2020-2021备战高考化学与元素周期律有关的压轴题及详细答案

2020-2021备战高考化学与元素周期律有关的压轴题及详细答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，回答问题：
族
ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0
周期
1①
2②③④
3⑤⑥⑦⑧⑨
（1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置是__________________。

（2）③、④、⑧的原子半径最小是___________________（用元素符号
．．．．回答）。

（3）⑤、⑥、⑦的最高价氧化物对应的水化物，碱性最强的是__________（用化学式
．．．回答）。

（4）②、③、④的气态氢化物，稳定性最强的是__________（用结构式
．．．回答）。

（5）②和③按原子数1:2形成的化合物的电子式
．．．为____________，该晶体气化的过程中克服的微粒间作用力为_______________________。

（6）③和⑧形成的化合物属于_______________（填“离子化合物”或“共价化合物”），该晶体属于________晶体（填“离子”、“分子”、“原子”）。

（7）元素⑤、⑦的最高价氧化物的水化物互相反应的化学方程式为：
___________________。

【答案】第3周期IVA族 F NaOH H－F 分子间作用力共价化合物
原子 Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O
【解析】
【分析】
根据元素①～⑨在表中的位置可知分别是H、C、O、F、Na、Mg、Al、Si、Cl。

据此解答。

【详解】
（1）半导体材料应在金属与非金属交界处寻找，根据上述元素周期表的部分结构，半导体材料是晶体硅，位于第三周期第IVA族；
（2）同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小顺序是Mg＞O＞F，即原子半径最小的是F；
（3）同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，即NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，碱性最强的是NaOH；
（4）同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，因此氢化物的稳定性：HF
＞H2O＞CH4，最稳定的氢化物是HF，其结构式为H－F；
（5）②和③按原子数1:2形成的化合物是CO2，其电子式为：，CO2属于分子晶体，熔化时克服分子间作用力；
（6）③和⑧构成的化合物是SiO2，属于共价化合物，其晶体为原子晶体；
（7）⑤是钠元素，其最高价氧化物的水化物是NaOH，⑦是Al，其最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，Al(OH)3表现两性，与碱反应的化学方程式为Al(OH)3＋NaOH＝NaAlO2＋
2H2O。

2．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。

族
周期ⅠA0
1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA
2②④⑩
3⑤⑥⑦③⑧⑨
回答下列问题：
(1)①、④按原子个数比1:1 组成的分子的电子式为____________________ ；由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为 _____________________。

(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是_____________(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②和⑨两种元素的非金属性强弱：________________________ 。

(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是
____________________(填化学式)
(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦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①、④、⑤两两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=O Ne O 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2HClO4
+Na2CO3=CO2↑+2NaClO4 +H2O H2S Al(OH) 3 +OH- = AlO2- +2 H2O H2O(或H2O2) Na2O(或Na2O2或NaH)
【解析】
【分析】
从表中元素所在的位置，可推出①为氢(H)，②为碳(C)，③为磷(P)，④为氧(O)，⑤为钠(Na)，⑥为镁(Mg)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氖(Ne)。

【详解】
(1)①、④为H和O，二者按原子个数比1:1 组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为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)②和⑨分别为C和Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O，答案为：2HC1O4+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O；
(4)元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧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⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应，生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O，答案为：A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O；
(6)元素①、④、⑤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，从化合价可以解决问题。

