、 B 的最高价氧化物对应的水化物能够发生反响生成盐和水。

(1)A 与 C 可形成化合物A2C，写出该化合物的电子式为_____。

C、D 是非金
(2)B 与 D 形成的化合物是_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)，考证该结论的实验方法是_____。

(3)C 的廉价氧化物通入
(4)用 C 的最高价含氧酸D 单质的水溶液中，发生反响的化学方程式
为 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
设反响前后溶液体积变化忽视不计)组装成原电池以下图。

①在 a 电极上发生的反响可表示为_____。

②若电池工作一段时间后， a 极耗费 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，假如该化
合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物SO22224-
+Cl +2H O=H SO +2HCl Pb-2e 42-4
3.2 5.1
+SO=PbSO
【分析】
【剖析】
A、 B 是金属元素， A、 B 的最高价氧化物对应的水化物能够发生反响生成盐和水， 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 是原子序数挨次增大，所以 D 是 Cl 元素。

【详解】
依据以上剖析，(1) A 是 Na 元素、 C 是 S 元素，形成化合物 Na2 S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AlCl3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，假如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 的廉价氧化物是SO2， D 单质是氯气，SO2通入氯水发生反响的化学方程式为
SO2+Cl2 +2H2O=H2SO4+2HCl；
(4)H2SO4溶液、 Pb、 PbO2构成原电池， Pb 是负极、 PbO2是正极；
①a 极是负极， Pb 失电子生成 PbSO4积淀， a 电极上发生的反响可表示为 Pb-2e-+SO42-
=PbSO4；
②b是正极， b 电极反响式是 PbO2+2e-+4H+ +SO42-=PbSO4+2H2O； a 极耗费 0.05molPb ，转移电子的物质的量是 0.1mol ， b电极耗费 0.05mol PbO2，生成 0.05mol PbSO4质量变化为
303g/mol0.05mol-239g/mol0.05mol= 3.2g；依据总反响式Pb+ PbO2+ H2SO4=
2PbSO +2H O， a 极耗费 0.05molPb，总反响耗费0.1mol H SO ，此时 H SO 溶液的浓度为422424
5.2mol/L1L-0.1m ol
=5.1mol/L 。

1L
7．已知 O、 S、 Se、 Te、 Po、Lv 是同主族元素，其原子序数挨次增大。

回答以下问题：
(1)Lv 在周期表中的地点是_________。

(2)以下有关性质的比较，能用元素周期律解说的是_________。

a．离子半径： Te2-＞ Se2-b．热稳固性： H2O＞ H2S
c．熔、沸点： H2O＞ H2S d．酸性： H2SO4＞ H2SeO4
(3)从原子结构角度解说Se 与S 的最高价氧化物对应的水化物酸性不一样的原
_________。

由
(4)实验室用以下方法制备H2S 并进行性质考证。

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 降低且出现黑色积淀。

C 中反响的离子方程式是
_______________。

③有同学依据“强酸制弱酸”原理认为装置 A、C 中两个反响相矛盾，认为 C 中不行能出现上述现象。

该看法不正确的原由是_______________ 。

【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，吸引电子能力衰，非金属性弱，故H24242
出现淡黄
SeO 酸性弱于H SO H S 拥有复原性
2++
CuS 色(或乳白色 )积淀 (或污浊 ) Cu+H2S==CuS↓ +2H 该反响发生的原由是生成了难溶的
积淀，不是因为生成弱电解质
【分析】
【剖析】
(1)依据 O、 S、Se、Te、 Po、 Lv 都是氧族元素，且原子序数挨次增大剖析解答；
(2)依据元素的非金属性、氢化物的稳固性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的
变化规律剖析判断；
(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，联合查对最外
层电子的吸引力的变化，惹起非金属性的变化剖析解答；
(4)①双氧水拥有较强的氧化性， H2S拥有复原性；②硫化氢能够与硫酸铜反响生成黑色不溶
于硫酸的 CuS积淀；③联合装置 A 和 C 中发生反响的原理剖析解答。

