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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-118元素周期表，元素周期率（4）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-118元素周期表，元素周期率（4），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，结构与性质，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-118元素周期表，元素周期率（4）
一、单选题
1．（2021·上海徐汇·统考二模）不能说明Mg的金属性强于Al的是
A．碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
2．（2021·上海闵行·统考二模）有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是
A．原子序数：Z>X>Y B．还原性：Z->Y2-
C．Z元素最高价为+7 D．X与Y可形成X2Y2化合物
3．（2021·上海虹口·统考二模）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是
W
X
Y
Z
A．非金属性：W > X
B．简单离子的半径：Y < X
C．气态氢化物的热稳定性：W > X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y > W
4．（2021·上海闵行·统考二模）第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（ ）
A．质量数 B．周期表中位置 C．质子数 D．核外电子排布
5．（2021·上海奉贤·统考二模）下列实验方案不能达到实验目的的是
序号
实验方案
实验目的
A
溴蒸气和碘蒸气分别与反应
比较溴和碘的非金属性强弱
B
将少量氯水滴入溶液中
比较硫和氯的非金属性强弱
C
分别向、溶液中滴加过量氨水
比较镁、铝的金属性强弱
D
向、中滴加同浓度的稀盐酸
比较铁、铜的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
6．（2021·上海松江·统考二模）下列关于H2(g)+X2(g)生成HX(g)(X=F、Cl、Br)的描述，图示正确的是
A． B．
C． D．
7．（2021·上海松江·统考二模）X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．氢化物的热稳定性：
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
8．（2021·上海·统考二模）短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，下列判断正确的是
A．非金属性： B．稳定性：
C．酸性： D．还原性：
9．（2021·上海黄浦·统考二模）已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．单质的氧化性： B．简单气态氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径： D．X与Z的最高化合价之和为8
10．（2021·上海·统考二模）原子是一种很小的微粒。钠原子半径为，则a等于
A．9 B．10 C．11 D．12
11．（2021·上海·统考二模）有关卤素性质的判断正确，且可用元素周期律解释的是
A．相对原子质量： B．稳定性：
C．密度： D．酸性：
12．（2021·上海青浦·统考一模）溴与氯同属“卤”族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验
13．（2021·上海徐汇·统考一模）下列事实能用元素周期律解释的是
A．热稳定性：CH4＞NH3 B．金属性：Na＞Li
C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg(OH)2
14．（2021·上海静安·统考一模）氮族元素与同周期的碳族、卤族元素相比较，下列变化规律正确的是
A．非金属性Si＜P＜Cl B．还原性SiH4＜PH3＜HCl
C．原子半径C＜N＜F D．酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4
15．（2021·上海青浦·统考一模）X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
Q
R
A．Y元素位于第二周期VA族
B．气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．原子半径：Y＞Z
D．可通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱
16．（2021·上海黄浦·统考一模）下图表示部分短周期元素的原子半径和最高正价、最低负价随原子序数的变化情况。下列说法正确的是
A．气态氢化物的热稳定性：a＞b＞c
B．b 和 f 的氧化物都能溶于水
C．金属性：d＜e
D．e 和 g 的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应
17．（2021·上海宝山·统考一模）已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A．原子半径：A＞B＞D＞C B．离子半径：C＞D＞B＞A
C．原子序数：d＞c＞b＞a D．单质的还原性：A＞B＞D＞C
18．（2021·上海宝山·统考一模）卤族元素大多存在于海洋中，关于Cl、Br、I 的说法正确的是
A．原子半径 r：r(Cl)＜ r(Br)＜ r(I) B．非金属性：Cl＜Br＜I
C．从海洋中提取的方法：相同 D．得电子能力：Cl2＜Br2＜I2
19．（2021·上海奉贤·统考一模）硅可做半导体材料的最主要原因是
A．硅元素地壳中含量巨大，仅次于氧元素，排名第二位
B．硅元素位于周期表的金属与非金属的分界线附近
C．硅单质性质稳定，无毒无害
D．硅单质提纯技术成熟，制作成本较低
20．（2021·上海奉贤·统考一模）根据表中短周期元素的信息判断下列说法错误的是
元素编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
原子半径(nm)
0.037
0.074
0.082
0.099
0.102
0.143
0.186
最高或最低化合价
+1
-2
+3
-1
-2
+3
+1
A．元素④的氧化物对应水化物的酸性强于元素⑤的氧化物对应水化物
B．元素④气态氢化物的稳定性强于元素⑤气态氢化物
C．元素⑥对应的简单离子半径小于元素⑦对应的简单离子半径
D．元素②⑥形成的化合物具有两性
21．（2021·上海·统考一模）镓(31Ga)是与铝同族且相邻的元素。下列说法错误的是
A．Ga的最高价：+3价 B．Ga2O3属于离子化合物
C．中子数为36的镓原子：Ga D．碱性：Ga(OH)3＜Al(OH)3
22．（2021·上海嘉定·统考一模）下列有关物质结构和性质变化规律正确的是
A．还原性：HF>HCl>HBr B．碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2
C．沸点：H2O>H2S>H2Se D．金属活动性：Al>Mg>Na
二、多选题
23．（2021·上海·统考二模）Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．元素Al在周期表中位于第四周期ⅢA族
B．元素P的简单气态氢化物的化学式为
C．原子半径
D．最高价氧化物的水化物的酸性：
三、填空题
24．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
25．（2021·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
26．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
四、结构与性质
27．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
28．（2021·上海黄浦·统考二模）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)
从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
29．（2021·上海·统考一模）氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g) Si3N4(s)+6CO(g) -Q(Q>0)
(1)该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为_____。硅元素在周期表中的位置是_____，其原子的最外层电子轨道表示式为_____，最外层有______种运动状态不同的电子。
(2)反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为_____。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强_____，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系______。
(3)碳元素形成的单质有金刚石、足球烯(分子式为C60)等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是___。
