1、温州化学元素周期律的专项培优易错试卷练习题( 含答案 )一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 已知元素X、 Y 均为短周期元素，X 元素的一种核素常用于测文物的年代，Y 元素原子半径是所有原子中最小的，元素X、Y 可形成两种常见化合物M 和 N，已知钾酸性溶液褪色，M 分子中所含X 元素的质量是Y 元素质量的6 倍，且M 可以使高锰酸M 的相对分子质量为 56。 N 是一种常用溶剂，它的实验式XY。回答下列问题：( 1) 符合条件的M 的有_种。( 2) 任意写一种不带支链的M 的结构简式 _ 。( 3) 若在 N 与液溴的混合液中加入铁粉可以发生反应( 在如图装置a 容器中反应) ，则：
2、写出 a 容器中发生的所有反应的化学方程式：_ 。d 容器中 NaOH 溶液的作用是 _。(4) 在碘水中加入N振荡静置后的现象是_。( 5) 等质量 M、 N 完全燃烧时消耗O2 的物质的量较多的是_( 填“ M”或“ N” ) 。【答案】 3CH22323+Br2FeBr3 CH CHCH2Fe+3Br2FeBr、+HBr吸收 HBr 和 Br2，防止污染环境溶液分层，下层无色，上层紫红色M【解析】【分析】短周期元素 X 元素的一种核素常用于测文物的年代，则X 为碳 ( C) ； Y 元素原子半径是所有原子中最小的，则Y 为氢 ( H) 。元素 X、 Y 可形成两种常见化合物M 和 N，已
3、知 M 可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，M 分子中所含 X 元素的质量是Y 元素质量的6 倍，且 M 的相对分子质量为 56，则 M 为分子式 C4H8 的烯烃； N 是一种常用溶剂，它的实验式XY，则 N 为苯( C6H6) 。【详解】由以上分析可知，M 是分子式为 C4 H8 的烯烃， N 是分子式为 C6H6 的苯。( 1) 符合条件的 M 有 CH2233332233=CHCHCH、CH CH CHCH、 (CH)C CH，共=种。答案为： ；( 2) 一种不带支链的M 的结构简式为 CH22333=CHCH CH或 CH CH=CHCH 。答案为：CH2 CHCH2CH3或CH3CH C
4、HCH3；=( 3) a 容器中， Fe 与 Br2发生反应生成3、苯与23的催化作用下发生反应生FeBrBr在 FeBr成溴苯和溴化氢，发生的所有反应的化学方程式：2Fe 3Br23+ 2FeBr 、+Br 2FeBr3+HBr。答案为： 2Fe+3Br 2 2FeBr3、+Br 2FeBr3+HBr；不管是Br2gHBr都是大气污染物，都应除去，所以d容器中NaOH溶液的作用是( ) 还是吸收 HBr 和 Br2，防止污染环境。答案为：吸收HBr 和 Br2，防止污染环境；( 4) 在碘水中加入苯，由于碘溶于苯、苯难溶于水且密度比水小，所以振荡静置后的现象是溶液分层，下层无色，上层紫红色。
5、答案为：溶液分层，下层无色，上层紫红色；( 5) M 中含氢量高于 N 中含氢量，所以等质量M ( C4H8662) 、N C H) 完全燃烧时消耗O的物(质的量较多的是 M。答案为： M 。【点睛】计算耗氧量时，若质量一定，则先将化学式改写碳原子个数为1 的最简式，然后比较氢原子数，氢原子数越多，耗氧越多；若物质的量一定，则看化学式，4 个氢原子与1 个碳原子的耗氧量相同，依据需要可进行互换。2 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
6、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
7、】 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 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，可能为推测出 Z 可能为 O 或 S，但 E 的原子序数大于N 或 F；根据 Z 的原子 P 轨道的电子数为4Z，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
8、、 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： 81/8+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
9、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3NA ；中 键的数目为(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
