热门试卷

（1）O

（2）Cl-（3）Ca2+

（1）CO32-+H2OHCO3-+OH- （2）H2+2OH--2e-==2H2O

（3）t0-t1（4）Na2O+2H2O==2Na++2OH-；=

（5）Cl->N3-＞O2->Na+>Al3+（6）Al(OH)3Al3++3OH-

（7）H3O++NH3==NH4++H2O

根据元素周期表中元素的分布，可以知道①是C，②是N，③是Na，④是Al，⑤是S，⑥是Cl．

（1）元素①的符号是C，故答案为：C；

（2）元素②的单质氮气，氮气是含有氮氮三键的物质，其电子式是

，故答案为：

；

（3）S原子结构示意图是

，故答案为：

；

（4）第三周期元素的原子从左到右原子半径逐渐减小，所以半径最小的是Cl，故答案为：Cl；

（5）氧化铝是中学阶段所学习的一种两性氧化物，故答案为：Al；

（6）金属钠和水发生反应生成氢氧化钠和氢气，实质是：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；向反应后的溶液中再加入元素Al的单质，金属铝能和强碱反应，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，

故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．

（1）（2分）（2）2HClO4+Na2SiO3＝2NaClO4+H2SiO3↓（3分）

（3）Al3++3H2OAl(OH)3+3H+（2分）（4）Si-4e-+6OH-＝SiO32-+3H2O（3分）

（5）2C(s)+SiO2(s)＝Si(s)+2CO(g) △H=(a+b-c)kJ·mol-1（3分） （6）＜（1分）   75％（3分）

试题分析：根据短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中相对位置可知，X位于第二周期，Y、Z、W位于第三周期。其中Y所处的周期序数与族序数相等，所以Y是第三周期第ⅢA族元素，即Y是铝，则Z是Si，X是N，W是Cl。

（1）氮元素的原子序数是7，则氮元素的原子结构示意图为。

（2）判断非金属性强弱的一般规律是：①由元素原子的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。②由单质和酸或者和水的反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强。③由对应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，非金属越强。（除氟元素之外）。⑥由对应阴离子的还原性判断：还原性越强，对应非金属性越弱。⑦由置换反应判断：强置弱。〔若依据置换反应来说明元素的非金属性强弱，则非金属单质应做氧化剂，非金属单质做还原剂的置换反应不能作为比较非金属性强弱的依据〕。⑧按元素周期律，同周期元素由左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族元素由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱。⑨非金属单质与具有可变价金属的反应。能生成高价金属化合物的，其非金属性强。因此可以根据高氯酸能制备硅酸来验证W非金属性强于Z，反应的化学方程式为2HClO4+Na2SiO3＝2NaClO4+H2SiO3↓。

（3）明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，因此明矾可以作净水剂，反应的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。

（4）原电池中负极失去电子，发生氧化反应。所以根据反应式Si+2NaOH+H2O＝Na2SiO3+2H2可知，如果利用单质硅和铁为电极材料设计原电池(NaOH为电解质溶液)，则硅是负极，因此该原电池负极的电极反应式为Si-4e-+6OH-＝SiO32-+3H2O。

（5）已知：①C(s)+ O2(g)＝CO2(g) △H＝a kJ· mol-1；②CO2(g) +C(s)＝2CO(g) △H＝b kJ· mol-1；③Si(s)+ O2(g)＝SiO2(s) △H＝c kJ· mol-1，则根据盖斯定律可知①+②-③即得到工业上生产粗硅的热化学方程式，即为2C(s)+SiO2(s)＝Si(s)+2CO(g) △H＝(a+b-c)kJ·mol-1。

（6）根据表中数据可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐减小。这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，即△H＜0；设CO和H2O起始浓度分别为a，则

CO(g)+H2O(g)H2(g) + CO2(g)

起始浓度    a      a          0        0

转化浓度    b      b          b        b

平衡浓度  a－b    a－b        b        b

所以根据平衡常数表达式可知＝9

解得b＝a

所以CO平衡转化率为×100%＝75%

（1）氧 磷 锰 （2）σ键

（3）；O＝C＝O　SiO2 + 2OH-＝SiO32- +H2O(2分)

