A.B.C.D.E.F.G.H是核电荷数依次增大的短周期主族元素．元素A的原子半径是所有元素中最小的．A.E同主族.B.C.D同周期.D.G最外层电子数相等.G的质量数为D的2倍.元素B的一种常见单质可做惰性电极材料.其最高价氧化物甲为常见温室气体．B.D.G的质子数之和等于F.H的质子数之和.I单质是日常生活中用量最大的金属.易被腐蚀或损坏．回答下列� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

A、B、C、D、E、F、G、H是核电荷数依次增大的短周期主族元素．元素A的原子半径是所有元素中最小的．A、E同主族，B、C、D同周期，D、G最外层电子数相等，G的质量数为D的2倍，元素B的一种常见单质可做惰性电极材料，其最高价氧化物甲为常见温室气体．B、D、G的质子数之和等于F、H的质子数之和，I单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀或损坏．回答下列问题：
（1）I元素在周期表中的位置

（2）化合物甲的结构式为

（3）根据以上信息，下列说法不正确的是

A．A和B能形成多种化合物
B．热稳定性：H₂D＜H₂G
C．元素G的最高价氧化物对应水化物的酸性比H的弱
D．简单离子半径的大小顺序：r（D）＜r（E）＜r（F）
E．沸点：H₂D＜H₂G
F．同温同压下，将a L CA₃和b L AH通入水中，若所得溶液的pH=7，则a＞b
（4）常温下，相同浓度F、I简单离子的溶液中滴加NaOH溶液，F、I两元素先后沉淀，F（OH）n完全沉淀的pH是4.7，I（OH）n完全沉淀的pH是2.8，则ksp较大的是：

（填化学式）
（5）若在H与I组成的某种化合物的溶液乙中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，依据产生该现象的反应原理，所设计的原电池如图所示，其反应中正极电极反应式为

．
（6）若用石墨电极电解含有0.04mol CuGD₄和0.04mol EH的混合溶液400mL，当阳极产生的气体784mL（标况）时，溶液的pH=

（假设电解后溶液体积不变）．

考点：位置结构性质的相互关系应用

专题：

分析：A、B、C、D、E、F、G、H是核电荷数依次增大的短周期主族元素，元素A的原子半径是所有元素中最小的，则A是H元素；元素B的一种常见单质可做惰性电极材料，其最高价氧化物甲为常见温室气体，则B是C元素，甲是CO₂；A、E同主族，且E原子序数大于B，所以E是Na；B、C、D同周期，处于第二周期，D、G最外层电子数相等，二者同主族，G的质量数为D的2倍，则D为O元素、G为S元素；H原子序数大于硫，故H为Cl；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；B、D、G的质子数之和等于F、H的质子数之和，则F质子数为6+8+16-17=13，故F为Al；I单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀或损坏，则I为Fe．
（1）I为Fe元素，处于第四周期第Ⅷ族；
（2）甲是CO₂，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对；
（3）A．氢元素、碳元素可以形成烃；
B．非金属性越强、氢化物越稳定；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；
D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大；
E．水分子之间存在氢键，常温下为液态，而硫化氢为气体；
F．同温同压下，将a L NH₃和b L HCl通入水中，若所得溶液的pH=7，根据电荷守恒溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），由微粒守恒可知：c（NH₄⁺）+c（c（NH₃．H₂O）＞c（Cl^-），据此判断；
（4）沉淀时PH越小，说明氢氧化物越易沉淀，二者组成结构相同，越易沉淀则其溶度积越小；
（5）若在Cl与Fe组成的某种化合物的溶液乙中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，则乙为FeCl₃，正极发生还原反应，铁离子获得电子生成亚铁离子；
（6）若用石墨电极电解含有0.04mol CuSO₄和0.04mol NaCl的混合溶液400mL，阳极发生氧化反应，氯离子完全放电得到气体为0.02mol，实际阳极气体为

