专题五元素周期律元素周期表【学法导航】学生在解决此专题的时候可关注如下几个要点：考察主要集中在8（或18等）电子构造的判断，电子式的书写，微粒半径的比较，晶体熔沸点上下的判断，化学式的推导以及简单计算等，在表达根底知识再现的同时，侧重观察、分析、推理能力的考察。高考题主要以元素推断题出现，旨在考察考生的分析推断能力。对有突破口的元素推断题，可采用题目暗示的突破口，联系其他条件，顺藤摸瓜，各个击破，推出结论，对无明显突破口的元素推断题，可利用提示条件的限定，逐渐缩小推断范围，大胆尝试、猜测、充分考虑各元素的相互关系予以推断21世纪教育网【典例精析】1.（08广东卷）2022年诺贝尔化学奖得主Gerhard Ertl对金属Pt外表催化CO氧化反响的模型进展了深入研究。以下关于Pt的说法正确的选项是（）A．Pt和Pt的质子数相同，互称为同位素B．Pt和Pt的中子数相同，互称为同位素C．Pt和Pt的核外电子数相同，是同一种核素D．Pt和Pt的质量数不同，不能互称为同位素【解析】同位素定义：质子数相同，中子数不同的核素称为同位素。【答案】A2.（09全国卷Ⅱ9）某元素只存在两种天然同位素，且在自然界它们的含量相近，其相对原子质量为152.0，原子核外的电子数为63。以下表达中错误的选项是22/22\nA.它是副族元素B.它是第六周期元素C.它的原子核内有63个质子D.它的一种同位素的核内有89个中子【答案】D【解析】核外电子数等于其质子数，C项正确；用质子数分别减去各周期所含有的元素种类，63-2-8-8-18-18=9，显然其属于第六周期，从左到右的第9种，而第六周期中包含镧系，所以它应属于副族，A项、B项均正确；由于存在同位素，所以相对原子质量应是同位素的平均值，而不代表其中一种元素的质量数，故中子数不能用152-63=89来计算，D项错。3.（08全国Ⅱ卷）某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子，在agHmX中所含质子的物质的量是（）A．(A－N＋m)molB．(A－N)molC．(A－N)molD．(A－N＋m)mol【解析】X原子的质子数为(A－N)个，一个HmX中所含的质子数为(A－N＋m)个，HmX的摩尔质量为(A＋m)g·mol－1，所以agHmX中所含质子的物质的量为(A－N＋m)mol。【答案】A。4．（08广东卷）根据表1信息，判断以下表达正确的选项是（）表1 局部短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径／nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价＋2＋3＋2＋6、－2－222/22\nA．氢化物的沸点为H2T＜H2R B．单质与稀盐酸反响的速率为L＜QC．M与T形成的化合物具有两性D．L2＋与R2－的核外电子数相等【解析】T只有－2价，且原子半径小，所以T为O元素；R的最高正价为＋6价，最低价为－2价，所以R为S元素；L的原子半径最大，化合价为＋2价，所以L为Mg；M的原子半径介于Mg和S之间且化合价为＋3价，所以M为Al；而Q的原子半径在Mg和O之间且化合价为＋2价，所以Q为Be。选项A中由于H2O中存在氢键，所以沸点：H2＞H2R；选项B中由于Mg的金属性比Al强，所以与HCl反响的速率：L＞Q；选项C中Al和Be的化合物具有两性；选项D中Mg2＋只有两个电子层而S2－具有三个电子层。【答案】C5.（08江苏卷）以下排列顺序正确的选项是（）①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②原子半径：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④结合质子能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-A．①③B．②④C．①④D．②③【解析】①中O和F属于同周期元素，氢化物的稳定性：HF＞H2O；②中Na和Mg为第三周期元素，原子半径：Na＞Mg，而Mg比O多一个电子层，所以Mg＞O；③P、S、Cl属于同周期元素，其酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4。【答案】B。6.（09江苏卷8）X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。以下说法正确的选项是（）A．元素Y、Z、W具有相同电子层构造的离子，其半径依次增大B．元素X不能与元素Y形成化合物22/22\nC．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：D．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸【答案】C【解析】m从题目所给的条件可以看出X是元素，Y是元素，Z是元素，W是元素，R是元素。