备战高考化学备考之元素周期律压轴突破训练∶培优篇附答案

1、备战高考化学备考之元素周期律压轴突破训练培优篇附答案一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 x、y 、 z 、 e 、 f 五种元素的原子序数依次递增。已知：f 位于周期表中第四周期 ib 族，其余的均为短周期主族元素：e 的氧化物是光导纤维的主要成分；y原子核外l层电子数为奇数；x是形成化合物种类最多的元素；z 原子p 轨道的电子数为4。请回答下列问题：(1)写出一种x元素形成氢化物的化学式_ 。(2)在 1 个由 f 与 z 形成的 f2z 晶胞中 (结构如图所示 )所包含的 f 原子数目为 _个。(3)在 f(nh3)42+离子中， f2+ 的空轨道接受 nh 3 的氮原子提供的_形成

2、配位键。(4)常温下 x 、 z 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质a 是 _(写名称)， a 物质分子中 x 原子轨道的杂化类型为_ ， 1mola 分子中键的数目为_ n a 。(5) x 、 y 、 e 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为_(写元素符号 )。【答案】 ch4 4 孤电子对甲醛 sp2 杂化3 si cn【解析】【分析】x 、 y 、 z 、 e 、 f 五种元素的原子序数依次递增。根据f 位于周期表中第四周期 ib族可判断其为 cu；根据 e 的氧化物是光导纤维的主要成分可判断e 为 si；根据 x 是形成化合物种类最多的元素可判断x 为 c；根据 y

3、 原子核外 l 层电子数为奇数且原子序数比x 的大可判断其属于第二周期的元素，可能为n 或 f；根据 z 的原子 p 轨道的电子数为 4推测出 z 可能为 o 或 s，但 e 的原子序数大于z，e 为 si，所以 z 只能为 o，处于 c 和 o 之间的 y 只能为 n，所以 x 、 y 、 z 、 e 、 f 分别为 c、n、o、 si、 cu，据此解题。【详解】(1)x 为 c， x 元素形成的氢化物有很多，有烷烃、烯烃、炔烃等，其中的一种的化学式为ch4；(2) f2 z 为 cu2o，根据化学式中原子个数比 cu:o=2:1，然后算出图中该晶胞的黑球个数为：1 4=4，白球个数为： 8

4、1/8+1=2，所以黑球代表的是 cu 原子，白球代表的是 o 原子，所以该晶胞中所包含的 cu 原子数目为 4 个；(3)在 cu(nh3)42+离子中， cu2+ 的空轨道接受nh 3 的氮原子提供的孤电子对形成配位键；(4)常温下 c、 o 和氢元素按原子数目1:1:2 形成的气态常见物质 a 是甲醛，甲醛分子中 c原子可以形成四个化学键，因为碳的价电子数是4，其中，有两个单电子一起与氧的两个电子形成 c=o， c 剩余的两个单电子各与两个h 形成两个 c-h 键，双键中含有一条 键和一条 键，两条 c-h 单键都是 键，所以 键数 =2+1=3，杂化轨道数 =键数 +孤对电子数(c 无

5、孤对电子，所以孤对电子数为0)，所以杂化轨道数 =3，为 sp2 杂化， 1mol hcho 分子中 键的数目为 3 na ；(5) x 、 y 、 e 三种元素分别为 c、 n、 si，根据每周期第一种元素电离能最小，最后一种元素的电离能最大，呈逐渐增大的趋势；同族元素从上到下第一电离能变小来进行判断，c、 n、 si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：si cn。2 元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙， 1869 年，门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。下图为元素周期表的一部分，回答下列问题。(1).上述元素中化学性质最稳定的是_(填元素符号，下同 ) ，非金属性最强的是

6、_。(2)c 的最高价氧化物对应水化物的化学式为_。(3)h 元素的原子结构示意图为 _，写出 h 单质的一种用途 :_。(4)b、 d、 f 三种元素原子半径由大到小的顺序是_(用元素符号表示 )。(5)a、 g、 j 的氢氧化物中碱性最强的是_(填化学式 )，写出其溶液与g 的氧化物反应的离子方程式 :_ 。【答案】 ar f hno3制光电池2 3-2-2mgco koh alo+2oh =2alo+h o【解析】【分析】由元素周期表可知，a 为 li、 b 为 c、 c 为 n、 d 为 o、 e 为 f、f 为 mg 、 g 为 al、 h 为 si、 i为 ar、 j 为 k。【详

