备战高考化学培优(含解析)之化学键含答案.docx

1、备战高考化学培优 ( 含解析 ) 之 化学键含答案一、化学键练习题（含详细答案解析）1A、 B、 C、 D、E、 F、G 是周期表中短周期的七种元素，有关性质或结构信息如下表：元有关性质或结构信息素A 地壳中含量最多的元素B B 阳离子与 A 阴离子电子数相同，且是所在周期中单核离子半径最小的CC 与B 同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)DD 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，其氢化物有臭鸡蛋气味E E 与 D 同周期，且在该周期中原子半径最小F F 的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物G G 是形成化合物种类最多的元素(1) B 元素符号为 _ ，A 与

2、C 以原子个数比为1： 1 形成的化合物的电子式为_，用电子式表示 C 与 E 形成化合物的过程_， D 形成的简单离子的结构示意图为_。(2) F 的氢化物是由 _(极性或非极性 )键形成的分子，写出实验室制备该氢化物的化学方程式 _。(3) 非金属性 D_E(填大于或小于 )，请从原子结构的角度解释原因：_。【答案】Al极性2NH4 Cl+ Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O小于D的原子半径大于E 的原子半径,所以得电子的能力比E 弱【解析】【分析】【详解】A 是地壳中含量最多的元素，则期中单核离子半径最小的，则A 为 O 元素； B 阳离子与A 离子电子数相同，且是所在周B 为

3、 Al；C 与 B 同周期，且是所在周期中原子半径最大的(稀有气体除外)，则C 为Na； D 原子最外层电子数是电子层数的2 倍，其氢化物有臭鸡蛋气味，则D 为 S 元素；E 与 D 同周期，且在该周期中原子半径最小，则E 为 Cl； F 的氢化物和最高价氧化物的水化物反应生成一种离子化合物，则F 为N 元素；G 是形成化合物种类最多的元素，则G 为碳元素；(1) 由分析可知B 元素符号为Al，O 与 Na 以原子个数比为1 ：1 形成的离子化合物是Na O ，电子式为；离子化合 NaCl 的电子式形成过程为22， S2-的离子的结构示意图为；(2) NH3 是由极性键形成的极性分子，实验室利

4、用氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气的化学方程式为 2NH4 Cl+ Ca(OH)2CaCl2+2NH3 +2H2O；(3)S 的原子半径大于Cl 的原子半径，所以 S 得电子的能力比Cl 弱 ，即 S 元素的非金属性小于 Cl 的非金属性。2下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一化学元素。（1）表中字母h 元素在周期表中位置_。（2）写出 b 元素的最高价氧化物对应的水化物所含化学键类型_。（3）下列事实能说明a 元素的非金属性比c 元素的非金属性强的有_。A a 单质与 c 的氢化物溶液反应，溶液变浑浊B 在氧化还原反应中， 1mola 单质比 1molc 单质得电子数目多C a

5、 和 c 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4） g 与 h 两元素的单质反应生成1molg 的最高价化合物。恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为69和 58。写出该反应的热化学方程式_。（ 5）常温下 d 遇浓硫酸形成致密氧化膜，若薄膜为具有磁性的该元素氧化物，写出该反应的化学方程式 _。（6） e 与 f 形成的 1mol 化合物 Q 与水反应，生成2mol 氢氧化物和 1mol 烃，该烃分子中碳氢质量比为9 1，写出烃分子电子式 _。【答案】第三周期、A 族离子键、（极性）共价键AC Si(s)+2Cl(g)=SiCl4(l) ?H= -687kJ mol

6、-12434223Fe+4H SO (浓 )=Fe O +4SO +4H O【解析】【详解】由元素周期表可知：a 为氧元素、 b 为钠元素、 c 为硫元素、 d 为铁元素、 e 为镁元素、 f 为碳元素、 g 为硅元素、 h 为氯元素；(1)表中字母 h 为氯元素，其在周期表中位置为第三周期、A 族；(2)b 为钠元素，钠的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，所含化学键类型为离子键、(极性)共价键；(3)a 为氧元素、 c 为硫元素；A O2 与H2S 的溶液反应，溶液变浑浊，说明有S 生成，即O2 的氧化性比S 强，即氧元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故A 正确；B元素的非金属性强弱体现

