【化学】高考化学元素周期律解答题压轴题提高专题练习含答案

【化学】高考化学元素周期律解答题压轴题提高专题练习含答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．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___，从物料平衡的角度分析：溶液中c(Na+)=___。

（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】CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4N A离子晶体 S＞N＞O＞H
【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NaHS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(H2S)，故答案为：5；HS-；c(HS-)+c(S2-)+c(H2S)；
(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)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，故答案为：1；8；1；8；4；
(4)根据反应的方程式CuS+8HNO3(浓)=CuSO4+8NO2↑+4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移1.6mol电子时，则产生1.6mol NO2气体，在标准状况下体积为1.6mol
×22.4L/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6.4N A，故答案为：35.84；6.4N A；(5)此反应体系中的含硫物质为CuS和CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为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。

2．根据下表回答问题：
（1）元素⑦在周期表中的位置是___。

（2）元素①和⑤的原子序数相差___。

（3）写出元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑧形成的单质反应的化学方程式
___。

（4）写出元素③形成的不同化合价的化合物的化学式(写出四个)___，其中能与元素⑥形成的单质反应的化学方程式为___。

【答案】第3周期第ⅣA族 10 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O NH3、NO、NO2、HNO3
Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O
【解析】
【分析】
元素⑤是钠，其最高价为+1，所以最高价氧化物对应的水化物为NaOH；③为N，其常见化合价为-3、+2、+4、+5等。

【详解】
(1)由图可知元素⑦在周期表中的位置是第3周期第IVA族。

(2)元素①和⑤的原子序数分别为1和11。

(3)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，元素⑧形成的单质是Cl2，所以反应为
2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。

(4)③为N，其常见化合价为-3、+2、+4、+5等，形成的不同化合价的化合物的化学式为NH3、NO、NO2、HNO3等。

(5)元素⑥是Al，HNO3与Al反应，Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O。

3．A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。

其中A元素原子核内只有1个质子；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍。

请回答下列问题：
(1)由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是________(填字母编号)。

a.A2B
b.E2
c.DB2
d.C2DB3
(2)B元素在元素周期表中的位置为________；化合物C2B2中含有的化学键类型是
________；化合物C2B中两种离子的半径大小关系为________＜________(填离子符号)。

(3)实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的E2气体。

①实验中应选用的装置为________(按由左到右的连接顺序填写)；
②装置A中发生反应的化学方程式为________。

【答案】c 第2周期ⅥA族离子键、共价键 Na+ O2－ AFEB MnO2＋
4HCl(浓)Δ
MnCl2＋Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。

其中A元素原子核内只有1个质子，则A为H；A与C，B与D分别同主族；B、D两元素原子序数之和是A、C两元素原子序数之和的2倍，C应为Na，设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，则2×（1+11）=x+x+8，解得x=8，则B为O，D为S，E为Cl。

【详解】
(1)H2O、Na2SO3均为化合物，均可发生电离，属于电解质，Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，而SO2本身不能电离，属于非电解质，则只有c为非电解质，故答案为：c；
(2)B为O，位于第2周期ⅥA族，化合物C2B2为Na2O2，含离子键、共价键；C2B为
Na2O，其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为O2-＞Na+，故答案为：第2周期ⅥA族；离子键、共价键；Na+；O2-；
(3)①用装置A制取并收集纯净干燥的Cl2气体，选择浓盐酸与二氧化锰加热制备；用装置F中的饱和食盐水除杂；用装置E中的浓硫酸干燥；最后用B装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为AFEB，故答案为：AFEB；
②装置A中发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)Δ
MnCl2＋Cl2↑+2H2O，故答案为：
MnO2＋4HCl(浓)Δ
MnCl2＋Cl2↑+2H2O。

【点睛】
此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。

4．NaClO 、NaNO 3、Na 2SO 3等钠盐在多领域有着较广的应用。

（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________；原子核外最外层p 亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_____________。

（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO 2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。

产物中铝元素的存在形式_____________（填化学符号）；每摩尔铝粉可处理_____________gNaNO 2。

（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO 消毒液，装置如图（电极都是石墨）。

电极a 应接在直流电源的_____________极；该装置中发生的化学方程式为_____________
（4）Na 2SO 3溶液中存在水解平衡23SO -+H 2O 3HSO -+OH -设计简单实验证明该平衡
存在__________________。