7、解】（1） 0 族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是ar； f 元素的非金属性最强；（2） c 为 n，其最高价氧化物对应的水化物为hno3；（3） h 为 si，核电荷数为14，原子的核外电子数也是14， si 的原子结构示意图为； si 单质的一种用途是可以制光电池；（ 4） b 为 c、d 为 o、 f 为 mg，当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半径越大，故b、 d、 f 三种元素原子半径由大到小的顺序是mgco；（5） a 为 li、 g 为 al、 j 为 k， k 的金属性最强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、 g

8、、j 的氢氧化物中碱性最强的是koh； g 的氧化物为al2o3， al2o3 与koh溶液反应的离子方程式为al2 o3 +2oh-=2alo2- +h2o 。3 南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐agn5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。(1)基态 mn 2+的价电子排布式为_；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的_区。262+5 2 2 42-的晶体的部分结构如图1 所示：(2)mg(ho) (n ) (h o) n、 o、 mg 元素的前3 级电离能如下表所示：元素i1 /kj?mol-1i2/kj?mol-1i3/kj?mol-1x737.714

9、50.77732.7y1313.93388.35300.5z1402.32856.04578.1x、 y、 z 中为 n 元素的是 _，判断理由是_。从作用力 型看， mg2+与 h252o 之 是 _。o 之 是 _、 n 与 hn5- 平面正五 形，n 原子的 化 型是 _。科学家 将来 会制出含n4-、 n6-等平面 状 构离子的 ， 一 离子中都存在大 ，可用符号mn 表示，其中 m 代表参与形成大 的原子数， n 代表参与形成大 的 子数 (如苯分子中的大 可表示 64-中的大 表示 _ 。6 )， n(3)agn5 的立方晶胞 构如 2 所示， ag+周 距离最近的ag+有 _个。

10、若晶体中 的 n5-与 ag+的平均距离 a nm ，na 表示阿伏加德 常数的 ， agn5 的密度可表示 _g?cm-3（用含 a、 na 的代数式表示）。【答案】 3d5 ds zx最外 2 个 子， x ； n 的 2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，i1 大， z 氮元素配位 氢键sp258.91022412naa3【解析】【分析】(1)根据构造原理 写出25 号 mn 元素的原子核外 子排布式，mn 原子失去最外 2个 子得到 mn 2+；根据原子 构与元素在周期表的位置确定ag 在周期表所属区域；(2)根据元素的 离能大小 合原子 构确定x、 y、 z 三种元素，然

11、后判断哪种元素是n元素；根据 示，判断晶体中阳离子、阴离子中含有的作用力 型； 合 n5- 平面正五 形 构， 合原子 化 型与微粒构型关系分析判断， 合微粒的原子 构分析大 的形成；(3)根据晶胞中离子的相 位置判断ag+的配位数，利用均 方法 算1 个晶胞中含有的magn5 的个数， 合= 算密度大小。v【 解】(1)mn 是 25 号元素，根据构造原理可得mn 原子的核外 子排布式 1s22s22p63s23p63d54s2， mn 原子失去最外 2 个 子得到 mn 2+，其价 子排布式 3d5；ag、 cu 在周期表中位于第ib， 生 化的 子有最外 的s 子和次外 的d 子，属于d

12、s 区元素；(2) x 的第一、第二 离能比 小且很接近， 明x 原子最外 有2 个 子，容易失去，则 x 为 mg 元素， z 的第一 离能在三种元素中最大， 合n 原子2p 道 于半充 的 定状 ，其失去第一个 子 ，i1 大，可推知z 为 n 元素， y 是 o 元素；在 晶体中阳离子 mg(h 2 6 2+的中心离子 mg2+含有空 道，而配位体h2o 的 o 原子上o) 含有孤 子 ，在 合 ，mg 2+提供空 道， h2o 的 o 原子提供孤 子 ，二者形成配位 ；在阴离子 (n 5)2(h2o)42-上 n5-与 h2o 的 h 原子之 通 合在一起，形成nh-o，故二者之 作用

13、力 ；若原子采用sp3 化，形成的物 构 四面体形；若原子采用sp2 化，形成的物 构 平面形；若原子采用sp 化， 形成的 直 型 构。n5 - 平面正五 形， 明n原子的 化 型 sp2 化；在n5- 中，每个n 原子的sp2 化 道形成2 个 ， n 原子上还有 1 个孤电子对及1 个垂直于n 原子形成平面的p 轨道， p 轨道间形成大 键， n5-为4 个 n 原子得到1个电子形成带有1 个单位负电荷的阴离子，所以含有的电子数为5 个，其中大 键是由4个原子、 5 个电子形成，可表示为54 ；5+为研究对象，在晶胞中与该ag+(3)根据 agn 的晶胞结构示意图可知，假设以晶胞顶点ag

