高考化学一轮复习：元素周期律、元素周期表（练习）（解析版）

第03讲物质的组成、性质和分类

（模拟精练+真题演练）

完卷时间：50分钟

一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12x5分）

1.（2023•北京昌平・统考二模）四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①Is22s22P",②

Is22s22P63s23P",③Is22s22P63s23P5,④Is22s22P3,下列说法不正确的是

A.最高价含氧酸的酸性：②〈③B.第一电离能：①>④

C.①②③④都是p区元素D.电负性：①〉②

【答案】B

【分析】四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是:①Is22s22P4,②Is22s22P63s23P4,③Is22s22P63s23P5,

④Is22s22P3,则四者分别为氧、硫、氯、氮;

【解析】A.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；非金属性越强，最高价氧

化物对应水化物的酸性越强，最高价含氧酸的酸性：②（③，A正确；B.；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，故N、O的第一电离

能大小：N>0；B错误；C.由分析可知，①②③④都是p区元素，C正确；D.同主族由上而下，金属性

增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：①〉②，D正确；故选B。

2.（2023•北京西城•北师大实验中学校考三模）由下列实验及相应事实推理所得的结论，不熊用元素周期

律解释的是

实验事实结论

A将体积相同的Na和K分别投入冷水K与H2。反应更剧烈金属性：K>Na

B将足量硫酸与Na3PO’溶液混合生成HsP。，非金属性：S>P

C分别加热HC1气体和HI气体HI气体更易分解稳定性：HC1>HI

高温.

D工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅SiO2+2C^=Si+2COT非金属性：C>Si

【答案】D

【解析】A.将体积相同的Na和K分别投入冷水中，K与H2O反应更剧烈，因同主族元素从上到到下金属

性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，则金属性K>Na,A不符合题意；B.将足量硫酸与Na3P04溶液混合，

生成H3P。4,说明硫酸可以制取H3PCU,则硫酸的酸性比磷酸的酸性强，根据最高价含氧酸的酸性强弱可

以比较非金属性的强弱，则非金属性:S>P,B不符合题意；C.分别加热HC1气体和HI气体，HI气体更易

分解，根据同主族非金属元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属氢化物的稳定性逐渐减弱，则稳定性:

高温.

HC1>HLC不符合题意；D.工业上用焦炭还原石英砂制得粗硅：SiO2+2C-Si+2COT,反应中碳为还

原剂，硅为还原产物，说明碳的还原性大于硅，但比较非金属性要通过单质的氧化性比较，故不能说明非

金属性：C>Si,D符合题意；故选D。

3.（2023•海南・海南中学校联考一模）“医用酒精”和“84消毒液”混合，可产生QW、Y2X4Z,YXX3W等多

种物质，已知X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列叙述正确的是

A.简单离子半径：Q+>Z2

B.YX3W分子为非极性分子

C.电负性：X>Y>Z

D.Z与Q形成的常见化合物中阴阳离子个数比1:2

【答案】D

【分析】医用酒精的主要成分为C2H5OH,84消毒液的主要成分为NaClO,具有强氧化性。二者混用后，

NaClO可与C2H50H发生氧化还原反应生成QW、Y2X4Z、YX3Wo根据元素守恒以及X、Y、Z、Q、W为

原子序数依次增大的短周期主族元素可知，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、0、Na、Cl元素。因此QW、

Y2X4Z、YX3W分别为NaCl、C2H4O（乙醛）、CH3C1；

【解析】A.Na、O的离子分别为Na+、O'其电子层数均为2。根据元素周期律，则离子半径大小顺序为:

O2->Na+,即Z2->Q+,选项A错误；B.CH3cl分子中中心原子为碳原子，为四面体结构，分子中正负电

荷重心不重叠的为极性分子，选项B错误；C.元素非金属性越强电负性越大，电负性：0>C>H,即Z>Y>X,

选项C错误；D.O与Na元素可形成Na2。、Na2O2,这两种物质中阴阳离子个数比均为1:2,选项D正确；

答案选D。

4.（2023•北京顺义・北京市顺义区第一中学校考模拟预测）我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化