0.1mol/L Na 2SO 3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）PH 如下。

时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
PH 9.66 9.52 9.37 9.25
升温过程中PH 减小的原因是_____________；①与④相比；C(3HSO -）①____________④（填“>”或“<”）.
【答案】O N 2AlO - 34.5 正 2NaCl+2H 2O
2NaOH+H 2+Cl 2，Cl 2+2NaOH →NaCl+NaClO+H 2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H +)增
大，pH 变小（Na 2SO 3被氧化） >
【解析】
【分析】
（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p 亚层的电子数
3≤，p 亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO 2，处理过程中产生氨气，反应方程式是2223+NaOH+H O=2NaAlO 2Al+NaNO NH +↑ ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a 极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na 2SO 3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH 大于④，说明④中3HSO -浓度减小。

【详解】
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na 、Cl 、S 有3个电子层，半径较大，O 、 N 有2个电子层，且O 的质子数大于N ，所以半径较小的原子是O ；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p 亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N ；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是2AlO -；铝粉除去工业
废水中的NaNO 2，反应方程式是2223+NaOH+H O=2NaAlO 2Al+NaNO NH +↑，根据方程式1molAl 粉处理0.5mol NaNO 2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g ；
（3）a 极氯离子失电子生成氯气，所以a 极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H 2O =通电2NaOH+H 2+Cl 2，Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O ； （4）该水解平衡的存在，Na 2SO 3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c (H +)增大，pH
变小； ①与④相比，温度相同，①的pH 大于④，说明④中3HSO -浓度减小，c (3HSO -）
①>④。

5．元素周期表是学习化学的重要工具。

下表为8种元素在周期表中的位置。

（1）如图所示的模型表示的分子中，可由A 、D 形成的是____。

c 与氯气反应生成的二元取代物有____种，
d 分子的结构简式____。

（2）Na 在F 单质中燃烧产物的电子式为____。

该燃烧产物中化学键的类型为：____。

上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是____(写化学式)。

（3）A 与D 组成的化合物中，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是：____ （4）关于（1）中d 分子有下列问题：
①d 分子中同一平面的原子最多有____个。

②若用－C 4H 9取代d 上的一个H 原子，得到的有机物的同分异构体共有____种。

【答案】acd 1
+
2-+Na [:O:O:]Na ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 离子键和非极性共价键 KOH CH 4 13 16 【解析】
【分析】
A 为H 、D 为C 、F 为O 、G 为Mg 、Q 为Al 、M 为S 、R 为Cl 、N 为K ；
(1)由A 、D 形成的是烃，据此选择；c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，按空间构型判断种类，d 为甲苯，据此写分子的结构简式；
(2)Na 在F 单质中燃烧产物为过氧化钠，据此写电子式并判断化学键的类型；上述元素中金属性最强的元素其最高价氧化物的水化物碱性最强；
(3)A 与D 组成的化合物为烃，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是氢质量分数最大的那个；
(4) d 分子为甲苯，－C 4H 9有4种，据此回答；
【详解】
(1)由A 、D 形成的是烃，据此选择acd ；
答案为：acd ；
c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，甲烷是正四面体结构，故二氯甲烷只有一种；
答案为：1；
d 为甲苯，其结构简式为； (2)Na 在F 单质中燃烧产物为过氧化钠，其电子式为+
2-+Na [:O:O:]Na ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅，所含化学键为离
子键和非极性共价键；上述元素中金属性最强的元素为K ，则最高价氧化物的水化物碱性最强的为KOH ；
答案为：+
2-+Na [:O:O:]Na ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅；离子键和非极性共价键；KOH ； (3)A 与D 组成的化合物为烃，等质量的甲烷、乙烯和甲苯中，氢质量分数最大的是甲烷，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是甲烷；
答案为：甲烷；
(4)①d 分子为甲苯，甲苯分子中有一个甲基，甲基是四面体结构，最多13个原子共面； 答案为：13；
②甲苯苯环上一个H 被－C 4H 9取代时，－C 4H 9和甲基可以处以邻位、间位和对位，－C 4H 9有4种，可得12种同分异构体，当甲苯的甲基上有一个H 被－C 4H 9替代，又可得到可得4
种同分异构体，故一共16种；
答案为：16。

6．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大。

其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期中简单离子半径最小的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。

则
(1)A的元素符号______________，D的元素名称 ____________。

(2)C在周期表中的位置：___________，E的离子结构示意图________；
(3)B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是________(写化学式)；E、F的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________(写化学式)
(4)F的单质在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与E的低价氧化物反应的离子方程式为________________。

