2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题（五）含解析

这是一份2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题（五）含解析，共28页。试卷主要包含了请回答下列问题等内容，欢迎下载使用。
2024届新高考化学第一轮专项训练复习——元素或物质推断题（五）

1．（2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）请回答下列问题。
随原子序数递增，x、y、z、……等八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示：

(1)f的离子结构示意图为______。
(2)将上述处在第三周期的元素的离子，按半径由小到大进行排列_____(填离子符号)。
(3)研究g、h非金属性强弱的方案中不可行的是______(填序号)。
A．比较其简单氢化物稳定性 B．比较其单质与氢气反应的难易程度
C．比较其简单阴离子的还原性 D．比较其氧化物的水化物的酸性
(4)元素y在周期表中的位置为______，对x、z组成的简单阳离子进行检验，反应的离子方程式是______，现象是______。
(5)f和z组成的化合物fz，被大量用于制造电子元件。工业上用f的氧化物、y单质和z单质在高温下制备fz，其中f的氧化物和y单质的物质的量之比为1∶3，则该反应的化学方程式为______。
2．（2023春·北京海淀·高三北京交通大学附属中学校考开学考试）某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现含有相同元素的物质间在一定条件下存在转化规律，绘制如下转化关系图，图中A、B、C、D是由前18号元素组成的物质，且均含有同种元素。

请回答：
(1)若A为单质，C为淡黄色固体。
①则C与H2O反应的化学方程式为：_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.A可经一步反应转化为D
b.B、C均可作呼吸面具的供氧剂
c.B、C、D均可与CO2反应
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体。
①A→B反应的化学方程式是_______。
②A与C在一定条件下反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体，写出反应的化学方程式_______。
(3)若B能使品红溶液褪色加热后颜色恢复，则D与某红色金属单质反应生成B的方程式为_______，工业上使用过量氨水吸收B，离子方程式为_______。
3．（2023秋·山东青岛·高三山东省青岛第五十八中学校考期末）周期表前四周期的元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，X原子基态时L层中P轨道电子数与s轨道电子数相同；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料；W位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态。回答下列问题：
(1)X位于周期表的第_______周期，第_______族。
(2)元素的第一电离能：X_______Y(填“>”或“”、“=”或“
(3)平面三角形
(4) 1s22s22p63s23p63d5 3Fe2++2[Fe(SCN)6]3-=Fe3[Fe(SCN)6]2↓

【分析】X原子基态时L层中p轨道电子数与s轨道电子数相同，电子排布式为1s22s22p2，为C元素；Y原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，电子排布式为1s22s22p3，为N元素；Z有多种氧化物，其中一种红棕色氧化物可作涂料，Z为Fe元素；W位于第四周期，其原子最外层只有1个电子，且内层都处于全充满状态，则基态W原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu元素。
【详解】（1）X为C元素，位于第二周期第IVA族；
（2）同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族大于IIIA族，第VA族大于VIA族，所以C小于N元素的第一电离能；同周期原子半径从左向右逐渐减小，所以原子半径C>N；
（3）Y的最高价氧化物对应水化物中酸根离子为硝酸根离子，其价层电子对数=3+(5+1-2×3)÷2=3，孤电子对数为0，所以是平面三角形；
（4）Z为Fe元素，Fe3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5；铁氰化钾溶液电离出[Fe(SCN)6]3-与Fe2+的离子方程式为：3Fe2++2[Fe(SCN)6]3-=Fe3[Fe(SCN)6]2↓，Fe3[Fe(SCN)6]2为蓝色不溶性沉淀。
4．(1) [Ne] 3s1 11
(2)N>O>C
(3)σ键和π键
(4) Fe原子价层电子排布为、、的价层电子排布分别为、，其中的3d轨道处于半充满状态，能量更低，更稳定 d区
(5) 三角锥 、、、、、等(任写2种)