学试剂FSO2N3,下列有关元素F、O、N、S的说法正确的是

A.沸点：H2O>H,S>NH3B.第一电离能：F>S>O>N

C.最高正价：F>S=O>ND.稳定性：HF>H2O>NH3

【答案】D

【解析】A.H2O和NH3分子间形成氢键，沸点反常的高，常温下水为液体，氨气为气体，沸点H2O>NH3

>H2S,A错误；B.根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势HA与IHA、VA与VIA反常，同一主族

从上往下第一电离能依次减小，故第一电离能：F>N>O>S,B错误；C.F、O元素无最高正价，硫的最

高正价为+6价，C错误；D.非金属性F>O>N,氢化物稳定性：HF>H2O>NH3,D正确；故答案为：D。

5.（2023•浙江•校联考一模）X、Y、Z、Q、M为原子序数依次增大的前4周期元素。相关信息如下：

元素相关信息

X最外层电子数是能层数的2倍

Y单质是合成氨工业的原料

Z核外无未成对电子的主族元素

Q价层电子的排布式：ns-'np"+1

M第四周期IB元素

下列说法不正确的是

A.离子半径：Q>Y>Z

B.简单氢化物的稳定性和沸点：X<Y

C.一定条件下，Z单质与Y0?反应可生成两种离子化合物

D.[M（XY%;微粒中◎键和n键数目之比2：1

【答案】D

【分析】X、Y、Z、Q、M为原子序数依次增大的前4周期元素，X原子最外层电子数是能层数的2倍，X

原子最外层电子排布为2s22P2,则X为C元素；Y元素的单质是合成氨工业的原料，则Y为N元素；Z

为核外无未成对电子的主族元素，则Z为Mg元素；Q的价层电子的排布式nsMnpH,s轨道填满，即n-l=

2,n=3,为3s23P”,则Q为S元素；M为第四周期IB元素，则M为Cu元素；

【解析】A.电子层数越多，半径越大，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，故离子半径

由大到小的顺序为:S2>N3>Mg2+,选项A正确；B.NH3形成分子间氢键，故沸点:NH3>CH4,N的非金属

性比C的强，氢化物稳定性:NH3>CH4,选项B正确；C.Mg具有还原性，N02具有氧化性，二者可发生

反应:7Mg+2NO2=4MgO+Mg3N2,都为离子化合物，选项C正确；D.[Cu（CN）F-中存在C=N和CiP+

与N原子形成的配位键，。键和兀键数目之比8:8=1:1,选项D错误；答案选D。

6.（2023•浙江杭州•浙江省临安中学校联考一模）X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。

X元素基态原子电子排布式为（n-Ds's。，Y元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，Z元素

基态原子2P轨道有一个未成对电子，W元素基态原子s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，Q是

地壳中含量最多的金属元素。下列说法不正确的是

A.最高价氧化物对应水化物的碱性：X<W

B.Y和原子序数为51的元素位于同一主族

C.同周期元素中Z的第一电离能最大

D.X、Q的氧化物、氢氧化物都有两性

【答案】C

【解析】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X元素基态原子电子排布式为（n-lNns?,

n=2,则X为Be元素；Q是地壳中含量最多的金属元素，则Q为A1元素；Y元素的第一电离能大于同周

期相邻元素的第一电离能，Y位于HA或VA族，且原子序数介于Be,O之间，则Y元素为N元素，W元

素基态原子s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，W原子核外电子排布式为Is22s22P63s2,则W

