2021年高中化学必修一第四章《物质结构元素周期律》经典练习卷(答案解析)

一、选择题

1．运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是( ) A．Be(OH)2是两性氢氧化物 C．SrSO4是难溶于水的白色固体 答案：D 【详解】

A．Be在周期表中位于金属与非金属的分界线附近，且与Al在对角线上，所以Be(OH)2是两性氢氧化物，A正确；

B．砹(At)属于第ⅦA族元素，该族元素的单质都有颜色，且从上到下，状态由气态、液态逐渐过渡到固态，所以砹是有色固体，B正确；

C．Sr为第ⅡA族元素，CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水，且它们都为白色固体，所以SrSO4是难溶于水的白色固体，C正确；

D．Li是第ⅠA族元素，属于碱金属元素，碱金属元素对应的氢氧化物都为易溶于水的强碱，所以LiOH是难溶于水的碱，D正确； 故选D。

B．砹(At)是有色固体 D．LiOH是难溶于水的碱

2．下列说法错误的是( ) A．侯德榜发明了联合制碱法 C．屠呦呦合成了双氢青蒿素 答案：B 【详解】

A．侯德榜改进了制碱工艺，发明了联合制碱法，A正确； B．诺贝尔发明了安全炸药，道尔顿提出了原子学说，B错误； C．屠呦呦发现了抗疟疾新药青蒿素，并合成了双氢青蒿素，C正确；

D．门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并制作了世界上第一张元素周期表，D正确； 故选B。

B．诺贝尔提出了原子学说

D．门捷列夫制作了世界上第一张元素周期表

3．原子序数依次增大的a、b、c、d四种短周期主族元素，a原子半径最大，b的氧化物的水化物显两性，c核外电子总数为原子次外层的电子数的两倍。下列叙述正确的是 A．离子半径：c>d>b>a

B．cd两种元素可形成离子化合物 C．c的氧化物的水化物是强酸

D．d单质形成的氢化物的稳定性比c单质的强 答案：D 【分析】

原子序数依次增大的a、b、c、d四种短周期主族元素，a原子半径最大，则a为Na元素；b的氧化物的水化物显两性，则b为Al元素；c核外电子总数为原子次外层的电子数的两

倍，则c为S元素、d为Cl元素。 【详解】

A．电子层结构相同的离子，随核电荷数的增大离子半径依次减小，钠离子和铝离子的电子层结构相同，则铝离子的离子半径小于钠离子，故A错误；

B．硫元素和氯元素均为非金属元素，两种非金属元素形成的化合物一定为共价化合物，故B错误；

C．硫元素的氧化物的水化物不一定是强酸，如亚硫酸为弱酸，故C错误；

D．元素的非金属性越强，单质形成的氢化物的稳定性越稳定，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢比硫化氢稳定，故D正确； 故选D。

4．下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是 A．Fe与Cl2 C．Na与O2 答案：A 【详解】

A．Cl2具有强氧化性，Fe和Cl2反应只能生成FeCl3，与反应条件或反应物用量无关，故A选；

B．Na2CO3溶液与盐酸反应，盐酸的用量不同，产物不同，若盐酸少量，生成碳酸氢钠，若盐酸过量，生成二氧化碳气体，故B不选；

C．Na与O2的反应产物与反应温度有关，常温下反应生成氧化钠，加热或点燃时生成过氧化钠，故C不选；

D．AlCl3溶液与NaOH溶液反应的产物与反应物用量多少有关，氢氧化钠少量时生成氢氧化铝沉淀，过量时生成偏铝酸钠，故D不选； 故选A。

B．Na2CO3溶液与盐酸 D．AlCl3溶液与NaOH溶液

5．核内中子数为N的R2+，质量数为A，则ng它的同价态氧化物中所含电子的物质的量为 A．

n(A+N-10)mol A+16B．D．

N(A+N-6)mol AC．(A−N+2)mol 答案：D 【详解】

n(A-N+8)mol A+16核内中子数为N的R2+，质量数为A，则其质子数为A-N，所以原子核外电子数为A-N，它的同价态氧化物化学式为RO，摩尔质量为(A+8)g/mol，O原子核外有8个电子，所以该氧化物含有电子数为A-N+8，ng该氧化物的物质的量为N+8)mol，故答案为D。

nnmol，所含电子为(A-A+16A+16

6．X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图，下列说法不正确的是（ ） X Z Y W A．Y的气态氢化物的稳定性一定比W的强 B．W的原子序数可能是Y的原子序数的3倍

C．Y原子形成的简单离子半径比X原子形成的简单离子半径小

D．若Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，则W元素的单质具有强氧化性 答案：B 【分析】

由X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置，可知X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期，X、Z同主族，Y、W同主族，然后结合元素周期律分析解答。 【详解】

A．元素的非金属性越强，其对应氢化物越稳定。Y、W是同一主族的元素，原子核外电子层数越少，元素的非金属性越强。由元素的相对位置可知元素的非金属性：Y＞W，则Y的气态氢化物的稳定性一定比W的强，A正确；

B．若Y为O，W为S，W的原子序数是Y的原子序数的2倍，B错误；

C．X、Y的离子可能具有相同的电子排布，对于电子层结构相同的离子，原子序数越大，原子半径越小，则Y原子形成的简单离子半径比X原子形成的简单离子半径小，C正确； D．Z元素最高价氧化物的水化物是强酸，如Z为S，则W为Cl，Cl2具有强氧化性，D正确；