3．有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：
元素结构、性质等信息
A 是短周期中（除稀有气体外）原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂
D 是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂
请根据表中信息填写：
(1)A原子的核外电子排布式________________．
(2)B元素在周期表中的位置____________________；离子半径：B________A（填“大于”或“小于”）．
(3)C原子的电子排布图是_______________________，其原子核外有___个未成对电子，能量最高的电子为___轨道上的电子，其轨道呈___________形．
(4)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为_______________________________，与D的氢化物的水化物反应的化学方程式为
_____________________________．
【答案】1s22s22p63s1第三周期第ⅢA族小于 3 2p 哑铃 Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O 3HCl+Al（OH）3═AlCl3+3H2O
【解析】
【分析】
A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，所以A为Na元素；B与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性，则B为Al元素；C元素的气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则C为N元素；D是海水中除氢、
氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂，则
D为Cl元素，据此回答；
【详解】
(1)A为钠元素，A原子的核外电子排布式1s22s22p63s1；
答案为：1s22s22p63s1；
(2)B为铝元素，B元素在周期表中的位置第三周期第ⅢA族，电子层数相同的离子，核电
荷数越大，离子半径越小，所以铝离子半径小于钠离子；
答案为：第3周期第ⅢA族；小于；
(3)C为氮元素，C原子的基态原子的电子排布图是，其原
子核外有3个未成对电子，能量最高的电子为2p轨道上的电子，其轨道呈哑铃；
答案为：；3；2p；哑铃；
(4)B为铝元素，A为Na元素，B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O；D的氢化物HCl，氯化氢与氢氧化铝反应的离子方程式为：3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O；
答案为：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O；3HCl+Al(OH)3═AlCl3+3H2O。

【点睛】
(4)容易错，最高价氧化物的水化物与碱反应方程式为Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O；实际做题时，常用同学找不出Al(OH)3而用最高价氧化物Al2O3替代。

4．煤粉中的氮元素在使用过程中的转化关系如图所示：
(1)②中NH3参与反应的化学方程式为_______。

(2)焦炭氮中有一种常见的含氮有机物吡啶()，其分子中相邻的C和N原子相比，N
原子吸引电子能力更___________(填“强”或“弱”)，从原子结构角度解释原因：________。

(3)工业合成氨是人工固氮的重要方法。

2007年化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意如图：
下列说法正确的是________(选填字母)。

a. 图①表示N2、H2分子中均是单键
b. 图②→图③需要吸收能量
c. 该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
(4)已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1
反应后恢复至常温常压，①中NH3参与反应的热化学方程式为________。

(5)用间接电化学法除去NO的过程，如图所示：
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，写出阴极的电极反应式：________。

②用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理：__________。

【答案】4NH3+5O2催化剂
Δ
4NO+6H2O 强 C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原
子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强 bc 4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH = (3c-3a-2b) kJ·mol-1 2HSO3- + 2e- + 2H+ = S2O42- + 2H2O 2NO + 2S2O42-
+2H2O = N2 + 4HSO3-
【解析】
【分析】
【详解】
(1)氨气在催化剂条件下与氧气反应生成一氧化氮和水，为重要的工业反应，反应的化学方
程式为4NH3+5O2催化剂
Δ
4NO+6H2O；
(2)由于C和N原子在同一周期(或电子层数相同)，N原子核电荷数更大，原子半径更小，原子核对外层电子的吸引力更强，所以N原子吸引电子能力更强；
(3)a．氮气中两个氮原子之间为三键，故a错误；
b．分析题中图可以知道，图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，而图③表示在催化剂表面，N2、H2中化学键断裂，断键吸收能量，所以图②→图③需要吸收能量，故b正确；
c．在化学变化中，氮分子和氢分子在催化剂的作用下断裂成氢原子和氮原子，发生化学键的断裂，然后原子又重新组合成新的分子，形成新的化学键，所以该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故c正确；
答案选bc。

(4)①中NH3参与的反应为：4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l)；
已知：N2(g) ＋ O2(g) = 2NO(g) ΔH = a kJ·mol-1 i；
N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ΔH = b kJ·mol-1 ii；
2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(l) ΔH = c kJ·mol-1 iii；
根据盖斯定律iii×3- i×3-ii×2可得4NH3(g) + 6NO(g) = 5N2(g) + 6H2O(l) ΔH=(3c-3a-2b)kJ·mol-1；
(5)①阴极发生还原反应，据图可知亚硫酸氢根离子得电子被还原生成S2O42-，电解质溶液显弱酸性，所以电极反应式为：2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
②据图可知S2O42-与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢根，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-。

5．X、Y、Z、W、R是短周期元素，原子序数依次增大。

X原子核外各层电子数之比为
1:2，Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，W和R是同周期相邻元素，Y的氧化物和R 的氧化物均能形成酸雨。

