重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-29元素周期表，元素周期率（1）

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-29元素周期表，元素周期率（1），共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-29元素周期表，元素周期率（1）

一、单选题
1．（2023·重庆·统考三模）化学促进了科技进步。下列说法错误的是
A．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同分异构体
B．“神舟”十五号飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维
C．“北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第IA族元素
D．“国产C919飞机”用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
2．（2023·重庆·统考三模）X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种：Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，Q元素的原子半径是前四周期中最大的，W元素基态原子内层轨道均排满电子。下列说法正确的是
A．电负性： B．属于酸性氧化物
C．Q与Z可以形成多种化合物 D．W元素位于元素周期表的d区
3．（2023·重庆·统考二模）有一种可用于治疗消化道肿瘤和肺癌的药物，其结构简式如下图。下列说法正确的是

A．硒(Se)元素位于周期表的s区 B．基态原子的第一电离能：
C．气态的键角大于的键角 D．该药物分子中有16种化学环境不同的碳原子
4．（2023·重庆九龙坡·统考二模）氟他胺是一种抗肿瘤药，其结构简式如下。下列关于氟他胺说法正确的是

A．第一电离能：C＜N＜O＜F
B．所有元素都处于元素周期表的p区
C．1个分子中采取杂化的原子数为4
D．基态氟原子最高能级的轨道形状为哑铃形
5．（2023·重庆·统考二模）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向盛有NaOH溶液和乙醇的圆底烧瓶中加入5mL 1-溴丁烷和碎瓷片，微热；将产生的气体通入酸性溶液
酸性溶液褪色
1-溴丁烷发生了消去反应
B
向溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置
上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成
可以氧化生成，白色沉淀可能为CuI
C
测定等浓度的和溶液的pH
前者pH小于后者
非金属性：
D
向苯酚钠溶液中通入
溶液变浑浊
苯酚不能与溶液反应

A．A B．B C．C D．D
6．（2023·重庆·统考二模）石棉尾矿中主要含有，可用作润滑油添加剂。其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素；X的原子半径在周期表中最小；Y的p轨道上自旋方向不同的电子数之比为3∶1；W是地壳中含量第二的元素。下列说法正确的是
A．离子半径：
B．Y和W形成的化合物不与酸反应
C．X和Z形成的化合物能与水反应生成一种不溶物和气体
D．X和Y两元素形成的化合物中，一定不含非极性键
7．（2023·重庆九龙坡·统考二模）X、Y、Z、W均为短周期主族元素，X、Z、W的原子序数依次递减，三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同，1mol化合物含62mol电子。下列说法正确的是
A．W的氧化物均易溶于水
B．离子半径：Y>X>Z>W
C．同主族元素形成的简单氢化物中X的最稳定
D．同周期元素基态原子未成对电子数少于Y的有4种
8．（2023·重庆·统考模拟预测）R、X、Y、Z均为短周期元素，R与X同族，X的原子半径在这四种元素中是最小的，和均达到了8电子稳定结构，R的原子序数大于Z，Y原子的最外层电子数为Z原子与X原子的最外层电子数之差。下列叙述正确的是
A．R的氯化物水溶液呈酸性 B．X的单质还原性比R的单质强
C．Y位于第三周期第VIA族 D．Z的原子半径比Y小
9．（2023·重庆·统考模拟预测）下列叙述正确的是
A．Na和Mg均可与冷水剧烈反应
B．和均可使品红溶液永久褪色
C．盐酸和NaOH溶液均可与Al反应生成
D．浓硝酸和稀硝酸均可与Cu反应生成
10．（2023·重庆·统考模拟预测）化合物X的结构如图所示。a、b、c、d是四种原子序数依次增大的短周期主族元素，基态时c原子2p原子轨道上有1对成对电子。下列说法正确的是