故合理选项是B。

7．下列有关化学用语的表示正确的是 A．NH4Br 的电子式：

B．SO2分子的比例模型：

C．18O2-的结构示意图：

D．原子核内有18个中子的氯原子：35Cl

答案：D 【详解】

A．NH4Br 电子式中铵根离子和溴离子要在元素符号周围标出电子，并用［ ］括起来，表

示为，故A错误；

B．SO2分子的S的半径比O的大，故B错误。 C．O原子含有8个电子，故18O2-的结构示意图为

，故C错误；

D．氯原子含有17个电子，原子核内有18个中子的氯原子的质量数为35，可表示为

35

Cl，，故D正确；

故答案为D。

8．根据表中短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是（ ） 元素编号 E 原子半径/nm 最高化合价或最低化合价 +1 -2 +3 -1 -2 +3 +2 +1 0.037 F 0.074 G 0.082 H 0.099 I 0.102 J 0.143 K 0.160 L 0.186 A．最高价氧化物对应水化物的酸性：H＞I B．简单离子半径：K＞F

C．同温下，形状、大小相同的单质与等浓度、等体积的稀硫酸反应的速率：L＞K＞J D．J、K、L的单质可以通过电解法冶炼获得 答案：B 【分析】

本题考查元素周期律，意在考查考生的识记能力和推理能力。F、I的最低负化合价都为-2，应该为第ⅥA族元素，根据原子半径可知F为O，I为S；E、L的最高正化合价为+1，结合原子半径大小可知E为H，L为Na；K的最高正化合价为+2，结合原子半径可知K为Mg；G、J的最高正化合价为+3，结合原子半径可知G为B，J为Al；H的最低化合价为-1，为第ⅦA族元素，其原子半径大于F，则H为Cl。 【详解】

A．Cl的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，S的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，由于非金属性:Cl>S，则高氯酸的酸性大于硫酸，故A不选；

B．Mg2+、O2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径:Mg2+C．同一周期，从左到右金属性减弱，L、K、J分别为Na、Mg、Al，三者的单质与等浓度、等体积的稀硫酸反应的速率:Na>Mg>Al，故C不选；

D．钠、镁和铝都是活泼金属，都是通过电解其熔融的化合物获得的，故D不选； 故选：B。

9．五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，X、W同族，Z、Q同族，X、Y两种元素的最高正价和最低负价代数和均为0，由上述五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管，以下说法正确的是

A．酸性：H2YO3＜H2QO3，所以非金属性Y＜Q

B．X与W形成的化合物中各原子均满足最外层8电子稳定结构 C．X与Y形成的化合物只含有共价键 D．由Z、W、Q三种元素形成的盐只有两种 答案：C 【分析】

五种短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W元素在短周期元素中原子半径最大，则W为Na元素，X、W同族且X的最高正价和最低负价代数和为0，则X为H元素，Y的最高正价和最低负价代数和也为0且其原子序数在1和11之间，则Y为C元素，由五种元素中的某几种元素组成的两种化合物均可在一定条件下洗涤含硫的试管可知该物质为二硫化碳，则Z为O元素、Q为S元素。 【详解】

A.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，亚硫酸中S元素化合价为+4价，则亚硫酸的酸性强于碳酸不能说明S元素非金属性强于C元素，故A错误； B.氢化钠中H原子最外层电子数为2，不满足最外层8电子稳定结构，故B错误； C.H元素和C元素均为非金属元素，形成的化合物只含有共价键，故C正确； D.钠、氧、硫三种元素形成的化合物可能为硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠、连二硫酸钠等，故D错误； 答案选C。

10．下列对结构与性质的大小排序不正确的是 A．键角：NH3＞H2O＞P4 C．第一电离能：Se＞As＞Ge 答案：C 【详解】

A．氨气H-N-H键角约107°，H-O-H键角约105°，白磷中磷磷键角是60℃，故A不选；

B．氯化铯中氯离子的配位数是8，氯化钠中氯离子的配位数是6，氟化钙中氟离子的配位数是4，故B不选；

C．同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但第二主族、第五主族最外层电子处于全充满、半充满状态，第一电离能反常，则第一电离能As＞Se＞Ge ，故C选；

D．硫酸非羟基氧2个，亚硫酸非羟基氧1个，次氯酸非羟基氧0个，一般情况下，非羟基氧越多，酸性越强，则酸性H2SO4＞H2SO3＞HClO ，故D不选； 故选：C。

B．阴离子配位数：CsCl＞NaCl＞CaF2 D．酸性：H2SO4＞H2SO3＞HClO

11．HnRO3中共有x个电子，R原子的质量数为A，则a克HnRO3中含有质子的物质的量为 A．

a(x-n)mol

A+n+48B．D．

a(x-24-n)mol

A+n+48axmol

A+n+48C．(x-n-24)mol 答案：D 【分析】

先计算质子的个数，再算物质的物质的量，再计算质子的物质的量。 【详解】

HnRO3中共有x个电子，R原子的质量数为A，该微粒的质子数为x，a克HnRO3物质的量为n=magamol，则a克HnRO3中含有质子的物质的量为1M(A+n+48)gmolA+n+48aaxmolx=mol，故选D。

A+n+48A+n+48

12．镓(Ga)常以极少量分散于铝土矿(Al2O3)中。用NaOH溶液处理铝土矿时，生成NaAlO2、NaGaO2；而后通入CO2得Al(OH)3沉淀，而NaGaO2留在溶液中(循环多次后成为提取镓的原料)。发生后一步反应是因为(已知：铝和镓的性质相似，如M(OH)3都是难溶的两性氢氧化物)

A．Ga(OH)3酸性强于Al(OH)3 C．Ga浓度小，所以不沉淀 答案：A 【详解】

NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀，则发生反应

NaAlO2+CO2+2H2O==Al(OH)3↓+NaHCO3，由此说明H2CO3的酸性强于Al(OH)3；而NaGaO2溶液中通入CO2，不生成Ga(OH)3沉淀，则表明Ga(OH)3的酸性强于H2CO3，从而得出Ga(OH)3的酸性强于Al(OH)3，故选A。

