化学元素周期律的专项培优易错难题练习题及答案.docx

《化学元素周期律的专项培优易错难题练习题及答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学元素周期律的专项培优易错难题练习题及答案.docx（23页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、【化学】化学元素周期律的专项培优 易错 难题练习题及答案一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 X、Y 、 Z 、 E 、 F 五种元素的原子序数依次递增。已知：F 位于周期表中第四周期 IB 族，其余的均为短周期主族元素：E 的氧化物是光导纤维的主要成分；Y原子核外L层电子数为奇数；X是形成化合物种类最多的元素；Z 原子p 轨道的电子数为4。请回答下列问题：(1)写出一种X元素形成氢化物的化学式_ 。(2)在 1 个由 F 与 Z 形成的 F2Z 晶胞中 (结构如图所示 )所包含的 F 原子数目为 _个。(3)在 F(NH3)42+离子中， F2+ 的空轨道接受 NH 3 的氮原子提供的_

2、形成配位键。(4)常温下 X 、 Z 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质A 是 _(写名称)， A 物质分子中 X 原子轨道的杂化类型为_ ， 1molA 分子中键的数目为_ N A 。(5) X 、 Y 、 E 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(写元素符号 )。【答案】 CH4 4 孤电子对甲醛 sp2 杂化3 Si CN【解析】【分析】X 、 Y 、 Z 、 E 、 F 五种元素的原子序数依次递增。根据F 位于周期表中第四周期 IB族可判断其为 Cu；根据 E 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断E 为 Si；根据 X 是形成化合物种类最多的元素可判断X 为 C；根据

3、 Y 原子核外 L 层电子数为奇数且原子序数比X 的大可判断其属于第二周期的元素，可能为N 或 F；根据 Z 的原子 P 轨道的电子数为 4推测出 Z 可能为 O 或 S，但 E 的原子序数大于Z，E 为 Si，所以 Z 只能为 O，处于 C 和 O 之间的 Y 只能为 N，所以 X 、 Y 、 Z 、 E 、 F 分别为 C、N、O、 Si、 Cu，据此解题。【详解】(1)X 为 C， X 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为CH4；(2) F2 Z 为 Cu2O，根据化学式中原子个数比 Cu:O=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1 4=4，白球个数为：

4、 81/8+1=2，所以黑球代表的是 Cu 原子，白球代表的是 O 原子，所以该晶胞中所包含的 Cu 原子数目为 4 个；(3)在 Cu(NH3)42+离子中， Cu2+ 的空轨道接受NH 3 的氮原子提供的孤电子对形成配位键；(4)常温下 C、 O 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质 A 是甲醛，甲醛分子中 C原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成 C=O， C 剩余的两个单电子各与两个H 形成两个 C-H 键，双键中含有一条 键和一条 键，两条 C-H 单键都是 键，所以 键数 =2+1=3，杂化轨道数 =键数 +孤对电子数(C

5、 无孤对电子，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数 =3，为 sp2 杂化， 1mol HCHO 分子中 键的数目为 3 NA ；(5) X 、 Y 、 E 三种元素分别为 C、 N、 Si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，C、 N、 Si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si CN。2 下表列出了十种元素在周期表中的位置。族周期 A01 AA A AA A23回答下列问题：(1)、按原子个数比1:1 组成的分子的电子式为_元素组成的一种无毒化合物的结构式为_。；由、两种(2)这 10 种元素中，化学性质最

6、不活泼的元素是_(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是_ ，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是 _ 。(3)用化学方程式表示和两种元素的非金属性强弱：_ 。(4)元素的气态氢化物和元素的气态氢化物中，易于制备的是_(填化学式 )(5)元素的最高价氧化物对应的水化物与元素的最高价氧化物对应的水化物反应，其离子方程式为_ 。(6)元素 、两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式：_ ；写出一种离子化合物的化学式：_。【答案】O=C=ONeO2Na+2H242HClOO=2NaOH+H 2324223-2-222 22+Na CO =CO +2NaClO +H OH

