第16讲 元素周期表和元素同期律（能力训练）-2022年高考化学一轮复习讲练全能王（有答案）

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第16讲 元素周期表和元素同期律（能力训练）
(50分钟，100分)

一、选择题：（12个小题，每题4分，共48分）
1．中国化学会遴选了118名青年化学家作为“元素代言人”组成“中国青年化学家元素周期表”。元素Po(钋)与S同主族，由暨南大学陈填烽代言，其原子序数为84，下列说法正确的是
A．210Po是一种核素 B．原子半径：Po＜S
C．Po位于元素周期表的第4周期 D．PoO2只有还原性
【答案】A
【解析】
A．210Po表示含有126个中子的Po原子，是Po元素的一种核素，故A正确；
B．Po电子层数大于S，原子半径：Po>S，故B错误；
C．Po位于元素周期表的第6周期，故C错误；
D．PoO2中Po元素化合价为+4，化合价既能升高又能降低，所以PoO2既有氧化性又有还原性，故D错误；
选A。
2．短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，A、B的简单离子具有相同的电子层结构， B的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，C的原子序数是A的2倍，D与B形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法一定正确的是
A．A与C在周期表中位于同一主族
B．氢元素与A能形成的化合物不止一种
C．B的简单离子的半径比A的大
D．C最高价氧化物对应水化物一定是一种强酸
【答案】B
【分析】
短周期主族元素A、B、C、D原子序数依次增大，B的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则B是Na；D与B形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明这种盐不水解，D只能是第三周期的非金属元素，且D的氢化物的水溶液属于强酸，则D是Cl；A、B的简单离子具有相同电子层结构，则A在第二周期且是非金属元素，可能是氮和氧；C的原子序数是A的2倍，C在B与D之间，则推出A为O，C为S或者，A为N，C为Si。
【解析】
A．根据分析，若A为N，C为Si，不处于同一主族，若A为O，C为S，则处于同一主族，A错误；
B．若A为N，和氢可以形成NH3和N2H4等多种化合物，若A为O，则和氢可以形成H2O和H2O2，均不止一种，B正确；
C．B的简单离子为Na+，A的简单离子为N3-或O2，电子层数相同，核电荷数越大半径越小，故Na+半径小于A的简单离子半径，C错误；
D．C为S或Si，最高价氧化物对应水化物为H2SO4或H2SiO3，H2SO4是强酸，H2SiO3是弱酸，D错误；
故选B。
3．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的主族元素，X、Y、Z、W的单质常温下均为气态，Z与Y形成的一种化合物在常温下为红棕色气体，X、Y、W位于三个不同的周期。下列说法正确的是
A．非金属性：Z>Y>X>W
B．含氧酸的酸性：Y Z>Y>X，A项错误；
B．Y和W有多种含氧酸，物质不确定性质无法比较，B项错误；
C．Y与Z可以形成一氧化氮，二氧化氮，四氧化二氮，五氧化二氮等多种物质，C项错误；
D．X与Z形成的化合物水部分电离为弱电解质，D项正确；
故答案为D。
4．短周期主族元素W、X、Y、Q的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最多的元素，其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和，Q的原子序数等于X原子序数的2倍；查德威克实现了核反应：。下列说法正确的是
A．原子半径：W＞X＞Y＞Q
B．W和Q在元素周期表中处于对角线位置
C．X的最高价氧化物对应的水化物属于强酸
D．Y与Q形成的化合物可用作耐火材料
【答案】D
【解析】
Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素，其原子的最外层电子数等于W、X原子的最外层电子数之和，即于W、X原子的最外层电子数之和为6，根据由此可知，Z=4，则W为Be元素，X为C元素，则Q为Mg元素。综上，W、X、Y、Q分别为Be元素、C元素、O元素、Mg元素。
A．原子半径：Mg>Be>C>O，即Q>W>X>Y，故A错误；
B．Be 和Mg位于同一主族，故B错误；
C．X的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，属于弱酸，故C错误；
D．Y与Q形成的化合物MgO具有高熔点，可用作耐火材料，故D正确；
故答案为D。
5．下列有关离子方程式的书写错误的是
A．向饱和NaCl溶液中依次通入足量NH3与CO2：Na++NH3+ CO2+ H2O=NaHCO3↓+NH
B．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ 3NH
C．碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应：Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O
D．草酸与足量酸性高锰酸钾溶液反应：2MnO+5C2O+ 16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】D
【解析】
A．向饱和NaCl溶液中依次通入足量NH3与CO2，反应生成碳酸氢钠沉淀，Na++NH3+ CO2+ H2O=NaHCO3↓+NH，A正确；
B．一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，所以最终得到氢氧化铝沉淀，离子方程式为Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ 3NH，B正确；
C．NaOH足量，碳酸氢根、镁离子都能和其反应，所以离子方程式为Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，C正确；
D．草酸为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为2MnO+5H2C2O4+ 6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；
综上所述答案为D。
6．X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X、W的质子数之和为21，下列说法一定正确的是