【分析】R、T、W、X、Y、Z为前四周期元素，且W、X、Y、Z的核电荷数依次增大，其中R原子价电子排布式为nsnnpn+1，s轨道最多填充2个电子，n=2，其价电子排布式为2s22p3，则R为N元素；T元素基态原子核外3个能级上有电子，且各能级上的电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故T为C元素；W原子电子层数与核外电子数相等，则W为H元素；X元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，故X原子核外电子排布式为1s2s22p4或1s22s22p63s2，Y元素的原子半径在该周期中最大(除稀有气体外)，则Y处于第IA族，且核电荷数小于Z，大于X，故X为O元素，Y为Na元素；Z元素是第四周期未成对电子数最多的元素，Z原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故Z为Cr元素，然后根据问题分析解答。
【详解】（1）根据分析，Y为Na元素，为第11号元素，核外电子排布式1s22s22p63s1，核外有11个电子，所以有11种不同运动状态的电子；根据分析，Z为Cr元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，所以价电子排布图为；
（2）同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
（3）HCN分子中的三个原子通过共价键结合，其结构式为H-C≡N，分子中除H原子外均为8电子构型，根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的类型有σ键和π键；
（4）Z为Cr元素，与Z (Cr)同周期的某三价阳离子比其二价阳离子更稳定，该元素为Fe元素；Fe2+、Fe3+的外围电子分别为3d6、3d5，其中Fe3+中3d轨道处于半充满状态，所以Fe3+比较稳定， Fe元素处于第四周期第VIII族，属于d区元素；
（5）R为N、W为H，RW3表示的是NH3，NH3分子中N原子形成的价层电子对数是3+=4，有1对孤电子对数，故分子立体构型为三角锥形；原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，T为C、X为O，TX2表示的物质为CO2，与CO2互为等电子体的分子可以用2个N原子替换1个C原子、1个氧原子，可以用S原子替换O原子，、、、、、等均符合。
5．(1)
(2)
(3) 玻璃棒 漏斗
(4)
(5) 不能 取原溶液少许，加入足量硝酸酸化后，再加入溶液，若有白色沉淀生成，则证明含有，反之则不含

【分析】与提供的阴离子均不能大量共存，所以一定无存在。
i：取少量该溶液，加入过量溶液，产生白色沉淀，沉淀可能是硫酸钡、碳酸钡，沉淀由引起，原溶液中一定不会存在，过滤；
ii：向i中所得沉淀中加入足量盐酸，沉淀全部溶解，并有无色气体生成，可知i中所得沉淀只有碳酸钡，则原溶液中一定含有，一定不含；
iii：向i所得滤液中加入足量硝酸酸化后，再加入溶液，有白色沉淀生成，该沉淀一定是AgCl，由于i中引入了Cl-，原溶液中不一定含有Cl-。
【详解】（1）与提供的阴离子均不能大量共存，所以无需实验即可推断溶液中一定不会存在。
（2）加入过量溶液，产生白色沉淀，沉淀一定是由引起，所以原溶液中一定不会存在。
（3）根据过滤装置图，可知实验ⅰ中过滤时用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）向ⅰ中所得沉淀中加入足量盐酸，沉淀全部溶解可知i中所得沉淀只有碳酸钡，溶液中一定不会大量存在的离子为，有无色气体生成可知一定大量存在的离子为。
（5）向i所得滤液中加入足量硝酸酸化后，再加入溶液，有白色沉淀生成，该沉淀一定是AgCl，由于i中引入了Cl-，所以实验ⅲ不能说明该溶液中存在，证明该溶液中是否存在的实验为：取原溶液少许，加入足量硝酸酸化后，再加入溶液，若有白色沉淀生成，则证明含有，反之则不含。
6．(1) H2SO4、HNO3 NaOH
(2)O2-＞Na+＞Mg2+
(3)
(4) Al(OH)3 NaOH H2SO4或HNO3

