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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-120元素周期表，元素周期率（6）
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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-120元素周期表，元素周期率（6），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-120元素周期表，元素周期率（6）
一、单选题
1．（2020·上海浦东新·统考二模）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．金属性：Mg＞Al
C．碱性：NaOH＞LiOH D．稳定性：CH4＞SiH4
2．（2020·上海闵行·统考二模）用元素周期律不能解释的是
A．酸性:HCl＞H2S B．稳定性:H2O＞H2S
C．碱性:KOH＞NaOH D．非金属性:N＞Si
3．（2020·上海闵行·统考二模）主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是
A．一定位于第2周期 B．氢化物一定是RH4
C．一定位于第Ⅳ族 D．含氧酸一定是H2RO3
4．（2020·上海闵行·统考二模）49号铟元素近似相对原子质量为:113×4.3％+115×95.7％=114.9说法正确的是
A．铟原子一定有66个中子
B．某种同位素原子符号为
C．95.7％是铟元素的丰度
D．铟元素位于第五周期ⅢA族
5．（2020·上海宝山·统考二模）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列有关说法正确的是（ ）
A．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次变浅
B．卤化氢的键长按H-F、H-C1、H-Br、H-I的顺序依次增大
C．卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
D．卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易
6．（2020·上海静安·模拟预测）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
L
M
X
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、－2
+2
－2
下列说法正确的是（ ）
A．离子半径大小：r(M3+)
7．（2020·上海松江·一模）如图为短周期的部分元素的位置信息，下列推断错误的是（ ）
A．X和Y不可能形成化合物
B．Y的氧化物有多种
C．Z一定条件下与水反应
D．对应最高价氧化物的水化物的碱性，Y比Z强
8．（2020·上海浦东新·统考一模）根据元素周期律可判断( )
A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞N
C．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半径：Cl＞Al
9．（2020·上海青浦·统考一模）短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（ ）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
10．（2020·上海宝山·统考一模）短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有 6 个电子，Y 是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．熔沸点：Z2X＜Z2W B．元素最高价：Y＜Z
C．气态氢化物的热稳定性：Y＜W D．原子半径：X＜Y＜Z＜W
11．（2020·上海静安·统考一模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y可能是硅元素
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．气态氢化物的稳定性：Y＞W
D．非金属性：Y＞Z
12．（2020·上海奉贤·统考一模）X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：X
D．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同
13．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A．原子半径：W
C．气态氢化物热稳定性：Z
14．（2020·上海嘉定·二模）下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）
A．酸性：HClO4>H3PO4>H2SO4 B．氢化物稳定性：HF>H2O>H2S
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Ca(OH)2 D．原子半径：F>Cl>Br>I
15．（2020·上海黄浦·统考一模）下列各物质或微粒性质的比较中正确的是
A．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
B．热稳定性：H2CO3＞NaHCO3＞Na2CO3
C．半径：Cl＜Cl－＜S2－
D．酸性：H2CO3＜HNO3＜H3PO4
二、填空题
16．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
17．（2020·上海崇明·统考二模）我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A．它们的气态氢化物的稳定性
B．它们在元素周期表中的位置
C．它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D．它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。
（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A．K值减小 B．逆反应速率先减小后增大
C．K值增大 D．正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。
18．（2020·上海崇明·统考二模）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+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，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）___。
19．（2020·上海静安·模拟预测）某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应如下（未配平）：NaOH+Cl2→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，经测定反应后c(ClO-)和c(ClO3-)之比为1:3，则反应中被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为__________。足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。请运用原子结构和周期律简要说明导致产物中铁元素价态不同的原因______________________________。
20．（2020·上海静安·模拟预测）请用一个离子方程式说明钠与铝的金属性强弱__________________________。
