高考化學培優(yōu)易錯難題(含解析)之元素周期律一、元素周期律練習題（含詳細答案解析）1．我國十分重視保護空氣不被污染，奔向藍天白云，空氣清新的目標正在路上。硫、氮、碳的大多數(shù)氧化物都是空氣污染物。完成下列填空：I.（1）碳原子的最外層電子排布式為___。氮原子核外能量最高的那些電子之間相互比較，它們不相同的運動狀態(tài)為___。硫元素的非金屬性比碳元素強，能證明該結(jié)論的是（選填編號）___。A.它們的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性B.它們在元素周期表中的位置C.它們相互之間形成的化合物中元素的化合價D.它們的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性強弱Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容積的密閉容器中進行該反應(yīng)。（2）在一定條件下，容器中壓強不發(fā)生變化時，___（填“能”或“不能”）說明該反應(yīng)已經(jīng)達到化學平衡狀態(tài)，理由是：___。在一定溫度下，若從反應(yīng)體系中分離出SO3，則在平衡移動過程中（選填編號）___。A.K值減小B.逆反應(yīng)速率先減小后增大C.K值增大D.正反應(yīng)速率減小先慢后快Ⅲ.化學家研究利用催化技術(shù)進行如下反應(yīng)：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)（3）寫出該反應(yīng)體系中屬于非極性分子且共用電子對數(shù)較少的物質(zhì)的電子式___。按該反應(yīng)正向進行討論，反應(yīng)中氧化性：___＞___。若該反應(yīng)中氣體的總濃度在2min內(nèi)減少了0.2mol/L，則用NO2來表示反應(yīng)在此2min內(nèi)的平均速率為___。（4）已知壓強P2＞P1，試在圖上作出該反應(yīng)在P2條件下的變化曲線___。該反應(yīng)對凈化空氣很有作用。請說出該反應(yīng)必須要選擇一個適宜的溫度進行的原因是：___。【答案】2s22p2電子云的伸展方向C、D不能該反應(yīng)中，氣體反應(yīng)物與氣體生成物的物質(zhì)的量相等，一定條件下，不管反應(yīng)是否達到平衡，氣體總物質(zhì)的量不變，壓強也不變。所以壓強不變，不可說明反應(yīng)已達到平衡BNO2CO20.2mol/（L?min）若溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應(yīng)速率可能太小，若溫度過高，使化學反應(yīng)平衡向逆方向移動，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率小【解析】【分析】【詳解】(1)碳為6號元素，碳原子的最外層電子排布式為2s22p2。氮為7號元素，氮原子核外能量最高的電子排布為2p3，排在相互垂直的的三個軌道上，它們的電子云的伸展方向不相同；A.非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，但H2S的穩(wěn)定性不如甲烷穩(wěn)定，不能說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故A不選；B.不能簡單的根據(jù)它們在元素周期表中的位置判斷非金屬性的強弱，故B不選；C.S和C相互之間形成的化合物為CS2，其中C顯正價，S顯負價，說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故C選；D.硫酸的酸性比碳酸強，能夠說明硫元素的非金屬性比碳元素強，故D選；故選CD；故答案為：2s22p2；電子云的伸展方向；CD；(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)為氣體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，在一定容積的密閉容器中，容器中氣體的壓強為恒量，壓強不發(fā)生變化，不能說明該反應(yīng)已經(jīng)達到化學平衡狀態(tài)；在一定溫度下，若從反應(yīng)體系中分離出SO3，SO3濃度減小，A.溫度不變，K值不變，故A錯誤；B.SO3濃度減小，逆反應(yīng)速率減小，平衡正向移動，隨后又逐漸增大，故B正確；C.溫度不變，K值不變，故C錯誤；D.SO3濃度減小，平衡正向移動，正反應(yīng)速率逐漸減小，開始時反應(yīng)物濃度大，反應(yīng)速率快，隨后，反應(yīng)物濃度逐漸減小，反應(yīng)速率減小，因此正反應(yīng)速率逐漸減小先快后慢，故D錯誤；故選B；故答案為：不能；該反應(yīng)中，氣體反應(yīng)物與氣體生成物的物質(zhì)的量相等，一定條件下，不管反應(yīng)是否達到平衡，氣體總物質(zhì)的量不變，壓強也不變。所以壓強不變，不可說明反應(yīng)已達到平衡；B；(3)2NO2+4CON2+4CO2，該反應(yīng)體系中屬于非極性分子的是N2和CO2，N2含有3個共用電子對，CO2含有4個共用電子對，共用電子對數(shù)較少的是氮氣，電子式為。氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應(yīng)中氧化劑為NO2，氧化產(chǎn)物為CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反應(yīng)后氣體的濃度變化量為1，若該反應(yīng)中氣體的總濃度在2min內(nèi)減少了0.2mol/L，說明2min內(nèi)NO2的濃度減小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L?min)，故答案為：；NO2；CO2；0.2mol/(L?min)；(4)2NO2+4CON2+4CO2是一個氣體的物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，增大壓強，平衡正向移動，氮氣的濃度增大，壓強越大，反應(yīng)速率越快，建立平衡需要的時間越短，壓強P2＞P1，在P2條件下的變化曲線為；該反應(yīng)是一個放熱反應(yīng)，溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應(yīng)速率可能太小，若溫度過高，使化學反應(yīng)平衡向逆方向移動，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率小，因此該反應(yīng)必須要選擇一個適宜的溫度進行，故答案為：；若溫度過低，催化劑活性可能小，化學反應(yīng)速率可能太小，若溫度過高，使化學反應(yīng)平衡向逆方向移動，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率小?！