（4）O＞P＞Si＞Li

（5）3d54s2  第四周期 ⅦB族   Mn2O7

试题分析：A元素的原子最外层电子排布式为ms1，则A是第IA族元素；B元素的原子价电子排布式为ns2np2，所以B应该是第ⅣA族元素；C元素位于第二周期且原子中p能级与s能级电子总数相等，所以C是氧元素；D元素原子的M能层的p能级中有3个未成对电子，则D是P元素；E元素原子有五个未成对电子，则E的原子序数是25，属于第四周期的Mn元素。

（1）C、D、E的元素名称是氧、磷、锰。

（2）氧元素的核电荷数是8，则根据构造原理、能量最低原理、洪特规则以及泡利原理可知，其轨道表达式为。A为非金属元素，因此A是氢元素。则按原子轨道的重叠方式，H与O形成的化合物中的共价键属于头碰头重叠，即为σ键。

（3）)当n＝2时，B是碳元素，其最简单气态氢化物是甲烷，含有极性键的非极性分子，电子式为；BC2分子是CO2，属于直线型结构，其结构式是O＝C＝O；当n＝3时，B是Si元素。B与C形成的化合物二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是SiO2 + 2OH-＝SiO32- +H2O。

（4）若A元素的原子最外层电子排布为2s1，则A是Li。B元素的原子价电子排布为3s23p2，则B是Si元素。由于非金属性越强，第一电离能越大，所以氧元素的第一电离能最大。Li是金属第一电离能最小。P的非金属性强于Si，第一电离能大于硅的，所以A、B、C、D四种元素的第一电离能由大到小的顺序是O＞P＞Si＞Li。

（5）E元素是Mn，原子序数是25，位于周期表的第四周期第ⅦB族，所以原子的特征电子构型是3d54s2； 最高价是＋7价，因此其最高价氧化物的化学式是Mn2O7。

（10分）（1） 第三周期第ⅥA族 （2） 5；Cl2、O3、ClO2

（3） 2H2S + SO2＝3S + 2H2O （4）NaH + H2O＝NaOH＋ H2↑

试题分析：X、Y、Z、M、G五种元素分属三个不同短周期，且原子序数依次增大，所以X一定是氢元素。Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，Y2是空气的主要成分之一，这说明Y是氧元素，M是硫因素。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX，且Z的原子序数大于Y，小于M，所以Z是Na。G的原子序数大于S的，则G是氯元素。

（1）S的原子序数是16，位于周期表中第三周期第ⅥA族。

（2）Y、Z的单质或两元素之间形成的化合物共有5种，分别是Na、O2、O3、Na2O、Na2O2。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Cl2、O3、ClO2。

（3）上述五种元素中两元素形成的化合物之间可相互反应生成单质M，这说明M在化合物中的化合价分别是正价和负价，满足条件的是SO2和H2S，反应的化学化学方程式为2H2S + SO2＝3S + 2H2O。

（4）NaH中H元素的化合价是－1价，易被水中＋1价的H氧化生成氢气，反应的化学方程式是NaH + H2O＝NaOH＋ H2↑。

点评：该题是中等难度的试题，也高考中的常见题型。试题贴近高考，侧重对学生能力的培养。该题以“周期表中元素的推断”为载体，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。

（14分，每空2分）Ⅰ  1/28mol/L   4NO2+4SO2+3O2+6H2O==4NO3-+4SO42-+12H+    

CNa+>CS2->COH->CHS->CH+    4×10-12mol/L，

Ⅱ.AD  5

试题分析：I、B、E原子的最外层电子数均为其电子层数的2倍，所以B是C元素，E是S元素；D、E元素原子的最外层电子数相等，D与E同主族，所以D是O元素；则A、C分别是H、N元素。C单质可与浓硫酸、浓硝酸反应，则甲是硝酸，乙是硫酸，二者的共同产物是CO2、H2O，C与浓硝酸反应还原产物是NO2，与浓硫酸反应还原产物是SO2，所以X是NO2,W是SO2。