21．（2020·上海黄浦·统考一模）工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：
（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是__，第二周期原子半径由大到小的是__。
（2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__，该分子为__（选填“极性”、“非极性”）分子。
（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___（填编号）
a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.两元素形成化合物的化合价
c.气态氢化物的稳定性
d.氢化物水溶液的酸碱性
侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H22NH3
（4）工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是__（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2的转化率的影响是___，对H2的反应速率的影响是__。
（5）该反应的催化剂是__（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：__。
三、原理综合题
22．（2020·上海闵行·统考二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________
（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
PH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________
参考答案：
1．A
【详解】A．硫酸为强酸、HClO为弱酸，酸性H2SO4＞HClO，HClO不是Cl的最高价含氧酸，不能利用元素周期律解释，故A选；
B．同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此金属性 Mg＞Al，能用元素周期律解释，故B不选；
C．金属性Na＞Li，对应的最高价氧化物的水化物的碱性为NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故C不选；
D．非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，非金属性C＞Si，则热稳定性：CH4＞SiH4，能用元素周期律解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意含氧酸的酸性强弱与非金属性强弱的关系中，只能根据最高价含氧酸的酸性强弱判断。
2．A
【详解】A. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，无氧酸的酸性不能用元素周期律解释，故选A；
B. 非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，稳定性:H2O＞H2S，故不选B；
C. 金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性:KOH＞NaOH，故不选C；
D. 同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性C＞Si；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性N＞C；所以非金属性N＞Si，故不选D。
3．A
【分析】最外层电子排布为nsnnp2，p能级有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。
【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；
B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；
C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第ⅣA族，故C错误；
D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n=2。
4．D
【详解】A. 根据题意，铟元素有铟、两种同位素，有66个中子、有64个中子，故A错误；
B. 质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为，故B错误；
C. 95.7％是同位素的丰度，故C错误；
D. 49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期ⅢA族，故D正确；
答案选D。
5．B
【详解】A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次变深，A错误；
B．原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，所以卤化氢的键长按H-F、H-C1、H-Br、H-I的顺序依次增大，B正确；
C．卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，C错误；
D．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱， 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了同一主族元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答。
6．A
【分析】短周期元素，L、R都有最高正价＋2，没有负价，二者处于ⅡA族，且L的原子半径较大，故L为Mg、R为Be；X、T都有−2价，处于ⅥA族，且X的原子半径较大，故X为S元素、T为O元素；M只有最高正价＋3，没有负价，二者处于ⅢA族，原子半径大于S原子，故M为Al，结合元素周期律与物质性质解答。
【详解】短周期元素，L、R都有最高正价＋2，没有负价，二者处于ⅡA族，且L的原子半径较大，故L为Mg、R为Be；X、T都有−2价，处于ⅥA族，且X的原子半径较大，故X为S元素、T为O元素；M只有最高正价＋3，没有负价，二者处于ⅢA族，原子半径大于S原子，故M为Al；
A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Al3＋)＜r(O2−)，故A正确；
B．同周期自左而右元素金属性减弱，同主族自上而下元素金属性增强，故Mg的金属性最强，故B错误；
C．煤和石油中都存在S元素，故C错误；
D．Mg2＋的核外电子数为12−2＝10，S2−的核外电子数为16−(−2)＝18，不相等，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解掌握。
7．A
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为H元素，Y为Na元素，Z为Mg元素，据此分析解答。
【详解】A．X和Y可能形成化合物，如NaH，属于离子化合物，故A错误；
B．Y为Na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠，故B正确；
C．镁在加热是能够与水反应生成氢氧化镁和氢气，故C正确；
D．Y为Na元素，Z为Mg元素，位于同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，因此最高价氧化物水化物的碱性，Y比Z强，故D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．O和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，故A错误；
B．F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；