A．简单离子半径：
B．X的氢化物的沸点一定低于Y的氢化物的沸点
C．W的非金属性比Y的非金属性弱
D．Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱
【答案】C
【分析】
已知短周期元素X与W的质子数之和为21，由图中位置可知W比X的质子数多9，则可知X为C，W为P，Y为O，Z为Al，据此分析答题。
【解析】
A．简单离子半径大小关系为则有简单离子半径，A错误；
B．Y的氢化物为，X的氢化物为烃，所以X的氢化物的沸点不一定低于Y的氢化物的沸点，B错误；
C．同一周期从左至右，元素的非金属性逐渐增强；同一主族从上至下，元素的非金属性逐渐减弱；W位于Y的左下方，故W的非金属性比Y的非金属性弱，C正确；
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为，是两性氢氧化物，不是强碱，D错误；
答案为C。
7．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．酸性：H3BO3O2-
C．沸点：H2SS
【答案】C
【解析】
A．C和B在同一周期，B在ⅢA族，C在ⅣA族，C的电负性更大，同价态形成含氧酸的酸性，C大于B，可以用元素周期律解释，A正确；
B．O和S在同一主族，O在第二周期，S在第三周期，O2-的半径小于S2-，所以O2-更难失去电子，还原性不如S2-，可以用元素周期律解释，B正确；
C．水的沸点高于H2S的原因是水分子之间会形成氢键，分子间结合更紧密，所以沸点更高，而H2S不能，否则按照元素周期律应该是相对分子质量更大的物质(同种结合类型)沸点更高，C错误；
D．Si和S在同一周期，Si在ⅣA族，S在ⅥA族，按照元素周期律，同一周期，主族序号更大的元素，原子半径更小，可以用元素周期律解释，D正确；
答案选C。
8．下列实验操作能达到预期实验目的的是
选项
目的
操作
A
比较S与Cl元素非金属性强弱
测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH
B
制取硅酸胶体
向饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸
C
检验某溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液
D
除去Na2CO3溶液中的NaHCO3
向溶液中通入足量CO2
【答案】C
【解析】
A．测定等浓度Na2S、NaCl溶液的pH，可比较氢化物的酸性，但不能比较元素非金属性强弱，应该通过比较元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱判断，A错误；
B．饱和硅酸钠溶液中加入过量浓盐酸，会生成硅酸沉淀，但不能制备胶体，B错误；
C．Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝沉淀，因此该操作可检验溶液中是否含有Fe2+，C正确；
D．碳酸钠与二氧化碳反应产生碳酸氢钠，不能除杂，应加适量NaOH溶液，D错误；
故选C。
9．已知W、X、Y、Z均为短周期元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol·L-1)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是