所以，A项，Y、Z、W具有相同电子层构造的离子（、、），其半径依次减小（判断依据：核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小）；B项，X和Y元素能形成2种化合物，和；C项，元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y(O元素)和R（S元素）的非金属性强弱：YR，所以对应的氢化物的稳定性：；W元素最高价氧化物的水化物是，是中强碱，而R元素最高价氧化物的水化物是,是强酸。7.（09北京卷7）W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反映为黄色。以下判断正确的选项是A．金属性：YZB氢化物的沸点：C．离子的复原性：D原子及离子半径：【答案】B【解析】此题考察物质构造和元素周期律。根据题设条件推知W为Cl、X为F、Y为Al、Z为Na。选项A，Al、Na同周期，根据同周期元素递变规律，Na的金属性大于Al。选项B，HF分子间存在氢键，其沸点高于HCl。选项C，Cl―的复原性大于F―。选项D，Cl―的半径大于Na＋、Al3＋8.（09北京卷10）甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子。甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子。以下推断合理的是22/22\nA．某酸溶液含甲电离出的阴离子，那么该溶液显碱性，只能与酸反响B．乙与氧气的摩尔质量相同，那么乙一定含有极性键和非极性键C．丙中含有2周期IVA族的元素，那么丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，那么丁中一定含有-1价的元素【答案】D【解析】此题考察物质构造知识。选项A，甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，其中NaHS溶液中含有HS―、S2―，但NaHS能与盐酸等反响生成H2S。选项B，O2的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，如CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键。选项C，第2周期ⅣA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物。选项D，H2S中元素的质量比为1/16(H/S)，H2O2分子中元素的质量比也为1/16(H/O)，H2O2中氧元素的价态为－1价，符合。9.（09四川卷10）X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大，且X、Y、Z相邻。X的核电荷数是Y是核外电子数的一半，Y与M可形成化合物。以下说法正确的选项是A.复原性：X的氧化物>Y的氧化物>Z的氢化物B.简单离子的半径：M的离子>Z的离子>Y的离子>X的离子C.YX、MY都是含有极性键的极性分子D.Z元素的最高价氧化物的水化物的化学式为HZO4【答案】D【解析】X、Y、Z相邻且X的原子序数为Y的一半，推测X为氧元素，那么Y为硫元素，Z为氯元素。其最高价氧化物的水化物为HClO4。三种元素中S22/22\n元素的非金属性最弱，因此其氢化物的复原性最强。根据M2Y又因为X、Y、Z、M是元素周期表中前20号元素，其原子序数依次增大判断M为钾元素，SO2为极性分子，而K2S属于离子化合物。【点评】此题主要考察元素周期律和元素周期表的相关知识，以及各知识点的综合应用。10．（08全国Ⅰ卷）以下化合物，按其品体的熔点由高到低排列正确的选项是（）A．SiO2CaClCBr4CF2B．SiO2CsClCF4CBr4C．CsClSiO2CBr4CF4D．CF4CBr4CsClSiO2【解析】物质的熔点的上下与晶体的类型有关，一般来说：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；即：SiO2＞CsCl＞CBr4、CF4。当晶体的类型相同时，原子晶体与原子半径有关；离子晶体与离子的半径和离子所带的电荷有关；分子晶体当组成和构造相似时，与相对分子质量的大小有关，一般来说，相对分子质量大的，熔点高，即CBr4＞CF4。【答案】A21世纪教育网11．（08四川卷）以下说法中正确的选项是()A．离子晶体中每个离子的周围均吸引着6个带相反电荷的离子B．金属导电的原因是在外加电场的作用下金属产生自由电子，电子定向运动C．分子晶体的熔沸点低，常温下均呈液态或气态D．原子晶体中的各相邻原子都以共价键相结合【解析】选项A中离子晶体中每个离子周围吸引带相反电荷的离子与离子半径有关，如一个Cs＋可同时吸引8个；选项B22/22\n中金属内部的自由电子不是在电场力的作用下产生的；选项C中分子晶体的熔沸点很低，在常温下也有呈固态的，如S，属于分子晶体，但它在常温下为固态21世纪教育网【答案】D。12．