全国高考化学原子结构与元素周期表的综合高考真题汇总附答案解析

全国高考化学原子结构与元素周期表的综合高考真题汇总附答案解
析
一、原子结构与元素周期表练习题（含详细答案解析）
1．硅是构成矿物和岩石的主要成分，单质硅及其化合物具有广泛的用途。

完成下列填空： I.某些硅酸盐具有筛选分子的功能，一种硅酸盐的组成为：M 2O·R 2O 3·2SiO 2·nH 2O ，已知元素M 、R 均位于元素周期表的第3周期。

两元素原子的质子数之和为24。

（1）该硅酸盐中同周期元素原子半径由大到小的顺序为________________； （2）写出M 原子核外能量最高的电子的电子排布式：__________________； （3）常温下，不能与R 单质发生反应的是___________（选填序号）；
a ．CuCl 2溶液
b ．Fe 2O 3
c ．浓硫酸
d ．Na 2CO 3溶液
（4）写出M 、R 两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：____________________________________________。

II.氮化硅（Si 3N 4）陶瓷材料硬度大、熔点高。

可由下列反应制得：
SiO 2+C+N 2−−−→高温Si 3N 4+CO
（5）Si 3N 4晶体中只有极性共价键，则氮原子的化合价为______，被还原的元素为______________。

（6）C 3N 4的结构与Si 3N 4相似。

请比较二者熔点高低。

并说明理由：
_____________________。

（7）配平上述反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。

_________________ （8）如果上述反应在10L 的密闭容器中进行，一段时间后测得气体密度增加了2.8g/L ，则制得的Si 3N 4质量为_____________。

【答案】Na >Al>Si 3s 1 bd ()-23-
2Al OH +OH =lO +H A O -3 N 2中氮元素 两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C 3N 4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si 3N 4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高
35g
【解析】
【分析】
【详解】
I ．（1）化合物的化合价代数和为0，因此M 呈+1价，R 呈+3价，M 、R 均位于元素周期表的第3周期，两元素原子的质子数之和为24，则M 为Na ，R 为Al ，该硅酸盐中Na 、Al 、Si 为同周期元素，元素序数越大，其半径越小，因此半径大小关系为：Na >Al>Si ； （2）M 原子核外能量最高的电子位于第三能层，第三能层上只有1个电子，其电子排布式为：3s 1；
（3）常温下，Al 与CuCl 2溶液反应能将铜置换出来；Al 与Fe 2O 3在高温反应；Al 与浓硫酸发生钝化；Al 与Na 2CO 3溶液在常温下不发生反应；
故答案为：bd ；
（4）Na 、Al 两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为：NaOH 、Al(OH)3，二者反应的离子方程式为：()-23-
2Al OH +OH =lO +H A O ； II ．（5）非金属性N>Si ，因此Si 3N 4中N 元素化合价为-3价；该反应中N 元素化合价从0价降低至-3价，N 元素被还原；
（6）Si 3N 4陶瓷材料硬度大、熔点高，晶体中只有极性共价键，说明Si 3N 4为原子晶体，C 3N 4的结构与Si 3N 4相似，说明C 3N 4为原子晶体，两者均为原子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，因此C 3N 4中碳原子与氮原子形成的共价键键长较Si 3N 4中硅原子与氮原子形成的共价键键长小，键能较大，熔点较高；
（7）该反应中Si 元素化合价不变，N 元素化合价从0价降低至-3价，C 元素化合价从0价升高至+2价，根据得失电子关系以及原子守恒配平方程式以及单线桥为：
；
（8）气体密度增加了2.8g/L ，说明气体质量增加了2.8g/L ×10L=28g ，
2234=3SiO +6C +2N Si N +6CO 140g 112g
28g
m
∆高温气体质量变化 因此生成的Si 3N 4质量为28g 140g 112g
⨯=35g 。

2．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。

3．我国科学家受中医启发，发现As 2O 3（俗称砒霜）对白血病有疗效。

氮、磷、砷（As ）是VA 族、第二至第四周期的元素，这些元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。

完成下列填空：
（1）As 原子最外层电子的轨道表示式为_____________；砷蒸气的分子式：As 4，其分子结构与白磷（P 4）相似，也是正四面体，则As 4中砷砷键的键角是__________。