军c睛】本題的易錯點為(1)，元素非金屬性強弱的判斷方法很多，但要注意一些特例的排除，如本題中不能通過硫化氫和甲烷的穩(wěn)定性判斷非金屬性的強弱。2．有四種短周期元素，它們的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)等信息如下表所述：元素結(jié)構(gòu)、性質(zhì)等信息A是短周期中（除稀有氣體外）原子半徑最大的元素，該元素的某種合金是原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑BB與A同周期，其最高價氧化物的水化物呈兩性C元素的氣態(tài)氫化物極易溶于水，可用作制冷劑D是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，其單質(zhì)或化合物也是自來水生產(chǎn)過程中常用的消毒殺菌劑請根據(jù)表中信息填寫：(1)A原子的核外電子排布式________________．(2)B元素在周期表中的位置____________________；離子半徑：B________A（填“大于”或“小于”）．(3)C原子的電子排布圖是_______________________，其原子核外有___個未成對電子，能量最高的電子為___軌道上的電子，其軌道呈___________形．(4)B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與A的最高價氧化物對應(yīng)的水化物反應(yīng)的化學方程式為_______________________________，與D的氫化物的水化物反應(yīng)的化學方程式為_____________________________．【答案】1s22s22p63s1第三周期第ⅢA族小于32p啞鈴Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O【解析】【分析】A是短周期中(除稀有氣體外)原子半徑最大的元素，該元素的某種合金是原子反應(yīng)堆的導(dǎo)熱劑，所以A為Na元素；B與A同周期，其最高價氧化物的水化物呈兩性，則B為Al元素；C元素的氣態(tài)氫化物極易溶于水，可用作制冷劑，則C為N元素；D是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，其單質(zhì)或化合物也是自來水生產(chǎn)過程中常用的消毒殺菌劑，則D為Cl元素，據(jù)此回答；【詳解】(1)A為鈉元素，A原子的核外電子排布式1s22s22p63s1；答案為：1s22s22p63s1；(2)B為鋁元素，B元素在周期表中的位置第三周期第ⅢA族，電子層數(shù)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以鋁離子半徑小于鈉離子；答案為：第3周期第ⅢA族；小于；(3)C為氮元素，C原子的基態(tài)原子的電子排布圖是，其原子核外有3個未成對電子，能量最高的電子為2p軌道上的電子，其軌道呈啞鈴；答案為：；3；2p；啞鈴；(4)B為鋁元素，A為Na元素，B的最高價氧化物對應(yīng)的水化物與A的最高價氧化物的水化物反應(yīng)的化學方程式為：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O；D的氫化物HCl，氯化氫與氫氧化鋁反應(yīng)的離子方程式為：3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O；答案為：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O；3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O?！军c睛】(4)容易錯，最高價氧化物的水化物與堿反應(yīng)方程式為Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O；實際做題時，常用同學找不出Al(OH)3而用最高價氧化物Al2O3替代。3．A、B、C、D、E均為短周期主族元素，其原子序數(shù)依次增大。其中A元素原子核內(nèi)只有1個質(zhì)子；A與C，B與D分別同主族；B、D兩元素原子序數(shù)之和是A、C兩元素原子序數(shù)之和的2倍。請回答下列問題：(1)由上述元素組成的下列物質(zhì)中屬于非電解質(zhì)的是________(填字母編號)。a.A2Bb.E2c.DB2d.C2DB3(2)B元素在元素周期表中的位置為________；化合物C2B2中含有的化學鍵類型是________；化合物C2B中兩種離子的半徑大小關(guān)系為________＜________(填離子符號)。(3)實驗室中欲選用下列裝置制取并收集純凈干燥的E2氣體。①實驗中應(yīng)選用的裝置為________(按由左到右的連接順序填寫)；②裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為________?！敬鸢浮縞第2周期ⅥA族離子鍵、共價鍵Na+O2－AFEBMnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑+2H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E均為短周期主族元素，其原子序數(shù)依次增大。其中A元素原子核內(nèi)只有1個質(zhì)子，則A為H；A與C，B與D分別同主族；B、D兩元素原子序數(shù)之和是A、C兩元素原子序數(shù)之和的2倍，C應(yīng)為Na，設(shè)B的原子序數(shù)為x，D的原子序數(shù)為x+8，則2×（1+11）=x+x+8，解得x=8，則B為O，D為S，E為Cl?！驹斀狻?1)H2O、Na2SO3均為化合物，均可發(fā)生電離，屬于電解質(zhì)，Cl2是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，而SO2本身不能電離，屬于非電解質(zhì)，則只有c為非電解質(zhì)，故答案為：c；(2)B為O，位于第2周期ⅥA族，化合物C2B2為Na2O2，含離子鍵、共價鍵；C2B為Na2O，其中離子具有相同電子排布，原子序數(shù)大離子半徑小，離子半徑為O2-＞Na+，故答案為：第2周期ⅥA族；離子鍵、共價鍵；Na+；O2-；(3)①用裝置A制取并收集純凈干燥的Cl2氣體，選擇濃鹽酸與二氧化錳加熱制備；用裝置F中的飽和食鹽水除雜；用裝置E中的濃硫酸干燥；最后用B裝置進行收集及尾氣處理，則儀器連接順序為AFEB，故答案為：AFEB；②裝置A中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑+2H2O。