A．X的水溶液呈碱性，也有还原性
B．原子半径：
C．c、d两种单质化合形成的物质含有共价键
D．化合物X有较强的氧化性且在高温下稳定存在
11．（2022·重庆·统考模拟预测）有a、b、c、d、e五种原子序数依次增大的前四周期元素，b在地壳中含量最高，基态e原子的核外电子恰好填满10个原子轨道；由这五种元素构成的某天然结晶水合物的化学式为。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．最简单氢化物稳定性：
C．c的最高价氧化物对应的水化物是强酸
D．c、d的氯化物均能与a、b形成的化合物发生反应
12．（2022·重庆·统考模拟预测）X、Y、Z为原子序数依次增大且小于10的元素，由这三种元素组成的化合物M，M是一种高效消毒剂，M的结构如图所示，下列说法不正确的是

A．原子半径： B．非金属性：Z>Y>X
C．简单氢化物的稳定性：Z>Y D．化合物也有消毒杀菌的作用
13．（2022·重庆·模拟预测）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X的内层电子总数与最外层电子数相差3个，Z的最外层电子数等于周期数，Y与W同主族，W最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是
A．简单氢化物的还原性：Y＞X
B．简单离子半径：Z＜Y＜X＜W
C．X的氧化物属于酸性氧化物
D．Z的单质既有氧化性又有还原性
14．（2022·重庆·模拟预测）部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是

A．a的稳定性弱于水 B．S在氧气中燃烧可生成c
C．a、b都可用d的浓溶液干燥 D．常温下，d的浓溶液与Fe反应可生成H2
15．（2022·重庆·统考模拟预测）由W、X、Y、Z构成的一种化合物结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法正确的是

A．原子半径：Z>X>Y>W
B．非金属性：X>Z>Y
C．最简单氢化物的沸点：Z>X
D．Z的最高价氧化物对应的水化物是三元强酸
16．（2022·重庆·统考二模）已知X、Y、Z、W为前20号元素，分别位于不同周期，且原子序数依次递增，化合物M的结构如图所示。下列有关说法错误的是

A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．化合物M中Z原子满足8电子稳定结构
C．Y与W可形成含非极性键的离子化合物
D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
17．（2022·重庆·统考二模）根据实验操作和现象能得到相应结论的是
选项
实验操作和现象
结论
A
两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入5.0mL等浓度的CuSO4溶液和CuCl2溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显
Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜
B
常温下，测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的
pH， 前者pH比后者的大
非金属性： S>C
C
向2mL0.1mol· L-1MgCl2溶液中加5mL0.1mol· L-1NaOH溶液。出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置，出现红褐色沉淀
室温下Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
D
将干白葡萄酒滴入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去
干白葡 萄酒中一定含有SO2

A．A B．B C．C D．D
18．（2022·重庆·统考模拟预测）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，1个W2X分子含有10个电子，Y元素原子半径是同周期元素中最大的，Z元素原子的最外层电子数是次外层的二分之一，下列说法正确的是
A．原子半径：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)
B．失电子能力：Y>W>X
C．Z的简单氢化物热稳定性比X的强
D．采用电解Y的氯化物水溶液方法制取单质Y
19．（2022·重庆·统考二模）有a、b、c、d四种同一短周期主族元素，c的最外层电子数是内层电子数的3倍，由这四种元素与锂组成的盐的结构如图所示。下列说法不正确的是

A．原子半径： B．简单氢化物的稳定性：
C．c和d两元素能形成多种化合物 D．含a元素的酸一定是强酸

二、工业流程题
20．（2022·重庆·统考模拟预测）氯化亚锡和锡酸钠都可在印染行业用作媒染剂。校化学小组从电镀锡渣(主要成分为Sn、SnO，含有砷和难溶于酸碱的杂质)中制取二水合氯化亚锡和锡酸钠，工艺流程如图所示：

