全国高考化学元素周期律的综合高考真题汇总及答案

全国高考化学元素周期律的综合高考真题汇总及答案
一、元素周期律练习题（含详细答案解析）
1．已知元素X 、Y 均为短周期元素，X 元素的一种核素常用于测文物的年代，Y 元素原子半径是所有原子中最小的，元素X 、Y 可形成两种常见化合物M 和N ，已知M 可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M 分子中所含X 元素的质量是Y 元素质量的6倍，且M 的相对分子质量为56。

N 是一种常用溶剂，它的实验式XY 。

回答下列问题：
(1)符合条件的M 的有 ______种。

(2)任意写一种不带支链的M 的结构简式__________。

(3)若在N 与液溴的混合液中加入铁粉可以发生反应(在如图装置a 容器中反应)，则：
①写出a 容器中发生的所有反应的化学方程式：_____________。

②d 容器中NaOH 溶液的作用是_____________。

(4)在碘水中加入N 振荡静置后的现象是__________。

(5)等质量M 、N 完全燃烧时消耗O 2的物质的量较多的是________(填“M ”或“N ”)。

【答案】3 CH 2＝CH －CH 2－CH 3 2Fe +3Br 2＝2FeBr 3、+Br 23FeBr −−−→
+HBr 吸收HBr 和Br 2，防止污染环境 溶液分层，下层无色，上层紫红色 M
【解析】
【分析】
短周期元素X 元素的一种核素常用于测文物的年代，则X 为碳(C )；Y 元素原子半径是所有原子中最小的，则Y 为氢(H )。

元素X 、Y 可形成两种常见化合物M 和N ，已知M 可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M 分子中所含X 元素的质量是Y 元素质量的6倍，且M 的相对分子质量为56，则M 为分子式C 4H 8的烯烃；N 是一种常用溶剂，它的实验式XY ，则N 为苯(C 6H 6)。

【详解】
由以上分析可知，M 是分子式为C 4H 8的烯烃，N 是分子式为C 6H 6的苯。

(1)符合条件的M 有CH 2=CHCH 2CH 3、CH 3CH =CHCH 3、(CH 3)2C =CH 2，共3种。

答案为：3；
(2)一种不带支链的M 的结构简式为CH 2=CHCH 2CH 3或CH 3CH =CHCH 3。

答案为：CH 2=CHCH 2CH 3或CH 3CH =CHCH 3；
(3)①a 容器中，Fe 与Br 2发生反应生成FeBr 3、苯与Br 2在FeBr 3的催化作用下发生反应生成溴苯和溴化氢，发生的所有反应的化学方程式：2Fe +3Br 2＝2FeBr 3、
+Br 23FeBr −−−→ +HBr 。

答案为：2Fe +3Br 2＝2FeBr 3、
+Br 23FeBr −−−→ +HBr ；
②不管是Br 2(g )还是HBr 都是大气污染物，都应除去，所以d 容器中NaOH 溶液的作用是吸收HBr 和Br 2，防止污染环境。

答案为：吸收HBr 和Br 2，防止污染环境；
(4)在碘水中加入苯，由于碘溶于苯、苯难溶于水且密度比水小，所以振荡静置后的现象是溶液分层，下层无色，上层紫红色。

答案为：溶液分层，下层无色，上层紫红色；
(5)M 中含氢量高于N 中含氢量，所以等质量M (C 4H 8)、N (C 6H 6)完全燃烧时消耗O 2的物质的量较多的是M 。

答案为：M 。

【点睛】
计算耗氧量时，若质量一定，则先将化学式改写碳原子个数为1的最简式，然后比较氢原子数，氢原子数越多，耗氧越多；若物质的量一定，则看化学式，4个氢原子与1个碳原子的耗氧量相同，依据需要可进行互换。

2．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 +___HNO 3（浓）—___CuSO 4+___NO 2↑+___H 2O ，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】CuSO 4+H 2S =CuS ↓+H 2SO 4 C 5 HS - c (HS -)+c (S 2-)+c (H 2S ) 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CuSO 4+H 2S =CuS ↓+H 2SO 4，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：
CuSO 4+H 2S =CuS ↓+H 2SO 4；C ；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H 2S ，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。

