备战高考化学培优专题复习原子结构与元素周期表练习题及详细答案

备战高考化学培优专题复习原子结构与元素周期表练习题及详细答
案
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．磷化铝（AlP ）和磷化氢（PH 3）都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。

(1)磷元素在元素周期表中的位置：________________。

AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH 3气体，该反应的另一种产物的化学式为________。

(2)PH 3具有强还原性，能与CuSO 4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
________CuSO 4＋_____PH 3＋_____H 2O ＝_____Cu 3P ↓＋_____H 3PO 4＋_____H 2SO 4
(3)工业制备PH 3的流程如图所示。

①次磷酸属于________元酸。

②白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为：____________________________________。

③若起始时有1 mol P 4参加反应，则整个工业流程中共生成________mol PH 3。

（不考虑产物的损失）
【答案】第3周期第VA 族 Al (OH )3 24 11 12 8 3 24 1 P 4 + 3NaOH + 3H 2O ＝PH 3↑+ 3NaH 2PO 2 2.5
【解析】
【分析】
（1）原子结构中电子层数等于周期数，最外层电子数等于族序数，AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH 3气体，根据元素守恒确定该反应的另一种产物的化学式；
（2）配平化学方程式，就是通过在各物质的化学式前面添加系数，使反应中每种原子个数在反应前后相等的过程，但对于复杂的化学反应通常通过观察，找出变化的特点或规律，常使用化合价来配平，保证化合价升高与降低的数相等即可；
（3）①根据物质电离出的氢离子数目确定酸的元数；
②根据图示信息：白磷和烧碱溶液反应生成PH 3、NaH 2PO 2，据此书写方程式； ③根据发生反应的过程寻找关系式，进行计算即可。

【详解】
(1)P 处于第3周期ⅤA 族，AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH 3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al (OH )3，故答案为：第3周期第VA 族；Al (OH )3；
(2)该方程式中Cu 价态由+2下降为+1，P 价态由-3升高为+5，为保证化合价升降数相等，Cu 3P 与H 3PO 4计量数分别为8、3，CuSO 4的系数是24，H 2SO 4系数是24，根据元素守恒，得到：4323342424CuSO +11PH +12H O=8Cu P +3H PO +24H SO ，故答案为：24，11，12，8，3，24；
(3)①根据氢氧化钠过量时只能生成NaH 2PO 2可知次磷酸只能电离出1个氢离子，因此次磷酸属于一元酸，故答案为：1；
②根据图示信息：白磷和烧碱溶液反应生成PH 3、NaH 2PO 2，方程式为：
42322P + 3NaOH + 3H O = PH + 3NaH PO ↑；故答案为：
42322P + 3NaOH + 3H O = PH + 3NaH PO ↑；
③P 4+3NaOH +3H 2O =PH 3↑+3NaH 2PO 2；2H 3PO 2=PH 3↑+H 3PO 4，即P 4～2.5PH 3，若起始时有1molP 4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5molPH 3；故答案为：2.5。

2．锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。

回答下列问题:
（1）Zn 原子核外电子排布式为__________洪特规则内容_____________
泡利不相容原理内容______________________
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn 和Cu 组成。

第一电离能
I 1(Zn)__________I 1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

原因是__________
（3）ZnF 2具有较高的熔点(872℃ ),其化学键类型是__________;ZnF 2不溶于有机溶剂而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是__________
（4）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为__________,配位数为____
六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N A ，Zn 的密度为__________g·
cm -3(列出计算式)。

【答案】1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar ]3d 104s 2 原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低 每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子 大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为
主、极性较小 六方最密堆积(A 3型2A 3N 6a c ⨯⨯⨯ 【解析】
【分析】
【详解】
(1)Zn 原子核外有30个电子，分别分布在1s 、2s 、2p 、3s 、3p 、3d 、4s 能级上，其核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2，洪特规则是指原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低，而泡利原理是指每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，故答案为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 2或[Ar]3d 104s 2；原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同的原子轨道，且自旋状态相同，这样整个原子的能量最低；每个
原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子；
(2)轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(3)离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；
(4)金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，Zn原子的配位数为12，该晶胞中Zn原子个
数=12×1
6
+2×
1
2
+3=6，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积
2)×3×c]cm3，晶胞密度
=m
V
=
，故答案为：六方最密堆积(A3
型)；12。

【点睛】
本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。

3．为探究乙烯与溴的加成反应，甲同学设计并进行如下实验：先取一定量的工业用乙烯气体(在储气瓶中)，使气体通入溴水中，发现溶液褪色，即证明乙烯与溴水发生了加成反应；乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，由此他提出必须先除去杂质，再让乙烯与溴水反应。