C．Na和 Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；
D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，Al＞Cl，故D错误；
答案选C。
9．A
【分析】短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。
A. Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；
B. 金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；
C. 镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；
D. 金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；
故选：A。
10．B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。
A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误；
B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y
D、同一周期从左向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，则原子半径：Y
【点睛】离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl < NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。
11．B
【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，
A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；
C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；
D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；
故答案为B。
12．C
【分析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与 Z 原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。
【详解】A. 由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：Y
C. R为Cl元素、X为C元素，最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4> H2CO3，故C正确；
D. Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。
13．D
【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
14．B
【分析】A.首先判断元素的非金属性强弱，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B.根据共价键越强，物质的稳定性越强；
C.首先判断元素的金属性强弱，元素的金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D.根据元素原子的核外电子层数越多，原子半径越大分析判断。
【详解】A.根据元素周期律可知元素的非金属性：Cl>S>P，则酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，A错误；
B.元素的非金属性越强，其氢化物中含有的共价键就越强，含有该化学键的物质就越稳定。由于元素的非金属性F>O>S，所以氢化物稳定性：HF>H2O>H2S，B正确；
C.根据元素周期律可知元素的金属性：Ca>Na>Mg，则碱性： Ca(OH)2>NaOH>Mg(OH)2，C错误；
D.由于原子核外电子层数I>Br>Cl>F，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：F
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，涉及元素金属性、非金属性、元素形成的化合物的稳定性、原子半径大小比较及酸碱性变化规律，题目难度不大，注意元素周期律的递变规律。
15．C
【详解】A．三种物质都属于分子晶体，因水中含氢键沸点最大，另两种物质不含氢键，则相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为H2O＞H2Se＞H2S，故A错误；
B．易分解的物质最不稳定，则热稳定性为H2CO3＜NaHCO3＜Na2CO3，故B错误；
C．阴离子半径大于原子的半径，具有相同电子排布的阴离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径为Cl＜Cl-＜S2-，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P＞C，则酸性：H2CO3＜H3PO4＜HNO3，故D错误；
答案选C。
16． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
17． 2s22p2 电子云的伸展方向 C、D 不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/（L•min） 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；
(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
18． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【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CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，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：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，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6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(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。
19． 4:1 氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为1:3，则可设ClO−为1mol，ClO3−为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电子的物质的量也应为16mol，被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:4mol=4:1；因为氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价，所以足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。
20．Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O
【分析】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化铝具有两性，能溶于强碱，如氢氧化钠，发生如下反应：，则说明钠的金属性比铝元素强。