(4)叠氮化钠(NaN3)是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是____(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠____g。
五、元素或物质推断题
30．（2021·上海崇明·统考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外电子排布式为___________，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为___________。
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式___________，推断该化合物___________(难、微、易)溶于水。
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式___________，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法___________。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①+ Cu2S +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
②+ CuS +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
(4)下列关于反应①的说法中错误的是___________(选填编号)。
a.还原性的强弱关系是：> Cu2S
b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为
c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________
___________+___________CuS +___________
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：
2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是___________mol， 反应中的氧化剂是___________，氧化剂与还原剂的物质的量比为___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．元素最高价氧化物对应水化物的碱性与元素的金属性一致，碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3能够说明Mg的金属性强于Al，A不合题意；
B．元素的单质与水或酸反应的剧烈程度与金属性一致，故通过比较镁、铝与热水的反应的剧烈程度可以说明Mg的金属性强于Al，B不合题意；
C．金属铝与强碱反应是其固有的特性，故不能通过比较镁、铝与强碱溶液反应来说明Mg的金属性强于Al，C符合题意；
D．元素的单质与水或酸反应的剧烈程度与金属性一致，故通过比较镁、铝与盐酸的反应的剧烈程度可以说明Mg的金属性强于Al，D不合题意；
故答案为：C。
2．D
【分析】X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构。X失去1个电子被氧化成X+；Y得到2个电子被还原成Y2-；为Z得到1个电子被还原成Z-，所以X、Y、Z三种元素的原子序数大小为X＞Z＞Y。Y、Z同周期，且Z的非金属性强于Y，X为金属。据此分析可得。
【详解】A．由分析可知，原子序数X＞Z＞Y，故A错；
B．由分析可知，Z的非金属性强于Y，则还原性：Z-＜Y2-，故B错；
C．Z为原子序数小于20的元素，其的最低负价为-1价，X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构，则Z可能为F或者Cl，当Z为F时无正价，故C错；
D．若X为Na、Y为O时，则X与Y可形成X2Y2即Na2O2化合物，故选D；
答案选D。
3．B
【分析】由短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为n，这四种元素原子的最外层电子数之和为 21，n-2+n+n+1+n+2=21，解得n=5，可知W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，
A．同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：W < X，故A错误；
B．具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C．由A分析知非金属性：W < X，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越稳定，则：W
故选：B。
4．A
【详解】已知第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。可得铼元素的质子数是75，根据原子核外电子排布规律可推出铼原子核外电子排布，从而知道铼元素在周期表中位置，不能获取的是铼元素的质量数；
故答案选A。
5．C
【详解】A．非金属单质与H2化合的难易程度与其非金属性一致，故可以通过溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应来比较溴和碘的非金属性强弱，A不合题意；
B．将少量氯水滴入Na2S溶液中可以看到有淡黄色沉淀生成，Na2S+Cl2=2NaCl+S，说明Cl2的氧化性强于S的，非金属单质的氧化性与其非金属性一致，B不合题意；
C．分别向、溶液中滴加过量氨水都只能生成白色沉淀，MgCl2+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+2NH4Cl，AlCl3+3 NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故不能比较镁、铝的金属性强弱，C符合题意；
D．金属单质与酸反应的剧烈程度与其金属性强弱成正比，故向、中滴加同浓度的稀盐酸通过比较放出气泡的速度来比较铁、铜的金属性强弱，D不合题意；
故答案为：C。
6．A
【详解】断键吸热，成键放热，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，氢化物越稳定，能量越低，同时非金属性越强，对氢原子的吸引力越强，原子核间距越短，所以正确的图示是 。
答案选A。
7．C
【分析】X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，故R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为，而Z、W为同族元素，可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，该化合物为NH4HSO4，据此解答。
【详解】A．Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，原子半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．W为S元素，Z为O元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物的热稳定性Z＞W，故B错误；
C．O元素与H元素形成H2O、H2O2，O元素与N元素形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，O元素与Na形成Na2O、Na2O2，O元素与S元素形成SO2、SO3，故C正确；
D．Z（氧）、R（钠）、W（硫）三种元素形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，而Na2SO3溶液呈碱性，故D错误；
故选C。
8．B
【分析】短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，说明元素Y的单质更容易与H2化合为气态氢化物，故元素X的非金属性比Y弱，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，非金属性：，A错误；
B．由分析可知，非金属性：，故气态氢化物的稳定性：，B正确；
C．由化学式HXO4可知，X为第ⅦA元素，短周期中第ⅦA只有F和Cl，F无最高价，C错误；
D．由分析可知，非金属性：，故元素单质的氧化性，故气态氢化物的还原性：，D错误；
故答案为：B。
9．D
【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
【详解】A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；
C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．X是Na，最高化合价为+1价，Z是Cl，最高化合价为+7价，它们最高化合价之和为+8，D正确；
答案选D。
10．B
【详解】原子半径的数量级是10-10m，故答案选B。
11．A
【详解】A．原子序数越大，相对原子质量越大，故，A项正确；
B．非金属性：Cl>I，则简单氢化物的稳定性：，B项错误；
C．原子序数越大卤族单质的相对密度越大，则密度，但是题中只提到了密度并没有提到相对密度，C项错误；
D．能用元素周期律解释的只能是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，D项错误；
答案选A。
12．C