请回答下列问题：
(1)甲同学设计的实验________(填“能”或“不能”)验证乙烯与溴发生了加成反应，其理由是________(填序号)。

①使溴水褪色的反应不一定是加成反应
②使溴水褪色的反应就是加成反应
③使溴水褪色的物质不一定是乙烯
④使溴水褪色的物质就是乙烯
(2)乙同学推测此乙烯中一定含有的一种杂质气体是________，它与溴水反应的化学方程式是________________。

在实验前必须全部除去，除去该杂质的试剂可用________。

(3)为验证乙烯与溴发生的反应是加成反应而不是取代反应，丙同学提出可用pH试纸来测
试反应后溶液的酸性，理由是
_____________________________________________________________________________。

【答案】不能 ①③ 2H S 22H S Br 2HBr S ++↓ NaOH 溶液(答案合理即可) 若乙烯与2Br 发生取代反应，必定生成HBr ，溶液的酸性会明显增强，若乙烯与2Br 发生加成反应，则生成22CH BrCH Br ，溶液的酸性变化不大，故可用pH 试纸予以验证
【解析】
【分析】
根据乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，该淡黄色的浑浊物质应该是具有还原性的硫化氢与溴水发生氧化还原反应生成的硫单质，反应方程式为
22H S Br 2HBr S =++↓，据此分析解答。

【详解】
(1)根据乙同学发现在甲同学的实验中，褪色后的溶液里有少许淡黄色浑浊物质，推测在工业上制得的乙烯中还可能含有少量还原性气体杂质，则可能是该还原性气体与溴水发生氧化还原反应，使溴水褪色，则溴水褪色不能证明是乙烯与溴水发生了加成反应，所以①③正确，故答案为：不能；①③；
(2)淡黄色的浑浊物质是具有还原性的硫化氢与溴水发生氧化还原反应生成的硫单质，反应方程式为22H S Br 2HBr S =++↓；选用的除杂试剂能够除去硫化氢气体，但是不能与乙烯反应，也不能引入新的气体杂质，根据除杂原则，可以选用NaOH 溶液，故答案为：2H S ；22H S Br 2HBr S =++↓；NaOH 溶液(答案合理即可)；
(3)若乙烯与2Br 发生取代反应，必定生成HBr ，溶液的酸性会明显增强，若乙烯与2Br 发生加成反应，则生成22CH BrCH Br ，溶液的酸性变化不大，故可用pH 试纸予以验证，故答案为：若乙烯与2Br 发生取代反应，必定生成HBr ，溶液的酸性会明显增强，若乙烯与2Br 发生加成反应，则生成22CH BrCH Br ，溶液的酸性变化不大，故可用pH 试纸予以验证。

4．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）第三周期元素中非金属性最强的元素的原子结构示意图是___。

（2）②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是___(填化学式)。

（3）下列可以判断⑤和⑥金属性强弱的是___(填序号)。

a ．单质的熔点：⑤＜⑥
b．化合价：⑤＜⑥
c．单质与水反应的剧烈程度：⑤＞⑥
d．最高价氧化物对应水化物的碱性：⑤＞⑥
（4）为验证第ⅦA族部分元素非金属性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：
①仪器A的名称是___，A中发生反应的离子方程式是___。

②棉花中浸有NaOH溶液的作用是___(用离子方程式表示)。

③验证溴与碘的非金属性强弱：通入少量⑨的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到___。

该实验必须控制⑨单质的加入量，否则得不出溴的非金属性比碘强的结论。

理由是___。

④第ⅦA族元素非金属性随元素核电荷数的增加而逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐_____(填“增大”或“减小”)，得电子能力逐渐减弱。

【答案】 HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 cd 分液漏斗 2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl- Cl2＋2OH-
=H2O＋Cl-＋ClO-溶液分层，下层液体为紫红色氯气能够氧化溴离子和碘离子，氯气必须少量，否则干扰检验结果增大
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，元素①～⑨分别为H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl，结合元素周期律和物质的性质分析解答。

【详解】
(1)第三周期元素中非金属性最强的元素是Cl，其原子结构示意图是；
(2)元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则②③⑦最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是HNO3＞H2CO3＞H2SiO3；
(3)a．根据单质的熔点不能判断金属性强弱，故a错误；
b．化合价高低不能作为比较金属性的依据，故b错误；
c．Na与水反应比Al剧烈，说明金属性：Na＞Al，可以比较，故c正确；
d．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以比较，故d正确；
答案选cd；
(4)①A为分液漏斗，A中发生氯气与NaBr的氧化还原反应，离子方程式为2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－；
②NaOH溶液用于吸收氯气，离子方程为Cl2＋2OH－=H2O＋Cl－＋ClO－；
③溴与KI反应生成碘单质，碘单质易溶于四氯化碳。

