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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-119元素周期表，元素周期律（5）
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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-119元素周期表，元素周期律（5），共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，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-119元素周期表，元素周期律（5）
一、单选题
1．（2021·上海金山·统考一模）已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系见下图。下列判断错误的是
A．非金属性：W>Z B．最高正价：YM
2．（2021·上海闵行·统考一模）A、B、C、D 是原子序数递增的短周期元素。A、C 原子最外层均有一个空轨道，B、D 原子均有一个未成对电子，且 B 原子核外有 5 种不同能量的电子。下列说法错误的是
A．A 的氧化物属于分子晶体 B．B 的氯化物属于弱电解质
C．C 的氧化物属于共价化合物 D．D 的单质中含有非极性键
3．（2021·上海虹口·统考一模）2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法正确的是
A．14N与14C互为同位素 B．Si3N4中N为+3价
C．NH3的热稳定性比HF的强 D．N2的电子式
4．（2021·上海虹口·统考一模）能用于比较硫、氯两种元素非金属性强弱的是
A．熔点：S > Cl2 B．酸性：HClO4 > H2SO4
C．相对原子质量：Cl > S D．氧化性：HClO>H2SO3
5．（2021·上海长宁·统考二模）硒是人体必需的微量元素，图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是
A．位于第四周期
B．质量数为34
C．原子最外层有6个电子
D．相对原子质量为78.96
6．（2021·上海·统考一模）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>H3PO4
B．非金属性：Cl>Br
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2
D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
7．（2021·上海长宁·统考二模）卤族元素有关性质比较正确的是
A．稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B．氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
C．熔沸点：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D．还原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
8．（2021·上海嘉定·统考二模）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
9．（2020·上海松江·统考二模）短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同电子层结构，下列说法正确的是
A．X2+的离子半径比Y2-小
B．X的原子序数比Y小
C．X和Y原子的电子层数相等
D．X和Y原子最外层电子数相等
10．（2020·上海长宁·统考二模）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．原子半径：＞ B．还原性：＞
C．热稳定性：＞ D．酸性：＞
11．（2020·上海崇明·统考二模）M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（ ）
M
N
W
K
A．四种元素的气态氢化物均为极性分子
B．四种元素的单质一定只形成分子晶体
C．四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云
D．四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数
12．（2020·上海嘉定·二模）短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种
B．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
13．（2020·上海·二模）短周期元素X、Y、Z、M 在周期表中的位置关系如右图，对这些元素形成的单质或化合物推测正确的是（ ）
X
Z
Y
M
A．若Z元素形成的单质是Z2，则M元素形成的单质也一定是M2
B．若HnX常温下是气体，则HmZ 常温下也是气体
C．若有碱M(OH)n，则也一定有碱Y(OH)m
D．若Y有最高价含氧酸HnYOm，则X也一定有最高价含氧酸HnXOm
14．（2020·上海徐汇·统考二模）Be元素与Al元素性质相似，下列说法错误的是
A．BeCl2溶液呈酸性 B．BeO能与NaOH溶液反应
C．Be(OH)2不溶于弱碱 D．蒸干BeCl2溶液可得BeCl2晶体
15．（2020·上海徐汇·统考二模）铟(49In)与铷(37Rb)同周期，与铝(13Al)同主族。下列说法正确的是
A．In位于第四周期第ⅢA族 B．原子半径：In >Rb
C．金属性：In >Al D．碱性：In(OH)3 >RbOH
16．（2020·上海奉贤·统考二模）我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是
A．自然界有游离态銣元素存在
B．与同周期元素53I的原子半径比较：Rb＞I
C．元素的金属性：K＞Rb
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
17．（2020·上海金山·统考二模）下列气态氢化物中最不稳定的是
A．H2O B．HF C．H2S D．PH3
18．（2020·上海静安·统考二模）一般情况下，前者无法决定后者的是
A．分子间作用力的大小——分子的稳定性
B．原子的质子数——元素的种类
C．原子核外电子排布——主族元素在周期表中的位置
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
19．（2020·上海青浦·统考二模）氦-3聚变（3He+3He→4He+2H）可作为未来可控核聚变的清洁能源，下列说法正确的是
A．氦-3聚变属于化学变化 B．3He和4He具有相同的质量数
C．He位于第1周期第ⅡA族 D．2H和3He具有相同的中子数
20．（2020·上海长宁·统考二模）对储氢材料CaH2描述错误的是（ ）
A．离子半径：H->Li+ B．H-有强还原性
C．Ca2+最外层电子排布式：3s23p6 D．CaH2晶体中既有离子键又有共价键
二、结构与性质
21．（2021·上海嘉定·统考一模）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。2Al2O34Al+3O2↑[冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，降低氧化铝熔点]
(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是___________，Al3+电子排布式___________，O原子的未成对电子数___________。
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第___________周期第___________族。冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号___________。
(3)用“>”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al_______Si
O______ F
二氧化硅________晶体硅
(4)用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因_________。
(5)其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
I．Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g) -1486kJ
II．3 AlCl(g)2 Al(l)+ AlCl3(g) +140 kJ
①反应I中的还原产物是___________；若有0.6gC反应，电子转移数目为___________
②结合反应I、II分析，请说出这种提炼方法2条优点___________ ___________。
22．（2021·上海虹口·统考一模）二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。
(1)二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
硒在元素周期表中的位置是___________；硒原子核外有___________个未成对电子；硒化氢的电子式为___________。
(2)已知SeS2分子比例模型如所示，推测SeS2为___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：___________。
工业上提取硒的过程如下：
第一步(未配平)：X + Se + H2SO4 → Na2SO4 + H2SeO3 + ClO2↑+ H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
(4)第一步中X的化学式为___________。每溶解1 mol Se，转移电子数为___________个。
(5)写出第二步反应的化学方程式___________；该反应中被氧化的元素是___________。
三、填空题
23．（2021·上海金山·统考一模）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
24．（2020·上海嘉定·二模）面对新冠肺炎病毒可以采用的消毒剂常见的有“84”消毒液，医用酒精它们的有效成分分别是NaClO、，都可以使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒。请回答以下问题：
（1）以上涉及元素包含______个主族、______个周期；按原子半径由小到大排列依次为____________（用元素符号表示）；有2个未成对电子元素是______；非金属性：O>Cl，请列举一个事实________________________。