（1）X、Y、W均能与Z反应，说明Z是H2O，Y是CO2，NO2与O2按4：1充满试管后将其倒立于水槽中，二者恰好完全反应生成硝酸，溶液充满整个试管，设试管体积为VL（标准状况），则NO2的体积为0.8VL，生成的硝酸的物质的量是0.8VL/22.4L/mol,所得硝酸溶液的浓度是0.8VL/22.4L/mol/VL=1/28mol/L；

（2）将NO2、SO2、O2按4：4：3通入水中，恰好发生氧化还原反应，生成硝酸和硫酸，离子方程式为4NO2+4SO2+3O2+6H2O==4NO3-+4SO42-+12H+；

（3）G是一种既能与强酸又能与强碱反应的酸式盐，且由2种或3种元素构成，所以G是NH4HS，电子式为；氢氧化钠与硫氢化铵在加热条件下以物质的量比2:1反应生成硫化钠、氨气，硫离子水解，使溶液显碱性，所以溶液中离子浓度从大到小的顺序是c(Na+)>c(S2-)>c(OH－)>c(HS-)>c(H+)；混合溶液中c(S2-)=0.05mol/L,溶液pH=12，则c(H+)=1×10-12mol/L，c(OH－)= 1×10-2mol/L，根据S2-+H2OHS-+OH-，所以c(HS-)= c(OH－)= 1×10-2mol/L，此时c(S2-)="0.05mol/L-0.01mol/L=0.04mol/L," 所以HS-的电离平衡常数Ka= c(H+) c(S2-)/ c(HS-)=4×10-12mol/L；

II、（4）A、图像上的任何点都表示Ag2CrO4的溶解平衡时的离子浓度，所以溶度积常数=c(Ag+)2×c(CrO)=(2×10-3)2×2.5×10-3=1×10－8,正确；B、因为存在沉淀的溶解平衡，所以含有大量CrO的溶液中也可能存在Ag+，错误；C、a点的离子浓度积大于b点溶解平衡常数，所以溶液为过饱和溶液，有沉淀析出，错误；D、0.02mol·L－1的AgNO3溶液与0.02mol·L－1的Na2CrO4溶液等体积混合，c(Ag+)= c(CrO)=0.01mol/L，则c(Ag+)2×c(CrO)>1×10－8,所以有沉淀生成，正确，答案选AD；

（5）常温下Ksp[Cr(OH)3]=10－32= c(OH－)3×c(Cr3+), c(Cr3+)降至10－5mol·L－1时，c(OH－)=1×10-9mol/L,则c(H+)=1×10-5mol/L,pH=5.

I．（1）第二周期第ⅣA族；（2）2Cl2＋2Ca(OH)2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；

（3）H2S＋2Fe3＋＝2Fe2＋＋2H＋＋S↓；（4）nS8+16e－＝8Sn2－；

II．（5）＝；（6）K＝。

试题分析：I．X、Ｗ、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是W的4倍，则根据X、Y在周期表中相对位置可知，X一定是第二周期元素，W、Y、Z均是第三周期元素，其中X是第ⅣA族的碳元素，W是钠元素，Y是硫元素，Z是氯元素。

（1）X在周期表中的位置是第二周期第ⅣA族；

（2）氯气与石灰乳反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2＝CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；

（3）H2S具有还原性，能把铁离子氧化生成单质硫，所以Y的气态氢化物通入FeCl3溶液中，有Y单质析出的离子方程式为H2S＋2Fe3＋＝2Fe2＋＋2H＋＋S↓；

（4）原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。因此放电时，Na+离子向正极移动；正极硫得到电子，电极反应式为nS8+16e－＝8Sn2－；