【分析】根据元素在周期表的位置，可知①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，⑧是S元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】（1）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。在上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，属于强酸的是H2SO4、HNO3；
元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。在上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；
（2）④是O，⑤是Na，⑥是Mg，三种元素形成的简单离子O2-、Na+、Mg2+核外电子排布都是2、8，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以O2-、Na+、Mg2+的半径由大到小的顺序是：O2-＞Na+＞Mg2+；
（3）①是H，④是O，⑤是Na，⑧是S元素，四种元素形成的能反应的两种化合物分别是NaHSO4、NaHSO3，二者在溶液中发生反应产生Na2SO4、H2O、SO2，该反应的离子方程式为：；
（4）⑦是Al，A、B、C都是化合物，含有Al元素，X为强电解质，根据物质反应转化关系，可知：若X是H2SO4，A是偏铝酸盐，B是Al(OH)3，C是Al2(SO4)3；若X是HNO3，A是偏铝酸盐，B是Al(OH)3，C是Al(NO3)3。故根据上述分析可知B是Al(OH)3，X可能是H2SO4或HNO3。
7．(1)①②③④
(2) 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑ 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
(3)除去CO2中的HCl气体

【分析】焰色反应均为黄色说明含Na元素，则A为Na单质，钠在氧气中燃烧生成B过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成D碳酸钠；钠与水反应生成C氢氧化钠，氢氧化钠与过量二氧化碳反应生成E碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠；大理石与盐酸反应生成二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液除去挥发的氯化氢，再用浓硫酸干燥二氧化碳，然后通入D中与过氧化钠反应，排水法收集氧气，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析，涉及钠单质和过氧化钠的反应均为氧化还原反应，即①②③④属于氧化还原反应，故①②③④；
（2）A→C反应的离子方程式：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑，B→D的化学方程式：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（3）B中盛有饱和碳酸氢钠溶液用于除去二氧化碳中的HCl，防止其与过氧化钠发生反应，故除去CO2中的HCl气体；
8．(1)A
(2)B
(3) 非金属元素 弱 Ts2O7
(4)BD

【分析】由元素在周期表中位置可知a为H，b为B，c为C，d为O，e为F，g为Al，h为P，i为Fe，j为，Cu据此解答。
【详解】（1）A. 117号元素给定的同位素有两种，且两种核素的百分含量不确定，因此不能确定其相对原子质量，错误；    
B. Ts和Ts，质子数相同，质量数不同，互为同位素，正确；
C. Ca、Bk质子数不同为不同元素，且表示不同原子，正确；
D. Ca、Bk(锫)、Ts和Ts，所有原子序数都大于18，均位于长周期，正确；
故A；
（2）117号元素核外电子排布为2、8、18、32、32、18、7，位于第七周期第VIIA族，故B；
（3）117号元素Ts属于非金属元素，Ts和At为同主族元素，随原子序数递增，非金属性减弱，简单气态氢化物的稳定性减弱，则Ts的氢化物稳定性弱于At的氢化物；该元素位于第VIIA族，最高正化合价为+7，最高价氧化物为Ts2O7：故非金属元素；弱；Ts2O7；
（4）A. I、Cs和Cs放射性元素变成其他元素，元素种类发生改变，不属于化学变化，错误；
B. PF3分子和PH3分子结构均为三角锥形，结构相同，正确；
C. Cu元素与O元素组成氧化铜和氧化亚铜两种化合物，氧化铜为黑色固体，氧化亚铜为砖红色固体，颜色不相同，错误；
D. I具有放射性，加碘食盐中“碘”不是碘I，正确；
故BD；
9．(1) V形
(2) 为离子晶体，为分子晶体，熔沸点比离子晶体低得多
(3)
(4) 75% 400