7、得电子能力，与得电子数目无关，故B 错误；C O 和 S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明元素的非金属性比硫元素的非金属性强，故C 正确；H2O比H2S 稳定，即氧故答案为AC；(4)已知 Si(s)与 C12(g)化合反应生成 1molSiCl4(l)时放热 687kJ，则该反应的热化学方程式为 Si(s)+2Cl(g)=SiCl4(l) ?H= -687kJ mol -1 ；(5)常温下 Fe 遇浓硫酸形成致密氧化膜，该薄膜为具有磁性说明是Fe O ，则反应的化学方34程式为 3Fe+4H2 43 422SO (浓 )=Fe O +4SO +4H O；(6)C 与 Mg 形

8、成的 1mol 化合物 Q 与水反应，生成2mol 氢氧化物和 1mol 烃，此氢氧化物应为 Mg(OH) 2，设化合物 Q 分子中含有 x 个 C 原子，则由原子守恒可知化合物Q 的化学式应为 Mg2 x91C ；已知烃分子中碳氢质量比为9:1，其分子中 C、 H 原子数之比 =: =3:4，结121合化合物 Q 的化学式 Mg 2x3 43 4为共价化合物，其电子式为C ，可知该烃分子式为C H， C H。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度 (或生成的氢化物的稳定性 )，非金属单质跟氢气化合越容易 (或生成的氢化物越稳定 )，元素的非金属性越强，反之越弱；最

9、高价氧化物对应的水化物 (即最高价含氧酸 )的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。3工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2 O NH4Cl+NaHCO3。完成下列填空：（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是_，第二周期原子半径由大到小的是 _。（ 2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是 _，该分子为 _（选填“极性”、“非极性”）分子。（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子

10、核外电子排布式_，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是_（填编号）a. 最高价氧化物对应水化物的酸性b. 两元素形成化合物的化合价c. 气态氢化物的稳定性d. 氢化物水溶液的酸碱性侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N222NH3+3H（4）工业为了提高H2 的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是_（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2 的转化率的影响是_，对 H2 的反应速率的影响是_。（ 5）该反应的催化剂是 _（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是： _。【答案】 OCNO非极性1s22s22p3b

11、c 无影响减小变大铁触媒高温加快反应速率，催化剂适宜温度【解析】【分析】【详解】( 1) 上述反应体系中出现的几种短周期元素为:H、C、N、O、Na、 Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、 N、 O 为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：CN O；( 2) 铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是，该分子为非极性分子；( 3) 上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其

12、核外电子排布式为1s22s22p3，关于 N 与O 元素之间非金属性大小判断依据：a. O 无最高价氧化物对应的水化物，a 不能作为判据；b. 可根据两元素形成化合物NO 中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b 能作为判据；c. 两者的气态氢化物分别为H2O、 NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c 能作为判据；d. 氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，答案选 bc；d 不能作为判据；( 4) 工业为了提高H2 的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2 的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以

13、N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2 的转化率会降低，但会提高另一反应物( H2 ) 的转化率；( 5) 合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2 化合越容易，则非金属性越强。从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物

14、的酸性越强，则非金属性越强。从非金属阴离子还原性强弱判断: 非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱 , 其非金属性越弱。根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。4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、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

15、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 中为 N 元素的是 _，判断理由是_。从作用力类型看， Mg2+与 H252O 之间是 _。O 之间是 _、 N 与 HN5-为平面正五边形， N 原子的杂化类型是 _。科学家预测将来还会制出含N4 -、 N6-等平面环状结构离子的盐，这一类离子中都存在大键，可用符号mn 表示，其中 m 代表参与形成大 键的原子数， n 代表参与形成大键的电子数 (如苯分子中的大 键可