(5)X在纯净的C单质中可以安静的燃烧，生成B的单质。

该方应的化学方程式为：
__________________。

【答案】H 铝第二周期ⅥA族 H2O HClO4 SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl－
+4H++SO42－ 4NH3+3O2(纯氧)2N2+6H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性， A的原子序数比B小，则B 为N元素，A为H元素，X为NH3；D的简单阳离子与X具有相同电子数，D的简单阳离子为10e-结构，且D是同周期中简单离子半径最小的元素，则D为Al元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Al，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F（Cl）两种元素的原子最外层共有13个电子，C最外层电子数=13-7=6，C的原子序数比Al小，则C为O元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。

【详解】
（1）根据上述分析A为氢，元素符号为H，D的元素名称为铝，故答案为：H；铝；（2）C为O，原子序数为8，在周期表中第二周期VIIA族；E为硫，硫离子结构示意图为
，故答案为：第二周期VIIA族；；
（3）B、C、E分别与A形成的化合物分别是NH3、H2O、H2S，非金属越强，氢化物越稳定，非金属性O＞N＞S，所以氢化物稳定性H2O＞NH3＞H2S，即H2O最稳定；E为硫，F为氯，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以较强的是HClO4，故答案为：H2O；HClO4；
（4）氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl-
+4H++SO42-，故答案为：SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl-+4H++SO42-；
（5）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水，反应方程式为：4NH3+3O2(纯氧)点燃
2N2+6H2O，
故答案为：4NH3+3O2(纯氧)点燃
2N2+6H2O。

7．Ⅰ.在14
6C、14
7
N、16
8
O、35
17
Cl、235
92
U、238
92
U中：
（1）___和_____的质量数相等，但不能互称为同位素。

（2）___和____的中子数相等，但质子数不相等，所以不是同一种元素。

以上所列共有
______种元素。

Ⅱ.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

（3）Y的分子式为________。

（4）图中X的电子式为；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是
________(用化学方程式表示)；该变化体现出：S非金属性比O____(填“强”或“弱”)。

用原子结构解释原因：同主族元素从上到下，__________，得电子能力逐渐减弱。

（5）Z与图表中某物质反应生成SO2的化学方程式是______________________。

【答案】14
6C14
7
N 14
6
C16
8
O 5 SO3 2H2S＋O2=2S↓＋2H2O 弱电子层数增多，原子
半径增大 Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)同位素中核素质子数相同；
(2)中子数=质量数-质子数；一种元素符号对应一种元素；
Ⅱ.(3)Y为S元素+6价的氧化物；
(4) H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
(5) Z为S元素+4价的盐，可以与硫酸反应生成SO2。

【详解】
Ⅰ. (1)同位素中核素质子数相同，因此质量数相等，但不能互称为同位素的核素为14
6
C和
14 7N，故答案为：14
6
C；14
7
N；
(2)中子数=质量数-质子数，上述核素的中子数分别为8、7、8、18、143、146，因此14
6
C和
16
8
O的中子数相等，但质子数不相等，二者不是同一种元素；一种元素符号对应一种元
素，因此上述一共有5种元素，故答案为：14
6C；16
8
O；5；
Ⅱ. (3)Y为S元素+6价的氧化物SO3，故答案为：SO3；
(4)X为H2S，H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应为2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，所以S非金属性比O弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱，故答案为：2H2S＋
O2=2S↓＋2H2O；弱；电子层数增多，原子半径增大；
(5)Z为S元素+4价的盐，如Na2SO3，可以与硫酸反应生成SO2，化学方程式为
H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。

【点睛】
本题注意区分Ⅰ，①不同核素可能具有相同的质子数，如2
1H、3
1
H；也可能具有相同的中
子数，如14
6C、16
8
O；也可能具有相同的质量数，如14
6
C、14
7
N；
②同位素之间的转化，既不是物理变化也不是化学变化，是核反应；
③同位素之间可形成不同的同位素单质，如氢的三种同位素形成的单质有六种：H2、D2、T2、HD、HT、DT，他们的物理性质(如密度)有所不同，但化学性质几乎完全相同；
④同位素之间可形成不同的同位素化合物，如水分子有H2O(普通水)、D2O(重水)、T2O(超重水)等，他们的相对分子质量不同，物理性质(如密度)有所不同，但化学性质几乎完全相同。

