全国高考化学原子结构与元素周期表的综合高考真题分类汇总附答案

全国高考化学原子结构与元素周期表的综合高考真题分类汇总附答
案
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．完成下列问题：
(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3______PH3（填“>”或“<”）。

(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。

下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是_________（填序号）。

a．不能与NaOH反应 b．含离子键、共价键 c．受热可分解
(3)已知H2与O2反应放热，断开1 mol H-H键、1 mol O=O键、1 mol O-H键所需要吸收的能量分别为Q1 kJ、Q2 kJ、Q3 kJ，由此可以推知下列关系正确的是______。

①Q1+Q2>Q3②2Q1+Q2<4Q3③2Q1+Q2<2Q3
(4)高铁电池总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，写出电池的正极反应：__________，负极反应 ________________。

【答案】> bc ② FeO42-+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：N>P，所以简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；
(2) 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PH4I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 H2O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Q1、Q2、Q3 kJ，则形成1 mol O-H键放出Q3 kJ热量，对于反应H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(g)，
断开1 mol H-H键和1
2
mol O=O键所吸收的能量(Q1+
1
2
Q2) kJ，生成2 mol H-O新键释放的
能量为2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+1
2
Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项
是②；
(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-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；Zn元素化合价由反应前Zn单质中的0价变为反应后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。

2．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。

3．A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。

(1)B在周期表中的位置_________
(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为________。

(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序________(用离子符号表示)。

(4)写出化合物D2C2的电子式：________。

(5)E、F的简单离子的还原性大小顺序为：_________。

(6)已知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_______。

【答案】第二周期第ⅤA族 HClO4 Na+<O2-<S2- S2->Cl- S
+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-
【解析】
【分析】
由题干信息，A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，B元素的原子半径是其所在主族元素原子中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3，则B的最高化合价为+5，位于周期表中第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，则D的化合价为+1，应为Na元素，C、E同主族，则E为S元素，F为Cl 元素，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据上述分析，B为N元素，是第7号元素，在元素周期表的第二周期第ⅤA族，故答案为：第二周期第ⅤA族；
(2)F为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物为高氯酸，化学式为HClO4，故答案为：HClO4；
(3)Na+、O2-电子层数均为2，而核电荷数：Na+>O2-，则半径：Na+<O2-，又S2-的电子层数为3，则半径Na+<O2-<S2-，故答案为：Na+<O2-<S2-；
(4)D2C2为Na2O2，是离子化合物，其电子式为：，故答案为：
；
(5)非金属性Cl>S，单质的氧化性Cl2>S，则对应简单离子的还原性Cl-<S2-，故答案为：S2-
>Cl-；
(6)E的单质为S，F的单质为Cl2，S和Cl2的水溶液发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，离子方程式为S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-，故答案为：S+3Cl2+4H2O=8H++SO42-+6Cl-。

4．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。

5．原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，B、C、D、E 同周期，A、D同主族，且A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍。

F和其他元素既不在同周期也不在同主族，且B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。

根据以上信息，回答下列问题：
(1)A、F的名称为______、_______。

(2)A和D与氢元素形成的氢化物中，沸点较高的是______(填化学式，下同)，D和E的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是_________，写出A和B形成的化合物中含有共价键的化合物的电子式_____。

(3)B、C形成的单质中与水反应较剧烈的是________，相应反应的化学方程式为
______________。

(4)写出C的最高价氧化物对应的水化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。

【答案】氧钙 H2O HClO4 Na 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F都是元素周期表中前20号元素，A的原子结构中最外层电子数是电子层数的3倍，最外层最多容纳8个电子，则A含有2个电子层，最外层含有6个电子，A为O元素；A、D同主族，则D为S元素；B、C、D、E同一周期，则四种元素都位于元素周期表第三周期，E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，则B为Na元素，C为Al 元素；F和其他元素既不在同周期也不在同主族，则F位于第四周期，F不可能为K元素，只能为Ca元素，据此进行解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为O，B为Na，C为Al，D为S，E为Cl，F为Ca元素。

