1、【化学】高考化学元素周期律解答题压轴题提高专题练习一、元素周期律练习题（含详细答案解析）1 元素周期表是打开物质世界奧秘之门的一把金钥匙， 1869 年，门捷列夫发现了元素周期律并发表了元素周期表。下图为元素周期表的一部分，回答下列问题。(1).上述元素中化学性质最稳定的是_(填元素符号，下同 ) ，非金属性最强的是_。(2)c 的最高价氧化物对应水化物的化学式为_。(3)h 元素的原子结构示意图为 _，写出 h 单质的一种用途 :_。(4)b、 d、 f 三种元素原子半径由大到小的顺序是_(用元素符号表示 )。(5)a、 g、 j 的氢氧化物中碱性最强的是_(填化学式 )，写出其溶液与g 的
2、氧化物反应的离子方程式 :_ 。【答案】 Ar F HNO3制光电池2 3-2-2MgCO KOH AlO+2OH =2AlO+H O【解析】【分析】由元素周期表可知，a 为 Li、 b 为 C、 c 为 N、 d 为 O、 e 为 F、f 为 Mg 、 g 为 Al、 h 为 Si、 i为 Ar、 j 为 K。【详解】（1） 0 族元素的化学性质最稳定，故上述元素中化学性质最稳定的是Ar； F 元素的非金属性最强；（2） c 为 N，其最高价氧化物对应的水化物为HNO3；（3） h 为 Si，核电荷数为14，原子的核外电子数也是14， Si 的原子结构示意图为； Si 单质的一种用途是可以制
3、光电池；（ 4） b 为 C、d 为 O、 f 为 Mg，当电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小；电子层数越多原子半径越大，故b、 d、 f 三种元素原子半径由大到小的顺序是MgCO；（5） a 为 Li、 g 为 Al、 j 为 K， K 的金属性最强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故a、 g、j 的氢氧化物中碱性最强的是KOH； g 的氧化物为Al2O3， Al2O3 与KOH溶液反应的离子方程式为Al2 O3 +2OH-=2AlO2- +H2O 。2 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
4、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) ，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S
5、O3，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+4CO22N +4CO +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来表示反应在此 2min 内的平均速率为 _。（4）已知压强 P212条件下的变化曲线 _。 P ，试在图上作出该反应在P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
6、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BNO2 CO2 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AH同； . 非金属性越强，气态氢化
7、物越稳定，但2S 的稳定性不如甲烷稳定，不能说明硫元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CS.2S 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) 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
8、学平衡状态；在一定温度下，若从反应体系中分离出SO33， SO 浓度减小， A. 温度不变， K 值不变，故ABSO3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 正错误； .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；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；(
9、 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，说明 2min 内 NO2 的浓度减小0 4molL vc0.4mol / L0 2molL min) ，故答案为：；NO22了 ./ ，=2min= ./( ?；CO ；
10、t0. 2mol /(L?min ) ；( 4) 2NO24CO22+N4CO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：；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，