【分析】A、B、D、E四种元素均为短周期元素，原子序数逐渐增大．A元素原子的核外电子数、电子层数和最外层电子数均相等，推知元素A是H；由元素在周期表中位置，可知B、D位于第二周期，E位于第三周期，而E元素的单质能与水反应生成两种酸，则E为Cl，可推知B为N元素、D为O元素；甲、乙、M、W、X、Y、Z七种物质均由H、N、O三种元素中的一种或几种组成，其中W为N2H4，甲、乙为非金属单质，X分子含有10个电子，结合转化关系可知，甲是O2、乙是N2、X是H2O，依次可推导出Y是NO、Z是NO2、M是HNO3，据此解答。
【详解】（1）由分析可知：Z为二氧化氮，化学式为NO2；X是H2O，H2O为V形结构，故NO2；V形；
（2）E 的单质为Cl2，其与水反应生成HCl和HClO，发生反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO；活泼金属与活泼非金属原子易形成离子键，因此可判断为离子晶体，为分子晶体，离子键键能大于分子间作用力，因此离子晶体的熔沸点高于分子晶体，故Cl2+H2OH++Cl-+HClO；为离子晶体，为分子晶体，熔沸点比离子晶体低得多；
（3）正极发生还原反应，氧气在正极得电子，碱性条件下生成OH-，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，负极发生氧化反应，失去电子，碱性条件下生成氮气与水，负极反应式为：N2H4+4OH--4e-═N2+4H2O；故N2H4+4OH--4e-═N2+4H2O；
（4）测得平衡气体的总物质的量为0.40mol，其中A2为0.1mol，B2为0.1mol，则：

则该条件下H2的平衡转化率为×100%=75%；
容器体积为1L，则该反应的平衡常数，则K=。
故75%；400；
10．(1)第三周期第ⅦA族
(2)
(3)
(4) 水分子间存在氢键，分子间相互作用更强
(5)
(6)极性键、非极性键
(7)C

【分析】电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，则原子序数越小，原子半径越大；除O、F外主族元素最高正价为最外层电子数，非金属元素最低负价等于-（8-最外层电子数），由此推之x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。
【详解】（1）由上述分析可知，h为Cl，位于第三周期ⅦA族。
（2）x为H，e为Na，二者形成的离子化合物为NaH，Na金属性强为阳离子，故电子式为。
（3）e为Na，最高价氧化物对应水化物为NaOH，f为Al，最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠，反应方程式为。
（4）d为O，g为S，二者氢化物分别为和，由于水分子之间能够形成氢键，分子间作用力更强，使熔沸点升高，故水的沸点高于硫化氢。
（5）z、d、e、f分别为N、O、Na、Al，四种元素的简单离子电子层数相同，Al的原子序数最大，故半径最小，因此半径最小的为Al3+。
（6）x为H，d为O，x2d2为，含有极性共价键和非极性共价键。
（7）A．h为Cl，g为S，根据氧化还原反应规律可知氯气与硫化氢发生置换反应，氯气的氧化性强于硫，氯元素的非金属性强于硫，A正确；
B．不同氧化剂与同种变价金属反应，氧化性越强变价金属化合价越高，对应单质元素的非金属性越强，B正确；
C．氯化氢制备硫化氢为强酸制弱酸，无法根据氢化物的酸性判断元素非金属性的强弱，C错误；
D．化合物中得电子能力强的显负价，二者形成的化合物中氯显负价，说明氯的得电子能力强，非金属性强，D正确。
故选C。
11．(1)Ca(OH)2+ 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑ + 2H2O
(2)2CO + 2NON2+ 2CO2
(3)2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2
(4) NaOH、Na2CO3 1：1
(5)
(6)