B．Al(OH)3酸性强于Ga(OH)3 D．Al(OH)3是难溶物

13．科学家制得一种新型分子O4。关于O4和O2的说法不正确的是（ ） ．．．A．互为同素异形体 C．它们的摩尔质量相同 2:1 答案：C 【详解】

A．同种元素组成的单质互称为同素异形体，O4和O2均为氧元素构成的单质，为同素异形体，正确，A不符合题意； B．设质量为1g，O4的物质的量为：

B．等质量的O4和O2所含原子数相同 D．等物质的量的O4和O2所含原子数之比为

1g1=mol，含有的原子数为：

64g/mol641g111=mol，含有的原子数为：mol×4×NA=NA；O2的物质的量为：

32g/mol32641611mol×2×NA=NA，则所含原子数相同，正确，B不符合题意； 3216C．O4的摩尔质量为64g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，摩尔质量不相同，错误，C符合题意；

D．设物质的量均为1mol，则O4所含原子数为4NA，O2所含原子数为2NA，比值为2:1，正确，D不符合题意； 答案选：C。

14．随原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x等表示)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。下列关于说法中不正确的是

A．f在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族。 B．d、e常见离子的半径大小：r(O2-)>r(Na+)

C．g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4>H2SO4 D．x2d2的结构式：答案：D 【分析】

8种元素为短周期元素，在同一周期中，从左向右原子半径逐渐变小，同一主族，从上到下原子半径逐渐变大，主族元素最高正化合价一般等于族序数，最低负价=8-主族族序数，从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知，x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此进行解答； 【详解】

A. f为Al元素，在元素周期表的位置是第3周期ⅢA族，A正确；

B. d是O元素，e是Na元素，电子层结构相同的离子，核电荷数大者离子半径小，d、e简单离子的半径大小：r(O2-)>r(Na+)，B正确；

C. 非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强， g是S元素，h是Cl元素，g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：HClO4>H2SO4，C正确； D. x2d2的为过氧化氢，属于共价化合物，结构式：H-O-O-H，D不正确； 答案选D。

15．下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

实 验 现 象 A B C D 向NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 向湿润的KI淀粉试纸上通入少量Cl2 向AgCl悬浊液中滴加少量Na2S溶液 热铜丝插入稀硝酸中 B．B C．C 产生白色沉淀，随后变为红褐色 试纸变蓝 沉淀由白色逐渐变为黑色(Ag2S) 产生无色气体(NO)随后变为红棕色(NO2) D．D A．A 答案：C 【详解】

A.向NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，硫酸亚铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁白色沉淀被空气中氧气氧化生成氢氧化铁沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意；

B.向湿润的KI淀粉试纸上通入少量Cl2，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，碘遇淀粉溶液变蓝色，颜色变化与氧化还原反应有关，故B不符合题意；

C.向AgCl悬浊液中滴加少量Na2S溶液，白色的氯化银沉淀与硫化钠溶液反应生成溶解度更小的黑色沉淀硫化银，颜色变化与氧化还原反应无关，故C符合题意；

D.热铜丝插入稀硝酸中，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的无色一氧化氮与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮，颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意； 故选C。

二、填空题

16．（1）用电子式表示H2O和MgBr2的形成过程：___、___。

（2）H2O以___键结合，MgBr2以___键结合。（填极性键、非极性键、离子键） 答案：键

极性键 离子

【分析】

（1）水是共价化合物，分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为水分子的电子式，中间用箭头连接；溴化镁是离子化合物，由溴离子和镁离子构成，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边是溴化镁的电子式，中间有箭头连接；（2）水是共价化合物，由极性键结合；溴化镁是离子化合物，由离子键结合。 【详解】

（1）H2O是共价化合物，分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为水分子的电子式，中间用箭头连接，用电子式表示其形成过程为：

，溴化镁是离子化合物，由溴离子和镁离子

构成，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边是溴化镁的电子式，中间有箭头连接，用电子式表示其形成过程为：

（2）H2O是共价化合物，由极性键结合；MgBr2是离子化合物，由离子键结合。

。

17．下表列出了①～⑩10种元素在周期表中的位置。 族 周期 2 3 4 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⑤ ⅤA ⑥ ⑦ ⅥA ⅦA 0 ⑩ ① ② ③ ④ ⑧ ⑨ （1）上述元素中，最不活泼的是（填元素符号，下同）________，金属性最强的是________，③④⑤三种元素的原子半径由大到小的顺序是________。

（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是________（填化学式，下同），呈两性的氢氧化物是________。

（3）元素⑥的氢化物的电子式为________，该氢化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________。

（4）比较⑥和⑦氢化物的稳定性由强到弱的顺序是_______（填化学式）。 答案：Ne K Mg＞Al＞C HClO4 Al(OH)3 【分析】

由元素在周期表中的位置可知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为Na、K、Mg、Al、C、N、P、Cl、Br、Ne。结合元素周期律分析解答。 【详解】

由元素在周期表中的位置可知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别为Na、K、Mg、Al、C、N、P、Cl、Br、Ne。

(1)最不活泼的元素是零族元素，上述元素中，最不活泼的是Ne；同一主族，从上到下，金属性增强；同一周期，从左到右，金属性减弱，金属性最强的元素为K；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，③④⑤三种元素的原子半径由大到小的顺序为Mg＞Al＞C，故答案为：Ne；K；Mg＞Al＞C； (2)同一主族，从上到下，非金属性减弱；同一周期，从左到右，非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3，故答案为：HClO4；Al(OH)3； (3)元素⑥的氢化物为氨气，电子式为

，该氢化物与元素⑥的最高价氧化物对应的

NH3+HNO3=NH4NO3 NH3＞PH3

水化物(硝酸)反应的化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3，故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；

；

(4)同一主族，从上到下，非金属性减弱；同一周期，从左到右，非金属性增强，非金属性越强，最简单氢化物越稳定；⑥和⑦氢化物的稳定性由强到弱的顺序是NH3＞PH3，故答案为：NH3＞PH3。