8．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，回答下列问题：
（1）①④⑥三种元素构成的化合物的电子式：__；⑨的最高价氧化物对应水化物的化学式：__。

（2）⑤、⑦、⑧的简单离子半径由大到小的顺序：__(用离子符号填写)。

（3）用一个化学方程式表示④、⑤二种元素非金属性的强弱__。

（4）⑦的单质与⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式为__。

（5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q，元素①、元素③形成化合物M，Q和M的电子总数相等。

以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭推进剂，最终产物对空
气没有污染，写出该反应的化学方程式：__。

【答案】
HClO 4 S 2-＞F -＞Al 3+ 2F 2+2H 2O=4HF+O 2 2Al+2OH -+2H 2O=2AlO 2-+3H 2↑ N 2H 4＋2H 2O 2=N 2＋4H 2O 【解析】
【分析】
由元素周期表可知①为H ；②为C ；③为N ；④为O ；⑤为F ；⑥为Na ；⑦为Al ；⑧为S ；⑨为Cl ；
（1）①④⑥三种元素构成的化合物为NaOH ；⑨的最高价氧化物对应水化物为HClO 4； （2）⑤、⑦、⑧的简单离子半径通过电子层数和原子质量进行判断；
（3）通过置换反应比较二种元素非金属性的强弱；
（4）⑦的单质为Al ⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶液为NaOH ；
（5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q 为H 2O 2，元素①、元素③形成化合物M ，Q 和M 的电子总数相等，M 为N 2H 4，以此分析。

【详解】
由元素周期表可知①为H ；②为C ；③为N ；④为O ；⑤为F ；⑥为Na ；⑦为Al ；⑧为S ；⑨为Cl 。

（1）①④⑥三种元素构成的化合物为NaOH ，电子式为
，⑨的最高价氧化物对应水化物为HClO 4，故答案为：
；HClO 4； （2）⑤、⑦、⑧的简单离子为F -、Al 3+、S 2-，则离子半径S 2-＞F -＞Al 3+，故答案为：S 2-＞F -
＞Al 3+；
（3）氟气与水反应生成氧气可证明F 的非金属强于O ，反应方程式为：
2222F +2H O=4HF+O ，故答案为：2222F +2H O=4HF+O ； （4）⑦的单质为Al ，⑥的最高价氧化物对应水化物为NaOH ，离子方程式为：--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ↑，故答案为：--2222Al+2OH +2H O=2AlO +3H ↑；
（5）元素①、元素④以原子个数比为1∶1形成化合物Q 为H 2O 2，元素①、元素③形成化合物M ，Q 和M 的电子总数相等，则M 为N 2H 4，该反应的化学方程式为：
242222 N H 2H O =N 4H O ＋＋，故答案为：242222 N H 2H O =N 4H O ＋＋。

9．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表： 元素编号
元素性质或原子结构 T
M 层上有6个电子 X
最外层电子数是次外层电子数的2倍 Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性 Z 元素最高正价是＋7价
W其单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2
（1）元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_____。

（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋，写出某溶液中含该微粒的电子式_____，如何检验该离子_____。

（3）元素Z在周期表中的位置_____，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_____（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_____（填序号）。

a.常温下Z的单质和T的单质状态不同
b.Z的氢化物比T的氢化物稳定
c.一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应
（4）探寻物质性质的差异性是学习化学的重要方法之一。

T、X、Y、Z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_____，理由是_________。

Z的最高价氧化物的水化物与W的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____________。

【答案】14
6
C取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在
试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+第三周期ⅦA族 Cl b H2CO3只有H2CO3为弱酸，其余为强酸 3H++Al(OH)3=Al3++3H2O 【解析】
【分析】
根据题给元素性质或原子结构可知：
T的核外电子数为16，为S元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为第二周期元素，为C元素；常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性可知单质为N2，氢化物的水溶液是NH3·H2O，则Y为N元素；元素最高正价等于其族序数，则Z为第ⅦA元素，F元素无正价，故Z为Cl元素；单质既能跟酸反应，又能跟强碱反应，都产生H2，该单质为金属Al，故W为Al元素。

据此进行分析判断。

【详解】
（1）14
6C在考古工作中用于测定一些文物的年代，答案为：14
6
C；
（2）元素Y与氢元素形成一种离子YH4＋是NH4+，其电子式为：；检验该离
子的方法为：取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+。