为Mg元素；Z元素基态原子2P轨道有一个未成对电子，且原子序数介于O、A1之间，Z原子核外电子排

布式为Is22s22P5,则Z为F元素；A.金属性：Be<Mg,则最高价氧化物对应水化物的碱性：

Be（OH）2<Mg（OH）2,A项正确；B.原子序数为51的元素位于第四周期VA族，与N元素位于同一主族，

B项正确；C.F元素位于第二周期，第二周期中稀有气体Ne的第一电离能最大，C项错误；D.根据对角

线规则，Be、Al的性质相似，二者氧化物，氢氧化物都有两性，D项正确；答案选C。

7.（2023•湖南长沙•长郡中学校考一模）某离子化合物中的阳离子结构模型如图。已知X、Y、Z为原子序

数依次增大的短周期元素，Z的核外成对电子数和未成对电子数之比为4:3。下列说法错误的是

•X

A.X、Y、Z原子的电负性大小为Z>X>Y

B.Imol该阳离子所含的配位键数为2NA（NA为阿伏加德罗常数的值）

C.该阳离子可与水中的氢原子形成氢键

D.X分别能与Y、Z形成正四面体形的离子

【答案】C

【分析】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的核外成对电子数和未成对电子数之比为4:3,Z

为N元素，X形成1个共价键，X是H元素；Y能形成4个共价键，其中2个为配位键，该阳离子带1个

单位正电荷，所以Y是B元素。

【解析】A.由题意可知，X、Y、Z分别为H、B、N,因此电负性：N>H>B,故A正确；B.该阳离子

中的蹦原子分别与两个氮原子形成配位键，Imol该阳离子所含的配位键数为2NA,故B正确；C.该阳离子

中的氮原子没有孤电子对，不具备给电子能力，因此不能与水中的氢原子形成氢键，C错误；D.H可分别

与B、N形成BH；、NH；,其中B、N分别为sp3杂化，其空间结构为正四面体形，故D正确；故选C。

8.（2023•浙江•校联考二模）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Y、Z、M同周

期，Y的最高正价和最低负价代数和为零，X、M不在同一周期且核外单电子数相同，Q是同周期中常见离

子半径最小的元素。下列说法正确的是

A.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q>Y

B.Z与X形成的化合物只含有极性共价键

C.Q与Z形成的化合物离子键百分数低于50%

D.Y、Z、M元素的简单氢化物的沸点为：M>Z>Y

【答案】C

【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。Y、Z、M同周期，Y的最高正价和

最低负价代数和为零，则Y为C元素；X、M不在同一周期且核外单电子数相同，则X为H元素、M为F

元素、Z为N或0元素；Q是同周期中常见离子半径最小的元素，则Q为A1元素。

【解析】A.Q为A1元素、Y为C元素，A1（OH）3呈两性，H2cCh呈酸性，所以最高价氧化物对应水化物的

酸性：Al（OH）3VH2co3,A不正确；B.Z为N或O,X为H,Z与X形成的化合物可能为N2H4、H2O2,

分子中都含有非极性共价键，B不正确；C.Q与Z形成的化合物可能为A1N、AI2O3,前者为共价化合物,

不含有离子键，后者离子键百分数为41%,低于50%,C正确；D.若Z为N元素，简单氢化物的沸点：

若为元素，简单氢化物的沸点：不正确；故选。

HF>NH3>CH4,Z0H2O>HF>CH4,DC

9.（2023•河北邯郸•统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予对点击化学和生物正交化学做出贡献的三位科学