18．下列为元素周期表中的一部分，用化学式或元素符号回答下列问题。

ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0 2 3 4 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ （1）10种元素中，化学性质最不活泼的是__________；

（2）①②⑤中，最高价氧化物的水化物，碱性最强的是__________；

（3）元素⑦的氢化物分子式为__________，该氢化物常温下和元素①的单质反应的离子方程式是__________，该氢化物与元素⑧的单质反应的离子方程式是__________； （4）①和⑧的最高价氧化物对应的水化物化学式为__________和__________。①和⑨两元素形成化合物的化学式为__________，该化合物灼烧时焰色为__________，该化合物的溶液与元素⑧的单质反应的离子方程式为__________；

（5）①和⑤最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为__________。 答案：Ar KOH H2O 2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑ Cl2+H2O═H++Cl-+HClO NaOH HClO4 NaBr 黄色 Cl2+2Br-═2Cl-+Br2 Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O 【分析】

由元素在周期表中的位置可知，①为Na元素、②为K元素、③为Mg元素、④为Ca元素、⑤为Al元素、⑥为C元素、⑦为O元素、⑧为Cl元素、⑨为Br元素、⑩为Ar元素。结合元素周期律分析解答。 【详解】

(1)稀有气体最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故化学性质最不活泼的是Ar，故答案为：Ar；

(2)同周期自左而右，金属性减弱，同主族自上而下，金属性增强，故金属性K＞Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则KOH的碱性最强，故答案为：KOH；

(3)元素⑦的氢化物为H2O，常温下Na与水反应生成NaOH与氢气，反应离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，氯气与水反应生成HCl与HClO，反应离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：H2O；2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑；Cl2+H2O═H++Cl-

+HClO；

(4)①和⑧的最高价氧化物对应的水化物的NaOH、HClO4，①和⑨两元素形成化合物为NaBr，含有钠元素，该化合物灼烧时焰色为黄色，氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═2Cl-+Br2，故答案为：NaOH；HClO4；NaBr；黄色；Cl2+2Br-═2Cl-+Br2；

(5)①和⑤最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式为：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O。

19．(1)比较结合OH-能力的强弱：NH4 ___________Al3+(填“>” “＜”或“=”)。用一个化学方程式来说明乙酸的酸性强于碳酸___________。

(2)已知化学式为NH5的物质是离子化合物，其中氮元素的化合价为-3价，各原子均达到稀有气体的稳定结构， 其电子式为___________。 (3)SiO2的熔点比CO2的熔点高。原因是___________。 答案：＜ NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑

SiO2形成原子

+晶体，熔化时破坏Si、O原子间的共价键，CO2形成分子晶体，熔化时破坏分子间的作用力，而共价键的能量比分子间作用力大得多 【详解】

(1)由反应Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4可知，NH3·H2O电离出OH-的能力比Al(OH)3强，则结合OH-能力的强弱：NH4＜Al3+。能说明乙酸的酸性强于碳酸的化学方程式为NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑。答案为：NaHCO3+CH3COOH=CH3COONa+H2O+CO2↑；

(2)已知化学式为NH5的物质是离子化合物，其中氮元素的化合价为-3价，各原子均达到稀有气体的稳定结构，则其化学式为NH4H，电子式为

；

(3) SiO2与CO2虽然组成类似，但晶体类型不同，前者形成原子晶体，后者形成分子晶体，所以SiO2的熔点比CO2的熔点高，原因是SiO2形成原子晶体，熔化时破坏Si、O原子间的共价键，CO2形成分子晶体，熔化时破坏分子间的作用力，而共价键的能量比分子间作用力大得多。答案为：SiO2形成原子晶体，熔化时破坏Si、O原子间的共价键，CO2形成分子晶体，熔化时破坏分子间的作用力，而共价键的能量比分子间作用力大得多。

。答案为：

+

20．如图所示标出的是元素周期表的一部分元素，据图回答下列问题。

(1)图中用字母标出的14种元素中，化学性质最不活泼的是________(用元素符号表示，下同)，金属性最强的是________，非金属性最强的是________，常温下单质为液态的非金属元素是________________，属于过渡元素的是________(本空用图中字母表示)。 (2)b、f、c气态氢化物的化学式分别为________、________、________，其中热稳定性最弱的是______。

(3)图中第三周期元素中原子半径最小的是________(稀有气体元素除外)。 答案：Ar K F Br m H2O HCl PH3 PH3 Cl 【详解】

（1）根据元素在周期表中的位置可判断E是稀有气体元素Ar，化学性质最不活泼。金属性最强的元素位于第IA的l，l是K。非金属性最强的是位于第 ⅦA 的a，即F。常温下单质为液态的非金属元素是Br，即是n。周期表中第3列至第12列共10列元素属于过渡元素，所以属于过渡元素的是m；

（2）b、f、c分别是O、Cl、P，最低价分别是－1价、－1价和－3价，因此气态氢化物的化学式分别为H2O、HCl、PH3。非金属性越强，氢化物的稳定性越强，三种元素的非金属性强弱顺序为O＞Cl＞P，所以PH3 的稳定性最差；

（3）同周期自左向右原子半径逐渐减小，所以第三周期中原子半径最小的是Cl。 【点睛】

本题考查元素周期表的结构和元素周期律的应用。推出各元素是解答本题的关键，根据元素的“构、位、性”的关系进行解答。

21．有A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中：C、E是金属元素；A和E元素原子的最外层都只有一个电子；B和D元素原子的最外层电子数相同，且B元素原子的次外层电子数占原子总数的1/4；C元素的阳离子C3+比B元素原子多2个电子。由此推知：

(1)A是_____，B是_____，C是_____，D是_____，E是_____(填元素符号)。 (2)写出B原子的结构示意图：__________。 (3)写出E元素离子的电子式：__________。