14、距离相等且最近的ag+在晶胞面心上，通过该顶点ag+可形成 8 个晶胞，每个面心上的ag+被重复使用了 2 次，所以与 ag+距离相等且最近的ag+的数目为3 8=12 个；在一个晶胞中2+11-1-7 38 +6 =41+12 =4含有 ag 的数目为n5 的数目为，晶胞体积为v=(2a 10)8，含有424 178?g / mol3mn a/mol8.910223。cm ，则=g/cmv2a 10 7 3 cm3n aa3【点睛】本题考查了物质结构，涉及电离能的应用、作用力类型的判断、大 的分析、晶胞计算，掌握物质结构知识和晶体密度计算方法是解题关键，要注意电离能变化规律及特殊性，利用均摊

15、方法分析判断晶胞中含有微粒数目，结合密度计算公式解答。48 种短周期元素在周期表中的相对位置如下所示，其中d 元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3 倍表中字母分别代表某一元素。请回答下列问题。ghabcdef（ 1） d、 b 的元素名称分别为 _、 _。（2）元素 a 与元素 b 相比，金属性较强的是_(填元素符号事实的是 _（填字母）。a a 单质的熔点比b 单质低)，下列表述中能证明这一b a 的化合价比b 低c a 单质与水反应比b 单质与水反应剧烈d a 最高价氧化物对应的水化物的碱性比b 的强（3） g、 h 的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是_(用化学式表示)。 g、c

16、、 f 三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是示)。_(用化学式表（4） f 元素的单质可以用来制取漂白液，其化学方程式为_。（5） e 和 h 形成的一种化合物，相对分子质量在170 190 之间，且70%该化合物的化学式为_。e 的质量分数约为【答案】磷铝nacdnh3?ch4hclo4?h2 co3?h2sio32cl2+2ca(oh)2=cacl2+ca(clo)2+2h2os4n4【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，d 位于第三周期，d 元素原子核外电子总数是其最外层电子数的3 倍，令该原子最外层电子数为x，则2+8+x=3x，解得x=5，即d 为p，结合其他

17、元素在周期表中的位置可知：a 为na、 b 为al、 c 为si、 e为s、 f 为cl、 g 为c、 h 为n。【详解】( 1) 由分析可知：d 为 p、b 为 al，元素名称分别为磷、铝；( 2) a 为 na、 b 为 al，同一周期从左到右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐的减弱，故金属性较强的是na。a a、b 金属性的强弱与金属单质熔点的高低没有关系，a 错误；b a、 b 金属性的强弱与金属元素化合价的高低没有关系，c金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，na 与水反应比b 错误；al 与水反应剧烈可以证明na的金属性比al的强， c 正确；d最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属

18、性越强，na 最高价氧化物对应的水化物的碱性比al 的强，可以证明na 的金属性比al的强， d 正确；答案选cd。( 3) g、 h 的简单气态氢化物分别为数的增加，非金属性逐渐增强，ch4 、nh3 ，同一周期的主族元素，从左到右随着核电荷g、 h 的简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是nh3?ch4； g 为 c、 c 为 si、 f 为 cl，非金属性cl?c?si，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，即hclo4?h2co3?h2sio3；( 4) f 元素的单质为cl2，其用来制取漂白液的化学方程式为，2cl +2ca(oh) =cacl +ca(clo)+2h2o

19、；2222( 5) e 为 s、 h 为 n，形成的化合物中s的质量分数为70%，则 s 和 n 的原子个数比为70%30%1:1，其相对分子质量在170190 之间，设化学式为(sn)x，当 x=4 时，32：14(32+14) 4=184,满足相对分子质量在170 190 之间，所以该化合物的化学式为s n。445 硫酸亚铁铵 (nh4)2fe(so4)2 ?6h2o，相对分子质量 392 晶体又称莫尔盐，易溶易电离但却比一般的亚铁盐稳定，因此广泛应用于制药、电镀以及定量分析。回答下列与之有关的问题：(1)在莫尔盐所涉及的五种元素中：s 元素在门捷列夫元素周期表中的位置是_； 其中处于同主