（2）是______（“电解质”，“非电解质”）；75%酒精的“75%”是______（“质量分数分数”，“体积分数”），分子中的氢原子的类型有______种（“2”，“3”或“4”）。
（3）NaClO的电子式______，其溶液中的离子浓度由大到小顺序__________________。某化学工作者在家自制“84”消毒液如图
（4）①M的化学式______，铁是______极；②请阐述该装置能够制取消毒液的理由：_____________。
25．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
26．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
27．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SK2S+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
四、原理综合题
28．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
29．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol•L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，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4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
30．（2020·上海·二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有Na2CO3和H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。
(1)Na 原子的核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。
(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。
(4)高锰酸根离子()水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____+_______CO+___H2O2→___MnCO3¯+___□+____OH-+____H2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
参考答案：
1．A
【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。根据25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系，0.01mol/L的M的最高价氧化物对应水化物的pH=12，M是Na；0.01mol/L的X、Z的最高价氧化物对应水化物的pH=2，X、Z分别是N、Cl元素；0.01mol/L的W的最高价氧化物对应水化物的pH<2，则W是S元素； 0.01mol/L的Y的最高价氧化物对应水化物的2
B．C的最高价为+4，Cl的最高价是+7，最高正价：Cl>C，故B正确；
C．常温下，单质碳为固体、N2是气体，熔点：N2
选A。
2．B
【分析】B原子核外有5种不同能量电子，说明B原子有5个能级，即1s、2s、2p、3s、3p，故B位于第三周期，因为B、C、D原子序数递增且为短周期，故C、D也位于第三周期，第三周期有一个未成对电子的有：1s22s22p63s23p1和1s22s22p63s23p5，即Al和Cl，故B为Al，D为Cl，C最外层有一个空轨道，此空轨道只能为3p，故C排布式为1s22s22p63s23p2，即C为Si，A能层可能为两层或一层，若为一层则不可能存在空轨道，故A为两层，且空轨道为2p，即A排布式为1s22s22p2，故A为C。
【详解】A．C的氧化物为CO或CO2，两者均为分子构成，故其固态为分子晶体，A正确；
B．AlCl3溶于水完全电离产生Al3+、Cl-，故AlCl3为强电解质，B错误；
C．SiO2中Si与O之间为共价键，即SiO2只含共价键，故为共价化合物，C正确；
D．Cl2中两个Cl原子吸引电子能力相同，故两者之间的共用电子对不偏向任何一方，即为非极性共价键，D正确；
故答案选B。
3．D
【详解】A．同一元素的不同核素互为同位素，14N与14C是不同元素的不同核素，不是同位素，故A错误；
B．根据化学式书写原则及电负性强弱可知，Si3N4中N为-3价，B错误；
C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的热稳定性越强，氮的非金属性小于氟，故NH3的热稳定性比HF的弱，C错误；
D．氮气形成氮氮三键，其电子式为：，D正确；
答案选D。
4．B
【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱，据此分析。
【详解】A．熔点的高低不能作为非金属性的判断依据，故A不符合题意；
B．HClO4 和H2SO4分别是S和Cl的最高价含氧酸，HClO4 的酸性强于H2SO4可以说明Cl的非金属性强于S，故B符合题意；
C．元素的相对原子质量不能作为非金属性的判断依据，故C不符合题意；
D．不能根据含氧酸的氧化性判断元素的非金属性，故D不符合题意。
答案选B。
5．B
【详解】A、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，Se位于第四周期ⅥA族，选项A正确；
B、根据元素周期表中的信息可知，Se的原子序数为34，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素原子的原子核内质子数和核外电子数为34，而不是质量数为34，选项B错误；
C、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，则Se原子最外层有6个电子，选项C正确；
D、根据元素周期表中的信息可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为78.96，选项D正确；
答案选B。
6．D
【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S>P，则酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；
B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl>Br，能用元素周期律解释，故B错误；
C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；
D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确。
故答案选：D。
7．A
【详解】A.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故A正确；
B. F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，对应单质的氧化性也越弱，故B错误；
C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，从上到下，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质熔沸点依次升高，即单质熔沸点：I2＞Br2＞Cl2＞F2，故C错误；
D.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，阴离子还原性依次增强，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较，解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系：第ⅤⅡA族元素中，随着原子序数的增大，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱。据此解答。
8．A
【分析】根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。
【详解】A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；
B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；
C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。
9．A
【分析】短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同电子层结构，则X为Mg元素，Y为O元素。
【详解】A．电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则X2+的离子半径比Y2-小，A正确；
B．X为12号Mg元素，Y为8号O元素，则X的原子序数比Y大，B错误；
C．X原子有3层电子层，而Y原子有2层电子层，则X和Y原子的电子层数不相等，C错误；
D．X原子最外层电子数为2，而Y原子最外层电子数为6，则X和Y原子最外层电子数不相等，D错误；
故选A。
10．C
【详解】A. 同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：＞，能用元素周期律解释，故A不选；
B. 非金属＞，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故B不选；
C. 碳酸氢盐较不稳定，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C选；
D. 非金属性S>P，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，能用元素周期律解释，故D不选。
故答案选：C。
11．C
【分析】W原子的最外层电子构型为nsnnp2n，则n=2，即W原子的最外层电子构型为2s22p4，为O元素，则M为C元素，N为N元素，K为S元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】A．四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；
B．四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；
C．四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云——球形和纺锤形，故C正确；
D．四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意O的非金属性较强，一般没有正化合价，F的非金属性最强，不存在正化合价。
12．B