21． O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 无影响 减小 变大 铁触媒 高温加快反应速率，催化剂适宜温度
【详解】(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为: H、C、N、O、Na、Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：C＞N＞O；
(2)铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是 ，该分子为非极性分子；
(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于N与O元素之间非金属性大小判断依据：
a.O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；
b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；
c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；
d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判据；
答案选bc；
(4)工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物(H2)的转化率；
(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。
【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：
①根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。②从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2化合越容易，则非金属性越强。③从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。
22． O N 34.5 正 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） >
【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-120元素周期表，元素周期率（6）
一、单选题
1．（2020·上海浦东新·统考二模）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．酸性：H2SO4＞HClO B．金属性：Mg＞Al
C．碱性：NaOH＞LiOH D．稳定性：CH4＞SiH4
2．（2020·上海闵行·统考二模）用元素周期律不能解释的是
A．酸性:HCl＞H2S B．稳定性:H2O＞H2S
C．碱性:KOH＞NaOH D．非金属性:N＞Si
3．（2020·上海闵行·统考二模）主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是
A．一定位于第2周期 B．氢化物一定是RH4
C．一定位于第Ⅳ族 D．含氧酸一定是H2RO3
4．（2020·上海闵行·统考二模）49号铟元素近似相对原子质量为:113×4.3％+115×95.7％=114.9说法正确的是
A．铟原子一定有66个中子
B．某种同位素原子符号为
C．95.7％是铟元素的丰度
D．铟元素位于第五周期ⅢA族
5．（2020·上海宝山·统考二模）卤素单质及其化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列有关说法正确的是（ ）
A．卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次变浅
B．卤化氢的键长按H-F、H-C1、H-Br、H-I的顺序依次增大
C．卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱
D．卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由难变易
6．（2020·上海静安·模拟预测）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
L
M
X
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、－2
+2
－2
下列说法正确的是（ ）
A．离子半径大小：r(M3+)
7．（2020·上海松江·一模）如图为短周期的部分元素的位置信息，下列推断错误的是（ ）
A．X和Y不可能形成化合物
B．Y的氧化物有多种
C．Z一定条件下与水反应
D．对应最高价氧化物的水化物的碱性，Y比Z强
8．（2020·上海浦东新·统考一模）根据元素周期律可判断( )
A．稳定性：H2S＞H2O B．最高化合价：F＞N
C．碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D．原子半径：Cl＞Al
9．（2020·上海青浦·统考一模）短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（ ）
A．元素 n 位于元素周期表第 3 周期，第ⅢA 族
B．单质与水反应置换出氢气的能力：m＜n
C．简单离子半径：m＞q
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：m＜n
10．（2020·上海宝山·统考一模）短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有 6 个电子，Y 是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中 Z 位于 IA 族，W 与 X 属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．熔沸点：Z2X＜Z2W B．元素最高价：Y＜Z
C．气态氢化物的热稳定性：Y＜W D．原子半径：X＜Y＜Z＜W
11．（2020·上海静安·统考一模）第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．Y可能是硅元素
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．气态氢化物的稳定性：Y＞W
D．非金属性：Y＞Z
12．（2020·上海奉贤·统考一模）X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径的大小顺序：X
D．Y与Z形成的两种化合物中的化学键和晶体类型均完全相同
13．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A．原子半径：W
C．气态氢化物热稳定性：Z
14．（2020·上海嘉定·二模）下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）
A．酸性：HClO4>H3PO4>H2SO4 B．氢化物稳定性：HF>H2O>H2S
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2>Ca(OH)2 D．原子半径：F>Cl>Br>I
15．（2020·上海黄浦·统考一模）下列各物质或微粒性质的比较中正确的是
A．沸点：H2O＞H2S＞H2Se
B．热稳定性：H2CO3＞NaHCO3＞Na2CO3
C．半径：Cl＜Cl－＜S2－
D．酸性：H2CO3＜HNO3＜H3PO4
二、填空题
16．（2020·上海浦东新·统考二模）二氧化氯（ClO2）可以除去工业污水中的氰化物，反应的离子方程式为：2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-
完成下列填空：
（1）上述反应所涉及元素的原子半径由大到小的顺序是___；其中原子核外有两个未成对电子的元素有___。请比较碳和氮元素非金属性强弱___（用一个化学反应方程式表示）。