11、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。3 在实验室可以将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中而将其吸收。现象是洗气瓶中产生黑色沉淀，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色。完成下列填空：（1）写出发生反应的化学方程式_，该反应能够发生是因为（选填编号）_。A. 强酸生成了弱酸B. 强氧化剂生成了弱还原剂C. 生成的黑色沉淀不溶于水，也不溶于一般的酸D. 生成的无色溶液不能导电，也不能挥发出气体（ 2）该反应体系中的属于弱电解质的溶液，跟含有与该弱电解质等物质的量的氢氧化钠的溶液混合发生反应后，混合溶液中存在的离子一共有_种，这些离子的浓度大小不同，其中浓度第二
12、大的离子的符号是_，从物料平衡的角度分析：溶液中c( Na+)= _。（3）硫化铜与一般酸不反应，但可与浓硝酸发生反应：_CuS+_HNO3（浓）_CuSO4 +_NO2+_H2O，配平此反应方程式，将系数填写在对应的横线上。（4）若反应中转移 1. 6mol 电子时，则产生的气体在标准状况下体积为_L；若反应的氧化产物为0.8mol时，则反应中转移电子数为_。（5）此反应体系中的含硫物质形成的晶体类型为_，此反应体系中非金属元素的原子半径由大到小的是（用元素符号表示）_。【答案】 CuSOC-)+ c( S2-)+ c( H2S)1 8 1 8 44+H2S=CuS+H2SO45 HSc(
13、HS35.84 6.4NA离子晶体SNOH【解析】【分析】【详解】( 1) 将硫化氢气体通入装有硫酸铜溶液的洗气瓶中，洗气瓶中产生黑色沉淀，为CuS，同时蓝色溶液逐渐变浅而至无色，反应的化学方程式为CuSO4 +H2S=CuS+H2SO4 ，反应生成的CuS黑色沉淀不溶于水，也不溶于硫酸，使得该反应能够发生，故答案为：CuSO4+H2S=CuS+H2SO4； C；( 2) 该反应体系中的属于弱电解质的是H2S，与等物质的量的氢氧化钠的溶液混合，发生反应生成 NaHS，溶液中存在NaHS 的电离平衡和水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、 HS- 、S2- 、 OH- 、 H+，一共有 5 种离子
14、；但 NaHS 的电离程度和水解程度均较小，这些离子的浓度第二大的离子为 HS- ，溶液中存在物料守恒， c( Na+)= c( HS- )+ c( S2- )+ c( H2 S) ，故答案为：-5；HS ；c( HS)+ c( S2 )+ c( H2S) ；(3) 根据化合价升降守恒，硫化铜中的S元素由 -26价，化合价升高8价升高为 +，硝酸中N 元素的化合价由+5 价降低为 +4 价，化合价降低1，最小公倍数为8，因此硫化铜与浓硝酸的反应方程式为：CuS+8HNO3( 浓 )= CuSO4+8NO2+4H2O，故答案为：1； 8； 1； 8；4；( 4) 根据反应的方程式 CuS+8HN
15、O3( 浓 )= CuSO4+8NO2 +4H2O，反应中转移的电子为8，若反应中转移 1. 6mol 电子时，则产生 1. 6molNO21 6mol气体，在标准状况下体积为.22. 4L/ mol = 35. 84L；该反应的氧化产物为CuSO时，则4，若反应的氧化产物为0. 8mol反应中转移电子为 0. 8mol 8=6. 4mol ，数目为 6. 4NA，故答案为： 35. 84； 6. 4NA；( 5) 此反应体系中的含硫物质为CuS和 CuSO4，形成的晶体类型均为离子晶体，此反应体系中非金属元素为 S、 H、N、O，同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子
16、半径逐渐增大，原子半径由大到小的顺序为S N O H，故答案为：离子晶体； S N O H。4Q、 W、X、Y、 Z 是 5 种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q 与温室气体， W 与 Y、 X 与 Y 组成的化合物是机动车排出的大气污染物，W 组成的化合物是一种Y 和 Z 能形成原子个数比为1：1和 1： 2 的两种离子化合物。（ 1） W 在元素周期表中的位置是 _。（ 2） 2.24L（标准状况） XQ3 被 200mL 1mol/L QXY3 溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是 _。（3） WQ42的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a 极的电极反应式Y 与 Y是