7、 SAl(OH) +OH = AlO+2 H OH O( 或 H O )Na O( 或22Na O 或 NaH)【解析】【分析】从表中元素所在的位置，可推出为氢(H)，为碳 (C)，为磷 (P)，为氧 (O)，为钠(Na)，为镁 (Mg)，为铝 (Al)，为硫 (S)，为氯 (Cl)，为氖 (Ne)。【详解】(1)、为 H 和 O，二者按原子个数比 1:1 组成分子22；、两H O，电子式为种元素为 C 和 O，二者组成的一种无毒化合物为CO2，结构式为 O=C=O，答案为：； O=C=O；(2)这 10 种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne；得电子能力最强的原子是 O；失电子能

8、力最强的元素是Na，它的单质与水反应生成NaOH 和 H2，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，答案为： Ne； O； 2Na+2H2O=2NaOH+H2 ；(3)和分别为 C 和 Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用4与碳酸钠反应，方HClO程式为： 2HC1O42324242324+Na CO =CO +2NaC1O +H O，答案为：2HC1O +Na CO =CO +2NaC1O+H2O；(4)元素的气态氢化物为PH3，元素的气态氢化物为H2S，非金属性： S 大于 P，易于制备的是 H2S，答案为： H2S；(5)元素的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素的最

9、高价氧化物对应的水化物322A1(OH)3-2-2Al(OH) 反应，生成NaAlO和 H O，其离子方程式为+OH = A1O+2 H O，答案为： A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2 O；(6)元素 、分别为H、 O、 Na，两两之间反应，生成共价化合物可能为水或双氧水，化学式为H2O(或 H2O2)；离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O(或 Na2O2 或 NaH)，答案为： H2O(或 H2O2)； Na2O(或 Na2O2 或 NaH)。【点睛】比较氧与氯的得电子能力，如果利用周期表中元素所在位置，无法比较；可以利用同一化学式，比如HClO，

10、从化合价可以解决问题。3 我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：I. （ 1）碳原子的最外层电子排布式为 _。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为 _。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号） _。A. 它们的气态氢化物的稳定性B. 它们在元素周期表中的位置C. 它们相互之间形成的化合物中元素的化合价D. 它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱. 已知 NO2gSO2(gNO gSO3g( )+)( )+() ，在一定容积的密闭容器中进行该反应。（ 2）在一定条件下，

11、容器中压强不发生变化时， _（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是： _。在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）_。A. K 值减小B. 逆反应速率先减小后增大C. K 值增大D. 正反应速率减小先慢后快. 化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q( Q0)（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式_。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：_ _。若该反应中气体的总浓度在2min0 2molLNO2来表示反应在此2min 内的内减少了 ./ ，则用平均速率为 _。（4）已知压强P2 P

12、1，试在图上作出该反应在P2 条件下的变化曲线_。该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：_。【答案】 2s22p2电子云的伸展方向C、D不能该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡BNO22CO 0. 2mol/（L?min）若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小【解析】【分析】【详解】( 1) 碳为 6 号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为 7 号元素，氮原子核外

13、能量最高的电子排布为 2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相AH2S 的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元同； . 非金属性越强，气态氢化物越稳定，但素的非金属性比碳元素强，故A 不选； B. 不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C S和C相互之间形成的化合物为CS.2S 显，其中 C 显正价，负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选； D. 硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D 选；故选 CD；故答案为： 2s22p2；电子云的伸展方向；CD；( 2) NO2 g)+SO2(g)NOg SO3 g)为气体物质的

14、量不变的反应，在一定容积的密闭容()+(器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3， SO3 浓度减小， A. 温度不变， K 值不变，故 A 错误； B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B 正确； C. 温度不变， K 值不变，故 C 错误； D. SO3 浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D 错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量

15、相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；( 3) 2NO24CO22N22N23+N4CO，该反应体系中属于非极性分子的是和CO，含有+个共用电子对，CO2 含有 4 个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2NO2CO2；由于2NO24CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量，因此氧化性：+为 1，若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了 0. 2mol / L，说明 2min 内 NO2 的浓度减小了 0. 4mol / L， v=c

16、 = 0.4mol / L =0. 2mol/( L?min) ，故答案为：； NO22t2min；CO ；0. 2mol /( L?min ) ；( 4) 2NO24CO22+N4CO是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向+移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2P1，在 P2 条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为：；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化

17、学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。【点睛】本题的易错点为 ( 1) ，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。4 在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：（1）写出发生反应的化学方程式_，该反应能够发生是因为（选填编号）_。A. 强酸生成了弱酸B. 强氧化剂生成了弱还原剂C. 生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸D. 生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体（ 2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等

