高考化学—元素周期律的综合压轴题专题复习附详细答案

高考化学—元素周期律的综合压轴题专题复习附详细答案
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。

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
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．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。

3．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。

4．元素周期表是学习化学的重要工具。

下表为8种元素在周期表中的位置。

（1）如图所示的模型表示的分子中，可由A 、D 形成的是____。

c 与氯气反应生成的二元取代物有____种，
d 分子的结构简式____。

（2）Na 在F 单质中燃烧产物的电子式为____。

该燃烧产物中化学键的类型为：____。

上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是____(写化学式)。

（3）A 与D 组成的化合物中，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是：____ （4）关于（1）中d 分子有下列问题：
①d 分子中同一平面的原子最多有____个。

②若用－C 4H 9取代d 上的一个H 原子，得到的有机物的同分异构体共有____种。

【答案】acd 1
+
2-+Na [:O:O:]Na ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 离子键和非极性共价键 KOH CH 4 13 16 【解析】
【分析】
A 为H 、D 为C 、F 为O 、G 为Mg 、Q 为Al 、M 为S 、R 为Cl 、N 为K ；
(1)由A 、D 形成的是烃，据此选择；c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，按空间构型判断种类，d 为甲苯，据此写分子的结构简式；
(2)Na 在F 单质中燃烧产物为过氧化钠，据此写电子式并判断化学键的类型；上述元素中金属性最强的元素其最高价氧化物的水化物碱性最强；
(3)A 与D 组成的化合物为烃，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是氢质量分数最大的那个；
(4) d 分子为甲苯，－C 4H 9有4种，据此回答；
【详解】
(1)由A 、D 形成的是烃，据此选择acd ；
答案为：acd ；
c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，甲烷是正四面体结构，故二氯甲烷只有一种；
答案为：1；
d 为甲苯，其结构简式为；
(2)Na 在F 单质中燃烧产物为过氧化钠，其电子式为+
2-+Na [:O:O:]Na ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，所含化学键为离
子键和非极性共价键；上述元素中金属性最强的元素为K ，则最高价氧化物的水化物碱性最强的为KOH ；
答案为：+
2-+Na [:O:O:]Na ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅；离子键和非极性共价键；KOH ； (3)A 与D 组成的化合物为烃，等质量的甲烷、乙烯和甲苯中，氢质量分数最大的是甲烷，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是甲烷；
答案为：甲烷；
(4)①d 分子为甲苯，甲苯分子中有一个甲基，甲基是四面体结构，最多13个原子共面； 答案为：13；
②甲苯苯环上一个H 被－C 4H 9取代时，－C 4H 9和甲基可以处以邻位、间位和对位，－C 4H 9有4种，可得12种同分异构体，当甲苯的甲基上有一个H 被－C 4H 9替代，又可得到可得4种同分异构体，故一共16种；
答案为：16。

5．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．X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。

X原子核外各层电子数之比为
1:2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R 的氧化物均能形成酸雨。

请回答下列问题：
(1)元素X的最高价氧化物的电子式为________；元素Y、Z、W的原子半径由大到小顺序为________。

(2)单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为
____________。

(3)元素W位于周期表的第_____周期第________族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因：__________。

元素W和R的气态氢化物的稳定性关系为：________(写出化学式)。

(4)R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的化学方程式：____________。

(5)Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于制造电子元件。

工业上用Z的氧化物、X单质和Y 单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1:3，则该反应的化学方程式为____________。

【答案】 Al＞P＞N 4HNO3(浓)+Cu＝2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O 三ⅤA P原子和
S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱 H2S＞PH3 SO2+NH3·H2O＝
NH4HSO3 Al2O3+3C+N2高温
2AlN+3CO
【解析】
【分析】
X原子核外各层电子数之比为1:2，则原子核外有两个电子层，电子数分别为2、4，X为碳元素；Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为氮、R为硫；由Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，可确定Z为铝；由W和R是同周期相邻元素，可确定W为磷。

【详解】
(1)由以上分析知，X为碳元素，其最高价氧化物为CO2，电子式为；元素Y、Z、W 分别为N、Al、P，原子半径由大到小顺序为Al＞P＞N。

答案为：；Al＞P＞N；(2)单质Cu和浓HNO3发生反应，生成Cu(NO3)2、NO2等，化学方程式为4HNO3(浓)+Cu＝
2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O。

答案为：4HNO3(浓)+Cu＝2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O；
(3)元素W为磷，位于周期表的第三周期第ⅤA族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因为：P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱。

元素P 的非金属性比S弱，气态氢化物的稳定性关系为：H2S＞PH3。

答案为：三；ⅤA；P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱；H2S＞PH3；
(4)SO2能使品红溶液褪色，工业上用NH3的水溶液作吸收剂，与足量SO2反应生成
NH4HSO3，化学方程式为SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3。

答案为：SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3；(5)工业上用Al2O3、C和N2在高温下反应制备AlN，其中Al2O3和C单质的物质的量之比为
1:3，则该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2高温
2AlN+3CO。

答案为：
Al2O3+3C+N2高温
2AlN+3CO。

【点睛】
氨水中通入二氧化硫，起初生成(NH4)2SO3，继续通入二氧化硫，与(NH4)2SO3、H2O反应生成NH4HSO3。

7．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↑；
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； （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．
《Nature Energy》报道了巾科院大连化学物理研究所科学家用Ni- BaH2 /Al2O3、Ni- LiH等作。