17、 _ 。（4）已知： W（ s） +Y2（ g） WY2 （g） H=-393.5kJ/mol WY （ g） +Y2（ g） WY2（ g） H=-283.0kJ/mol24g W 与一定量的 Y2 反应，放出热量 362.5kJ，所得产物的物质的量之比是 _。（ 5） X 和 Z 组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是_。【答案】第二周期IVA 族c（NO3- ） c（H+ ） c（NH4+） c（ OH-） CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O n（ CO2 ）： n（ CO） =1： 3Na3N+4H2O=3NaOH+NH3 H2O【解析】【分析
18、】Q、 W、 X、 Y、 Z 是 5 种短周期元素， W 与 Y、 X 与 Y 组成的化合物是机动车排出的大气污染物，机动车排出的大气污染物常见的有CO 和 NO， W、 X、 Y 原子序数依次增大，则 W为 C 元素， X 为 N 元素， Y 为 O 元素； Q 与 W 组成的化合物是具有温室效应的气体，为CH4 气体，则Q 为H 元素； Y 和Z 能形成原子个数比为1： 1 和1： 2 的两种离子化合物，应为 Na2O 和 Na2O2 两种化合物，则Z 为 Na 元素，以此解答该题。【详解】（1） W 为 C 元素，有2 个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第二周期IVA 族；故答案为：
19、第二周期IVA 族；（ 2） 2.24L（标准状况） NH3 为 0.1mol ， 200mL1mol/L HNO 3 溶液含有 HNO30.2mol ，氨气被硝酸溶液吸收，溶液相当于含有0.1molHNO 3 与0.1molNH 4NO3 混合，铵根离子水解不大，溶液呈酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是c( NO3-) c( H+) c( NH4+) c( OH-) ；故答案为： c( NO3-) c( H+) c( NH4+) c( OH-) ；（3）由图可知，电子从a 极流出， a 极为原电池负极，负极发生氧化反应，CH4O 在负极上放电，电极反应式为CH3-32-2OH-6e +
20、8OH =CO+6H O；故答案为： CH3-32-2OH-6e +8OH =CO+6H O；（ 4）已知： C( s) +O2 ( g) =CO2( g) H=-393.5kJ/mol ； CO( g) + 1 O2 ( g) =CO2( g) H=-283.0kJ/mol ；2-得C s +1g =CO gH=-110kJ/mol由( )O2(；2)( ) 24gC 的物质的量为 2mol，与一定量的O2 反应，若只生成二氧化碳，放出热量为393.5kJ/mol 2mol=787kJ；若只生成一氧化碳，放出热量为110kJ/mol 2mol=220kJ，实际放出热量362.5kJ，故生成二
21、氧化碳与一氧化碳，令生成二氧化碳的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，所以 x+y=2，393.5x+110y=362.5 ，解得 x=0.5 mol ， y=1.5 mol ，所以n( CO2) ： n( CO) =1：3；故答案为： n( CO2) ： n( CO) =1：3；( 5) X 和 Z 组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该化合物为Na3N，该反应的化学方程式是Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3 H2O；故答案为： Na3N+4H2O=3NaOH+ NH3 H2O。5 元素周期表是学习化学的重要工具。下表为8 种元素在周期表中的位置。（1）如图所示的模型表示的分
22、子中，可由A、 D 形成的是 _。c 与氯气反应生成的二元取代物有_种， d 分子的结构简式_。（2） Na 在 F 单质中燃烧产物的电子式为_。该燃烧产物中化学键的类型为：_。上述元素的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是_(写化学式 )。（3） A 与 D 组成的化合物中，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是：_（4）关于（ 1）中 d 分子有下列问题：d 分子中同一平面的原子最多有_个。若用 C4H9取代 d 上的一个H 原子，得到的有机物的同分异构体共有_种。【答案】 acd1Na+:O:O:2-Na+离子键和非极性共价键KOH4CH 13 16【解析】【分析】A 为 H、 D
23、为 C、 F 为 O、 G 为 Mg 、Q 为 Al、 M 为 S、R 为 Cl、 N 为 K；(1)由 A、 D 形成的是烃，据此选择； c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，按空间构型判断种类， d 为甲苯，据此写分子的结构简式；(2)Na 在 F 单质中燃烧产物为过氧化钠，据此写电子式并判断化学键的类型；上述元素中金属性最强的元素其最高价氧化物的水化物碱性最强；(3)A 与 D 组成的化合物为烃，质量相同，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是氢质量分数最大的那个；(4) d 分子为甲苯， C4H9 有 4 种，据此回答；【详解】(1)由 A、 D 形成的是烃，据此选择acd；答案