【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
【详解】A．元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故A正确；
B．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；
C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；
D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；
答案选B。
13．C
【详解】A．Z元素和M元素都是短周期元素，若Z元素形成的单质是O2，则M元素形成的单质是S，故A错误；
B．X和Z是同周期元素，若X使N元素，Z是O元素， 它们的氢化物，NH3常温下是气体，则H2O常温下是气体，故B错误；
C． M和Y位于同一周期，若有碱M(OH)n，M为金属元素，Y在M的左边，也应该为金属元素，Y(OH)m也是碱，故C正确；
D．若Y有最高价含氧酸HnYOm，则Y是非金属元素，X和Y位于同一主族，同主族元素非金属性减弱，X也是非金属元素，但若Y是Cl，X为F，F元素没有最高价氧化物对应的水化物，故D错误；
答案选C。
【点睛】D项的F和O元素没有最高正价，没有最高价氧化物对应的水化物为易错点。
14．D
【分析】Be元素与Al元素性质相似，根据Al元素的单质及其化合物的性质推测Be元素的单质及其化合物的性质。
【详解】A. Be元素与Al元素性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，AlCl3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，BeCl2属于强酸弱碱盐，BeCl2溶液中Be2+水解使溶液呈酸性，A正确；
B. Be元素与Al元素性质相似，Al2O3能与NaOH溶液反应，则BeO能与NaOH溶液反应（反应方程式为：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O），B正确；
C. Be元素与Al元素性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，Al(OH)3溶于强碱、不溶于弱碱，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱、不溶于弱碱，C正确；
D.根据A项分析，BeCl2溶液中存在水解平衡BeCl2+2H2O⇌Be(OH)2+2HCl，加热时由于温度升高和HCl的挥发，水解平衡正向移动，蒸干BeCl2溶液最终得到Be(OH)2，不能得到BeCl2晶体，D错误；
答案选D。
15．C
【详解】A. 铟(49In)与铷(37Rb)同周期，说明是第五周期，铝是第ⅢA族，In与铝(13Al)同主族，因此In位于第五周期第ⅢA族，故A错误；
B. 同周期从左到右半径逐渐减小，因此原子半径：In ＜Rb，故B错误；
C. 同主期从上到下金属性逐渐增强，因此金属性：In ＞Al，故C正确；
D. 同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，因此碱性：In(OH)3 ＜RbOH，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．B
【详解】A．銣元素非常活泼，自然界只有化合态的銣，A错误；
B．Rb和I是同一周期的元素，同一周期元素，原子序数越大，半径越小，所以I的半径更小，B正确；
C．K与Rb是同一主族的元素，同一主族元素，原子序数越大，金属性越强，所以Rb金属性更强，C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，因为Rb金属性更强，所以RbOH的碱性更强，D错误；
答案选B。
17．D
【详解】元素的非金属性越弱，对应的气态氢化物越不稳定，F和O位于同周期，非金属性：F＞O，S和P位于同周期，非金属性：S＞P，O和S位于同主族，非金属性：O＞S，非金属性：F＞O＞S＞P，，则最不稳定的氢化物为PH3，故选D。
【点睛】同周期从左向右非金属性增强，同主族非金属性从上到下减弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定，把握元素在周期表的位置、元素周期律为解答的关键。
18．A
【详解】A．分子间作用力影响的主要是物质的物理性质，分子间作用力不是化学键，所以与分子的稳定性无关，对分子的稳定性无影响，A项错误；
B．原子含有质子的个数决定了元素的种类，B项正确；
C．元素周期表是依据原子核外电子的周期性排列和由此产生的元素性质的周期性变化而制成的表格，因此原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，C项正确；
D．物质内部存储着能量，由于不同物质所包含的化学能不同，这就使得化学反应过程中会出现能量变化的现象，也就产生了化学反应的热效应，D项正确；
答案选A。
19．D
【详解】A．化学反应是指原子核不变的情况下所进行的反应，有新的物质生成，核反应是核裂变，核聚变，是元素内部的原子核的反应，属于核变化，不属于化学反应，故A错误；
B．42He的质量数为4，32He的质量数是3，故质量数不同，故B错误；
C．He位于第1周期第零族，故C错误；
D．2H的中子数为2-1=1，32He的中子数=3-2=1，故中子数相同，故D正确；
答案选D。
【点睛】核聚变，核裂变都是物理变化，化学是在原子，分子的层次上研究物质的组成，结构，性质，变化规律的以实验为基础的科学，化学变化中不涉及到原子内部质子数目的改变。
20．D
【详解】A.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+，故A正确；
B.H-易失去电子，则具强还原性，故B正确；
C.钙的原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6，故C正确；
D.CaH2晶体中钙原子与氢原子之间只存在离子键，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】一般情况下，金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，CaH2晶体中钙原子分别与两个氢原子形成离子键，则CaH2晶体中无共价键。
21． Fe 1s22s22p6 2 三 IVA ＞ ＜ ＞ 晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高 AlCl 0.1NA 步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝) 原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)
【详解】(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，Fe是第Ⅷ族元，不是主族元素，Al是13号元素，故Al3+电子排布式为1s22s22p6，O原子的未成对电子数的电子排布式为1s22s22p4，故2p上有2个未成对电子，故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si是14号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p2，故位于元素周期表第三周期第IVA族，冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号为，故答案为：三；IVA；；
(3) Al、Si 是同一周期元素，且Si在Al的右边，故原子半径Al>Si，O、F是同一周期元素，且F在O的右边，故非金属性O＜F，二氧化硅和晶体硅均为原子晶体，但二氧化硅中硅氧键键长比晶体硅中硅硅键键长更短，故熔点二氧化硅>晶体硅，故答案为：>；＜；>；
(4) Al2O3比Na2O熔点高的原因是晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
(5)①还原产物是指反应中元素化合价降低被还原而生成的产物，故反应I中的还原产物是AlCl；根据反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g)，3molC共转移6mol电子，故若有0.6gC反应，电子转移数目为=0.1NA，故答案为：AlCl；0.1NA；
②结合反应I、II分析，可知该方法的优点有：直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)，故答案为：步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝)；原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)。
22． 第四周期VIA族 2 极性 Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(2) SeS2分子为V形结构，正负电中心不重合，为极性分子，故答案为：极性分子；
(3)S和Se位于同一主族，Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用SeS，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(5) H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se，SO2被氧化为硫酸，故反应的化学方程式为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4，S元素化合价升高，被氧化，故答案为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4；S。
23． 2，5，3，2，1，1 IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 5s25p5 分子间作用力（范德华力） bd 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
24． 4 3 C和O ClO2中Cl为价，O为价 非电解质 体积分数 3种 NaCl 阴 石墨电极上产生的氯气上升与铁电极附近产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠即“84”消毒液（
【详解】(1)H、Na位于第ⅠA族，C位于第ⅣA族，O位于第ⅥA族，Cl位于第Ⅶ主族，共涉及4个主族，H位于第一周期，C、O位于第二周期，Na、Cl位于第三周期，共涉及3个周期。H位于第一周期，H的原子半径最小，C、O位于第二周期，C的核电荷数比O小，半径比O大，Na、Cl位于第三周期，Na的核电荷数比Cl小，半径比Cl大，所以原子半径由小到大依次排列为：。有2个未成对电子元素是核外电子排布为1s22s22p2的C和1s22s22p4的O。Cl和O形成的化合物ClO2中Cl为价，O为价，该事实说明O的非金属性比Cl强，故答案为：4；3；；C和O；ClO2中Cl为价，O为价；