II．（5）根据①②数据分析得出，压强变为原来的2倍时，A的浓度变为原来的2倍，这说明增大压强平衡不移动，因此正方应是体积不变的可逆反应，即x+y＝z；

（6）由②③数据可知，压强变为原来的5倍时A的浓度大于原来的5倍，这说明增大压强平衡向逆反应方向移动，即正方应是体积增大的可逆反应。所以此时B不再是气态，因此该温度下反应的平衡常数表达式为K＝。

（每空1分，共9分）（1）增大；减小；已达稳定结构，不易失去电子

（2）第ⅡA族元素原子的ns轨道上电子排布达到全充满，第ⅤA族的p轨道半充满，是较稳定结构，难失去电子。而ⅢA族原子价电子排成ns2np1，若失去p能级的一个电子使剩余ns上达到全充满的较稳定结构，故I1较小 （3）＞；＞ （4）C

（5）HClO4＞H2SO4＞H3PO4；上一周期的元素的氢化物分别为NH3、H2O、HF，半径小，键长小，键能大，分子稳定

试题分析：（1）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，因此金属性越强第一电离能越小。同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，所以同一周期元素的第一电离能从左到右总趋势是增大；同主族自上而下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则同一主族元素原子从上到下的第一电离能I1变化规律是逐渐减小；由于稀有气体元素的最外层电子已达稳定结构，不易失去电子，所以稀有气体的第一电离能在同周期中是最大。

（2）由于第ⅡA族元素原子的ns轨道上电子排布达到全充满状态，第ⅤA族的p轨道电子处于半充满状态，是较稳定结构，难失去电子。而ⅢA族原子价电子排成ns2np1，因此若失去p能级的一个电子使剩余ns上达到全充满的较稳定结构，故I1较小。

（3）由于镁元素的3s能级处于全充满状态，稳定性强，因此镁的第一电离能强于钠的，则2号元素是Mg。由于Mg失去最外层1个电子后使3s能级电子处于半充满状态，稳定性强，因此如果Mg元素的的I1＝738KJ/mol,则它的I2＞738KJ/mol。同样分析可知如果镁失去3s能级的2个电子后使2p能级的电子处于全充满状态，稳定性强，因此I3＞3×738KJ/mol；

（4）由于P元素的3p能级处于半充满状态，稳定性强，因此P元素的第一电离能强于S元素的第一电离能，所以5、4、6三种元素分别是P、S、Cl。由于非金属性越强，电负性越大，所以S元素的电负性介于P和Cl元素之间，故答案选C。

（5）根据(OH)mROn可知n值越大，含氧酸的酸性越强，所以酸性强弱顺序是HClO4＞H2SO4＞H3PO4。由于上一周期的元素的氢化物分别为NH3、H2O、HF，半径小，键长小，键能大，分子稳定，因此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。

（1）12H   H∶C  C∶H（2） N2H+4Fe3+→4Fe2++N2+5 H+

（3）4Al(s)+ 3TiO2(s)+3C(s) =" 2Al" 2O3(s)+ TiC(s) ΔH= -1072kJ·mol-1 

（4）酸      [OH-]<[H+]<[NH4+]<[NO]

（5）3Na2O2 + 6 Fe2++6 H2O   ="4" Fe(OH)3↓+2 Fe3++6 Na+

试题分析：M是地壳中含量最高的金属元素，所以M是Al，X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，且X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，所以X、Y、Z、L分别是H、C、N、O．N的核电荷数比L的核电荷数的3倍多2则为铁。（1）X元素质子数和中子数相等的核素的符号12H。由X和Y元素组成的14电子分子的电子式为 H∶C  C∶H（2）（2）在水溶液中将Fe3+还原为Fe2+，+4Fe3+→4Fe2++根据氧化还原原理可知该反应的离子方程式为_ N2H+4Fe3+→4Fe2++N2+5 H+。（3）根据题意和热化学方程式的书写步骤即为 4Al(s)+ 3TiO2(s)+3C(s) =" 2Al" 2O3(s)+ TiC(s) ΔH= -1072kJ·mol-1 。（4）硝酸铵是强酸弱碱盐水解呈酸性，离子浓度大小关系为 [OH-]<[H+]<[NH4+]<[NO]（5）过氧化钠做氧化剂，二价铁离子做还原剂，根据氧化还原反应原理可写出方程式为3Na2O2 + 6 Fe2++6 H2O   ="4" Fe(OH)3↓+2 Fe3++6 Na+。