请回答下列问题：
(1)元素X的最高价氧化物的电子式为________；元素Y、Z、W的原子半径由大到小顺序为________。

(2)单质铜和元素Y的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的化学方程式为
____________。

(3)元素W位于周期表的第_____周期第________族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因：__________。

元素W和R的气态氢化物的稳定性关系为：________(写出化学式)。

(4)R的一种氧化物能使品红溶液褪色，工业上用Y的气态氢化物的水溶液作该氧化物的吸收剂，写出吸收剂与足量该氧化物反应的化学方程式：____________。

(5)Y和Z组成的化合物ZY，被大量用于制造电子元件。

工业上用Z的氧化物、X单质和Y 单质在高温下制备ZY，其中Z的氧化物和X单质的物质的量之比为1:3，则该反应的化学方程式为____________。

【答案】 Al＞P＞N 4HNO3(浓)+Cu＝2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O 三ⅤA P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱 H2S＞PH3 SO2+NH3·H2O＝
NH4HSO3 Al2O3+3C+N2高温
2AlN+3CO
【解析】
【分析】
X原子核外各层电子数之比为1:2，则原子核外有两个电子层，电子数分别为2、4，X为碳元素；Y的氧化物和R的氧化物均能形成酸雨，则Y为氮、R为硫；由Y原子和Z原子的核外电子数之和为20，可确定Z为铝；由W和R是同周期相邻元素，可确定W为磷。

【详解】
(1)由以上分析知，X为碳元素，其最高价氧化物为CO2，电子式为；元素Y、Z、W 分别为N、Al、P，原子半径由大到小顺序为Al＞P＞N。

答案为：；Al＞P＞N；(2)单质Cu和浓HNO3发生反应，生成Cu(NO3)2、NO2等，化学方程式为4HNO3(浓)+Cu＝
2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O。

答案为：4HNO3(浓)+Cu＝2NO2↑+Cu(NO3)2+2H2O；
(3)元素W为磷，位于周期表的第三周期第ⅤA族，其非金属性比R弱，用原子结构的知识解释原因为：P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱。

元素P 的非金属性比S弱，气态氢化物的稳定性关系为：H2S＞PH3。

答案为：三；ⅤA；P原子和S原子的电子层数相同，P原子半径较大，得电子能力较弱；H2S＞PH3；
(4)SO2能使品红溶液褪色，工业上用NH3的水溶液作吸收剂，与足量SO2反应生成
NH4HSO3，化学方程式为SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3。

答案为：SO2+NH3·H2O＝NH4HSO3；(5)工业上用Al2O3、C和N2在高温下反应制备AlN，其中Al2O3和C单质的物质的量之比为
1:3，则该反应的化学方程式为Al2O3+3C+N2高温
2AlN+3CO。

答案为：
Al2O3+3C+N2高温
2AlN+3CO。

【点睛】
氨水中通入二氧化硫，起初生成(NH4)2SO3，继续通入二氧化硫，与(NH4)2SO3、H2O反应生成NH4HSO3。

6．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。

族
周期ⅠA0
1①ⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA
2②④⑩
3⑤⑥⑦③⑧⑨
回答下列问题：
(1)①、④按原子个数比1:1 组成的分子的电子式为____________________ ；由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为 _____________________。

(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是_____________(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②和⑨两种元素的非金属性强弱：________________________。

(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是
____________________(填化学式)
(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦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①、④、⑤两两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：______________________。

(7)写出⑥的单质置换出②的单质的化学方程式：________________________。

【答案】 O=C=O Ne O 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2HC1O4
+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O H2S A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O H2O（或H2O2） Na2O （或Na2O2或NaH）2Mg+ CO22MgO+C
【解析】
【分析】
从表中元素所在的位置，可推出①为氢(H)，②为碳(C)，③为磷(P)，④为氧(O)，⑤为钠(Na)，⑥为镁(Mg)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氖(Ne)。

【详解】
(1)①、④为H和O，二者按原子个数比1:1 组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为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)②和⑨分别为C和Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O。

答案为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O；
(4)元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，易于制备的是H2S。