A．化合物X2Y2中含有极性共价键和非极性共价键
B．简单气态氢化物的热稳定性：Y>Z
C．简单离子半径：Z>Y>W>X
D．这四种元素中，元素X的金属性最强
【答案】D
【分析】
由图像和题给信息可知，浓度均为0. 01 mol．L-l的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，根据原子序数Z＞W，Z是N，W是Cl；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，Y的最高价氧化物对应的水化物为二元强酸，为硫酸，Y是S，X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，X是Na，可以判断出W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl，由此回答。
【解析】
A．化合物X2Y2为Na2S2，为离子化合物，硫原子之间为非极性共价键，S和Na+之间是离子键，A错误；
B．非金属性越强气态氢化物稳定性越强，Cl非金属性大于硫，非金属性强，气态氢化物的稳定性Z＞Y，B错误；
C．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小，N3－、Na+、S2-、Cl-的半径大小为S2-＞ Cl-＞N3－＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，C错误；
D．原子越容易失去电子，金属性越强，四种元素中Na最容易失去最外层电子，元素X金属性最强，D正确；
答案选D。
10．W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期。这四种元素形成的某种化合物的结构如图所示。下列叙述错误的是

A．简单离子半径：X>W
B．简单气态氢化物的稳定性：X>Y
C．Y的氟化物所有原子最外层均达到8电子稳定结构
D．该物质具有强氧化性，可能用于漂白
【答案】C
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次减小的短周期主族元素，且只有X、Y位于同一周期，所以Z只能是H。由四种元素形成某化合物的结构如图所示，W最外层含有2个电子，Z形成1个共价键，最外层只能含有1个电子，X形成2个共价键，最外层应该含有6个电子，Y形成4个共价键，但由于阴离子带2个负电荷，所以Y的化合价是+3价，结合原子序数大小可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素，据此分析解答。
【解析】
根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素。
A．电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：X＞W，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：B＜O，则简单氢化物的稳定性：Y＜X，故B正确；
C．Y的氟化物是BF3，B原子最外层没有达到8电子稳定结构，故C错误；
D．该物质含有过氧键，因此具有强氧化性，可能用于漂白，故D正确；
故选C。
11．下列有关实验设计不合理的是


A．图1装置可制取NO气体
B．图2装置可以完成“喷泉”实验
C．图3证明非金属性强弱：S>C>Si
D．图4用四氯化碳萃取碘水中的碘
【答案】A
【解析】
A．NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集NO，故A错误；
B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，气体减少，烧瓶内压强减小，形成“喷泉”，故B正确；
C．硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，说明硫酸的酸性大于碳酸，二氧化碳和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性大于硅酸，所以图3证明非金属性强弱：S>C>Si，故C正确；
D．碘易溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，所以可用四氯化碳萃取碘水中的碘，故D正确；
故选A。
12．下列“类比合理的是
A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成
C．与反应生成和，则与反应可能生成和
D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀
【答案】C
【解析】
A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；
C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；
D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；
故选C。
二、填空题：（5个小题，共52分）
13．（10分）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___________。
【答案】（每小题2分）(1)2，5，3，2，1，1 (2) IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 (3) 分子间作用力（范德华力） (4) bd (5) 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
【解析】
(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：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。
14．（10分）下面是元素周期表的前三周期。请用相应的化学用语回答下列问题：
a







b


c
d
e
f

g

h






（1）写出由e形成的两种阴离子的符号，它们带有相同的电荷数：______、_____；
（2）h的单质能与g元素的最高价氧化物对应水化物的溶液反应，请写出该反应的化学方程式________

（注：序列与b、c、d、e、f 并不一一对应）
（3）上左图表示的是b、c、d、e、f的氢化物的沸点（℃）。序列 “5”的氢化物是由______键构成的______分子（均填写“极性”或“非极性”）。由c和 e 组成的可灭火的物质的电子式是_______ 。
（4）上图是表示第三周期8种元素单质的熔点（℃）柱形图，已知柱形“1”代表Ar，则柱形“8”熔点最高的原因是__________ 。
【答案】（1）O2－ O22－ （2分） （2）2NaOH+2Al+2H2O→2NaAlO2+3H2↑ （2分） （3） 极性 （1分） 非极性 （1分） （2分） （4） 硅是原子晶体 （2分）
【分析】
根据元素在短周期中的位置，可得：a为H，b为Li，c为C，d为N，e为O，f为F，g为Na，h为Al，据此结合题目分析回答。
【解析】
（1）e为O，有氧离子和过氧离子两种阴离子，符号为：氧离子O2-，过氧离子O22-，故答案为：O2-；O22-；
（2）Al和NaOH溶液反应的化学方程式为：2NaOH+2Al+2H2O→2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2NaOH+2Al+2H2O→2NaAlO2+3H2↑；