(1)根据分析可知，A、F元素的名称分别为氧、钙；
(2)A、D分别为O、S，二者的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的作用力，导致其沸点比H2S高；
D为S、E为Cl，元素的非金属性：Cl>S，由于元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，所以S、Cl元素的最高价含氧酸的酸性较强的为高氯酸，其化学式为：HClO4；
A为O，B为Na，二者形成的含共价键的化合物为Na2O2，Na2O2是由2个Na+与1个O22-通过离子键结合而成的离子化合物，电子式为；
(3)B、C的单质分别为Na、Al，钠的金属性比铝强，与水反应更剧烈。

钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
(4)C是Al，Al的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，B是Na，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH反应产生NaAlO2和H2O，二者反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。

【点睛】
本题考查了元素的位置、结构与性质关系的应用，根据元素的原子结构及性质和相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题有利于培养学生的分析能力及灵活应用能力。

6．元素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周期数相同，b的价电子层中未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。

回答下列问题：
(1)b、c、d中第一电离能最大的是_____(填元素符号)，e的价层电子轨道表示式为____。

(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，三角锥形分子的中心原子的杂化方式为____。

(3)这些元素形成的含氧酸中，HNO2、H2SO3的中心原子价层电子对数之和为____，H2SO3和H2SO4酸根的空间构型分别为____、____。

(4)e单质晶体结构如图1，此晶胞模型名称为____，e原子半径为r cm，e的相对原子质量
为M ，晶胞密度为ρ g/cm 3，则阿伏加德罗常数为_____mol -1（用r 、ρ表示）。

(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。

该化合物中，阴离子为____，阳离子中存在的化学键类型有______；该化合物加热时首先失去的组分是______（填“H 2O”或“NH 3”），判断理由是_______。

【答案】N sp 3 7 三角锥形 正四面体 面心立方晶胞 328M r
SO 42- 共价键和配位键 H 2O H 2O 与Cu 2+的配位键键长较长而比较弱 【解析】
【分析】
元素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周期数相同，则a 为H 元素；c 的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c 核外电子排布为2、6，因此c 是O 元素；b 的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c ，则b 核外电子排布式是1s 22s 22p 3，b 原子序数为7，所以b 是N 元素；e 的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e 原子核外电子数为2+8+18+1=29，e 为Cu 元素；d 与c 同族，且原子序数小于e ，所以d 为S 元素。

(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族和第VA 族元素第一电离能大于其相邻主族元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e 的价层电子为3d 、4s 电子；
(2)a 和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH 3，根据价层电子对互斥理论确定该分子的中心原子的杂化方式；
(3)根据价层电子对理论分析这些元素形成的含氧酸中的中心原子的价层电子对数之和，根据原子的价层电子对数确定H 2SO 3和H 2SO 4酸根的空间构型；
(4)根据晶胞结构判断晶胞晶体类型；根据晶胞的基本结构可知其中含有的Cu 原子数，利用密度ρ=m V
计算阿伏伽德罗常数； (5)这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知：其阳离
子中铜离子配位数是6，在八面体上下顶点上的分子中含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个H 2O 分子；正方形平面上四个顶点上的分子中含有3个共价键且含有一个孤电子对，该分子为NH 3分子，共有4个NH 3分子。

