河南省洛阳市宜阳一高培优部2022学年高二化学 物质结构与性质复习备考强化训练 第1章 填空题3（含解析）新人教版选修3

河南省洛阳市宜阳一高培优部2022-2022学年高二化学物质结构与性质复习备考强化训练第1章填空题3（含解析）新人教版选修3一．填空题（共24小题）1．氮元素可以形成多种化合物．回答以下问题：（1）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是　_________　．（2）N≡N的键能为942kJ•mol﹣1，N﹣N单键的键能为247kJ•mol﹣1．计算说明N2中的　_________　键更稳定（填“π”或“σ”）．（3）已知CN﹣与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为　_________　；N2与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为　_________　．（4）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．①NH3分子的空间构型是　_________　；N2H4分子结构式为　_________　．②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1若该反应中有4molN﹣H键断裂，则形成的π键有　_________　mol．　2．第一电离能I1是指气态原子X（g）失去一个电子成为气态阳离子X+（g）所需的能量．继续失去第二个电子所需能量称第二电离能…．下图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图．回答下列问题：（1）同一周期元素的第一电离能从左到右总趋势是　_________　（填增大、减小或不变，下同）；同一主族元素原子从上到下的第一电离能I1变化规律是　_________　；稀有气体的第一电离能在同周期中是最大的，原因是　_________　（2）认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，发现有一些反常，第一电离能ⅡA＞ⅢA，VA＞VIA：如I1（铍）＞I1（硼），2号大于1号，I1（氮）＞I1（氧），5号大于4号．可能原因是　_________　．（3）已知2号的I1=738KJ/mol，则它的I2　_________　738KJ/mol，I3　_________　3×738KJ/mol；（填＞、＜、﹦）（4）已知5号和6号元素的电负性分别为2.1和3.0，则4号元素的电负性可能为　_________　．A3.5B1.8C2.5D4.0（5）图中4、5、6三种元素最高价含氧酸的酸性从强到弱顺序为　_________　（用对应酸的化学式表示）；它们的气态氢化物的稳定性均比同主族上一周期的元素气态氢化物弱，原因是：　_________　．　3．根据表中五种短周期元素的第一至第四电离能数据（单位：kJ/mol），回答下面各题：元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T580180027001160039U420310044005900（1）在周期表中，最可能处于同一族的是　_________　A．Q和RB．S和TC．T和UD．R和TE．R和U（2）下列离子的氧化性最弱的是　_________　A．S2+B．R+C．T3+D．U+（3）下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是　_________　A．硼B．铍C．氦D．氢（4）T元素最可能是　_________　区元素，其氯化物的化学式为　_________　（5）请你估计元素U的第2次电离能飞跃数据将是第　_________　个．（6）如果U、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是　_________　（填元素符号，下同），其中元素　_________　的第一电离能反常高的原因是　_________　．　4．请回答下列问题：（1）下列现象和应用与电子跃迁无关的是　_________　．A．激光B．焰色反应C．原子光谱D．燃烧放热E．石墨导电（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素，B原子最外层电子数是次外层的两倍．某平面正六边形分子由A、B两种元素组成且原子个数比为1：1，该分子中含有　_________　个σ键．（3）元素铬化合物（CrO2Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应．①与铬同周期的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有　_________　（填元素符号）②在a：苯b：CH3OHc：HCHOd：CS2e：CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp3杂化的分子有　_________　（填字母），CS2分子的键角是　_________　．③过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关．一般地，为d0或d10排布时，无颜色；为d1～d9排布时，有颜色，如[Co（H2O）6]2+显粉红色．据此判断，[Mn（H2O）6]]2+　_________　（填“无”或“有”）颜色（4）请写出HClO的电子式：　_________　；在下图配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的画出配位键：（5）A、B均为短周期金属元素．依据下表数据和已学知识，电离能/KJ•mol﹣1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540判断金属B的价电子电子排布式　_________　，写出金属B与二氧化碳反应的化学方程式：　_________　．　5．【化学﹣﹣选修物质结构与性质】已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、E原子的最外层电子数均等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，S轨道电子数是P轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子．请回答下列问题：（1）E元素基态原子的电子排布式为　_________　．（2）B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为　_________　（填元素符号）．（3）D元素与氟元素相比，电负性：D　_________　F（填“＞”、“=”或“＜”）．（4）BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示．该晶体的类型属于　_________　（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为　_________　．lmolB2A2分子中含σ键的数目是　_________　．（5）光谱证实单质E与强碱溶液反应有[E（OH）4]﹣生成，则[E（OH）4]﹣中存在　_________　．a．共价键b．配位键c．σ键d．π键．39　6．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为20．XYZW（1）试写出W元素基态原子核外电子排布式　_________　．（2）氢元素与Z形成原子个数比为1：1的化合物，其电子式为　_________　．（3）XZ2分子中含　_________　个δ键，　_________　个π键．（4）恒温恒容下，2molH2与2molY的单质反应，达到平衡时，Y的单质为1.6mol，H2的转化率为　_________　；若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），反应达到平衡时，H2的转化率比上述条件下的转化率　_________　（填“大”、“小”或“相同”）（5）下列说法正确的是　_________　A．上述四种元素对应的单质中Z的单质最容易与H2化合B．X、Y、Z原子半径依次减小C．X、Y、Z第一电离能依次增大D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强（6）1892年比利时人索尔维采用将X的某种常见氧化物与Y的某种常见氢化物混合通入饱和食盐水中，最终制得了纯净的Na2CO3，该法又称为氨碱法．其第一步主要生成NaHCO3晶体，请写出该反应的化学方程式　_________　．　7．现有A、B、C、D、E、F六种常见的短周期主族元素，原子序数依次递增，A的原子半径是所有元素中最小的，B、C、D为第2周期相邻的三种元素，且原子半径B＞C＞D，F是第3周期元素，最外层电子数为6，C和F同主族，E和A同主族．请回答：（1）写出元素A在元素周期表中的位置　_________　；（2）C与E可形成离子化合物E2C2，试写出它的电子式　_________　；（3）D与F的单质一定条件下反应生成FD6，该物质在常温下是气体，曾用于曼哈顿核计划，现广泛用于电力工业中．若FD6形成晶体，其晶体类型为　_________　；（4）F的低价氧化物与C的某一种氢化物发生氧化还原反应，其化学反应方程式：　_________　（5）在2L的密闭容器中，通入2molFC2气体和1molC2气体，一定温度下反应生成FC3气体，当反应达到平衡时，FC2的浓度为0.75mol•L﹣1，同时放出约47.5kJ的热量，该反应的热化学方程式　_________　．　8．A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的五种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息A原子核外有7种运动状态不同的电子B其一种单质被称为地球生物的“保护伞”C常见的金属，在周期表中周期序数与族序数相等D气态氢化物及最高价氧化物对应的水化物均为强酸E一种核素的质量数为56，中子数为30（1）B位于元素周期表第　_________　周期第　_________　族，E元素的基态原子核外电子排布式　_________　．（2）B、C、D三种元素的离子半径的大小关系是　_________　（用离符号表示）．A的第一电离能比B　_________　．（填“高”或“低”）（3）A、D的简单氢化物相互反应生成的物质中化学键类型为　_________　，该化合物属于　_________　晶体．（4）金属C与E的一种红棕色氧化物在高温下可以反应，此反应常用于焊接钢轨，请写出该的反应方程式　_________　．　399．X、Y、Z、L、M是元素周期表前四周期中的常见元素，相关信息如下表：请回答下列问题：元素相关信息X该元素的一种核素无中子Y单质在氧气中燃烧产物是造成酸雨的罪魁祸首之一Z原子最外层有3个未成对电子，次外层只有一对成对电子L与Y同周期，比Y原子半径小M+3价离子3d能级为半充满（1）X的一种氧化物可用于实验室制O2，其化学反应方程式为　_________　；（2）M基态原子价电子排布式为　_________　；元素Z形成的单质分子中含有的π键与σ键数目之比为　_________　；（3）Z、X两元素按原子数目比为1：2和1：3构成分子A和B，则A的结构式为　_________　；B的电子式为　_________　．（4）比较Y与L氢化物的稳定性　_________　（用化学式表示）；（5）L的最高价氧化物为无色液体，当0.5mol该物质与一定量的水混合得到一种稀溶液时，放出QKJ的热量．写出该反应的热化学方程式　_________　．　10．现有部分前四周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有3个未成对电子X3p能级上有一个空轨道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W3d能级上只有1对成对电子（1）元素X的原子最外层共有　_________　种不同运动状态的电子．（2）Y的单质分子中所含有的化学键类型（填重叠方式）为　_________　；通常情况下，该分子的化学性质稳定，其原因是　_________　．（3）从下列选项中选出Y的基态原子的最外层原子轨道表示式　_________　，另一原子轨道表示式不能作为基态原子的轨道表示式是因为它不符合　_________　．（填序号）．（4）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　_________　．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，单质Z能将单质T从其氢化物中置换出来（5）元素W与元素Z形成的化合物的化学式可以为　_________　（用元素符号表示）．（6）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中物理性质明显不同于其他三种酸的是　_________　，理由是　_________　．　11．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中B所处的周期序数与族序数相等．填写下列空白．ABCD（1）写出C的氧化物的一种用途：　_________　（2）B单质与Fe2O3反应时，每消耗13.5gB时放热213kJ，该反应的热化学方程式是　_________　．（3）为防止A元素的氧化物AO2污染空气，科学家寻求合适的化合物G和催化剂，以实现反应：39AO2+XA2+H2O+nZ（未配平，n可以为0）．上述反应式中的X不可能是　_________　（填标号）．a．NH3b．COc．CH3CH2OHd．H2O2（4）A元素的最简单氢化物甲、D元素的最高价氧化物对应的水化物乙，都是很重要的基础化工原料．①一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H＞0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是　_________　（选填序号）．选项abcdx温度温度加入H2的物质的量加入甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和②25℃时，往amol•L﹣1的甲的水溶液中滴加0.01mol•L﹣1乙溶液，当两种溶液等体积混合时，溶液呈中性（设温度不变）．滴加过程中溶液的导电能力　_________　（填“增强”、“减弱”或“不变”）；甲中溶质的电离平衡常数Kb=　_________　（用含a的代数式表示）．　12．（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是　_________　，违反了洪特规则的是　_________　．（2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为　_________　；其最高价氧化物对应水化物的化学式是　_________　．（3）用符号“＞”、“＜”或“=”表示下列各项关系．①第一电离能：Na　_________　Mg，Mg　_________　Ca．②电负性：O　_________　F，F　_________　Cl．③能量高低：ns　_________　（n+1）s，ns　_________　np．④主族序数　_________　价电子数　_________　元素最高正化合价．　13．I：五种短周期元素aA、bB、cC、dD、eE，已知它们的原子序数有如下关系a+b=c，a+c=d，c+d=e，自然界中B的化合物种类与A的化合物种类何者更多，目前学术界还有争议，但可以肯定没有第三种元素的化合物种数会超出它们．根据以上信息回答下列有关问题：（1）B2A4、C2A4、E2A4三种化合物的沸点由高到低的顺序为　_________　．（2）由以上元素中若干种组成化合物中，有许多离子化合物，其中由四种元素组成的摩尔质量最小的一种的化学式是　_________　．（3）由以上元素中若干种组成化合物中，许多可作为炸药，其中属于铵盐的一种的化学式是　_________　；最新合成的化学式为B1C4D8的物质中同种原子的化学环境完全相同，t它是一种威力极强的炸药，推测它的结构简式是　_________　．II：由短周期元素组成的以下各单质和化合物之间存在图示转化关系．（4）若A和甲均不溶于盐酸，则甲与NaOH溶液反应时每1mol甲失去4mole﹣，写出乙转化为丁的离子方程式　_________　（5）若A和甲均可溶于盐酸，且A的某种氯化物蒸气密度约为相同条件下单质B（双原子分子）密度的8.34倍，则该氯化物的化学式为　_________　，工业生产单质A的化学方程式为　_________　．39　14．原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36．已知X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s能级与p能级电子数相等；G为金属元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的．（1）Y原子核外共有　_________　种不同运动状态的电子，T原子有　_________　种不同能级的电子．（2）X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序是　_________　（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY﹣与XZ2互为等电子体，则ZXY﹣中X原子的杂化轨道类型为　_________　．（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含　_________　mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为　_________　，　_________　．