（2）P的非金属性比As强，从原子结构的角度解释其原因_______；如图是元素周期表的一部分，请推测砷的单质或其化合物可能具有的性质_______________（写出两条即可）（3）NH4NO3可做化肥，但易爆，300℃发生爆炸：2NH4NO3→2N2↑+O2↑+4H2O。

每生成2molN2，反应中转移的电子为_____mol，氧化产物与还原产物的质量
．．之比为_____。

（4）发电厂常用氨气吸收烟气中的CO2。

常温下，当CO2不断通入pH=11的氨水中时会产生微量的新离子：NH2COO-。

（i）写出NH2COO-的电子式___________。

（ii）计算原氨水中c（NH4+）=_______mol/L。

【答案】 60o P原子核外有三个电子层，As原子核外有四个电子层，P的原子半径＜As，P吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强砷是半导体，砷的氧化物是两性氧化物、砷的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物等 10 15:7 10-3-10-11（或10-3）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)As的最外层有5个电子，As原子最外层电子的轨道表示式为
；As4分子结构与白磷(P4)相似，也是正四面体，键角为60o；
(2)由于为P原子核外有三个电子层，As原子核外有四个电子层，P的原子半径小于As，P 吸引电子的能力更强，所以P的非金属性更强；由位置可知，砷是半导体，则砷的氧化物是两性氧化物、砷的最高价氧化物对应水化物是两性氢氧化物；
(3)该反应2NH4NO3→2N2↑+O2↑+4H2O中N元素化合价由−3价、+5价变为0价，O元素的化合价由−2价升高为0，则氮气既是氧化产物也是还原产物，氧气为氧化产物，转移电子个数为10，则每生成2molN2，反应中转移的电子为10mol，氧化产物与还原产物的质量之比为(32+28):28=15:7。

(4)①NH2COO−的电子式为；
②pH=11的氨水中，c（H+）=10-11mol/L，c（OH-）=10-3mol/L，由电荷守恒可知，
c(NH4+)+c(H+)= c（OH-），解得c(NH4+)=(10-3-10-11) mol/L或=10-3mol/L。

4．如图是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。

根据表中所列元素回答下列问题：
(1)元素d在元素周期表中的位置是________，元素h与f的原子序数相差_____。

(2)元素b、c、f形成的简单离子中半径最小的是______(填离子符号)，原子半径最小的是______(填元素符号)。

(3)表中第三周期所列元素的非金属性最强的是______（填元素符号），e、f、g三种元素的简单氢化物中最不稳定的是______（填化学式）。

(4)元素g与元素b的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______。

(5)铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)与碳(C)、硅(Si)属于同主族元素，常温下，在空气中，单质锡、锗均不反应而单质铅表面生成一层氧化铅；单质锗与盐酸不反应，而单质锡与盐酸反应。

由此可得出以下结论：
①锗的原子序数为______；
②铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为___________（用化学式表示）。

(6)最近，德国科学家实现了铷原子气体的超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。

已知铷(Rb)是37号元素，相对原子质量是85.5，与钠同主族。

回答下列问题：
①铷在元素周期表中的位置为__________________。

②同主族元素的同类化合物的性质相似，请写出AlCl3与RbOH过量反应的离子方程式：
_____________________。

③现有铷和另一种碱金属形成的混合金属50 g，当它与足量水反应时，放出标准状况下的氢气22.4 L，另一种碱金属可能是__________。

（填序号）
A．Li B．Na C．K D．Cs
【答案】第三周期第ⅢA族 18 Mg2+ S Cl PH3 NaOH+HClO4=NaClO4+H2O 32
Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4第五周期第ⅠA族 Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (或写为Al3++4OH-
=[Al(OH)4]-) AB
【解析】
【分析】
由元素在周期表的位置可知，a是N元素，b为Na元素，C为Mg元素，d为Al元素，e 为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素，然后根据元素周期律分析解答。

【详解】
根据元素在周期表的位置可知确定各种元素分别是：a是N元素，b为Na元素，C为Mg 元素，d为Al元素，e为P元素，f为S元素，g为Cl元素，h为Se元素。