【详解】A．氯气可与烧碱溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，溴单质也可以和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴化钠和水，A正确；
B．氯气和溴单质的元素化合价均处于中间价态，既可以升高，也可以降低，因此溴单质具有氧化性和还原性，B正确；
C．氯和溴均属于第VIIA族元素，最外层均有7个电子，因氯原子的电子层数小于溴原子的，所以在化学反应中氯原子比溴易得到1个电子，C错误；
D．氯离子可与银离子反应生成既不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，而溴离子也可以与银离子反应生成既不溶于水也不溶于酸的淡黄色沉淀，所以溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A．元素的非金属性：N＞C，但物质的热稳定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解释，A不符合题意；
B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失去电子的能力逐渐增强，得到电子的能力逐渐减弱，所以金属性：Na＞Li，可以使用元素周期律解释，B符合题意；
C．元素的非金属性：N＞P，但物质的氧化性与其稳定性等有关，与元素的非金属性强弱无关，C不符合题意；
D．元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，D不符合题意；
故合理选项是B。
14．A
【详解】A．同周期主族元素自左至右非金属性减弱，所以非金属性Si＜P＜Cl，故A正确；
B．非金属性越强单质的氧化性越强，其对应的阴离子的还原性越弱，非金属性Si＜P＜Cl，则还原性HCl＜PH3＜SiH4，故B错误；
C．同周期主族元素自左至右原子半径逐渐减小，所以原子半径F＜N＜C，故C错误；
D．非金属性越强最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Si＜P＜Cl，所以酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4，故D错误；
综上所述答案为A。
15．D
【分析】根据五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。可知X为C，Y为N，Z为O，Q为S，R为Cl。
【详解】A．Y元素为N，位于第二周期VA族，故A正确；
B．R为Cl，Q为S，非金属性Cl＞S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：R＞Q，故B正确；
C．Y为N，Z为O，都位于第二周期，电子层数相同(即同周期)时，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小。则原子半径：Y＞Z，故C正确；
D．Z为O，Q为S，O元素的最高正价不等于主族序数，因此不可以通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱，故D错误；
故答案选D。
16．D
【分析】根据图中部分短周期元素的原子半径和最高正价、最低负价随原子序数的变化情况，a、b、c位于第二周期，d、e、f、g位于第三周期，结合化合价可知，a为C，b为N，c为O，d为Na，e为Al，f为S，g为Cl元素，据此分析判断。
【详解】A．非金属性越强，则对应氢化物越稳定，非金属性C＜N＜O，因此气态氢化物的热稳定性：a＜b＜c，故A错误；
B．N 的氧化物中NO不溶于水，故B错误；
C．同一周期，从左到右，元素的金属性减弱，金属性：d＞e，故C错误；
D．e 和 g 的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，二者之间可以发生中和反应，故D正确；
故选D。
17．B
【分析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则四者的位置关系为。
【详解】A．原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；
B．根据同电子层结构核多径小，得到离子半径：C＞D＞B＞A，故B正确；
C．原子序数：a ＞b＞ d＞c，故C错误；
D．同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此单质的还原性：B＞A＞C＞D，故D错误。
综上所述，答案为B。
18．A
【详解】A．同主族，从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径 r：r(Cl)＜ r(Br)＜ r(I)，故A正确；
B．同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性：I＜Br＜Cl，故B错误；
C．从海洋中提取的方法，氯气是电解饱和食盐水，溴单质是通过向溴离子中通入氯气，再用热空气吹出被二氧化硫接受反应，生成的氢溴酸再被氯气反应得到，单质碘是通过海带灼烧，加水溶解，过滤，滤液中加入氯气得到，因此提取方法不相同，故C错误；
D．同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，得电子能力减弱，因此得电子能力：I2＜Br2＜Cl2，故D错误。
综上所述，答案为A。
19．B
【详解】A．可做半导体材料与地壳中含量无关，A项错误；
B．硅元素位于周期表的金属与非金属的分界线附近，兼具金属与非金属性质，故可做半导体，B项正确；
C．可做半导体材料与稳定性无关，C项错误；
D．可做半导体材料与成本无关，D项错误；
故选B。
20．A
【分析】根据表格信息，半径最小①的为H，半径0.099nm的④为Cl，②的最低负价为-2，且半径小于Cl，则②为O，③的原子半径大于O，且与O接近，③为N，⑤的最低负价为-2，且半径大于Cl，⑤为S，⑥的最高正价为+3价，为Al，⑦的原子半径大于Al，为Na。
【详解】A．未说明最高价氧化物对应的水化物，酸性无法比较，A项错误；
B．氯的非金属性大于硫，对应气态氢化物的稳定性氯大于硫，B项正确；
C．Al3+与Na+的核外电子排布相同，铝的原子序数大，对外层电子吸引强，故半径小，C项正确；
D．②⑥形成的化合物为氧化铝，具有两性，D项正确；
故选A。
21．D
【详解】由题干信息可知，镓(31Ga)是与铝同族且相邻的元素，且Ga在Al的下一周期，故有：
A．Al在ⅢA，最外层上有3个电子，故Ga的最高价：+3价，A正确；
B．已知Al2O3为离子化合物，Ga的金属性比Al强，故Ga2O3属于离子化合物，B正确；
C．中子数为36的镓原子的质量数为31+36=67，故该核素为：Ga，C正确；
D．由Ga在Al的下一周期，故Ga的金属性比Al强，故碱性：Ga(OH)3＞Al(OH)3，D错误；
故答案为：D。
22．B
【详解】
A．卤素中，原子序数越大非金属性越弱，单质的氧化性越弱，则对应的卤化氢的还原性越强，HF＜HCl＜HBr，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：K＞Ca＞Mg，碱性：KOH＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，B正确；
C．组成相似，分子量大的熔沸点高，水分子之间存在氢键，导致水的沸点最高，沸点：H2O＞H2Se＞H2S，C错误；
D．Na、Mg、Al属于同一周期元素且原子序数依次增大，金属性减弱，故金属性Na、Mg、Al依次减弱，D错误；
答案为B。
23．CD
【详解】A．Al为13号元素，在周期表中位于第三周期ⅢA族，故A错误；
B．P位于第ⅤA族，最低负价为-3价，所以简单气态氢化物的化学式为PH3，故B错误；
C．同周期主族元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，即原子半径，故C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性P
24． H
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
25． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
26． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
27． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
28． 低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
29． 第三周期第ⅣA族 4 原子晶体 最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4 N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯 离子键、共价键 78
【详解】(1)SiO2、C、Si3N4均为原子晶体，不存在分子结构，CO分子的正负电荷中心不重合，为极性分子；N2的正负电荷中心重合，为非极性分子，电子式为；Si元素为14号元素，位于第三周期第ⅣA族，其最外层电子的排布式为3s23p2，轨道表示式为，最外层共有4个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有4种运动状态不同的电子；
(2)氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，为原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价(说明Si的电负性小于N)、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4均可以说明氮元素比硅元素的非金属性强；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