（5）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为　_________　．氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183（6）T与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示．该合金的化学式为　_________　．（7）丁二酮肟常用于检验T2+：在稀氨水中，丁二酮肟与T2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示．该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“…”表示出配位键和氢键．　15．由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种微粒间有下列关系：①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子；②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子；④向含F离子的溶液中加入C的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解．（1）微粒A的电子式是　_________　；微粒E的名称是　_________　．构成微粒F的元素在元素周期表中的位置是　_________　．（2）写出下列反应的离子方程式：F+过量C溶液：　_________　；W+含大量B离子的溶液：　_________　（3）六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种复盐，向该盐的浓溶液中逐滴加入浓苛性钠溶液，产生的现象有：a．溶液中出现白色沉淀b．有刺激性气味气体放出c．沉淀逐渐增多d．沉淀完全消失e．沉淀逐渐减少①该复盐在溶液中的电离方程式是　_________　．②上述各实验现象由先到后出现的正确顺序是（填写序号）　_________　．39　16．（2022•四川）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍．Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M．请回答下列问题：（1）M固体的晶体类型是　_________　．（2）Y基态原子的核外电子排布式是　_________　；G分子中X原子的杂化轨道类型是　_________　．（3）L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是　_________　．（4）R的一种含氧酸根RO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是　_________　．　17．（2022•天津）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）　_________　．（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）　_________　．（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体：D是淡黄色固体．写出C的结构式：　_________　；D的电子式：　_________　．①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为　_________　；由A转化为B的离子方程式为　_________　．②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：　_________　．A、B浓度均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　_________　；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有　_________　．　18．（2022•海南）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：（1）X、Y和Z的元素符号分别为　_________　、　_________　、　_________　．（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有　_________　、　_________　．（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质的电子式为　_________　此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为　_________　；此化合物还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为　_________　．　19．（2022•重庆）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛．（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子．碳元素在周期表中的位置是　_________　，Q是　_________　，R的电子式为　_________　．（2）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为　_________　，除去粗产品中少量钠的试剂为　_________　．（3）碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2．现将20.0gSiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L．生成氢气的离子方程式为　_________　，硅酸盐的物质的量浓度为　_________　．（4）下列叙述正确的有　_________　（填序号）．①Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1：2．39　20．（2022•天津）X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大．X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子．请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为　_________　．（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是　_________　（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是　_________　（写化学式）．（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有　_________　（写出其中两种物质的化学式）．（4）X2M的燃烧热△H=﹣akJ•mol﹣1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：　_________　．（5）ZX的电子式为　_________　；ZX与水反应放出气体的化学方程式为　_________　．（6）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为：2Z+FeG2Fe+2ZG．放电时，电池的正极反应式为　_________　；充电时，　_________　（写物质名称）电极接电源的负极；该电池的电解质为　_________　．　21．（2022•安徽）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2ZZ存在质量数为23，中子数为12的核素WW有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（1）W位于元素周期表第　_________　周期第　_________　族，其基态原子最外层有　_________　个电子．（2）X的电负性比Y的　_________　（填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是　_________　（写化学式）（3）写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：　_________　．（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称：　_________　．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式：　_________　．　22．（2022•重庆）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和Ca，并含有3.5%（质量分数）CaO（1）Ca元素在周期表中位置是　_________　，其原子结构示意图　_________　．（2）Ca与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为　_________　，D的沸点比A与Si形成的化合物E的沸点　_________　．（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：　_________　P+　_________　FeO+　_________　CaO→　_________　Ca3（PO4）2+　_________　Fe（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n．则金属M为　_________　；检测Mn+的方法是　_________　（用离子方程式表达）．39（5）取1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224mlH2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3　_________　g．　23．（2022•江西）主要元素W、X、Y、Z的原子序数一次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍．X、Y和Z分属不同的周期，他们的原子序数之和是W原子序数的5倍．在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高．请回答下列问题：（1）W元素原子的L层电子排布式为　_________　，W3分子的空间构型为　_________　；（2）X单质与水发生主要反应的化学方程式为　_________　；（3）化合物M的化学式为　_________　，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl．M熔点较高的原因是　_________　．将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交换合成碳酸二月桂酯．在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有　_________　，O﹣C﹣O的键角约为　_________　；（4）X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X：Y：Z=　_________　；（5）含有元素Z的盐的焰色反应为　_________　色．许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是　_________　．　24．（2022•安徽）W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色（或砖红色）的和黑色的ZO两种氧化物．（1）W位于元素周期表第　_________　周期第　_________　族．W的气态氢化物稳定性比H2O（g）　_________　（填“强”或“弱”）．（2）Y的基态原子核外电子排布式是　_________　，Y的第一电离能比X的　_________　（填“大”或“小”）．（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是　_________　．（4）已知下列数据Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0KJ•mol﹣1①2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=﹣1675.7KJ•mol﹣1②则X的单质和FeO反应的热化学方程式是　_________　．　39选修3第1章填空题3参考答案与试题解析　一．填空题（共24小题）1．氮元素可以形成多种化合物．回答以下问题：（1）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是　N＞O＞C　．（2）N≡N的键能为942kJ•mol﹣1，N﹣N单键的键能为247kJ•mol﹣1．计算说明N2中的　π　键更稳定（填“π”或“σ”）．（3）已知CN﹣与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为　1：1　；N2与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为　　．（4）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．①NH3分子的空间构型是　三角锥形　；N2H4分子结构式为　　．②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1若该反应中有4molN﹣H键断裂，则形成的π键有　3　mol．考点：元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型；热化学方程式．专题：化学反应中的能量变化；化学键与晶体结构．分析：（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（2）化学键键能越大越稳定；（3）CN﹣与N2结构相似，根据氮气分子确定HCN分子中σ键与π键数目之比；N2与O22+互为等电子体，其结构相似，根据氮气分子电子式书写O22+的电子式；（4）①根据价层电子对互斥理论确定NH3分子的空间构型；N2H4分子中每个N原子和两个H原子形成两个共价单键，N原子之间存在共价单键；②若该反应N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1中有4molN﹣H键断裂，说明有1mol肼参加反应，有1.5mol氮气生成，每个氮气分子中含有两个π键，据此计算形成的π键的物质的量．解答：解：（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（2）氮气分子中π键键能=kJ/mol=347.5kJ/mol＞247kJ/mol，键能越大越稳定，所以π键较稳定，故答案为：π；（3）CN﹣与N2结构相似，根据氮气分子知HCN分子结构为H﹣C≡N，所以HCN分子中含有两个σ键、两个π键，则σ键与π键数目之比为1：1；N2与O22+互为等电子体，其结构相似，根据氮气分子电子式知O22+的电子式为，故答案为：1：1；；（4）①氨气分子中N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，所以氨气分子为三角锥形结构，N2H4分子中每个N原子和两个H原子形成两个共价单键，N原子之间存在共价单键，所以其结构式为，故答案为：三角锥形；；②若该反应N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1中有4molN﹣H键断裂，说明有1mol肼参加反应，有1.5mol氮气生成，每个氮气分子中含有两个π键，所以形成的π键有3mol，39故答案为：3．点评：本题考查较综合，涉及等电子体、分子空间构型判断、第一电离能变化规律等知识点，侧重考查学生对基本理论运用能力，根据价层电子对互斥理论、得电子体特点、元素周期律等知识点解答，难点是O22+的电子式的书写．　2．第一电离能I1是指气态原子X（g）失去一个电子成为气态阳离子X+（g）所需的能量．继续失去第二个电子所需能量称第二电离能…．下图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图．回答下列问题：（1）同一周期元素的第一电离能从左到右总趋势是　增大　（填增大、减小或不变，下同）；同一主族元素原子从上到下的第一电离能I1变化规律是　减小　；稀有气体的第一电离能在同周期中是最大的，原因是　已达稳定结构，不易失去电子　（2）认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，发现有一些反常，第一电离能ⅡA＞ⅢA，VA＞VIA：如I1（铍）＞I1（硼），2号大于1号，I1（氮）＞I1（氧），5号大于4号．可能原因是　第IIA族元素原子的ns轨道上电子排布达到全满，第VA族元素的p轨道达到半满，处于稳定状态，难失去电子，而第IIIA族原子价电子排布式为ns2np1，若失去p能级的一个电子使剩余ns上达到全满的稳定结构，所以I1较小　．（3）已知2号的I1=738KJ/mol，则它的I2　＞　738KJ/mol，I3　＞　3×738KJ/mol；（填＞、＜、﹦）（4）已知5号和6号元素的电负性分别为2.1和3.0，则4号元素的电负性可能为　C　．