(1)元素d为Al，原子核外电子排布是2、8、3，所以在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族，f是16号元素S，h是34号元素Se，h与f原子序数相差34-16=18；
(2)b、c、f形成的简单离子分别是Na+、Mg2+、S2-，Na+、Mg2+核外电子排布为2、8，具有两个电子层，S2-核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层，离子核外电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小，所以，三种离子中离子半径最小的是Mg2+；Na、Mg、S都是同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以三种元素的原子半径最小的是S；
(3)同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，表中第三周期元素的非金属性
最强是Cl；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，e、f、g三种元素分别表示P、S、Cl，元素的非金属性：P<S<Cl，所以它们形成的简单气态氢化物最不稳定的是PH3；
(4)g元素与b元素的最高价氧化物对应水化物分别是HClO4、NaOH，HClO4是一元强酸，NaOH是一元强碱，二者混合发生中和反应产生盐和水，反应的化学方程式为
NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；
(5)①锗位于Si元素下一周期，二者原子序数相差18，所以Ge的原子序数为14+18=32；
②由于同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强，所以根据铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)在元素周期表的位置可知，元素的金属性Pb>Sn>Ge，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，故铅(Pb)、锡(Sn)、锗(Ge)的+4价氢氧化物的碱性由强到弱的顺序为Pb(OH)4>Sn(OH)4>Ge(OH)4；
(6)①铷(Rb)是37号元素，原子核外有5个电子层，最外层有1个电子，所以37号元素在元素周期表中的位置为第五周期第ⅠA族；
②铷(Rb)与钠同主族，由于Rb的金属性比Na强，所以RbOH是一元强碱，AlCl3与过量的RbOH反应产生的离子方程式为Al3++4OH-= AlO2-+2H2O (或写为Al3++4OH-=[Al(OH)4]-)；
③22.4 L标准状况下的H2的物质的量n(H2)=22.4 L÷22.4 L/mol=1 mol，铷和水反应的化学方程式为2Rb+2H2O=2RbOH+H2↑，可知2 molRb反应产生1 mol H2，由碱金属与水反应的化
学方程式为2M+2H2O=2MOH+H2↑可知混合金属的平均摩尔质量M=50?g
2?mol
=25 g/mol，Rb
的摩尔质量为85.5 g/mol，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于25 g/mol，所以另一种碱金属可能是Li或Na，故合理选项是AB。

【点睛】
本题考查元素周期表和元素周期律的应用的知识。

掌握元素的位置、原子结构与物质性质的关系解答本题的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。

5．A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A原子核内无中子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应生成盐F；D与A同主族，且与E同周
期；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3
4
，A、B、D、E这四种元素，每一种
与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物．请回答下列问题：
（1）C元素在元素周期表中的位置是___；C、D、E三种元素简单离子半径由大到小的顺序为：___(用离子符号表示)。

（2）写出分别由A、D与C形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式___、___。

（3）A与C、E间分别形成甲、乙两种共价化合物，且甲有10个电子，乙有18个电子，则沸点较高的是___ (填化学式)。

（4）F含有的化学键类型是___、___。

（5）D和C形成的一种化合物能与A和C形成的一种化合物反应产生C单质，该反应的离子方程式为___。

【答案】第二周期VIA族 S2-> O2->Na+ H2O 离子键
极性共价键 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
【解析】
【分析】
A原子核内无中子，则A为氢元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能反应
生成盐F，B为氮元素，F为硝酸铵；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3
4
，
则E为硫元素，在第三周期；D与A同主族，且与E同周期，则D为钠元素；A、B、D、E 这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为氧元素。

【详解】
（1）C为氧元素，在元素周期表中的位置是第二周期VIA族；Na+、O2-、S2-离子半径由大到小的顺序为S2-> O2->Na+，故答案为：第二周期VIA族；S2-> O2->Na+；
（2）由H、Na与O形成的原子个数比为1：1的化合物分别为H2O2、Na2O2，其电子式分别为、，故答案为：；
（3）H与O、S间分别形成H2O、H2S两种共价化合物，因为水分子间存在氢键，则沸点较高，故答案为：H2O；
（4）F为硝酸铵，含有离子键和极性共价键，故答案为：离子键、极性共价键；
（5）过氧化钠与水反应能生成氧气，则该反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。

【点睛】
比较离子半径可以用“先层后核再电子”进行比较，S2-有三个电子层，则半径最大，Na+、O2-有两个电子层，但氧的序数小于钠的序数，则O2-的离子半径大于Na+，所以S2-> O2->Na+。