【點睛】此題易錯點在于非電解質(zhì)的判斷，電解質(zhì)的前提必須是化合物，本質(zhì)是自身在一定條件下可以電離。4．完成下列問題：(1)氮和磷氫化物熱穩(wěn)定性的比較：NH3______PH3（填“>”或“<”）。(2)PH3和NH3與鹵化氫的反應(yīng)相似，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)也相似。下列對PH3與HI反應(yīng)產(chǎn)物的推斷正確的是_________（填序號）。a．不能與NaOH反應(yīng)b．含離子鍵、共價鍵c．受熱可分解(3)已知H2與O2反應(yīng)放熱，斷開1molH-H鍵、1molO=O鍵、1molO-H鍵所需要吸收的能量分別為Q1kJ、Q2kJ、Q3kJ，由此可以推知下列關(guān)系正確的是______。①Q(mào)1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+Q2<2Q3(4)高鐵電池總反應(yīng)為：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，寫出電池的正極反應(yīng)：__________，負極反應(yīng)________________。【答案】>bc②FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2【解析】【分析】(1)根據(jù)元素的非金屬性越強，其相應(yīng)的簡單氫化物越穩(wěn)定分析；(2)PH3與HI反應(yīng)產(chǎn)生PH4I，相當于銨鹽，具有銨鹽的性質(zhì)；(3)根據(jù)舊鍵斷裂吸收的能量減去新鍵生成釋放的能量的差值即為反應(yīng)熱，結(jié)合燃燒反應(yīng)為放熱反應(yīng)分析解答；(4)根據(jù)在原電池中，負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，結(jié)合物質(zhì)中元素化合價及溶液酸堿性書寫電極反應(yīng)式。【詳解】(1)由于元素的非金屬性：N>P，所以簡單氫化物的穩(wěn)定性：NH3>PH3；(2)a．銨鹽都能與NaOH發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，所以PH4I也能與NaOH發(fā)生反應(yīng)，a錯誤；b．銨鹽中含有離子鍵和極性共價鍵，所以PH4I也含離子鍵、共價鍵，b正確；c．銨鹽不穩(wěn)定，受熱以分解，故PH4I受熱也會發(fā)生分解反應(yīng)，c正確；故合理選項是bc；(3)1molH2O中含2molH-O鍵，斷開1molH-H、1molO=O、1molO-H鍵需吸收的能量分別為Q1、Q2、Q3kJ，則形成1molO-H鍵放出Q3kJ熱量，對于反應(yīng)H2(g)+O2(g)=H2O(g)，斷開1molH-H鍵和molO=O鍵所吸收的能量(Q1+Q2)kJ，生成2molH-O新鍵釋放的能量為2Q3kJ，由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以2Q3-(Q1+Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理選項是②；(4)在原電池中負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得到電子發(fā)生還原反應(yīng)。根據(jù)高鐵電池總反應(yīng)為：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知：Fe元素的化合價由反應(yīng)前K2FeO4中的+6價變?yōu)榉磻?yīng)后Fe(OH)3中的+3價，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，所以正極的電極反應(yīng)式為：FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；Zn元素化合價由反應(yīng)前Zn單質(zhì)中的0價變?yōu)榉磻?yīng)后Zn(OH)2中的+2價，化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，所以負極的電極反應(yīng)式為Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2?！军c睛】本題考查了元素周期律的應(yīng)用及鍵能與反應(yīng)熱的關(guān)系、原電池反應(yīng)原理的應(yīng)用。元素周期律是學習化學的重要規(guī)律，要掌握物質(zhì)性質(zhì)變化的規(guī)律及物質(zhì)的特殊性，結(jié)合具體物質(zhì)分析。在化學反應(yīng)過程中伴隨的能量變化可能是熱能、電能及光能，化學能的斷裂與形成是能量變化的根本原因。在書寫原電池電極反應(yīng)式時要結(jié)合元素化合價升降及電解質(zhì)溶液的酸堿性分析，明確負極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)。5．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如圖所示，其中T所處的周期數(shù)與主族序數(shù)相等。(1)W在周期表中的位置是_______，Q、R、T三種元素原子半徑由大到小的順序為_______________________(用元素符號表示)，Q的最高價氧化物的化學式為________________，(2)元素的原子得電子能力：Q________________W(填“強于”或“弱于”)。(3)原子序數(shù)比R多1的元素有一種氫化物能分解為它的另一種氫化物，該反應(yīng)的化學方程式為______________________________________________________________________?！