家。我国科学家合成了一种点击化学试剂X?Y2M?Q,X可分别与Y、M、Z形成原子个数为3、4、6的18e-

分子，|9Q衰变方程：6M+2；）n+；H。下列说法正确的是

A.X的简单离子半径一定是元素周期表中最小的

B.16M2和18M2互为同素异形体

C.同一周期中，第一电离能小于Z的有5种元素

D.Y、M形成简单氢化物的还原性：Y<M

【答案】C

【解析】X分别与Y、Z、M形成原子个数为3、6、4的18b分子，则X为H元素；M的质量数16,则M

为O元素、Y为S元素、Z为N元素，根据I9Q衰变方程，可知Q的质子数为9,则Q是F元素。A.X为

H元素，H-的半径大于Li+,故H元素的简单离子半径不一定是元素周期表中最小的，A错误；B.同素异

形体是同种元素形成的不同单质，KO?和is。?是同种物质，B错误；C.同一周期中，第一电离能小于N的

元素有Li、Be、B、C、O,一共5种元素，C正确；D.S的非金属性小于O,故还原性：H2S>H2O,D

错误；故选C。

10.（2023・广东•校联考模拟预测）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增

大的五种短周期主族非金属元素，基态Z原子的核外电子填充了3个能级且有2个未成对电子。下列说法

正确的是

XM3

I

MY--M

I

X

M3

A.原子半径：M>W>Z

B.仅由M与X形成的化合物中不可能含非极性共价键

C.与W同周期且第一电离能介于W和Y之间的元素共有3种

D.X、Y、Z两两间均能形成双原子分子

【答案】C

【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族非金属元素，基态Z原子的核外电子填

充了3个能级且有2个未成对电子，Z能形成2个共价键，Z是0元素；X形成4个单键，X是C元素，

则Y是N元素，W为B元素，M能形成1个共价键，M是H元素。

【解析】A.电子层数越多半径越大，电子层数相同，中子数越多半径越小，原子半径：B>O>H,故A错

误；B.C2H6中含C-C键，C-C键是非极性共价键，故B错误；C.与B同周期且第一电离能介于B和N

之间的元素有Be、C、0,共3种，故C正确；D.C、N间不能形成双原子分子，故D错误；选C。

11.（2023•广东・广州市第二中学校联考三模）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中

X、W元素的价电子数等于其周期数，Z是地壳中含量最多的元素。它们形成的一种化合物M结构式如右

图，下列说法正确的是：

化合物M

A.化合物M中，W、Z、Y的均为sp3杂化

B.X和Z的单质都属于非极性分子

C.氢化物的沸点：Y<Z

3-3+

D.[Fe（Y2Z4）3]中Fe配位数为6

【答案】D

【分析】由化合物M结构式可知，X只形成1根共价键，且其价电子数等于其周期数，所以X为H元素；

因为Z是地壳中含量最多的元素，所以Z是O元素；由化合物M结构式可知，Y形成4根共价键，且原子

序数介于H和O之间，所以Y为C元素；由化合物M结构式可知，W形成3根共价键，且其价电子数等

于其周期数，所以W为A1元素；【解析】A.化合物M中，A1的杂化为sp2,C、O的杂化为sp',故A

错误；B.H的单质为H2,属于非极性分子，O的单质有02、03两种，02属于非极性分子，03属于极性分

子，故B错误；C.Y的氢化物为CH-Z的氢化物为HzO,都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力

越大，沸点越高，且H20分子中存在氢键，使沸点更高，故C错误；D.[Fe（YzZj广为[FeGOj/，

一个cqj中有2个配位。原子，所以[Fe（Y2Zj丁中Fe3+配位数为6,故D正确；故选D。

12.（2023•山东青岛・统考三模）X、Y、Z、M、W为相邻两个短周期的主族元素，且原子序数依次增大。

这五种元素可形成化合物甲，结构如图所示。下列说法正确的是

A.五种元素中M的原子半径最大

B.X、Y、M简单气态氢化物的沸点：X>Y>M

C.甲中所有原子最外层均达到8e稳定结构

D.Z、W能组成极性和非极性分子

【答案】D

【分析】从结构看X为三价结构，X为N。Y为二价结构为O。Z为五价结构为P。M为六价结构为S。W

为一价结构为CL

【解析】A.原子半径：电子层越多半径越大，而电子层相同时核电荷数越多半径越小，所以半径最大为Z,

A项错误；B.三者中，氏。和NH3均有氢键，且H2O中氢键更多沸点更高，所以沸点高低：Y>X>M,B

项错误；C.对于Z和M均超出了8e-结构，C项错误；D.Z、W形成物质有PCb为极性分子，而PCL为

非极性分子，D项正确；故选D。

二、主观题（共3小题，共40分）

13.（12分）（2023•上海青浦•统考二模）磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，它的单质和化合物在工