【分析】I.若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体，则A为N2，B为NH3，E为NO2，X为O2，D为NO；
II.若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体，则A为Na2O2，B为NaOH，X为CO2，D为Na2CO3，E为NaHCO3。
III.若A、X为单质，D能使品红溶液褪色，可知D为SO2，则A为S，X为氧气，B为H2S，E为SO3。
【详解】（1）实验室制取NH3的化学方程式：Ca(OH)2+ 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑ + 2H2O；故Ca(OH)2+ 2NH4ClCaCl2+ 2NH3↑ + 2H2O；
（2）NO和CO均是汽车尾气的主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，应生成氮气与二氧化碳，反应方程式为：2CO + 2NON2+ 2CO2；故2CO + 2NON2+ 2CO2；
（3）A与X反应的化学方程式：2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2；故答案为2CO2+ 2Na2O2=2Na2CO3+ O2；
（4）将一定量的气体CO2通入NaOH的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，根据Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl、NaHCO3+ HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知Na2CO3转化为NaHCO3、NaHCO3转化为NaCl需要的HCl的物质的量相等，实际上产生气体之前消耗HCl与产生二氧化碳消耗HCl的物质的量之比为3: 2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、Na2CO3，两者的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，结合图像可知为1：1；故NaOH、Na2CO3；1：1；
（5）二氧化硫与硫化氢反应生成S和水，反应方程式为：，故；
（6）E的浓溶液为浓硫酸，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫，反应方程式为：，故；
12．(1)第二周期第VIA族
(2)Na>Al>C>H
(3)4(或者四)
(4) H-O-O-H
(5)
(6) CH4 CS2
(7)⑤

【分析】结合各元素在周期表中的位置，可推断A是H元素、B是C元素、D是O元素、E是Na元素、G是Al元素、J是Cl。据此分析。
【详解】（1）D是O元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族，故第二周期第VIA族。
（2）A、B、E、G即H、C、Na、Al，其中H电子层是1层、C是2层、Na和Al是3层，层数越多半径越大，层数相同核电荷数越大半径越小，所以原子半径由大到小的顺序是：Na>Al>C>H，故Na>Al>C>H。
（3）即和BD即CO的混合气体，在同温同压下，两容器体积相同则气体的物质的量相同，①分子数相同；②是6原子分子，其他都是双原子分子，所以原子数不同；③、和CO的摩尔质量都是28，所以质量相同 ；④和CO是14中子微粒但是12中子，中子数 不同；⑤体积相同，质量也相同则密度相同；⑥同温同压下则气体摩尔体积相同，所以有4个选项相同，故4(或者四)。
（4）含有极性键和非极性键的共价化合物是H-O-O-H，含有非极性键的离子化合物是，故H-O-O-H；。
（5）E与G的最高价氧化物对应水化物分别为和，发生反应的离子方程式为：，故。
（6）据元素推断和结构特点可知，a是正四面体结构，推断是CH4，b是直线形推断是CS2，故CH4；CS2。
（7）① 同主族从上到下非金属性逐渐减弱则有：，故①正确；
② 同主族从上到下单质的氧化性逐渐减弱：，故②正确；
③ 同主族从上到下气态氢化物稳定性逐渐减弱：，故③正确；
④ 是弱酸，、和是强酸且酸性依次增强，所以氢化物酸性：，故④正确；
⑤分子间存在氢键，沸点最高，、和相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，沸点依次升高，所以氢化物沸点：，故⑤错误；
⑥ 同主族从上到下氢化物还原性依次增强：，故⑥正确；
⑦ 相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，密度越大，所以单质的密度：，故⑦正确；只有⑤错误。
故⑤。
13．(1)Fe3+、Ba2+
(2)加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，此沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4中的一种或几种，所以溶液中不一定含有Cl-
(3)0.4 mol∙L-1
(4)BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑
(5)0.2