敬鸢浮康谌芷诘冖鯝族Al>C>NCO2弱于【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處于第二周期，T、W處于第三周期，其中T所處的周期序數(shù)與主族序數(shù)相等，則T為Al，可推知Q為C元素、R為N元素、W為S元素，以此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析：W為S元素，原子序數(shù)為16，位于周期表中第三周期VIA族；原子的電子層越多，原子半徑越大，電子層相同時，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，根據(jù)上述分析：Q為C元素、R為N元素、T為Al，則Q、R、T三種元素原子半徑由大到小順序為:Al>C>N；Q的最高價氧化物的化學式為CO2，故答案：第三周期第ⅥA族；Al>C>N；CO2；(2)根據(jù)上述分析：Q為C元素、W為S元素，非金屬性：S>C，則酸性：硫酸>碳酸，故答案為：弱于；(3)根據(jù)上述分析：R為N元素，原子序數(shù)比R多1的元素為O元素，氧元素一種氫化物能分解為它的另一種氫化物，為過氧化氫在二氧化錳作催化劑條件下分解生成水與氧氣，該分解反應(yīng)的化學方程式是：2H2O22H2O+O2↑，故答案：2H2O22H2O+O2↑；6．如圖是元素周期表的一部分，按要求回答問題：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨(1)元素④在周期表中位置是_______。元素③的最高價氧化物的化學式為________。(2)元素①⑤組成化合物電子式為___________。(3)元素②的單質(zhì)與⑧的最高價氧化物的水化物熱的濃溶液反應(yīng)的化學方程式為___。(4)元素⑦與⑨形成的化合物與元素③的氫化物的水溶液反應(yīng)的離子方程式為_____。(5)元素④⑤⑥⑧形成的簡單離子，其離子半徑由小到大的順序為_____(用離子符號表示)。(6)A—F發(fā)生如圖所示的轉(zhuǎn)化，A、B、C、D為①—⑨中某種元素形成的單質(zhì)，E、F、G為B、C、D與A形成的二元化合物，G是一種常見溫室氣體，與B可以反應(yīng)生成E，E中B元素的質(zhì)量分數(shù)為60%，F(xiàn)為兩性物質(zhì)。①A和F的化學式分別為_______、_______。②B與G反應(yīng)的化學方程式為____________________。③C與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式為______________。【答案】第二周期第VIA族N2O5C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2OAl3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+Mg2+<Na+<O2－<S2－O2Al2O32Mg+CO22MgO+C2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑【解析】【分析】結(jié)合元素周期表可知①為H元素，②為C元素，③為N元素，④為O元素，⑤為Na元素，⑥為Mg元素，⑦為Al元素，⑧為S元素，⑨為Cl元素?！驹斀狻浚?）④為O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高價為+5價，所以元素③的最高價氧化物的化學式為N2O5；（2）元素①⑤組成化合物為NaH，屬于離子化合物，Na+的電子式為Na+，H－的電子式為，因而NaH的電子式為；（3）元素②的單質(zhì)與⑧的最高價氧化物的水化物分別是C和H2SO4，其化學反應(yīng)方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；（4）元素⑦與⑨形成的化合物與元素③的氫化物分別是AlCl3和NH3，NH3的水溶液為NH3·H2O，其離子方程式為Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；（5）元素④⑤⑥⑧形成的簡單離子分別是O2-，Na+，Mg2+，S2-，S2-的電子層數(shù)為3，其它離子電子層數(shù)為2，所以S2-的半徑最大；當電子層數(shù)相同時，原子序數(shù)越小，離子半徑越大，因而O2->Na+>Mg2+；綜上可知Mg2+<Na+<O2－<S2－；（6）G是一種常見溫室氣體，可推知G為CO2，結(jié)合A、B、C、D為①—⑨中某種元素形成的單質(zhì)，且A和D生成G，推斷A為O2或C（碳單質(zhì)），F(xiàn)為兩性物質(zhì)且F為C與A形成的二元化合物，可推知F為Al2O3，因而A為O2，D為C（碳單質(zhì)），C為Al；E中B元素的質(zhì)量分數(shù)為60%，結(jié)合E為B與A形成的二元化合物，E中O元素的質(zhì)量分數(shù)為40%，則E的相對分子質(zhì)量為，則B元素的相對原子質(zhì)量為40-16=24，可推知B為Mg，E為MgO，結(jié)合G是一種常見溫室氣體，與B可以反應(yīng)生成E，即CO2與Mg點燃生成MgO和C，證明上述推斷合理；綜上A為為O2，B為Mg，C為Al；D為C（碳單質(zhì)），E為MgO，F(xiàn)為Al2O3，G為CO2。①由上分析知A和F的化學式分別為O2，Al2O3；②B與G反應(yīng)，即Mg與CO2反應(yīng)，其化學方程式為2Mg+CO22MgO+C；③C為Al，則C與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑?！军c睛】第一步，先看電子層數(shù)，因為微粒半徑大小的決定因素是電子層數(shù)。電子層數(shù)越多，其半徑越大。這里主要是指同一主族，不同族不能直接比較，不能認為具有3個電子層的氯原子半徑大于具有2個電子層的鋰原子。第二步在電子層數(shù)相同的情況下看核電荷數(shù)，因為核電荷數(shù)的多少是影響半徑大小的次要因素。而核電荷數(shù)越多，其半徑越小。第三步在電子層數(shù)和核電荷數(shù)相同的情況下看電子數(shù)，核外電子數(shù)是影響半徑大小的最小因素。核外電子數(shù)越多，其半徑越大。注意的是此三步不可顛倒。7．下表為元素周期表的一部分，請參照元素①－⑩在表中的位置，用相應(yīng)的化學用語回答下列問題：族周期IA01①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨⑩(1)表中用序號標出的10種元素中，化學性質(zhì)最不活潑的元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_____________________________。(2)④、⑥、⑧的原子半徑由小到大的順序為___________（用元素符號作答）。(3)②、③、⑨的最高價氧化物的水化物的酸性由弱到強的順序是______________（用化學式作答）。(4)由表中兩種元素的原子按1：1組成的共價化合物M，M為常見液態(tài)化合物，其稀溶液易被催化分解，請寫出M的電子式_____________，M的結(jié)構(gòu)式_____________。(5)寫出⑦元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物分別與元素⑥、⑧的最高價氧化物對應(yīng)水化物的水溶液反應(yīng)的離子方程式_____________、_____________。