10、行判断，C、 N、 Si 的第一电离能数值由小到大的顺序为：Si CN。3 我国十分重视保护空气不被污染，奔向蓝天白云，空气清新的目标正在路上。硫、氮、碳的大多数氧化物都是空气污染物。完成下列填空：I. （ 1）碳原子的最外层电子排布式为 _。氮原子核外能量最高的那些电子之间相互比较，它们不相同的运动状态为 _。硫元素的非金属性比碳元素强，能证明该结论的是（选填编号） _。A. 它们的气态氢化物的稳定性B. 它们在元素周期表中的位置C. 它们相互之间形成的化合物中元素的化合价D. 它们的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱. 已知 NO2 ( g)+ SO2( g)NO( g)+ SO3( g)
11、，在一定容积的密闭容器中进行该反应。（ 2）在一定条件下，容器中压强不发生变化时， _（填“能”或“不能”）说明该反应已经达到化学平衡状态，理由是： _。在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3，则在平衡移动过程中（选填编号）_。A. K 值减小B. 逆反应速率先减小后增大C. K 值增大D. 正反应速率减小先慢后快. 化学家研究利用催化技术进行如下反应：2NO2+4CON2+4CO2+Q( Q0)（3）写出该反应体系中属于非极性分子且共用电子对数较少的物质的电子式_。按该反应正向进行讨论，反应中氧化性：_ _。若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了0. 2mol / L，则用 NO2 来
12、表示反应在此2min 内的平均速率为 _。（4）已知压强P2 P1，试在图上作出该反应在P2 条件下的变化曲线_。该反应对净化空气很有作用。请说出该反应必须要选择一个适宜的温度进行的原因是：_。【答案】 2s22p2电子云的伸展方向C、D不能该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡BNO22CO 0. 2mol/（L?min）若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小【解析】【分析】【详解】( 1) 碳为 6 号元素，碳原
13、子的最外层电子排布式为2s22p2。氮为 7 号元素，氮原子核外能量最高的电子排布为2p3，排在相互垂直的的三个轨道上，它们的电子云的伸展方向不相AH2S 的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元同； . 非金属性越强，气态氢化物越稳定，但素的非金属性比碳元素强，故A 不选； B. 不能简单的根据它们在元素周期表中的位置判断非金属性的强弱，故B不选；C S和C相互之间形成的化合物为CS2S 显.，其中 C 显正价，负价，说明硫元素的非金属性比碳元素强，故C选； D. 硫酸的酸性比碳酸强，能够说明硫元素的非金属性比碳元素强，故D 选；故选 CD；故答案为： 2s22p2；电子云的伸展方向；CD；( 2
14、) NO2 g)+SO2(g)NO g SO3 g)为气体物质的量不变的反应，在一定容积的密闭容( )+(器中，容器中气体的压强为恒量，压强不发生变化，不能说明该反应已经达到化学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO3 SO3AK值不变，浓度减小， . 温度不变，故 A 错误； B. SO3 浓度减小，逆反应速率减小，平衡正向移动，随后又逐渐增大，故B 正确； C. 温度不变， K 值不变，故 C 错误； D. SO3 浓度减小，平衡正向移动，正反应速率逐渐减小，开始时反应物浓度大，反应速率快，随后，反应物浓度逐渐减小，反应速率减小，因此正反应速率逐渐减小先快后慢，故D 错误；故选B
15、；故答案为：不能；该反应中，气体反应物与气体生成物的物质的量相等，一定条件下，不管反应是否达到平衡，气体总物质的量不变，压强也不变。所以压强不变，不可说明反应已达到平衡；B；( 3) 2NO2+4CON2+4CO2，该反应体系中属于非极性分子的是N2 和 CO2， N2 含有 3个共用电子对，CO2 含有 4 个共用电子对，共用电子对数较少的是氮气，电子式为。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中氧化剂为NO2，氧化产物为CO2，因此氧化性：NO2 CO2；由于2NO2+4CON2+4CO2 反应后气体的浓度变化量为 1，若该反应中气体的总浓度在2min 内减少了 0. 2mol / L，