（08重庆卷）在2022年初我国南方遭遇的冰雪灾害中，使用了一种融雪剂，其主要成分的化学式为XY2，X、Y为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层构造相同，且1molXY2含有54mol电子。（1）该融雪剂的化学式是；X与氢元素形成的化合物的电子式是。（2）元素D、E原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，D与Y相邻，那么D的离子构造示意图是；D与E能形成一种非极性分子，该分子的构造式为；D所在族元素的氢化物中，沸点最低的是。（3）元素W与Y同周期，其单质是原子晶体；元素Z的单质分子Z2中有3个共价健；W与Z能形成一种新型无机非金属材料，其化学式是.（4）元素R与Y同主族，其氢化物能用于刻蚀玻璃，R2与NaOH溶液反响的产物之一是OR2，该反响的离子方程式为。【解析】X、Y组成的化学式为XY2，且为离子化合物，所以X为＋2价，Y为－1价，设Y的电子数为a，那么X为a＋3，所以2a＋a＋3=54，a＝17，Y为Cl，X为Ca。D与Cl相邻，D的最外层电子数是电子层数的三倍，所以D为S，E为C。W与Cl同周期，其单质是原子晶体，所以W为Si元素Z的单质Z2有3个共价键，Si与Z能形成一种新型无机非金属材料，所以Z为N21世纪教育网【答案】（1）CaCl2。(2)S=C=S；H2S。22/22\n(3)Si3N4。(4)2F2+2OH—=2F—+OF2+H2O。13．（09浙江卷26）各物质之间的转换关系如以以下图，局部生成物省略。C、D是由X、Y、Z中两种元素组成的化合物，X、Y、Z的原子序数依次增大，在周期表中X的原子半径最小，Y、Z原子量外层电子数之和为10。D为无色非可燃性气体，G为黄绿色单质气体，J、M为金属，l有漂白作用，反响①常用于制作印刷电路板。请答复以下问题：（1）写出A的化学式，C的电子式。（2）比较Y与Z的原子半径大小>（填写元素符号）。（3）写出反响②的化学方程式（有机物用构造简式表示），举出该反响的一个应用实例。（4）已知F溶于稀硝酸，溶液变成蓝色，并放出无色气体。请写出该反响的化学方程式。（5）研究说明：气体D在一定条件下可被复原为晶莹透明的晶体N，其构造中原子的排列为正四面体，请写出N及其2种同素异形体的名称、、。【答案】(1)Cu2(OH)2CO3[Cu(OH)2·CuCO3]或CuCO3(2)C>O(3)CH2OH(CHOH)4CHO+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COOH+Cu2O↓+2H2O医学上可用这个反响检验尿液中的葡萄糖21世纪教育网(4)3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O22/22\n(5)金刚石、石墨、富勒烯（C60）或碳纳米管等。【解析】从反响图中寻找突破口，E与葡葡糖生成红色沉淀F，那么E应为Cu(OH)2，而B为Cu2＋，反响①为印刷电路板，L为棕黄色溶液，由此可推出：M应为Cu，L为FeCl3。G为黄绿色气体，那么为Cl2，K为浅绿色，那么为Fe2＋溶液。X的原子半径最小，那么为H，D为非可燃性气体，可推为CO2，C和O的最外层电子之和刚好为10。C为H、C、O中的两种组成的化合物，且可以与Cl2反响，故应为H2O，生成H为HCl，I为HClO（具有漂白性），HCl与J（Fe）可生成FeCl2溶液。（1）A+HClCu2＋+H2O+CO2，由元素守恒可知，A可以CuCO3或碱式碳酸铜均可。（2）Y为C，Z为N，两者位于同一周期，前者的半径大，即C>N。（3）葡萄糖含有醛基，可以与Cu(OH)2生成砖红色沉淀。（4）F为Cu2O，与HNO3反响，生成Cu(NO3)2，且生成无色气体，应为NO，然后根据得失电子守恒配平即可。（5）CO2可以复原成正四面体构造的晶体N，即化合价降低，显然生成C，应为金刚石。它的同素异形体必须为含碳的单质21世纪教育网14．（09福建卷23）短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，期中T所处的周期序数与主族序数相等，请答复以下问题：（1）T的原子构造示意图为_______.（2）元素的非金属性为（原子的得电子能力）：Q______W(填“强于”或“弱于”)。22/22\n(3)W的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反响，生成两种物质，其中一种是气体，反响的化学方程式为_____.(4)原子序数比R多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物，此分解反响的化学方程式是__________.(5)R有多种氧化物，其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下，2L的甲气体与0.5L的氯气相混合，假设该混合气体被足量的NaOH溶液完全吸收后没有气体残留，所生成的R的含氧酸盐的化学式是__________.(6)在298K下，Q、T的单质各1mol完全燃烧，分别放出热量aKJ和bKJ。