(6)⑥的金屬性強于⑦，下列表述中能證明這一事實的是_____________。a．⑥的單質(zhì)和⑦的單質(zhì)熔沸點不同b．⑥的最高價氧化物水化物的堿性比⑦的最高價氧化物水化物的堿性強c．⑦最外層的電子數(shù)比⑥多d．⑦的單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)比⑥的緩和一些(7)①和④形成的氣態(tài)氫化物與①和⑧形成的氣態(tài)氫化物相比較，_____________沸點高（填化學式），理由是_______________________________________?！敬鸢浮縊<S<NaH2CO3<HNO3<HClO4H-O-O-HAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OAl(OH)3+3H+==Al3++3H2ObdH2OH2O分子間能形成氫鍵，氫鍵可以極大地提高水的熔沸點【解析】【分析】由表中元素所在的位置，可以確定①為氫(H)，②為碳(C)，③為氮(N)，④為氧(O)，⑤為氟(F)，⑥為鈉(Na)，⑦為鋁(Al)，⑧為硫(S)，⑨為氯(Cl)，⑩為氬(Ar)?！驹斀狻?1)表中用序號標出的10種元素中，化學性質(zhì)最不活潑的元素是稀有氣體氬，其原子結(jié)構(gòu)示意圖是。答案為：；(2)④、⑥、⑧分別為O、Na、S元素，O的電子層數(shù)比Na、S少一層，Na與S同周期且S在Na的右方，由此得出原子半徑由小到大的順序為O<S<Na。答案為：O<S<Na；(3)②、③、⑨分別為C、N、Cl，碳酸為弱酸，硝酸為強酸，高氯酸為最強的含氧酸，它們的最高價氧化物的水化物的酸性由弱到強的順序是H2CO3<HNO3<HClO4。答案為：H2CO3<HNO3<HClO4；(4)由表中兩種元素的原子按1：1組成的共價化合物M應(yīng)為H2O2，M的電子式為，M的結(jié)構(gòu)式為H-O-O-H。答案為：H-O-O-H；(5)⑦元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物為Al(OH)3，分別與元素⑥、⑧的最高價氧化物對應(yīng)水化物的水溶液NaOH、H2SO4反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O、Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O。答案為：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；Al(OH)3+3H+==Al3++3H2O；(6)a．鈉的單質(zhì)和鋁的單質(zhì)熔沸點不同，只能表明離子帶電荷、離子半徑的差異，與金屬性無關(guān)，a不合題意；b．鈉的最高價氧化物水化物的堿性比鋁的最高價氧化物水化物的堿性強，則表明金屬性鈉大于鋁，b符合題意；c．鋁的最外層的電子數(shù)比鈉多，與金屬性的強弱沒有必然聯(lián)系，c不合題意；d．鋁的單質(zhì)與稀鹽酸反應(yīng)比鈉的緩和一些，表明金屬失電子能力鋁小于鈉，d符合題意；故選bd。答案為：bd；(7)H2O與H2S相比，H2O因分子間形成氫鍵，增大了分子間作用力，導(dǎo)致沸點升高，所以H2O的沸點高，理由是H2O分子間能形成氫鍵，氫鍵可以極大地提高水的熔沸點。答案為：H2O；H2O分子間能形成氫鍵，氫鍵可以極大地提高水的熔沸點。【點睛】原子的最外層電子數(shù)的多少不能作為判斷金屬性強弱的依據(jù)，如Na的最外層電子數(shù)比Al少，但金屬性Na>Al；Li的最外層電子數(shù)比Ca少，但金屬性Li<Ca。8．已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序數(shù)依次增大?；卮鹣铝袉栴}：(1)Lv在周期表中的位置是_________。(2)下列有關(guān)性質(zhì)的比較，能用元素周期律解釋的是_________。a．離子半徑：Te2-＞Se2-b．熱穩(wěn)定性：H2O＞H2Sc．熔、沸點：H2O＞H2Sd．酸性：H2SO4＞H2SeO4(3)從原子結(jié)構(gòu)角度解釋Se與S的最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性不同的原因_________。(4)實驗室用如下方法制備H2S并進行性質(zhì)驗證。①設(shè)計B裝置的目的是證明_________，B中實驗現(xiàn)象為_______________。②實驗中經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)C中溶液pH降低且出現(xiàn)黑色沉淀。C中反應(yīng)的離子方程式是_______________。③有同學根據(jù)“強酸制弱酸”原理認為裝置A、C中兩個反應(yīng)相矛盾，認為C中不可能出現(xiàn)上述現(xiàn)象。該觀點不正確的理由是_______________?！敬鸢浮康谄?或7)周期VIA族abdSe與S是同主族元素，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，吸引電子能力弱，非金屬性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4H2S具有還原性出現(xiàn)淡黃色(或乳白色)沉淀(或渾濁)Cu2++H2S==CuS↓+2H+該反應(yīng)發(fā)生的原因是生成了難溶的CuS沉淀，不是因為生成弱電解質(zhì)【解析】【分析】(1)根據(jù)O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序數(shù)依次增大分析解答；(2)根據(jù)元素的非金屬性、氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物的水化物的酸性等元素周期律的變化規(guī)律分析判斷；(3)Se與S是同主族元素，最外層電子數(shù)相等，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，結(jié)合核對最外層電子的吸引力的變化，引起非金屬性的變化分析解答；(4)①雙氧水具有較強的氧化性，H2S具有還原性；②硫化氫能夠與硫酸銅反應(yīng)生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；③結(jié)合裝置A和C中發(fā)生反應(yīng)的原理分析解答。【詳解】(1)O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序數(shù)依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置為，故答案為：第七（或7）周期VIA族；(2)a．