【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，其原子序数挨次增大，所以Lv 位于第七（或 7）周期，在周期表中的地点为，故答案为：第七（或 7）周期 VIA 族；
(2)a．同一主族元素，从上到下，离子半径渐渐增大，所以离子半径：Te2-＞ Se2-，能用元素周期律解说，故 a 选； b．同一主族元素，从上到下，非金属性渐渐减弱，氢化物的稳固性
减弱，所以热稳固性： H2O＞H2 S，能用元素周期律解说，故 b 选； c．物质的熔沸点是物理性质，不可以用元素周期律解说，故 c 不选； d．同一主族元素，从上到下，非金属性渐渐减
弱，最高价含氧酸的酸性减弱，所以酸性：H2SO4＞ H2SeO4，能用元素周期律解说，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，吸引电子能力衰，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，吸引电子能力衰，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；
(4)①双氧水拥有较强的氧化性，H2S拥有复原性，能够被双氧水氧化生成硫单质积淀，故
答案为： H2S 拥有复原性；出现淡黄色积淀；
②硫化氢能够与硫酸铜反响生成黑色不溶于硫酸的CuS积淀，反响的离子方程式为
2++2++
Cu +H2S==CuS↓ +2H，故答案为： Cu +H2S==CuS↓ +2H；
③依据“强酸制弱酸”的原理，装置 A 中硫化亚铁与硫酸反响生成硫化氢，因为硫化亚铁能
够被硫酸溶解， C 中发生 Cu2+2+，是因为生成的硫化铜不可以溶于硫酸，所
以
+H S==CuS↓ +2H
该反响能够发生，故答案为：该反响发生的原由是生成了难溶的CuS积淀，不是因为生成
弱电解质。

A B R D
都是周期表中前四周期的元素，它们的原子系数挨次增大。

此中A
元
8．已知、、、
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拥有极为重要的地位。

工业上生产
高纯度 R 的单质过程以下：
写出过程③的反响方程式___________，已知 RHCl3的沸点是31.5o C，则该物质的晶体种类是__________ ，中心原子的轨道杂化种类为 __________，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由是_________， 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，此中与A3-互为等电子体的物质的化学式为_______。

(4)已知 D 单质的晶胞以下图，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)。

1000～1100℃
【答案】 [Ar]3d 6 232
Si + 3HCl分子晶体3
四周体形N 原子
4s SiHCl + H sp
的 2p 能级处于较稳固的半充满状态Si-O键 N2O 8112 g晶胞中铁原子据有的体积
N A
为两个铁原子的体积，铁原子的半径为r pm ，以下图，晶胞的棱长为= 4 3
r，晶胞的3
2 4
π r 3
体积=(
4
3
r )3
，空间利用率 =
V(小球 ) 3 3
×100%=68%
=
4 3
3
V(晶胞 )
r
3
【分析】
【剖析】
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
为重要的地位，则
R 是 Si 元素；
R 的单质在现代信息技术与新能源开发中拥有极
(1)D 是
Fe 元素，其原子核外有
26 个电子，依据结构原理书写基态
D 原子的电子排布式；
(2)SiO 2 和 C 在高温下发生置换反响生成粗
Si ，粗硅和
HCl 在
300℃条件下反响生成
SiHCl 3，
SiHCl 3 和过度氢气在 1000 ℃ -1100℃条件下反响生成纯硅，③的反响为 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，依据价层电子对互斥理论判断
Si 原子的轨道杂化种类及空间构型；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳固；
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
1 Fe 原子个数 =1+8 × =2，其配合物是 8，每个 Fe 原子
8
M ，则该晶胞质量就是两个
Fe 原子质量，空间利用率 =
V(小球 ) 的质量 =。