24、为： acd；c 为甲烷，与氯气反应生成的二元取代物为二氯甲烷，甲烷是正四面体结构，故二氯甲烷只有一种；答案为： 1；d 为甲苯，其结构简式为；(2)Na 在 F 单质中燃烧产物为过氧化钠，其电子式为Na + :O:O:2- Na + ，所含化学键为离子键和非极性共价键；上述元素中金属性最强的元素为K，则最高价氧化物的水化物碱性最强的为 KOH；答案为： Na + :O:O: 2- Na + ；离子键和非极性共价键；KOH；(3)A 与 D 组成的化合物为烃，等质量的甲烷、乙烯和甲苯中，氢质量分数最大的是甲烷，在氧气中完全燃烧消耗氧气最多的是甲烷；答案为：甲烷；(4) d 分子为甲苯，甲苯分子
25、中有一个甲基，甲基是四面体结构，最多13 个原子共面；答案为： 13；甲苯苯环上一个H 被 C4 94 9和甲基可以处以邻位、间位和对位，49H取代时， C HC H有 4 种，可得 12种同分异构体，当甲苯的甲基上有一个H 被 C4H9 替代，又可得到可得4种同分异构体，故一共16 种；答案为： 16。6 完成下列问题：(1)氮和磷氢化物热稳定性的比较：NH3_PH3（填 “ 或”“ Q2Q +Q 4Q 2Q +Q bc FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH- Zn+2OH-2e- =Zn(OH)2 【解析】【分析】(1)根据元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物越稳定分析
26、；(2)PH3 与 HI 反应产生PH4I，相当于铵盐，具有铵盐的性质；(3)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答；(4)根据在原电池中，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，结合物质中元素化合价及溶液酸碱性书写电极反应式。【详解】(1)由于元素的非金属性：NP，所以简单氢化物的稳定性：NH3PH3；(2) a铵盐都能与NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 也能与 NaOH 发生反应， a 错误；b铵盐中含有离子键和极性共价键，所以PH4 I 也含离子键、共价键，b 正确；c铵盐不稳定，受热以分解，故PH4I 受热也会发
27、生分解反应，c 正确；故合理选项是bc；(3)1 mol H 2O 中含 2 mol H-O键，断开 1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H 键需吸收的能量分别为 Q1233kJ 热量，对于反应2122、 Q、 Q kJ，则形成1 mol O-H 键放出 QH (g)+2O (g)=H O(g)，断开 1 mol H-H 键和 1mol O=O 键所吸收的能量 (Q1+1Q2 ) kJ，生成 2 mol H-O 新键释放的221能量为 2Q3 kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3 -(Q1+Q2)0，2Q1+Q24Q3，故合理选项2是；(4)在原电池中负极失去电子发生氧
28、化反应，正极上得到电子发生还原反应。根据高铁电池总反应为： 3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH可知： Fe 元素的化合价由反应前K FeO中的 +6 价变为反应后Fe(OH)中的 +3 价，化合价降低，发生还原反应，所以正极的243电极反应式为： FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-； Zn 元素化合价由反应前 Zn 单质中的0 价变为反应后 Zn(OH)2 中的 +2 价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为 Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2。【点睛】本题考查了元素周期律的应用及键能与反应热的关系、原电
29、池反应原理的应用。元素周期律是学习化学的重要规律，要掌握物质性质变化的规律及物质的特殊性，结合具体物质分析。在化学反应过程中伴随的能量变化可能是热能、电能及光能，化学能的断裂与形成是能量变化的根本原因。在书写原电池电极反应式时要结合元素化合价升降及电解质溶液的酸碱性分析，明确负极发生氧化反应，正极发生还原反应。7(I)俄美科学家联合小组宣布合成出114 号元素 (FI)的一种同位素，该原子的质量数是289，试回答下列问题：(1)该元素在周期表中的位置_，属于金属元素还是非金属元素？_(2)如果该元素存在最高价氧化物对应的水化物，请写出其化学式_。(II)下表为元素周期表的部分，列出了10 种元