(4)写出与C元素离子具有相同电子层排布的两个微粒的符号：_____和_____。 (5)元素C与元素D形成的化合物的化学式是：__________。 答案：H O Al S K 【分析】

A和E元素原子的最外层都只有一个电子，可知A、E为IA族元素，又E为金属，则可知A为H；B元素原子的次外层电子数占原子总数的1/4，则B为O，B和D元素原子的最外

K+ Na+ Mg2+ Al2S3

层电子数相同则D为S；C元素的阳离子C3+比B元素原子多2个电子，可知阳离子C3+为10电子微粒，C为Al；A、B、C、D、E五种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，则E为K。 【详解】

(1)由以上分析，A为H；B为O；C为Al；D为S；E为K；故答案为：H；O；Al；S；K；

(2)B为O，其原子的结构示意图

；故答案为：

；

(3)E元素为K，钾离子的电子式为其离子符号，故答案为：K+；

(4)C元素离子为Al3+，与其具有相同电子层排布的的微粒有Na+、Mg2+等，故答案为：Na+；Mg2+；

(5)元素C与元素D形成的化合物为硫化铝，其化学式为Al2S3；故答案为：Al2S3。

22．据报道，某些花岗岩会产生氡(

22286Rn)，从而对人体产生伤害。请回答：

(1)该原子的质量数是________，质子数是________，中子数是________。 (2)研究发现，镭能蜕变为

222222Rn，故将8686Rn

Rn，故将220Rn称为镭射气；钍能蜕变为220868622222086Rn、86Rn、

Rn，故将219Rn称为锕射气。称为钍射气；锕能蜕变为2198686219Rn________。86

A．属于同种元素B．互为同位素 C．属于同种核素D．属于同种原子

(3)由(2)可知，________决定元素种类，________决定核素种类。 答案：86 136 AB 质子数 质子数和中子数 【分析】 (1)氡(

22286Rn)，元素符号左下角数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，中子数=质量

数-质子数；

(2)元素指具有相同的质子数的同一类原子的总称；核素指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子；同位素指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素的互称。 【详解】 (1)氡(

22286Rn)，元素符号左下角数字表示质子数，左上角的数字表示质量数，中子数=质量

数-质子数，所以该原子的质量数是222，质子数是86，中子数=222-86=136； (2)A．

22222021986Rn、86Rn、86Rn这三种微粒的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，故

22222021986Rn、86Rn、86Rn

是同一种元素，A正确；

B．故

22222021986Rn、86Rn、86Rn这三种微粒的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，

22222021986Rn、86Rn、86Rn这三种微粒互为同位素，B

正确；

C．

22222021986Rn、86Rn、86Rn这三种微粒的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，故这三

种元素是同一种元素的不同核素，C错误； D．故

22222021986Rn、86Rn、86Rn这三种微粒的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，

22222021986Rn、86Rn、86Rn

这三种微粒属于三种不同的原子，D错误；

答案选AB；

(3)元素指具有相同的质子数的同一类原子的总称，故质子数决定元素的种类；核素指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子，故质子数和中子数决定核素种类。 【点睛】

本题的难度不大，主要考查氡(

22286Rn)，元素符号左下角数字、左上角的数字表示的意义，

以及元素、核素、同位素的概念应用，考生应熟练掌握元素、核素、同位素的概念，这样才能更好的区别所给微粒之间的关系。

23．(1)比较氧化性相对强弱：Cl2_______I2(填“)”＞“＜”或“=”)；用一个离子方程式说明Cl2和I2氧化性的相对强弱_______。

(2)NH5是离子化合物，各原子最外层满足稳定结构。写出NH5的电子式__________。 (3)请用系统命名法对

命名__________。

答案：＞ Cl2+2Iˉ=I2+2Clˉ 【分析】

3,3,4-三甲基己烷

(1)同主族元素从上到下，非金属性减弱，单质的氧化性减弱，可以使用氯气将碘离子氧化成碘单质的性质验证单质氧化性的强弱；

(2) NH5是离子化合物，各原子最外层满足稳定结构，NH5可以由铵根离子和氢负离子结合形成离子键；

(3)找到最长的碳链，含有六个碳原子，找到取代基的位置，保证取代基的序号最小。 【详解】

(1) 同主族元素从上到下，非金属性减弱，非金属性Cl＞I，单质的氧化性减弱，Cl2＞I2，可以利用氯气和碘化钾溶液反应置换出碘单质的反应，比较出氯气和碘的氧化性的强弱，离子方程式为Cl2+2Iˉ=I2+2Clˉ；

(2)NH5是离子化合物，各原子最外层满足稳定结构，NH5可以由铵根离子和氢负离子结合形成离子键，电子式为

；

(3)找到最长的碳链，含有六个碳原子，为己烷，取代基有三个，名称是甲基，位于3号碳有两个甲基，四号碳上有一个甲基，系统命名法为3,3,4-三甲基己烷。

24．（1）比较结合H+能力的相对强弱：H2O_____NH3（填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个离子方程式说明H3O+和NH4+给出H+能力的相对强弱_____。

（2）NaCN是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出NaCN的电子式_____。 mol-1，从（3）乙酸汽化时，测定气体的相对分子质量，有数据表明其摩尔质量变为120g·结构上分析其可能的原因是______。 答案：＜ H3O++NH3=NH4++H2O 合 【分析】

(1)H3O+又能够与氨气反应生成NH4+，据此判断；

两个气态乙酸分子通过氢键结

(2)NaCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，据此书写电子式； (3)乙酸的相对分子质量为60，据此分析解答。 【详解】

(1)H3O+能够与氨气反应生成NH4+，因此结合H+能力的相对强弱：H2O＜NH3，反应的方程式为：H3O++NH3=NH4++H2O；

(2)NaCN 是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，根据C. N的原子最外层的电子数，结合形成8电子稳定结构需要的共用电子对数目可知，NaCN 的电子式为