A3.5B1.8C2.5D4.0（5）图中4、5、6三种元素最高价含氧酸的酸性从强到弱顺序为　HClO4＞H2SO4＞H3PO4　（用对应酸的化学式表示）；它们的气态氢化物的稳定性均比同主族上一周期的元素气态氢化物弱，原因是：　上一周期的元素的氢化物分别为NH3、H2O、HF，中心原子半径小、键长短，键能大，所以分子稳定　．考点：元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：（1）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，同一主族元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，稀有气体原子的最外层达到稳定结构，不易失电子；（2）当原子轨道中电子处于全满、半满时最稳定；（3）2号元素是Mg元素，Mg原子最外层有2个电子，当失去第二个电子时比第一个电子难，所以消耗的能量多；失去两个电子时达到稳定结构，继续失电子会消耗的能量更高；（4）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，从而确定其电负性大小；（5）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，结构相似的分子，其键长越短、键能越大、半径越小，则分子越稳定．解答：解：（1）根据图片知，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势；同一主族元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而减小；稀有气体原子的最外层排满电子，从而达到稳定结构，所以不易失电子，导致其第一电离能在本周期中最大，故答案为：增大；减小；已达稳定结构，不易失去电子；39（2）当原子轨道中电子处于全满、半满时最稳定，第IIA族元素原子的ns轨道上电子排布达到全满，第VA族元素的p轨道达到半满，处于稳定状态，难失去电子，而第IIIA族原子价电子排布式为ns2np1，若失去p能级的一个电子使剩余ns上达到全满的稳定结构，所以I1较小，故答案为：第IIA族元素原子的ns轨道上电子排布达到全满，第VA族元素的p轨道达到半满，处于稳定状态，难失去电子，而第IIIA族原子价电子排布式为ns2np1，若失去p能级的一个电子使剩余ns上达到全满的稳定结构，所以I1较小；（3）2号元素是Mg元素，Mg原子最外层有2个电子，当失去第二个电子时比第一个电子难，所以消耗的能量多，则I2＞738KJ/mol，失去两个电子时达到稳定结构，继续失电子会消耗的能量更高，则I3＞3×738KJ/mol，故答案为：＞；＞；（4）同一周期元素，元素的电负性随着原子序数增大而增大，根据图象知，4、5、6号元素属于同一周期元素，且原子序数5＜4＜6，则电负性大小顺序是5＜4＜6，5号和6号元素的电负性分别为2.1和3.0，所以4号元素电负性介于二者之间，故选C；（5）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性Cl＞S＞P，所以其最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是HClO4＞H2SO4＞H3PO4，上一周期的元素的氢化物分别为NH3、H2O、HF，中心原子半径小、键长短，键能大，所以分子稳定，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；上一周期的元素的氢化物分别为NH3、H2O、HF，中心原子半径小、键长短，键能大，所以分子稳定．点评：本题考查元素周期律，侧重考查学生分析、归纳能力，会根据图象总结元素周期律，注意同一周期元素第一电离能规律中的异常现象，为易错点．　3．根据表中五种短周期元素的第一至第四电离能数据（单位：kJ/mol），回答下面各题：元素代号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600U420310044005900（1）在周期表中，最可能处于同一族的是　E　A．Q和RB．S和TC．T和UD．R和TE．R和U（2）下列离子的氧化性最弱的是　D　A．S2+B．R+C．T3+D．U+（3）下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是　C　A．硼B．铍C．氦D．氢（4）T元素最可能是　P　区元素，其氯化物的化学式为　TCl3　（5）请你估计元素U的第2次电离能飞跃数据将是第　10　个．（6）如果U、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是　R＜S＜T　（填元素符号，下同），其中元素　S　的第一电离能反常高的原因是　S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低　．考点：元素电离能、电负性的含义及应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：这五种元素的短周期元素，Q第三电离能和第四电离能相差较大，且其第一电离能较大，所以Q可能是稀有气体元素；R元素第一电离能远远小于第二电离能，所以R元素为第IA族元素；S元素第二电离能远远大于第三电离能，则S为第IIA族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T为第IIIA族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，所以U属于第IA族元素，R第一电离能大于U，则原子序数R小于U；据此分析解答．解答：39解：这五种元素的短周期元素，Q第三电离能和第四电离能相差较大，且其第一电离能较大，所以Q可能是稀有气体元素；R元素第一电离能远远小于第二电离能，所以R元素为第IA族元素；S元素第二电离能远远大于第三电离能，则S为第IIA族元素；T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T为第IIIA族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，所以U属于第IA族元素，R第一电离能大于U，则原子序数R小于U；（1）通过以上分析知，R和U的电离能变化趋势相同，所以在周期表中，最可能处于同一族的是R和U元素，故选E；（2）金属元素的原子失电子能力越强，其简单阳离子的氧化性越弱，通过以上分析知，U原子第一电离能最小，所以其失电子能力最强，其简单阳离子的氧化性最弱，故选D；（3）由表中数据可知，Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故Q最可能为稀有气体元素，化学性质和物理性质最像氦，故选C；（4）通过以上分析知，T元素位于第IIIA族，所以T元素最可能是P区元素，其氯化物的化学式为TCl3，故答案为：P；TCl3；（5）若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在ⅠA族，则第二次电离能飞跃是在失去第10个电子时发生的，故答案为：10；（6）由上述分析可知，R最外层电子数为1，S的最外层电子数为2，T的最外层电子数为3，R、S、T若是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是R＜S＜T，其中由于S的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，第一电离能反常高．故答案为：R＜S＜T；S；S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低．点评：本题考查元素电离能的应用，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，知道元素电离能与元素最外层电子数之间的关系是解本题关键，知道同一周期中第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素的原因，题目难度不大．　4．请回答下列问题：（1）下列现象和应用与电子跃迁无关的是　D、E　．A．激光B．焰色反应C．原子光谱D．燃烧放热E．石墨导电（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素，B原子最外层电子数是次外层的两倍．某平面正六边形分子由A、B两种元素组成且原子个数比为1：1，该分子中含有　12　个σ键．（3）元素铬化合物（CrO2Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应．①与铬同周期的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有　Cu、K　（填元素符号）②在a：苯b：CH3OHc：HCHOd：CS2e：CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp3杂化的分子有　b、e　（填字母），CS2分子的键角是　1800　．③过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关．一般地，为d0或d10排布时，无颜色；为d1～d9排布时，有颜色，如[Co（H2O）6]2+显粉红色．据此判断，[Mn（H2O）6]]2+　有　（填“无”或“有”）颜色（4）请写出HClO的电子式：　　；在下图配合物离子[Cu（NH3）4]2+中的画出配位键：（5）A、B均为短周期金属元素．依据下表数据和已学知识，电离能/KJ•mol﹣1I1I2I3I4A93218211539021771B738145177331054039判断金属B的价电子电子排布式　3s2　，写出金属B与二氧化碳反应的化学方程式：　2Mg+CO22MgO+C　．考点：原子核外电子的跃迁及应用；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况．专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．分析：（1）电子跃迁本质上是组成物质的粒子（原子、离子或分子）中电子的一种能量变化．如激光、焰色反应、原子光谱都与电子跃迁有关；（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素为H元素，B原子最外层电子数是次外层的两倍为C元素．平面正六边形分子为苯分子，据此分析解答；（3）①根据铬的基态原子中最外层电子数找出与其相同周期的元素；②中心原子的杂化类型为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=×（a﹣xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；③判断Mn2+离子的原子核外3d轨道上是否含有电子来判断是否有颜色；（4）根据次氯酸分子的结构式H﹣O﹣Cl书写电子式；配位键有提供孤电子对的原子指向提供空轨道的离子；（5）由表中数据可知，A、B元素的第三电离能都剧增，故表现+2价，为第ⅡA族元素，B的第一电离能比A的小，故B为Mg元素，根据原子核外电子排布规律书写；镁在二氧化碳中燃烧，生成黑色炭粒和氧化镁；解答：解：（1）A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性．即入射光与辐射光的相位相同．如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量．那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故A错误；B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故B错误；C．原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故C错误；D．燃烧放热是化学能转化为热能，与电子跃迁无关，故D正确；E．石墨是层状结构，层间有自由移动的电子，与电子跃迁无关，故E正确；故选D、E；（2）A、B两种短周期元素，A是原子半径最小的元素为H元素，B原子最外层电子数是次外层的两倍为C元素，该分子由C、H两种元素组成且原子个数比为1：1的平面正六边形分子为C6H6，分子中6个碳原子的电子都以sp2杂化轨道相互重叠，形成6个碳碳σ键，又各以1个sp2杂化轨道分别跟氢原子的1s轨道进行重叠，形成6个σ键，共12个σ键，故答案为：12；（3）①铬是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；同周期最外层排1个电子的元素还有K、Cu；故答案为：Cu、K；②a：C6H6中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化；b：CH3OH中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=3，所以采取sp3杂化；c：甲醛（H2C=O）分子内碳原子价层电子对个数=3+×（4﹣2×1﹣1×2）=3，形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2杂化；d：CS2分子碳原子的价层电子对是2，一个CS2分子中含有2个π键，C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+0=2，所以碳原子采用SP杂化；e：CCl4中碳原子价层电子对个数=4+×（4﹣4×1）=4，所以C原子采用sp3杂化；CS2分子碳原子的价层电子对是2，一个CS2分子中含有2个π键，C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+0=2，所以碳原子采用SP杂化，是直线型分子，分子的键角是1800，39故答案为：b、e；1800；③Mn2+离子的原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d5，其d轨道上有5的电子，故[Mn（H2O）6]2+有颜色，故答案为：有；（4）HClO为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个Cl﹣O键，结构式为H﹣O﹣Cl，所以次氯酸的电子式为：；配合物离子[Cu（NH3）4]2+中Cu2+提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，N→Cu，故结构式为：；故答案为：；；（5）由表中数据可知，A、B元素的第三电离能都剧增，故表现+2价，为第ⅡA族元素，B的第一电离能比A的小，故B为Mg元素，原子的电子排布式为1s22s22p63s2，价电子电子排布式为：3s2，镁带在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：3s2；2Mg+CO22MgO+C；点评：本题考查了电子跃迁的本质、原子的核外电子排布式的书写、杂化的应用、电离能、配位键等知识点，注意掌握构造原理书写基态原子核外电子排布式，掌握常见的与电子跃迁有关的现象、掌握杂化理论的应用、配位键的本质是解题的关键，题目难度中等．　5．【化学﹣﹣选修物质结构与性质】已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、E原子的最外层电子数均等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，S轨道电子数是P轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子．请回答下列问题：（1）E元素基态原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p1　．（2）B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为　C、O、N　（填元素符号）．（3）D元素与氟元素相比，电负性：D　＜　F（填“＞”、“=”或“＜”）．（4）BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图所示．该晶体的类型属于　原子　（选填“分子”、“原子”、“离子”或“金属”）晶体，该晶体中B原子轨道的杂化类型为　sp3　．lmolB2A2分子中含σ键的数目是　3NA（或1.806×1024）　．（5）光谱证实单质E与强碱溶液反应有[E（OH）4]﹣生成，则[E（OH）4]﹣中存在　abc　．a．共价键b．配位键c．σ键d．π键．考点：原子结构与元素周期律的关系；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：39A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，B原子核外电子有6种不同的运动状态，S轨道电子数是P轨道电子数的两倍，则B原子核外有6个电子，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧元素；原子序数A＜B，B为碳元素，A原子的最外层电子数等于其周期序数，则A为氢元素；E原子的最外层电子数等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍，E为铝元素．解答：解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，B原子核外电子有6种不同的运动状态，S轨道电子数是P轨道电子数的两倍，则B原子核外有6个电子，则B为碳元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s22s22p4，所以D为氧元素；C原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；原子序数A＜B，B为碳元素，A原子的最外层电子数等于其周期序数，则A为氢元素；E原子的最外层电子数等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍，E为铝元素．