已知：
①Sn(II)具有还原性，可与Cl-形成[SnCl3]-
②As在碱溶时转化为Na3AsO4溶液
③20℃时，Ksp[Ba3(AsO4)2]=2.7×10-10
回答下列问题：
(1)Sn元素在周期表中的位置为_______。
(2)SnCl2溶液可用作电镀锡的电解液，阴极的电极反应式为_______。
(3)“酸溶”时SnO发生反应的离子方程式为_______。
(4)“碱溶”时的还原产物是空气的主要成分之一，写出Sn发生反应的化学方程式_______。
(5)“滤液I”中，需加入少量单质Sn，原因是_______。
(6)“除砷”时，若溶液中c(AsO)=2mol/L，加入等体积的Ba(OH)2溶液后，“滤液II”中c(Ba2+)=3×10-3mol/L，则沉淀中的As元素占原As元素总量的_______。
(7)蒸发浓缩“滤液II”前，可往体系中加入适量的NaOH溶液，目的是________。

参考答案：
1．A
【详解】A．螺旋碳纳米管、石墨烯均为碳元素组成的不同的单质，互为同素异形体，A错误；
B．我国“神州”飞船航天员穿的航天服使用了多种合成纤维，防热和防火性能十分出色，B正确；
C．铷元素原子的最外层电子数为1，是周期表中第IA族元素，C 正确；
D．氮化硅(Si3N4)陶瓷属于新型无机非金属材料，D 正确，
故答案为：A。
2．C
【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素，则X为H元素；Z元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，s能级填充满只能容纳2个电子，即n=2，故Z为O元素；由原子序数可知Y处于第二周期，而在同周期元素中第一电离能数值比Y大的元素有2种，可知Y为N元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，Q元素的原子半径是前四周期中最大的，可知Q为K元素，由原子序数可知W处于第四周期，而W元素基态原子内层轨道均排满电子，其核外电子数为2+8+18+1=29，则W为Cu元素，据此分析解题。
【详解】由分析可知，X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、Q为K元素、W为Cu元素；
A．同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中都表现负价，说明二者的电负性都比氢元素大，则电负性：H＜N＜O，A错误；
B．Y2Z4是N2O4，与水反应除生成HNO3外还有NO生成，不是酸性氧化物，B错误；
C．K元素与氧元素可以形成K2O、K2O2、KO2，C正确；
D．Cu处于第四周期第IB族，属于ds区元素，D错误；
故答案为：C。
3．C
【详解】A.硒(Se)元素位于周期表第四周期、ⅥA族，属于p区,A错误；
B.基态C、N、O的第一电离能是N>O>C，B错误；
C.分子中Se的价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，键角为120°，中Se的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，键角小于120°，C正确；
D.该分子结构对称共有8种化学环境不同的碳原子，如图所示：，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：C＜O＜N＜F，A错误；
B．氢元素位于s区，B错误；
C．4个饱和碳原子采取杂化，-NH-中氮原子采取杂化，则1个分子中采取杂化的原子数为5，C错误；
D．基态氟原子最高能级为2p，轨道形状为哑铃形，D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．挥发出来的乙醇也能使酸性溶液褪色，不能说明1-溴丁烷发生了消去反应，A项错误；
B．上层呈紫红色，说明有生成，失电子，得电子变成，与结合生成CuI，B项正确；
C．不是硫的最高价氧化物对应的酸生成的盐，由此现象不能说明硫的非金属性比碳强，C项错误；
D．说明苯酚酸性比碳酸弱，结论不正确，D项错误；
答案选B。
6．C
【分析】X的原子半径在周期表中最小，X为H；W是地壳中含量第二的元素，W是Si；Y的p轨道上自旋方向不的电子数之比为3：1，Y的原子序数比Si小，Y是O；根据和正负化合价相等，Z为Mg。
【详解】A．由分析可知，Y是O，Z是Mg，则离子半径：，A错误；
B．由分析可知，Y是O，W是Si，二者形成的化合物为SiO2，SiO2能与氢氟酸反应，B错误；
C．由分析可知，X是H，Z是Mg，二者形成的化合物为MgH2，MgH2与水反应生成和H2，C正确；
D．由分析可知，X是H，Y是O，二者形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性键，D错误；
故选C。
7．C
【分析】依题给信息，“三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同”知X、Z、W三者位于同一周期，且分布在第ⅢA~ⅤⅡA族，由“1mol化合物含62mol电子”确定三者位于第二周期。根据化合物总电子数，经分析，X是氟、Y是硫、Z是氧，W是氮，即化合物为，据此分析解答。
【详解】A．W是氮元素，其氧化物不全部溶于水，A错误；
B．离子半径大小关系是，B错误；