3．黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：
2KNO3+3C+S K2S+N2↑+3CO2↑
完成下列填空：
（1）上述反应中的还原剂为___，还原产物有___，当有1molKNO3参加反应时，转移电子的数目为___。

（2）KNO3晶体类型是___，其晶体中存在的化学键有___。

（3）硫原子的核外电子排布式为___，原子核外有___种不同能量的电子。

将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，产生的现象是___；若将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，发现品红溶液___，其原因是___。

（4）S、C和N三种元素的原子半径从小到大的顺序是___；K2S溶液中除OH-外其它各离子物质的量浓度的大小顺序为___。

（5）下列事实能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的有___。

a.同温同浓度溶液pH：Na2CO3＞Na2SO4
b.酸性：H2SO3＞H2CO3
c.CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价
d.分解温度：CH4＞H2S
【答案】C K2S和N2 6N A离子晶体离子键、共价键 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 品红溶液均褪色不褪色将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性) N<C<S
c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+) ac
【解析】
【分析】
【详解】
（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物
为K2S和N2；当有1molKNO3参加反应时，有1.5molC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5mol×4N A mol-1=6N A；
（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；
（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；
（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：N<C<S；K2S属于强碱弱酸盐，在溶液中能够发生水解，S2-一级水解程度>S2-二级水解程度>水的电离程度，因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+)；
（5）a．同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：
H2SO4>H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：S>C，故a符合题意；
b．酸性：H2SO3>H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；
c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；
d．分解温度：CH4>H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1º，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意；故答案为：ac。

【点睛】
常见非金属性的比较规律：
1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；
2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；
3、由对应简单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，非金属性越强；
值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。

4．Ⅰ.某化合物A由两种元素组成，可以发生如下的转化。

已知：标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍。

请回答：
（1）组成A的元素有_________，A的化学式是_________
（2）请写出A与NaOH溶液反应的化学方程式_________
（3）A可用于金属的冶炼，请写出A与Fe2O3的化学反应方程式_________
Ⅱ.某实验小组做了如下实验：
请回答：
（1）写出硬质管中发生反应的化学方程式：_________
（2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分：
_____。

【答案】Al、C Al4C3 Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2
Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑ CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O 将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛
【解析】
【分析】
Ⅰ.已知标准状况下，气体B的密度是氢气的8倍，则气体B的摩尔质量为16g/mol，应为CH4气体，则A中含有C元素，同时A能与氢氧化钠溶液反应，则A中含有Al元素，A为Al4C3，C为NaAlO2，NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳得到D为氢氧化铝固体，进一步灼烧得到E为氧化铝，据此分析解答；
Ⅱ.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；
(2)根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。

【详解】
Ⅰ. (1)由以上分析知，组成A的元素有Al、C，A的化学式是Al4C3，故答案为：Al、C；
Al4C3；
(2)Al4C3与NaOH溶液反应生成CH4和4NaAlO2，故反应的化学方程式为
Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4↑+4NaAlO2；
(3)Al4C3可用于金属的冶炼，其与Fe2O3反应生成Al2O3、Fe和CO2，故反应的化学反应方程式为Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2↑；
Ⅱ.(1)乙醇被CuO氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为
CH3CH2OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；
(2)根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、B，对B进行加热，若A沉淀溶解，B出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A 沉淀溶解，B无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A沉淀不溶解，B出现砖红色沉淀，则只有乙醛。

5．8种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，，其中D元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍．表中字母分别代表某一元素。

请回答下列问题。

（1）D、B的元素名称分别为_______、_______。

（2）元素A与元素B相比，金属性较强的是______(填元素符号)，下列表述中能证明这一事实的是______（填字母）。

A．A单质的熔点比B单质低
B．A的化合价比B低
C．A单质与水反应比B单质与水反应剧烈
D．A最高价氧化物对应的水化物的碱性比B的强
（3）G、H的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是__________(用化学式表示)。

G、C、F三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是________(用化学式表示)。

（4）F元素的单质可以用来制取漂白液，其化学方程式为________。

（5）E和H形成的一种化合物，相对分子质量在170～190之间，且E的质量分数约为70%．该化合物的化学式为________。

【答案】磷铝 Na CD NH3˃CH4 HClO4˃H2CO3˃H2SiO3
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O S4N4
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的位置可知，D位于第三周期，D元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3倍，令该原子最外层电子数为x，则2+8+x=3x，解得x=5，即D为P，结合其他元素在周期表中的位置可知：A为Na、B为Al、C为Si、E为S、F为Cl、G为C、H为N。