答案为：
；取少量试样加入到试管中，加入浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的
红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变蓝，说明试样中存在NH4+；
（3）Z为Cl元素，在周期表中位于第三周期、第ⅦA族。

同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，故Cl元素与S元素相比，非金属性较强的是Cl元素。

可根据元素周期律来选择判断能证明这一事实的选项：
a．单质的状态与相应元素的非金属性强弱之间不存在必然联系，a项错误；
b．相应元素的非金属性就越强，生成的氢化物的稳定性越强，故可以证明Cl元素的非金属性比较强，b项正确；
c．单质能与NaOH溶液反应与相应元素的非金属性强弱没有必然联系，c项错误；
答案选b；
故答案为：第三周期ⅦA族；Cl；b；
（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别是：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3性质不同于其他三种，因为只有H2CO3为弱酸，其余为强酸。

W的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，与HClO4反应的离子方程式为：3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。

答案为：H2CO3；只有H2CO3为弱酸，其余为强酸；3H++Al(OH)3=Al3++3H2O。

【点睛】
对于主族元素而言，元素的最高正化合价和主族序数相同，但氟没有正价，氧无最高正价，一般为零价或负价。

10．氮（N）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。

回答下列问题：
Mc 的中子数为_____。

已知存在P(S,红磷)、P(S,黑（1）砷在周期表中的位置_____，288
115
磷) 、P(S,白磷)，它们互称为_____。

（2）热稳定性：NH3_____PH3（填“＞”或“＜”），砷的最高价氧化物对应水化物的化学式为_____是一种_____酸(填“强”或“弱”) 。

（3）PH3和卤化氢反应与 NH3相似，产物的结构和性质也相似。

写出 PH3和 HI 反应的化学方程式_____。

（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl，写出该反应的化学方程式_____，因此，配制 SbCl3溶液时应注意_________。

【答案】第四周期第 VA族 173 同素异形体 > H3AsO4弱 PH3 + HI = PH4I SbCl3
+H2O SbOCl↓ + 2HCl用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体 SbCl3，使用前才稀释到相应的浓度
【解析】
【分析】
（1）中子数=质量数-质子数；同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
（2）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强；
（3）根据NH3与HCl反应的方程式书写PH3和 HI 反应的化学方程式；
（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸；
【详解】
Mc 的中子数为288-115=173； P(S，红（1）砷在周期表中的位置是第四周期第 VA族，288
115
磷)、P(S，黑磷) 、P(S，白磷)，都是P元素组成的不同单质，它们互称为同素异形体；（2）同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性N>P>As，热稳定性：NH3＞PH3，砷的最高价氧化物对应水化物的化学式为H3AsO4，酸性H3PO4＞H3AsO4，所以H3AsO4是弱酸；（3）根据NH3与HCl反应的方程式，可知PH3和 HI 反应的化学方程式是PH3 + HI = PH4I；（4）SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl和盐酸，反应方程式是SbCl3
+H 2O SbOCl↓ + 2HCl；增大盐酸浓度，水解平衡可逆向移动，抑制SbCl3水解，配制SbCl3溶液时应注意用较浓的盐酸而不是蒸馏水来溶解固体 SbCl3，使用前才稀释到相应的浓度。

二、化学键练习题（含详细答案解析）
11．
已知①Na2O2 ②O2 ③HClO④H2O2⑤Cl2 ⑥NaClO ⑦O3七种物质都具有强氧化性。

请回答下列问题:
(1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号，下同)。

(2)含非极性键的共价化合物是_________。

(3)属于离子化合物的有______种。

(4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。

①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl，用电子式表示HCl的形成过
程:_________________________。

②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程
式:____________________________________。

③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。

若6.8g H2O2参加反应，则转移电子数目为
_________，生成标准状况下O2体积为_______L。

【答案】②⑦④ 2 2Na2O2 +2H2O=4NaOH +O2↑ 1.204x1023或0.2N A 2.24
【解析】
【分析】
根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。

【详解】
（1）同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。

故O2与O3互为同素异形体；（2）Na2O2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物；HClO是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物；H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；O2、O3、Cl2属于单质，不属于化合物，故含非极性键的共价化合物是④H2O2；
（3）由(2)可知，Na2O2、NaClO属于离子化合物，故属于离子化合物的有2种；
（4）HCl是共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程是：；（5）Na2O2与H2O反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na2O2
+2H2O=4NaOH +O2↑；。