C．X是氟，同主族元素中，F形成的简单氢化物最稳定，C正确；
D．同周期元素基态原子未成对电子数少于S的有3种，分别是：钠、铝和氯，D错误；
故选C。
8．D
【分析】根据和均达到了8电子稳定结构，R的原子序数大于Z，可以推断R是Na元素，Z是O元素；根据R与X同族，X的原子半径在这四种元素中是最小的，可以推测X是H元素；根据Y原子的最外层电子数为Z原子与X原子的最外层电子数之差，推断Y是N或P。
【详解】A．R的氯化物是氯化钠，水溶液呈中性，故A错误；
B．X是H元素，R是Na元素，则X的单质还原性比R的单质弱，故B错误；
C．Y是N或P，所以Y不可能位于第三周期第VIA族，故C错误；
D．Z是O元素，Y是N或P，则Z的原子半径都比Y小，故D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．镁和冷水不能剧烈反应，和热水能反应，A错误；
B．不能使品红溶液永久褪色，加热后褪色的品红又恢复原色，B错误；
C．盐酸和铝生成氯化铝和氢气，NaOH溶液可与Al反应生成和偏铝酸钠，C正确；
D．稀硝酸可与Cu反应生成一氧化氮而不是，D错误；
故选C。
10．A
【分析】c原子2p原子轨道上有1对成对电子，所以c是O元素；a与c形成的是共价单键，原子序数在c之前，所以a是H元素；d元素是一个正1价离子，原子序数比c大，又是短周期主族元素，所以d元素是Na元素；b与c共形成了4根共价键，故b元素是C元素。
【详解】A．根据上述推断，X物质是，碳酸根离子水解，溶液呈碱性；中O元素呈负一价，属于中间价态，具有还原性，故A正确；
B．电子层数越多半径越大，同周期原子半径从左往右依次减小，所以，故B错误；；
C．c是氧元素，d是钠元素，化合物氧化钠中不含共价键，故C错误；
D．X物质是，具有氧化性，受热易分解，因比X物质在高温下不稳定，故D错误；
选A。
11．D
【分析】元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，b在地壳中含量最高，则b为O元素；基态e原子的核外电子恰好填满10个原子轨道，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，则e为Ca；5种元素占据四个不同周期，则A位于第一周期，为H元素；设C的化合价为a、D的化合价为b，根据化学式Ca[c2d3O10]·3a2b可知：2a+3b+2=20，讨论可知a=3、b=4，则c为Al、d为Si，符合题意，或a=6，b=2，由原子序数，可知c为S、d为Ca，不符合题意，由以上分析可知，a为H、b为O、c为Al、d为Si、e为Ca，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，a为H、b为O、c为Al、d为Si、e为Ca，
A．电子层数相同时，原子序数越小，其简单离子半径越大，在第三周期中简单离子半径最小，A错误；
B．非金属性O＞Si，所以最简单氢化物稳定性：，B错误；
C．c的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于一元弱酸，C错误；
D．c、d的氯化物分别为氯化铝和四氯化硅均能发生水解，D正确；
答案选D。
12．A
【分析】由题干信息可知，X、Y、Z为原子序数依次增大且小于10的元素，X能形成一个共价键，Y能形成4个共价键，Z能形成2个共价键，则X为H、Y为C，Z为O，M为CH3COOOH，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H、Y为C，Z为O，故原子半径为C＞O＞H即，A错误；
B．由分析可知，X为H、Y为C，Z为O，非金属性O＞C＞H即Z>Y>X，B正确；
C．由分析可知，Y为C，Z为O，且非金属性O＞C，即简单氢化物的稳定性为H2O＞CH4即Z>Y，C正确；    
D．由分析可知，X为H、Z为O，化合物即H2O2具有强氧化性能使蛋白质变性，故也有消毒杀菌的作用，D正确；
故答案为：A。
13．B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z的最外层电子数等于周期数，则Z是Al元素，W最高正价与最低负价的代数和为4，则W为S元素，Y与W同主族，则Y是O元素，X为第二周期元素，因X的内层电子总数与最外层电子数相差3个，则X是N元素。
【详解】A．简单氢化物的还原性Y(O)＜X(N)，A项错误；
B．核外电子排布相同的离子，半径大小比较的规律是“序大径小”，核外电子排布不同的离子，半径大小比较的规律是，电子层数越大，半径越大，故简单离子半径Al3+＜O2-＜N3-＜S2-，B项正确；
C．X是N，其氧化物NO、NO2等均不属于酸性氧化物，C项错误；
D．Z的单质是Al，只有还原性，D项错误；
答案选B。
14．A
【分析】由价-类图可推知，a为H2S，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4。
【详解】A．S的非金属性比O弱，所以a(H2S)的稳定性弱于水，A正确；
B．S在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，B错误；
C．a为H2S，具有较强的还原性，不能用浓硫酸干燥，C错误；
D．常温下，浓硫酸能使Fe发生钝化，不生成H2，D错误；
答案选A。
15．B