【分析】无色透明溶液中一定不含有Fe3+。实验1：加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，则此沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4；实验2：加足量NaOH溶液充分加热后，收集到标准状况下896mL气体，此气体为NH3，n()==0.04mol；实验3：加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g，n(BaSO4)==0.01mol，n(BaCO3)==0.02mol。
【详解】（1）由分析可知，溶液中一定不存在Fe3+，一定存在、、，依据离子共存，溶液中一定不存在Ba2+，依据电荷守恒，溶液中一定存在Na+，可能存在Cl-，所以溶液中一定不存在的离子是Fe3+、Ba2+。Fe3+、Ba2+；
（2）因为除去AgCl为白色沉淀外，Ag2CO3、Ag2SO4也为白色沉淀，所以由实验1不能推断该溶液是否一定含有Cl-，其理由是：加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，此沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4中的一种或几种，所以溶液中不一定含有Cl-。加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，此沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4中的一种或几种，所以溶液中不一定含有Cl-；
（3）由分析可知，实验2中，n()==0.04mol，则c()==0.4 mol∙L-1。0.4 mol∙L-1；
（4）实验3中，BaCO3能与盐酸发生反应，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；
（5）依据电荷守恒：c(Na+)+ c()=2c()+2c()+c(Cl-)，则c(Na+)=++ c(Cl-)-0.4 mol∙L-1=0.2 mol∙L-1+ c(Cl-)，综合实验与计算分析，可以判断Na+一定存在，则Na+的浓度将不小于0.2 mol∙L-1。0.2。
若不存在Cl-，c(Na+)=0.2 mol∙L-1，若存在Cl-，c(Na+)＞0.2 mol∙L-1。
14．(1)第三周期第ⅢA族
(2)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(3)>
(4)AC
(5)Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O

【分析】A、X、W、D、E为短周期主族元素，且原子序数依次增大。A、D同主族，X、W同周期， X的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物能发生化学反应，X为N元素；A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为H、W为O元素；结合原子序数可知D为Na；E元素的周期序数与主族序数相等，原子序数大于Na，处于第三周期，故E为Al。
【详解】（1）E为13号元素Al，E元素在周期表中的位置为第三周期第ⅢA族。
（2）D、E的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O；
（3）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，离子半径越小，离子半径关系：r(H-)＞r(Li+)；
（4）A．W单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，可知氧气和硫化氢反应生成硫单质，则O比S的非金属性强，故A选；
B．在氧化还原反应中，1 mol W单质比1 mol S得电子多，不能比较非金属性，非金属性与得电子难易有关，故B不选；
C．W和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，由氢化物的稳定性可比较非金属性，故C选；
故选AC；
（5）Cu在酸性条件下与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，离子方程式Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。
15．(1) N 1s22s22p3
(2) 第四周期第ⅦB族
(3) S2->O2->Na+ 氧原子半径小于硫，形成的氢氧键键长短、键能大 离子键、非极性共价键
(4) H-C≡N 0.4

【分析】前四周期A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的原子序数依次增大。其中：A元素原子的核外电子数与其能层数相等，为氢；B元素原子的价层电子数为4，为碳；C元素基态原子的p能级电子数比s能级电子数少1，为氮；D与F在同一主族，且元素F的最高正价与其最低负价的绝对值的差值为4，则D为氧、F为硫；E元素原子的第一至第三电离能分别是=496kJ/mo1，=4562kJ/mo1，=6912kJ/mo1，E为第三周期第IA族元素钠；G元素位于元素周期表中的第7列(从左至右)，为锰；
【详解】（1）C的元素符号为N，为7号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p3；
（2）G为25号元素锰，在元素周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，失去2个电子变为二价锰离子，其正二价阳离子的价层电子排布图为；
（3）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；D、E、F三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是S2->O2->Na+，D、F可分别与A形成、两种分子，前者的稳定性强于后者，原因是氧原子半径小于硫，形成的氢氧键键长短、键能大，故稳定性强；D与E可形成原子个数比为1：1的离子化合物，该化合物为过氧化钠，所含有的化学键类型是离子键、非极性共价键；
（4）已知共价分子ABC，分子中各原子均达到稳定结构，则该分子为HCN，结构式为H-C≡N，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键，则0.2mol该分子所含有的π键数目是0.4。
16．(1)Na
(2)Na＞Mg＞N＞O
(3)HClO4
(4)
(5)2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑
(6)黄

