热门试卷

（14分，7空，每空2分）(1)制备单晶硅、玻璃、光导纤维、建筑材料等（合理答案即可给分）

(2)2Al(s)＋Fe2O3(s)＝2Fe(s)＋Al2O3(s) △H＝－852kJ·mol－1

(3)b    (4) ①a、c  ； ②增强 ； 大于；  ×10－9

试题分析：根据元素在周期表中的相对位置可知，B是第三周期元素。又因为B所处的周期序数与族序数相等，所以B是铝元素，则A是N，C是Si，D是S。

（1）硅的氧化物二氧化硅的主要用途是制备单晶硅、玻璃、光导纤维、建筑材料等。

（2）B单质与Fe2O3反应的化学方程式是2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，由于每消耗13.5g B时放热213kJ，则消耗2mol铝放出的热量是×213kJ＝852kJ，因此该反应的热化学方程式是2Al(s)＋Fe2O3(s)＝2Fe(s)＋Al2O3(s) △H＝－852kJ/mol。

（3）根据方程式可知，NO2中氮元素的化合价从＋4价降低到0价，得到电子，发生还原反应。则X一定失去电子，做还原剂。又因为反应中还有水生成，这说明X中一定含有氢元素，所以X不可能是CO，答案选b。

（4）①氨气分解的方程式是2NH3N2＋3H2，该反应是体积增大的吸热的可逆反应。升高温度平衡向正反应方向移动，氨气的物质的量减少，a正确；升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，b不正确；增加氢气的物质的量，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率降低，c正确；增加氨气的物质的量，平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增加，d不正确，答案选ac。

②一水合氨是弱电解质，加入硫酸生成强电解质硫酸铵，因此溶液的导电能力增强；如果二者恰好反应生成硫酸铵，则溶液中NH4＋水解，溶液显酸性。如果溶液显中性，则说明氨水过量，所以所得混合溶液中A、D两种元素的物质的量的关系为：A大于2D；根据电荷守恒可知c(H＋)+c(NH4＋)＝c(OH－)+2c(SO42－)，溶液显中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4＋)＝2c(SO42－)＝2××0.01mol/L＝0.01mol/L。根据氮元素守恒可知，溶液中c(NH3·H2O)=×amol/L－0.01mol/L，所以根据电离平衡NH3·H2ONH4＋+OH－可知，该温度下氨水的电离平衡常数Kb＝＝＝×10－9。

（1）

（2）    N2H4+4OH--4e-=N2↑+2H2O

（3）2：3

（4）AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓

（5）2NaCl+H2ONaClO+H2↑ 溶液变红后褪色

甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素．甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则X为NH3，甲为H，乙为N；甲、丙处于同一主族，结合原子序数可知，丙为Na；戊的负一价阴离子与丙的阳离子差8个电子，戊的负一价阴离子核外电子数为18，则戊为Cl；氯气与氨气反应生成氮气，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0.1mol/L的Y溶液pH＞1，则Y为NH4Cl、Z为HCl；丁的单质既能与丙（Na）元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z（HCl）的水溶液反应生成盐N，丁为两性金属，则丁为Al元素，故L为NaAlO2；丙、戊组成化合物M为NaCl，用石墨作阳极、铁作阴极，电解氯化钠水溶液，生成氢气、氯气与氢氧化钠，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠与次氯酸钠。

（1）Cl-的结构示意图为：。

（2）H、N两元素形成的化合物中，既含有极性键又含有非极性键的物质为N2H4，其结构式为，负极反应氧化反应，N2H4在负极失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极电极反应式为N2H4+4OH--4e-=N2↑+2H2O。

（3）氯气与氨气反应生成的NH4Cl和HCl的物质的量之比为2：4，则NH3与Cl2反应的化学方程式：4NH3+3Cl2═N2+2NH4Cl+4HCl，在反应中氨气做还原剂，氯气做氧化剂，被氧化的物质氨气只占反应掉的一半，被氧化的物质氨气与被还原的物质氯气物质的量之比=2：3。

（4）将少量的盐酸滴入过量NaAlO2溶液中发生反应的离子方程式为:AlO2-+H++H2O═Al(OH)3↓。

（5）电解饱和氯化钠溶液，反应的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ ,

同时发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故该电解池中发生反应的总反应方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑，电解后得到NaClO溶液，显碱性，且具有强氧化性，滴入酚酞溶液中，观察到溶液变红后褪色。