【详解】
(1)由分析可知：D为P、B为Al，元素名称分别为磷、铝；
(2)A为Na、B为Al，同一周期从左到右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐的减弱，故金属性较强的是Na。

A．A、B金属性的强弱与金属单质熔点的高低没有关系，A错误；
B．A、B金属性的强弱与金属元素化合价的高低没有关系，B错误；
C．金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，Na与水反应比Al与水反应剧烈可以证明Na
的金属性比Al的强，C正确；
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性越强，Na最高价氧化物对应的水化物的碱性比Al的强，可以证明Na的金属性比Al的强，D正确；
答案选CD。

(3)G、H的简单气态氢化物分别为CH4、NH3，同一周期的主族元素，从左到右随着核电荷数的增加，非金属性逐渐增强，G、H的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是
NH3˃CH4；G为C、C为Si、F为Cl，非金属性Cl˃C˃Si，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，即HClO4˃H2CO3˃H2SiO3；
(4)F元素的单质为Cl2，其用来制取漂白液的化学方程式为，
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(5)E为S、H为N，形成的化合物中S的质量分数为70%，则S和N的原子个数比为70%30%
3214
：≈1:1，其相对分子质量在170～190之间，设化学式为(SN)x，当x=4时，
(32+14)×4=184,满足相对分子质量在170～190之间，所以该化合物的化学式为S4N4。

6．Ⅰ.在14
6C、14
7
N、168O、35
17
Cl、235
92
U、23892U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。

7．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。

8．现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：
（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。

9．某分子的结构如图所示（-R 为烃基），其中 A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。

D 与 G 形成的 DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒。

A 与 G 形成的 AG3可完全水解，其水解的产物之一 H3AO3常用作塑料件镀金属的还原剂。

(1)具有未成对电子的原子或分子具有磁性。

D 的某种氧化物 D2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的增函数。

则 D2O42DO2，ΔH______0（填“＞”“＜”或“=”）。

(2)DG3用于杀菌消毒与 HGO 相比，DG3可大大延长杀菌消毒的时间，试从反应速率理论和平衡移动理论两者中选择一个，解释其原因____________________________。

(3)无机含氧酸中的非羟基氢不能发生电离。

H3AO3分子中 A 原子最外层的电子都参与了共价键的形成，试用方程式表示 H3AO3的正盐溶液呈碱性的原因_____。

(4)液氨中因存在2NH3(1) NH4++NH2-可导电，液态 D2O4中也存在 D2O4DO++DO3-，上述两个过程的本质区别为___________。

(5)T℃时，在一体积为 VL 的密闭容器中放入一定量的 ACl5固体，按下式发生反应：ACl5（s）ACl3（g）+Cl2（g），ΔH>0。

测得容器内气体的压强变化如下表：
时间 t/s0510********∞
总压 P/kPa0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 5.0 5.0
上述条件下，以分压表示的平衡常数 K p=_____(kPa)2（计算结果保留两位小数）；若保持温度不变，30s 时给容器加压，达新平衡后，容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）；若将容器换成绝热容器，加压后容器内的总压将_____（填“升高”、“降低”或“不变”）。

【答案】> NCl3与水反应的速率太小（或 NCl3与水反应的平衡常数太小） HPO32-+
H2O H2PO3-+OH-前者未发生电子转移，后者发生了电子转移 6.25 不变升高
【解析】
【分析】
A、B、D 三种元素位于元素周期表中同一族的三个相邻的周期，A 的非金属性大于 B。

D 与G 形成的 DG3在工业上可用于漂白和杀菌消毒，则D为N，G为Cl。

A为P，PCl3可完全水解，其水解的产物之一 H3PO3常用作塑料件镀金属的还原剂，则：A为P，B为As，D为N,G为Cl。

【详解】
（1）D为N元素，D 的某种氧化物 N2O4的磁性大小与温度呈正相关关系，即磁性是温度的。