【详解】
根据上述分析可知： a 为H 元素；b 是N 元素； c 是O 元素；d 为S 元素；e 为Cu 元素。

(1)b 是N ，c 是O ，d 为S 。

由于同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族和第VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b 、c 、d 三种元素第一电离能最大的是N 元素； e 是Cu 元素，其价层电子为3d 、4s 电子，则其价层电子排布图为；
(2)a 是H 元素，H 和其他元素形成的二元共价化合物中，物质分子呈三角锥形的为NH 3，该分子的中心N 原子形成3个共价健N-H ，同时N 原子上还含有一个孤电子对，价层电子对数为4，所以N 原子的杂化方式为sp 3杂化；
(3)这些形成的含氧酸中，HNO 2的分子的中心N 原子的价层电子对数为2+
5122--=3，H 2SO 3的中心S 原子的价层电子对数为3+642
-=4，所以HNO 2、H 2SO 3的中心原子价层电子对数之和为3+4=7；亚硫酸H 2SO 3的酸根SO 32-中的S 原子价层电子对数为：3+62322
+-⨯=4，且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸H 2SO 4的酸根SO 42-中的S 原子价层电子对数为：4+
62422+-⨯=4，中心原子S 上无孤对电子，所以其空间构型为正四面体形；
(4)根据Cu 晶胞结构可知:Cu 晶胞模型类型为立方面心结构；在一个Cu 晶胞中含有的Cu 原
子个数为：8×18+6×12=4，Cu 的相对原子质量为M ，则晶胞质量m=A A
4M?g /mol 4M N /mol N ⨯= g ，假设晶胞边长为L ，Cu 原子半径为r cm 2L=4r cm ，所以2，晶胞体积
为V=3L =()3
22r?cm 32r cm 3， 则晶胞密度ρ=A 333A 4M g 162r cm 162N r m V ==以N A 2M ； (5)根据已知条件可知五种元素形成的1：1型离子化合物的阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，则该离子为SO 42-；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中的中心离子Cu 2+配位数是6，配位体是H 2O 、NH 3，其中H 2O 有2个，NH 3有4个，H 2O 、NH 3与Cu 2+之间通过配位键结合，H 2O 中存在H-O 共价键，NH 3中存在H-N 共价键，故阳离子中含有配位键和共价键；元素的非金属性O>N ，且原子半径O<N ，使得配位体H 2O 和Cu 2+的配位键比配位体NH 3与Cu 2+的配位键要弱，因此
该化合物在加热时首先失去的组分是H2O。

【点睛】
本题考查元素及化合物的推断、元素电离能大小比较、杂化轨道理论、价层电子对理论及晶胞计算等，掌握物质结构知识和一定数学知识是解题关键，侧重考查学生空间想象能力、分析能力和知识运用能力。

Ar3d4s4p，根据原子核外电子排布与元素在元素周7．某元素原子的电子排布式为[]1021
期表中的位置关系，完成下列各题：
(1)该元素处于元素周期表的第______周期，该周期的元素种数是______；
(2)该元素处于元素周期表的第______族，该族的非金属元素种数是______。

(3)试推测该元素处于元素周期表的______区，该区包含族的种类是______。

【答案】四 18 ⅢA 1 p ⅢA~ⅦA族、0族
【解析】
【分析】
(1)电子层数=周期数，由核外电子排布可知，该元素处于第四周期，含有18种元素；
(2)根据外围电子排布可知，为主族元素，主族族序数=最外层电子数，非金属性元素的最外层电子数大于电子层数，据此判断；
(3)根据价层电子排布为4s24p1，可以确定该元素在p区，ⅡA～ⅦA族、零族。

【详解】
(1)根据元素原子有4个电子层容纳电子，则该元素处于第四周期，该周期元素原子的电子排布式为[Ar]3d1-104s1-24p1-6，故共有18种元素；
(2)由外围电子排布为4s24p1，可知该元素处于p区，为主族元素，最外层电子数为3，处于ⅢA族，本族元素只有一种非金属元素--硼；
(3)由外围电子排布为4s24p1，可知该元素处于p区，由该区元素的价层电子的电子排布为ns24p1-6，可以确定所包含元素族的种数为ⅢA～ⅦA族、零族。