16、说明 2min 内 NO2 的浓度减小了 0. 4mol / L， v= c= 0.4mol / L =0. 2mol/( L?min) ，故答案为：； NO2 ；CO2；t2min0.2mol/(L min) ；?( 4) 2NO2+4CON2+4CO2 是一个气体的物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氮气的浓度增大，压强越大，反应速率越快，建立平衡需要的时间越短，压强P2P1，在P2 条件下的变化曲线为；该反应是一个放热反应，温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小，因此该反应必须要选择一个适宜的温度进行，故答案为：；
17、若温度过低，催化剂活性可能小，化学反应速率可能太小，若温度过高，使化学反应平衡向逆方向移动，反应物转化率小。【点睛】本题的易错点为 ( 1) ，元素非金属性强弱的判断方法很多，但要注意一些特例的排除，如本题中不能通过硫化氢和甲烷的稳定性判断非金属性的强弱。4 .某化合物A 由两种元素组成，可以发生如下的转化。已知：标准状况下，气体B 的密度是氢气的8 倍。请回答：（ 1）组成 A 的元素有 _， A 的化学式是 _（2）请写出A 与 NaOH 溶液反应的化学方程式_（3） A 可用于金属的冶炼，请写出A 与 Fe2O3 的化学反应方程式 _.某实验小组做了如下实验：请回答：（ 1）写出硬质管中
18、发生反应的化学方程式：_（ 2）有同学认为乙醇的催化氧化反应产物中含有乙酸，请设计实验检验产物成分：_。【答案】 Al、 CAl4 34 3242CAl C +4NaOH+4H O=3CH +4NaAlOAl C +4Fe O =2Al2O +8Fe+3COCH CH OH+CuO=CHCHO+Cu+H O 将产生的气体分别通4323323232入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为A、 B，对 B 进行加热，若A 沉淀溶解， B 出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A 沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙酸；若A 沉淀不溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有乙醛【解析】【分析】.已知标准状况下，气
19、体B 的密度是氢气的8 倍，则气体B 的摩尔质量为16g/mol ，应为CH4 气体，则A 中含有C 元素，同时A 能与氢氧化钠溶液反应，则A 中含有Al元素， A 为Al4 C3， C 为 NaAlO2 ，NaAlO2 溶液中通入过量二氧化碳得到D 为氢氧化铝固体，进一步灼烧得到E 为氧化铝，据此分析解答；.(1)乙醇被 CuO 氧化，反应生成乙醛、铜单质和水；(2)根据乙酸和乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应现象的不同分析比较。【详解】. (1)由以上分析知，组成 A 的元素有 Al、 C， A 的化学式是 Al4C3，故答案为： Al、 C； Al4 C3；(2)Al4C3 与 NaOH 溶液
20、反应生成 CH4 和 4NaAlO2，故反应的化学方程式为 Al4 C3+4NaOH+4H2O=3CH4 +4NaAlO2；(3)Al4C3 可用于金属的冶炼，其与Fe2O3 反应生成Al2O3、 Fe 和 CO2 ，故反应的化学反应方程式为 Al4C3+4Fe2O3=2Al2O3+8Fe+3CO2；.(1)乙醇被 CuO 氧化，反应生成乙醛、铜单质和水，反应的化学方程式为CH3CH2 OH+CuO=CH3CHO+Cu+H2O；(2)根据乙酸和乙醛性质的区别，可将产生的气体分别通入两份新制氢氧化铜悬浊液中，标为 A、 B，对 B 进行加热，若A 沉淀溶解，沉淀溶解， B 无砖红色沉淀，则只有乙
21、酸；若乙醛。B 出现砖红色沉淀，则既有乙酸也有乙醛；若A 沉淀不溶解， B 出现砖红色沉淀，则只有A5 比较下列性质（用“ ”、 “=、”“ ”填空）半径 P _F酸性 H3PO4 _ H2SO4碱性 Mg （ OH） 2 _Al（OH）3稳定性H2S _ H2O还原性 H2S _ HCl氧化性Cl2 _Br2 【答案】 【解析】【分析】根据不同周期元素的原子核外电子层数越多，半径越大分析；根据元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强分析；根据元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强分析；根据元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强分析；根据元素的非金属性越强，单质的