16、表示为64-中的大 键应表示为 _ 。6 )，则 N(3)AgN5 的立方晶胞结构如图2 所示， Ag+周围距离最近的Ag+有 _个。若晶体中紧邻的 N5-与 Ag+的平均距离为a nm ，NA 表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5 的密度可表示为_g?cm-3（用含 a、 NA 的代数式表示）。【答案】 3d5dsZX最外 2 个 子， X ； N 的 2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，I1 大， Z 氮元素配位 氢键sp258.91022412a3NA【解析】【分析】(1)根据构造原理 写出25号 Mn 元素的原子核外 子排布式，Mn 原子失去最外 2个 子得到 Mn 2+；

17、根据原子 构与元素在周期表的位置确定Ag 在周期表所属区域；(2)根据元素的 离能大小 合原子 构确定X、 Y、 Z 三种元素，然后判断哪种元素是N元素；根据 示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力 型； 合 N5- 平面正五 形 构， 合原子 化 型与微粒构型关系分析判断， 合微粒的原子 构分析大 的形成；(3)根据晶胞中离子的相 位置判断Ag+的配位数，利用均 方法 算1 个晶胞中含有的mAgN5 的个数， 合= 算密度大小。V【 解】(1)Mn 是 25 号元素，根据构造原理可得Mn 原子的核外 子排布式 1s22s22p63s23p63d54s2， Mn原子失去最外 2 个 子得到

18、Mn 2+，其价 子排布式 3d5；Ag、 Cu 在周期表中位于第IB， 生 化的 子有最外 的s 子和次外 的d 子，属于ds 区元素；(2) X 的第一、第二 离能比 小且很接近， 明X 原子最外 有 2 个 子，容易失去，则 X 为 Mg 元素， Z 的第一 离能在三种元素中最大， 合N 原子 2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，I1 大，可推知Z 为 N 元素， Y 是 O 元素；在 晶体中阳离子 Mg(H 2 6 2+的中心离子 Mg2+含有空 道，而配位体 H2O的 O 原子上O) 含有孤 子 ，在 合 ，Mg 2+提供空 道， H2O 的 O 原子提供孤 子 ，二者

19、形成配位 ；在阴离子 (N 5)2(H2O)42-上 N5-与 H2O 的 H 原子之 通 合在一起，形成NH-O，故二者之 作用力 ；若原子采用sp3 化，形成的物 构 四面体形；若原子采用sp2 化，形成的物 构 平面形；若原子采用sp 化， 形成的 直 型 构。N5 - 平面正五 形， 明N原子的 化 型 sp2 化；在 N5- 中，每个 N 原子的 sp2 化 道形成 2 个 ， N 原子上 有 1 个孤 子 及1 个垂直于 N 原子形成平面的 p 道， p 道 形成大 ， N5-为4 个 N 原子得到1 个 子形成 有 1 个 位 荷的阴离子，所以含有的 子数 5 个，其中大 是由4

20、 个原子、 5个 子形成，可表示 54 ；(3)根据 AgN5 的晶胞 构示意 可知，假 以晶胞 点Ag+ 研究 象，在晶胞中与 Ag+距离相等且最近的Ag+在晶胞面心上，通 点Ag+可形成 8个晶胞，每个面心上的Ag+被重复使用了 2 次，所以与 Ag+距离相等且最近的Ag+的数目 3 8=12 个；在一个晶胞中2+11-1-7 38+6含有 Ag 的数目 =4，含有 N5 的数目 1+12 =4，晶胞体 V=(2a 10)8244178?g / mol3mN A/mol8.910223。cm ，则 =2a 10 7 3 cm3a3g/cmVN A【点睛】本题考查了物质结构，涉及电离能的应用

21、、作用力类型的判断、大 的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。5甲烷的氯化反应式为：CH4+Cl2hvCH3Cl+HCl。对于该反应机理( 反应过程 ) 的详细描述如下 :链引发 Cl2hv2Cl 链增长 CH4+Cl CH3+HCl H=+ 7.5 kJ/molCH3+Cl2CH3Cl + Cl H= -112.9 kJ/mol链终止 Cl+Cl Cl2CH +CHH CCH3333CH +Cl H CCl33(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物的电子式为_；在反应机理的