农业生产中应用广泛。白磷可通过反应2Ca3（PO4）2+10C—6CaO+P4+10CO获得。完成下列填空：

（1）磷原子的最外层电子排布式是，氧原子核外有种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时

间长了会因温度达到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自。

（2）N和P在周期表中位于_____族，PH3分子的空间构型为,是分子（填“极性”或“非极性”）。下列

能说明N和P非金属性相对强弱的是（填编号）。

a.NH3的稳定性比PH3强b.NH3的沸点比PH3高

c.硝酸酸性比磷酸强d.N原子半径比P原子小

铜既能与浓硝酸反应，也能与稀硝酸反应，当铜与一定浓度硝酸反应时，可将化学方程式表示为：

CU+HNO3-CU（NO3）2+NOT+NO2T+H2O（未配平，不考虑2NO2=±N2O4）。完成下列填空：

（3）3Cu+10HNO3^OCU（NO3）2+QNOt+QNO2?+QH2O»配平上述化学方程式，用单线桥法标出电子

转移方向和数目。

（4）0.3molCu被硝酸完全溶解后，如果得到的NO和NCh物质的量相同，则参加反应的硝酸的物质的量是

【答案】（除标注外，每空1分）（D3s23P38白磷缓慢氧化释放的热量

（2）VA三角锥极性ac（2分）

6e-

⑶(2分)

3Cu+10HNO3=3CU(NO3)2+3N0f+NO2T+5H2O

(4)0.9mol(2分)

【解析】(1)磷是15号元素，P原子核外有15个电子，磷原子的最外层电子排布式是3s23P3；氧是8号

元素，核外有8个电子，氧原子核外有8种不同运动状态的电子。白磷在空气中露置时间长了会因温度达

到着火点而自燃，使白磷升温的热量主要来自白磷缓慢氧化释放的热量。

(2)N和P最外层都有5个电子，在周期表中位于VA族，PH3分子中P原子价电子对数为4,有1个孤电

子对，空间构型为三角锥形，空间结构不对称，是极性分子。

a.气态氢化物越稳定，元素非金属性越强，NH3的稳定性比PH3强，说明N的非金属性比P强，故选a；b.分

子晶体的沸点与分子间作用力有关，与元素非金属性无关，NH3的沸点比PH3高，不能说明N的非金属性

比P强，故不选b；b.元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，硝酸酸性比磷酸强，说明N的非金

属性比P强，故选c；d.原子半径与电子层数、最外层电子数有关，N原子半径比P原子小，不能说明N

的非金属性比P强，故不选d；选ac。

(3)铜和浓硝酸反应，铜元素化合价由0升高为+2、硝酸中N元素化合价由+5降低为+4、+2,根据得失

电子守恒，NCh、NO的比为3:1,配平方程式为3Cu+10HNO3=3Cu(NO3)2+3NOT+NO2T+5H20。用单线桥

6e-

法标出电子转移方向和数目为|---------1

3Cu+10HNO3=3CU(NO3)2+3N0f+NO2T+5H2O

(4)0.3molCu被硝酸完全溶解后，转移电子0.6mol,表现酸性的硝酸为0.6mol,如果得到的NO和NO2

物质的量相同，则生成NO和NCh都是0.15mol,表现氧化性的硝酸为0.3mol,则参加反应的硝酸的物质的

量是0.9molo

14.(12分)(2021.上海静安.统考二模)氧、碳等非金属元素形成的物质种类繁多、性状各异。

(1)氧、氟、氮三种元素都可形成简单离子，它们的离子半径最小的是(填离子符号)，硅元素在

元素周期表中的位置是oCO2和SiO2是同一主族元素的最高正价氧化物，常温下CO2为气体，

SiO2为高熔点固体。请分析原因：O

(2)比较硫和氯性质的强弱。热稳定性H2sHC1(选填“<”、">”或“="，下同)；酸性：

HC1O4H2SO4.用一个离子方程式说明氯元素和硫元素非金属性的相对强弱：o

⑶红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，这利用了SO2的性。若将SO2气体通入H2s

水溶液中直至过量，下列表示溶液的pH随通入SO2气体体积变化的示意图正确的是(填序号)。

已知NaHSCh溶液呈酸性,而HSO3既能电离又能水解。则在NaHSCh溶液中c(H2SO3)c(SO;)(选

填,或。

(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性条件下反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水，配平该反应方程式_____

—Na2SO3+KIO3+H2SO4——>Na2SO4+K2SO4+I2+H20

【答案】(除标注外，每空1分)(1)F第三周期第WA族CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，共价键的强