（16分，标注的为1分，其余每空2分）（1）Al（OH）3+OH- =〔Al (OH)4〕-

（2）（1分）

（3）酸（1分） Al3++3H2OAl（OH）3+3H+

（4）SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl （5）HCl>H2S （6）S2->Cl->Na+>Al3+

(7)Cl2O7(1)+H2O(1) = 2HClO4(aq)   ΔH=－4QkJ/mol

试题分析：（1）由于W和X是同一周期的金属元素，而W、X各自的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，所以W是钠，X是Al，则该反应的离子方程式为Al（OH）3+OH- =〔Al (OH)4〕-。

（2）W与Y可形成化合物W2Y，由于也和钠属于同一周期，所以Y是S，硫化钠是含有离子键的离子化合物，其化合物的电子式为。

（3）硝酸铝属于强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3+3H+。

（4）Z的原子序数大于Y的，且和Y属于同一周期的非金属，所以Z是Cl。因此Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O = H2SO4+2HCl。

（5）非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以稳定性强弱顺序是HCl>H2S。

（6）由于电子层数越多，比较一般越大。又因为核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以W、X、Y、Z四种元素简单离子的离子半径由大到小的顺序是S2->Cl->Na+>Al3+。

（7）Z的最高价氧化物是Cl2O7，溶于水生成高氯酸。由于0.25 mol该物质与一定量水混合放出QkJ的热量，所以反应的热化学方程式是Cl2O7(1)+H2O(1) = 2HClO4(aq)   ΔH=－4QkJ/mol。

点评：该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。本题基础性较强，属于中等浓度的题目。

（1）　 （2分）

（2）1　 （3分）

（3）＜　　 （2分）

（4）CO(g) + 2H2(g)＝CH3OH(l)   △H＝+101 kJ/mol  （方程式对给１分，共3分）

（5）H2－2e－+ CO32－ ＝CO2 + H2O　 （3分） （6）2.24　（2分）

试题分析：（1）硅因素位于第三周期第ⅣA族，因此原子结构示意图为。

（2）根据表中数据可知，平衡时CO和水蒸气的浓度分别是0.080mol/L和0.180mol/L，其中消耗CO的浓度是0.200mol/L－0.080mol/L＝0.120mol/L，因此根据方程式可知生成CO2和氢气的浓度均是0.120mol/L，实验该温度下反应的平衡常数K＝＝1。

（3）相同条件下，向1L恒容密闭容器中，同时注人1mol CO、1mol H2O(g),2molCO2和2mo1 H2，则此时＝4＞1，所以反应逆反应方向进行，因此v(正 )＜v(逆)。

（4）已知① CO(g)+1/2 O2 (g)＝CO2 (g) △H＝一141 kJ·mol-1、② 2H2(g)+ O2(g)＝2H2O(g) △H＝一484 kJ·mol-1、③ CH3OH（1）+3/2O2 (g)＝CO2(g)+2H2O(g) △Hl＝一726 kJ·mol-1，则根据盖斯定律可知①+②-③即得到CO、H2化合制得液态甲醇的热化学方程式为CO(g) + 2H2(g)＝CH3OH(l)   △H＝+101 kJ/mol。

（5）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。则根据装置图可知，氢气在A电极通入，因此A电极是负极，由于电解质是熔融的碳酸钾，而原电池中阴离子向负极移动，所以负极电极反应式为H2－2e－+ CO32－ ＝CO2 + H2O。

（6）电解池中氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl－2e－＝Cl2↑，所以生成0.2mol氯气转移电子的物质的量是0.4mol。氧气在反应中得到4个电子，因此根据得失电子守恒可知消耗氧气的物质的量是0.4mol÷4＝0.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。