将A中液体滴入试管内，充分振荡、静置，可观察到溶液分层，下层呈紫色；若通入过量氯气，剩余的氯气能够进入试管先于Br2氧化碘离子，干扰溴与碘离子的反应，所以氯气必须少量，否则干扰检验结果；
④同主族元素从上到下，原子核外电子层数增加，原子半径增大，故得到电子能力减弱。

【点睛】
比较金属性的强弱，是看金属与水或与酸反应的剧烈程度，最高价氧化物对应水化物的碱性强弱，比较非金属性强弱，可以依照单质的氧化性的强弱。

5．正电子、负质子等都属于反粒子，它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等，而电性相反。

科学家设想在宇宙的某些部分可能存在完全由反粒子构成的物质—反物质。

1997年年初和年底，欧洲和美国的科研机构先后宣布：他们分别制造出9个和7个反氢原子。

这是人类探索反物质的一大进步。

（1）你推测反氢原子的结构是（____）
A．由1个带正电荷的质子与1个带负电荷的电子构成
B．由1个带负电荷的质子与1个带正电荷的电子构成
C．由1个不带电子的中子与1个带负电荷的电子构成
D．由1个带负电荷的质子与1个带负电荷的电子构成
（2）反物质酸、碱中和反应的实质是（____）
A．H-+OH+ =H2O B．H++OH+ =H2O
C．H-+OH- =H2O D．H++OH- =H2O
（3）若有反α粒子（α粒子即氦核），它的质量数为_________电荷数为_______。

【答案】B A42
【解析】
【分析】
根据反粒子特征和定义进行解答。

【详解】
(1)A.由一个带正电荷的质子和一个带负电荷的电子构成的，这是正常氢原子的构成，故A 错误；
B.由一个带负电荷的质子和一个带正电荷的电子构成的，符合反氢原子的构成, 故B正确；
C.由一个不带电的中子和一个带负电荷的电子构成的，不正确，因为反氢原子中电子带正电，故C错误；
D.由一个带负电荷的质子和一个带负电荷的电子构成，原子不显电性，不能都带负电荷。

故D错误。

答案：B。

(2)酸碱中和反应是H+ +OH-=H2O，根据反物质的定义特征，可知反物质酸碱中和反应为H- +OH+= H2O，所以A符合题意，答案：A；
(3)已知a粒子质量数为4，带2个正电荷，因此反a粒子质量数为4, 电荷数为-2。

答案：4；2。

【点睛】
根据反粒子的定义：正电子、负质子等都属于反粒子；反粒子的特征：它们跟普通电子、质子的质量、电荷量均相等，而电性相反进行解答。

6．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑧在表中的位置，回答下列问题：
(1)地壳中含量居于第二位的元素在周期表中的位置是_______。

(2)②的最高价氧化物的分子式为____。

(3)①、④、⑤中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物，写出符合要求的一种化合物的电子式_____。

(4)W是第四周期与④同主族的元素。

据此推测W不可能具有的性质是___
A．最高正化合价为+6 B．气态氢化物比H2S稳定
C．最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱 D．单质在常温下可与氢气化合
(5)已知X为第ⅡA族元素(第一到第四周期)，其原子序数为a，Y与X位于同一周期，且为第ⅢA族元素，则Y的原子序数b与a所有可能的关系式为____。

【答案】第三周期第ⅣA族 CO2 NaOH：或Na2O2：
BD b=a+1或b=a+11
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。

(1)地壳中含量居于第二位的元素为Si；
(2)②表示C元素，根据元素最高化合价等于原子最外层电子数等于原子序数分析；
(3)由H、O、Na中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、Na2O2等；
(4)W是第四周期与④同主族元素，④是O元素，则W为Se元素，根据元素周期律分析判断；
(5)根据元素周期表的位置与原子序数关系分析解答。

【详解】
由元素在周期表中的位置可知：①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si、⑧为Cl。

(1)地壳中含量居于第二位的元素为Si，Si原子核外电子排布为2、8、4，所以Si处于元素
周期表中第三周期第ⅣA族；
(2)②表示C元素，C原子最外层有4个电子，所以其最高价氧化物的分子式为CO2；
(3)由H、O、Na中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的离子化合物有NaOH、Na2O2等，其中NaOH的电子式为：，Na2O2的电子式为：；
(4)W是第四周期与④同主族元素，④是O元素，则W为Se元素。