又知一定条件下，T的单质能将Q从它的最高价氧化物中置换出来，假设此置换反响生成3molQ的单质，那么该反响在298K下的=________(注：题中所设单质均为最稳定单质)【答案】（1）（2）弱于(3)S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O(4)2H2O2MnO22H2O+O2↑（或其他合理答案）（5）NaNO2(6)(3a–4b)KJ/mol【解析】结合题目信息，结合T在周期表的位置与族序数相等这一条件，可以得出T为Al，Q为C，R为N，W为S。（1）T为Al，13号元素。（2）根据S、C最高价氧化物对应的酸性硫酸强于碳酸，那么可得非金属性S强于C。（3）S与H2SO4发生归中反响，从元素守恒看，肯定有水生成，另外为一气体，从化合价看，只能是SO2。（4）比R质子数多1的元素为O，存在H2O2转化为H2O的反响。（5）N中相对分子质量最小的氧化物为NO，2NO+O2=22/22\n2NO2，显然NO过量1L，同时生成1L的NO2，再用NaOH吸收，从氧化复原角度看，+2价N的NO与+4价N的NO2，应归中生成+3N的化合物NaNO2。（6）C+O2CO2D△H=－aKJ/mol①，4Al+3O2=2Al2O3△H=－4bKJ/mol②。Al与CO2的置换反响，写出反响方程式为：4Al+3CO23C+2Al2O3，此反响的HD为可由②－①×3得，△H=－4b－(-3a)=(3a-4b)KJ/mol.【考点分析】无机物的性质、化学用语、化学方程式书写、氧化复原反响以及热化学有关计算15．（08四川卷）D、E、X、Y、Z是周期表中的前20号元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间构造依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，答复以下问题：(1)Y的最高价氧化物的化学式为______________。(2)上述5种元素中，能形成酸性最强的含氧酸的元素是____________，写出该元素的任意3种含氧酸的化学式：_______________________。(3)D和形成的化合物，其分子的空间构型为________________。(4)D和X形成的化合物，其化学键类型属_______________，其晶体类型属_____________________。(5)金属镁和E的单质在高温下反响得到的产物是__________，此产物与水反响生成两种碱，该反响的化学方程式是___________________________。(6)试比较D和X的最高价氧化物熔点的上下并说明理由_______________________________________。22/22\n【解析】由已知条件可推知：D为C，E为N，X为Si，Y为S，Z为Cl。【答案】(1)SO3。(2)Cl；HClO、HClO2、HClO3、HClO4。(3)直线型。(4)共价键；原子晶体。(5)Mg3N2；Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2↓＋2NH3↑。(6)D的最高价氧化物为CO2，X的最高价氧化物为SiO2，前者比后者的熔点低，因为前者为分子晶体，由分子间的作用力结合，而后者为原子晶体，由共价键结合，共价键之间的作用力远大于分子间的作用力。16．（09海南卷）（1）在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分。以下各对原子形成化学键中共价键成分最少的是:A．Li，FB．Na，FC．Na，C1D．Mg，O【答案】B【解析】金属性最强和非金属性最强的元素形成共价键的可能最小.（2）以下有关物质性质、构造的表述均正确，且存在因果关系的是:表述Ⅰ表述ⅡA在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大NaCl晶体中C1—与Na+间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力B通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小C在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同同一主族元素原子的最外层电子数相同DP4O10、C6H12O6溶于水后均不导电P4O10、C6H12O6均属于共价化合物【答案】B【解析】A不存在因果关系;C选项形成化合物时，同一主族元素的化合价不一定相同;D选项表述1错误.（3）以下说法中错误的选项是:A．SO2、SO3都是极性分子B．在NH4+和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键22/22\nC．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性答案:A解析：平面三角形分子，键角120度，因此它是非极性分子.