20、族的两种元素非金属性更强的是：_。(2)为检验莫尔盐是否变质，可用的试剂为_ 。碘是合成人体甲状腺激素的重要原料，食盐中加kio3 是我国为解决普遍性碘缺乏问题的国家规定，下图是自动电位滴定法测定食盐中碘含量的实验过程：(3)已知 “溶解 ”过程中3- 的还原产物为碘单质，写出该反应的离子反应方程式：io_ 。(4)取 50. 00 ml 样品，用 0.005 mol/l 酸性 k2cr2o7 溶液滴定剩余fe2+，滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，导致结果_（填 “偏大 ”“偏小 ”或 “无影响 ”）【答案】第三周期第 a 族 o 硫氰化钾 (kscn)溶液 2io-2+3+3+10fe +12

21、h =i2+10fe +6h2o无影响【解析】【分析】【详解】(1) s 元素在元素周期表中的位置为第三周期第 a 族，故答案为：第三周期第 a 族；莫尔盐中处于同主族的两种元素是o 和 s，其中非金属性更强的是o，故答案为： o；(2)硫酸亚铁铵中含有 fe2+， fe2+容易被氧化成fe3+，可加入硫氰化钾(kscn)溶液检验是否有fe3+生成，故答案为：硫氰化钾(kscn)溶液；(3)溶解过程中， io3-与 fe2+发生氧化还原反应生成i2 和 fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子反应方程式为2io3-+10fe2+12h+=i2+10fe3+6h2o，故答案为：

22、2io3-+10fe2+12h+=i2+10fe3+6h2o；(4)滴定操作时使用的锥形瓶未干燥，不会影响fe2+的物质的量，因此对滴定结果无影响，故答案为：无影响。6x、y、 z、 w、 q、 r 是周期表中前36 号元素，核电荷数依次增大，其中x、y、 z、 w都是元素周期表中短周期元素。x 为非金属元素，且x 原子的核外成对电子数是未成对电子数的2 倍， z 的次外层电子数是最外层电子数的，w原子的s 电子与p 电子数相等，q3是前四周期中电负性最小的元素，r 的原子序数为29。 回答下列问题：（1） x 的最高价氧化物对应的水化物分子中，中心原子采取_杂化。（ 2）化合物 xz 与 y

23、 的单质分子互为 _，1mol xz 中含有 键的数目为_。（ 3） w 的稳定离子核外有 _种运动状态的电子。 w 元素的第一电离能比其同周期 相邻元素的第一电离能高，其原因是：_。（4） q 的晶体结构如图所示，则在单位晶胞中q 原子的个数为_，晶体的配_。（5） r 元素的基态原子的核外电子排布式为_；y 与 r 形成某 种化合物的晶胞结构如图所示，已知该晶体的密度为-3na，则该晶体中 r 原子g?cm，阿伏加德罗常数的数值为和 y 原子之间的最短距离为_cm。（只写计算式）【答案】 sp2等电子体amg 原子的价电子排布式为2轨道处于全满状2n 103s，3s态，比较稳定， 失去一个

24、电子比较困难2 8226263d10112061s2s 2p 3s 3p4s23n a【解析】【分析】x、 y、 z、 w、 q、 r 是周期表中前36号元素，核电荷数依次增大，其中x、 y、 z、 w 都是元素周期表中短周期元素。x 为非金属元素，且x 原子的核外成对电子数是未成对电子数的 2 倍，则 x 的核外电子排布式为 1s22s2 2p2，则 x 为碳； z 的次外层电子数是最外层电子数的 1 ，则 z 为氧， y 为氮； w 原子的 s 电子与 p 电子数相等，则 w 的核外电子排布式为31s22s22p63s2， w 为镁； q 是前四周期中电负性最小的元素，则q 为钾； r 的

25、原子序数为29，则 r 为铜，据此分析解答。【详解】（1） x 的最高价氧化物对应的水化物为h2 3，则中心原co ，结构式为子 c 采取 sp2 杂化，故答案为：sp2 ；（2）化合物 co 与 n2 分子具有相同的原子个数及价层电子数，属于等电子体；co 的结构与 n2相似，为 co ，其中含有2na，故答案为：等电子体；2na；键的数目为（3） mg 2+核外有10 个电子，则有 10 种运动状态的电子； w 元素的第一电离能比其同周期相邻元素的第一电离能高，其原因是mg 原子的价电子排布式为 3s2， 3s 轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难；故答案为：10； mg 原子