【分析】四种元素是原子序数依次增大的短周期主族元素且在不同周期，则W为H，根据图示结构特点，Z成五根键，原子序数较大，则Z为P，所有X应成两根键，X为O，Y为+3价阳离子，则Y为Al。
【详解】A．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，所以原子半径：Al>P>O>H，即Y>Z>X>W，A错误；
B．同一周期，从左到右原子半径减小，元素非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，所以非金属性O>P>Al，B正确；
C．X、Z对应最简单氢化物为：H2O和PH3，水中有氢键，故沸点：H2O>PH3，即X>Z，C错误；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，三元中强酸，D错误；
故选B。
16．B
【分析】已知X、Y、 Z、W为元素周期表中前20号元素且位于不同周期，原子序数依次增大，Y形成2对共用电子对，则Y为O；X位于第一周期，X为H元素；Z位于第三周期，W位于第四周期，Z形成5个共价键，W形成+1价阳离子，则Z为P 元素，W为K元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知：X为H，Y为O，Z为P，W为K元素。
A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，则四种元素的原子半径大小关系为：W(K)＞Z(P)＞Y(O)＞X(H)，A正确；
B．Z是P元素，原子最外层有5个电子，形成5对共用电子对后，P原子最外层有10个电子，不满足最外层8个电子的稳定结构，B错误；
C．Y为O，W为K，二者可以形成离子化合物K2O2，其中K+与之间以离子键结合，在中的2个O原子之间以非极性键结合，故Y与W可形成含非极性键的离子化合物，C正确；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。Y为O，Z为P，元素的非金属性：O＞P，则氢化物的稳定性：H2O＞PH3，用字母表示为：Y＞Z，D正确；
故合理选项是B。
17．A
【详解】A．硫酸铜和氯化铜溶液除了阴离子不同，其他条件均相同，铝片加入到氯化铜溶液中能反应，是氯离子破坏了铝片表面的氧化膜，A正确；
B．常温下可以测等物质的量浓度的碳酸钠溶液和硫酸钠溶液的pH值，溶液pH值越大，酸性越弱，对应核心元素的非金属性越弱，B实验不能得出C和S非金属性强弱，B错误；
C．题中氢氧根过量，加入氯化铁溶液可以直接产生红褐色沉淀，并不存在沉淀的转化，不能比较两种沉淀的Ksp，C错误；
D．白葡萄酒中的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明有二氧化硫，D错误；
故选A。
18．B
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Z元素原子的最外层电子数是次外层的二分之一，Z为硅；则X处于第二周期，W处于第一周期，W为氢；1个W2X分子含有10个电子，X为氧；Y元素原子半径是同周期元素中最大的，为钠；W、X、Y、Z分别为H、O、Na、Si。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：r(Na)>r(Si)>r(O)>r(H)，A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，失电子能力变弱；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，失电子能力变强；失电子能力：Na>H>O；B正确；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物热稳定性：H2O>SiH4，C错误；
D．电解氯化钠水溶液制得的是NaOH、H2和Cl2，D错误；
故选B。
19．D
【分析】a、b、c、d是同周期主族元素，c的最外层电子数是b次外层电子数的3倍，可知b的次外层电子数只能为2，c的最外层电子数为6，由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，d可形成4个共价键，c可形成2个共价键，b得到1个电子后形成4个共价键，则d为C、c为O、b为B，a可提供电子对，且易得到1个电子，则a为F，均为第二周期元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，a为F、b为B、c为O、d为C元素；
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：b＞d＞c＞a，故A正确；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性F＞C，则简单氢化物的稳定性：a＞d，故B正确；
C．c为O、d为C元素，可形成H2O2、H2O两种化合物，故C正确；
D．a为F，HF为弱酸，故D错误；
故选：D。
20．(1)第五周期第IVA族
(2)Sn2++2e-=Sn
(3)SnO+2H++3Cl-[SnCl3]-+H2O
(4)5Sn+6NaOH+4NaNO35Na2SnO3+2N2↑+3H2O
(5)防止Sn(II)被氧化
(6)90%
(7)形成同离子效应，可析出更多的Na2SnO3固体