(2)的水溶液和液态均不导电，是非电解质，75%酒精指的是体积分数为75%的酒精，中有3种等效氢，故答案为：非电解质；体积分数；3种；
(3)NaClO的电子式为： ，HClO是弱酸，所以ClO-会水解，NaClO溶液显碱性，故溶液中离子浓度大小为：，故答案为： ；；
(4)“84”消毒液的有效成分是NaClO，可通过电解饱和NaCl溶液制取，原理为：石墨作阳极，Cl-在阳极失电子得Cl2，Fe作阴极，H2O在阴极得电子生成OH-和H2，接着Cl2和NaOH反应得NaClO，故答案为：NaCl；阴极； 。
25． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
26． 2p Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 3 O2 Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) AB
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
27． C K2S和N2 6NA 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) Nc(S2-)>c(HS-)>c(H+) ac
【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×4NAmol-1=6NA；
（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：NS2-二级水解程度>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。
28． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
29． K＝c3(CO) 逆 amol•L﹣1 0.005mol/(L•min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。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，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
30． 1s22s22p63s1 2 向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O 还原 0.18
【分析】(1)Na为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级；H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。
【详解】(1)Na为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级，则有2种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，电子式是；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O，反应中O2为氧化剂，S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O2＞S，则说明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难，所以S元素的非金属性比O元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，Mn元素的质量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的Mn元素物质的量为≈0.036mol，根据原子守恒，MnO4-的物质的量为0.036mol，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol。
【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-119元素周期表，元素周期律（5）
一、单选题
1．（2021·上海金山·统考一模）已知X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系见下图。下列判断错误的是
A．非金属性：W>Z B．最高正价：Y
2．（2021·上海闵行·统考一模）A、B、C、D 是原子序数递增的短周期元素。A、C 原子最外层均有一个空轨道，B、D 原子均有一个未成对电子，且 B 原子核外有 5 种不同能量的电子。下列说法错误的是
A．A 的氧化物属于分子晶体 B．B 的氯化物属于弱电解质
C．C 的氧化物属于共价化合物 D．D 的单质中含有非极性键
3．（2021·上海虹口·统考一模）2019年，我国青年化学家雷晓光被遴选为“青年化学家元素周期表”氮元素的代言人。下列与氮元素有关的说法正确的是
A．14N与14C互为同位素 B．Si3N4中N为+3价
C．NH3的热稳定性比HF的强 D．N2的电子式
4．（2021·上海虹口·统考一模）能用于比较硫、氯两种元素非金属性强弱的是
A．熔点：S > Cl2 B．酸性：HClO4 > H2SO4
C．相对原子质量：Cl > S D．氧化性：HClO>H2SO3
5．（2021·上海长宁·统考二模）硒是人体必需的微量元素，图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是
A．位于第四周期
B．质量数为34
C．原子最外层有6个电子
D．相对原子质量为78.96
6．（2021·上海·统考一模）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>H3PO4
B．非金属性：Cl>Br
C．碱性：NaOH>Mg(OH)2
D．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
7．（2021·上海长宁·统考二模）卤族元素有关性质比较正确的是
A．稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B．氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2
C．熔沸点：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D．还原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣
8．（2021·上海嘉定·统考二模）X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示.若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法中正确的是：
A．只由这四种元素不能组成有机化合物
B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱
C．Z的单质与氢气反应较Y剧烈
D．X、Y形成的化合物都易溶于水
9．（2020·上海松江·统考二模）短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同电子层结构，下列说法正确的是
A．X2+的离子半径比Y2-小
B．X的原子序数比Y小
C．X和Y原子的电子层数相等
D．X和Y原子最外层电子数相等
10．（2020·上海长宁·统考二模）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．原子半径：＞ B．还原性：＞
C．热稳定性：＞ D．酸性：＞
11．（2020·上海崇明·统考二模）M、N、W、K四种元素在元素周期表中的位置如图所示。已知W原子的最外层电子构型为nsnnp2n。则下列叙述正确的是（ ）
M
N
W
K
A．四种元素的气态氢化物均为极性分子
B．四种元素的单质一定只形成分子晶体
C．四种元素原子的最外电子层上均有两种不同形状的电子云
D．四种元素的最高正价数均等于它们的原子的最外层电子数
12．（2020·上海嘉定·二模）短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是
A．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种
B．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构
C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成
D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2
13．（2020·上海·二模）短周期元素X、Y、Z、M 在周期表中的位置关系如右图，对这些元素形成的单质或化合物推测正确的是（ ）
X
Z
Y
M
A．若Z元素形成的单质是Z2，则M元素形成的单质也一定是M2
B．若HnX常温下是气体，则HmZ 常温下也是气体
C．若有碱M(OH)n，则也一定有碱Y(OH)m
D．若Y有最高价含氧酸HnYOm，则X也一定有最高价含氧酸HnXOm
14．（2020·上海徐汇·统考二模）Be元素与Al元素性质相似，下列说法错误的是
A．BeCl2溶液呈酸性 B．BeO能与NaOH溶液反应
C．Be(OH)2不溶于弱碱 D．蒸干BeCl2溶液可得BeCl2晶体
15．（2020·上海徐汇·统考二模）铟(49In)与铷(37Rb)同周期，与铝(13Al)同主族。下列说法正确的是
A．In位于第四周期第ⅢA族 B．原子半径：In >Rb
C．金属性：In >Al D．碱性：In(OH)3 >RbOH
16．（2020·上海奉贤·统考二模）我国研发一款拥有自主知识产权的超薄铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第ⅠA族元素，下列关于37Rb的说法正确的是
A．自然界有游离态銣元素存在
B．与同周期元素53I的原子半径比较：Rb＞I
C．元素的金属性：K＞Rb
D．最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOH＞RbOH
17．（2020·上海金山·统考二模）下列气态氢化物中最不稳定的是
A．H2O B．HF C．H2S D．PH3
18．（2020·上海静安·统考二模）一般情况下，前者无法决定后者的是
A．分子间作用力的大小——分子的稳定性
B．原子的质子数——元素的种类
C．原子核外电子排布——主族元素在周期表中的位置
D．物质内部储存的能量——化学反应的热效应
19．（2020·上海青浦·统考二模）氦-3聚变（3He+3He→4He+2H）可作为未来可控核聚变的清洁能源，下列说法正确的是
A．氦-3聚变属于化学变化 B．3He和4He具有相同的质量数
C．He位于第1周期第ⅡA族 D．2H和3He具有相同的中子数