26、的价电子排布式为3s2，3s 轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难；（4）根据晶胞结构知，钾原子在顶点和体心，则在单位晶胞中钾原子的个数为81+1=2；离体心钾原子最近的钾原子处于晶胞的8 个顶点，则晶体的配位数是8；故答8案为： 2； 8（5）铜基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；晶胞中含有n 原子数为：1cu 原子数为： 12114+6432068 =1，含有的=3，则晶胞的质量为n a=，设晶胞的84n a棱长为 d，则 d3=206，则 r 原子和 y 原子之间的最短距离为13206 ；故答案为：n a2n a12061s22s22p63

27、s23p63d104s1；3。2 n a7 下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：族 a0周期1 a a a a a a23（ 1）三种元素构成的化合物的电子式： _；的最高价氧化物对应水化物的化学式： _。（ 2）、的简单离子半径由大到小的顺序：_(用离子符号填写 )。（3）用一个化学方程式表示、二种元素非金属性的强弱_。（4）的单质与的最高价氧化物对应水化物的水溶液反应的离子方程式为_。（5）元素、元素以原子个数比为11 形成化合物 q，元素、元素形成化合物m， q 和 m 的电子总数相等。以m 为燃料， q 为氧化剂，可作火箭推进剂，最终产物对空气没有污染，写出

28、该反应的化学方程式：_。【答案】hclo42- f- al3+222-22-s2f +2h o=4hf+o2al+2oh+2ho=2alo+3h2n2 h4 2h2 o2=n2 4h2o【解析】【分析】由元素周期表可知为 h；为 c；为 n；为 o；为 f；为 na；为 al；为 s；为 cl；（1）三种元素构成的化合物为naoh；的最高价氧化物对应水化物为hclo4；（ 2）、的简单离子半径通过电子层数和原子质量进行判断；（ 3）通过置换反应比较二种元素非金属性的强弱；（ 4）的单质为 al的最高价氧化物对应水化物的水溶液为naoh；（ 5）元素、元素以原子个数比为 11 形成化合物 q 为

29、 h2 o2，元素、元素形成化合物 m， q 和 m 的电子总数相等， m 为 n2h4，以此分析。【详解】由元素周期表可知为h；为 c；为 n；为 o；为 f；为 na；为 al；为 s；为 cl。（1）三种元素构成的化合物为naoh，电子式为，的最高价氧化物对应水化物为 hclo4，故答案为：4； hclo ；（2）、的简单离子为f-、 al3+、 s2-，则离子半径s2-f- al3+，故答案为：s2- f- al3+；（3）氟气与水反应生成氧气可证明f 的非金属强于o，反应方程式为：2f2 +2h 2 o=4hf+o 2 ，故答案为： 2f2+2h 2o=4hf+o 2 ；（4）的单质

30、为al，的最高价氧化物对应水化物为naoh ，离子方程式为：-2al+2oh +2h 2o=2alo 2 +3h 2 ，故答案为： 2al+2oh +2h 2o=2alo 2+3h 2 ；（5）元素、元素以原子个数比为11 形成化合物 q 为 h2 o2，元素、元素形成化合物 m， q 和 m 的电子总数相等，则m 为 n2h4，该反应的化学方程式为：n 2h 42h 2o 2 =n 24h 2 o ，故答案为：n 2 h 42h 2o 2 =n 24h 2o 。8a、 b、 c、 d 是原子序数依次增大的同一短同期元素，a、b 是金属元素，属元素， a、 b 的最高价氧化物对应的水化物可以发

31、生反应生成盐和水。c、d 是非金(1)a 与c 可形成化合物a2c，写出该化合物的电子式为_。(2)b 与 d 形成的化合物是_(填 “离子化合物 ”或 “共价化合物 ”)，验证该结论的实验方法是_。(3)c 的低价氧化物通入d 单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_。(4)用c 的最高价含氧酸w 的溶液作电解质溶液(物质的量浓度为5.2mol/l ，体积为1l， 假设反应前后溶液体积变化忽略不计)组装成原电池如图所示。在 a 电极上发生的反应可表示为_。若电池工作一段时间后，a 极消耗 0.05molpb ， b 电极的质量变化为_g，则此时w 溶液的浓度为 _mol/l 。【答案】共价化

32、合物将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物so2+cl2+2h2o=h2so4 +2hcl pb-2e-42-43.2 5.1+so=pbso【解析】【分析】a、 b 是金属元素， a、 b 的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应生成盐和水，a 是 na元素、 b 是 al 元素；na 与 c 可形成化合物a2c， c 显-2 价， c 是 s元素； a、 b、 c、 d 是原子序数依次增大，所以d 是 cl 元素。【详解】根据以上分析，(1) a 是 na 元素、 c 是 s 元素，形成化合物 na2 s是离子化合物，电子式为；(2)