22、氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；根据元素的非金属性越强，单质的氧化性越强分析。【详解】P 和 F 分别位于周期表第三周期和第二周期，P 原子核外有3 个电子层， F 原子核外有2个电子层，元素的原子核外电子层数越多，半径越大，故答案为：；P 和 S 位于同一周期， S的非金属性大于 P，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，故答案为：；Mg 的金属性大于Al，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，故答案为：；O 的非金属性大于S，元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定越强，故答案为：； Cl 的非金属性大于 S，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，则
23、对应氢化物的还原性越弱，故答案为：；Cl 的非金属性大于 Br，元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，故答案为：。6A、 B、 C、 D、 E、 F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中B 的单质在常温下为双原子分子，它与A 的单质可形成分子X，X 的水溶液呈碱性；D 的简单阳离子与X 具有相同电子数，且D 是同周期中简单离子半径最小的元素；E 元素的原子最外层比次外层少两个电子， C、 F 两种元素的原子最外层共有13 个电子。则(1)A 的元素符号 _， D 的元素名称 _。(2)C 在周期表中的位置：_， E 的离子结构示意图_；(3)B、C、 E 分别与 A 形成的化合物中最稳定
24、的是_(写化学式 )； E、 F 的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是_(写化学式 )(4)F 的单质在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与E 的低价氧化物反应的离子方程式为_。(5)X 在纯净的 C 单质中可以安静的燃烧，生成B 的单质。该方应的化学方程式为：_ 。【答案】 H铝第二周期 A 族H2OHClO4 SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl+4232(纯氧 )2N22+4H +SO4NH +3O+6H O【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E、 F 六种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中B 的单质在常温下为双原子分子，它与A 的单质可形成分子X， X 的水溶液呈碱性，A
25、 的原子序数比 B 小，则 B为 N 元素， A 为 H 元素， X 为 NH3； D 的简单阳离子与X 具有相同电子数， D 的简单阳离子为 10e-结构，且 D 是同周期中简单离子半径最小的元素，则D 为 Al 元素； E 元素的原子最外层比次外层少两个电子，E 的原子序数大于Al，则 E 有 3个电子层，最外层电子数为6，则 E 为 S 元素； F 的原子序数比E 大且为短周期主族元素，则F 是 Cl 元素； C、 F（ Cl）两种元素的原子最外层共有13个电子， C 最外层电子数 =13-7=6， C 的原子序数比 Al 小，则 C 为 O 元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该
26、题。【详解】（1）根据上述分析 A 为氢，元素符号为 H，D 的元素名称为铝，故答案为：H；铝；（2） C 为 O，原子序数为 8，在周期表中第二周期VIIA族； E 为硫，硫离子结构示意图为，故答案为：第二周期VIIA族；（3） B、C、 E 分别与 A 形成的化合物分别是NH3、 H2O、 H2S，非金属越强，氢化物越稳定，非金属性 O N S，所以氢化物稳定性H2ONH3 H2 S，即 H2O 最稳定； E 为硫， F 为氯，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以较强的是HClO4，故答案为： H24O； HClO ；（4）氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式