（2）二氧化氯还可以除去污水中的锰离子，请配平如下反应：___。
ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4
若反应中生成0.2molMnO2，则电子转移___个。
（3）氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，它的电子式为___。
（4）另一种处理含氰化物污水的方法是电解法，分析判断CN-是在___极上（选填编号：①阴；②阳）被反应成CO2和N2，判断的依据是___。
17．（2020·上海崇明·统考二模）我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：
I.（1）碳原子的最外层电子排布式为___。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为___。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号）___。
A．它们的气态氢化物的稳定性
B．它们在元素周期表中的位置
C．它们相互之间形成的化合物中元素的化合价
D．它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱
Ⅱ.已知NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)，在一定容积的密闭容器中进行该反应。
（2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时，___（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是：___。
在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）___。
A．K值减小 B．逆反应速率先减小后增大
C．K值增大 D．正反应速率减小先慢后快
Ⅲ.化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q(Q＞0)
（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式___。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：___＞___。
若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，则用NO2来表示反应在此2min内的平均速率为___。
（4）已知压强P2＞P1，试在图上作出该反应在P2条件下的变化曲线___。
该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：___。
18．（2020·上海崇明·统考二模）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+___HNO3（浓）—___CuSO4+___NO2↑+___H2O，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）___。
19．（2020·上海静安·模拟预测）某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应如下（未配平）：NaOH+Cl2→NaClO+NaClO3+NaCl+H2O，经测定反应后c(ClO-)和c(ClO3-)之比为1:3，则反应中被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为__________。足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。请运用原子结构和周期律简要说明导致产物中铁元素价态不同的原因______________________________。
20．（2020·上海静安·模拟预测）请用一个离子方程式说明钠与铝的金属性强弱__________________________。
21．（2020·上海黄浦·统考一模）工业制备纯碱的原理为：NaCl+CO2+NH3+H2O→NH4Cl+NaHCO3↓。完成下列填空：
（1）上述反应体系中出现的几种短周期元素，非金属性最强的是__，第二周期原子半径由大到小的是__。
（2）反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的电子式是__，该分子为__（选填“极性”、“非极性”）分子。
（3）写出上述元素中有三个未成对电子的原子核外电子排布式__，下列关于该元素和氧元素之间非金属性大小判断依据正确的是___（填编号）
a.最高价氧化物对应水化物的酸性
b.两元素形成化合物的化合价
c.气态氢化物的稳定性
d.氢化物水溶液的酸碱性
侯氏制碱法也称联碱法，联合了合成氨工厂，发生如下反应：N2+3H22NH3
（4）工业为了提高H2的转化率，一般会加入稍过量的N2，这样做对平衡常数的影响是__（填“变大”，“变小”或“无影响”，下同），对N2的转化率的影响是___，对H2的反应速率的影响是__。
（5）该反应的催化剂是__（填名称）。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：__。
三、原理综合题
22．（2020·上海闵行·统考二模）NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。
（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________
（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________
（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________
（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
PH
9.66
9.52
9.37
9.25
升温过程中PH减小的原因是_____________
参考答案：
1．A
【详解】A．硫酸为强酸、HClO为弱酸，酸性H2SO4＞HClO，HClO不是Cl的最高价含氧酸，不能利用元素周期律解释，故A选；
B．同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，因此金属性 Mg＞Al，能用元素周期律解释，故B不选；
C．金属性Na＞Li，对应的最高价氧化物的水化物的碱性为NaOH＞LiOH，能用元素周期律解释，故C不选；
D．非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，非金属性C＞Si，则热稳定性：CH4＞SiH4，能用元素周期律解释，故D不选；
故选A。
【点睛】本题的易错点为A，要注意含氧酸的酸性强弱与非金属性强弱的关系中，只能根据最高价含氧酸的酸性强弱判断。
2．A
【详解】A. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，无氧酸的酸性不能用元素周期律解释，故选A；
B. 非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，稳定性:H2O＞H2S，故不选B；
C. 金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性:KOH＞NaOH，故不选C；
D. 同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性C＞Si；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性N＞C；所以非金属性N＞Si，故不选D。
3．A
【分析】最外层电子排布为nsnnp2，p能级有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。