度大于分子间作用力(2分)

>cb+s2Msi+2cr

⑶还原③v

(4)5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+l2+H2O(2分)

【解析】(1)0"、F、冲一的核外电子层数相同，F的核电荷数最小，半径最小；Si为14号元素，位于第三周

期第WA族；C02为分子晶体，Si02为共价晶体，共价键的强度远大于分子间作用力，常温下C02为气体,

SiCh为高熔点固体；

(2)同周期主族元素自左至右非金属性增强，所以非金属性S<C1,则热稳定性HzSVHCl,酸性HC1C)4>

H2so4；非金属性越强，单质的氧化性更强，根据反应Cb+S2-=S1+2C1-可知氧化性C12>S,则非金属性Cl

>s；

⑶红酒中添加一定量的SO2可以防止酒液氧化，利用了S02的还原性；H2s水溶液中存在H2s的电离而显

酸性，起始pH<7,将SO2气体通入H2s水溶液中时先发生2H2S+SO2=S1+H2。，该过程中H2s的浓度不

断减小，酸性减弱，pH增大，当完全反应发生SO2+H2OH2so3,H2sO3电离使溶液酸性增强，pH减小，

当SO2不再溶解后，pH不变，H2sCh的酸性强于H2s的，所以最终pH要比初始小，所以图③符合；HSO；

的电离使溶液显酸性，HSO3的水解使溶液显碱性，而NaHSCh溶液呈酸性，说明电离程度更大，H2s03由

水解产生，SO；由水解产生，则c(H2so3)<c(SO：)；

(4)根据所给反应物和生成物可知该过程中Na2s。3被KI03氧化生成Na2SO4,KIO3被还原生成L,根据电子

守恒可知Na2s03和KI03的系数比应为5:2,再结合元素守恒可得化学方程式为

5Na2so3+2KIO3+H2so4=5Na2s04+K2so4+I2+H2O。

15.(16分)(2023•上海嘉定・统考二模)短周期的元素在自然界中比较常见，尤其是非金属元素及其化合

物在社会生活中有着很重要的作用。

(1)补全元素周期表中符号。

—CNOF

A1Si—SC1

表中元素形成的最稳定氢化物是,该氢化物在CC14中的溶解度比在水中的溶解度(填“大”或

“小，》

(2)硅原子核外电子运动状态为种，其最外层电子排布式为,硅微粒非常坚硬，比较晶体硅与碳

化硅的熔点高低并解释说明o

(3)碳元素的非金属性比硫,可由一复分解反应推测而得，其反应的化学方程式为0

(4)烟气中的NO与尿素[CO(NH2)2](C的化合价为+4)反应进行脱硝。反应的化学方程式是：

2CO(NH2)2+8NO=2CO2+6N2+O2+4H2O□该反应的氧化产物为,若反应过程中有2.24L(标准状况下)NO

反应，则电子转移的数目为。

【答案】(除标注外，每空1分)(1)BPHF小

(2)14(2分)3s23P2晶体硅的熔点低于碳化硅，二者均为结构相似的原子晶体(熔点与共价键强弱有关),

原子半径Si>C,共价键键长Si—Si>Si—C,键能Si—Si<Si—C,故晶体硅的熔点低于碳化硅(2分)

(3)弱2NaHCCh+H2sO4=Na2so4+2H2O+2CO2T(Na2cCh+H2sCU=Na2sO4+H2O+CO2T)(2分)

(4)N2和02(2分)0.2M(2分)

【解析】(1)根据元素周期表中各元素位置可知，与A1同主族，在C前面的元素为B元素；与N同主族,

在S前面的元素为P元素；答案为B；P；同周期从左到右元素非金属性逐渐增强，同主族从上而下非金属

性逐渐减弱，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越强，故表中元素形成的最稳定氢化物是HF；该

氢化物和水均为极性分子，而为非极性分子，根据相似相溶原理，该氢化物在CC14中的溶解度比在水中的

溶解度小；

(2)Si原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P2,共有14个核外电子，每个电子为一种运动状态，因此共