所以A为氢元素；B为碳元素；C为氮元素；D为氧元素；E为铝元素．（1）E为铝元素，原子核外有13个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1．故答案为：1s22s22p63s23p1．（2）B为碳元素；C为氮元素；D为氧元素，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能O＞C，由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为C、O、N故答案为：C、O、N．（3）D为氧元素，同周期自左而右电负性增大，所以电负性O＜F．故答案为：＜．（4）BD2是CO2，由晶体结构图可知，大球为碳原子，小球为氧原子，每个碳原子周围有4个氧原子，每个氧原子周围有2个碳原子，晶体中不存在CO2分子，故在高温高压下所形成的晶体为原子晶体，该晶体中C原子轨道的杂化数为4，碳原子采取sp3杂化；B2A2为C2H2，C2H2的结构式为H﹣C≡CH，单键为δ键，三键含有1个δ键、2个π键，1个C2H2分子中含有3个δ键，所以lmolC2H2分子中含σ键的数目是3NA（或1.806×1024）．故答案为：原子；sp3；3NA（或1.806×1024）．（5）E为铝元素，光谱证实单质E与强碱溶液反应有[Al（OH）4]﹣生成，[Al（OH）4]﹣中氧原子与氢原子之间为共价键，是单键，属于δ键，铝离子与氢氧根离子之间形成配位键，配位键也属于共价键．所以，[Al（OH）4]﹣中存在共价键、配位键、δ键．故选：abc．点评：以元素推断为载体，考查原子结构、电负性、电离能、化学键与晶体结构，是对所学知识的综合考查与运用，难度不大，根据结构推断元素是解题关键．　6．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为20．XYZW（1）试写出W元素基态原子核外电子排布式　1S22S22P63S23P3　．（2）氢元素与Z形成原子个数比为1：1的化合物，其电子式为　　．（3）XZ2分子中含　2　个δ键，　2　个π键．（4）恒温恒容下，2molH2与2molY的单质反应，达到平衡时，Y的单质为1.6mol，H2的转化率为　60%　；若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），反应达到平衡时，H2的转化率比上述条件下的转化率　大　（填“大”、“小”或“相同”）（5）下列说法正确的是　ABD　A．上述四种元素对应的单质中Z的单质最容易与H2化合B．X、Y、Z原子半径依次减小C．X、Y、Z第一电离能依次增大D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强（6）1892年比利时人索尔维采用将X的某种常见氧化物与Y的某种常见氢化物混合通入饱和食盐水中，最终制得了纯净的Na2CO3，该法又称为氨碱法．其第一步主要生成NaHCO3晶体，请写出该反应的化学方程式　CO2+NH3+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓　．考点：39位置结构性质的相互关系应用；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；化学平衡的计算．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构；化学平衡专题．分析：这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z属于第二周期元素，W属于第三周期元素，设Y的最外层电子数是a，则X的最外层电子数是a﹣1，Z的最外层电子数是a+1，W的最外层电子数是a，这四种元素原子的最外层电子数之和为20，则a+a﹣1+a+1+a=20，a=5，则Y是第二周期第VA族元素，为N元素，则X是C元素、Z是O元素、W是P元素，结合元素、位置的结构和性质分析解答．解答：解：这几种元素都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z属于第二周期元素，W属于第三周期元素，设Y的最外层电子数是a，则X的最外层电子数是a﹣1，Z的最外层电子数是a+1，W的最外层电子数是a，这四种元素原子的最外层电子数之和为20，则a+a﹣1+a+1+a=20，a=5，则Y是第二周期第VA族元素，为N元素，则X是C元素、Z是O元素、W是P元素，（1）W是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理知，其原子核外电子排布式为：1S22S22P63S23P3，故答案为：1S22S22P63S23P3；（2）氢元素与Z形成原子个数比为1：1的化合物是双氧水，其化学式为H2O2，双氧水分子的电子式为：，故答案为：；（3）CO2分子的结构式为O=C=C，共价双键中含有一个δ键一个π键，所以二氧化碳分子中含有2个δ键、2个π键．故答案为：2；2；（4）一定条件下，氮气和氢气反应方程式为：N2+3H2⇌2NH3，达到平衡时，氮气反应的物质的量=（2﹣1.6）mol=0.4mol，根据氮气和氢气反应关系知，反应的氢气的物质的量是氮气的3倍，为1.2mol，则氢气的转化率=，若该反应在恒温恒压条件下进行（其它条件相同），与恒温恒容相比，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，所以氢气的转化率增大，故答案为：60%；大；（5）A．元素的非金属性越强，越容易与氢气化合，上述四种元素中，非金属性最强的元素是N元素，所以对应的单质中Z的单质最容易与H2化合，故A正确；B．同一周期中，元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，所以X、Y、Z原子半径依次减小，故B正确；C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，故C错误；D．Y的非金属性大于W，元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，所以Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故D正确；故选ABD；（6）Y的某种常见氢化物是氨气，氨气属于碱性气体，能和碳酸反应，则X的某种常见氧化物是二氧化碳，二氧化碳和氨气混合通入饱和食盐水中，第一步生成碳酸氢钠，根据元素守恒知，还生成氯化铵，反应方程式为：CO2+NH3+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，故答案为：CO2+NH3+H2O+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓．点评：本题考查了元素位置结构和性质相互关系，涉及氨碱法制取碳酸氢钠、化学平衡原理、核外电子排布式的书写等知识点，根据构造原理、化学平衡原理、元素周期律来分析解答即可，难度中等．　7．现有A、B、C、D、E、F六种常见的短周期主族元素，原子序数依次递增，A的原子半径是所有元素中最小的，B、C、D为第2周期相邻的三种元素，且原子半径B＞C＞D，F是第3周期元素，最外层电子数为6，C和F同主族，E和A同主族．请回答：（1）写出元素A在元素周期表中的位置　第一周期ⅠA族　；（2）C与E可形成离子化合物E2C2，试写出它的电子式　　；（3）D与F的单质一定条件下反应生成FD6，该物质在常温下是气体，曾用于曼哈顿核计划，现广泛用于电力工业中．若FD6形成晶体，其晶体类型为　分子晶体　；39（4）F的低价氧化物与C的某一种氢化物发生氧化还原反应，其化学反应方程式：　SO2+H2O2=H2SO4　（5）在2L的密闭容器中，通入2molFC2气体和1molC2气体，一定温度下反应生成FC3气体，当反应达到平衡时，FC2的浓度为0.75mol•L﹣1，同时放出约47.5kJ的热量，该反应的热化学方程式　2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ/mol　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A的原子半径是所有元素中最小的，则A为H元素；F是第3周期元素，最外层电子数为6，则F为S元素；E与A同主族，E的原子序数大于B、C、D，则E只能为Na元素；C与F同主族，则C为O元素，B、C、D为第2周期相邻的三种元素，原子序数依次递增，则B为N元素、D为F元素，根据以上分析可知，A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为F元素、E为为Na元素、F为S元素，据此完成各小题．解答：解：A的原子半径是所有元素中最小的，则A为H元素；F是第3周期元素，最外层电子数为6，则F为S元素；E与A同主族，E的原子序数大于B、C、D，则E只能为Na元素；C与F同主族，则C为O元素，B、C、D为第2周期相邻的三种元素，原子序数依次递增，则B为N元素、D为F元素，根据以上分析可知：A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为F元素、E为为Na元素、F为S元素，（1）A为H元素，位于周期表中第一周期ⅠA族，故答案为：第一周期ⅠA族；（2）C为O元素、E为为Na元素，C与E可形成离子化合物E2C2为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其电子式为：，故答案为：；（3）D为F元素、F为S元素，D与F的单质一定条件下反应生成FD6为SF6，该物质在常温下是气体，则FD6形成的晶体为分子晶体，故答案为：分子晶体；（4）C为O元素、F为S元素，F的低价氧化物为二氧化硫，二氧化硫与C的某一种氢化物发生氧化还原反应，则C的氢化物为过氧化氢，二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸，该反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；（5）C为O元素、F为S元素，FC2气体为二氧化硫，C2气体为氧气，FC3气体为三氧化硫，该反应为二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，达到平衡时二氧化硫的物质的量为：0.75mol•L﹣1×2L=1.5mol，反应消耗的二氧化硫的物质的量为：2mol﹣1.5mol=0.5mol，即：消耗0.5mol二氧化硫放出约47.5kJ的热量，泽尔消耗2mol二氧化硫放出的热量为：47.5kJ×=190kJ，则该反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ/mol，故答案为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣190kJ/mol．点评：本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，推断各元素名称是解题关键，侧重常用化学用语考查，注意理解热化学方程式的意义与书写原则．　8．A、B、C、D、E是元素周期表前四周期中的五种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息A原子核外有7种运动状态不同的电子B其一种单质被称为地球生物的“保护伞”C常见的金属，在周期表中周期序数与族序数相等D气态氢化物及最高价氧化物对应的水化物均为强酸E一种核素的质量数为56，中子数为3039（1）B位于元素周期表第　二　周期第　ⅥA　族，E元素的基态原子核外电子排布式　1s22s22p63s23p63d64s2　．（2）B、C、D三种元素的离子半径的大小关系是　C1﹣＞O2﹣＞Al3+　（用离符号表示）．A的第一电离能比B　高　．（填“高”或“低”）（3）A、D的简单氢化物相互反应生成的物质中化学键类型为　离子键、共价键　，该化合物属于　离子　晶体．（4）金属C与E的一种红棕色氧化物在高温下可以反应，此反应常用于焊接钢轨，请写出该的反应方程式　2Al+Fe2O3AL2O3+2Fe　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A原子核外有7种运动状态不同的电子，则A为N元素；B元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”，故B为O元素；C为常见的金属，在周期表中周期序数与族序数相等，则C为Al元素；D气态氢化物及最高价氧化物对应的水化物均为强酸，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为56，中子数为30，则其原子序数为：56﹣30=26，则E为Fe元素，据此进行解答．解答：解：A原子核外有7种运动状态不同的电子，则A为N元素；B元素的一种单质被称为地球生物的“保护伞”，故B为O元素；C为常见的金属，在周期表中周期序数与族序数相等，则C为Al元素；D气态氢化物及最高价氧化物对应的水化物均为强酸，则D为Cl元素；E的一种核素的质量数为56，中子数为30，则其原子序数为：56﹣30=26，则E为Fe元素，（1）B为O元素，氧元素的核电荷数为8，核外电子层数为2，最外层为6个电子，位于周期表在第二周期ⅥA族；Fe是26元素，核外电子数为26，态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，故答案为：二；ⅥA；1s22s22p63s23p63d64s2；（2）B为O、C为Al、D为Cl元素，电子层数越大半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，可以判断B、C、D三种元素的简单离子半径的大小关系为：C1﹣＞O2﹣＞Al3+；A为N元素，由于N原子的2p轨道处于半满状态，比较稳定，则第一电离能N＞O，即：A的第一电离能比B高，故答案为：C1﹣＞O2﹣＞Al3+；高；（3）A为N元素、D为Cl元素，A、D的简单氢化物分别为氨气和氯化氢，二者相互反应生成的物质为氯化铵，氯化铵中含有离子键和共价键，氯化铵晶体属于离子晶体，故答案为：离子键、共价键；离子；（4）C为Al、E为Fe元素，金属C与E的一种红棕色氧化物氧化铁在高温下可以发生铝热反应，该的反应化学方程式为：2Al+Fe2O3AL2O3+2Fe，故答案为：2Al+Fe2O3AL2O3+2Fe．点评：本题考查了物质、结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，根据题干信息及所学知识正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容．　9．X、Y、Z、L、M是元素周期表前四周期中的常见元素，相关信息如下表：请回答下列问题：元素相关信息X该元素的一种核素无中子Y单质在氧气中燃烧产物是造成酸雨的罪魁祸首之一Z原子最外层有3个未成对电子，次外层只有一对成对电子L与Y同周期，比Y原子半径小M+3价离子3d能级为半充满（1）X的一种氧化物可用于实验室制O2，其化学反应方程式为　2H2O22H2O+O2↑　；39（2）M基态原子价电子排布式为　3d64s2　；元素Z形成的单质分子中含有的π键与σ键数目之比为　2：1　；（3）Z、X两元素按原子数目比为1：2和1：3构成分子A和B，则A的结构式为　　；B的电子式为　　．（4）比较Y与L氢化物的稳定性　HCl＞H2S　（用化学式表示）；（5）L的最高价氧化物为无色液体，当0.5mol该物质与一定量的水混合得到一种稀溶液时，放出QKJ的热量．写出该反应的热化学方程式　Cl2O7（1）+H20（1）=2HClO4（aq）△H=﹣2QKJ/mol　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X元素的一种核素无中子，则X为H元素；Y的单质在氧气中燃烧产物是造成酸雨的罪魁祸首之一，则Y为S元素；Z原子最外层有3个未成对电子，次外层只有一对成对电子，Z原子只能有2个电子层，核外电子排布为1s22s22p3，则Z为N元素；L与Y同周期，比Y原子半径小，则L的原子序数大于S、位于第四周期，故L为Cl；W元素+3价离子3d能级为半充满，离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，故W原子核外电子数=23+3=26，则W为Fe元素，根据分析可知：X、Y、Z、L、M分别为H、S、N、Cl、Fe，据此进行解答．解答：解：X元素的一种核素无中子，则X为H元素；Y的单质在氧气中燃烧产物是造成酸雨的罪魁祸首之一，则Y为S元素；Z原子最外层有3个未成对电子，次外层只有一对成对电子，Z原子只能有2个电子层，核外电子排布为1s22s22p3，则Z为N元素；L与Y同周期，比Y原子半径小，则L的原子序数大于S、位于第四周期，故L为Cl；W元素+3价离子3d能级为半充满，离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，故W原子核外电子数=23+3=26，则W为Fe元素，由信息知：X、Y、Z、L、M分别为H、S、N、Cl、Fe，（1）X为H，X的一种氧化物可用于实验室制O2，该氧化物为双氧水，双氧水在二氧化锰作催化剂条件下分解生成氧气，反应的化学反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；（2）M为Fe元素，铁为26号元素，铁元素基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为：3d64s2；Z为N元素，其单质为氮气，氮气分子中存在存在氮氮三键，三键中存在2个π键与1gσ键，则氮气分子中含有的π键与σ键数目之比为2：1，故答案为：3d64s2，2：1；（3）N、H两元素按原子数目比为1：2和1：3构成分子A和B，则A为N2H4、B为NH3，N2H4分子中N原子之间形成1对共用电子对、H原子与N原子之间形成1对共用电子对，故其结构式为：；NH3分子中N原子与H原子之间各形成1对共用电子对，总共含有3个氮氢键，故其电子式为：，故答案为：；；（4）Y为S、L为Cl元素，非金属性压强，气态氢化物越稳定，则二者氢化物稳定性大小为：HCl＞H2S，故答案为：HCl＞H2S；（5）L为Cl，L的最高价氧化物为无色液体，该氧化物为Cl2O7，当0.5molCl2O7与一定量的水混合得到高氯酸，放出QKJ的热量，则1mol与水反应生成2mol高氯酸放热的热量为2QkJ，则该反应的热化学方程式为：Cl2O7（1）+H20（l）=2HClO4（aq）△H=﹣2QKJ/mol，故答案为：Cl2O7（l）+H20（l）=2HClO4（aq）△H=﹣2QKJ/mol．