（4）已知A、B、C、D和E都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大。A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族。B和C属同一主族，D和E属同一周期，又知E是周期表中1—18列中的第7列元素。D的原子序数比E小5，D跟B可形成离子化合物其晶胞构造如右图。请答复：(1)A元素的名称是；(2)B的元素符号是，C的元素符号是，B与A形成的化合物比C与A形成的化合物沸点高，其原因是(3)E属元素周期表中第周期，第族的元素，其元素名称是，(4)从图中可以看出，D跟B形成的离子化合物的化学式为；该离子化合物晶体的密度为ag·cm-3，那么晶胞的体积是(只要求列出算式)。【答案】(1)氢(2)FClHF分子间存在氢键(3)4VIIB锰(4)CaF278×4/aNA【解析】突破口在E,是周期表中1—18列中的第7列元素,又前36号的元素,根本推知E为25号元素Mn,这样依题意D为Ca,根据晶胞构造利用均摊法可知该晶胞中有4个D,8个B.推知BD形成D(B)2物质,这样说明B位于第VIIA族,加上B和C属同一主族，可知B为F,C为Cl.A与其他4种元素既不在同一周期又不在同一主族只能是H.【专题突破】1.短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为22/22\n10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，那么以下表达正确的选项是A．原子半径：A＜B＜CB．A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性C．三种元素的最高价氧化物对应水化物均可由化合反响得到D．高温下，A单质能置换出C单质【答案】AD2.根据中学化学教材所附元素周期表判断，以下表达不正确的选项是A.K层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的K层电子数相等B.L层电子为奇数的所有元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等C.L层电子为偶数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的L层电子数相等D.M层电子为奇数的所有主族元素所在族的序数与该元素原子的M层电子数相等【答案】C3.X、Y、Z分别是三种单质，它们都是常见的金属或非金属．M、N、R是常见的三种氧化物．其中一种具有高熔点，而且有如下反响(条件未标出，方程未配平)：⑴X+Z→N；⑵M+X→N；⑶M+Y→R+X。假设X是非金属，那么组成Y单质的元素在周期表中的位置是A．第二周期ⅣA族B．第二周期ⅥA族C．第三周期ⅡA族D．第三周期ⅣA族【答案】C4.三氯化氮分子中每个原子其最外层均到达8电子稳定构造，且氮与氯的共用电子对偏向于氮原子。那么以下关于三氯化氮的表达正确的选项是A．N元素的非金属性比Cl元素强B．在NCl3分子中N为+3价，跟水发生水解反响的产物是HNO2和HClC．在NCl3分子中N为—3价，NCl3跟水发生水解反响的产物是NH3和HClOD．NCl3跟水反响生成NH4Cl、O2和Cl2【答案】AC22/22\n5.短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，它们的原子最外层电子数之和为10，A与C同主族，B原子的最外层电子数等于A原子的次外层电子数，那么以下表达正确的选项是（）A．原子半径：A＜B＜CB．A的氢化物稳定性大于C的氢化物稳定性C．三种元素的最高价氧化物对应水化物均可由化合反响得到D．高温下，A单质能置换出C单质【答案】BD6.已知反响能完全进展，那么以下推断中，正确的选项是A.溶液的pH＜7，将其蒸干并灼烧后，得到的残留物可能为BeOB.溶液的pH＞7，将其蒸干并灼烧后，得到的残留物可能为BeOC.既能溶于盐酸又能溶于烧碱溶液D.水溶液的导电性强，因此一定是离子化合物【答案】AC7.以下各组物质的性质比较，正确的选项是A．酸性：HClO4＞H3PO4＞H2SO4B．氢化物稳定性：H2S＞HF＞H2OC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Ca(OH)2D．氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2【答案】D8.以下事实能说明氯的非金属性比硫强的是（）A．铁与硫反响生成硫化亚铁，而铁与氯气反响时生成氯化铁B．与金属钠反响，氯原子得一个电子，而硫原子能得两个电子22/22\nC．常温时氯气呈气态，而硫呈现固态D．氯的最高价为+7价，而硫的最高价为+6价【答案】A甲丁丙乙9.甲、乙为短周期不同主族元素组成的单质，丙、丁为氧化物，它们存在如下转化关系，，满足条件的甲和乙为（）A．铝和铁B．氟气和氧气C．碳和硅D．镁和碳【答案】D10.