答案为：H2S；
(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应，生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O。

答案为：A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O；
(6)元素①、④、⑤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)；
(7)⑥的单质Mg与CO2在点燃条件下反应，置换出②的单质C，同时生成MgO，化学方程式为：2Mg+ CO22MgO+C。

答案为：2Mg+ CO22MgO+C。

【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；利用同一反应，O2可以制Cl2，Cl2也可以制O2，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。

7．如图是元素周期表的一部分，按要求回答问题：
①
②③④
⑤⑥⑦⑧⑨
(1)元素④在周期表中位置是_______。

元素③的最高价氧化物的化学式为________。

(2)元素①⑤组成化合物电子式为___________。

(3)元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式为___。

(4)元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为_____。

(5)元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为_____(用离子符号表示)。

(6)A—F发生如图所示的转化，A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，E、F、G为
B、C、D与A形成的二元化合物，G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，E中B元素的质量分数为60%，F为两性物质。

①A和F的化学式分别为_______、_______。

②B与G反应的化学方程式为____________________。

③C与NaOH溶液反应的离子方程式为______________。

【答案】第二周期第VIA族 N2O5 C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ Mg2+<Na+<O2－<S2－ O2 Al2O3 2Mg+CO2点燃
2MgO+C
2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑
【解析】
【分析】
结合元素周期表可知①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg元素，⑦为Al元素，⑧为S元素，⑨为Cl元素。

【详解】
（1）④为O元素，在周期表中位置是第二周期第VIA族，③是N元素，最高价为+5价，所以元素③的最高价氧化物的化学式为N2O5；
（2）元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，Na+的电子式为Na+，H－的电子式为，因而NaH的电子式为；
（3）元素②的单质与⑧的最高价氧化物的水化物分别是C和H2SO4，其化学反应方程式为
C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（4）元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物分别是AlCl3和NH3，NH3的水溶液为NH3·H2O，其离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子分别是O2-，Na+，Mg2+，S2-，S2-的电子层数为3，其它离子电子层数为2，所以S2-的半径最大；当电子层数相同时，原子序数越小，离子半径越大，因而O2->Na+>Mg2+；综上可知Mg2+<Na+<O2－<S2－；
（6）G是一种常见温室气体，可推知G为CO2，结合A、B、C、D为①—⑨中某种元素形成的单质，且A和D生成G，推断A为O2或C（碳单质），F为两性物质且F为C与A形成的二元化合物，可推知F为Al2O3，因而A为O2，D为C（碳单质），C为Al；E中B元素的质量分数为60%，结合E为B与A形成的二元化合物，E中O元素的质量分数为
40%，则E的相对分子质量为16
40
0.4
，则B元素的相对原子质量为40-16=24，可推知B
为Mg，E为MgO，结合G是一种常见温室气体，与B可以反应生成E，即CO2与Mg点燃生成MgO和C，证明上述推断合理；综上A为为O2，B为Mg，C为Al；D为C（碳单质），E为MgO，F为Al2O3，G为CO2。

①由上分析知A和F的化学式分别为O2，Al2O3；
②B与G反应，即Mg与CO2反应，其化学方程式为2Mg+CO2点燃
2MgO+C；
③C为Al，则C与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH－+6H2O=2[Al(OH)]4－+3H2↑。

【点睛】
第一步，先看电子层数，因为微粒半径大小的决定因素是电子层数。

电子层数越多，其半径越大。

这里主要是指同一主族，不同族不能直接比较，不能认为具有3个电子层的氯原子半径大于具有2个电子层的锂原子。

第二步在电子层数相同的情况下看核电荷数，因为核电荷数的多少是影响半径大小的次要因素。

而核电荷数越多，其半径越小。

第三步在电子层数和核电荷数相同的情况下看电子数，核外电子数是影响半径大小的最小因素。

核外电子数越多，其半径越大。

注意的是此三步不可颠倒。

8． (I)俄美科学家联合小组宣布合成出114号元素(FI)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：
(1)该元素在周期表中的位置______________，属于金属元素还是非金属元素？____
(2)如果该元素存在最高价氧化物对应的水化物，请写出其化学式___________________。