39点评：本题考查结构性质位置关系应用，涉及电子式、晶体类型与性质、热化学方程式、核外电子排布、离子方程式等知识，侧重学生对知识应用考查，题目难度中等，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系．　10．现有部分前四周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有3个未成对电子X3p能级上有一个空轨道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W3d能级上只有1对成对电子（1）元素X的原子最外层共有　14　种不同运动状态的电子．（2）Y的单质分子中所含有的化学键类型（填重叠方式）为　p﹣pσ键、p﹣pπ键　；通常情况下，该分子的化学性质稳定，其原因是　氮氮三键键能大，键比较牢固　．（3）从下列选项中选出Y的基态原子的最外层原子轨道表示式　B　，另一原子轨道表示式不能作为基态原子的轨道表示式是因为它不符合　D　．（填序号）．（4）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是　Cl（或Br）　（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是　b　．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，单质Z能将单质T从其氢化物中置换出来（5）元素W与元素Z形成的化合物的化学式可以为　FeCl2、FeCl3（或FeBr2、FeBr3）　（用元素符号表示）．（6）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一．T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物中物理性质明显不同于其他三种酸的是　H2CO3　，理由是　H2CO3为弱酸性或非氧化性酸　．考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：T的M层上有3个未成对电子，则M含有3个电子层，最外层含有5个电子，M为P元素；X元素的3p能级上有一个空轨道，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，则X为Si元素；Y元素的常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，该氢化物为氨气，则Y为N元素；Z元素最高正价是+7价，则最外层含有7个电子，为Cl或Br元素；W的3d能级上只有1对成对电子，则W的3d轨道含有6个电子，W的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s23d6，W的原子序数为26，为Fe元素，据此进行解答．解答：解：T的M层上有3个未成对电子，则M含有3个电子层，最外层含有5个电子，M为P元素；X元素的3p能级上有一个空轨道，根据能量最低原理，基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p2，则X为Si元素；Y元素的常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，该氢化物为氨气，则Y为N元素；Z元素最高正价是+7价，则最外层含有7个电子，为Cl或Br；W的3d能级上只有1对成对电子，则W的3d轨道含有6个电子，W的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s23d6，W的原子序数为26，为Fe元素（1）X为Si，核外有14个电子，则有14种不同运动状态的电子，故答案为：14；（2）Y为N元素，其单质为氮气，氮气中存在氮氮三键，其中1个为p﹣pσ键、2个p﹣pπ键；由于氮氮三键键能比较大，键比较牢固，所以化学性质稳定，故答案为：p﹣pσ键、p﹣pπ键；氮氮三键键能大，键比较牢固；（3）Y为N元素，氮原子最外层含有5个电子，基态原子的最外层原子轨道表示式为：39，所以B正确；2p轨道的3个电子优先占据一个轨道，A违反洪特规则，所以D正确，故答案为：B；D；（4）非金属性：Cl（或Br）＞S，a．常温下Z的单质和T的单质状态不同，不能利用状态来判断非金属性的关系，故a错误；b．Z的氢化物比T的氢化物稳定，则非金属性Z＞T，故b正确；c．一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应，只能说明都具有非金属性，但无法比较强弱，故c错误；故答案为：Cl（或Br）；b；（5）元素W与元素Z形成的化合物为氯化铁、氯化亚铁或溴化铁、溴化亚铁，其化学式可以为：FeCl2、FeCl3或FeBr2、FeBr3，故答案为：FeCl2、FeCl3（或FeBr2、FeBr3）；（6）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物水化物分别为H2SO4、H2CO3、HNO3、HClO4（或HBrO4），只有H2CO3为弱酸，其余为强酸，故答案为：H2CO3；H2CO3为弱酸性或非氧化性酸．点评：本题考查了位置结构与性质关系的综合应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，正确推断各元素名称为解答关键，注意掌握常见原子结构、元素周期表结构及元素周期律内容，试题有利于培养学生的分析、理解能力．　11．短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中B所处的周期序数与族序数相等．填写下列空白．ABCD（1）写出C的氧化物的一种用途：　制备单晶硅（或玻璃、光导纤维、建筑材料等）　（2）B单质与Fe2O3反应时，每消耗13.5gB时放热213kJ，该反应的热化学方程式是　2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣852kJ•mol﹣1　．（3）为防止A元素的氧化物AO2污染空气，科学家寻求合适的化合物G和催化剂，以实现反应：AO2+XA2+H2O+nZ（未配平，n可以为0）．上述反应式中的X不可能是　b　（填标号）．a．NH3b．COc．CH3CH2OHd．H2O2（4）A元素的最简单氢化物甲、D元素的最高价氧化物对应的水化物乙，都是很重要的基础化工原料．①一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H＞0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是　ac　（选填序号）．选项abcdx温度温度加入H2的物质的量加入甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和②25℃时，往amol•L﹣1的甲的水溶液中滴加0.01mol•L﹣1乙溶液，当两种溶液等体积混合时，溶液呈中性（设温度不变）．滴加过程中溶液的导电能力　增强　（填“增强”、“减弱”或“不变”）；甲中溶质的电离平衡常数Kb=　×10﹣9　（用含a的代数式表示）．考点：位置结构性质的相互关系应用；热化学方程式；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题．分析：短周期元素A、B、C、D，根据元素所处的位置，可确定B、C、D为第三周期的元素，A为第二周期元素，B所处的周期序数与族序数相等，则B为Al元素，故C为Si元素，D为S元素，A为N元素，（1）C为Si元素，根据二氧化硅的用途解答；39（2）B为Al元素，铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁，根据热化学方程式的书写方法及题中数据完成；（3）反应产物中有水生成，根据质量守恒定律判断；（4）①A元素的最简单氢化物甲为氨气，根据影响化学平衡的因素判断；②NH3•H2O为弱电解质，与硫酸反应生成硫酸铵为强电解质，溶液导电性增强；根据溶液中的电荷守恒计算铵根离子浓度，再求出Kb．解答：解：元素A、B、C、D位于短周期，根据元素所处的位置，可确定B、C、D为第三周期的元素，A为第二周期元素，B所处的周期序数与族序数相等，则B为Al元素，故C为Si元素，D为S元素，A为N元素，（1）C为Si元素，其氧化物为二氧化硅，二氧化硅可以制备单晶硅、玻璃、光导纤维、建筑材料等，故答案为：制备单晶硅（或玻璃、光导纤维、建筑材料等）；（2）B为Al元素，铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁，每消耗13.5gB时放热213kJ，消耗2mol铝时放出的热量为：213kJ×=852kJ，该反应的热化学方程式：2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣852kJ•mol﹣1，故答案为：2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H=﹣852kJ•mol﹣1；（3）A为N元素，AO2为NO2，根据反应AO2+XA2+H2O+nZ可知，反应产物中有水生成，则X中一定含有H元素，所以不可能为CO，故答案为：b；（4）A元素的最简单氢化物甲为氨气，D元素的最高价氧化物对应的水化物乙为硫酸，①a．甲氨气的分解反应中△H＞0，为吸热反应，升高温度后平衡向着正向移动，促进了氨气的分解，则氨气的物质的量减少，符合要求，故a正确；b．该反应为吸热反应，升高温度后平衡向着正向移动，则反应物浓度减小，生成物浓度增大，化学平衡常数增大，不满足要求，故b错误；c．加入氢气后，生成物浓度增大，平衡向着逆向移动，则氨气的物质的量增大，氨气的转化率减小，符合题意，故c正确；d．加入氨气，反应生成氮气和氢气的物质的量大，则生成物总物质的量增大，故d错误；故答案为：ac；②甲溶液为氨水，25℃时，往amol•L﹣1的NH3的水溶液（甲）中滴加0.01mol•L﹣1H2SO4溶液（乙），NH3•H2O为弱电解质，溶液的导电性较弱，滴加过程中生成强电解质，溶液的导电能力增强；根据电荷守恒可得：2c（SO42﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+），溶液显中性时c（H+）=c（OH﹣），则c（NH4+）=2c（SO42﹣），c（OH﹣）=10﹣7mol/L，c（NH4+）=2c（SO42﹣）=2×0.01mol•L﹣1=0.02mol•L﹣1，故混合后的溶液中一水合氨的浓度为：c（NH3•H2O）=amol•L﹣1﹣0.02mol•L﹣1=（a﹣0.02）mol/L，则电离平衡常数为：Kb===×10﹣9，故答案为：增强；×10﹣9．点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，题目难度中等，比较全面考查学生有关元素推断知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握原子结构与元素周期律的递变规律．　12．（1）以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级中电子排布的情况．试判断，违反了泡利原理的是　②　，违反了洪特规则的是　③⑤　．39（2）某元素的激发态（不稳定状态）原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2，则该元素基态原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p4　；其最高价氧化物对应水化物的化学式是　H2SO4　．（3）用符号“＞”、“＜”或“=”表示下列各项关系．①第一电离能：Na　＜　Mg，Mg　＞　Ca．②电负性：O　＜　F，F　＞　Cl．③能量高低：ns　＜　（n+1）s，ns　＜　np．④主族序数　=　价电子数　=　元素最高正化合价．考点：原子核外电子排布；元素周期律的作用．专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题．分析：（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则：在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；（2）同一元素的原子中，基态和激发态原子的核外电子总数相等，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；在主族元素中，元素的最高化合价等于其族序数，从而确定其最高价氧化物对应的水化物；（3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大；④主族元素中，其族序数与其价电子数、最高正化合价相等．解答：解：（1）泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；所以违反泡利不相容原理的有②，违反洪特规则的有③⑤，故答案为：②；③⑤；（2）根据激发态原子核外电子排布式知该元素核外有16个电子，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，该元素是S元素，S元素最外层有6个电子，其最高化合价是+6价，其最高价氧化物对应的水化物是硫酸，其化学式为H2SO4，故答案为：1s22s22p63s23p4；H2SO4；（3）①同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于相邻元素，同一主族元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以第一电离能：Na＜Mg，Mg＞Ca，故答案为：＜；＞；②同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性：O＜F，F＞Cl，故答案为：＜；＞；③电子的能层越大其能量越高，同一能层的电子，按s、p、d、能量逐渐增大，所以能量高低：ns＜（n+1）s，ns＜np，故答案为：＜；＜；④主族元素中，其族序数与其价电子数、最高正化合价相等，所以主族序数=价电子数=元素最高正化合价，故答案为：=；=．点评：本题考查了原子核外电子排布、元素周期律等知识点，根据泡利原理、洪特规则、元素周期律来分析解答，易错点是第一电离能的异常现象，当原子轨道处于半满、全满、全空时原子最稳定，难度中等．　13．I：五种短周期元素aA、bB、cC、dD、eE，已知它们的原子序数有如下关系a+b=c，a+c=d，c+d=e，自然界中B的化合物种类与A的化合物种类何者更多，目前学术界还有争议，但可以肯定没有第三种元素的化合物种数会超出它们．根据以上信息回答下列有关问题：（1）B2A4、C2A4、E2A4三种化合物的沸点由高到低的顺序为　N2H4＞P2H4＞C2H4　．（2）由以上元素中若干种组成化合物中，有许多离子化合物，其中由四种元素组成的摩尔质量最小的一种的化学式是　HCOONH4　．39（3）由以上元素中若干种组成化合物中，许多可作为炸药，其中属于铵盐的一种的化学式是　NH4NO3　；最新合成的化学式为B1C4D8的物质中同种原子的化学环境完全相同，t它是一种威力极强的炸药，推测它的结构简式是　　．II：由短周期元素组成的以下各单质和化合物之间存在图示转化关系．（4）若A和甲均不溶于盐酸，则甲与NaOH溶液反应时每1mol甲失去4mole﹣，写出乙转化为丁的离子方程式　SiO32﹣+2H2O+CO2=H2SiO3↓+2HCO3﹣　（5）若A和甲均可溶于盐酸，且A的某种氯化物蒸气密度约为相同条件下单质B（双原子分子）密度的8.34倍，则该氯化物的化学式为　Al2Cl6　，工业生产单质A的化学方程式为　2Al2O34Al+3O2↑　．考点：原子结构与元素周期律的关系；无机物的推断．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：I：五种短周期元素aA、bB、cC、dD、eE，已知它们的原子序数有如下关系a+b=c，a+c=d，c+d=e，自然界中B的化合物种类与A的化合物种类何者更多，目前学术界还有争议，但可以肯定没有第三种元素的化合物种数会超出它们，则B、A为C元素或H元素，a+b=c，c=1+6=7，即C为N元素；c=7，a+c=d，c+d=e，则a+14=e，若a=1，则e=15，所以A为氢元素，E为磷元素，符合题意；若=6，则e=20，E为钾元素，不是短周期元素，不符合题意．a+c=d，则d=1+7=8，则D为氧元素．所以A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，E为磷元素．解答：解：五种短周期元素aA、bB、cC、dD、eE，已知它们的原子序数有如下关系a+b=c，a+c=d，c+d=e，自然界中B的化合物种类与A的化合物种类何者更多，目前学术界还有争议，但可以肯定没有第三种元素的化合物种数会超出它们，则B、A为C元素或H元素，a+b=c，c=1+6=7，即C为N元素；c=7，a+c=d，c+d=e，则a+14=e，若a=1，则e=15，所以A为氢元素，E为磷元素，符合题意；若=6，则e=20，E为钾元素，不是短周期元素，不符合题意．a+c=d，则d=1+7=8，则D为氧元素．所以A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，E为磷元素．（1）B2A4、C2A4、E2A4三种化合物分别为C2H4、N2H4、P2H4，都为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，但由于氮元素电负性很强，所以N2H4中存在氢键，沸点相对更高，所以沸点由高到低的顺序为N2H4＞P2H4＞C2H4．