(3)足球烯有分子式，说明为分子晶体，而金刚石为原子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯；
(4)根据题意可知叠氮化钠由Na+和N构成，所以存在离子键，N中存在氮原子之间的共价键；40.32 L(标准状况下)氮气的物质的量为=1.8mol，叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，根据元素守恒可知消耗1.2molNaN3，质量为1.2mol´65g/mol=7.8g。
30． 第三周期ⅣA族 1s22s22p63s23p2 原子晶体 CS2 难 H2SO3 H2CO3 取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强 a 2.5 KMnO4、H2O2 1：2
【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2； 2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；
(4) ①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+ 5Cu2S +44=10+ 5SO2↑ +8+ 22H2O；
a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：
c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；
d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；
故选a；
(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5 CuS +28=5+5 SO2↑ +6+ 14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-118元素周期表，元素周期率（4）
一、单选题
1．（2021·上海徐汇·统考二模）不能说明Mg的金属性强于Al的是
A．碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3 B．镁、铝与热水的反应
C．镁、铝与强碱溶液反应 D．镁、铝与盐酸的反应
2．（2021·上海闵行·统考二模）有X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构。有关描述中正确的是
A．原子序数：Z>X>Y B．还原性：Z->Y2-
C．Z元素最高价为+7 D．X与Y可形成X2Y2化合物
3．（2021·上海虹口·统考二模）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是
W
X
Y
Z
A．非金属性：W > X
B．简单离子的半径：Y < X
C．气态氢化物的热稳定性：W > X
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y > W
4．（2021·上海闵行·统考二模）第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（ ）
A．质量数 B．周期表中位置 C．质子数 D．核外电子排布
5．（2021·上海奉贤·统考二模）下列实验方案不能达到实验目的的是
序号
实验方案
实验目的
A
溴蒸气和碘蒸气分别与反应
比较溴和碘的非金属性强弱
B
将少量氯水滴入溶液中
比较硫和氯的非金属性强弱
C
分别向、溶液中滴加过量氨水
比较镁、铝的金属性强弱
D
向、中滴加同浓度的稀盐酸
比较铁、铜的金属性强弱
A．A B．B C．C D．D
6．（2021·上海松江·统考二模）下列关于H2(g)+X2(g)生成HX(g)(X=F、Cl、Br)的描述，图示正确的是
A． B．
C． D．
7．（2021·上海松江·统考二模）X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．氢化物的热稳定性：
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
8．（2021·上海·统考二模）短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，下列判断正确的是
A．非金属性： B．稳定性：
C．酸性： D．还原性：
9．（2021·上海黄浦·统考二模）已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．单质的氧化性： B．简单气态氢化物的热稳定性：
C．简单离子半径： D．X与Z的最高化合价之和为8
10．（2021·上海·统考二模）原子是一种很小的微粒。钠原子半径为，则a等于
A．9 B．10 C．11 D．12
11．（2021·上海·统考二模）有关卤素性质的判断正确，且可用元素周期律解释的是
A．相对原子质量： B．稳定性：
C．密度： D．酸性：
12．（2021·上海青浦·统考一模）溴与氯同属“卤”族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验
13．（2021·上海徐汇·统考一模）下列事实能用元素周期律解释的是
A．热稳定性：CH4＞NH3 B．金属性：Na＞Li
C．氧化性：HNO3＞H3PO4 D．溶解性：NaOH＞Mg(OH)2
14．（2021·上海静安·统考一模）氮族元素与同周期的碳族、卤族元素相比较，下列变化规律正确的是
A．非金属性Si＜P＜Cl B．还原性SiH4＜PH3＜HCl
C．原子半径C＜N＜F D．酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4
15．（2021·上海青浦·统考一模）X、Y、Z、Q、R五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是（ ）
X
Y
Z
Q
R
A．Y元素位于第二周期VA族
B．气态氢化物的稳定性：R＞Q
C．原子半径：Y＞Z
D．可通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱
16．（2021·上海黄浦·统考一模）下图表示部分短周期元素的原子半径和最高正价、最低负价随原子序数的变化情况。下列说法正确的是
A．气态氢化物的热稳定性：a＞b＞c
B．b 和 f 的氧化物都能溶于水
C．金属性：d＜e
D．e 和 g 的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应
17．（2021·上海宝山·统考一模）已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是
A．原子半径：A＞B＞D＞C B．离子半径：C＞D＞B＞A
C．原子序数：d＞c＞b＞a D．单质的还原性：A＞B＞D＞C
18．（2021·上海宝山·统考一模）卤族元素大多存在于海洋中，关于Cl、Br、I 的说法正确的是
A．原子半径 r：r(Cl)＜ r(Br)＜ r(I) B．非金属性：Cl＜Br＜I
C．从海洋中提取的方法：相同 D．得电子能力：Cl2＜Br2＜I2
19．（2021·上海奉贤·统考一模）硅可做半导体材料的最主要原因是
A．硅元素地壳中含量巨大，仅次于氧元素，排名第二位
B．硅元素位于周期表的金属与非金属的分界线附近
C．硅单质性质稳定，无毒无害
D．硅单质提纯技术成熟，制作成本较低
20．（2021·上海奉贤·统考一模）根据表中短周期元素的信息判断下列说法错误的是
元素编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
原子半径(nm)
0.037
0.074
0.082
0.099
0.102
0.143
0.186
最高或最低化合价
+1
-2
+3
-1
-2
+3
+1
A．元素④的氧化物对应水化物的酸性强于元素⑤的氧化物对应水化物
B．元素④气态氢化物的稳定性强于元素⑤气态氢化物
C．元素⑥对应的简单离子半径小于元素⑦对应的简单离子半径
D．元素②⑥形成的化合物具有两性
21．（2021·上海·统考一模）镓(31Ga)是与铝同族且相邻的元素。下列说法错误的是
A．Ga的最高价：+3价 B．Ga2O3属于离子化合物
C．中子数为36的镓原子：Ga D．碱性：Ga(OH)3＜Al(OH)3
22．（2021·上海嘉定·统考一模）下列有关物质结构和性质变化规律正确的是
A．还原性：HF>HCl>HBr B．碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2
C．沸点：H2O>H2S>H2Se D．金属活动性：Al>Mg>Na
二、多选题
23．（2021·上海·统考二模）Al、P、S、Cl是周期表中短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．元素Al在周期表中位于第四周期ⅢA族
B．元素P的简单气态氢化物的化学式为
C．原子半径
D．最高价氧化物的水化物的酸性：
三、填空题
24．（2021·上海宝山·统考二模）硝酸(HNO3)在生活、生产中有广泛的用途。工业上通常以氨气为原料来制取硝酸，其反应原理如下：4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3
(1)比较HNO3中各组成元素的非金属性强弱___________。
(2)写出NH3的电子式___________，O原子最外层的轨道表示式___________。