；

(3)乙酸汽化时，测定气体的相对分子质量，有数据表明其摩尔质量变为 120g⋅mol−1，乙酸的相对分子质量为60，说明是两个气态乙酸分子通过氢键结合形成蒸气分子。

25．（1）12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为________，X的相对原子质量为________。

（2）气态化合物A的化学式可以表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热完全分解生成15mL O2和10mL F2，则A的化学式为________。

（3）有X、Y、Z三种元素, X原子核内无中子, Y原子的第三个电子层上有2个电子, Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍。试画出Y原子结构示意图______________。这三种元素所组成的化合物的化学式为____________。 答案：62g/mol 16 O3F2 【分析】

（1）根据摩尔质量M=

Mg(OH)2

m计算，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量； n（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比，再结合质量守恒进行计算；

（3）X原子核内无中子，则X是H元素；Y原子的第三层上有2个电子，则Y是Mg元素；Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Z是O元素，进而判断。

【详解】

（1）12.4g Na2X中含有0.4mol Na+，则Na2X的物质的量为0.2mol，则Na2X的摩尔质量

12.4g=62g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，则Na2X的相对分子质量为

0.2mol62，钠原子的相对原子质量是23，所以X的相对原子质量是62-23×2=16；

=

（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比，故A、O2和F2的物质的量之比=10：15：10=2：3：2，则该反应方程式为：2AO3F2；

（3）X原子核内无中子，则X是H元素；Y原子的第三层上有2个电子，则Y是Mg元素；Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Z是O元素；Y原子结构示意图为

；三种元素所组成的化合物的化学式为Mg(OH)2。

3O2+2F2，根据原子守恒可知A的化学式为：

26．依据信息书写下列反应的方程式

⑴K2O2可用于潜水设备中作供氧剂，写出K2O2与CO2反应的化学方程式：________。 ⑵SO2是一种酸性氧化物，可制取Na2SO3，从括号内所给试剂（NaCl溶液、NaOH溶液、Na2SO4溶液）中选择合适的，完成这一反应，写出该反应的化学方程式：________。 ⑶锶（Sr）原子的结构示意图如图所示，锶能与水发生剧烈反应生成碱和氢气，写出单质锶与水反应的化学方程式：________。

⑷MnO2可经过下图所示的转化制取MnCO3。已知“反应Ⅱ”为复分解反应。

①写出“反应Ⅰ”的化学方程式：________。 ②写出“反应Ⅱ”的离子方程式：________。

答案：2K2O2＋2CO2＝2K2CO3＋O2 SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O Sr＋2H2O＝Sr(OH)2＋H2↑ MnO2＋4HCl(浓)【详解】

⑴K2O2可用于潜水设备中作供氧剂，遇到CO2会生成O2，故方程式是2K2O2＋2CO2＝2K2CO3＋O2；

⑵SO2是一种酸性氧化物，可以与碱反应，故选氢氧化钠，反应的方程式是SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O；

⑶锶（Sr）最外层有两个电子，与Ca同主族，位于Ca的下方，是活泼金属，与水反应生成碱和氢气，故方程式是Sr＋2H2O＝Sr(OH)2＋H2↑；

(4)①二氧化锰遇到浓盐酸会发生氧化还原反应，方程式是MnO2＋4HCl(浓)

MnCl2＋

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O Mn2+＋CO＝MnCO3↓

Cl2↑＋2H2O；

②向氯化锰溶液中加入碳酸钠溶液，发生的离子方程式是Mn2+＋CO＝MnCO3↓。

三、解答题

27．A、B、C、D 是元素周期表中前四周期元素，其原子序数依次增大 详细信息见表： ① ② ③ ④ A 的氧化物是导致光化学烟雾的主要物质之一 B的氧化物是导致酸雨的主要物质之一 C能形成红色的 C2O 和黑色的 CO 两种氧化物 D 的基态原子最外能层有2个电子，内层全满

请回答下列问题：

(1)A元素原子的价层电子排布图(价层电子的轨道表达式)为____，其基态原子占据的最高能级的电子云轮廓图为___形

(2)B的最高价含氧酸根中心原子轨道杂化类型___，空间构型为____。

(3)A元素的最简单氢化物分子和B元素最简单氢化物分子中键角大的是________(填化学式)，原因是______。

(4)C盐溶液中加入过量 AH3浓溶液变深蓝色，写出该反应的离子方程式__。深蓝色离子中结构中，配位原子为___(填元素符号) (5)DB 晶体的晶胞如图所示

①在该晶胞中，D的配位数为_____。

②原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0，0 )，b为(

1111，0，)，c为(，，0 ) 则d的坐标参数为______。 2222 哑铃(或纺锤) sp3 正四面体形 NH3 分子中中

答案：

心原子孤电子对数 H2S>NH3，H2S分子中孤电子对对成键电子对的排斥作用大，键角小 Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O N 4 (1，【分析】

A的氧化物是导致光化学烟雾的主要物质之一，所以A为N元素；B的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，则为S元素；C能形成红色的C2O和黑色的CO两种氧化物，则C为Cu

11，) 22元素；D的基态原子最外能层有2个电子，内层全满，则其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2，所以为Zn元素。 【详解】

(1)N元素为7号元素，基态氮原子核外有7个电子，根据核外电子排布规律可知其原子核外电子排布式为1s22s22p3，价层电子排布图为为2p能级，电子云轮廓图为哑铃(或纺锤)形；

(2)B的最高价含氧酸根为SO4，中心原子价层电子对数为4+对，所以杂化类型为sp3杂化，空间构型为正四面体形；

(3)A元素的最简单氢化物为NH3，B元素的最简单氢化物为H2S，分子中中心原子孤电子对数H2S>NH3，H2S分子中孤电子对对成键电子对的排斥作用大，键角小，所以键角大的是NH3；