（本题共8分）（1）6（1分），（1分）；

（2）2Al+2OH—+2H2O→2AlO2—+3H2↑（2分）；

（3）Cl（1分），ad（2分）；

（4）第四周期VA族（1分）

试题分析：（1）根据元素在周期表中的相对位置可知，h是第五周期第ⅥA族的Te，根据构造原理可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p4，所以h的最外层有6种运动状态的电子。a、b、c三种元素分别是H、O、Na，三种元素形成的化合物是氢氧化钠，氢氧化钠是离子化合物，其电子式为。

（2）d是铝，i是Ba，氢氧化钡是强碱能溶解金属铝，反应的离子方程式是2Al+2OH—+2H2O→2AlO2—+3H2↑。

（3）元素e与f元素分别是S和Cl，同周期自左向右非金属性逐渐增强，所以氯元素的非金属性强于硫元素的非金属性。a.非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，所以根据e的阴离子还原性强于f的阴离子可以说明氯元素的非金属性强于硫元素的，a正确；b.氢化物的酸性强弱与非金属性强弱无关系，因此f的氢化物酸性强于e的氢化物不能说明氯元素的非金属性强于硫元素的，b不正确；c. 非金属单质的熔点与非金属性强弱无关系，则根据e单质的熔点高于f单质   不能说明氯元素的非金属性强于硫元素的，c不正确；d.非金属性越强，越容易得到电子，因此根据e和f形成的化合物中，e显正价，f显负价可以说明氯元素的非金属性强于硫元素的，d正确，答案选ad。

（4）同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，所以所在周期原子半径最大的非金属元素，其气态氢化物为三角锥形极性分子的元素应该是第四正确第ⅤA族的As元素。

（每空1分，共6分）（1）第三周期第ⅥA族 ；碳

（2）  (3)  Cl    b (4)H2CO3

试题分析：（1）有三个电子层，且K、M层电子数之和等于L层电子数，则A是S元素，位于第三周期第ⅥA族。最外层电子数是次外层电的2倍，则B是碳元素。常温下单质为双原子分子，其氢化物的水溶液呈碱性，所以C是氮元素。元素最高正价是+7价，则在短周期元素中是氯元素。

（2）氮气中含有三键，电子式为。

（3）同周期自左向右，非金属性逐渐增强，所以氯元素的非金属性强于S元素的非金属性。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则答案选b。

（4）四种元素的最高价氧化物的水化物的酸性除了碳酸是弱酸外，强于都是强酸，即A、B、C、D四种元素的最高价氧化物 的水化物中化学性质明显不同于其他三种的是H2CO3。

点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近高考。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，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。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。

（1）（1分）； ；3s23p5

（2）HF＞HCl （3）NaClO（1分）；ClO－＋H2OOH－＋HClO （其它每项2分）

试题分析：A、B、C、D、E是短周期的五种主族元素。A元素的某种原子，其核内没有中子，则A是氢元素；B元素的基态原子2p轨道上只有一对成对电子，这说明2p轨道上有4个电子，则B元素氧元素；C与B处于同一周期，且原子半径小于B。根据同周期自左向右原子半径逐渐减小可知，C一定是氟元素；D与C是同主族元素，且属于短周期元素，因此D是氯元素；E元素的一价阳离子和C元素的阴离子具有相同的电子层结构，因此E是钠元素。

（1）氧元素位于周期表的第二周期第ⅥA族，所以其原子结构示意图是；F元素的原子序数是9，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，氟原子的电子排布图是；氯元素位于第三周期第ⅦA族，所以其原子的价电子排布式是3s23p5。

（2）非金属性越强，氢化物的稳定性越强。同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性强弱顺序是F＞Cl 。因此A元素分别与C、D两元素形成的化合物的稳定性由强到弱的顺序是HF＞HCl。

（3）由B、D、E三种元素组成的某种化合物的水溶液能使pH试纸先变蓝后褪色，这说明该化合物的水溶液显碱性，且还具有漂白性，因此该化合物是NaClO；次氯酸钠是强碱弱酸盐，溶于水ClO－水解溶液显碱性，水解方程式为ClO－＋H2OOH－＋HClO。因此用一个离子方程式表明该化合物水溶液使pH试纸先变蓝后褪色的原因为ClO－＋H2OOH－＋HClO。

(1)第二周期ⅤA族

(2)CH4>SiH4

(3)SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl

(4)NaNO2

(5)增加　因为此反应是可逆反应

(6)