(3)联合制碱法是把“合成氨法”和“氨碱法”联合在一起，你认为制硝酸能不能用这个方法，把“合成氨工业”和“硝酸工业”联合在一起，理由是___________。
25．（2021·上海静安·统考二模）氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。
(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是___________(填离子符号)，硅元素在元素周期表中的位置是___________。CO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体。请分析原因：___________。
(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2S___________HCl(选填“<”、“>”或“=”，下同)；酸性：HClO4___________H2SO4。用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：___________。
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，这利用了SO2 的___________性。若将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是___________(填序号)。
已知NaHSO3溶液呈酸性，而HSO既能电离又能水解。则在NaHSO3溶液中c(H2SO3)___________c(SO)(选填“<”、“>”或“=”) 。
(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____
___Na2SO3+____KIO3+____H2SO4_____Na2SO4+____K2SO4+______I2+_____ H2O
26．（2021·上海静安·统考一模）2019年1月3日一吨多重的嫦娥四号探测器首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆，它所搭载的“玉兔二号”月球车通过砷化镓太阳能电池提供能量开展工作。下表是As、Ga等元素所在元素周期表中的一部分。回答下列问题：
Al
Si
P
Ga
Ge
As
(1)上表中，原子半径最小的是_________元素(填元素名称)，元素周期表中镓的位置是_________。从原子结构角度解释磷与砷的非金属性强弱：__________________________________。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs+HNO3→Ga(NO3)3+NO2↑+H3AsO4+H2O，_________
(3)GaN、GaAs、GaP都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体硅相同，它们的熔点如表。
晶体
GaN
GaAs
GaP
熔点/℃
1700
1238
1480
解释它们熔点变化的原因______________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与NaOH反应只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，这两种盐溶液均呈碱性。根据以上信息判断，亚磷酸应属于____________________酸，Na2HPO3溶液中阴离子浓度由大到小的次序为_______。
四、结构与性质
27．（2021·上海长宁·统考二模）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：
①；
②。
锂原子的电子排布式为___；CO2的结构式为____；反应②中物质涉及的化学键类型有____。
(2)碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是__。
(3)氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式___，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：___。
(4)用、氨水和液溴制备。除生成外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：，_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：，放电时，负极为___(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为___。
28．（2021·上海黄浦·统考二模）中国“奋斗者”号深潜器研制及海试的成功，在钛合金材料制备、锂离子电池等方面实现了重大突破。
(1)深潜器的壳体由含钛、铝等元素的Ti-62A钛合金材料制成，该合金材料的熔点比组成成分的金属_______(选填“高”或“低”)；铝元素的原子核外共有_______种不同能级的电子；以下方法可以比较钠和铝金属性强弱的方法_______。
a.比较两种金属单质的硬度和熔点
b.用钠置换氯化镁溶液中的镁
c.比较等物质的量的两种金属单质和足量盐酸反应失去的电子数
d.将空气中放置已久的这两种元素的单质分别和热水作用
e.在氯化铝溶液中逐滴滴加过量的氢氧化钠溶液
(2)氮氧化铝((AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料，属于_______晶体，Al、O、N三种元素的简单离子半径由大到小的排列顺序是_______
(3)明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。固体能除去镁盐溶液中的，原因是_______。(用离子方程式表达)
(4)在周期表中，锂的性质与镁相似，写出锂在氧气中燃烧产物的电子式_______
(5)已知：(M代表碱金属元素)
元素
Li
Na
K
Rb
Q(kJ)
从原子结构的角度解释上述金属Q值递变的原因：_______。
29．（2021·上海·统考一模）氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在1400～1450℃的氮气中合成：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g) Si3N4(s)+6CO(g) -Q(Q>0)
(1)该反应中所涉及物质属于非极性分子的电子式为_____。硅元素在周期表中的位置是_____，其原子的最外层电子轨道表示式为_____，最外层有______种运动状态不同的电子。
(2)反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为_____。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强_____，并从原子结构角度解释两元素的非金属性强弱关系______。
(3)碳元素形成的单质有金刚石、足球烯(分子式为C60)等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是___。
(4)叠氮化钠(NaN3)是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固体中含有的化学键是____(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生 40.32 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠____g。
五、元素或物质推断题
30．（2021·上海崇明·统考二模）在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的特点。具有这样特点的元素中：
(1)A元素原子的半径最大，写出A在元素周期表中的位置___________，其原子核外电子排布式为___________，A与上述元素中原子半径最小的元素B形成的化合物晶体类型为___________。
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，写出该化合物的分子式___________，推断该化合物___________(难、微、易)溶于水。
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物，此2种化合物都可与水反应形成对应的酸，2种酸的分子式相似，写出2种酸的分子式___________，简述证明2种酸酸性相对强弱的方法___________。
Cu2S和CuS均可被KMnO4酸性溶液氧化，在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，发生的反应如下：
①+ Cu2S +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
②+ CuS +→+ SO2↑ ++ H2O(未配平)
(4)下列关于反应①的说法中错误的是___________(选填编号)。
a.还原性的强弱关系是：> Cu2S
b.氧化剂与还原剂的物质的量之比为
c.生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol
d.被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S
(4)写出反应②中反应物配平后的系数并标出电子转移方向和数目：___________