【点睛】
对于主族元素，最外层电子数等于族数，周期数等于电子层数。

8．A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应。

B元素的离子结构和Ne 具有相同的电子层排布；5.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL2 mol·L-1盐酸完全反应；B原子核中质子数和中子数相等。

H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰。

D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍。

根据上述条件完成下列问题：
(1)C元素位于第______周期第_____族，它的最高价氧化物的化学式为____。

(2)A元素是_____，B元素是_____，D元素是_____。

(填元素符号)
(3)A与D形成稳定化合物的化学式是______，该化合物中存在的化学键类型为___，判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是______。

(4)C元素的单质有毒，可用A的最高价氧化物对应的水化物的溶液吸收，其离子方程式为______。

【答案】三ⅦA Cl2O7 Na Mg O Na2O2离子键和(非极性)共价键看表面颜色是否变白 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种元素都是短周期元素，A元素的离子具有黄色的焰色反应，则A为Na元素；5.8 g B的氢氧化物恰好能与100 mL2 mol/L盐酸完全反应，n(H+)=n(OH-)，设B的化合
价为x，摩尔质量为y，则
5.8?
17
g
y x
×x=0.2，显然x=2，y=24符合，B原子核中质子数和中
子数相等，则B的质子数为12，即B为Mg元素；H2在C单质中燃烧产生苍白色火焰，则C为Cl元素；D元素原子的电子层结构中，最外层电子数是次外层电子数的3倍，则次外层为2，最外层为6符合，即D为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。

【详解】
根据上述分析可知A是Na，B是Mg，C是Cl，D是O元素。

(1)C是Cl元素，Cl原子核外电子排布为2、8、7，根据原子核外电子排布与元素位置的关系可知：Cl位于元素周期表第三周期第ⅦA族，Cl最外层有7个电子，最高化合价为+7价，其最高价氧化物为Cl2O7；
(2)根据以上分析可知A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素；
(3)A、D两种元素形成的稳定氧化物是Na2O2，该物质属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键。

过氧化钠为淡黄色，Na2O2容易与空气中的CO2、H2O发生反应，若变质，最终会变为白色的Na2CO3，所以判断该化合物在空气中是否变质的简单方法是看表面颜色是否变白；
(4)C是Cl元素，其单质Cl2是有毒气体，可根据Cl2能够与NaOH溶液反应的性质除去，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断、元素的位置与原子结构及性质的关系。

明确元素的推断是解答本题的关键，掌握元素的位置、结构、性质的关系及应用，熟悉元素及其单质、化合物的性质即可解答。

9．A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺W会导致贫血症状。

（1）写出AE4的电子式：____________________。

（2）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）___________。

a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2
b．E的气态氢化物的稳定性小于HF
c．WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板
（3）NaCN是一种有剧毒的盐，用E的一种氧化物EO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。

写出该反应的离子方程式：
_________________________________________。

（4）工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为_____________________。

（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。

①上述反应的离子方程式为___________________________________________。

②D的单质与X在高温下反应的化学方程式为____________________________。

【答案】 ab 2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl- 2Al2O3（熔融）
电解
冰晶石
4Al + 3O2↑
3Fe + NO3- + 2H++ H2O = Fe3O4 + NH4+ 8Al+3Fe3O4高温
4Al2O3+ 9Fe
【解析】
【分析】
A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，14-4-3=7，则E为Cl；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe。

【详解】
（1）A为C，E为Cl，AE4为CCl4，电子式为；
（2）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a符合题意；
b.同周期元素非金属性依次增强，所以F的非金属性强于O，则氢化物稳定性H2O小于HF，故b符合题意；
c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，不能用元素周期律解释，故c不符合题意；
答案选ab；
（3）NaCN是一种有剧毒的盐，E为Cl，用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。

该反应的离子方程式：
2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；
（4）D为Al，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为2Al2O3
（熔融）
电解
冰晶石
4Al+3O2↑；
（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，①酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3- +2H++H2O=Fe3O4 +NH4+；。