由A、D的最低化合价均为－2，且D没有正价，可知A、D分别为硫元素和氧元素，同理可推出F和G分别为氟元素和氯元素；由C、H的最高正价和最低负价均分别为＋4和－4，且H原子半径较小，则C、H分别为硅元素和碳元素；同理可推出B和E分别为磷元素和氮元素。(6)铜与稀硫酸不能自发反应，故考虑用铜做阳极电解稀硫酸溶液

（1）1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar] 3d64s2（2分）

（2）Cl-＞O2-＞Na+（2分）

（3）H−O                      H−N（各1分）

（4）N＞O                    NH3分子间存在氢键（各1分）

（5）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2（2分）

试题分析：ABCXY分别为Fe、Cl、Na、O、N。（1）Cl-电子层数为3层，O2-、Na+的电子层数为2层，电子层数多半径大，电子层数相同质子数多半径小，故有Cl-＞O2-＞Na+；（3）氧元素的非金属性强于氮元素，故氧氢键极性强，氧原子半径小于氮原子，故氧氢键键长短；（4）氮元素最外层电子为半满的相对稳定结构，能量较低，第一电离能大于相邻元素原子；氨气中存在分子间氢键，导致其熔沸点较高。

（16分）（1）（2分） 第二周期IVA族（2分）      （2）HClO4（1分H2S（1分）

（3）H2SiO3（1分），HCl（1分），H2和O2混合发生爆炸或生成的Si部分被O2氧化成SiO2（1分） 

（4）C （3分）                   （5）Fe2+ +2e- =" Fe" （2分），   β-Al2O3 （2分）

试题分析：上述六种元素都是短周期元素，所以根据已知性质推：Q单质为淡黄色固体，则Q是S，在S之后的短周期主族元素是Cl，即G为Cl，用于同位素测定的为C，Y为C元素，与C同主族的M应该是Si，在C元素之前的X元素与同主族元素Z形成离子化合物ZX，则X、Z均在第一主族，且分别为H、Na，所以综上可得X、Y、Z、M、Q、G元素分别是H、C、Na、Si、S、Cl。

（1）X是H元素，所以在NaH中，H-的离子结构示意图为，Y为C元素，其位置是：第二周期，第IVA族。

（2）在这6种元素中非金属最强的是Cl，其最高价氧化对应的水化物HClO4酸性最强；Q、G的氢化物分别为H2S、HCl，因为非金属性Cl>S，单质的氧化性Cl2>S，所以离子的还原性Cl-2- ，所以还原性强的氢化物是H2S。

（3）MXG3与X2 分别为SiHCl3和H2，所以利用二者制备高纯硅时，若混入了水SiHCl3会与H2O发生剧烈水解反应，生成硅酸H2、H2SiO3和HCl；如果混入了氧气，则高温加热不纯H2会发生爆炸，或者O2又会氧化高温生成的单质硅，所以要控制无水无氧环境。

（4）X2Q是H2S，H2S燃烧是一个放热反应，所以△H<0，燃烧热a kJ·mol-1是指1mol该物质完全燃烧生成稳定氧化物SO2时所释放的能量，所以如果方程式系数是2时，对应的焓变△H=" -2a" kJ·mol-1 ，所以应该选择C。

（5）该电池反应式为：2Na+FeCl2Fe+2NaCl，所以可知该反应中放电时单质Na作电池负极失去电子被氧化，Fe2+作正极得到电子被还原为Fe单质，所以正极反应式为：Fe2+ + 2e- =Fe；由于电池反应式在熔融状态下进行的，所以从图像可以判断出该电池的电解质溶液是β-Al2O3。

（1）E   （2）D    （3）C   （4）电子层分布，各能层能量不同；10

（5）R＜S＜T；S；S元素的最外层电子处于s能级全充满状态，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多

试题分析：由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则

（1）由上述分析可知，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案为：E；

（2）离子的氧化性越弱，则其对应的电离能越小。由表中数据看出U的第一电离能为420 kJ•mol-1，数值最小，故U+氧化性最弱，因此答案为：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，所以答案为：C；

（4）相邻两个电离能数据相差较大，从一个侧面说明核外电子分层排布的，且各能层能量不同。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：电子分层排布，且各能层能量不同；10；

（5）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元素的最外层电子处于s能级全充满状态，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多，因此第一电离能异常高，故答案为：R＜S＜T，S，S元素的最外层电子处于s能级全充满状态，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多。