20．（2020·上海长宁·统考二模）对储氢材料CaH2描述错误的是（ ）
A．离子半径：H->Li+ B．H-有强还原性
C．Ca2+最外层电子排布式：3s23p6 D．CaH2晶体中既有离子键又有共价键
二、结构与性质
21．（2021·上海嘉定·统考一模）Al2O3可以从铝土矿中获得，铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3、SiO2等杂质。经过“酸溶法”或“碱溶法”等都可以去掉杂质得到Al2O3。19世纪后期，美国的霍尔和法国的埃鲁先后独立发明了电解Al2O3法生产铝。2Al2O34Al+3O2↑[冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，降低氧化铝熔点]
(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，不是主族元素的是___________，Al3+电子排布式___________，O原子的未成对电子数___________。
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si位于元素周期表第___________周期第___________族。冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号___________。
(3)用“>”或“＜”填空：
原子半径
非金属性
熔点
Al_______Si
O______ F
二氧化硅________晶体硅
(4)用离子晶体的知识解释Al2O3比Na2O熔点高的原因_________。
(5)其实电解法生产铝有很多弊端，科技工作者不断创新。下面一种新型直接从铝土矿中提取铝的方法
I．Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g) -1486kJ
II．3 AlCl(g)2 Al(l)+ AlCl3(g) +140 kJ
①反应I中的还原产物是___________；若有0.6gC反应，电子转移数目为___________
②结合反应I、II分析，请说出这种提炼方法2条优点___________ ___________。
22．（2021·上海虹口·统考一模）二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。
(1)二硫化硒(SeS2)具有抗真菌、抗皮脂溢出作用，常用作洗发香波中的去屑剂。硒与硫在元素周期表中的相对位置如图所示。
硒在元素周期表中的位置是___________；硒原子核外有___________个未成对电子；硒化氢的电子式为___________。
(2)已知SeS2分子比例模型如所示，推测SeS2为___________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)SeS2中硫元素的化合价为负价，请从原子结构角度解释原因：___________。
工业上提取硒的过程如下：
第一步(未配平)：X + Se + H2SO4 → Na2SO4 + H2SeO3 + ClO2↑+ H2O
已知该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4。
第二步：向H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se。
(4)第一步中X的化学式为___________。每溶解1 mol Se，转移电子数为___________个。
(5)写出第二步反应的化学方程式___________；该反应中被氧化的元素是___________。
三、填空题
23．（2021·上海金山·统考一模）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
24．（2020·上海嘉定·二模）面对新冠肺炎病毒可以采用的消毒剂常见的有“84”消毒液，医用酒精它们的有效成分分别是NaClO、，都可以使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒。请回答以下问题：
（1）以上涉及元素包含______个主族、______个周期；按原子半径由小到大排列依次为____________（用元素符号表示）；有2个未成对电子元素是______；非金属性：O>Cl，请列举一个事实________________________。
（2）是______（“电解质”，“非电解质”）；75%酒精的“75%”是______（“质量分数分数”，“体积分数”），分子中的氢原子的类型有______种（“2”，“3”或“4”）。
（3）NaClO的电子式______，其溶液中的离子浓度由大到小顺序__________________。某化学工作者在家自制“84”消毒液如图
（4）①M的化学式______，铁是______极；②请阐述该装置能够制取消毒液的理由：_____________。
25．（2020·上海静安·统考二模）磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。
反应：P4+ NaOH+H2O→ NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂，也可用于化学镀镍。
请回答下列问题：
(1)磷原子的核外电子排布式：___________；磷原子核外有_____种能量不同的电子。
(2)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是______。(写出物质的化学式)
(3)将Na、O、P三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列___________________。
(4)NH3的稳定性比PH3的(填“强”或“弱”)_________，判断理由是____________。
(5)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_________
P4+ NaOH+ H2O→ NaH2PO2 + PH3
B、上述反应中每生成1 mol 氧化产物，转移电子的数目为___________。
26．（2020·上海杨浦·统考二模）I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。完成下列填空：
(1)氮原子核外能量最高的电子所处的轨道是：____________。锂离子核外电子的轨道表示式是：____________。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，用物质结构的知识说明这两种含氮化合物熔点差异的可能原因____________。
II．研究者发明了利用锂循环合成氨的工艺，其流程如下：
(3)每合成1mol氨，转移电子____________mol；该过程最终得到的氧化产物是____________。
(4)写出反应Ⅱ的化学反应方程式：____________。向0.35gLi3N中加入40mL1mol/L的盐酸，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：____________。
(5)由元素周期律能得到____________（填序号）。
A．碱性：LiOH＜NaOH B．与水反应的剧烈程度：Li＜Na
C．溶解度：LiOH＜NaOH D．密度：Li＜Na
(6)NaN3可用于汽车安全气囊，冲撞时发生如下反应：□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，配平此反应的化学方程式，并标出电子转移的数目和方向。____________
27．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）黑火药是我国古代四大发明之一，它的爆炸反应为：2KNO3+3C+SK2S+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
四、原理综合题
28．（2021·上海松江·统考一模）用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：
(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。
(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。
a．熔点：Cl2＜Br2 b．氧化性：Cl2＞Br2
c．热稳定性：HCl＞HBr d．酸性：HCl＜HBr
(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。
a． b．体系压强不再改变
c．混合气体密度不变 d．
(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。
(5)如下图是在2种不同投料比[=1，6 ]下，温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线a对应的投料比=___________。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。
29．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol•L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，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4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。
30．（2020·上海·二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)晶体性质具有Na2CO3和H2O2 的双重性，被广泛用于氧气发生、漂白杀菌、污水处理、金属表面处理以及高分子聚合控制等。
(1)Na 原子的核外电子排布式为_____，O 原子核外 L 层上有_______种能量不同的电子，H2O2 的电子式是_____________________________________________
(2)设计一个简单实验，比较O 元素与其同主族短周期元素的非金属性强弱(简要写出实验方法、实验现象和结论)_____；并用原子结构知识对作出的结论进行解释_____。
(3)用一个离子方程式表示过碳酸钠溶液显碱性的原因________________________。
(4)高锰酸根离子()水对人体危害极大，可用过碳酸钠改性赤泥进行处理，反应如下：
_____+_______CO+___H2O2→___MnCO3¯+___□+____OH-+____H2O
补全并配平上述化学反应过程式_____；反应中，过碳酸钠起沉淀剂和_________剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的含高锰酸根离子的废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，则转移电子数为_____mol(保留 2 位小数)