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．有关物质存在如图所示的转化关系，已知C、G、H为中学常见的单质，其中G 固态时呈紫黑色，C、H在通常状况下为气体，实验室常用E在B的催化加热下制单质H。

(1)写出B物质的名称 _______________________ ；
(2)写出①的化学反应方程式 ___________________________________________________ ；
(3)写出②的离子方程式
_____________________________________________________________；
(4)在D溶液中通入C 后的溶液中，分离出G 的操作名称是_______________________。

【答案】二氧化锰 MnO2+4HCl(浓) =MnCl2+Cl2↑+2H2O 6I-+ClO3-+6H+ = 3I2+Cl-+3H2O 萃取【解析】
【分析】
G为紫黑色固体单质，且是常见单质，则G是碘单质；实验室常用E在B的催化加热下制单质H，实验室需要催化剂制取的气体单质只有氧气，所以H为O2，常用氯酸钾在二氧化锰的催化下加热分解制取氧气，所以B为MnO2，E是KClO3；浓A溶液与B（二氧化锰）加热可以生成气体单质C，则A为HCl，气体C为Cl2，氯气可以与D(含I-溶液)反应生成碘单质，且D与HCl、KClO3反应生成碘单质，根据元素守恒可知F为KCl溶液，则D为KI溶液。

【详解】
（1）根据分析可知B为二氧化锰，故答案为：二氧化锰；
（2）该反应为浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气的反应，故答案为：MnO2+4HCl(浓)
=MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）该反应为KI在酸性环境中与KClO3发生归中反应生成碘单质的反应，故答案为：6I-+ClO3-+6H+ = 3I2+Cl-+3H2O；
（4）通过萃取可将碘单质从溶液中分离，故答案为：萃取。

【点睛】
实验室制取氧气的反应有: 1、加热高锰酸钾，化学式为：2KMnO 4===(△）
K 2MnO 4+MnO 2+O 2↑；
2、用催化剂MnO 2并加热氯酸钾，化学式为:2KClO 32 MnO ∆2KCl+3O 2↑；
3、双氧水在催化剂MnO 2（或红砖粉末，土豆，水泥，铁锈等）中，生成O 2和H 2O ，化学式为: 2H 2O 22MnO 2H 2O+O 2↑；
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。

H 2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 Cl 2O 7 Na Mg O Na 2O 2 离子键和(非极性)共价键 看表面颜色是否变白 Cl 2+2OH -=Cl -+ClO -+H 2O
【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?17g 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；H 2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Cl 2O 7；
(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、B、C、D为原子序数依次增大短周期元素，A的最外层电子数是其电子层数2倍；B 的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E；D的L层电子数等于其它电子层上的电子数之和。

(1)A元素名称为______，D在周期表中的位置________，离子半径大小B___C(填“>”“<”或“=”)。

(2)B的两种单质在常温下都是气体，它们互为____________。

比较B的氢化物和D的氢化物沸点：B___D（填“＞”“＜”或“=”），原因是_________________。

(3)E中含有化学键类型：_________，属于___________化合物（填“离子化合物”或“共价化合物”）。

(4)用电子式表示C与D的二元化合物的形成过程：_____________________。

(5)氢原子与B分别形成10电子和18电子分子，写出18电子分子转化成10电子分子的化学方程式__________________。

【答案】碳第三周期第VIA > 同素异形体 > 水分子间存在氢键离子键和非极性共价键离子化合物 2H2O22H2O+O2↑【解析】
【分析】
短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，A的最外层电子数是其电子层数2倍，则A 原子核外有2个电子层，核外电子排布是2、4，A是C元素；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，淡黄色固体E是Na2O2，则B是O元素、C是Na元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则D原子M层电子数为6，则D为S元素。

然后根据元素的原子结构及形成的化合物的性质，结合元素周期律分析解答。

【详解】
根据上述分析可知：A是C元素，B是O元素，C是Na元素，D是S元素，淡黄色的固体E是Na2O2。

(1)A是C元素，元素名称为碳；D是S元素，原子核外电子排布为2、8、6，则S在元素周期表中位于第三周期第VIA族；O2-、Na+核外电子排布是2、8，二者电子层结构相同，。