___________+___________CuS +___________
已知：KMnO4在稀硫酸存在下能将H2O2氧化为O2，KMnO4被还原为；H2O2在前面反应生成的催化下能发生分解反应生成H2O和O2。
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：
2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是___________mol， 反应中的氧化剂是___________，氧化剂与还原剂的物质的量比为___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．元素最高价氧化物对应水化物的碱性与元素的金属性一致，碱性：Mg(OH)2 > Al(OH)3能够说明Mg的金属性强于Al，A不合题意；
B．元素的单质与水或酸反应的剧烈程度与金属性一致，故通过比较镁、铝与热水的反应的剧烈程度可以说明Mg的金属性强于Al，B不合题意；
C．金属铝与强碱反应是其固有的特性，故不能通过比较镁、铝与强碱溶液反应来说明Mg的金属性强于Al，C符合题意；
D．元素的单质与水或酸反应的剧烈程度与金属性一致，故通过比较镁、铝与盐酸的反应的剧烈程度可以说明Mg的金属性强于Al，D不合题意；
故答案为：C。
2．D
【分析】X、Y、Z三种元素，它们的原子序数都小于20，对应离子X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构。X失去1个电子被氧化成X+；Y得到2个电子被还原成Y2-；为Z得到1个电子被还原成Z-，所以X、Y、Z三种元素的原子序数大小为X＞Z＞Y。Y、Z同周期，且Z的非金属性强于Y，X为金属。据此分析可得。
【详解】A．由分析可知，原子序数X＞Z＞Y，故A错；
B．由分析可知，Z的非金属性强于Y，则还原性：Z-＜Y2-，故B错；
C．Z为原子序数小于20的元素，其的最低负价为-1价，X+、Y2-、Z-具有相同的电子层结构，则Z可能为F或者Cl，当Z为F时无正价，故C错；
D．若X为Na、Y为O时，则X与Y可形成X2Y2即Na2O2化合物，故选D；
答案选D。
3．B
【分析】由短周期元素 W、X、Y 和 Z 在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，设W的最外层电子数为n，这四种元素原子的最外层电子数之和为 21，n-2+n+n+1+n+2=21，解得n=5，可知W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N、X为O、Y为Al、Z为Cl，
A．同周期从左到右非金属性增强，则非金属性：W < X，故A错误；
B．具有相同电子层结构的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C．由A分析知非金属性：W < X，非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越稳定，则：W
故选：B。
4．A
【详解】已知第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。可得铼元素的质子数是75，根据原子核外电子排布规律可推出铼原子核外电子排布，从而知道铼元素在周期表中位置，不能获取的是铼元素的质量数；
故答案选A。
5．C
【详解】A．非金属单质与H2化合的难易程度与其非金属性一致，故可以通过溴蒸气和碘蒸气分别与H2反应来比较溴和碘的非金属性强弱，A不合题意；
B．将少量氯水滴入Na2S溶液中可以看到有淡黄色沉淀生成，Na2S+Cl2=2NaCl+S，说明Cl2的氧化性强于S的，非金属单质的氧化性与其非金属性一致，B不合题意；
C．分别向、溶液中滴加过量氨水都只能生成白色沉淀，MgCl2+2NH3•H2O=Mg(OH)2↓+2NH4Cl，AlCl3+3 NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故不能比较镁、铝的金属性强弱，C符合题意；
D．金属单质与酸反应的剧烈程度与其金属性强弱成正比，故向、中滴加同浓度的稀盐酸通过比较放出气泡的速度来比较铁、铜的金属性强弱，D不合题意；
故答案为：C。
6．A
【详解】断键吸热，成键放热，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，氢化物越稳定，能量越低，同时非金属性越强，对氢原子的吸引力越强，原子核间距越短，所以正确的图示是 。
答案选A。
7．C
【分析】X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，故R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为，而Z、W为同族元素，可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，该化合物为NH4HSO4，据此解答。
【详解】A．Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，原子半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．W为S元素，Z为O元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物的热稳定性Z＞W，故B错误；
C．O元素与H元素形成H2O、H2O2，O元素与N元素形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，O元素与Na形成Na2O、Na2O2，O元素与S元素形成SO2、SO3，故C正确；
D．Z（氧）、R（钠）、W（硫）三种元素形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，而Na2SO3溶液呈碱性，故D错误；
故选C。
8．B
【分析】短周期元素X和Y的单质分别与氢气化合生成气态氢化物，放出能量Q1和Q2。已知Q1＜Q2，说明元素Y的单质更容易与H2化合为气态氢化物，故元素X的非金属性比Y弱，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，非金属性：，A错误；
B．由分析可知，非金属性：，故气态氢化物的稳定性：，B正确；
C．由化学式HXO4可知，X为第ⅦA元素，短周期中第ⅦA只有F和Cl，F无最高价，C错误；
D．由分析可知，非金属性：，故元素单质的氧化性，故气态氢化物的还原性：，D错误；
故答案为：B。
9．D
【分析】由图象和题给信息可知，浓度均为0.01的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是Cl，W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
【详解】A．根据元素周期律可得：非金属性越强，元素原子得到电子的能力越强，元素对应单质的氧化性就越强，非金属性：Y＜Z，即单质的氧化性：Y＜Z，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，氮的电负性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性W＞Y，B错误；
C．电子层数不相同时，电子层数越多，原子或离子的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．X是Na，最高化合价为+1价，Z是Cl，最高化合价为+7价，它们最高化合价之和为+8，D正确；
答案选D。
10．B
【详解】原子半径的数量级是10-10m，故答案选B。
11．A
【详解】A．原子序数越大，相对原子质量越大，故，A项正确；
B．非金属性：Cl>I，则简单氢化物的稳定性：，B项错误；
C．原子序数越大卤族单质的相对密度越大，则密度，但是题中只提到了密度并没有提到相对密度，C项错误；
D．能用元素周期律解释的只能是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，D项错误；
答案选A。
12．C
【详解】A．氯气可与烧碱溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，溴单质也可以和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴化钠和水，A正确；
B．氯气和溴单质的元素化合价均处于中间价态，既可以升高，也可以降低，因此溴单质具有氧化性和还原性，B正确；
C．氯和溴均属于第VIIA族元素，最外层均有7个电子，因氯原子的电子层数小于溴原子的，所以在化学反应中氯原子比溴易得到1个电子，C错误；
D．氯离子可与银离子反应生成既不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，而溴离子也可以与银离子反应生成既不溶于水也不溶于酸的淡黄色沉淀，所以溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验，D正确；
故选C。
13．B
【详解】A．元素的非金属性：N＞C，但物质的热稳定性：CH4＞NH3，因此不能使用元素周期律解释，A不符合题意；
B．Na、Li是同一主族的元素，由于同一主族元素从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失去电子的能力逐渐增强，得到电子的能力逐渐减弱，所以金属性：Na＞Li，可以使用元素周期律解释，B符合题意；
C．元素的非金属性：N＞P，但物质的氧化性与其稳定性等有关，与元素的非金属性强弱无关，C不符合题意；
D．元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，D不符合题意；
故合理选项是B。
14．A