同一主族元素，從上到下，離子半徑逐漸增大，因此離子半徑：Te2-＞Se2-，能用元素周期律解釋，故a選；b．同一主族元素，從上到下，非金屬性逐漸減弱，氫化物的穩(wěn)定性減弱，因此熱穩(wěn)定性：H2O＞H2S，能用元素周期律解釋，故b選；c．物質(zhì)的熔沸點是物理性質(zhì)，不能用元素周期律解釋，故c不選；d．同一主族元素，從上到下，非金屬性逐漸減弱，最高價含氧酸的酸性減弱，因此酸性：H2SO4＞H2SeO4，能用元素周期律解釋，故d選；故答案為：abd；(3)Se與S是同主族元素，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，吸引電子能力弱，非金屬性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案為：Se與S是同主族元素，Se比S電子層數(shù)多、半徑大，吸引電子能力弱，非金屬性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；(4)①雙氧水具有較強的氧化性，H2S具有還原性，能夠被雙氧水氧化生成硫單質(zhì)沉淀，故答案為：H2S具有還原性；出現(xiàn)淡黃色沉淀；②硫化氫能夠與硫酸銅反應(yīng)生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Cu2++H2S==CuS↓+2H+，故答案為：Cu2++H2S==CuS↓+2H+；③根據(jù)“強酸制弱酸”的原理，裝置A中硫化亞鐵與硫酸反應(yīng)生成硫化氫，因為硫化亞鐵能夠被硫酸溶解，C中發(fā)生Cu2++H2S==CuS↓+2H+，是因為生成的硫化銅不能溶于硫酸，因此該反應(yīng)能夠發(fā)生，故答案為：該反應(yīng)發(fā)生的原因是生成了難溶的CuS沉淀，不是因為生成弱電解質(zhì)。9．X、Y、Z、Q、E五種元素中，X原子核外的M層中只有兩對成對電子，Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，Z是地殼中含量最多的元素，Q的核電荷數(shù)是X與Z的核電荷數(shù)之和，E是元素周期表中電負性最大的元素。請回答下列問題：（1）X、Y的元素符號依次為__________、__________。（2）與分別屬于__________（填“極性分子”或“非極性分子”，下同）和__________。（3）Q的元素符號是__________，它位于第__________周期，它的基態(tài)原子的核外電子排布式為____________________，在形成化合物時它的最高化合價為__________。（4）用氫鍵表示式寫出E的氫化物溶液中存在的所有氫鍵：______________________________。【答案】SC極性分子非極性分子Cr四、、、【解析】【分析】X原子核外的M層中只有兩對成對電子，則X的價電子軌道表示式為，因此X為S元素；Y原子核外的L層電子數(shù)是K層的兩倍，則Y為C元素；地殼中含量最多的元素為氧元素，因此Z為O元素；Q的核電荷數(shù)為S和O的核電荷數(shù)之和，因此Q為24號元素Cr；在元素周期表中電負性最大的元素是F元素,因此E是F。【詳解】（1）由分析可知，X、Y的元素符號依次為S、C；（2）XZ2與YZ2分別為SO2、CO2，它們的立體構(gòu)型分別為V形和直線形，SO2為極性分子，CO2為非極性分子。（3）Q為Cr元素，Cr在元素周期表中位于第四周期，它的基態(tài)原子的核外電子排布式為[Ar]3d54s1，其價電子排布式為3d54s1，因此在形成化合物時Cr的最高化合價為+6價；（4）E為F元素，HF的水溶液中，存在HF分子之間的氫鍵，HF分子和H2O分子之間的氫鍵，H2O分子之間的氫鍵，即、、、。【點睛】在寫HF溶液中存在的所有氫鍵的時候，一共四種形式，即、、、，書寫時不要遺漏。10．按要求填空：（1）短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，其中C為金屬元素，C的最外層電子數(shù)和A相等；C、D兩元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為A、B兩元素質(zhì)子數(shù)之和的3倍。請回答：①A為____；C為____；（填元素名稱）②D的一種氧化物和其氫化物反應(yīng)的化學方程式為____；③寫出一種由以上四種元素組成的水溶液呈酸性的化合物與C的最高價氧化物對應(yīng)水化物反應(yīng)的離子方程式____；④A和C組成的化合物的電子式為____，寫出其和水反應(yīng)的化學方程式____。（2）下列變化①干冰的升華②燒堿熔化③金剛石熔化④氯化氫溶于水⑤氧氣溶于水⑥氯化銨受熱分解。未發(fā)生化學鍵破壞的是____；(填序號，下同)僅發(fā)生共價鍵破壞的是_____。【答案】HNa2H2S+SO2=3S↓+2H2OH++OH-=H2ONa+[∶H]-NaH+H2O=NaOH+H2↑①⑤③④【解析】【分析】根據(jù)題中“短周期主族元素A、B、C、D的原子序數(shù)依次增大，其中C為金屬元素，C的最外層電子數(shù)和A相等”可以知道A為H元素，則C為Na元素，故D為Si、P、S、Cl中的一種，由“C、D兩元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為A、B兩元素質(zhì)子數(shù)之和的3倍”可知，滿足3的倍數(shù)關(guān)系的是27，即D為S元素，則B為O元素，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）①由分析可知，A為H，C為Na，故答案為：H；Na；②D的氫化物為H2S，可與其氧化物SO2發(fā)生反應(yīng)：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；③由該四種元素組成的酸性溶液的化合物是NaHSO4，C的最高價氧化物對應(yīng)水化物是NaOH，二者發(fā)生反應(yīng)：NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，離子方程式為：H++OH-=H2O。答案為：H++OH-=H2O；④A和C組成的化合物是NaH，由Na+和H-構(gòu)成，是離子化合物，電子式為：Na+[∶H]-，其與水反應(yīng)生成NaOH，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑。故答案為：Na+[∶H]-；NaH+H2O=NaOH+H2↑；（2）①干冰的升華屬于物理變化，只是狀態(tài)發(fā)生了變化，沒有化學鍵的破壞；②燒堿中存在離子鍵、共價鍵，熔化燒堿時，陰陽離子間的化學鍵被破壞，所以破壞的是離子鍵；③金剛石是由原子構(gòu)成的，存在共價鍵，其熔化破壞了共價鍵；④氯化氫是共價化合物，存在共價鍵，溶于水時，在水分子的作用下，氯化氫中的共價鍵被破壞；⑤氧氣溶于水，是物理變化，沒有化學鍵的破壞；⑥氯化銨是離子化合物，存在離子鍵和共價鍵，受熱分解時，陰陽離子鍵的化學鍵以及銨根離子中的共價鍵被破壞，所以破壞的是離子鍵和共價鍵；根據(jù)以上分析可知：未發(fā)生化學鍵破壞的是：①⑤；僅發(fā)生共價鍵破壞的是：③④；故答案為：①⑤；③④。二、化學鍵練習題（含詳細答案解析）11．A、B、C、D、E、F、G是周期表中短周期的七種元素，有關(guān)性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息如下表：元素有關(guān)性質(zhì)或結(jié)構(gòu)信息A地殼中含量最多的元素BB陽離子與A陰離子電子數(shù)相同，且是所在周期中單核離子半徑最小的CC與B同周期，且是所在周期中原子半徑最大的(稀有氣體除外)DD原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，其氫化物有臭雞蛋氣味EE與D同周期，且在該周期中原子半徑最小FF的氫化物和最高價氧化物的水化物反應(yīng)生成一種離子化合物GG是形成化合物種類最多的元素(1)B元素符號為____，A與C以原子個數(shù)比為1：1形成的化合物的電子式為___，用電子式表示C與E形成化合物的過程____，D形成的簡單離子的結(jié)構(gòu)示意圖為____。(2)F的氫化物是由____(極性或非極性)鍵形成的分子，寫出實驗室制備該氫化物的化學方程式____。(3)非金屬性D____E(填大于或小于)，請從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因：__?！敬鸢浮緼l極性2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O小于D的原子半徑大于E的原子半徑,所以得電子的能力比E弱【解析】【分析】【詳解】A是地殼中含量最多的元素，則A為O元素；B陽離子與A離子電子數(shù)相同，且是所在周期中單核離子半徑最小的，則B為Al；C與B同周期，且是所在周期中原子半徑最大的(稀有氣體除外)，則C為Na；D原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，其氫化物有臭雞蛋氣味，則D為S元素；E與D同周期，且在該周期中原子半徑最小，則E為Cl；F的氫化物和最高價氧化物的水化物反應(yīng)生成一種離子化合物，則F為N元素；G是形成化合物種類最多的元素，則G為碳元素；(1)由分析可知B元素符號為Al，O與Na以原子個數(shù)比為1：1形成的離子化合物是Na2O2，電子式為；離子化合NaCl的電子式形成過程為，S2-的離子的結(jié)構(gòu)示意圖為；(2)NH3是由極性鍵形成的極性分子，實驗室利用氯化銨和氫氧化鈣混合加熱制備氨氣的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(3)S的原子半徑大于Cl的原子半徑，所以S得電子的能力比Cl弱，即S元素的非金屬性小于Cl的非金屬性。12．試用相關(guān)知識回答下列問題：（1）有機物大多難溶于水，而乙醇和乙酸可與水互溶，原因是_______。（2）乙醚（）的相對分子質(zhì)量大于乙醇，但乙醇的沸點卻比乙醚的高得多，原因是_________________。（3）從氨合成塔里分離出NH3，通常采用的方法是_____________，原因是_____________。（4）水在常溫下的組成的化學式可用（H2O）n表示，原因是_______________?！敬鸢浮恳掖肌⒁宜岷退鶠闃O性分子，且乙醇和乙酸均可與水形成分子間氫鍵乙醇分子間存在較強的氫鍵加壓使液化后，與H2、N2分離NH3分子間存在氫鍵，易液化水分子間存在氫鍵，若干個水分子易締合成較大的“分子【解析】【分析】由于氫鍵的存在，可以讓乙醇和乙酸與水互溶，可以增大物質(zhì)的熔沸點，易讓氨氣液化，使多個水分子締合在一起形成大分子，但是氫鍵不是化學鍵。【詳解】（1）乙醇分子中的羥基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的O原子與水分子中的H原子可以形成氫鍵、乙醇分子中的羥基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的H原子與水分子中的O原子可以形成氫鍵，故乙醇和乙酸可與水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均為極性分子，且乙醇和乙酸均可與水形成分子間氫鍵；（2）乙醇分子間通過氫鍵結(jié)合產(chǎn)生的作用力比乙醚分子間的作用力大，故乙醇的相對分子質(zhì)量雖小，但其分子間作用力比較大，所以沸點高；（3）氨氣分子間由于存在氫鍵，沸點較高，加壓會使它容易液化，從而可以和氫氣、氮氣分離；（4）在常溫下，由于水分子之間存在氫鍵，會使多個水分子締合在一起，形成較大的分子。13．生活污水中氮是造成水體富營養(yǎng)化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量為180mg/L。（1）寫出NH4Cl電子式：___。（2）氮原子的電子排布式是：___，寫出與氯同周期，有2個未成對電子的原子的元素符號為___、___。（3）為除去廢水中的NH4+，向103L該污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理論上需要NaOH溶液的體積為___L(計算結(jié)果保留兩位小數(shù)）。（4）可先在酸性污水中加入鐵屑將NO3-轉(zhuǎn)化為NH4+后再除去，請配平下列離子方程式并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目___。___Fe+___NO3-+___H+→___Fe2++___NH4++___H2O【答案】SiS1s22s22p333.644110413【解析】【分析】(1)NH4Cl是離子化合物；(2)氮為7號元素；氯原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5；(3)根據(jù)NH4+和NaOH溶液的反應(yīng)計算需要NaOH溶液的體積為；(4)根據(jù)氧化還原反應(yīng)，配平離子方程式并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。