1、高考化学专题题库元素周期律的综合题一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 .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、 CAl4C3Al4C3+4NaOH+4H2O=3CH4 +4N
2、aAlO2Al 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
3、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
4、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A2A、 B、 C、 D、 E 均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中只有1 个质子； A 与 C， B
5、 与 D 分别同主族；B、 D 两元素原子序数A 元素原子核内之和是A、 C 两元素原子序数之和的2 倍。请回答下列问题：( 1) 由上述元素组成的下列物质中属于非电解质的是_(填字母编号) 。a. A2Bb. E2c. DB2d. C2DB3( 2) B 元素在元素周期表中的位置为_；化合物C2B2中含有的化学键类型是_；化合物C2B 中两种离子的半径大小关系为_(填离子符号 ) 。( 3) 实验室中欲选用下列装置制取并收集纯净干燥的E2 气体。实验中应选用的装置为_( 按由左到右的连接顺序填写) ；装置 A 中发生反应的化学方程式为_。【答案】 c第 2 周期 A 族 离子键、共价键Na+
6、22OAFEBMnO4HCl( 浓 )MnCl Cl +2H O222【解析】【分析】A、 B、 C、 D、E 均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中A 元素原子核内只有 1个质子，则 A 为 H； A 与 C， B 与 D 分别同主族； B、 D 两元素原子序数之和是A、 C 两元素原子序数之和的2 倍， C 应为 Na，设 B 的原子序数为x， D 的原子序数为x+8，则 21+11x x 8x 8，则BO DS E为Cl（） = + + ，解得=为，为 ，。【详解】( 1) H2O、 Na2SO3 均为化合物，均可发生电离，属于电解质，Cl2 是单质，既不是电解质也不是非电解质，而
7、 SO2 本身不能电离，属于非电解质，则只有c 为非电解质，故答案为：c；( 2) B 为 O，位于第 2 周期 A 族，化合物 C2 22 22B为 Na O ，含离子键、共价键； C B 为Na2O，其中离子具有相同电子排布，原子序数大离子半径小，离子半径为O2- Na+，故答+2-；案为：第 2 周期 A 族；离子键、共价键； Na；O( 3) 用装置 A 制取并收集纯净干燥的Cl2 气体，选择浓盐酸与二氧化锰加热制备；用装置F 中的饱和食盐水除杂；用装置E 中的浓硫酸干燥；最后用B 装置进行收集及尾气处理，则仪器连接顺序为 AFEB，故答案为： AFEB；装置 A 中发生反应的化学方程
8、式为MnO2 4HCl( 浓 )MnCl2 Cl2+2H2O，故答案为：MnO 24HClMnCl2Cl2 2H2O( 浓)+。【点睛】此题易错点在于非电解质的判断，电解质的前提必须是化合物，本质是自身在一定条件下可以电离。3 原子序数依次增大的A、 B、 C、D、 E、 F 六种元素。其中A 的基态原子有3 个不同的能级，各能级中的电子数相等；C 的基态原子 2p 能级上的未成对电子数与A 原子的相同； D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E 和 C 位于同一主族， F 的原子序数为 29。(1)F 原子基态的外围核外电子排布式为_。(2)在 A、 B、 C 三种元素中，第一电离能由小到
9、大的顺序是_( 用元素符号回答 )。(3)元素 B 的简单气态氢化物的沸点_(高于，低于 )元素 A 的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是 _。(4)由 A、 B、 C 形成的离子 CAB 与 AC2 互为等电子体，则CAB 的结构式为 _。(5)在元素 A 与 E 所形成的常见化合物中，A 原子轨道的杂化类型为 _。(6)由 B、 C、 D 三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_。【答案】 3d10 1CO N高于3分子之间存在氢键24sNHN C Osp NaNO【解析】【分析】原子序数依次增大的A、B、 C、 D、 E、 F 六种元素， A 的基态原于有3 个不同
10、的能级，各能级中的电子数相等，则的相同， C 原子序数大于A 是 C元素； C 的基态原子2p 能级上的未成对电子数与A，则 C 为 O 元素； B 原子序数大于A 而小于 C，则 B 是A 原子N 元素； E 和 C 位于同一主族，则E 是 S元素； D 为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则 D 是 Na 元素； F 的原子序数为29，为 Cu 元素；(1)F 是 Cu 元素，其原子核外有29 个电子，根据构造原理书写F 基态原子的外围核外电子排布式；(2)A、 B、C 分别是 C、 N、 O 元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA
11、族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；(3)含有氢键的氢化物熔点较高；(4)由 C、 N、 O 形成的离子OCN-与 CO2 互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数相等；(5)在元素C 与S所形成的常见化合物CS2 中，根据价层电子对理论确定A 原子轨道的杂化类型；(6)由 N、 O、 Na 三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，利用均摊法确定其化学式。【详解】(1)F 为 ds 区，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1 或 Ar3d 104s1，外围核外电子排布式为 3d104s1；(2)同周期从左向右第一电离能增大，但IIA IIIA、 VAV
12、IA，第一电离能大小顺序是C ON；(3)B 的氢化物是 NH3， A 的简单氢化物是CH4， NH3 分子之间存在氢键，而CH4 分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强，NH3 的沸点较高；(4)CAB 的化学式为OCN ， AC2 的化学式为 CO2，两者为等电子体，它们的结构相似，因此OCN 的结构式为： N=C=O- ；(5)形成的化合物是CS，结构式为 S=C=S，杂化轨道数等于价层电子对数，即C 的杂化类型2为 sp；(6)根据半径大小，大黑球是Na，大黑球位于晶胞的棱上，因此真正属于晶胞的个数为18=2，大白球为N，小白球为O，两者形成离子是NO2-，其位于顶点和体心，真正的
13、个4数为 81 +1=2，因此化学式为NaNO2。84 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，单质的氧化性越强，则对应氢化物的还原性越弱分析；根据元
14、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，则对应氢化物的还原性越弱，故答案为：；
15、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：。5A、 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的是_(写化学式 )； E
16、、 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H2O4222HClOSO + Cl + 2H O =2Cl+4H+SO424NH3+3O2(纯氧 )2N2+6H2O【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 的原子序数比B 小，则 B为
17、N 元素， A 为为 10e-结构，且H 元素， X 为 NH3； D 的简单阳离子与X 具有相同电子数，D 是同周期中简单离子半径最小的元素，则D 为 Al 元素；D 的简单阳离子 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题。【详解】（1）根据上述分析 A 为氢，元素符号为
18、 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： H2O； HClO4；（4）氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：SO2+ Cl2 + 2H2O =2Cl-+4H
19、+SO42-，故答案为：SO2 + Cl2+ 2H2O=2Cl-+4H+SO42-；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。6 下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：族 A0周期1 A A A A A A23（ 1）三种元素构成的化合物的电子式： _；的最高价氧化物对应水化物的化学式： _。（ 2）、的简单离子半径由大到小的顺序：_(用离子符号填写 )。（3）用一个化学方程式表示、二种元素非金属性的强弱_。（4）的单质与的最高价氧化物对应水化物的水溶液
20、反应的离子方程式为_。（5）元素、元素以原子个数比为11 形成化合物 Q，元素、元素形成化合物M， Q 和 M 的电子总数相等。以 M 为燃料， Q 为氧化剂，可作火箭推进剂，最终产物对空气没有污染，写出该反应的化学方程式：_。【答案】HClO4 S2- F- Al3+2F2 +2H2O=4HF+O2 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2N2 H4 2H2 O2=N2 4H2O【解析】【分析】由元素周期表可知为H；为 C；为 N；为 O；为 F；为 Na；为 Al；为 S；为 Cl；（1）三种元素构成的化合物为NaOH；的最高价氧化物对应水化物为HClO4；（ 2）、的简单离子半径
21、通过电子层数和原子质量进行判断；（ 3）通过置换反应比较二种元素非金属性的强弱；（ 4）的单质为 Al的最高价氧化物对应水化物的水溶液为NaOH；（5）元素、元素以原子个数比为11形成化合物 Q 为 H2 O2，元素、元素形成化合物 M， Q 和 M 的电子总数相等，M 为 N2H4，以此分析。【详解】由元素周期表可知为H；为 C；为 N；为 O；为 F；为 Na；为 Al；为 S；为 Cl。（1）三种元素构成的化合物为NaOH，电子式为，的最高价氧化物对应水化物为 HClO4，故答案为：； HClO4；（2）、的简单离子为F-、 Al3+、 S2-，则离子半径S2-F- Al3+，故答案为：
22、 S2- F-Al3+；（3）氟气与水反应生成氧气可证明F 的非金属强于O，反应方程式为：2F2 +2H 2 O=4HF+O 2 ，故答案为： 2F2 +2H 2O=4HF+O 2 ；（4）的单质为 Al，的最高价氧化物对应水化物为NaOH ，离子方程式为：2Al+2OH - +2H 2O=2AlO 2- +3H 2，故答案为： 2Al+2OH- +2H 2O=2AlO 2- +3H 2 ；（5）元素、元素以原子个数比为11形成化合物 Q 为 H2 O2，元素、元素形成化合物 M， Q 和 M 的电子总数相等，则M 为 N2H4，该反应的化学方程式为：N 2H 42H 2O 2 =N 24H