故答案为：N2H4＞P2H4＞C2H4．（2）由以上元素中若干种组成化合物中，有许多离子化合物，离子化合物为铵盐，其中由四种元素组成的摩尔质量最小的一种的化学式是HCOONH4．故答案为：HCOONH4．（3）由以上元素中若干种组成化合物中，许多可作为炸药，其中属于铵盐的一种的化学式是NH4NO3；最新合成的化学式为B1C4Ds的物质化学式应是CN4O8，CN4O8中同种原子的化学环境完全相同，它是一种威力极强的炸药，其结构为正四面体，C原子位于正四面体中心，四个顶点均连接1个﹣NO2，它的结构简式是39．故答案为：NH4NO3；．（4）若A和甲均不溶于盐酸，由A与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则A为硅单质，乙为硅酸钠，化合物甲与氢氧化钠溶液反应生成乙，则甲为二氧化硅，单质B为氧气．则A与NaOH溶液反应时每1molA失去4mole﹣，二氧化碳过量生成碳酸氢根，所以乙转化为丁的离子方程式为SiO32﹣+2H2O+CO2=H2SiO3↓+2HCO3﹣．故答案为：4；SiO32﹣+2H2O+CO2=H2SiO3↓+2HCO3﹣．（5）若A和甲均可溶于盐酸，由A与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则A为铝单质，乙为偏铝酸钠，化合物甲与氢氧化钠溶液反应生成乙，则甲为氧化铝，单质B为氧气．A的某种氯化物蒸气密度约为相同条件下单质B（双原子分子）密度的8.34倍，则A的氯化物的相对分子质量为32×8.34=267，则该氯化物的化学式为Al2Cl6，工业生产单质Al为电解熔融的氧化铝，化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑．故答案为：Al2Cl6；2Al2O34Al+3O2↑．点评：考查元素化合物推断、晶体结构、化学用语等，难度较大，推断元素是关键，是对所学知识的综合运用与学生能力考查，注意基础知识的掌握．　14．原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36．已知X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s能级与p能级电子数相等；G为金属元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的．（1）Y原子核外共有　7　种不同运动状态的电子，T原子有　7　种不同能级的电子．（2）X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序是　CH4＜NH3＜H2O　（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY﹣与XZ2互为等电子体，则ZXY﹣中X原子的杂化轨道类型为　sp杂化　．（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含　4　mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为　正四面体　，　V形　．（5）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为　NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小、电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF的熔点比NaF高　．氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183（6）T与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图1所示．该合金的化学式为　LaNi5　．（7）丁二酮肟常用于检验T2+：在稀氨水中，丁二酮肟与T2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图2所示．该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用箭头和“…”表示出配位键和氢键．39考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，且X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，则X应为C元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为：1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为O元素、Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，而Z的电子排布为：1s22s22p4，所以Q的电子排布为：1s22s22p63s2，即Q为Mg元素；而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为Si元素；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的，且核电荷数小于36，根据元素周期表可知，T为Ni元素，据此以上分析及元素周期律知识解答（1）﹣（5）；（6）利用均摊法计算晶胞中含有的原子数；（7）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间．解答：解：X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，而Z的电子排布为1s22s22p4，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即Q为镁元素，而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为硅元素；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的，且核电荷数小于36，根据元素周期表可知，T为镍元素，（1）Y为N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，所以7种不同运动状态的电子；T为Ni元素，它的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，所以它有7个能级，故答案为：7；7；（2）C、N、O位于元素周期表同一周期，且原子序数依次增大，根据元素周期律可知，它们的最简单氢化物的稳定性由弱到强，则X、Y、Z的最简单氢化物的稳定性由弱到强的顺序为：CH4＜NH3＜H2O，故答案为：CH4＜NH3＜H2O；（3）OCN﹣与CO2互为等电子体，所以它们结构相似，在二氧化碳中碳的价层电子对数为：=2，所以碳的杂化方式为sp杂化，故答案为：sp杂化；（4）化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个Si﹣O键，所以1mol二氧化硅中含有4molSi﹣O键；SiO2与HF反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，其中SiF4中硅原子的价层电子对数为：=4，所以SiF4的空间构型为正四面体，H2O中氧原子的价层电子对数为：=4，所以H2O的空间构型为V形，故答案为：4；正四面体形；V形；（5）在NaF、MgF2、SiF4中NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2＞NaF，故MgF2的熔点比NaF高；（6）在镍与镧形成的晶钵中镧原子分布在立方体的八个顶点上，数目为：8×39=1，镍原子分布在体心和侧面的面心以及上下底面上，数目为1+8×=5，所以合金的化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5；（7）中心原子提供空轨道配体提供孤电子对形成配位键，氢键存在于已经与N、O、F等电负性很大的原子形成共价键的H与另外的N、O、F等电负性很大的原子之间，在图中用箭头和“…”表示出配位键和氢键为，故答案为：．点评：本题考查了位置结构与性质的关系，题目难度中等，试题涉及等电子体、原子核外电子排布、元素周期律、晶体的性质、晶胞的计算等知识点，综合性较强、知识点较多，正确推断各元素为解答关键．　15．由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，六种微粒间有下列关系：①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子；②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子；④向含F离子的溶液中加入C的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解．（1）微粒A的电子式是　NH4+　；微粒E的名称是　水合氢离子　．构成微粒F的元素在元素周期表中的位置是　第三周期、ⅢA族　．（2）写出下列反应的离子方程式：F+过量C溶液：　Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+　；W+含大量B离子的溶液：　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　（3）六种微粒中的两种可与硫酸根形成一种复盐，向该盐的浓溶液中逐滴加入浓苛性钠溶液，产生的现象有：a．溶液中出现白色沉淀b．有刺激性气味气体放出c．沉淀逐渐增多d．沉淀完全消失e．沉淀逐渐减少①该复盐在溶液中的电离方程式是　NH4Al（SO4）2═Al3++NH4++2SO42﹣　．②上述各实验现象由先到后出现的正确顺序是（填写序号）　acbed　．考点：位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子，则E是水合氢离子；④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解则F是铝离子，沉淀W是氢氧化铝．（1）通过以上分析知，A的化学式为：NH4+，E是水合氢离子，F是铝离子，在周期表中位于第三周期第IIIA族；（2）铝离子和氨水反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子反应方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（3）a．溶液中出现白色沉淀，c．沉淀逐渐增多，e．沉淀逐渐减少，d．沉淀完全消失，说明此沉淀为Al（OH）3，则该复盐中含有Al3+，b．有刺激性气味气体放出，说明该复盐中含有NH4+，则该复盐为：NH4Al（SO4）2，①NH4Al（SO4）2在溶液中的电离方程式是NH4Al（SO4）2═Al3++NH4++2SO42﹣；39②氢氧根离子先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧根离子和铵根离子反应生成一水合氨，最后氢氧根离子和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子和水，以此判断实验现象的顺序．解答：解：由短周期元素组成的A、B、C、D、E、F六种微粒，其中只有C、D是分子，其余四种是离子，且每个微粒中都含有10个电子．已知A、E是由非金属元素组成的阳离子，②通常状况下C的聚集状态为气态，且可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气；①A、B两种离子在加热条件下可生成C、D两种分子，A是10电子的阳离子，能生成氨气，则A是铵根离子，B是氢氧根离子，D是水；③1molB离子与1molE离子作用可生成2molD分子，则E是水合氢离子；④向含F离子的溶液中加入氨气的溶液，可生成白色沉淀W，C溶液过量沉淀也不消失，但再加入含大量B离子或大量E离子的溶液，沉淀W都会溶解则F是铝离子，沉淀W是氢氧化铝．（1）通过以上分析知，A的化学式为：NH4+，E是水合氢离子，F是铝离子，在周期表中位于第三周期第IIIA族，故答案为：NH4+；水合氢离子；第三周期、ⅢA族；（2）铝离子和氨水反应生成氢氧化铝和铵根离子，离子反应方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，氢氧化铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，离子反应方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（3）a．溶液中出现白色沉淀，c．沉淀逐渐增多，e．沉淀逐渐减少，d．沉淀完全消失，说明此沉淀为Al（OH）3，则该复盐中含有Al3+，b．有刺激性气味气体放出，说明该复盐中含有NH4+，则该复盐为：NH4Al（SO4）2，①NH4Al（SO4）2在溶液中的电离方程式是NH4Al（SO4）2═Al3++NH4++2SO42﹣，故答案为：NH4Al（SO4）2═Al3++NH4++2SO42﹣；②氢氧根离子先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧根离子和铵根离子反应生成一水合氨，最后氢氧根离子和氢氧化铝反应生成偏铝酸根离子和水，因此实验现象的顺序为acbed，故答案为：acbed．点评：本题考查了离子或分子的推断，明确10电子原子或分子、离子有哪些是解本题关键，难度较大，注意铝离子、铵根离子、氢氧化铝和氢氧根离子反应的先后顺序．　16．（2022•四川）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍．Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M．请回答下列问题：（1）M固体的晶体类型是　离子晶体　．（2）Y基态原子的核外电子排布式是　1s22s22p63s23p4　；G分子中X原子的杂化轨道类型是　sp3　．（3）L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是　Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度　．（4）R的一种含氧酸根RO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是　4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O　．考点：原子结构与元素的性质；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7，故X为氮元素，G为NH3；Y的单质是一种黄色晶体，Y为硫元素；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍，则外围电子排布为3d64s2，故R为Fe元素；Y与钠元素可形成化合物Q，Q为Na2S，Z与钠元素可形成化合物J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L，L为AgCl，故Z为Cl元素，J为NaCl；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M，故M为NH4Cl，据此解答．解答：解：X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大．X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7，故X为氮元素，G为NH3；Y的单质是一种黄色晶体，Y为硫元素；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍，则外围电子排布为3d64s2，故R为Fe元素；Y与钠元素可形成化合物Q，Q为Na2S，Z与钠元素可形成化合物J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L，L为AgCl，故Z为Cl元素，J为NaCl；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M，故M为NH4Cl，39（1）M为NH4Cl，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；（2）Y为硫元素，基态原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p4；G为NH3，分子中N原子成3个N﹣H键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，故采取sp3杂化，故答案为：1s22s22p63s23p4；sp3；（3）L为AgCl，Q为Na2S，AgCl的悬浊液中加入Na2S的溶液，由于Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，故白色沉淀转化为黑色沉淀，故答案为：Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度；（4）R为Fe元素，含氧酸根FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，有Fe3+生成，并有无色气体产生，结合电子转移守恒可知，只有氧元素被氧化，故该无色气体为O2，反应离子方程式为：4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4FeO42﹣+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．点评：本题考查结构性质位置关系、无机物的推断、核外电子排布规律、杂化理论、沉淀转化、氧化还原反应等，难度中等，（4）中注意根据氧化还原反应知识判断生成的气体是氧气，是易错点与难点．　