A. Se原子最外层有6个电子，所以其最高正化合价为+6，A正确；
B. 元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：S>Se，所以气态氢化物稳定性：H2S>H2Se，B错误；
C. 同一主族的元素原子序数越大，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。

由于非金属性S>Se，所以H2SeO4<H2SO4，C正确；
D. 元素的非金属性越强，其单质越容易与氢气化合，由于元素的非金属性：S>Se，S与H2反应需在加热条件下进行，则Se单质与H2反应要求温度会更高，在常温下不可能与H2化合，D错误；
故合理选项是BD；
(5)X原子序数为a，Y原子序数为b，若X位于第二周期第ⅡA族元素，或X位于第三周期第IIA族，则其同一周期第IIIA的元素Y原子序数为b=a+1；若X位于第四周期第ⅡA族元素，由于第IIA族、第IIIA族之间增加了7个副族和1个第VIII族元素，共10纵行，所以其同一周期第IIIA的元素Y原子序数为b=a+10+1=a+11。

【点睛】
本题考查元素周期表与元素周期律、无机物推断、常用化学用语、元素化合物性质等，掌握元素周期表的结构、元素周期律是正确判断解答的关键，注意元素周期表的结构。

一般情况下同一周期相邻主族元素原子序数相差1，但第IIA、第IIIA有特殊性，还与其在周期表的周期序数有关。

在比较同一周期第IIA、第IIIA元素的原子序数时，若元素位于元素周期表第二、三周期时，原子序数相差1；若元素位于元素周期表第四、五周期时，由于在第IIA与第IIIA之间增加了7个副族和1个第VIII族，共10个纵行，元素的原子序数相差11；若元素位于第六周期，在第IIIB是15种镧系元素，在第七周期在第IIIB是15种锕系元素，元素的原子序数相差25。

7．A、B、C为电子层数小于或等于3的元素，A元素原子M层电子数为K层电子数的
1
2
，B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差，C元素原子L层达稳定结构所
需电子数为该层电子数的1
3。

由此推断三种元素原子的核电荷数及元素名称分别是
A__________;B________;C________。

【答案】11、钠16、硫8、氧
【解析】
【分析】
电子层从里向外依次是K、L、M、N，据此分析；A元素原子M层电子数为K层电子数的
1
2
，则M层有一个电子，据此分析；B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差，则M层电子数为8-2=6，据此分析；C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子
数的1
3
，L层稳定结构含有8个电子，据此分析解答。

【详解】
A元素原子M层电子数为K层电子数的12，则M层有1个电子，所以A元素为钠元素，其核电荷数为11；B元素原子M层电子数为次外层与最内层电子数之差，则M层电子数=8-2=6，所以B元素为硫元素，其核电荷数为16；C元素原子L层达稳定结构所需电子数为该层电子数的13，L层的稳定结构为8电子结构，则L层电子数为6，所以C元素为氧元素，其核电荷数为8，故A的元素名称为钠，B的元素名称为硫，C的元素名称为氧，故答案为11、钠；16、硫；8、氧。

【点睛】
注意题目要求是元素名称，不能写元素符号，学生容易写错。

8．有关元素X、Y、D、E的信息如下：
用化学用语
．．．．回答下列问题：
（1）D在元素周期表中的位置为____。

（2）X、Y、D形成的简单离子的半径由大到小为_____。

（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为_________，D 的单质溶于强碱的离子方程式为________。

（4）E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物，下列说法正确的是（填序号）_____。

①保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质
②EY2、EY3均能通过化合反应生成
③向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和EY3溶液，可以制得胶体
【答案】第三周期第ⅢA族 r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+) 2H2O2
2
MnO
2H2O+O2↑2Al+2OH-
+2H2O=2A1O2-+3H2↑①②【解析】
【分析】
X是地壳中含量最高的元素，则其为氧(O)；Y为第三周期中原子半径最小的元素，则其为氯(Cl)；D元素的最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱，则其为铝(Al)；E的单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则其为铁(Fe)。

【详解】
（1）铝的原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；
（2）比较O2-、Al3+、Cl-的半径时，O2-、Al3+为两个电子层数，Cl-为三个电子层，则Cl-半径最大，O2-、Al3+的核电荷数，前者为8后者为13，所以离子半径前者大于后者，从而得出离子半径大小关系为r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)；
（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，则其为H2O2，其反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，Al的单质溶于强碱离子的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑；
（4）①保存FeCl2溶液时，需向溶液加入少量Fe单质，以防止Fe2+被空气中O2氧化，①正确；
②FeCl2可由Fe与FeCl3化合制得，FeCl3可由Fe与Cl2化合制得，②正确；
③向煮沸的NaOH溶液中滴加1~2mL饱和FeCl3溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，可以制得胶体，③错误；
故选①②。