27、为：SO222-+ Cl + 2H O =2Cl+42-，故答案为： SO222-+42-；+4H +SO+ Cl + 2H O =2Cl+4H +SO点燃（5）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水，反应方程式为：4NH3+3O2(纯氧 )2N2+6H2O，点燃故答案为： 4NH3+3O2(纯氧 )2N2+6H2O。7 海洋是资源的宝库，醢藏着丰富的化学元素，如氯、溴、碘等，海洋资源的综合利用具有非常广阔的前景。(1)下列说法正确的是_。a AgCl、 AgBr、 AgI 的颜色依次变深b F、 Cl、 Br、I 的非金属性依次增强c HF、 HCl、HBr、 HI 的还原性的依次增强d F2、Cl2
28、、 Br2、 I2 与H2 化合由难变易(2)实验室从海藻灰中提取少量碘的流程如下图：氧化时，可以加入MnO2 在酸性条件下进行氧化，反应的离子方程式为：_。上述步骤分离操作分别为过滤、_、 _。(3)从海水提取的粗盐中含有Mg 2+、Fe2+、 Ca2+和 SO42 等杂质，“除杂”所需试剂有：过量的 NaOH 溶液过量的 Na2 3溶液适量的盐酸过量的2COBaCl 溶液试剂的添加顺序为_ 。为使 Ca2+完全沉淀，溶液中c(CO323-9，)应不小于 _mol/L 。 已知Ksp(CaCO)=2.9 10-5视为完全沉淀离子浓度小于 110 mol/L(4)目前，利用食盐制取纯碱主要有“
29、氨碱法 ”和“联合制碱法 ”两种工艺能析出 NaHCO3 的原因是 _。“氨碱法 ”是在滤液中加入 _产生 NH32，循环使用，但产生大量的度弃物CaCl；“联合制碱法 “是在滤液中继续通入NH3，并加入 NaCl 粉末以制得更多的副产物_。常温下，向饱和食盐水中通入NH3)=c(NH4+)pH_7 (和CO2(HCO3时，溶液的，当填“”、“ ”或“ =” )。【答案】 acMnO22I 4H+Mn 2+I2 2H2O分液蒸馏（或或）2.9 410CaO或 Ca(OH)2NH4Cl小于4） NaHCO3 的溶解度最小【解析】【分析】(1) a AgCl、AgBr、 AgI 的颜色分别为白色、
30、浅黄色、黄色，依次变深；b F、 Cl、Br、 I 的非金属性依次减弱，金属性依次增强；c HF、 HCl、HBr、 HI 的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强；d F2、 Cl2、 Br2、 I2 与 H2 化合由易变难；(2)氧化时，在酸性条件下MnO2 与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水；步骤为固液分离，方法为过滤；为萃取后分液；蒸发掉有机物生成晶态碘；(3) 除 Mg 2+、 Fe2+用 NaOH，除 Ca2+用碳酸钠，除SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子；根据 Ksp(CaCO)计算；
31、3(4) NaHCO3 的溶解度小于碳酸钠的；“氨碱法 ”滤液中的主要成分为氯化铵；根据溶液呈电中性计算、判断。【详解】(1) a AgCl、AgBr、 AgI 的颜色分别为白色、浅黄色、黄色，依次变深，a 正确；b F、 Cl、Br、 I 的非金属性依次减弱，金属性依次增强，b 错误；c HF、 HCl、HBr、 HI 的稳定性依次减弱，即还原性的依次增强，c 正确；d F2、 Cl2、 Br2、 I2 与H2 化合由易变难，d 错误；答案为 ac；(2)氧化时，在酸性条件下MnO 2 与碘离子反应生成二价锰离子、碘单质和水，离子方程式为 MnO2 2I- 4H+ Mn 2+ I2 2H2O
32、；步骤为固液分离，方法为过滤；为萃取后分液；蒸发掉有机物生成晶态碘；(3) 除 Mg 2+、 Fe2+用 NaOH，除 Ca2+用碳酸钠，除 SO42-用氯化钡溶液，但会引入钡离子，除钡离子也用碳酸钠，则除硫酸根离子在除钙离子之前，过滤后再加盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，添加顺序为（或或）；Ksp(CaCO2+2-3)=c(Ca) c(CO3-9 ，则 c(CO 2-)=2.9 4；)=2.9 103 10mol/L(4) NaHCO3 的溶解度小于碳酸钠的，则饱和碳酸钠溶液中通二氧化碳和氨气时能析出碳酸氢钠；“氨碱法 ”滤液中的主要成分为氯化铵，加入CaO或 Ca(OH)2时可产生氨气；在滤液中继续通入 NH3，并加入 NaCl 粉末能得到更多的氯化铵；根据溶液呈电中性，c(Na+4+-3-32-+-，)+c(H )+c(NH)=c(Cl )+c(OH )+c(HCO )+2c(CO)，c(Na )=c(Cl)4+3-)，则+-32-)，溶液呈酸性，pH7。c(NH)=c(HCOc(H )= c(OH)+2c(CO【点睛】非金属的非金属性越强，其氢化物越稳定，失电子能力越弱。8 氮（ N）、磷（ P）、砷（ As）、锑（ Sb）、铋（ Bi）、镆（ Mc）为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：（1）