有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，原子序数依次增大。已知A的一种核素的原子核为质子，B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍。B原子的最外层电子数是D、E原子最外层电子数之和，C原子的最外层电子数是D、F原子最外层电子数之和。以下推论正确的选项是()A．A、B两元素只能形成一种化合物B．D、E两元素的最高价多种氧化物对应的水化物均为强碱C．C的气态氢化物的稳定性一定小于F的气态氢化物D．C、F两种元素可能形成原子晶体型的新型无机非金属材料【答案】D11.现有局部短周期元素的性质或原子构造如下表：元素编号元素性质或原子构造T焰色反响显黄色X最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐Y单质在通常状况下为淡黄色固体Z原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1（1）T原子中核外电子的运动状态共有______种，焰色反响是 变化（选填“化学”或“物理”）。22/22\n（2）X的气态氢化物的电子式为__________，最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成的盐在实际应用中可以作 。（3）元素Y的最高氧化物对应的水化物其浓溶液有三大特性为 、 、 。（4）工业上制备Z所用的方法是 。 【答案】 （1）11 物理 （2） 化肥、炸药 （3）吸水性、脱水性、强氧化性（4）电解法12.有A、B、C、D四种相邻短周期元素（如以以下图所示），根据元素性质递变规律，答复以下问题：⑴A和C元素；B和D元素各有相似的化学性质，是因为：。⑵氧与硫处于同一族，性质相似，对应的化合物也有类似的性质，同时有差异，如：H2O与H2S；CH3CH2OH与CH3CH2SH（乙硫醇）等有一定相似性。请答复以下问题：①已知酸性H2O<H2S,试判断乙醇和乙硫醇分别与金属钠反响的剧烈程度CH3CH2OHCH3CH2SH（填>、<或=）②CH3CH2Br不仅能与NaOH溶液反响，而且也能与NaHS溶液反响，那么化学反响方程式为：22/22\n⑶在四种元素中A元素还可能与D元素有相似的化学性质，化学上称为对角线规那么。请完成以下反响方程式：（已知：镁可以在氮气中燃烧得到氮化镁）①Li单质也能在氮气中燃烧，其化学反响方程式为：。②铍单质与氢氧化钠溶液反响的离子方程式为：。【答案】(1)同主族元素原子的构造相似，元素的化学性质相似⑵①< ②CH3CH2Br+NaHS=CH3CH2SH+NaBr⑶①6Li+N2==2Li3N（3分）②Be+2OH-==BeO22-+H2↑13.A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的主族元素。已知A、C、F三原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反响，均能生成盐和水，D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4，E元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。答复：（1）写出以下元素的符号：A________、D________、E________；（2）用电子式写出B、F形成的化合物的电子式___________________；（3）A、C两种元素最高价氧化物的水化物反响的离子方程式为__________________________；（4）D的固态氧化物是_______晶体，含nmolD的氧化物的晶体中含D—O共价键为_______mol。【答案】(1)Na、Si、P;(2)氯化镁电子式略；（3）Al(OH)3++2H2O;(4)原子，4n【专题综合】1．（08全国Ⅱ卷）Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，(1)Q的最高价氧化物，其固体属于________晶体，俗名叫_____________。22/22\n(2)R的氢化物的分子的空间构型是_____________，属于____________分子(填“极性”或“非极性”)，它与X形成的化合物可作为一种重要陶瓷材料，其化学式是___________。(3)X的常见氢化物的空间构型是____________；它的另一种氢化物X2H4是一种火箭燃料的成分，其电子式是__________。(4)Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是_______和_______；Q与Y形成的分子的电子式是____________，属于______________分子(填“极性”或“非极性”)。【解析】Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，Q可能为C（碳），X为N，由于这五种元素均是前20号元素，所以R为Si，Y和Z的离子与Ar原子的电子构造相同且Y的原子序数小于Z，Y为S，Z为Cl。