22、三个阶段破坏或形成的化学键类型均为_。(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序为_( 用元素符号表示 ) ；与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第_周期，第 _族。(3)链引发的反应为_“ ” “”_反反应 ( 选填 吸热 或 放热 ，下同 ) ，链终止的反应为应。(4)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列递变顺序正确的是_。（选填字母编号）a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、 AgBr、 AgI 的顺序依次增大b.卤化氢溶入水的酸性按HF、 HCl、 HBr、HI 的顺序依次减弱c.卤化氢的还原性按HF、 HCl、 HBr、 HI 的顺序

23、依次减弱d.卤素单质氧化性按F 、 Cl 、 Br、I 的顺序依次减弱2222【答案】共价键SClF 三、A吸热放热d【解析】【分析】(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，碳原子与氯原子周围分别有8 个电子；非金属元素原子间形成共价键；(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、 S，根据电子层数和核电荷数判断半径大小；同一周期碱金属的金属性最强；(3)旧化学键的断裂要吸收能量，新化学键的生成要放出能量；(4)第 A 族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困

24、难、氢化物的沸点逐渐增大 (HF 除外 )、氢化物的稳定性逐渐减弱，卤化银的溶解度逐渐减小，据此解答。【详解】(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为 CH3Cl， CH3Cl 分子中碳原子最外层有 4 个电子，能形成 4 个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式：，非金属元素原子间形成共价键，则在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为共价键；(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、 S， Cl、 S 含有三个电子层，F 有两个电子层，则三种元素中F 的原子半径最小， Cl、 S 在同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则半径

25、：SCl，所以原子半径： SClF；同一周期元素中，碱金属的金属性最强，则与氯元素同周期且金属性最强的元素为Na，位于周期表的第三周期第IA族；(3)链引发2hv2Cl，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl?2Cl Cl，CH +?CH H CCH， CH +Cl? HCCl，反应中有新化学键的生成要放出能量，为放热反应；333333(4)a. 相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、 AgI 的顺序依次减小，a 错误；b. 卤化氢溶入水的酸性按HF、 HCl、HBr、 HI 的顺序依次增强， b 错误；c. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，其阴离子失电子能力逐

26、渐增强，所以HF、HCl、 HBr、 HI 的还原性按HF、 HCl、 HBr、 HI 的顺序依次增强，c 错误；d. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质F2 、Cl2 、Br2、 I2 的氧化性依次减弱， d 正确；故合理选项是d。【点睛】本题主要考查卤族元素的递变规律，掌握元素的周期性变化规律是解答的关键，注意把握电子式的书写方法和非金属性强弱的判断方法。6Q、 R、 X、 Y、 Z 是原子序数依次增大的五种短周期元素，在短周期的所有元素中 Q 的原子半径与 Z 的原子半径之比最小 (不包括稀有气体 )， R、 X、 Y 三种元素的原子核外电子层数相同，同一周期中R 的一

27、种单质的熔点最高，Y 与 Q、R、 X、 Z 均能形成多种常见化合物。(1)周期表中的位置：_，其原子核外有_种不同形状的电子云。这五种元素中，最外层有两个未成对电子的元素是_(用元素符号表示)。(2)Q 分别与X、 Y 形成的最简单化合物的稳定性_(用分子式表示)(3)Q 与R 两元素组成的分子构型可能是_(填写序号)。a直线型b平面形c三角锥形d正四面体(4)元素 X、 Y 在周期表中位于同一主族，化合物Cu2 X 和 Cu2 Y 可发生如下转化(其中 D 是淀粉水解的最终产物)：非金属 X_Y(填 “或”“NH3abdNH3；(3)Q 与 R 两元素组成的分子可能是甲烷、乙烯、乙炔、苯等