【分析】本题采用酸溶和碱溶两种方法从电镀锡渣中回收锡。酸溶工序：加入盐酸后在200oC加热得到滤液I（锡主要存在形式：[SnCl3]-），过滤除去不溶性杂质得到滤液I，滤液I 中加入锡是为了防止Sn(II)被氧化；然后在CO2气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到了SnCl2·2H2O晶体。碱溶工序：电镀锡渣加硝酸钠和氢氧化钠溶液在150oC加热可生成Na3AsO4、Na2SnO3，过滤除去不溶性杂质；除砷工序加入氢氧化钡溶液，Na3AsO4生成Ba3(AsO4)2（滤渣III）沉淀，过滤后滤液II主要成分为Na2SnO3，蒸发浓缩、冷却结晶得到了Na2SnO3晶体。
（1）
Sn在元素周期表中位置为：第五周期第IVA族
（2）
电解SnCl2溶液，阴极Sn(II)得电子被还原，电极反应式为：；
（3）
酸溶时，SnO与盐酸反应，离子反应方程式为：
；
（4）
碱溶时，硝酸钠为氧化剂，将Sn氧化为Na2SnO3，自身被还原成氮气，化学方程式为：；
（5）
Sn(II)容易被氧化，滤液I加入少量单质Sn还为了防止Sn(II)被氧化；
（6）
除砷时，加入等体积的氢氧化钡后，初始溶液中，当c(Ba2+)=3×10-3mol/L时，，此时溶液中；因此沉淀中的As元素占原As元素总量的；
（7）
蒸发浓缩时，加入氢氧化钠可形成同离子效应，降低Na2SnO3溶解度，利于析出更多的Na2SnO3固体。故答案为：形成同离子效应，有利于析出更多的Na2SnO3固体。