（注：序列与b、c、d、e、f 并不一一对应）
（3）LiH是离子晶体，CH4、NH3、H2O、HF是分子晶体，离子晶体沸点高于分子晶体，所以1对应的是LiH，2沸点100℃，明显是H2O，剩下三个相对分子质量越大，沸点越高，所以3是HF，4是NH3，5是CH4，CH4是由极性键构成的非极性分子，二氧化碳的电子式为，故答案为：极性；非极性；；
（4）第三周期Na、Mg、Al单质是金属晶体，Si是原子晶体，P、S、Cl2是分子晶体，总体来说，熔点：原子晶体>金属晶体>分子晶体，所以“8”代表Si，熔点高是因为硅是原子晶体，故答案为：硅是原子晶体。
【点睛】
（1）一般来说，熔沸点有如下关系：原子晶体>离子晶体>金属晶体>分子晶体；
（2）一般来说，组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，熔沸点越高。
15．（10分）通过简单的试管实验可探究元素金属性、非金属性的强弱。选用下列提供的试剂，根据要求完成下表。
试剂：①镁条 ②铝条 ③AlCl3溶液 ④MgCl2溶液 ⑤NaOH溶液 ⑥氯水 ⑦碘水⑧NaI－淀粉溶液
实验方案
(只填写选用试剂的序号)
实验现象
结论
(l)
______________
一支试管中有白色沉淀生成，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失

金属性：_______
(2)
_______________
___________
非金属性：Cl>I

实验(2)中发生反应的离子方程式为_____________。
【答案】（每空2分）(l)③④⑤ Mg＞Al (2) ⑥⑧ 溶液由无色变为蓝色 Cl2 +2Br- =2Cl- +I2
【解析】
一支试管中有白色沉淀生成，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失，说明在MgCl2 溶液和AlCl3 溶液中分别加入NaOH溶液，由于Al(OH)3 具有两性，可溶于NaOH溶液而生成NaAlO2 ，说明碱性：Mg(OH)2 ＞Al(OH)3 ，则金属性：Mg＞Al；
比较Cl、I的非金属性强弱，可用非金属单质与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱或非金属之间的置换反应等，由于题中没有氢化物、酸等，则可用非金属之间的置换反应进行验证，即将氯水滴加到NaI－淀粉溶液中，观察到溶液由无色变为蓝色，说明单质的氧化性：Cl2 ＞I2 ，反应的离子方程式为Cl2 +2Br- =2Cl- +I2 ，
则可说明非金属性：Cl＞I。
故答案为：
实验方案
(只填写选用试剂的序号)
实验现象
结论
(l)
③④⑤
一支试管中有白色沉淀生成，另一支试管中先生成白色沉淀，后白色沉淀消失

金属性：Mg＞Al
(2)
⑥⑧
溶液由无色变为蓝色
非金属性：Cl>I
Cl2 +2Br- =2Cl- +I2。
16．（10分）纯净物A、B、C、D、E均是中学常见的物质。其转化关系如图所示(图中某些生成物已略去)，物质A与物质B之间的反应不在溶液中进行，通常状况下D为气体

请回答下列问题：
(1)若A、B、D均为短周期元素的单质，C为化合物且气体D就是物质B，又知D气体不可燃，则B的分子式是_______，化合物E的化学式为________。
(2)若A、C、D均为短周期元素的单质，B、E为氧化物，且化合物E通常状况下为气体，在一定条件下E还可以和氧气发生反应。则A位于在周期表中的________周期______族。A和B反应生成C的化学方程式是______。
【答案】（每空2分）(1)O2 NaOH (2) 三 ⅡA 2Mg+CO22MgO+C
【分析】
(1)化合物C与水反应生成的气体单质可能为氢气或氧气，D不可燃，应为氧气，该反应为Na2O2与H2O的反应，C为Na2O2，C为化合物且气体D就是物质B，故A为Na，E为NaOH；
(2)单质C与水反应得到气体单质D与氧化物E，可推知D为氢气，E通常状况下为气体，在一定条件下E还可以和氧气发生反应，可推知E为CO、C为碳，单质A与氧化物B反应生成碳，应是Mg在二氧化碳燃烧生成MgO与碳，可推知A为Mg，B为二氧化碳。
【解析】
(1)根据分析可知B的分子式为O2，化合物E的化学式为NaOH；
(2)根据分析可知A为Mg，位于第三周期ⅡA族；Mg在二氧化碳燃烧生成MgO与碳，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。
17．（12分）下表为元素周期表的一部分，请参照元素①-⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：