【詳解】(1)氯化銨是離子化合物，由氨根離子與氯離子構(gòu)成，電子式為：；(2)氮原子電子排布式是：1s22s22p3；氯原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，有一個未成對的電子，與其同周期且有2個未成對電子的原子的的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4和1s22s22p63s23p2，元素符號為S、Si；(3)某污水中NH4Cl含量為180mg/L，103L污水中含有180mg/L×103L=180000mg=180gNH4Cl，NH4Cl的物質(zhì)的量為≈3.364mol，NH4+的物質(zhì)的量也是3.364mol，為除去廢水中的NH4+，向該污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理論上需要NaOH的物質(zhì)的量為3.364mol，則所需NaOH溶液的體積為=33.64L；(4)該反應(yīng)中鐵元素的化合價由0價升高至+2價，氮元素的化合價由+5價降低至-3價，由化合價升降守恒和質(zhì)量守恒可以配平該離子方程式并標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目如下：。14．將濃鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產(chǎn)生黃綠色氣體，而溶液的紫紅色褪去?，F(xiàn)有一氧化還原反應(yīng)的體系，共有KCl、Cl2、濃H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七種物質(zhì)。完成下列填空：(1)寫出一個包含上述七種物質(zhì)的氧化還原反應(yīng)方程式，配平并標出電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：___________________________。(2)上述反應(yīng)中，氧化劑是_____________，每轉(zhuǎn)移1mol電子，生成Cl2_____L（標準狀況）。(3)在反應(yīng)后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又變?yōu)樽霞t色，BiO3-反應(yīng)后變?yōu)闊o色的Bi3+。寫出該實驗中涉及反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：_________________。(4)根據(jù)以上實驗，寫出兩個反應(yīng)中氧化劑、氧化產(chǎn)物的氧化性強弱順序__________。(5)上述氧化還原反應(yīng)體系中，屬于第三周期元素的簡單離子半徑由大到小的順序為________(6)氯原子的最外層電子的軌道式為___________，氯原子核外有_______不同運動狀態(tài)的電子?！敬鸢浮縆MnO411.22Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2ONaBiO3>KMnO4>Cl2S2->Cl-17【解析】【分析】(1)由濃鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產(chǎn)生黃綠色氣體，而溶液的紫紅色褪去，則高錳酸鉀具有氧化性，則還原反應(yīng)為KMnO4→MnSO4，則在給出的物質(zhì)中Cl元素的化合價升高，則氧化反應(yīng)為KCl→Cl2，然后根據(jù)元素守恒來書寫氧化還原反應(yīng)；(2)在氧化還原反應(yīng)中，得電子化合價降低的反應(yīng)物是氧化劑，根據(jù)氧化劑和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系計算；(3)在反應(yīng)后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又變?yōu)樽霞t色，說明Mn2+被氧化變?yōu)镸nO4-，BiO3-發(fā)生反應(yīng)得到電子后變?yōu)闊o色的Bi3+，據(jù)此寫出離子方程式；(4)在自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；(5)上述氧化還原反應(yīng)體系中，屬于第三周期元素有S、Cl，根據(jù)離子半徑大小比較方法判斷；(6)根據(jù)構(gòu)造原理可知氯原子的核外電子排布式，任何一個原子核外沒有運動狀態(tài)完全相同的電子存在；結(jié)合原子盡可能成單排列，而且自旋方向相同書寫Cl原子最外層電子的軌道式。【詳解】(1)由題意可知，高錳酸鉀具有氧化性，則還原反應(yīng)為KMnO4→MnSO4，則在給出的物質(zhì)中Cl元素的化合價升高，則氧化反應(yīng)為KCl→Cl2，則反應(yīng)為KMnO4+KCl+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2↑+H2O，由電子守恒及原子守恒可得配平后的化學反應(yīng)為；(2)2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，錳元素的化合價由+7變?yōu)?2，所以高錳酸鉀是氧化劑，2mol氧化劑在反應(yīng)中得到電子的物質(zhì)的量=2mol×(7-2)=10mol，每轉(zhuǎn)移1mol電子，生成Cl2是0.5mol，其在標準狀況下的體積為V(Cl2)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；(3)如果在反應(yīng)后的溶液中加入NaBiO3，溶液又變紫紅色，是因NaBiO3具有強氧化性(比KMnO4氧化性強)，將Mn2+氧化為MnO4-，BiO3-得到電子被還原變?yōu)闊o色的Bi3+，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得該反應(yīng)的離子方程式為：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O；(4)在反應(yīng)2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，物質(zhì)的氧化性：KMnO4>Cl2；在反應(yīng)2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中，物質(zhì)的氧化性：NaBiO3>KMnO4，所以氧化性強弱順序是：NaBiO3>KMnO4>Cl2；(5)上述氧化還原反應(yīng)體系中，屬于第三周期元素有硫和氯，S2-、Cl-核外電子排布都是2、8、8，電子層結(jié)構(gòu)相同，由于核電荷數(shù)Cl>S，核電荷數(shù)越大，離子的半徑就越小，所以其簡單離子半徑：S2-