（1）       （各2分，共4分）

（2）分子 （2分）

（3）HCl   H2S   SiH4  （2分）

（4）Al2S3 + 6H2O  2Al(OH)3↓ +3H2S↑ （2分）

（5）3NF3＋5H2O2NO＋HNO3＋9HF   2.408×1023 （各2分，共4分）

试题分析：X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，X为N元素；1mol Y的单质分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应生成的气体在标况下均为33.6L，Y为Al元素，W的原子最外层电子数与核外电子总数之比为3∶8，W为S元素；X的原子序数是Z的原子序数的一半，Z为Si元素；又因为X、Y、Z、W、P为短周期的主族元素，其原子序数依次增大。Y、Z、W、P位于同一周期，P为Cl元素。

（1）SCl2电子式为，因为氯最外层7个电子因此需要共用1对电子，硫最外层有6个电子，需要共用2对，所以是一个硫和2个氯一边共用一对；

（2）分子晶体是由分子构成，分子间的作用力很弱，具有较低的熔点、沸点、硬度小、易挥发等性质；

（3）气态氢化物中稳定性最弱取决于元素非金属性的强弱，元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定；

（4）铝离子和硫离子双水解可以得到氢氧化铝和硫化氢；

（5）用化合价升降法来配平，3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析此氧化还原反应，3molNF3完全反应转移了2mole－，所以0.6mol X的三氟化物完全反应，则转移的电子总数约为2.408×1023。

略

(1)Ar　(2)极性　(3)5　(4)D是CH3OH，分子之间能形成氢键　(5)CO中第一个π键的键能是273 kJ·mol－1，N2中第一个π键的键能是523.3 kJ·mol－1，所以CO的第一个键比N2的第一个键更容易断裂　(6)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；3d104s1　(7)分子晶体

Ⅰ.含有18个电子的微粒有：Ar(18)、HCl(1＋17)、H2S(2＋16)、PH3(15＋3)、SiH4(14＋4)、F2(9×2)、H2O2(9×2)、N2H4(9×2)、C2H6(9×2)、CH3F(9＋9)、CH3OH(9＋9)等。由“A分子所含原子的数目为1，且含有18个电子”可推知A为Ar；由“B分子所含原子的数目为3，且含有18个电子，B由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比为1：2”可推知B为H2S，H2S是极性分子；由“C分子所含原子的数目为6，且含有18个电子，C由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比为1：2”可推知C为N2H4,1个N2H4分子中含有4个N—H键(4个σ键)和一个N—N键(1个σ键)，共5个σ键。由“D分子所含原子的数目为6，且含有18个电子，D是一种有毒的有机物”可推知D为CH3OH，CH3OH分子之间能形成氢键，所以CH3OH的熔、沸点比CH4的熔、沸点高。

Ⅱ.CO打开第一个键需要的能量为1071.9 kJ·mol－1－798.9 kJ·mol－1＝273 kJ·mol－1，而N2打开第一个键需要的能量为941.7 kJ·mol－1－418.4 kJ·mol－1＝523.3 kJ·mol－1。

Ⅲ.基态Ni原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1。Fe(CO)5常温下呈液态，熔点为－20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)5晶体属于分子晶体。

（10分）(1）C＜O＜N (1分) (2）    sp3(1分) (3） (1分)     N2O(1分)

（4） (3分)

(5）1s22s22p63s23p63d3（或[Ar] 3d3）  (1分)        [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3            (2分)

试题分析：化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，因此C是第ⅥA族元素。又因为B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，这说明B是氮元素，C氧元素，所以D是镁元素。AC2为非极性分子，则A是碳元素。E的原子序数为24，则E是Cr元素。

（1）非金属性越强，第一电离能越大。由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以氮元素的电源电路大于氧元素的，因此A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。

(2）B的氢化物（B2H4）是乙烯，乙烯分子是平面型结构，所以乙烯分子中心原子碳原子采取的是sp2杂化。

（3）CO2分子中含有2个双键，所以电子式是。原子数和价电子数分别都相等的分子是等电子体，则和CO2互为等电子体的是N2O。

(4）B的最高价氧化物对应的水化物是硝酸，具有强氧化性。其稀溶液与D的单质反应时，B被还原到最低价，所以该反应的化学方程式是4Mg＋10HNO3＝4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O。

（5）根据构造原理可知，E3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d3（或[Ar] 3d3）。ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，1mol该配合物能与3molAgNO3恰好完全沉淀，这说明该化合物中氯离子不是配体，因此该配位化合物的化学式应该是[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于提高学生的逻辑推理能力和应试能力。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，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。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。