IA
IIA
ⅢA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
1
①







2

⑩

②
③
④


3
⑤

⑥
⑦

⑧
⑨


(1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为_______________(填元素符号)。
(2)根据对角线规则可知⑩与⑥有相似的性质，请写出⑩的最高价氧化物的水化物与⑤的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为：________________________。
(3)①、④、⑤、⑨四种元素中，某些元素间可形成既含离子键又含极性共价键的又具有强氧化性的化合物，写出其中—种化合物的电子式：____________。用电子式表示由①、③两种元素组成的既含极性共价键又含非极性共价键的化合物的形成过程：_____________。
(4)下列说法正确的是___________。
A．H2O与D2O互为同素异形体
B．所有物质中都存在化学键
C．共价化合物溶于水时，分子内共价键可能被破坏
D．元素的气态氢化物越稳定，非金属性越强，其水溶液的酸性越强，还原性越弱
(5)氢气是一种理想的绿色能源。
ⅰ.在101kPa下，1 g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，请回答下列问题：
则用来表示氢气的燃烧热的热化学方程式为________________。
ⅱ.氢能的存储是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)+H2(g)=MgH2(s) △H1=-74.5kJ·mol-1
Mg2Ni(s)+2H2(g)=Mg2NiH4(s) △H2
Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s) △H3=+84.6kJ·mol-1。
则△H2=________kJ·mol-1
【答案】(1)Na>Al>O （1分） (2) Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O （2分） (3) （2分） （2分） (4) C （1分） (5) H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ ·mol-1 （2分） -64.4 （2分）
【解析】
短周期元素中，根据元素在周期表中的位置可知①～⑩分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、S、Cl、Be。则
(1)同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为Na>Al>O；
(2)根据对角线规则可知⑩与⑥有相似的性质，因此⑩的最高价氧化物的水化物与⑤的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为：Be(OH)2+2NaOH＝Na2BeO2+2H2O；
(3)①、④、⑤、⑨四种元素中，某些元素间可形成既含离子键又含极性共价键的又具有强氧化性的化合物，例如次氯酸钠等，其电子式为；由①、③两种元素组成的既含极性共价键又含非极性共价键的化合物应该是N2H4，其形成过程为；
(4)A．同素异形体研究的对象为单质，H2O与D2O均表示水分子，为化合物，不能为同素异形体，A错误；
B．稀有气体中不存在化学键，B错误；
C．共价化合物溶于水时，分子内共价键可能被破坏，例如HCl溶于水，C正确；
D．元素的气态氢化物越稳定，非金属性越强，还原性越弱，其水溶液的酸性不一定越强，如氟化氢的稳定性大于氯化氢，但酸性氢氟酸小于盐酸，D错误；
答案选C；
(5)ⅰ.在101kPa下，1 g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，则1mol氢气即2g氢气完全燃烧放热是285.8kJ，则用来表示氢气的燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)＝H2O(l) △H=-285.8kJ ·mol-1。
ⅱ.①Mg(s)+H2(g)=MgH2(s) △H1=-74.5kJ·mol-1；②Mg2Ni(s)+2H2(g)=Mg2NiH4(s) △H2；③Mg2Ni(s)+2MgH2(s)=2Mg(s)+Mg2NiH4(s) △H3=+84.6kJ·mol-1；则根据盖斯定律可知③+①×2即得到反应②的反应热△H2=-64.4kJ·mol-1。