有14种运动状态；其最外层电子排布式为3s23P2,晶体硅的熔点低于碳化硅，二者均为结构相似的原子晶

体(熔点与共价键强弱有关)，原子半径Si>C,共价键键长Si—Si>Si-C,键能Si—Si<Si—C,故晶体硅

的熔点低于碳化硅；

(3)根据反应2NaHCCh+H2sO4=Na2SO4+2H2O+2CChT(Na2cCh+H2sO4=Na2SO4+H2O+CO2f)可证明碳元素的

非金属性比硫弱；

(4)NO与尿素[CO(NH2)2](C的化合价为+4,氮的化合价为-3)反应进行脱硝，

2CO(NH2)2+8NO=2CO2+6N2+O2+4H2O,化合价升高的元素是尿素中的氮元素，反应物中的氧元素，所得到

的氧化产物是氮气，氧气，化合价变化为:升高的有N(-3-0),0(-2-0),降低的有N(+2-0),反应过程

中有8moiNO反应，化合价降低数目=16,化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目，若反应过

程中有2.24L(标准状况下)NO反应，即，有O.lmolNO反应，则电子转移的数目为"X16NA=0.2M,答案

O

为N2和。2；0.2NA.

■真题实战演练

1.(2023•广东•统考高考真题)科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖“。下列说法正确的是

A.“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，Xe是第IA族元素

B.火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO

C.创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的2H与3H互为同位素

D.“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体

【答案】C

【解析】A.化学符号Xe,原子序数54,在元素周期表中处于第5周期。族，故A错误；B.赤铁矿的主

要成分是Fe2C>3,不是FeO,故B错误；C.2H与3H具有相同的质子数，不同的中子数，互为同位素，故

C正确；D.金刚石是共价晶体，故D错误；故选C。

2.（2023・辽宁・统考高考真题）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、

Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z,Y原子价电子数是Q原子价电子数

的2倍。下列说法错误的是

w

/!?一

rY

关L为Z3Xk

A.W与X的化合物为极性分子B.第一电离能Z>Y>X

C.Q的氧化物是两性氧化物D.该阴离子中含有配位键

【答案】A

【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H,

X形成4条键，核电荷数大于H,且小于其他三种元素，X为C,Y形成2条单键，核电荷数大于C,Y为

O,W、Y原子序数之和等于Z,Z为F,Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为AL

【解析】A.W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；B.同周期元素从左到

右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C,B正确；C.Q为Al,AI2O3为两性氧化物，C正确；D.该

阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故答案选A。

3.（2023・湖北•统考高考真题）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻,

W的核外电子数与X的价层电子数相等，ZZ是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物

+-

（XY）（WZ4）»下列说法正确的是

A.分子的极性：WZ3Vxz3B.第一电离能：X<Y<Z

C.氧化性：X2Y3<W2Y3D.键能：X2<Y2<Z2

【答案】A

【分析】4是氧化性最强的单质，则Z是F,X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短

周期元素，则X为N,Y为0,W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B,即：W为B,X为N,

Y为0,Z是F。

【解析】A.由分析可知，W为B,X为N,Z是F,WZ3为BF3,XZ3为NF3,其中前者的价层电子对数

为3,空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4,有一对孤电子对，空间构型为三

角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3<XZ3,A正确；B.由分析可知，X为N,Y为0,Z是F,

同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22P3,为半满稳定结构，其第一电离能

大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z,B错误；C.由分析可知，W为B,X为N,Y为0,则X2Y3

为N2O3,W2Y3为凡。3,两种化合物中N和B的化合价都是+3价，但是N的非金属性更强一些，故N2O3

的氧化性更强一些，C错误；D.由分析可知，X为N,Y为O,Z是F,其中N对应的单质为氮气，其中

包含三键，键能较大，D错误；故选A。

4.（2023・湖南•统考高考真题）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3（ZX4）2-WY2。已知：X、Y、

Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的

电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是

A.电负性：X>Y>Z>W

B.原子半径：X<Y<Z<W

C.Y和W的单质都能与水反应生成气体

D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性

【答案】C

【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为O

元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电

子数为2,因此Y的未成键电子数为1,又因X、Y、Z、W的原子