(II)下表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：
(1)元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为__________。

(2)元素②和⑤的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为___________。

(3)元素Fe的单质与⑦的氢化物高温下反应的化学方程式为___________。

(III)判断以下叙述正确的是__________。

部分短周期元素的原子半径及主要化合价
元素代号L M Q R T
原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066
主要化合价+2+3+2+6、－2－2
A．L2+、R2－的核外电子数相等
B．单质与稀盐酸反应的速率L＜Q
C．M与T形成的化合物一定具有两性
D．氢化物的沸点为HnT＞HnR
E. M的单质能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气
【答案】第七周期IVA族金属 H4FIO4(H2FIO3也可以) Cl2+H2O=H++Cl－+HClO
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 CDE
【解析】
【分析】
I.根据元素周期表的结构及原子序数分析解答；II.根据在周期表中的位置分析元素的种类，根据元素周期律及元素性质分析解答；III.根据原子半径及化合价规律分析元素的种类，根据元素周期律分析解答。

【详解】
（I）（1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、10、18、36、54、86、118，114号元素在118号的左边，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA族，第六周期的铅是金属，所以114号元素是金属，故答案为：第七周期ⅣA族；金属；
（2）114号是第七周期ⅣA，所以最高正价是+4价，最高价氧化物对应水化物的化学式为H4FIO4，故答案为：H4FIO4；
（II）根据图示元素周期表可知，①为H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C元素，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩为Fe元素。

（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；
（2）元素②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应的化学方程式为：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；
（3）元素⑩单质为Fe，⑦的氢化物为水，Fe与水蒸气在高温下发生反应，反应方程式
为：3Fe+4H2O(g)高温
Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)
高温
Fe3O4+4H2；
（III）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元
素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素。

A．L2+的核外电子数为12-2=10，R2-的核外电子数为16-（-2）=18，不相等，故A错误；B．金属性Mg＞Be，则Mg与酸反应越剧烈，故B错误；
C．M与T形成的化合物为Al2O3，具有两性，故C正确；
D．氢化物的沸点为HnT＞HnR H2R为H2S，H2T为H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O＞H2S，故D正确；
E. M为铝，能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气，故E正确；故答案为：CDE。

9．海洋是资源的宝库，醢藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等，海洋资源的综合利用具有非常广阔的前景。

(1)下列说法正确的是_________。

a．AgCl、AgBr、AgI的颜色依次变深 b．F、Cl、Br、I的非金属性依次增强
c．HF、HCl、HBr、HI的还原性的依次增强 d．F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由难变易
(2)实验室从海藻灰中提取少量碘的流程如下图：
①氧化时，可以加入MnO2在酸性条件下进行氧化，反应的离子方程式为：_________。

②上述步骤①②③分离操作分别为过滤、_________、_________。

(3)从海水提取的粗盐中含有Mg2+、Fe2+、Ca2+和SO42—等杂质，“除杂”所需试剂有：①过量的NaOH溶液②过量的Na2CO3溶液③适量的盐酸④过量的BaCl2溶液．试剂的添加顺序为_________。

为使Ca2+完全沉淀，溶液中c(CO32—)应不小于_________mol/L。

[已知Ksp(CaCO3)=2.9×10-9，离子浓度小于1×10-5mol/L视为完全沉淀]
(4)目前，利用食盐制取纯碱主要有“氨碱法”和“联合制碱法”两种工艺
①能析出 NaHCO3的原因是_________。

②“氨碱法”是在滤液中加入_________产生NH3，循环使用，但产生大量的度弃物CaCl2；“联合制碱法“是在滤液中继续通入NH3，并加入NaCl粉末以制得更多的副产物
_________。

