B气态氢化物的稳定性：
X>Z
CZ、W均可与Mg形成离子化合物
D最高价氧化物对应水化物的酸性：
Y>W
17.（2015·天津）随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f在元素周期表的位置是__________。
（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）_______＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：
_______＞__________。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：
__________。
（4）已知1mole的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：
___________________。
（5）上述元素可组成盐R：
zx4f（gd4）2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：
①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：
__________。
②写出m点反应的而离子方程式_________________。
③若在R溶液中改加20mL1.2mol·L-1Ba（OH）2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为__________mol。
【答案】
（1）第三周期IIIA族
（2）r（O2-）>r（Na+）HClO4>H2SO4
（3）
（4）2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=－511KJ·mol-1
（5）①c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH-）
②NH4++OH-=NH3·H2O
③0.022
【解析】根据图示信息，结合原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化，判断出x、y、z、d、e、f、g、h的元素符号分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。
（1）f是Al，在周期表中的位置是第三周期IIIA族。
（2）d、e离子分别是O2-、Na+，两者的电子层结构相同，根据径大序小原则，两者的离子半径大小：
r（O2-）>r（Na+）；g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸分别是HClO4、H2SO4，根据周期律的原则，Cl的非金属性比S强，故酸性强弱为HClO4>H2SO4；
（3）H、N可以组成四原子共价化合物NH3，其电子式为：
（4）1moleNa在足量O2中燃烧，恢复至室温，放出255.5KJ热量，g根据方程式2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s），反应热应为写出反应511KJ·mol-1，故热化学方程式为：
2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=－511KJ·mol-1。
（5）zx4f（gd4）2为NH4Al（SO4）2
①由图示可以看出，OH-先跟Al3+反应，再跟NH4+反应，说明Al3+比NH4+更弱，因此Al3+水解程度更大，在NH4Al（SO4）2溶液中剩余的更少，因此c（NH4+）>c（Al3+），NH4Al（SO4）2溶液因Al3+、NH4+的水解而显酸性，因此c（H+）>c（OH-），SO42-未发生变化，其浓度最大，在NH4Al（SO4）2溶液中，因为溶液中原有离子的浓度大于水解出的离子，因此离子浓度由大到小的顺序是c（SO42-）>c（NH4+）>c（Al3+）>c（H+）>c（OH-）；
②根据图示信息，结合①分析，图中0-30段为OH-跟Al3+反应，30-40段为OH-跟NH4+反应，m点在30-40之间，因此m点反应的离子方程式为：
NH4++OH-=NH3·H2O；
③10ml1mol·L-1NH4Al（SO4）2与20ml1.2mol·L-1Ba（OH）2的物质的量之比为5:
12，此时可以重新认为有5个NH4Al（SO4）2跟12个Ba（OH）2反应，此时溶液共有5个NH4+、5个Al3+、10个SO42-、12个Ba2+、24个OH-，由此可以看出Ba2+剩余，10个SO42-跟10个Ba2+反应生成10个BaSO4，15个OH-先跟5个Al3+
反应生成5个Al（OH）3，再跟5个NH4+反应生成5个NH3·H2O，此时会有4个OH-剩余，剩余的4个OH-
会溶解4个Al（OH）3生成2个2Ba（AlO2）2，发生的反应为5NH4Al（SO4）2+12Ba（OH）2=10BaSO4↓+Al（OH）3↓
+5NH3·H2O+2Ba（AlO2）2，因此溶液中产生的沉淀为BaSO4和Al（OH）3，沉淀物质的量为可根据Ba（OH）2的物质的量逐一计算，或者根据方程式系数简单计算出，BaSO4和Al（OH）3沉淀物质的量之和是Ba（OH）2物质的量的11/12，即11/12×20ml×10-3×1.2mol·L-1=0.022mol。
18.（2015·安徽）C、N、O、Al、Si、C
u是常见的六种元素。
（1）Si位于元素周期表第____周期第_____族。
（2）N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___
个电子。
（
3）用“>”或“<”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al_____Si
N____O
金刚石_____晶体硅
CH4____SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。
0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是_____,溶液中的H+向___极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是______。
【答案】
（1）三ⅣA
（2）1S22S22P31（3）＞＜＞＜
（4）2H++NO3—+e—=NO2+H2O正铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步发生反应
【解析】
（1）考查元素在周期表的结构，Si位于元素周期表第三周期第ⅣA族，
（2）N的基态原子核外电子排布式式为1S22S22P3。
Cu的基态原子最外层只有一个电子。
（3）同周期的原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径Al＞Si，电负性同周期从左到右依次增大，所以电负性N＜O，金刚石和晶体硅都是原子晶体，但是由于碳原子半径小于硅的原子半径，所以熔点金刚石的熔点大于晶体硅的熔点。