参考答案：
1．A
【分析】X、Y、Z、W、M均为短周期主族元素。根据25℃时，各元素最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径的关系，0.01mol/L的M的最高价氧化物对应水化物的pH=12，M是Na；0.01mol/L的X、Z的最高价氧化物对应水化物的pH=2，X、Z分别是N、Cl元素；0.01mol/L的W的最高价氧化物对应水化物的pH<2，则W是S元素； 0.01mol/L的Y的最高价氧化物对应水化物的2
B．C的最高价为+4，Cl的最高价是+7，最高正价：Cl>C，故B正确；
C．常温下，单质碳为固体、N2是气体，熔点：N2
选A。
2．B
【分析】B原子核外有5种不同能量电子，说明B原子有5个能级，即1s、2s、2p、3s、3p，故B位于第三周期，因为B、C、D原子序数递增且为短周期，故C、D也位于第三周期，第三周期有一个未成对电子的有：1s22s22p63s23p1和1s22s22p63s23p5，即Al和Cl，故B为Al，D为Cl，C最外层有一个空轨道，此空轨道只能为3p，故C排布式为1s22s22p63s23p2，即C为Si，A能层可能为两层或一层，若为一层则不可能存在空轨道，故A为两层，且空轨道为2p，即A排布式为1s22s22p2，故A为C。
【详解】A．C的氧化物为CO或CO2，两者均为分子构成，故其固态为分子晶体，A正确；
B．AlCl3溶于水完全电离产生Al3+、Cl-，故AlCl3为强电解质，B错误；
C．SiO2中Si与O之间为共价键，即SiO2只含共价键，故为共价化合物，C正确；
D．Cl2中两个Cl原子吸引电子能力相同，故两者之间的共用电子对不偏向任何一方，即为非极性共价键，D正确；
故答案选B。
3．D
【详解】A．同一元素的不同核素互为同位素，14N与14C是不同元素的不同核素，不是同位素，故A错误；
B．根据化学式书写原则及电负性强弱可知，Si3N4中N为-3价，B错误；
C．元素的非金属性越强，对应的氢化物的热稳定性越强，氮的非金属性小于氟，故NH3的热稳定性比HF的弱，C错误；
D．氮气形成氮氮三键，其电子式为：，D正确；
答案选D。
4．B
【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱，据此分析。
【详解】A．熔点的高低不能作为非金属性的判断依据，故A不符合题意；
B．HClO4 和H2SO4分别是S和Cl的最高价含氧酸，HClO4 的酸性强于H2SO4可以说明Cl的非金属性强于S，故B符合题意；
C．元素的相对原子质量不能作为非金属性的判断依据，故C不符合题意；
D．不能根据含氧酸的氧化性判断元素的非金属性，故D不符合题意。
答案选B。
5．B
【详解】A、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，Se位于第四周期ⅥA族，选项A正确；
B、根据元素周期表中的信息可知，Se的原子序数为34，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素原子的原子核内质子数和核外电子数为34，而不是质量数为34，选项B错误；
C、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，则Se原子最外层有6个电子，选项C正确；
D、根据元素周期表中的信息可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为78.96，选项D正确；
答案选B。
6．D
【详解】A. 元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S>P，则酸性：H2SO4>H3PO4，能用元素周期律解释，故A错误；
B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl>Br，能用元素周期律解释，故B错误；
C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na>Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故C错误；
D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D正确。
故答案选：D。
7．A
【详解】A.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故A正确；
B. F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，对应单质的氧化性也越弱，故B错误；
C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，从上到下，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质熔沸点依次升高，即单质熔沸点：I2＞Br2＞Cl2＞F2，故C错误；
D.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，阴离子还原性依次增强，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较，解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系：第ⅤⅡA族元素中，随着原子序数的增大，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱。据此解答。
8．A
【分析】根据Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，可判断Y为氧元素，因此X、Z、W分别为氮、硫、氯元素。
【详解】A、因要组成有机化合物必须含有碳、氢元素，正确；
B、非金属性W>Z，最高价氧化物对应水化物的酸性是W>Z，错误；
C、非金属性Y>Z，故Y与氢气化合物更剧烈，错误；
D、N、O形成的化合物如NO不易溶于水，错误。
9．A
【分析】短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同电子层结构，则X为Mg元素，Y为O元素。
【详解】A．电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则X2+的离子半径比Y2-小，A正确；
B．X为12号Mg元素，Y为8号O元素，则X的原子序数比Y大，B错误；
C．X原子有3层电子层，而Y原子有2层电子层，则X和Y原子的电子层数不相等，C错误；
D．X原子最外层电子数为2，而Y原子最外层电子数为6，则X和Y原子最外层电子数不相等，D错误；
故选A。
10．C
【详解】A. 同周期元素从左到右原子半径减小，则原子半径：＞，能用元素周期律解释，故A不选；
B. 非金属＞，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故B不选；
C. 碳酸氢盐较不稳定，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C选；
D. 非金属性S>P，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，能用元素周期律解释，故D不选。
故答案选：C。
11．C
【分析】W原子的最外层电子构型为nsnnp2n，则n=2，即W原子的最外层电子构型为2s22p4，为O元素，则M为C元素，N为N元素，K为S元素，结合原子结构和元素周期律分析解答。
【详解】A．四种元素的气态氢化物中的甲烷为非极性分子，故A错误；
B．四种元素的单质可能形成分子晶体，如氧气，也能形成原子晶体，如金刚石，故B错误；
C．四种元素原子的最外电子层上均含有s、p两个能级，均有两种不同形状的电子云——球形和纺锤形，故C正确；
D．四种元素中的O元素没有最高正价，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意O的非金属性较强，一般没有正化合价，F的非金属性最强，不存在正化合价。
12．B
【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。
【详解】A．元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故A正确；
B．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；
C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；
D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；
答案选B。
13．C
【详解】A．Z元素和M元素都是短周期元素，若Z元素形成的单质是O2，则M元素形成的单质是S，故A错误；
B．X和Z是同周期元素，若X使N元素，Z是O元素， 它们的氢化物，NH3常温下是气体，则H2O常温下是气体，故B错误；
C． M和Y位于同一周期，若有碱M(OH)n，M为金属元素，Y在M的左边，也应该为金属元素，Y(OH)m也是碱，故C正确；
D．若Y有最高价含氧酸HnYOm，则Y是非金属元素，X和Y位于同一主族，同主族元素非金属性减弱，X也是非金属元素，但若Y是Cl，X为F，F元素没有最高价氧化物对应的水化物，故D错误；
答案选C。
【点睛】D项的F和O元素没有最高正价，没有最高价氧化物对应的水化物为易错点。
14．D
【分析】Be元素与Al元素性质相似，根据Al元素的单质及其化合物的性质推测Be元素的单质及其化合物的性质。
【详解】A. Be元素与Al元素性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，AlCl3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，BeCl2属于强酸弱碱盐，BeCl2溶液中Be2+水解使溶液呈酸性，A正确；
B. Be元素与Al元素性质相似，Al2O3能与NaOH溶液反应，则BeO能与NaOH溶液反应（反应方程式为：BeO+2NaOH=Na2BeO2+H2O），B正确；
C. Be元素与Al元素性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，Al(OH)3溶于强碱、不溶于弱碱，则Be(OH)2属于两性氢氧化物，Be(OH)2溶于强碱、不溶于弱碱，C正确；
D.根据A项分析，BeCl2溶液中存在水解平衡BeCl2+2H2O⇌Be(OH)2+2HCl，加热时由于温度升高和HCl的挥发，水解平衡正向移动，蒸干BeCl2溶液最终得到Be(OH)2，不能得到BeCl2晶体，D错误；
答案选D。
15．C
【详解】A. 铟(49In)与铷(37Rb)同周期，说明是第五周期，铝是第ⅢA族，In与铝(13Al)同主族，因此In位于第五周期第ⅢA族，故A错误；