【详解】A．同周期主族元素自左至右非金属性减弱，所以非金属性Si＜P＜Cl，故A正确；
B．非金属性越强单质的氧化性越强，其对应的阴离子的还原性越弱，非金属性Si＜P＜Cl，则还原性HCl＜PH3＜SiH4，故B错误；
C．同周期主族元素自左至右原子半径逐渐减小，所以原子半径F＜N＜C，故C错误；
D．非金属性越强最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Si＜P＜Cl，所以酸性HClO4＜H2SiO3＜H3PO4，故D错误；
综上所述答案为A。
15．D
【分析】根据五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。可知X为C，Y为N，Z为O，Q为S，R为Cl。
【详解】A．Y元素为N，位于第二周期VA族，故A正确；
B．R为Cl，Q为S，非金属性Cl＞S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：R＞Q，故B正确；
C．Y为N，Z为O，都位于第二周期，电子层数相同(即同周期)时，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小。则原子半径：Y＞Z，故C正确；
D．Z为O，Q为S，O元素的最高正价不等于主族序数，因此不可以通过比较Z、Q两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性判断二者的非金属性强弱，故D错误；
故答案选D。
16．D
【分析】根据图中部分短周期元素的原子半径和最高正价、最低负价随原子序数的变化情况，a、b、c位于第二周期，d、e、f、g位于第三周期，结合化合价可知，a为C，b为N，c为O，d为Na，e为Al，f为S，g为Cl元素，据此分析判断。
【详解】A．非金属性越强，则对应氢化物越稳定，非金属性C＜N＜O，因此气态氢化物的热稳定性：a＜b＜c，故A错误；
B．N 的氧化物中NO不溶于水，故B错误；
C．同一周期，从左到右，元素的金属性减弱，金属性：d＞e，故C错误；
D．e 和 g 的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和高氯酸，二者之间可以发生中和反应，故D正确；
故选D。
17．B
【分析】短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则四者的位置关系为。
【详解】A．原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；
B．根据同电子层结构核多径小，得到离子半径：C＞D＞B＞A，故B正确；
C．原子序数：a ＞b＞ d＞c，故C错误；
D．同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此单质的还原性：B＞A＞C＞D，故D错误。
综上所述，答案为B。
18．A
【详解】A．同主族，从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径 r：r(Cl)＜ r(Br)＜ r(I)，故A正确；
B．同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性：I＜Br＜Cl，故B错误；
C．从海洋中提取的方法，氯气是电解饱和食盐水，溴单质是通过向溴离子中通入氯气，再用热空气吹出被二氧化硫接受反应，生成的氢溴酸再被氯气反应得到，单质碘是通过海带灼烧，加水溶解，过滤，滤液中加入氯气得到，因此提取方法不相同，故C错误；
D．同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，得电子能力减弱，因此得电子能力：I2＜Br2＜Cl2，故D错误。
综上所述，答案为A。
19．B
【详解】A．可做半导体材料与地壳中含量无关，A项错误；
B．硅元素位于周期表的金属与非金属的分界线附近，兼具金属与非金属性质，故可做半导体，B项正确；
C．可做半导体材料与稳定性无关，C项错误；
D．可做半导体材料与成本无关，D项错误；
故选B。
20．A
【分析】根据表格信息，半径最小①的为H，半径0.099nm的④为Cl，②的最低负价为-2，且半径小于Cl，则②为O，③的原子半径大于O，且与O接近，③为N，⑤的最低负价为-2，且半径大于Cl，⑤为S，⑥的最高正价为+3价，为Al，⑦的原子半径大于Al，为Na。
【详解】A．未说明最高价氧化物对应的水化物，酸性无法比较，A项错误；
B．氯的非金属性大于硫，对应气态氢化物的稳定性氯大于硫，B项正确；
C．Al3+与Na+的核外电子排布相同，铝的原子序数大，对外层电子吸引强，故半径小，C项正确；
D．②⑥形成的化合物为氧化铝，具有两性，D项正确；
故选A。
21．D
【详解】由题干信息可知，镓(31Ga)是与铝同族且相邻的元素，且Ga在Al的下一周期，故有：
A．Al在ⅢA，最外层上有3个电子，故Ga的最高价：+3价，A正确；
B．已知Al2O3为离子化合物，Ga的金属性比Al强，故Ga2O3属于离子化合物，B正确；
C．中子数为36的镓原子的质量数为31+36=67，故该核素为：Ga，C正确；
D．由Ga在Al的下一周期，故Ga的金属性比Al强，故碱性：Ga(OH)3＞Al(OH)3，D错误；
故答案为：D。
22．B
【详解】
A．卤素中，原子序数越大非金属性越弱，单质的氧化性越弱，则对应的卤化氢的还原性越强，HF＜HCl＜HBr，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：K＞Ca＞Mg，碱性：KOH＞Ca(OH)2＞Mg(OH)2，B正确；
C．组成相似，分子量大的熔沸点高，水分子之间存在氢键，导致水的沸点最高，沸点：H2O＞H2Se＞H2S，C错误；
D．Na、Mg、Al属于同一周期元素且原子序数依次增大，金属性减弱，故金属性Na、Mg、Al依次减弱，D错误；
答案为B。
23．CD
【详解】A．Al为13号元素，在周期表中位于第三周期ⅢA族，故A错误；
B．P位于第ⅤA族，最低负价为-3价，所以简单气态氢化物的化学式为PH3，故B错误；
C．同周期主族元素，随着核电荷数增大，原子半径逐渐减小，即原子半径，故C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性P
24． H
(3)根据工业制硝酸的反应原理4NH3＋5O24NO＋6H2O、4NO＋3O2＋2H2O→4HNO3，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要，故答案为：根据工业制硝酸的反应原理，可以看出几乎没有原料的浪费，所以没有必要。
25． F- 第三周期第ⅣA族 CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度大于分子间作用力 ＜ ＞ Cl2+S2-=S↓+2Cl- 还原 ③ ＜ 5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O
【详解】(1)O2-、F-、N3-的核外电子层数相同，F-的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周期第ⅣA族；CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下CO2为气体，SiO2为高熔点固体；
(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S＜Cl，则热稳定性H2S＜HCl，酸性HClO4＞H2SO4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cl2+S2-=S↓+2Cl-可知氧化性Cl2＞S，则非金属性Cl＞S；
(3)红酒中添加一定量的SO2 可以防止酒液氧化，利用了SO2的还原性；
H2S水溶液中存在H2S的电离而显酸性，起始pH＜7，将SO2气体通入H2S水溶液中时先发生2H2S+SO2= S↓+H2O，该过程中H2S的浓度不断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2O=H2SO3，H2SO3电离使溶液酸性增强，pH减小，当SO2不再溶解后，pH不变，H2SO3的酸性强于H2S的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；
HSO的电离使溶液显酸性，HSO的水解使溶液显碱性，而NaHSO3溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2SO3由水解产生，SO由水解产生，则c(H2SO3)＜c(SO)；
(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2SO3被KIO3氧化生成Na2SO4，KIO3被还原生成I2，根据电子守恒可知Na2SO3和KIO3的系数比应为5:2，再结合元素守恒可得化学方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
26． 磷 第四周期第IIIA族 磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷 GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低 二元弱 ＞OH－＞
【详解】(1)上表中，根据层多径小，同电子层结构核多径小原则，则原子半径最小的是磷元素，Al在周期表中是第三周期第IIIA族，Al和Ga是同族，因此元素周期表中镓的位置是第四周期第IIIA族。磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷；故答案为：磷；第四周期第IIIA族；磷原子和砷原子的最外层电子数相同，但磷原子比砷原子少一层电子，原子半径小，得电子能力强，所以磷的非金属性强于砷。