17．（2022•天津）X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素．请回答下列问题：（1）五种元素原子半径由大到小的顺序是（写元素符号）　Na＞Al＞C＞O＞H　．（2）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）　C2H2　．（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体：D是淡黄色固体．写出C的结构式：　O=C=O　；D的电子式：　　．①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为　NaAlO2　；由A转化为B的离子方程式为　2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣　．②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性．用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．A、B浓度均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是　c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有　NaCl、NaHCO3、H2CO3　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素．解答：解：X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大．X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0，且Q与X同主族，则X、Q处于ⅠA族，Y处于ⅣA族，故X为氢元素，Q为Na元素，Y为碳元素；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，则Z为氧元素、R为Al元素，（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Na＞Al＞C＞O＞H，故答案为：Na＞Al＞C＞O＞H；（2）H与C形成多种化合物，属于烃类物质，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小是C2H2，故答案为：C2H2；（3）由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：AB（在水溶液中进行），其中，C是溶于水显酸性的气体，则C为CO2，D是淡黄色固体则D为Na2O2，则：CO2的结构式为O=C=O，Na2O2的电子式为，故答案为：O=C=O；；39①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，结合转化关系可知，A为偏铝酸钠、B为氢氧化铝，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝与碳酸根，反应离子方程式为：2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣，故答案为：NaAlO2；2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣；②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性，结合转化关系可知，A为碳酸钠、B为碳酸氢钠，溶液中碳酸根水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性；碳酸钠、碳酸氢钠均为0.1mol•L﹣1的混合溶液中，钠离子浓度最大，碳酸根、碳酸氢根水解，溶液呈碱性，碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，故离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，氢离子与碳酸根转化生成碳酸氢根，区别转化碳酸氢根溶液，仍为碱性，故部分碳酸氢根转化为碳酸，溶质的主要成分有NaCl、NaHCO3、H2CO3，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；NaCl、NaHCO3、H2CO3．点评：本题考查结构性质位置关系、常用化学用语、无机推断、盐类水解等，难度中等，（3）②中滴加盐酸判断溶质，是本题的难点、易错点，学生溶液考查生成氯化钠，忽略滴加过程．　18．（2022•海南）X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最外层电子数相同．回答下列问题：（1）X、Y和Z的元素符号分别为　H　、　O　、　Na　．（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有　NaOH　、　Na2O2　．（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质的电子式为　　此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为　5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑　；此化合物还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为　H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，然后分析解答．解答：解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．W原子形成的单质是密度最小的气体，则W为H；X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，可推知X为C；Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Y原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O；Z与X原子最外层电子数相同则Z是钠，（1）X、Y和Z的元素符号分别为H、O、Na，故答案为：H；O；Na；（2）由H、O、Na元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有NaOH，Na2O2，故答案为：NaOH；Na2O2；（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的物质是过氧化氢，过氧化氢的电子式为，与高锰酸钾反应的离子方程式为：5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，过氧化氢还可将碱性工业废水中的CN﹣氧化为碳酸盐和氨，方程式为：H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3，故答案为：；5H2O2+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；H2O2+CN﹣+OH﹣=CO32﹣+NH3．点评：本题考查了元素位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构来推断元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，题目难度不大．　19．（2022•重庆）金刚石、SiC具有优良的耐磨、耐腐蚀特性，应用广泛．（1）碳与短周期元素Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子．碳元素在周期表中的位置是　第二周期第ⅣA族　，Q是　氧（或O）　，R的电子式为　　．39（2）一定条件下，Na还原CCl4可制备金刚石，反应结束冷却至室温后，回收其中的CCl4的实验操作名称为　过滤　，除去粗产品中少量钠的试剂为　水（或乙醇）　．（3）碳还原SiO2制SiC，其粗产品中杂质为Si和SiO2．现将20.0gSiC粗产品加入到过量的NaOH溶液中充分反应，收集到0.1mol氢气，过滤得SiC固体11.4g，滤液稀释到1L．生成氢气的离子方程式为　Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑　，硅酸盐的物质的量浓度为　0.17mol•L﹣1　．（4）下列叙述正确的有　③④　（填序号）．①Na还原CCl4的反应、Cl2与H2O的反应均是置换反应②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同③Na2SiO3溶液与SO3的反应可用于推断Si与S的非金属性强弱④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为1：2．考点：位置结构性质的相互关系应用；硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：（1）Q为氧，非极性分子R为CO2；（2）将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；由于Na可以与水（或乙醇）发生反应；（3）根据反应的方程式计算生成Na2SiO3的物质的量，进而计算浓度；（4））①Na还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO；②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体；③元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na2O2、Li2O．解答：解：（1）由题给信息“碳与Q的单质化合仅能生成两种常见气态化合物，其中一种化合物R为非极性分子”可推知Q为氧，非极性分子R为CO2．根据周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数可以确定碳在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族，CO2的电子式为，故答案为：第二周期第ⅣA族；氧（或O）；；（2）金刚石是不溶于CCl4的固体，CCl4是液体，将不溶性固体和液体分离通常采用的方法是过滤；由于Na可以与水（或乙醇）发生反应，而金刚石不与水（或乙醇）反应，所以除去粗产品中少量的钠可用水（或乙醇），故答案为：过滤；水（或乙醇）；（3）根据硅与NaOH反应的化学方程式Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑可写出其离子方程式为Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；计算溶液中硅酸盐的物质的量浓度需要根据化学方程式进行计算：Si+2NaOH+H2O═Na2SiO3+2H2↑28g1mol2molm（Si）n1（Na2SiO3）0.1molm（Si）==1.4g，n1（Na2SiO3）==0.05mol，粗产品中SiO2的质量为m（SiO2）=20.0g﹣11.4g﹣1.4g=7.2gSiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O60g1mol7.2gn2（Na2SiO3）n2（Na2SiO3）==0.12mol，则n（Na2SiO3）=n1（Na2SiO3）+n2（Na2SiO3）=0.12mol+0.05mol=0.17mol，硅酸盐的物质的量浓度为=0.17mol/L，故答案为：Si+2OH﹣+H2O═SiO32﹣+2H2↑；0.17mol•L﹣1；（4）①Na还原CCl4的反应属于置换反应，但Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，不是置换反应，故①错误；39②水晶属于原子晶体，而干冰属于分子晶体，熔化时克服粒子间作用力的类型不相同，故②错误；③Na2SiO3溶液与SO3的反应，说明酸性H2SiO3比H2SO4弱，则可用于推断Si与S的非金属性强弱，故③正确；④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物分别为Na2O2、Li2O，阴阳离子数目比均为1：2，故④正确．故答案为：③④．点评：本题综合元素化合物知识，题目难度中等，注意从质量守恒的角度结合反应的化学方程式计算，（3）为易错点．　20．（2022•天津）X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大．X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子．请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为　第二周期第ⅥA族　．（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是　HClO4　（写化学式），非金属气态氢化物还原性最强的是　H2S　（写化学式）．（3）Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂的有　O3、Cl2等　（写出其中两种物质的化学式）．（4）X2M的燃烧热△H=﹣akJ•mol﹣1，写出X2M燃烧反应的热化学方程式：　2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l），△H=﹣2aKJ•mol﹣1　．（5）ZX的电子式为　　；ZX与水反应放出气体的化学方程式为　NaH+H2O=NaOH+H2↑　．（6）熔融状态下，Z的单质和FeG2能组成可充电电池（装置示意图如下），反应原理为：2Z+FeG2Fe+2ZG．放电时，电池的正极反应式为　Fe2++2e﹣=Fe　；充电时，　钠　（写物质名称）电极接电源的负极；该电池的电解质为　β﹣Al2O3　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），据此解答．解答：解：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大，X为主族元素，所以X是H元素；X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，Y为主族元素，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，所以Y是O元素，M是S元素，G是短周期主族元素，所以G是Cl元素（不考虑稀有气体），（1）Y是O元素，O原子有2个电子层，最外层电子数为6，处于第二周期第ⅥA族，故答案为：第二周期第ⅥA族；（2）非金属性越强，其相应的最高价含氧酸的酸性越强，这几种元素非金属性最强的是Cl元素，所以其最高价含氧酸的酸性最强的是高氯酸HClO4，非金属性越弱，气态氢化物还原性越强，还原性最强的气态氢化物是硫化物H2S，故答案为：HClO4；H2S；（3）Y的单质O3、G的单质Cl2、二者形成的ClO2可作消毒剂，故答案为：O3、Cl2等；39（4）H2S的燃烧热△H=﹣akJ•mol﹣1，根据燃烧热的含义，H2S燃烧的热化学方程式生成物应该生成SO2，故H2S燃烧反应的热化学方程式为：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2aKJ•mol﹣1，故答案为：2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2aKJ•mol﹣1；（5）ZX为NaH，属于离子化合物，由钠离子与氢负离子构成，电子式为，Na与水反应是氢氧化钠与氢气，反应化学方程式为为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，故答案为：；NaH+H2O=NaOH+H2↑；（6）熔融状态下，Na的单质和FeCl2能组成可充电电池，反应原理为：2Na+FeCl2Fe+2NaCl．放电时，为原电池，原电池的正极发生还原反应，Fe2+在正极放电生成Fe，正极反应式为，Fe2++2e﹣=Fe；充电时，为电解池，阴极发生还原，故Na电极接电源的负极，由电池结构可知，该电池的电解质为β﹣Al2O3，故答案为：Fe2++2e﹣=Fe；钠；β﹣Al2O3．点评：本题以元素推断为载体考查了元素化合物的性质，能正确判断元素是解本题的关键，注意（5）中NaH电子式书写氢负离子的电子式2个电子成对，不能分开．　21．（2022•安徽）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍YY的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2ZZ存在质量数为23，中子数为12的核素WW有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（1）W位于元素周期表第　四　周期第　VIII　族，其基态原子最外层有　2　个电子．（2）X的电负性比Y的　小　（填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是　H2O　（写化学式）（3）写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：　　．（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称：　丙烷　．