18、物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有_种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二大的离子的符号是_cNa+_，从物料平衡的角度分析：溶液中()=。（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：_CuS+_HNO3（浓）_CuSO4 _NO2 _H2O+，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。（4）若反应中转移 1. 6mol电子时，则产生的气体在标准状况下体积为_L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为_。（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为_，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）_。【答案】 CuSO-

19、)+ c( S2- )+ c( H2S)181 8 44+H2S=CuS+H2SO4 C 5 HSc( HS35. 84 6. 4NA离子晶体S N OH【解析】【分析】【详解】( 1) 将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4 +H2S=CuS+H2SO4 ，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS+H2SO4； C；( 2) 该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成 NaHS，溶液中存在 Na

20、HS 的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、 HS- 、S2- 、 OH- 、 H+，一共有 5 种离子；但 NaHS 的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为HS- ，溶液中存在物料守恒， c( Na+)= c( HS- )+ c( S2- )+ c( H2 S) ，故答案为：5-)+ c( H2S；HS ；c( HS)+c( S2) ；( 3) 根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由 - 2价升高为 +6 价，化合价升高8，硝酸中N 元素的化合价由 +5价降低为 +4 价，化合价降低1，最小公倍数为 8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3( 浓

21、)= CuSO4+8NO2+4H2O，故答案为： 1； 8； 1； 8；4；( 4) 根据反应的方程式CuS+8HNO342+4H2O，反应中转移的电子为8，若(浓 )= CuSO +8NO反应中转移1. 6mol 电子时，则产生1. 6mol NO2 气体，在标准状况下体积为1. 6mol22. 4L/ mol = 35. 84L；该反应的氧化产物为CuSO4，若反应的氧化产物为0. 8mol 时，则反应中转移电子为0. 8mol 8=6. 4mol ，数目为6. 4NA，故答案为：35. 84； 6. 4NA；( 5) 此反应体系中的含硫物质为CuS和 CuSO，形成的晶体类型均为离子晶体

22、，此反应体系4中非金属元素为S、 H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S N O H，故答案为：离子晶体； S N O H。5 .某化合物A 由两种元素组成，可以发生如下的转化。已知：标准状况下，气体B 的密度是氢气的8 倍。请回答：（ 1）组成 A 的元素有 _， A 的化学式是 _（2）请写出A 与 NaOH 溶液反应的化学方程式_（3） A 可用于金属的冶炼，请写出A 与 Fe2O3 的化学反应方程式 _.某实验小组做了如下实验：请回答：（ 1）写出硬质管中发生反应的化学方程式：_（ 2）有同学认为乙醇的催化氧化

23、反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分：_。【答案】 Al、 CAl4C3Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4 +4NaAlO2Al4 C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2 O将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、 B，对 B 进行加热，若A 沉淀溶解，B 出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A 沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A 沉淀不溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有乙醛【解析】【分析】.已知标准状况下，气体B 的密度是氢气的 8 倍，则气体 B 的摩尔质量为 16g/mol ，应为CH

24、4 气体，则 A 中含有 C 元素，同时 A 能与氢氧化钠溶液反应，则A 中含有 Al 元素， A 为Al C， C 为 NaAlO ，NaAlO 溶液中通入过量二氧化碳得到D 为氢氧化铝固体，进一步灼烧4322得到 E 为氧化铝，据此分析解答；.(1)乙醇被 CuO 氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；(2)根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。【详解】. (1)由以上分析知，组成A 的元素有Al、 C， A 的化学式是Al4C3，故答案为： Al、 C；Al4 C3；(2)Al4C3 与 NaOH 溶液反应生成CH4 和4NaAlO2，故反应的化学方程式为Al4 C3+4N

25、aOH+4H2O=3CH4 +4NaAlO2；(3)Al4C3 可用于金属的冶炼，其与Fe2O3 反应生成Al2O3、 Fe 和CO2 ，故反应的化学反应方程式为 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2；.(1)乙醇被 CuO 氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为CH3CH2 OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；(2)根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为 A、 B，对 B 进行加热，若A 沉淀溶解， B 出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A 沉淀不溶解， B 出现砖红