23、2 O ，故答案为：N 2 H 42H 2O 2 =N 24H 2O 。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、 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+、F
24、e2+、 Ca2+和 SO42 等杂质，“除杂”所需试剂有：过量的 NaOH 溶液过量的Na2CO3 溶液适量的盐酸过量的BaCl2 溶液试剂的添加顺序为_ 。为使 Ca2+完全沉淀，溶液中c(CO2-9，3)应不小于 _mol/L 。 已知 Ksp(CaCO3)=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“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
25、产物_。常温下，向饱和食盐水中通入)=c(NH4+)时，溶液的 pH_7 (填NH3 和 CO2，当 (HCO3“”、“ ”或“ =” )。【答案】 acMnO2 2I 4H+Mn 2+I2 2H2O分液蒸馏（或或） 42.9 10CaO或 Ca(OH)2 NH4Cl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、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
26、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；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
27、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；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
28、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(CaCO32+32-)=c(Ca) c(CO-9 ，则 c(CO32- 4；)=2.9 10)=2.9 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 )=
29、c(Cl)+)=c(HCO-)，则+-2-)，溶液呈酸性，pHO2 NaAl3C2H6(g) 7/2O2(g)=2CO2(g) 3H2O(l) H10QkJ/mol 饱和 NaHCO2- CO2-3 溶液SiO32 H2O=H2SiO3 CO3【解析】【分析】根据题意可知，本题考查元素周期表，元素化合价、离子半径大小、热化学方程式的书写，运用元素周期律、离子半径大小比较方法、热化学方程式书写步骤分析。【详解】（1）由图 1 分析可得， A 为 C， B 为 N、 C 为 O、 D 为 Na、 E 为 Al 、 F 为 Si、G 为 S,因此F 在周期表中的位置为第三周期第 A 族；故答案为：第
30、三周期第 A 族；（ 2）电子层越多，离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则 S2O 2 Na Al 3 ，故答案为： S2 O2Na Al 3；(3)二元化合物 X 是含有元素A 的 18 电子分子， X 为 C2 H6， 3 g X(g) 在 25 101 kPa 下完全燃烧生成稳定的化合物时放出Q kJ 的热量，则 X 燃烧热的热化学方程式为C2H6(g) 7O (g)=2CO2(g) 3H O(l)H 10QkJ/mol ；222故答案为： C2H 6(g) 7H 10QkJ/mol ；O2(g)=2CO 2(g) 3H2O(l)2（4）证明元素A 、 B、
31、F 的非金属性强弱，则应用A 、B 、 F 对应的最高价氧化物的水化物和其相应盐进行反应来验证，因此溶液a 和 b、 c 分别为 HNO 3 、饱和 NaHCO 3、Na 2SiO3溶液；故答案为：饱和NaHCO 3 溶液；溶液 b 中产生的二氧化碳通入c 中 Na23溶液中发生反应的离子方程式为SiO32- CO2SiOH2O=H 2SiO3 CO32- ；故答案为： SiO 32- CO2H 2O=H 2SiO3 CO32- 。9 已知 O、 S、 Se、 Te、 Po、Lv 是同主族元素，其原子序数依次增大。回答下列问题：(1)Lv 在周期表中的位置是_。(2)下列有关性质的比较，能用元
32、素周期律解释的是_。a离子半径： Te2- Se2-b热稳定性： H2O H2Sc熔、沸点： H O H Sd酸性： H SO H SeO222424(3)从原子结构角度解释Se 与 S 的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_。(4)实验室用如下方法制备H2S 并进行性质验证。设计 B 装置的目的是证明_， B 中实验现象为_ 。实验中经检测发现C 中溶液 pH 降低且出现黑色沉淀。C 中反应的离子方程式是_。有同学根据 “强酸制弱酸 ”原理认为装置 A、C 中两个反应相矛盾，认为C 中不可能出现上述现象。该观点不正确的理由是_ 。【答案】第七 (或 7)周期 VIA 族abdSe与 S 是同主族元素， Se 比 S 电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4 酸性弱于 H2SO4 H2S 具有还原性出现淡黄2+CuS色(或乳白色 )沉淀 (或浑浊 ) Cu+H2S=CuS +2H 该反应发生的原因是生成了难溶的沉淀，不是因为生成弱电解质【解析】【分析】(1)根据 O、 S、Se、Te、 Po、 Lv 都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；(3)Se 与 S 是同主族元素，最外