【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；
B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；
C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第ⅣA族，故C错误；
D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；
选A。
【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n=2。
4．D
【详解】A. 根据题意，铟元素有铟、两种同位素，有66个中子、有64个中子，故A错误；
B. 质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为，故B错误；
C. 95.7％是同位素的丰度，故C错误；
D. 49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期ⅢA族，故D正确；
答案选D。
5．B
【详解】A．氯化银是白色固体，溴化银是淡黄色固体，碘化银是黄色固体，卤化银的颜色按AgCl、AgBr、AgI的顺序依次变深，A错误；
B．原子半径越大，原子间的键长就越长，卤素原子的原子半径随着原子序数的增大而增大，所以卤化氢的键长按H-F、H-C1、H-Br、H-I的顺序依次增大，B正确；
C．卤化氢的还原性随着卤原子原子序数的增大而增强，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，C错误；
D．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱， 卤素单质与氢气化合按F2、Cl2、Br2、I2的顺序由易变难，D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查了同一主族元素性质的递变性，根据元素周期律来分析解答。
6．A
【分析】短周期元素，L、R都有最高正价＋2，没有负价，二者处于ⅡA族，且L的原子半径较大，故L为Mg、R为Be；X、T都有−2价，处于ⅥA族，且X的原子半径较大，故X为S元素、T为O元素；M只有最高正价＋3，没有负价，二者处于ⅢA族，原子半径大于S原子，故M为Al，结合元素周期律与物质性质解答。
【详解】短周期元素，L、R都有最高正价＋2，没有负价，二者处于ⅡA族，且L的原子半径较大，故L为Mg、R为Be；X、T都有−2价，处于ⅥA族，且X的原子半径较大，故X为S元素、T为O元素；M只有最高正价＋3，没有负价，二者处于ⅢA族，原子半径大于S原子，故M为Al；
A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径r(Al3＋)＜r(O2−)，故A正确；
B．同周期自左而右元素金属性减弱，同主族自上而下元素金属性增强，故Mg的金属性最强，故B错误；
C．煤和石油中都存在S元素，故C错误；
D．Mg2＋的核外电子数为12−2＝10，S2−的核外电子数为16−(−2)＝18，不相等，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题根据化合价与原子半径推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解掌握。
7．A
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，X为H元素，Y为Na元素，Z为Mg元素，据此分析解答。
【详解】A．X和Y可能形成化合物，如NaH，属于离子化合物，故A错误；
B．Y为Na元素，钠的氧化物有氧化钠、过氧化钠，故B正确；
C．镁在加热是能够与水反应生成氢氧化镁和氢气，故C正确；
D．Y为Na元素，Z为Mg元素，位于同一周期，从左到右，金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，因此最高价氧化物水化物的碱性，Y比Z强，故D正确；
故选A。
8．C
【详解】A．O和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2O＞H2S，故A错误；
B．F没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；
C．Na和 Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；
D．Al和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，Al＞Cl，故D错误；
答案选C。
9．A
【分析】短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。
A. Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第ⅢA族，故A正确；
B. 金属性：Mg＞Al，则单质与水反应置换出氢气的能力：m＞n，故B错误；
C. 镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：m＜q，故C错误；
D. 金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性：m＞n，故D错误；
故选：A。
10．B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O，则Z为Na元素；W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。
【详解】根据分析可知，X为O，Y为F，Z为Na，W为S元素。
A、Na2O和Na2S都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点Na2O>Na2S，故A错误；
B、F最高价为0价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y
D、同一周期从左向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，则原子半径：Y
【点睛】离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCl < NaCl；简单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。
11．B
【分析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液的pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na，Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；等浓度的最高价含氧酸中，Z电离出氢离子浓度比W的大、Y对应的酸性最弱，而原子半径Y＞Z＞Cl，故Z为S元素，Y为P元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl，
A．Y不可能是Si元素，因为SiO2不溶于水，由分析可知Y是P元素，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则S2-、Cl-和Na+的离子半径为S2-＞Cl-＞Na+，故B正确；
C．Cl的非金属性比P强，则气态氢化物的稳定性HCl＞PH3，故C错误；
D．S和P是同周期的主族元素，核电荷数大，元素的非金属性强，即S的非金属性大于P，故D错误；
故答案为B。
12．C
【分析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与 Z 原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。
【详解】A. 由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：Y