NNHHHH【答案】（1）分子；干冰。(2）正四面体；非极性；Si3N4。SCS(3）三角锥；。(4）CS2；CCl4。；非极性。2.(09全国卷Ⅰ29）已知周期表中，元素Q、R、W、Y与元素X相邻。Y的最高化合价氧化物的水化物是强酸。答复以下问题：（1）W与Q可以形成一种高温构造陶瓷材料。W的氯化物分子呈正四面体构造，W的氧化物的晶体类型是；（2）Q的具有相同化合价且可以相互转变的氧化物是；（3）R和Y形成的二元化合物中，R呈现最高化合价的化合物的化学式是；（4）这5个元素的氢化物分子中，①立体构造类型相同的氢化物的沸点从高到低排列次序是（填化学式），其原因是；22/22\n②电子总数相同的氢化物的化学式和立体构造分别是；（5）W和Q所形成的构造陶瓷材料的一种合成方法如下：W的氯化物与Q的氢化物加热反响，生成化合物W(QH2)4和HCL气体；W(QH2)4在高温下分解生成Q的氢化物和该陶瓷材料。上述相关反响的化学方程式（各物质用化学式表示）是。【答案】（1）原子晶体。（2）NO2和N2O4（3）As2S5。（4）①NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键,后两者构型相同，分子间作用力不同；②电子数相同的有SiH4、PH3和H2S构造分别为正四面体，三角锥和V形。（5）SiCl4+4NH3=Si(NH2)4+4HCl，3Si(NH2)4=8NH3+Si3N4【解析】此题可结合问题作答。W的氯化物为正四体型，那么应为SiCl4或CCl4，又W与Q形成高温陶瓷，故可推断W为Si。（1）SiO2为原子晶体。（2）高温陶瓷可联想到Si3N4,Q为N，那么有NO2与N2O4之间的相互转化关系。（3）Y的最高价氧化的的水化物为强酸，且与Si、N等相邻，那么只能是S。R为As，所以R的最高价化合物应为As2S5。（4）显然x为P元素。①氢化物沸点顺序为NH3>AsH3>PH3,因为前者中含有氢键后两者构型相同，分子间作用力不同。②SiH4、PH3和H2S的电子数均为18。，构造分别为正四面体，三角锥和V形。（5）由题中所给出的含字母的化学式可以写出具体的物质，然后配平即可。3.(09天津卷7)下表为元素周期表的一局部，请参照元素①－⑧在表中的位置，用化学用语答复以下问题：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA22/22\n2②③④3⑤⑥⑦⑧（1）④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_________________________。（2）②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_________________________。（3）①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：____________________。（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）_________________。a.MnO2b.FeCl3c.Na2SO3d.KMnO4(5)由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反响：X溶液与Y溶液反响的离子方程式为_____________________，N→⑥的单质的化学方程式为________________。常温下，为使0.1mol/LM溶液中由M电离的阴、阳离子浓度相等，应向溶液中参加一定量的Y溶液至_________________21世纪教育网【答案】22/22\n【解析】此题以周期表为题材，考察原子半径比较，酸性强弱，电子式，离子方程式以及盐类水解等知识。（1）⑤⑥位于同一周期，且⑤排在⑥的前面，原子半径大，而④在上一周期，比⑤、⑥少一个电子层，故半径最小。（2）②⑦位于同一主族，上面的非金属性强，最高价含氧酸酸性强，②③位于同一周期，且③在后，非金属性强，对应的酸性强。（3）四种元素分别为氢、氧、钠和氯，离子键显然必须是钠盐，极性共价键那么应有两种非金属组成。（4）液态H2O2可以在MnO2、FeCl3等催化剂作用下发生分解反响。（5）⑥为Al，可推断Z为Al(OH)3，受热分解可产物Al2O3，再电解即可得单质铝。M仅含非金属的盐，显然铵盐，所以X与Y应为AlCl3与NH3·H2O的反响，生成NH4Cl。由于NH4＋水解，故要使其浓度与Cl－相等，那么要补充NH3·H2O。由电荷守恒知：C(NH4＋)+C(H＋)C(Cl－)+C(OH－),假设C(NH4＋)C(Cl－)，那么C(H＋)=C(OH－)，即pH=721世纪教育网21世纪教育网www.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com22/22