B. 同周期从左到右半径逐渐减小，因此原子半径：In ＜Rb，故B错误；
C. 同主期从上到下金属性逐渐增强，因此金属性：In ＞Al，故C正确；
D. 同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物对应水化物碱性减弱，因此碱性：In(OH)3 ＜RbOH，故D错误。
综上所述，答案为C。
16．B
【详解】A．銣元素非常活泼，自然界只有化合态的銣，A错误；
B．Rb和I是同一周期的元素，同一周期元素，原子序数越大，半径越小，所以I的半径更小，B正确；
C．K与Rb是同一主族的元素，同一主族元素，原子序数越大，金属性越强，所以Rb金属性更强，C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，因为Rb金属性更强，所以RbOH的碱性更强，D错误；
答案选B。
17．D
【详解】元素的非金属性越弱，对应的气态氢化物越不稳定，F和O位于同周期，非金属性：F＞O，S和P位于同周期，非金属性：S＞P，O和S位于同主族，非金属性：O＞S，非金属性：F＞O＞S＞P，，则最不稳定的氢化物为PH3，故选D。
【点睛】同周期从左向右非金属性增强，同主族非金属性从上到下减弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定，把握元素在周期表的位置、元素周期律为解答的关键。
18．A
【详解】A．分子间作用力影响的主要是物质的物理性质，分子间作用力不是化学键，所以与分子的稳定性无关，对分子的稳定性无影响，A项错误；
B．原子含有质子的个数决定了元素的种类，B项正确；
C．元素周期表是依据原子核外电子的周期性排列和由此产生的元素性质的周期性变化而制成的表格，因此原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，C项正确；
D．物质内部存储着能量，由于不同物质所包含的化学能不同，这就使得化学反应过程中会出现能量变化的现象，也就产生了化学反应的热效应，D项正确；
答案选A。
19．D
【详解】A．化学反应是指原子核不变的情况下所进行的反应，有新的物质生成，核反应是核裂变，核聚变，是元素内部的原子核的反应，属于核变化，不属于化学反应，故A错误；
B．42He的质量数为4，32He的质量数是3，故质量数不同，故B错误；
C．He位于第1周期第零族，故C错误；
D．2H的中子数为2-1=1，32He的中子数=3-2=1，故中子数相同，故D正确；
答案选D。
【点睛】核聚变，核裂变都是物理变化，化学是在原子，分子的层次上研究物质的组成，结构，性质，变化规律的以实验为基础的科学，化学变化中不涉及到原子内部质子数目的改变。
20．D
【详解】A.具有相同电子层排布的离子中，核电荷数小的半径大，H-与Li+电子层数相同，则离子半径：H->Li+，故A正确；
B.H-易失去电子，则具强还原性，故B正确；
C.钙的原子序数为20，失去2个电子转化为最外层8个电子的稳定结构，则Ca2+最外层电子排布式：3s23p6，故C正确；
D.CaH2晶体中钙原子与氢原子之间只存在离子键，故D错误；
综上所述，答案为D。
【点睛】一般情况下，金属元素与非金属元素之间形成离子键，非金属元素与非金属元素之间形成共价键，CaH2晶体中钙原子分别与两个氢原子形成离子键，则CaH2晶体中无共价键。
21． Fe 1s22s22p6 2 三 IVA ＞ ＜ ＞ 晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高 AlCl 0.1NA 步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝) 原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)
【详解】(1)上述涉及到Al、Na、O、F、Si、Fe六种元素中，Fe是第Ⅷ族元，不是主族元素，Al是13号元素，故Al3+电子排布式为1s22s22p6，O原子的未成对电子数的电子排布式为1s22s22p4，故2p上有2个未成对电子，故答案为：Fe；1s22s22p6；2；
(2)制造“中国芯”芯片的核心元素Si是14号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p2，故位于元素周期表第三周期第IVA族，冰晶石(Na3AlF6)晶体中阴、阳离子各一种，阴离子符号为，故答案为：三；IVA；；
(3) Al、Si 是同一周期元素，且Si在Al的右边，故原子半径Al>Si，O、F是同一周期元素，且F在O的右边，故非金属性O＜F，二氧化硅和晶体硅均为原子晶体，但二氧化硅中硅氧键键长比晶体硅中硅硅键键长更短，故熔点二氧化硅>晶体硅，故答案为：>；＜；>；
(4) Al2O3比Na2O熔点高的原因是晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高，故答案为：晶体中Al3+半径小于Na+，且Al3+带电荷比Na+多，故Al2O3 内的离子键强于Na2O，Al2O3比Na2O熔点高；
(5)①还原产物是指反应中元素化合价降低被还原而生成的产物，故反应I中的还原产物是AlCl；根据反应Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3 AlCl(g)+ 3CO(g)，3molC共转移6mol电子，故若有0.6gC反应，电子转移数目为=0.1NA，故答案为：AlCl；0.1NA；
②结合反应I、II分析，可知该方法的优点有：直接用铝土矿作原料制取铝，步骤少更加简单，原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)，故答案为：步骤少更加简单(直接用铝土矿作原料制取铝)；原料利用率高(AlCl3循环使用)或污染少(尾气排放可控)。
22． 第四周期VIA族 2 极性 Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(2) SeS2分子为V形结构，正负电中心不重合，为极性分子，故答案为：极性分子；
(3)S和Se位于同一主族，Se与S最外层电子数相同，电子层数Se>S，原子半径Se>S，原子核对核外电子的吸引作用Se
(5) H2SeO3溶液中通入SO2，可析出固体Se，SO2被氧化为硫酸，故反应的化学方程式为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4，S元素化合价升高，被氧化，故答案为：H2SeO3 + 2SO2 +H2O=Se↓+ 2H2SO4；S。
23． 2，5，3，2，1，1 IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 5s25p5 分子间作用力（范德华力） bd 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【详解】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3mol I2，其中第一步提供5mol IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
24． 4 3 C和O ClO2中Cl为价，O为价 非电解质 体积分数 3种 NaCl 阴 石墨电极上产生的氯气上升与铁电极附近产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠即“84”消毒液（
【详解】(1)H、Na位于第ⅠA族，C位于第ⅣA族，O位于第ⅥA族，Cl位于第Ⅶ主族，共涉及4个主族，H位于第一周期，C、O位于第二周期，Na、Cl位于第三周期，共涉及3个周期。H位于第一周期，H的原子半径最小，C、O位于第二周期，C的核电荷数比O小，半径比O大，Na、Cl位于第三周期，Na的核电荷数比Cl小，半径比Cl大，所以原子半径由小到大依次排列为：。有2个未成对电子元素是核外电子排布为1s22s22p2的C和1s22s22p4的O。Cl和O形成的化合物ClO2中Cl为价，O为价，该事实说明O的非金属性比Cl强，故答案为：4；3；；C和O；ClO2中Cl为价，O为价；
(2)的水溶液和液态均不导电，是非电解质，75%酒精指的是体积分数为75%的酒精，中有3种等效氢，故答案为：非电解质；体积分数；3种；
(3)NaClO的电子式为： ，HClO是弱酸，所以ClO-会水解，NaClO溶液显碱性，故溶液中离子浓度大小为：，故答案为： ；；
(4)“84”消毒液的有效成分是NaClO，可通过电解饱和NaCl溶液制取，原理为：石墨作阳极，Cl-在阳极失电子得Cl2，Fe作阴极，H2O在阴极得电子生成OH-和H2，接着Cl2和NaOH反应得NaClO，故答案为：NaCl；阴极； 。
25． 1s22s22p63s23p3 5 P4 r(Na)> r(P )> r(O) 强 NH3和PH3结构相似， N-H键能大于P-H的键能，打破它需要更多的能量，所以NH3的稳定性更好 NA
【详解】(1)P的原子序数为15，原子核外有15个电子，磷位于第三周期ⅤA族，属于p区元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；电子的能量与其所处的能层和能级有关，因此基态磷原子有5种能量不同的电子；
(2)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有P4一种；
(3)Na与P同属第三周期，且原子序数更小，O属于第二周期，因此三种原子的半径关系为r(Na)> r(P )> r(O)；
(4)N与P同主族且非金属性N更强，二者形成的简单氢化物NH3和PH3中，N-H键键能相比于P-H键键能更大，因此N-H键更为稳定，因此NH3的稳定性更好；
(5)A．反应前P4中的P为0价，反应后生成的PH3中的P为-3价，NaH2PO2中的P为+1价，因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和NaH2PO2的的化学计量系数比为1:3，因此该反应方程式为：，由于发生的是P元素的歧化反应，所以电子转移表示为：；
B．上述反应中NaH2PO2为氧化产物，因此每生成1mol NaH2PO2电子转移1mol即1NA。
【点睛】同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小；同族元素，从上至下原子半径逐渐增大；元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。
26． 2p Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强 3 O2 Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑ c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣) AB
【分析】I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1s<2s<2p，由此可得出能量最高的电子所处的轨道。锂离子核外电子排布式为1s2，由此可得出轨道表示式。