C. R为Cl元素、X为C元素，最高价氧化物对应水化物分别是HClO4和H2CO3，酸性：HClO4> H2CO3，故C正确；
D. Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；
正确答案是C。
【点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。
13．D
【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则
A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；
B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；
C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；
D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；
答案选D。
【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。
14．B
【分析】A.首先判断元素的非金属性强弱，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B.根据共价键越强，物质的稳定性越强；
C.首先判断元素的金属性强弱，元素的金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D.根据元素原子的核外电子层数越多，原子半径越大分析判断。
【详解】A.根据元素周期律可知元素的非金属性：Cl>S>P，则酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，A错误；
B.元素的非金属性越强，其氢化物中含有的共价键就越强，含有该化学键的物质就越稳定。由于元素的非金属性F>O>S，所以氢化物稳定性：HF>H2O>H2S，B正确；
C.根据元素周期律可知元素的金属性：Ca>Na>Mg，则碱性： Ca(OH)2>NaOH>Mg(OH)2，C错误；
D.由于原子核外电子层数I>Br>Cl>F，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：F
【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，涉及元素金属性、非金属性、元素形成的化合物的稳定性、原子半径大小比较及酸碱性变化规律，题目难度不大，注意元素周期律的递变规律。
15．C
【详解】A．三种物质都属于分子晶体，因水中含氢键沸点最大，另两种物质不含氢键，则相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为H2O＞H2Se＞H2S，故A错误；
B．易分解的物质最不稳定，则热稳定性为H2CO3＜NaHCO3＜Na2CO3，故B错误；
C．阴离子半径大于原子的半径，具有相同电子排布的阴离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径为Cl＜Cl-＜S2-，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P＞C，则酸性：H2CO3＜H3PO4＜HNO3，故D错误；
答案选C。
16． Cl＞C＞N＞O C、O NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑ 2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4 0.4NA或2.408×1023 ② CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程
【分析】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，根据原子半径的变化规律分析判断原子半径的大小的顺序；根据四种元素原子的电子排布式分析判断原子核外有两个未成对电子的元素。硝酸的酸性大于碳酸，能够说明氮的非金属性大于碳，据此分析解答；
(2)根据化合价升降守恒配平方程式结合氧化还原反应的规律计算；
(3)Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，据此分析书写电子式；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，根据化合价的变化结合电解原理分析解答。
【详解】(1)2ClO2+2CN-=2CO2↑+N2↑+2Cl-反应中涉及的元素有Cl、O、C、N，同一周期，自左而右，原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为Cl＞C＞N＞O；四种元素原子的电子排布式分别为1s22s22p63s23p5、1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，其中原子核外有两个未成对电子的元素有C、O。氮的非金属性大于碳，因为硝酸的酸性大于碳酸，NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑，故答案为：Cl＞C＞N＞O；C、O；NaHCO3+HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑或Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+H2O+CO2↑；
(2)根据化合价升降守恒，ClO2+MnSO4+H2O→MnO2↓+HCl+H2SO4反应中Cl由+4价降低为-1价，降低5，Mn由+2价升高到+4价，升高2，最小公倍数为10，配平得2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；若反应中生成0.2molMnO2，转移0.4mol电子，数目为0.4NA或2.408×1023，故答案为：2ClO2+5MnSO4+6H2O=5MnO2↓+2HCl+5H2SO4；0.4NA或2.408×1023；
(3)氯的另一种氧化物Cl2O每个原子都达到8电子稳定结构，则分子中存在两个Cl-O共价键，电子式为，故答案为：；
(4)用电解法处理含氰化物污水，将CN-转化为CO2和N2，则CN-被氧化成CO2和N2，失去电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程，因此CN-是在阳极上被氧化，故答案为：②；CN-被氧化成CO2和N2是失电子，电解时阳极发生失电子的氧化过程。
17． 2s22p2 电子云的伸展方向 C、D 不能 该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡 B NO2 CO2 0.2mol/（L•min） 若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小
【详解】(1)碳为6号元素，碳原子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为7号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相同；A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，但H2S的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元素的非金属性比碳元素强，故A不选；B.不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C.S和C相互之间形成的化合物为CS2，其中C显正价，S显负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选；D.硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D选；故选CD；故答案为：2s22p2；电子云的伸展方向；CD；
