Question

【题目】下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白(填写序号不得分):

族 周期	ⅠA	ⅡA	ⅢA	ⅣA	ⅤA	ⅥA	ⅦA	0 族
2			①		②	③	④
3	⑤		⑥			⑦	⑧
4	⑨						⑩

（1）写出元素③的离子结构示意图_________，该离子半径________S2-(填“﹥”或“﹤”) ；

（2）上述元素中最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是(填化学式，下同)_________；

（3）上述元素中金属性最强的是_________，写出其与水反应的化学方程式____________；

（4）由④、⑧、⑩三种元素形成的简单氢化物的沸点由高到低的顺序是_______________；

（5）②可以形成多种氧化物，其中一种是红棕色气体，试用方程式说明该气体不宜采用排水法收集的原因是______(用化学方程式来表示)；标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到 试管容积的________处，所得试管内溶液物质的量浓度为___________mol/L（假设溶质全部留在试管中）；

（6）设计实验验证比较元素③、⑦的非金属性强弱：_________。

Answer 1

【答案】 < HClO4 K 2K +2H2O=2KOH +H2↑ HF > HBr > HCl 3NO2 + H2O = NO + 2HNO3 2/3 1/22.4 ①向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2>S，故可证明非金属性：O > S；②铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O > S。

【解析】

由元素在周期表中的位置可知，①为B、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br，

（1）依据满8电子稳定结构书写其离子方程式；结合简单离子半径的比较方法回答；

（2）非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强；

（3）依据元素金属性的周期性变化规律作答；

（4）简单氢化物的沸点从氢键与范德华力两个因素综合考虑；

（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故二氧化氮不能用排水法收集；

（6）比较O与S的非金属性强弱，可从比较其单质的氧化性强弱考虑。

有上述分析可知，①为B、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为K、⑩为Br，
（1）元素③为O元素，最外层电子数为6，则其离子结构示意图为：；电子层数越大，对应简单离子半径越大，因O2-的电子层数比S2-的多，则对应的离子半径小于S2-，

故答案为：；<；

（2）同周期从左到右元素非金属性依次增强；同主族元素从上到下，非金属性依次减弱；且非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性越强；因F无最高价，所以酸性最强的为HClO4，

故答案为：HClO4；

（3）在元素周期表中，同周期从左到右元素金属性依次减弱，同主族元素中从上到下元素金属性依次增强，在上述元素中，金属性最强的为K，可以水反应生成相应的氢氧化物与氢气，其化学方程式为：2K +2H2O=2KOH +H2↑，

故答案为：2K +2H2O=2KOH +H2↑；

（4）④、⑧、⑩三种元素形成的简单氢化物分别为HF、HCl、HBr，因HF分子间存在氢键，则沸点最高，HBr的相对分子质量比HCl的大，则沸点从大到小依次为：HF > HBr > HCl，

故答案为：HF > HBr > HCl；

（5）该红棕色气体为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故二氧化氮不能用排水法收集；依据方程式可知，气体体积减少，则标况下将一装满该气体的试管倒立于水槽中，足够时间后，水面会上升到试管容积的处，假设试管的体积为V，则在标砖状况下，气体的物质的量为，根据物质的量浓度公式可知，c=,

故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；2/3；1/22.4；

（6）依据单质的氧化性强弱来作为非金属性判断的依据之一，可设计实验如下：

①向硫化氢溶液中通入氧气，溶液出现浑浊，发生的反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，依据氧化还原的规律可知，氧化性比较：O2>S，故可证明非金属性：O > S；

②铁在硫蒸气中加热可得到硫化亚铁，而铁在氧气中点燃则得到四氧化三铁，同样与铁反应，得到的铁的价态越高，对应单质的氧化性越强，则元素非金属性越强，故可证明非金属性：O > S。

答案合理可酌情给分。