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，这两种含氮化合物熔点差异由其微粒间的作用力决定，分析二者所属晶体类型，便可找到原因。
II．在流程中，反应Ⅰ为N2与Li反应生成Li3N，反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，反应Ⅲ为LiOH熔融电解生成Li、O2和H2O。
(3)合成氨时，N元素由0价降低到-3价，由此可求出转移电子数；该过程最终得到的氧化产物是含价态升高元素的产物。
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，由此可写出化学反应方程式。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，通过计算及分析可确定离子浓度由大到小的顺序。
(5)由元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，由此可作出判断。
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，利用得失电子守恒先进行配平，然后再利用质量守恒配平其它物质，由此可得出配平的化学方程式；电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数。
【详解】(1)氮原子核外能量关系为1s<2s<2p，所以能量最高的电子所处的轨道是2p。锂离子核外电子只排布在1s轨道上，所以轨道表示式是。答案为：2p；；
(2)已知Li3N熔点为845℃，NH3熔点﹣77.7℃，则表明Li3N晶体中微粒间的作用力大，而NH3晶体中微粒间的作用力小，分析二者的晶体类型，便可得出两种含氮化合物熔点差异的可能原因是：Li3N是由活泼的金属和活泼的非金属形成的化合物，且其熔点为845℃，可推知Li3N可能为离子化合物，Li3N熔化需要破坏离子键，NH3是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力强；
(3)由以上分析知，合成氨时，N由0价降为-3价，则生成1mol氨，转移电子3mol；该过程发生的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2，最终得到的氧化产物是O2；
(4)反应Ⅱ为Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3，化学反应方程式：Li3N＋3H2O→3LiOH＋NH3↑。0.35gLi3N为0.01mol，40mL1mol/L的盐酸为0.04mol，反应生成0.03molLiCl和0.01molNH4Cl，溶液中所含离子为Cl-、Li+、NH4+、H+、OH-，溶液中存在的水解和弱电解质电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-、H2OH++OH-，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c(Cl﹣)>c(Li＋)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
27． C K2S和N2 6NA 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
【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×4NAmol-1=6NA；
（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
（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。
28． Cl＞O＞H bc bd 0.125 mol·(L·min)-1 6 降低温度 移去、增大压强等
【详解】(1)上述反应中含有H、O、Cl三种元素，依据元素在周期表中的相对位置，可确定原子半径由大到小的顺序为Cl＞O＞H。与氯元素同族的短周期元素为氟，原子最外层电子排布式为2s22p5，轨道表示式为。答案为：Cl＞O＞H；；
(2)a．二者均为分子晶体，熔点的高低与分子间作用力有关，与非金属性无关，a不符合题意；
b．一般情况下非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性Cl2＞Br2，则非金属性Cl＞Br，b符合题意；
c．简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，由热稳定性HCl＞HBr，可确定非金属性Cl＞Br，c符合题意；
d．氢化物的酸性与非金属性不成正比关系，所以由酸性HCl＜HBr，不能确定Cl与Br的非金属性关系，d不符合题意；
故选bc。答案为：bc；
(3)a．由，只能得出反应进行的方向相反，但HCl、Cl2的速率之比不等于化学计量数之比，所以正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，a不符合题意；
b．因为反应前后气体的分子数不等，压强是一个变量，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．混合气体的质量不变，体积不变，所以密度始终不变，密度不变时，反应不一定达平衡状态，c不符合题意；
d．，表明浓度商与化学平衡常数相等，则反应达平衡状态，d符合题意；
故选bd。答案为：bd；
(4)温度、容积一定时，测得容器内气体压强减小了10%，则物质的量减少10%，由反应可得出，混合气的物质的量的减少量等于参加反应的O2的物质的量，由此得出参加反应O2的物质的量为5mol×10%=0.5mol，则参加反应HCl的物质的量为4×0.5mol=2mol，则用HCl表示该反应的化学反应速率为 =0.125 mol·(L·min)-1。答案为：0.125 mol·(L·min)-1；
(5) ①从图中可以看出，温度升高，HCl的平衡转化率减小，则表明正反应为放热反应；比值越大[可认为n(O2)恒定]，投入的HCl越多，则HCl的平衡转化率越小，所以曲线a对应的投料比=6。
②使曲线a达到曲线b相同的HCl平衡转化率，不改变投料比，则应使平衡正向移动，所以可采取的措施有降低温度、移去、增大压强等。答案为：6；降低温度；移去、增大压强等。
【点睛】在有两种气体反应物存在的平衡体系中，增大一种反应物的浓度，可使平衡正向移动，但该反应物的转化率减小。
29． K＝c3(CO) 逆 amol•L﹣1 0.005mol/(L•min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。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，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。
30． 1s22s22p63s1 2 向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，说明非金属性：O＞S(合理即可) O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难 CO32−+H2O⇌HCO3−+OH− 2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O 还原 0.18
【分析】(1)Na为11号元素，根据构造原理书写钠原子的核外电子排布式；O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级；H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来设计实验确定非金属性强弱；S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解使溶液呈碱性；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒配平方程式；再结合方程式计算电子转移数目。
【详解】(1)Na为11号元素，核外有11个电子，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，O 原子核外 L 层上有2s和2p两个能级，则有2种能量不同的电子，H2O2 是共价化合物，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，电子式是；
(2)与O元素同主族短周期元素为S元素，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，可以利用氧化还原反应，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，来确定非金属性强弱，实验方法为：向H2S的水溶液中通入空气，溶液变浑浊，空气中的氧气与硫化氢发生氧化还原反应生成硫沉淀，反应方程式为：H2S+O2=S↓+H2O，反应中O2为氧化剂，S单质为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性O2＞S，则说明非金属性：O＞S(合理即可)；从二者的结构分析，O原子和S原子最外层电子数相同，S原子的电子层数比O原子多，半径比O原子大，S原子得电子能力比O原子难，所以S元素的非金属性比O元素弱；
(3)碳酸钠属于强碱弱酸盐，碳酸离子在溶液中发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子反应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−；
(4)根据反应，可知Mn元素由+7价变为+2价，化合价降低5，H2O2中O元素由-1价变为-2价，化合价降低1，氧化还原反应中必然有化合价升高的元素，根据反应分析，应为双氧水的O元素化合价升高，变为O2，结合电荷守恒和得失电子守恒，该氧化还原反应配平为2MnO4-+2CO32-+5H2O2=2MnCO3¯+5O2↑+6OH-+2H2O；反应中，过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，在反应中起沉淀剂和还原剂作用；若将 1L 含Mn 2000mg·L-1 的高猛废水处理至含Mn 1.2mg·L-1，Mn元素的质量变化=1L×(2000mg·L-1-1.2mg·L-1)×10-3=1.9988g，被处理的Mn元素物质的量为≈0.036mol，根据原子守恒，MnO4-的物质的量为0.036mol，则转移电子数为0.36×(7-2)mol=0.18mol。
【点睛】难点为(4)，在氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素，在题给反应中只有Mn元素和O元素化合价降低，没有化合价升高的体现，因此先根据化合价的变化找出化合价升高和化合价降低的元素，再根据电荷守恒和得失电子守恒配平方程式。
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