(2)GaAs可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3。配平反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：GaAs中As化合价由−3价升高到+5价，升高8个价态，HNO3中N化合价降低到NO2，由+5价降低到+4价，降低1个价态，根据升降守恒得到NO2系数为8，GaAs系数为1，H3AsO4系数为1，Ga(NO3)3系数为1，HNO3系数为11，H2O系数为4，根据O守恒检验，因此得到GaAs+11HNO3 = Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，其单线桥法为；故答案为：。
(3)从图中熔点变化分析出GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低；故答案为：GaN、GaP、GaAs都是原子晶体，原子半径N＜P＜As，键长Ga−N＜Ga−P＜Ga−As，键能Ga−N＞Ga−P＞Ga−As，故GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低。
(4)根据信息，说明亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH反应生成Na2HPO3，说明亚磷酸应属于二元弱酸，Na2HPO3溶液显碱性，说明水解大于电离，因此溶液中阴离子浓度由大到小的次序为＞OH－＞；故答案为：二元弱；＞OH－＞。
27． 1s22s1 O=C=O 离子键、共价键、金属键 3 2p [H：]- 氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大 3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑ Li 1.4g
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
【详解】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应②中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为=0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
28． 低 5 e 原子晶体 N3->O2->Al3+ 从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
【详解】(1) 合金的熔点一般低于任何一种组成金属的熔点，故该合金材料的熔点比组成成分的金属低；铝元素的原子核外由1s、2s、2p、3s、3p共5个能级；
a.金属的金属性强弱与单质的硬度和熔点无关，所以不能根据单质的硬度和熔点判断金属性强弱；
b.钠的还原性过强，先与水发生反应，无法利用置换反应来判断钠镁的金属性强弱；
c.不能根据金属失电子数的多少比较金属性的强弱，应该根据金属失电子的能力大小进行分析，虽然钠失电数小于铝，但金属性钠失电子能力强于铝，此方法不能证明；
d.将空气中久置的Na放入热水中，由于Na发生潮解生成碳酸钠，不与热水反应，因此无现象，但久置在空气中的Al表面会发生氧化反应生成氧化铝，与热水反应也无现象，不能证明；
e.Al为两性金属，其盐可以与强碱发生反应生成氢氧化铝沉淀，又因氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和NaOH反应生成偏铝酸盐，因此可以证明Na的金属性比Al强；
故答案选e；
(2)氮氧化铝晶体的硬度很大，属于原子晶体；铝离子，氧离子，氮离子三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大，则半径越小，故离子半径由大到小顺序为N3->O2->Al3+；
(3) 明矾[]溶液中离子浓度从大到小的顺序是不水解的二元硫酸根离子浓度最大，钾离子和铝离子要考虑铝的水解，结合水解呈酸性，所以离子浓度大小顺序为：；铝离子水解生成氢离子，氢氧化镁固体和氢离子反应生成镁离子和水，从而促进铝离子水解生成氢氧化铝沉淀而除去，离子方程式为；
(4) 锂在氧气中燃烧方程式为，产物为，电子式为；
(5)从LiRb，随质子数递增，电子层数增多，原子半径增大，原子失电子能力增强，则Q增大。
29． 第三周期第ⅣA族 4 原子晶体 最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4 N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯 离子键、共价键 78
【详解】(1)SiO2、C、Si3N4均为原子晶体，不存在分子结构，CO分子的正负电荷中心不重合，为极性分子；N2的正负电荷中心重合，为非极性分子，电子式为；Si元素为14号元素，位于第三周期第ⅣA族，其最外层电子的排布式为3s23p2，轨道表示式为，最外层共有4个电子，每个电子的运动状态各不相同，所以有4种运动状态不同的电子；
(2)氮化硅(Si3N4)耐高温、硬度大，为原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4中Si为+4价，N为-3价(说明Si的电负性小于N)、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4均可以说明氮元素比硅元素的非金属性强；N原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；
(3)足球烯有分子式，说明为分子晶体，而金刚石为原子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯；
(4)根据题意可知叠氮化钠由Na+和N构成，所以存在离子键，N中存在氮原子之间的共价键；40.32 L(标准状况下)氮气的物质的量为=1.8mol，叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，根据元素守恒可知消耗1.2molNaN3，质量为1.2mol´65g/mol=7.8g。
30． 第三周期ⅣA族 1s22s22p63s23p2 原子晶体 CS2 难 H2SO3 H2CO3 取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强 a 2.5 KMnO4、H2O2 1：2
【详解】(1)在短周期元素中有部分元素的原子具有核外电子排布有2个未成对电子的原子有：C：1s22s22p2；S：1s22s22p63s23p4；Si：1s22s22p63s23p2；O：1s22s22p4；同一周期从左到右原子半径减小，同一主族，从上到下，原子半径增大，其中A元素原子的半径最大，A为硅元素，核电荷数为14，在第三周期ⅣA族；其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；上述元素中原子半径最小的元素B为氧，硅与氧形成的化合物为二氧化硅，熔沸点高，硬度大，属于原子晶体；
(2)C元素的单质能溶解于C与D形成的化合物中，C为硫元素，C与D形成的化合物为CS2，二硫化碳为直线型分子，结构对称，属于非极性分子，不易溶于水；
(3)C、D元素均可与B元素形成化合物都可与水反应形成对应的酸，且2种酸的分子式相似，所以2种氧化物分别为：SO2、CO2； 2种酸的分子式分别为：H2SO3和H2CO3；根据形成盐的酸的酸性越强，水解能力越弱的规律，可以通过测定2种酸所形成的酸式盐的pH大小判定酸性强弱，具体操作为：取等浓度的NaHSO3、 NaHCO3溶液，分别用pH试纸(或pH计)测定它们的pH，如果测得NaHSO3溶液的pH比NaHCO3溶液小，则证明H2SO3的酸性较强；
(4) ①反应中，锰元素由+7降低到+2价，共降5价；铜元素由+1价升高到+2价，硫元素由-2价升高到+4价，Cu2S共升高8价，根据氧化还原反应化合价升降总数相等规律，、填系数8，Cu2S填系数5，填系数10，SO2填系数5，再根据原子守恒配平其它系数，配平后的方程式为：8+ 5Cu2S +44=10+ 5SO2↑ +8+ 22H2O；
a．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱关系是：
c．根据方程式可知，该反应转移电子为40，即40e-~5SO2，所以生成2.24L(标况下)SO2，即0.1molSO2，转移电子的物质的量是0.8mol，故正确；
d．根据方程式可知Cu2S为还原剂，发生氧化反应，所以被氧化的元素是正一价的Cu和负二价的S，故正确；
故选a；
(4)反应②中，锰元素由+7价降低到+2价，共降5价，硫元素由-2价升高到+4价，共升6价，根据化合价升降总数相等可知，、均填系数6，CuS、均填系数5，根据电荷守恒、原子守恒配平其它粒子的系数，配平后的方程式为：6+5 CuS +28=5+5 SO2↑ +6+ 14H2O；反应共转移30个电子，单线桥标出电子转移方向和数目如下：；
(5)稀硫酸中，某KMnO4和H2O2发生氧化还原反应方程式如下：2KMnO4 + 7H2O2 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 6O2↑ + 10H2O，当反应生成6mol氧气时，有5mol为过氧化氢被高锰酸钾氧化生成的，有1mol为过氧化氢自身发生氧化还原反应生成的；则被2mol高锰酸钾氧化的过氧化氢有5mol，反应中1mol KMnO4氧化H2O2的物质的量是2.5mol；反应中的氧化剂是KMnO4、H2O2；氧化剂与还原剂的物质的量比为3:6=1：2。
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