(4)Cu盐溶液中加入过量氨水浓溶液生成铜氨络离子，离子方程式为

Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；NH3分子中N原子有一对孤电子对，所以配位原子为N；

(5)①DB晶体为ZnS晶体，根据晶胞结构示意图可知每个S原子与周期4个Zn原子形成正四面体结构，所以S原子的配位数为4，晶体化学式为ZnS，所以Zn的配位数也为4； ②a为坐标原点，d在底面的投影应位于底面的棱心上，根据c的坐标可知d的x和y坐标分别为1、

2，基态原子占据的最高能级

6+2-24=4，不含孤电子2111；d位于右侧面的面心，所以z坐标为，所以d的坐标参数为(1，，2221)。 2【点睛】

第5小题确定D的配位数时也可以直接数，以顶点面心为例，该晶胞中有两个距离其最近且相等的B原子，但要注意该晶胞的上方晶胞中还有两个，所以配位数为4。

28．A、B、C、D、E、F、G是七种常见的短周期元素，其原子序数依次增大，请根据所给信息填写表中空白，并回答下列问题： 编号 基本信息 其中两种元素的原子核外电子层① 数与最外层电子数之比分别为1∶3，3∶1 其中一种元素的氧化物与强酸、② 强碱均能反应；另一种元素的单质、氧化物及氧化物对应的水化物均能与NaOH溶液反应 ③ G能与A、E形成原子个数比均X的分子式为_______，E在周期这两种元素分别是_________ 这两种元素是_________ 解决问题 为4∶1的分子X、Y 表中的位置是_____________ （1）仅由表中信息还不能确定的元素是________(填字母序号)，若要确定其是何种元素，还需要的条件是________________(填序号)。

a．单质能与氧气反应 b．最高价氧化物对应的水化物呈强酸性 c．单质在常温下为固体 d．简单氢化物的稳定性比E的简单氢化物强

（2）基本信息②中，两种元素的氧化物分别与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为______________________________，____________________。

（3）上述某两种元素间可形成原子个数比为1∶1及1∶2的两种化合物，写出前者与H2O反应的离子方程式：______________________。

答案：O，Na Al，Si(或P、S) CCl4 第三周期第ⅣA族 F b Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O SO2 + 2OH- =SO32-+ H2O或SO3 + 2OH- =SO42-+ H2O 2Na2O2 + 2H2O = 4Na++4OH- + O2 ↑ 【分析】

A、B、C、D、E、F、G是七种常见的短周期元素，其原子序数依次增大，①其中两种元素的原子核外电子层数与最外层电子数之比分别为1∶3和3∶1，1∶3的是电子层数为2，最外层电子数为6，为O元素；3∶1为电子层数为3，最外层电子数为1，为Na元素；②其中一种元素的氧化物与强酸、强碱均能反应，这种元素为Al；另一种元素的单质、氧化物及氧化物对应的水化物均能与NaOH溶液反应，该元素非金属元素，可能为Si、P、S等；③G能与A、E形成原子个数比均为4∶1的分子X、Y，G的原子序数最大，为第三正确元素，则X、Y分别为CCl4、SiCl4，则A为C元素，E为Si元素；根据原子序数的关系，则B为O元素，C为Na元素；D为Al元素，无法确定F是何种元素，据此分析解答。 【详解】

根据上述分析，①其中两种元素的原子核外电子层数与最外层电子数之比分别为1∶3和3∶1，1∶3的是电子层数为2，最外层电子数为6，为O元素；3∶1为电子层数为3，最外层电子数为1，为Na元素；②其中一种元素的氧化物与强酸、强碱均能反应，这种元素为Al；另一种元素的单质、氧化物及氧化物对应的水化物均能与NaOH溶液反应，该元素非金属元素，可能为Si、P、S等；③G能与A、E形成原子个数比均为4∶1的分子X、Y，G的原子序数最大，为第三正确元素，则X、Y分别为CCl4、SiCl4，则A为C元素，E为Si元素，硅元素位于第三周期第ⅣA族，故答案为：O，Na；Al，Si(或P、S)；CCl4；第三周期第ⅣA族；

(1)根据上述分析，无法确定的元素是F，a．P或S的单质都能与氧气反应，不能确定F是何种元素，故a错误；b．磷酸是中强酸，硫酸是强酸，可以根据最高价氧化物对应的水化物呈强酸性确定F是S元素，故b正确；c．P或S的单质在常温下均为固体，不能确定F是何种元素，故c错误；d．P或S的简单氢化物的稳定性均比E的简单氢化物强，不能确定F是何种元素，故d错误；要确定其是何种元素，还需要的条件是b，故答案为：F；b；

(2)基本信息②中，两种元素的氧化物分别为Al2O3，SO2或SO3，与NaOH溶液反应的离子方程式分别为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，SO2 + 2OH- =SO32-+ H2O或SO3 + 2OH- =SO42-+ H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；SO2 + 2OH- =SO32-+ H2O或SO3 + 2OH- =SO42-+ H2O；

(3)上述某两种元素间可形成原子个数比为1∶1及1∶2的两种化合物，分别为Na2O2和Na2O(或CO和CO2)，其中1∶1的化合物能够与水反应的是过氧化钠，与H2O反应的离子方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4Na++4OH- + O2 ↑，故答案为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na++4OH- + O2 ↑。 【点睛】

解答本题的关键是信息③中A、E、G的确定，本题的难点是信息②的解读，要注意某元素的单质、氧化物、氧化物的水化物都能与氢氧化钠反应的元素有多种，如Al、Si、P(白磷)、S等。

29．I．铝和铝合金是一类重要的金属材料。回答下列问题：

(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH 溶液的体积之间的关系如图所示。原溶液中Cl- 与SO4的物质的量之比为______。

2-

(2)某同学在实验室用铝土矿(含有Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质)制取金属铝的流程如下：