26、色沉淀，则只有乙醛。6 已知 A、 B、 C、 D、 E、 F 均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大.B 和 E 同主族， A、 B 在元素周期表中处于相邻的位置，C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大， D 是地壳中含量最多的金属元素，E元素原子的最外层电子数是电子层数的2 倍 .请回答下列问题：（ 1）画出 F 的原子结构示意图 _。（ 2） B、C、 E 对应简单离子的半径由大到小的顺序为_（用具体微粒符号表示）。（3） A 的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应，生成的化合物属于 _（填 “离子化合物 ”或 “共价化合物 ”）。（ 4）加热条件下， B 单质与 C 单质的

27、反应产物的电子式为 _。（ 5） D 元素最高价氧化物对应水化物与 C 元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应的化学方程式为 _。【答案】S2- O2- Na+离子化合物Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E、 F 均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大，B 和 E 同主族， D是地壳中含量最多的金属元素，则D 为 Al 元素； E、 F 原子序数均大于Al，处于第三周期，而 E 元素原子的最外层电子数是电子层数的2 倍，最外层电子数为6，故 E 为 S元素， F 为 Cl； B 和 E 同主族，则 B 为 O 元素； A、 B

28、 在元素周期表中处于相邻的位置，A 为N 元素； C 元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，处于IA 族，原子序数介于氧、铝之间，故 C 为 Na，以此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知：F 为 Cl 元素，原子结构示意图为，故答案：。(2)根据上述分析可知：B 为 O 元素， C 为 Na 元素， E 为 S 元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2- O2- Na+，故答案为： S2- O2- Na+；(3)根据上述分析可知：A 为 N 元素， A 的气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨气、硝酸，二者反应生成硝酸铵，属

29、于离子化合物，故答案为：离子化合物；(4)根据上述分析可知：B 为 O 元素， C 为 Na 元素，加热条件下氧气与钠的反应生成Na2O2，含有离子键、共价键，所以电子式为：，故答案：；(5)根据上述分析可知：D 为 Al 元素， C 为 Na 元素。 Al 的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3， Na 最高价氧化物对应水化物NaOH ,两者能发生中和反应，反应的化学方程式为： Al(OH)322322+ NaOH = NaAlO + 2H O，故答案：Al(OH)+ NaOH = NaAlO + 2H O。7 完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：33NH _PH （填 “ 或

30、”“ Q32Q1+Q24Q3 2Q1 +Q2bc FeO 2-4+3e +4H2O=Fe(OH)3+5OH Zn+2OH-2e =Zn(OH)2【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析；(2)PH3 与 HI 反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；(2)

31、a铵盐都能与NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误；b铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4 I 也含离子键、共价键，b 正确；c铵盐不稳定，受热以分解，故PH4I 受热也会发生分解反应，c 正确；故合理选项是bc；(3)1 mol H 2O 中含 2 mol H-O键，断开1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H 键需吸收的能量分别为 Q1231 mol O-H3kJ 热量，对于反应2122、 Q、 Q kJ，则形成键放出 QH (g)+O (g)=H O(g)，2断开 1 mol H-H 键和 1mol O=O 键所吸收的能量(

32、Q1+1Q2 ) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的221能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3 -(Q1+Q2)0，2Q1+Q24Q3，故合理选项2是；(4)在原电池中负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知： Fe 元素的化合价由反应前K2FeO4 中的 +6 价变为反应后Fe(OH)3 中的 +3 价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的电极反应式为： FeO42-23-； Zn 元素化合价由反应前Zn 单质中的0 价+3e +4H O=Fe(O

33、H) +5OH变为反应后Zn(OH)2 中的 +2 价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2。【点睛】本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电池反应原理的应用。元素周期律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。8 南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐AgN5，目前已经合成出钠、锰、铁

34、、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。(1)基态 Mn 2+的价电子排布式为_；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的_区。26 2+5 2 2 4 2-的晶体的部分结构如图1 所示：(2)Mg(HO) (N ) (H O) N、 O、 Mg 元素的前3 级电离能如下表所示：元素I1 /kJ?mol-1I2/kJ?mol-1I3/kJ?mol-1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1X、 Y、 Z 中 N 元素的是 _，判断理由是 _。从作用力 型看， Mg2+与 HH2O 之 是 _。2O 之 是 _、 N5 与N5- 平面正五 形，N 原子的 化 型是 _。科学家 将来 会制出含N4 -、 N6-等平面 状 构离子的 ， 一 离子中都存