33、b 是 al 元素、 d 是 cl 元素，形成的化合物alcl3 是共价化合物，共价化合物在熔融状态下不导电，将该化合物加热至熔融状态做导电性实验，如果该化合物在熔融状态下不导电，说明该化合物是共价化合物；(3)s 的低价氧化物是so2， d 单质是氯气，so2 通入氯水发生反应的化学方程式为so2+cl2 +2h2o=h2so4+2hcl；(4) h2so4 溶液、 pb、 pbo2 构成原电池， pb 是负极、 pbo2 是正极；a 极是负极， pb 失电子生成pbso4沉淀， a 电极上发生的反应可表示为-42-pb-2e +so=pbso4 ； b 是正极， b 电极反应式是 pbo2

34、+2e-+4h+ +so42-=pbso4+2h2o； a 极消耗 0.05molpb ，转移电子的物质的量是 0.1mol ， b电极消耗 0.05mol pbo2，生成 0.05mol pbso4 质量变化为303g/mol0.05mol-239g/mol0.05mol= 3.2g；根据总反应式pb+ pbo2+ h2so4=2pbso +2h o， a 极消耗 0.05molpb，总反应消耗0.1mol h so ，此时 h so 溶液的浓度 为4224245.2mol/l1l-0.1m ol=5.1mol/l 。1l9 已知 o、 s、 se、 te、 po、lv 是同主族元素，其原子

35、序数依次增大。回答下列问题：(1)lv 在周期表中的位置是_。(2)下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_。a离子半径： te2- se2-b热稳定性： h2o h2sc熔、沸点： h o h sd酸性： h so h seo222424(3)从原子结构角度解释se 与 s 的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_。(4)实验室用如下方法制备h2s 并进行性质验证。设计 b 装置的目的是证明_， b 中实验现象为_ 。实验中经检测发现c 中溶液 ph 降低且出现黑色沉淀。c 中反应的离子方程式是_。有同学根据 “强酸制弱酸 ”原理认为装置 a、c 中两个反应相矛盾，认为 c 中不可能出

36、现上述现象。该观点不正确的理由是 _ 。【答案】第七 (或 7)周期 via 族 abdse与 s 是同主族元素， se 比 s 电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故h2seo4 酸性弱于 h2so4 h2s 具有还原性出现淡黄色(或乳白色 )沉淀 (或浑浊 ) cu2+h2s=cus+2h+该反应发生的原因是生成了难溶的cus沉淀，不是因为生成弱电解质【解析】【分析】(1)根据 o、 s、se、te、 po、 lv 都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；(3)se 与 s 是

37、同主族元素，最外层电子数相等，se 比 s 电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；(4)双氧水具有较强的氧化性， h2s具有还原性；硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的 cus沉淀；结合装置 a 和 c 中发生反应的原理分析解答。【详解】(1) o、 s、 se、 te、 po、lv 是同主族元素，都是氧族元素，位于第via 族， o、s、se、 te、po、 lv 是同主族元素，其原子序数依次增大，因此lv 位于第 七（或 7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：第 七（或 7）周期 via 族；(2)a同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增

38、大，因此离子半径：te2- se2-，能用元素周期律解释，故 a 选； b同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性： h2oh2 s，能用元素周期律解释，故b 选； c物质的熔沸点是物理性质，不能用元素周期律解释，故c 不选； d同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：h2 424so h seo ，能用元素周期律解释，故d选；故答案为：abd；(3)se 与 s 是同主族元素，se 比 s 电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故h2seo4 酸性弱于h2so4，故答案为：se 与 s 是同主族元素，se 比 s

39、 电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故h2seo4 酸性弱于h2so4；(4)双氧水具有较强的氧化性， h2s具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答案为： h2s 具有还原性；出现淡黄色沉淀；硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的cus沉淀，反应的离子方程式为2+2+，故答案为： cu2+2+ ；cu +h s=cus +2h+h s=cus +2h“”a中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能根据 强酸制弱酸 的原理，装置够被硫酸溶解，2+c 中发生 cu +h2 s=cus +2h，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的cus沉淀，不是因为生成弱电解质。10 某分子的结构如图所示（-r为烃基），其中a bd三种元素位于元素周期表中同一、 、族的三个相邻的周期， a 的非金属性大于b。 d 与 g 形成的 dg3 在工业上可用于漂白和杀菌消毒。 a 与 g 形成的 ag3 可完全水解，其水解