0.784L

22.4L/mol

=0.035mol，故生成氧气为0.035mol-0.02mol=0.015mol，转移电子为0.04mol+0.015mol×4=0.1mol，溶液中铜离子完全放电获得电子为0.08mol，小于0.1mol，由电荷守恒判断电解后溶液为H₂SO₄、Na₂SO₄，根据电荷守恒计算n（H⁺），进而计算c（H⁺），再根据pH=-lgc（H⁺）计算．

解答： 解：A、B、C、D、E、F、G、H是核电荷数依次增大的短周期主族元素，元素A的原子半径是所有元素中最小的，则A是H元素；元素B的一种常见单质可做惰性电极材料，其最高价氧化物甲为常见温室气体，则B是C元素，甲是CO₂；A、E同主族，且E原子序数大于B，所以E是Na；B、C、D同周期，处于第二周期，D、G最外层电子数相等，二者同主族，G的质量数为D的2倍，则D为O元素、G为S元素；H原子序数大于硫，故H为Cl；C原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；B、D、G的质子数之和等于F、H的质子数之和，则F质子数为6+8+16-17=13，故F为Al；I单质是日常生活中用量最大的金属，易被腐蚀或损坏，则I为Fe．
（1）I为Fe元素，处于第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）甲是CO₂，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，结构式为O=C=O，故答案为：O=C=O；
（3）A．氢元素、碳元素可以形成烃，故A正确；
B．D为O元素，G为S元素，非金属性O＞S，故热稳定性：H₂O＞H₂S，故B错误；
C．H为氯元素，非金属性Cl＞S，故元素G的最高价氧化物对应水化物的酸性比H的弱，故C正确；
D．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，离子半径的大小顺序：r（O^2-）＞r（Na⁺）＞r（Al³⁺），故D错误；
E．水分子之间存在氢键，常温下为液态，而硫化氢为气体，沸点：H₂O＞H₂S，故E错误；
F．同温同压下，将a L NH₃和b L HCl通入水中，若所得溶液的pH=7，根据电荷守恒溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-），由微粒守恒可知：c（NH₄⁺）+c（c（NH₃．H₂O）＞c（Cl^-），故同温同压下，NH₃的体积大于，即a＞b，故F正确，
故答案为：BDE；
（4）Al（OH）₃完全沉淀的pH是4.7，Fe（OH）₃完全沉淀的pH是2.8，故铁离子开始沉淀时PH越小，说明氢氧化铁的溶解度越小，二者组成结构相同，则Fe（OH）₃的溶度积较小，Al（OH）₃溶度积较大，故答案为：Al（OH）₃；
（5）若在Cl与Fe组成的某种化合物的溶液乙中，加入铜片，溶液会慢慢变为蓝色，则乙为FeCl₃，正极发生还原反应，铁离子获得电子生成亚铁离子，正极电极反应式为：Fe³⁺+e^-=Fe²⁺，故答案为：Fe³⁺+e^-=Fe²⁺；
（6）若用石墨电极电解含有0.04mol CuSO₄和0.04mol NaCl的混合溶液400mL，阳极发生氧化反应，氯离子完全放电得到气体为0.02mol，实际阳极气体为

0.784L

22.4L/mol

=0.035mol，故生成氧气为0.035mol-0.02mol=0.015mol，转移电子为0.04mol+0.015mol×4=0.1mol，溶液中铜离子完全放电获得电子为0.08mol，小于0.1mol，由电荷守恒判断电解后溶液为H₂SO₄、Na₂SO₄，根据电荷守恒n（H⁺）+0.04mol=0.04mol×2，故n（H⁺）=0.04mol，则c（H⁺）=

0.04mol

0.4L

=0.1mol/L，pH=-lgc（H⁺）=1，故答案为：1．

点评：本题结构性质位置关系、溶度积、原电池、电解计算等，推断元素是解题关键，题目综合较大，需要学生具备扎实的基础，（4）中计算为易错点、难点，涉及反应过程复杂，利用过程法非常繁琐，题目利用守恒法判断最终溶液溶质、计算氢离子浓度，使计算化繁为简，难度较大．

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