【点睛】
比较原子或离子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；当电子层数、核电荷数均相同时，比较最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。

9．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。

已知：A元素的原子半径最小，B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2。

请回答：
（1）元素C在周期表中的位置是________。

（2）元素D的单质与金属钠反应生成的化合物可作潜水面具中的供氧剂，这种化合物与水反应的离子方程式____________________________________。

（3）D和E两种元素相比较，其原子得电子能力较强的是________(写名称)。

以下说法中，可以证明上述结论的是__________(填写编号)。

a．比较这两种元素的常见单质的沸点
b．二者形成的化合物中，D元素的原子显负价
c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
d．比较这两种元素氢化物的水溶液的酸性
（4）元素A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐在水溶液中反应的离子方程式是___________________________。

【答案】第二周期ⅤA族 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑氧 bc H++HSO3-=SO2↑+H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。

A元素的原子半径是主族元素中最小的，则A为H；C元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物反应能生成盐，则C为N元素；B元素原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素；D与E同主族，E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2，则E最外层含有6个电子，为S元素，D为O元素；F的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则F为Cl元素，据此解答。

【详解】
根据分析可知：A为H，B为C元素，C为N，D为O，E为S，F为Cl与水。

（1）C是N元素，其原子核内有7个质子，在周期表中第二周期ⅤA族，故答案为：第二周期ⅤA族；
（2）D元素单质与钠反应生成的化合物可以作潜水面具中的供氧剂，为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；
（3）这两种元素分别O、S元素，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性较强的是O元素，名称为氧；元素的非金属性越强，对应的原子得电子能力越强，而
a. 单质的沸点与非金属性无关，与得电子能力无关，a项错误；
b. 二者形成的化合物为二氧化硫与三氧化硫，O元素的原子显负价，则证明O的得电子能力比S强，b项正确；
c. 气态氢化物的稳定性越强，则元素的非金属性越强，得电子能力越强，c项正确；
d. 这两种元素氢化物的水溶液的酸性与非金属性无关，与得电子能力无关，d项错误；
答案为：氧；bc；
（4）A、D、E与钠元素可形成两种酸式盐(均含有该四种元素)，这两种酸式盐分别是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，二者反应生成二氧化硫和水，离子方程式为：H++HSO3−═SO2↑+H2O。

【点睛】
第（3）问元素周期律的判断是常考点，要特别注意非金属性的判断依据，可总结为：
1、由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强；
2、由单质和酸或者和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强。

（比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，则非金属依次减弱）；
3、由对应氢化物的稳定性判断。

氢化物越稳定，非金属性越强；
4、由和氢气化合的难易程度判断。

化合反应越容易，非金属性越强；
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；
6、由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；
10．下表是元素周期表的一部分，表中序号分别代表某一元素。

请回答下列问题。

3 ⑤⑥⑦⑧⑨⑩
(1)①—⑩中，最活泼的金属元素是___________________(写元素符号)；最不活泼的元素是_______(写元素符号)。

(2)④、⑤的简单离子，其半径更大的是________(写离子符号)。

(3)⑧、⑨的气态氢化物，更稳定的是_________(填化学式)。

(4)元素的非金属性：①_______⑦(填“>”或“<”)。

(5)①—⑨的最高价氧化物的水化物中：酸性最强的是___________(填化学式)，既能与酸反应又能与碱反应的是___________(填化学式)．
【答案】Na Ar F-HCl>HClO4Al（OH）3
【解析】
【分析】
由元素在周期表中位置可知，①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Al元素、⑦为Si元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素。

【详解】
（1）①—⑩中，最活泼的金属元素是左下角的Na元素，最不活泼的元素为0族元素Ar 元素，故答案为：Na；Ar；
（2）氟离子和钠离子电子层结构相同，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则氟离子半径大于钠离子，故答案为：F-；
（3）元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的稳定性强于硫化氢，故答案为：HCl；
（4）同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则碳元素的非金属性强于硅元素，故答案为：>；
(5)①—⑨的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是高氯酸；氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，故答案为：HClO4；Al（OH）3。

【点睛】
注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。

11．如图所示，甲、乙、丙是三种常见单质，X、Y、Z是它们的化合物。

它们之间有如图所示的转化关系：
(1)若甲是具有还原性的金属单质，X、Y、Z中有一种是离子晶体，试推断：
①X、Y、Z中含有丙元素的是__________(填物质的化学式)；
②写出化合物X的电子式________；。