③常温下，向饱和食盐水中通入NH3和CO2，当(HCO3—)=c(NH4+)时，溶液的pH_____7 (填“>”、“<”或“=”)。

【答案】ac MnO2＋2I—＋4H+＝Mn2+＋I2＋2H2O 分液蒸馏①④②③（或④②①③或④①②③） 2.9×10－44） NaHCO3的溶解度最小 CaO［或Ca(OH)2］ NH4Cl 小于
【解析】
【分析】
(1) a．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深；
b．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强；
c．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强；
d．F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难；
(2)①氧化时，在酸性条件下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水；
②步骤①为固液分离，方法为过滤；②为萃取后分液；③蒸发掉有机物生成晶态碘；
(3) 除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据Ksp(CaCO3)计算；
(4) ①NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的；
②“氨碱法”滤液中的主要成分为氯化铵；
③根据溶液呈电中性计算、判断。

【详解】
(1) a．AgCl、AgBr、AgI的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a正确；
b．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b错误；
c．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c正确；
d．F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易变难，d错误；
答案为ac；
(2)①氧化时，在酸性条件下MnO2与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水，离子方程式为MnO2＋2I-＋4H+＝Mn2+＋I2＋2H2O；
②步骤①为固液分离，方法为过滤；②为萃取后分液；③蒸发掉有机物生成晶态碘；
(3) 除Mg2+、Fe2+用NaOH，除Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，添加顺序为①④②③（或④②①③或④①②③）；Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)×c(CO32-)=2.9×10-9，则c(CO32-)=2.9×10－4mol/L；
(4) ①NaHCO3的溶解度小于碳酸钠的，则饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳和氨气时能析出碳酸氢钠；
②“氨碱法”滤液中的主要成分为氯化铵，加入CaO［或Ca(OH)2］时可产生氨气；在滤液中继续通入NH3，并加入NaCl粉末能得到更多的氯化铵；
③根据溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(HCO3-)，则c(H+)= c(OH-)+2c(CO32-)，溶液呈酸性，pH<7。

【点睛】
非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，失电子能力越弱。

10．周期表前四周期的元素 A、B、C、D、E，原子序数依次增大。

A的核外电子总数与其期序数相同，B和D位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，E为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子。

(1)B、C、D三种元素第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号)，E基态原子价层电子排布图为_____。

(2)写出由以上元素组成的BD2的等电子体的分子 _________。

(3)已知D 可形成D 3+离子，该离子中心原子杂化方式为___，立体构型为__。

(4)温度接近沸点时，D 的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量，原因是 _______。

(5)无色的[E(CA 3)2]+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的[E (CA 3)4]2+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为________。

(6)已知E 和D 形成的一种晶体胞结构如图所示，已知晶胞边长为anm ，阿伏加德罗常数为N A ，则该晶体的密度为_________ g/cm 3(列出计算表达式即可)。

【答案】N ＞O ＞C N 2O sp 2 V 形 水蒸气中大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子 4[Cu(NH 3)2]++O 2+8NH 3•H 2O=4[Cu(NH 3)4]2++4OH -+6H 2O ()A
-21a 16464
0+1N ⨯⨯
【解析】
【分析】 A 的核外电子总数与其周期数相同，则A 是H 元素；B 和D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3，符合条件的元素第三周期只有一个，不符合题意，若B 、D 为第二周期，则核外有2个未成对电子，即2p 2和2p 4，所以B 为C 元素，D 为O 元素，则C 为N 元素；E 为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子，则E 是Cu 元素。

【详解】
(1)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于相邻元素，故C 、N 、O 的第一电离能大小关系为：N ＞O ＞C ；Cu 为29号原子，核外电子排布式为[Ar]3d 104s 1，其价电子排布图为
；
(2)BD 2为CO 2，含有3个原子，价电子数为16，等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，所以由以上元素组成的与CO 2互为等电子体的分子为N 2O ；
(3)D 为O 元素，所以D 3+离子为O 3+，中心氧原子的价层电子对数为2+
6-22-12
⨯=2.5，按作3计算，所以为sp 2杂化，孤电子对数为1，所以立体构型为V 形；
(4)温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏大；
(5)无色的[Cu(NH 3)2]+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的[Cu(NH 3)4]2+，氧气作氧化剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成，离子方程式为4[Cu(NH 3)2]++O 2+8NH 3•H 2O=4[Cu(NH 3)4]2++4OH -+6H 2O ；。