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式：　CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，所以X基态原子核外有6个电子，则X是C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2，s能级上最多排2个电子，且p能级上还有电子，所以n为2，则Y的基态原子最外层电子排布式为：2s22p4，所以Y是O元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数是11，所以Z是Na元素；W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氢氧化亚铁在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色氢氧化铁，所以W是Fe．解答：X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，所以X基态原子核外有6个电子，则X是C元素；Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+239，s能级上最多排2个电子，且p能级上还有电子，所以n为2，则Y的基态原子最外层电子排布式为：2s22p4，所以Y是O元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数是11，所以Z是Na元素；W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氢氧化亚铁在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色氢氧化铁，所以W是Fe．（1）通过以上分析知，W是铁元素，铁元素位于第四周期第VIII族，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以其基态原子最外层有2个电子，故答案为：四，Ⅷ，2；（2）X是C元素，Y是O元素，同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以X的电负性比Y的小，元素的电负性越大，其氢化物越稳定，所以X和Y的气态氢化物中，较稳定的是H2O，故答案为：小，H2O；（3）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，转移电子数是2，故答案为：（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，则物质可能是丙烷或丁烷等，氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子，如羧酸或含有羟基的羧酸等，某种常见无机阴离子有碳酸氢根离子，醋酸和碳酸氢根离子反应二氧化碳、水和醋酸根离子，离子方程式为CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故答案为：丙烷，CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑．点评：本题考查元素的推断，涉及元素位置的判断、氢化物稳定性的判断、离子方程式的书写等知识点，难点是标电子转移的方向和数目，根据元素化合价变化来解答．　22．（2022•重庆）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和Ca，并含有3.5%（质量分数）CaO（1）Ca元素在周期表中位置是　第四周期第ⅡA族　，其原子结构示意图　　．（2）Ca与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为　　，D的沸点比A与Si形成的化合物E的沸点　高　．（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：　2　P+　5　FeO+　3　CaO→　1　Ca3（PO4）2+　5　Fe（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n．则金属M为　Fe　；检测Mn+的方法是　Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3　（用离子方程式表达）．（5）取1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224mlH2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到CaCO3　1.1　g．39考点：位置结构性质的相互关系应用；电子式；氧化还原反应方程式的配平；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：（1）Ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，对于主族元素，电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；（2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，氟元素与Si形成的化合物为SiF4，SiF4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；（3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，据此配平；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为Fe元素，利用Fe3+与SCN﹣结合生成红色物质检验铁离子；（5）钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算Ca的物质的量，根据氧化钙的质量分数计算氧化钙的质量，计算氧化钙的物质的量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（CaCO3）=n（Ca）+n（CaO），再根据m=nM计算碳酸钙的质量．解答：解：（1）Ca是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，处于周期表中第四周期第ⅡA族，原子结构示意图为，故答案为：第四周期第ⅡA族；；（2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，电子式为，氟元素与Si形成的化合物为SiF4，SiF4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，故沸点CaF2＞SiF4；故答案为：；高；（3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，故Ca3（PO4）2系数为1，FeO的系数为5，P系数为2，CaO的系数为3，Fe的系数为5，故配平后方程式为2P+5FeO+3CaO=Ca3（PO4）2+5Fe，故答案为：2、5、3、1、5；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为Fe元素，Fe3+与SCN﹣结合生成红色物质检验Fe3+，离子方程式为Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3，故答案为：Fe；Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（5）224mlH2的物质的量为=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据电子转移守恒可知，Ca的物质的量为=0.01mol，样品中CaO质量分数为3.5%，故氧化钙的质量为1.6g×3.5%=0.056g，故氧化钙的物质的量为=0.001mol，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（CaCO3）=n（Ca）+n（CaO）=0.01mol+0.001mol=0.011mol，碳酸钙的质量为0.011mol×100g/mol=1.1g，故答案为：1.1．点评：本题考查结构与位置关系、常用化学用语书写、氧化还原反应、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，（5）中注意利用守恒进行计算．　23．（2022•江西）主要元素W、X、Y、Z的原子序数一次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍．X、Y和Z分属不同的周期，他们的原子序数之和是W原子序数的5倍．在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高．请回答下列问题：（1）W元素原子的L层电子排布式为　2s22p4　，W3分子的空间构型为　V型　；39（2）X单质与水发生主要反应的化学方程式为　2F2+2H2O=4HF+O2　；（3）化合物M的化学式为　MgO　，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl．M熔点较高的原因是　离子的电荷多、离子半径较小，晶格能大　．将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交换合成碳酸二月桂酯．在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有　sp2和sp3　，O﹣C﹣O的键角约为　120°　；（4）X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为X：Y：Z=　3：1：1　；（5）含有元素Z的盐的焰色反应为　紫　色．许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是　激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：压轴题；元素周期律与元素周期表专题．分析：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W有2个电子层，最外层电子数为6，故W为氧元素；X，Y，Z分属不同的周期，且主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大．X不可能为第三周期元素，若为第三周期，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，且原子序数比氧元素大，故X为F元素；故Y、Z的原子序数之和为8×5﹣9=31，故Y处于第三周期，Z处于第四周期，Z的原子序数大于18，若Y为Na元素，则Z为Ca元素，若Y为Mg元素，则Z为K元素，X的原子序数再增大，不符合题意，由于元素W与Y形成的化合物M的熔点最高，故Y为Mg元素，Z为K元素．解答：解：主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则W有2个电子层，最外层电子数为6，故W为氧元素；X，Y，Z分属不同的周期，且主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大．X不可能为第三周期元素，若为第三周期，X、Y、Z的原子序数之和大于W原子序数的5倍，所以可以断定X也在第二周期，且原子序数比氧元素大，故X为F元素；故Y、Z的原子序数之和为8×5﹣9=31，故Y处于第三周期，Z处于第四周期，Z的原子序数大于18，若Y为Na元素，则Z为Ca元素，若Y为Mg元素，则Z为K元素，X的原子序数再增大，不符合题意，由于元素W与Y形成的化合物M的熔点最高，故Y为Mg元素，Z为K元素，（1）W为氧元素，O原子的L层电子排布式为2s22p4；O3分子结构如图，中心O原子成2个σ键，1个离域π34，含有1对孤对电子，杂化轨道用于成σ键或填充孤对电子对，故杂化轨道数为2+1=3，由于中心O原子含有1对孤对电子，故O3空间构型为V型，故答案为：2s22p4；V型；（2）氟气与水反应生成HF与氧气，反应方程式为2F2+2H2O=4HF+O2，故答案为：2F2+2H2O=4HF+O2；（3）由上述分析可知，M为MgO，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl，由于MgO晶体中离子的电荷多、离子半径较小，晶格能大，故MgO熔点较高，在碳酸二甲酯分子中﹣OCH3，C原子4个单键，采取sp3杂化，在酯基中，C原子呈2个C﹣O单键，属于σ键，1个C=O双键，双键按单键计算，故中心C原子的杂化轨道数为3，采取sp2杂化，为平面正三角形，键角为120°，故O﹣C﹣O的键角约为120°，故答案为：MgO；离子的电荷多、离子半径较小，晶格能大；sp2和sp3；120°；（4）F、Mg、K形成立方晶体结构的化合物，晶胞中F占据所有棱的中心，晶胞中F原子数目为12×=3，Mg位于顶角，晶胞中Mg原子数目为8×=1，K处于体心位置，晶胞中含有1个K原子，则该晶体的组成为F：Mg：K=3：1：1，故答案为：3：1：1；39（5）含有元素K的盐的焰色反应为紫色，许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因：激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量，故答案为：紫；激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光的形式释放能量．点评：本题考查元素推断、核外电子排布规律、微粒结构与性质、晶胞计算等，难度中等，推断元素是解题的关键，要充分利用原子序数的关系结合周期表的结构进行判断元素．　24．（2022•安徽）W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W、Y的氧化物是导致酸雨的主要物质，X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，Z能形成红色（或砖红色）的和黑色的ZO两种氧化物．（1）W位于元素周期表第　二　周期第　ⅤA　族．W的气态氢化物稳定性比H2O（g）　弱　（填“强”或“弱”）．（2）Y的基态原子核外电子排布式是　1s22s22p63s23p4　，Y的第一电离能比X的　大　（填“大”或“小”）．（3）Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与Z的单质反应的化学方程式是　2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O　．（4）已知下列数据Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0KJ•mol﹣1①2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=﹣1675.7KJ•mol﹣1②则X的单质和FeO反应的热化学方程式是　Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=﹣565.85KJ/mol　．考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，且W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，Y的原子序数大于W的，所以W是氮元素，Y是硫元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，所以X是铝元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，且Z是前36号元素，Z的原子序数大于Y的，所以Z是铜元素，据此解答．解答：解：导致酸雨的主要物质是二氧化氮和二氧化硫，且W、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，Y的原子序数大于W的，所以W是氮元素，Y是硫元素；X的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，且原子序数大于W小于Y，所以X是铝元素；Z能形成红色（或砖红色）的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，且Z是前36号元素，Z的原子序数大于Y的，所以Z是铜元素．（1）W是N元素，N原子的原子结构示意图为，电子层数等于其周期数，最外层电子数等于其主族序数，所以氮元素属于第二周期第ⅤA族；气态氢化物的稳定性与元素的非金属性有关系，非金属越强，气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性大于氮元素的非金属性，所以水的稳定性大于氨气的稳定性，故答案为：二；ⅤA；弱；（2）Y为硫元素，硫原子核外电子数为16，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，硫为非金属，X为铝元素，非金属的第一电离能高于金属的第一电离能，故Y的第一电离能比X的大；故答案为：1s22s22p63s23p4；大；（3）浓硫酸和铜在加热条件下能反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，方程式为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；39（4）Fe（s）+O2（g）=FeO（s）△H=﹣272.0KJ•mol﹣1①2X（s）+O2（g）=X2O3（s）△H=﹣1675.7KJ•mol﹣1②将方程式×②﹣①得方程式X的单质和FeO反应的热化学方程式是：Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=﹣565.85KJ/mol，故答案为：Al（S）+FeO（S）+O2（g）=Al2O3（S）+Fe（S）△H=﹣565.85KJ/mol．点评：本题考查了元素的推断、化学反应方程式、热化学反应方程式、核外电子排布式等知识点，难度不，能正确判断各元素是解本题的关键，注意书写基态原子核外电子排布式要遵循构造原理．　39