30、素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：(1)元素 的氢化物与 的单质反应的离子方程式为_ 。(2)元素 和 的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式为_。(3)元素 Fe 的单质与 的氢化物高温下反应的化学方程式为_。(III)判断以下叙述正确的是_ 。部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径 /nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、 2 2A L2+、R2 的核外电子数相等B单质与稀盐酸反应的速率L QC M 与 T 形成的化合物一定具有两性D氢化物的沸点为HnT HnRE. M 的单质能与盐酸、 NaOH 溶液反应放出氢
31、气【答案】第七周期IVA 族金属H4 4 2322+FIO (H FIO 也可以 )Cl +H O=H +Cl +HClONaOH+Al(OH) =NaAlO +2H O 3Fe+4H O(g)Fe O +4HCDE3222342【解析】【分析】I.根据元素周期表的结构及原子序数分析解答；II.根据在周期表中的位置分析元素的种类，根据元素周期律及元素性质分析解答；III.根据原子半径及化合价规律分析元素的种类，根据元素周期律分析解答。【详解】（I）（ 1）每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是：2、 10、 18、36、 54、 86、118，114 号元素在118 号的左边，根据元素周期
32、表中周期和族的划分，可知114 号元素位于第七周期 A 族，第六周期的铅是金属，所以114 号元素是金属，故答案为：第七周期A 族；金属；（2） 114 号是第七周期A，所以最高正价是+4 价，最高价氧化物对应水化物的化学式为H4FIO4，故答案为：H4FIO4 ；（II） 根据图示元素周期表可知，为H，为Na，为K，为Mg，为Al，为C 元素，为O，为Cl，为I，为Fe 元素。（1）氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故答案为： Cl2+H2O=H+Cl-+HClO；（ 2）元素和的最高价氧化物的水化物分别为 NaOH、 Al(OH)3
33、，二者反应的化学方程式为： NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，故答案为： NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O；（ 3）元素单质为 Fe，的氢化物为水， Fe 与水蒸气在高温下发生反应，反应方程式为： 3Fe+4H2O(g)高温高温3 4223 42Fe O +4H，故答案为： 3Fe+4H O(g)Fe O +4H；（III）短周期元素， T、 R 都有 -2 价，处于A 族， T 只有 -2 价，则 T 为 O 元素、 R 为 S 元素， L、 Q 都有 +2 价，处于 A 族，原子半径L Q，则 L 为 Mg 元素、 Q 为 Be 元素， M 有+3 价，
34、处于 A 族，原子半径 M 的介于 L、 R 之间，则 M 为 Al 元素。A L2+的核外电子数为 12-2=10， R2-的核外电子数为16-（ -2） =18，不相等，故 A 错误；B金属性 Mg Be，则 Mg 与酸反应越剧烈，故B 错误；C M 与 T 形成的化合物为 Al2O3，具有两性，故C 正确；D氢化物的沸点为 HnT HnR H2R 为 H2S， H2T 为 H2O，水中分子之间存在氢键，熔沸点高H2O H2S，故 D 正确；E. M 为铝，能与盐酸、 NaOH 溶液反应放出氢气，故E 正确；故答案为： CDE。8X、Y、 Z、 W 为四种常见元素，其中X、Y、 Z 为短周
35、期元素。有关信息如下表。（1） Z 的氧化物在通讯领域用来作_。（2） X 的最高价氧化物对应水化物的水溶液与Y 的氧化物反应的离子方程式为_。一种含X 元素的化合物是家用消毒液的有效成分，它能有效杀灭2019-coVn，请写出工业上制备它的离子反应方程式_，但在使用时特别注意不能与洁厕灵混用，原因是_（用化学方程式表示）。（ 3） W 在周期表中的位置为 _，聚硅酸 W 是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废 W 渣(主要成分 W3O4，含少量碳及二氧化硅 )为原料制备的流程如图：加热条件下酸浸时， W3O4 与硫酸反应生成W 的离子。酸浸时，通入O2 的目的是 _。3+”100mLW3+SnCl2+K“W含溶液用适量的W ；再用酸性标浓度检测 是先将2 还原为