【分析】依据元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl。
【详解】（1）同周期元素从右到左，金属性依次增强，同主族元素从上到下，金属性依次增强，则位于元素周期表左下角的元素，金属性最强，所以在元素①～⑨中，金属性最强的元素是Na。Na；
（2）③～⑥四种元素分别为N、O、Na、Mg，N、O同周期且N在O的左边，Na、Mg同周期且Na在Mg的左边，Na、Mg的电子层数比N、O多，所以原子半径由大到小的顺序是Na＞Mg＞N＞O。Na＞Mg＞N＞O；
（3）⑧和⑨分别为S、Cl，非金属性S＜Cl，则两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是HClO4。HClO4；
（4）由元素⑤和元素④形成的原子个数比为1:1的化合物为Na2O2，电子式为。；
（5）元素⑦的单质为Al，元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者发生反应生成NaAlO2和H2，离子方程式：2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑。2Al+2H2O+2OH-=2+3H2↑；
（6）仅由元素⑤和元素⑧形成的常见化合物为Na2S，高温灼烧时呈现钠的焰色，则火焰呈黄色。黄。
Na2O2为离子化合物，由Na+和构成。
17．(1)第三周期第IVA族
(2) r(Na+)>r(Al3+) O2 H2S
(3)
(4)O=C=O
(5) 离子键和共价键
(6) 黄 焰色试验

【分析】随着原子序数的递增，A～G七种短周期元素的最高正价或最低负价与原子序数的关系如图所示，G的最高价为+6，则G为S；A、F的最高价都是+4，结合原子序数可知，A为C元素，F为Si；C只有-2价，则C为O；B介于C、O之间，其最高正价为+5，则B为N元素； D、E的最高价分别为+1、+3，二者的原子序数都大于O，则D为Na、E为Al元素，以此分析解答。
【详解】（1）由上述分析可知，A为C元素，F为Si元素，B为N元素，G为S元素，C、N、Si、S四种元素中，非金属性最弱的为Si，其原子序数为14，在周期表中位于第三周期第IVA族。
（2）由上述分析可知，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，G为S元素；Na+和Al3+的核外电子排布相同，原子序数：Na＜Al，则离子半径：Na+＞Al3+；同一主族，从上到下，元素非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞S，元素非金属性越强，与H2化合越容易，则较容易的是O2；非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性较差的是H2S。
（3）由上述分析可知，E为Al元素，E元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为。
（4）由上述分析可知，A为C元素，C为O元素，C与O形成的电子总数为22的分子为CO2，CO2分子中含有两个碳氧双键，其结构式为O=C=O。
（5）由上述分析可知，C为O元素，D为Na元素，Na与O按原子个数为1:1形成的化合物为Na2O2，其电子式为，其含有离子键和共价键。
（6）由上述分析可知，D为Na元素，其氯化物为NaCl，用铂丝蘸取NaCl在火焰上灼烧，火焰呈黄色，可以判断Na元素的存在；化学上把这种定性分析操作称为焰色试验。
18．(1)第三周期IIA族
(2)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
(3)2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑
(4) H2SiO3< H2CO3< HNO3 HF>HCl>HBr>HI
(5)Al2O3+2OH-=2AlO+H2O

【分析】玩素在周期表的位置可知，①～⑧分别为H、C、N、F、Mg、AI、Si、S。
【详解】（1）①-⑦元素中金属性最强的元素为Mg，位于周期表中的位置为第三周期IIA族。
（2）③与⑤形成的化合物氮化镁溶于水会剧烈反应生成白色沉淀氢氧化镁和气体A即氨气，反应的化学方程式为Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
（3）④所形成的单质F2与水反应生成HF和氧气，方程式为：2F2＋2H2O＝4HF＋O2↑；
（4）非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，故②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序是H2SiO3< H2CO3< HNO3；非金属性越强形成的氢化物越稳定，故④所在族的各元素与氢气化合所形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是HF> HC> HBr>HI；
（5）表中元素⑥的最高价氧化物为氧化铝，氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O。