28、烃类物质，其中甲烷为正四面体结构，乙烯为平面结构，乙炔为直线形结构，故合理选项是abd；(4)X 是 N， Y 是 O，二者是同一周期的元素，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，活动性强的可以把活动性弱的置换出来，所以可根据置换反应：2H2S+O2=2H2O+S，比较出元素的非金属性：NO。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，正确推断元素的种类是解答本题的关键，要正确把握元素周期律的递变规律，掌握元素周期律的应用及判断方法。7研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与 I2 在水体和大气中的部分转化如下图所示。(1) I2 的

29、电子式为 _。(2)水体中的 I-在非酸性条件下难于被空气中的O 2 氧化。原因是2H 2O4I -O2 ?2I 24OH的反应速率慢，反应程度小。 I-在酸性条件下与 O 2 反应的离子方程式是 _ 。在酸性条件下 I-易被 O2 氧化的可能的原因是_ 。(3)有资料显示：水体中若含有Fe2 ，会对 O3 氧化 I-产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3 通入到 20mL 下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。己知：每 1molO 3 参与反应，生成1molO 2 。序号试剂组成3 10 2 mol L 1NaI甲amol L 1 NaCl3 10 2 mol L

30、 1NaI乙1.5 10 2 mol L 1FeCl2丙1.5 10 2 mol L 1FeCl2反应前溶液的反应后溶液的IFe(OH) 3 的生pHpH的转化率成量5.311.0约 10%5.14.1约 100%大量5.23.5少量 a_ 。甲中反应为可逆反应，其离子方程式是_ 。比较甲、乙、丙实验，说明Fe2在实验乙中的作用并解释 _ 。【答案】4H4IO22I 22H 2O c(H + ) 增大， c(OH) 减小，使平衡2H 2O 4IO2 ? 2I 24OH正向移动，反应易于进行等其他合理答案3 10 2H 2 O2IO3 ? I2 2OHO2 Fe2 或 Fe2 的氧化产物 Fe3

31、 与 I - 和 O3 反应产生的OH结合，促使该平衡正向移动，提高了I- 的转化率等其他合理答案【解析】【分析】（ 1）根据成键方式书写电子式；（ 2）根据氧化还原反应原理书写反应方程式，并根据平衡移动原理分析解答；（ 3）根据实验数据及平衡移动原理分析解答。【详解】（1） I2 属于共价分子，电子式为：，故答案为：；（2） 根据题干信息分析，I-在酸性条件下被O 2 氧化生成 I2，反应的离子方程式是4H4I -O22I 2 2H 2O ； 根据提给信息中I-在非酸性条件下被氧化的反应方程式分析知，在酸性条件下I-易被 O2氧化的可能的原因是c(H + ) 增大， c(OH ) 减小，使平

32、衡2H 2O4IO2 ? 2I 24OH正向移动，反应易于进行，故答案为：4H4I -O22I 2 2H 2O ； c(H + ) 增大， c(OH ) 减小，使平衡2H 2O4IO2 ? 2I 24OH正向移动，反应易于进行等；（3）验证Fe2+对 O3 氧化I-产生的影响时，必须排除其它干扰因素，所以A、 B 组对照实验中 c( Cl-) 要相同，即c( NaCl) =2c( FeCl2) =2 1.510-2mol/L=3 10-2mol/L ，故答案为：310-2 ；O3 氧化 I-时溶液显碱性，说明生成了碱性物质或离子，离子方程式为：H 2 O2IO3?I22OHO2，故答案为： H 2O 2I O3 ? I 22OHO2 ；Fe2+具有强还原性，易被O3 氧化生成 Fe3+， Fe2+或 Fe3+结合 OH-生成弱碱，促使反应H 2 O2IO3?I22OHO2正向进行，提高 I-转化率，故答案为：Fe2或 Fe2的氧化产物 Fe3与 I- 和 O3反应产生的 OH 结合，促使该平衡正向移动，提高了I- 的转化率。8铝是地壳中含量最多的金属元素，铝及其化合物在日常生活、工业上有广泛的应用。(1)铝原子核外有_种不同运动状态的电子，有_ 种能量不同的电子，写出铝在元素周期表中的位置：_(2)氮化铝具有强度高，耐磨，抗腐蚀，熔点可达