N A
V(晶胞 )
【详解】
(1)D 是 Fe 元素，其原子核外有 26 个电子，依据结构原理书写基态 D 原子的电子排布式为
[Ar]3d 64s 2；
(2)SiO 和 C 在高温下发生置换反响生成粗
Si ，粗硅和 HCl 在 300℃条件下反响生成 SiHCl ，
2
3
SiHCl 3 和过度氢气在 1000 ℃ -1100℃条件下反响生成纯硅，③的反响为
SiHCl 3 和氢气的反
应，生成 Si 和 HCl ，反响方程式为 SiHCl 3
1000～1100℃
+H 2
Si+3HCl ；分子晶体熔沸点较低，
该物质熔沸点较低，则该物质晶体种类为分子晶体，该分子中 Si 原子价层电子对个数是
4
且不含孤电子对，依据价层电子对互斥理论判断 Si 原子的轨道杂化种类及空间构型分别为
sp 3、四周体形；
(3)原子轨道中电子处于全满、全空或半满最稳固，
N 原子的 2p 能级处于较稳固的半充满
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
1 Fe 原子个数 =1+8 × =2，体心上的 Fe 原子被极点上
8
的 8 个原子包围，所以其配合物是
M
8，每个 Fe 原子的质量 =
g ，则该晶胞质量就是两个
N A M
56 112 g ；晶胞中铁原子据有的体积为两个铁原子的体积，铁
Fe 原子质量 =2×
g=2 × g=
N A
N A N A
原子的半径为 r pm ，以下图，晶胞的棱长为
=
4 3
r ，晶胞的体积 =(
4 3
r )3，空间利用
3
3
2 4
r 3
V(小球 )
3
率=
=
4 3 3
× 100%=68%。

V(晶胞 ) r
3
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 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。

请回答以下问题：
L
（ 1） X 、 Y 的元素符号挨次为 __________、 __________。

（ 2） XZ 2 与 YZ 2 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全部氢键：
______________________________ 。

【答案】 S C 极性分子 非极性分子
Cr 四 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1
6
F-H F 、 F-H
O 、 O-H
F 、 O-H F
【分析】
【剖析】
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 ，所以
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，所以
Z 为 O 元素； Q 的核电荷数为 S 和 O 的核电荷数之和，所以
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 ,所以 E 是 F 。

【详解】
（1）由剖析可知， X 、 Y 的元素符号挨次为 S 、C ；
（2） XZ 2
2
2
2
2
为极性分
与 YZ 分别为 SO 、 CO ，它们的立体构型分别为 V 形和直线形， SO 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 54s1，其价电子排布式为 3d54s1，所以在形成化合物时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 H2O分子之间的氢键， H2O 分子之间的氢键，即、、、。

【点睛】
在写 HF 溶液中存在的全部氢键的时候，一共四种形式，即、、、，书写时不要遗漏。

10．周期表前四周期的元素A、 B、C、 D、 E，原子序数挨次增大。

A 的核外电子总数与其期序数同样， 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，次外层的全部轨道均充满电子。

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

(2)写出由以上元素构成的BD2的等电子体的分子 _________。

+离子，该离子中心原子杂化方式为___，立体构型为 __。

3
(3)已知 D 可形成 D
(4)温度靠近沸点时， D 的简单氢化物的实测分子量显然高于用原子量和化学式计算出来的
分子量，原由是 _______。

(5)无色的 [E(CA3)2]+在空气中不稳固、立刻被氧化成深蓝色的[E (CA3)4]2+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反响的离子方程为________。

(6)已知 E 和 D 形成的一种晶体胞结构以下图，已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为
A3
N ，则该晶体的密度为 _________ g/cm (列出计算表达式即可
)。

【答案】 N＞ O＞ C N2O sp2V 形水蒸气中大多数的水分子因
为氢键而互相缔合，形成缔合分子4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3?H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O 64+164
a 10-21 N A
【分析】
【剖析】
A 的核外电子总数与其周期数同样，则 A 是 H 元素；
B 和 D 位于同一周期且未成对电子数
等于其周期序数，若二者都为第三周期，未成对电子数为3，切合条件的元素第三周期只
有一个，不切合题意，若B、 D 为第二周期，则核外有 2 个未成对电子，即2p2和 2p4，所以 B 为 C 元素， D 为 O 元素，则 C 为 N 元素； E 为第四周期元素，最外层只有一个电子，
次外层的全部轨道均充满电子，则 E 是 Cu 元素。

【详解】
(1)同一周期元素，元素的第一电离能跟着原子序数的增大而呈增大趋向，但第IIA 族、第。