电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是_______(填化学式)。工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作助熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于________(填字母)。 a．酸 b．碱 c．盐 d．氧化物

II．镁在空气里点燃可以燃烧，放出大量的热并发出耀眼的白光，生成白色的氧化镁，同时，镁在这样的高温条件下，还可与空气中的另一种主要成分反应，生成少量的物质A，

已知A可发生如下的一系列变化：

写出下列变化的化学方程式：固体A＋盐酸：____________；

III．无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等。工业上可由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备AlCl3，流程如下：

已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华。

(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是__________________。

(2)氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为_________________； (3)样品(含少量FeCl3)中AlCl3含量可通过下列操作测得(部分物质略去)：

2ngAl2O3 mg样品 NaAlO2溶液Al(OH)3冷却过滤过滤过量NaOH溶液过量CO计算该样品中AlCl3的质量分数为__________(结果用m、n表示，不必化简)。 答案：6:1 O2 c Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl 抑制氯化铝水解 Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO 【分析】

I．(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀；

(2)根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2；根据物质的分类作答；

II．镁在高温条件下，还可与空气中的氮气反应，生成物质A(Mg3N2)，据此作答； III．(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是防止氯化铝水解；

(2)根据题干可知，氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO； (3)根据元素质量守恒计算。 【详解】

I．(1)现有 AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH 溶液，铝离子和镁离子与少量的氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化铝继续和氢氧化钠反应溶解，氢氧化镁保持沉淀，AB段消耗的就是氢氧化铝，根据反应方程Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，氢

267n×100％ 102m氧化铝沉淀有1mol，即铝离子的物质的量为0.1mol，故生成氢氧化铝沉淀消耗氢氧化钠0.3mol，即剩余0.1mol氢氧化钠与镁离子反应，镁离子的物质的量为0.05mol，即原溶液中Cl- 与SO4的物质的量之比为0.3：0.05=6:1，故答案为：6:1；

(2)根据电解法可知，电解熔融的 Al2O3除得到金属铝之外，还可得到的气体产物是O2；工业上在电解熔融的 Al2O3 时，还加入了冰晶石(Na3AlF6)作熔剂，其作用是降低 Al2O3的熔点。冰晶石在物质的分类中属于盐，选c，故答案为：O2；c；

II．镁在高温条件下，还可与空气中的氮气反应，生成物质A(Mg3N2)，Mg3N2与盐酸反应，方程式为：Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl，故答案为：Mg3N2 + 8HCl =3MgCl2 + 2NH4Cl；

III．(1)实验室配制氯化铝溶液时加入盐酸的目的是防止氯化铝水解，故答案为：抑制氯化铝水解；

(2)根据题干可知，氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成AlCl3、CO，方程式为：Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C=2AlCl3+3CO； (3)根据元素质量守恒，n 克 Al2O3中n(Al)＝

2-n×2 mol，样品中AlCl3的物质的量为102nn×2 mol，质量为×2 mol×133.5g·mol－1，该样品中AlCl3的质量分数为102102267n267n×100％，故答案为：×100％。 102m102m【点睛】

本题难点II，做题要充分利用已知条件。镁在高温条件下，还可与空气中的另一种主要成分反应，可知与氮气反应，生成少量的物质A，可知A为Mg3N2。

30．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①﹣⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：

(1)原子半径最小的元素是__________(填元素符号)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是__________(填化学式，下同)，酸性最强的是__________。

(2)①与⑤形成的化合物中，化学键类型为__________，④与⑥形成的A2B2型物质为__________填“共价化合物”或“离子化合物”。

(3)②与④形成的原子个数比为1:2的化合物的结构式为__________，⑦与⑨形成的化合物的电子式为__________

(4)④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为__________(填离子符号)。

(5)为探究元素C和Si的非金属性强弱，某同学设计了如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性良好)。请回答：

a．溶液B的作用是__________。

b．若观察到__________现象，即可证明酸性__________＞___________(填化学式)，则非金属性C＞Si。

答案：H NaOH HClO4 极性共价键 离子化合物 O=C=O ＞Na+ 除去CO2中的HCl 硅酸钠溶液变浑浊 H2CO3 H2SiO3 【分析】

根据周期表的结构可知，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为F元素，⑥为Na元素，⑦为Mg元素，⑧为Si元素，⑨为Cl元素，再结合元素周期律以及化学键的知识分析解答。 【详解】

(1)所有元素中，原子半径最小的元素是H；金属元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，故最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；非金属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越强，F元素没有最高价含氧酸，其余能形成含氧化酸的非金属元素的非金属性：Cl＞N＞C＞Si，故酸性最强的最高价含氧酸为HClO4；

(2)①与⑤形成的化合物为HF，不同种非金属元素的原子间形成极性共价键，④与⑥形成的A2B2型物质为Na2O2，其由为Na+和O22-构成，属于离子化合物；

(3)②与④形成的原子个数比为1:2的化合物为CO2，其结构式为O=C=O；⑦与⑨形成的化合物为MgCl2，其由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，电子式为

；

(4)④、⑤、⑥的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为O2-＞F-＞Na+；

(5)锥形瓶中盐酸与大理石反应生成二氧化碳，由于HCl具有挥发性，因此二氧化碳中会混有HCl，HCl与Na2SiO3反应生成H2SiO3，因此需要排除HCl对实验的干扰，需要用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的HCl气体，B溶液为饱和NaHCO3溶液，二氧化碳进入Na2SiO3溶液中，若观察到硅酸钠溶液变浑浊现象，说明生成了H2SiO3，即可证明酸性H2CO3＞H2SiO3，则非金属性C＞Si。 【点睛】

用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的HCl气体，而不是饱和食盐水，NaHCO3与HCl反

O2-＞F-

应生成二氧化碳，既除去杂质，还生成了想要提纯的物质；在实验室中我们是用饱和食盐水除去氯气中HCl，这是学生们的易错点。