(2)NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，SO3浓度减小，A.温度不变，K值不变，故A错误；B. SO3浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B正确；C. 温度不变，K值不变，故C错误；D. SO3浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D错误；故选B；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；
(3)2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2和CO2，N2含有3个共用电子对，CO2含有4个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2＞CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2反应后气体的浓度变化量为1，若该反应中气体的总浓度在2min内减少了0.2mol/L，说明2min内NO2的浓度减小了0.4mol/L，v===0.2mol/(L•min)，故答案为：；NO2；CO2；0.2mol/(L•min)；
(4)2NO2+4CON2+4CO2是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2＞P1，在P2条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为： ；若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。
【点睛】本题的易错点为(1)，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。
18． CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 C 5 HS- c(HS-)+c(S2-)+c(H2S) 1 8 1 8 4 35.84 6.4NA 离子晶体 S＞N＞O＞H
【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CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，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：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4；C；
(2)该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，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6.4NA，故答案为：35.84；6.4NA；
(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。
19． 4:1 氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价
【详解】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为1:3，则可设ClO−为1mol，ClO3−为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，得到电子的物质的量也应为16mol，被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:4mol=4:1；因为氯和碘处于同一主族，原子的最外层都有7个电子，由于碘原子电子层数比氯多，原子核对最外层电子吸引力弱，所以碘原子得电子能力弱，单质氧化性比氯弱，无法将铁元素氧化到+3价，所以足量氯气与铁反应生成氯化铁，足量碘与铁反应生成碘化亚铁。
20．Al(OH)3+OH-→AlO2-+2H2O
【分析】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化铝具有两性，能溶于强碱，如氢氧化钠，发生如下反应：，则说明钠的金属性比铝元素强。
21． O C＞N＞O 非极性 1s22s22p3 bc 无影响 减小 变大 铁触媒 高温加快反应速率，催化剂适宜温度
【详解】(1)上述反应体系中出现的几种短周期元素为: H、C、N、O、Na、Cl。同周期元素，从左往右非金属性越来越强，同族元素从下往上，非金属性越来越强，所以几种短周期元素中非金属性最强的是O；同周期从左往右，元素的原子半径越来越小，C、N、O为第二周期的元素，其原子半径由大到小的顺序为：C＞N＞O；
(2)铵根离子空间构型为正四面体形，反应体系中出现的非金属元素可形成多种化合物，其中和铵根离子空间构型相同且属于有机物的是CH4，其电子式是 ，该分子为非极性分子；
(3)上述元素中有三个未成对电子的原子为N，其核外电子排布式为1s22s22p3，关于N与O元素之间非金属性大小判断依据：
a.O无最高价氧化物对应的水化物，a不能作为判据；
b.可根据两元素形成化合物NO中两元素的化合价来判断两者的非金属性大小，b能作为判据；
c.两者的气态氢化物分别为H2O、NH3，根据氢化物的稳定性可判断两者的非金属性大小，c能作为判据；
d.氢化物水溶液的酸碱性不能作为判断两者的非金属性大小的依据，d不能作为判据；
答案选bc；
(4)工业为了提高H2的转化率，加入稍过量的N2，因为温度不变，所以反应的平衡常数不变，增大N2的量，平衡移动最终只能削弱条件改变带来的影响而不能彻底消除，所以N2的量会比加量前平衡时的量要多，所以N2的转化率会降低，但会提高另一反应物(H2)的转化率；
(5)合成氨反应的催化剂是铁触媒。反应本身为放热反应，但是工业仍然选择高温的理由是：高温能够加快反应速率，且在该温度下适合催化剂发挥作用，即催化剂的活性强。
【点睛】元素非金属性大小的主要比较方法：
①根据元素周期表判断：同周期从左到右，非金属性逐渐增强；同主族从上到下非金属性逐渐减弱。②从元素单质与氢气化合难易上比较：非金属单质与H2化合越容易，则非金属性越强。③从形成氢化物的稳定性上进行判断：氢化物越稳定，非金属性越强。④从非金属元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断：若最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性越强。⑤从非金属阴离子还原性强弱判断:非金属阴离子还原性越强，对应原子得电子能力越弱,其非金属性越弱。⑥根据两种元素对应单质化合时电子的转移或化合价判断：一般来说，当两种非金属元素化合时，得到电子而显负价的元素原子的电子能力强于失电子而显正价的元素原子。
22． O N 34.5 正 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 向溶液中滴加酚酞，发现变红 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） >
【分析】（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；
（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；
（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。
【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；
（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；
（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。
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