对于分子组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力（范德华力）越大，物质的熔沸点越高，因此沸点CH4＜SiH4
（4）0到t1这段时间，由于Al的活泼性大于铜的活泼性，因此Al先与浓硝酸发生氧化还原反应，Al失去电子，做反应的负极，浓硝酸做电池的正极，因此正极反应式为2H++NO3—+e—=NO2+H2O，溶液中的氢离子移向正极，t1时，由于铝在浓硝酸中发生钝化，生成致密的氧化铝薄膜，阻碍进一步发生反应，此时铜与浓硝酸发生氧化还原反应，铜做负极，铝做正极，电子移动的方向发生偏转。
19.（2015·浙江）Ⅰ.请回答：
（1）H2O2的电子式___________。
（2）煤燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由________________。
（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式_____________。
（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
（）MnO
＋（）C2O
+______＝（）Mn2+＋（）CO2↑＋________
Ⅱ．（12分）化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。
一定条件下金属钠和H2反应生成甲。
甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。
将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况）的H2。
请推测并回答：
（1）甲的化学式__________。
（2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式__________。
（3）NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式__________。
（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3）脱锈过程发生的化学方程式___________。
（5）某同学认为：
用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由___________。
【答案】Ⅰ．
（1）
（2）2Mg+CO2
2MgO+C
（3）AgCl+Br—
AgBr+Cl—
（4）2MnO4—+5C2O42—+16H+
2Mn2++10CO2↑+8H2O
Ⅱ．
（1）NaH
（2）4NaH+AlCl3
NaAlH4+3NaCl
（3）NaAlH4+2H2O
NaAlO2+4H2↑
（4）3NaH+Fe2O3
2Fe+3NaOH
（5）制备过程中不合理，盐酸具有挥发性，HCl气体也可能会和Na反应，故固体中有可能混有NaCl。
验纯过程中不合理，产物中可能会有Na剩余，和水反应也会产生H2，同时可能也还有NaCl杂质。
【解析】Ⅰ．
（1）双氧水中氧和氢共用一对电子对，氧和氧共用一对电子对，答案为
（2）镁能在高温下和二氧化碳反应，故不能用二氧化然来灭镁燃烧。
（3）根据颜色推出淡黄色沉淀为AgBr，故离子反应答案为AgCl+Br—
AgBr+Cl—。
（4）根据氧化还原反应，Mn从+7降到+2，C从+3升到+4，依据得失电子守恒，最小公倍数为10，故Mn的系数为2，C2O42—系数为5，再根据前后阴阳离子守恒，前空应为H+，后空为H2O。
Ⅱ．
（1）由题中可知，甲分解生成钠和氢气，知道甲组成中有钠和氢，根据4.80g甲能生成0.1mol氢气得出，甲为NaH。
（2）根据反应的元素守恒，推出另一种物质为NaCl，故答案为4NaH+AlCl3
NaAlH4+3NaCl。
（3）根据题意能发生氧化还原反应，推出NaAlH4和水发生反应为氢元素归中反应，故答案为NaAlH4+2H2O
NaAlO2+4H2↑
（4）因为可以除去铁锈，故推出产物为Fe，故答案为3NaH+Fe2O3
2Fe+3NaOH。
盐酸会挥发，气体中会混有氯化氢，能与钠反应。
反应后，产物中可能还会有钠剩余，也能和水反应产生氢气。
20.（2015·上海）白云石的主要成份是CaCO3·MgCO3，在我国有大量的分布。
以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。
白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离。
碳化反应是放热反应，化学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2⇌CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O
完成下列填空
Mg原子核外电子排布式为；Ca原子最外层电子的能量Mg原子最外层电子的能量。
（选填“低于”、“高于”或“等于”）
【答案】
，高于
【解析】镁元素是第12号元素，所以镁原子的原子结构示意图是：
。
钙元素处在第四周期，所以价电子排布为：
4s2,而镁是3s2，显然能层越高，能量就越大，所以钙原子的最外层电子的能量高于镁原子的。
21.（2015·海南）单质Z是一种常见的半导体材料，可由X通过如下图所示的路线制备，其中X为Z的氧化物，Y为氢化物，分子结构与甲烷相似，回答下列问题：
（1）能与X发生化学反应的酸是；由X制备Mg2Z的化学方程式为。
（2）由Mg2Z生成Y的化学反应方程式为，Y分子的电子式为。
（3）Z．X中共价键的类型分别是。
【答案】
（1）氢氟酸；SiO2+Mg
O2↑+Mg2Si；
（2）Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；
；
（3）非极性键、极性键
【解析】
试题分析：
Z为半导体单质，则Z是Si元素；Si可与氢氟酸反应；其氧化物为二氧化硅，根据反应的流程图可知，二氧化硅与Mg反应生成Mg2Si，Mg2Si与盐酸反应生成的Y为氢化物，则Y的分子式是SiH4，加热分解可得到Si单质。
其余问题可解
22.（2015·四川）X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。
X和R数同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。
请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是_____________________.
（2）利用价层电子对互斥理论判断TU2的立体构型是______.
（3）X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是______（填化学式）；
Z和U的氢化物中沸点较高的是_____（填化学式）；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是_______（填化学式
（4）CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂，
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