题目内容

根据下表（部分短周期元素的原子半径及主要化合价）信息，判断以下叙述正确的是（　　）
元素代号ABCDE
原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074
主要化合价+1+3+2+6、-2-2
A、最高价氧化物对应水化物的碱性A＞C
B、氢化物的沸点H2D＞H2E
C、单质与稀盐酸反应的速率A＜B
D、C2+与A+的核外电子数相等
考点：原子结构与元素周期律的关系
专题：元素周期律与元素周期表专题
分析：元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，结合元素周期律的递变规律解答该题．
解答： 解：元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，D、E两元素最外层电子数为6，故为第ⅥA元素，而D的半径大于E，故在周期表中E元素在上面，D在下面，故E为O，D为S，B元素最最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，故位于氧元素和硫元素的中间，应为Al，A的半径比铝大，最外层电子数为1，应为Na，C的半径最小，最外层两个电子，故为Be，则
A．A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be（OH）2，其Be（OH）2碱性弱于氢氧化铝，而氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故碱性NaOH＞Be（OH）2，故A正确；
B．H2O含有氢键，分子间作用力较强，氢化物的沸点较高，则H2D＜H2E，故B错误；
C．金属钠的活泼性强于铝，故与稀盐酸反应的速率Na＞Al，故C错误；
D．Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10，二者核外电子数不等，故D错误．
故选A．
点评：本题主要考查了学生有关元素周期表的应用知识，题目难度不大，本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，学以致用．
练习册系列答案
相关题目
已知：烃A，其苯环上的一氯化物只有2种，现有如下相互转化关系：

（1）写出E中官能团结构简式
 
．
（2）你认为试剂X可以是
 
；A的结构简式为
 
．
（3）反应⑤的化学方程式：
 
，F发生聚合反应的化学方程式：
 
．
（4）写出与C具有相同官能团且不含甲基的同分异构体的结构简式：
 
．
一定温度下容积为10L的密闭容器中加入一定量的SO2、O2并发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），经过10分钟测得容器中三种物质SO2、O2、SO3的物质的量分别为3mol、9mol、2mol，再经过t分钟时反应达到了平衡状态，且已知平衡状态时SO2的转化率为80%（提示：SO2的转化率是指反应掉的SO2占原来SO2总量的百分数），回答下列问题：
（1）前10分钟SO2的平均反应速率为
 
，10分钟时该反应是否达到平衡状态
 
（填“是”、“否”、“不一定”），开始时加入容器中的O2的物质的量为
 
；
（2）平衡状态时容器中O2的浓度为
 
，关于t分钟的下列说法正确的是
 
；
A．t肯定大于10             
B．t肯定小于10
C．t一定等于10             
D．t可能大于10、也可能等于或小于10
（3）改变温度化学平衡发生移动，最后重新达到新的平衡状态，在新平衡状态下测得各物质的浓度数据如下，其中合理的是
 
；
A．c（SO2）=0.2mol/L，c（O2）=0.8mol/L，c（SO3）=0.3mol/L
B．c（SO2）=0.2mol/L，c（O2）=0.85mol/L，c（SO3）=0.3mol/L
C．c（SO2）=0.2mol/L，c（O2）=0.8mol/L，c（SO3）=0.4mol/L
D．c（SO2）=0.05mol/L，c（O2）=0.775mol/L，c（SO3）=0.35mol/L．
2013年冬天，多个地区发生持续大雾天气，“PM2.5”数据监测进入公众视野．“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物．下列有关说法中错误的是（　　）
A、PM2.5表面积大能吸附大量的有毒、有害物质
B、PM2.5在空气中形成的分散系为胶体
C、实施绿化工程，可以有效地防治PM2.5污染
D、烟、雾属于胶体，能产生丁达尔效应
催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺．
（1）接触法制硫酸中采用V2O5作催化剂：
4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）△H=-3412kJ?mol-1
2SO2（g）+O2（g）
 V2O5 
.
△
2SO3（g）△H=-196.6kJ?mol-1
SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130.3kJ?mol-1
以FeS2为原料，理论上生产2mol H2SO4（l）所释放出的热量为
 
kJ．
（2）电子工业中使用的一氧化碳常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到．
第一步：2CH3OH（g）?HCOOCH3（g）+2H2（g）△H＞0  
第二步：HCOOCH3（g）?CH3OH（g）+CO（g）△H＞0
①第一步反应的机理可以用如图1所示．图中中间产物X的结构简式为
 
．

②在工业生产中，为提高CO的产率，可采取的合理措施有
 
．
（3）采用一种新型的催化剂（主要成分是Cu-Mn合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）．
主反应：2CO（g）+4H2（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）
副反应：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）
测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如图2所示．则催化剂中n（Mn）/n（Cu）约为
 
时最有利于二甲醚的合成．
（4）催化剂Ni使用长久后会部分转化为Ni2O3而降低催化效率．一种Ni再生的方法是：
①用CO将含有等物质的量的Ni和Ni2O3的催化剂还原得到粗镍；
②在一定温度下使粗镍中的Ni与CO结合成Ni（CO）4；
③180℃时使Ni（CO）4重新分解产生镍单质．
上述①、②中参加反应的CO物质的量之比为
 
．
（5）纳米级Cu2O具有优良的催化性能，制取Cu2O的方法有：
①加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为
 
．
②用阴离子交换膜控制电解液中OH-的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu+H2O
 电解 
.
 
Cu2O+H2↑，如图3所示．该电解池的阳极反应式为
 
．
下列图象是表示铁跟一定量硝酸反应时，铁和硝酸铁之间物质的量（mol）的关系，其中正确的是（　　）
A、
B、
C、
D、
向VmLFeBr2溶液中缓慢通入amolCl2，结果溶液中有50% 的Br-被氧化为溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（　　）
A、
1×103a
V
mol/L
B、
2×103a
V
mol/L
C、
3×103a
V
mol/L
D、
5×103a
V
mol/L
下列物质中，由极性键构成的非极性分子是（　　）
A、氯仿B、干冰C、石炭酸D、白磷
具有下列电子层结构的原子或离子，其对应的元素在周期表中的位置说法正确的是（　　）
A、最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子，所对应的两元素一定在同一主族
B、3p能级上有1个空轨道的原子和4p能级上有1空轨道的原子，所对应的两元素一定在同一主族
C、最外层电子排布为nsnnpn的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子，所对应的两元素一定在同一周期
D、原子核外M层上的s能级和p能级都填满了电子，而d轨道上尚未有电子的两种原子，所对应的两元素一定在同一周期

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