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1、高考化学一轮专题复习-元素或物质推断题专题训练1在短周期元素中，A元素M电子层上有7个电子，C元素与A元素同主族，B元素与A元素位于同一周期，B元素的原子最外电子层只有1个电子。(1)画出B元素的原子结构示意图_。(2)C、B两元素形成化合物的过程用电子式表示为_。(3)写出B在氧气中燃烧所得产物的电子式：_。(4)写出B的单质在水中反应的化学方程式：_。写出A的单质常温下通入B最高价氧化物对应水化物溶液的离子方程式：_。(5)比较A元素的氢化物与C元素的氢化物稳定性：_(填化学式及“、或=”)原因为：_。2下表是元素周期表的一部分，表中所列序号分别代表短周期中的一种元素：(1)元素的原子结构
2、示意图是_。(2)元素在周期表中的位置是_。(3)最高价氧化物对应水化物中的碱性最强的是(用电子式表示)_。(4)的氢化物中稳定性最好的是(用电子式表示)_。(5)的最高价氧化物对应水化物的酸性顺序(用化学式表示)_。(6)化合物X由三种元素组成，化合物Y是元素的最高价氧化物，将标准状况下11.2LY通入到200mL3mol/L的X溶液中完全被吸收。通过计算判断所得溶液组成的化学式及质量(不用写出计算过程)：_。3某溶液可能含有Na、K、Mg2、Cu2等阳离子及MnO、SiO、AlO、CO、SO、Cl-等阴离子，已知：该溶液呈无色；经测定溶液的pH=12；取少量溶液，加入100 mL 2 mo
3、l/L足量稀盐酸进行酸化，有白色沉淀生成，还得到一种无色无味的气体，该气体使足量的澄清石灰水变浑浊。对酸化后的溶液过滤，得到滤液甲。(1)由可判断：原溶液中一定不存在的离子是_，一定存在的离子是_。(2)将滤液甲分成两等份，一份中逐滴加入氨水有白色胶状沉淀产生，说明原溶液中一定有_(填离子符号)，写出生成沉淀的离子方程式为_；另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定有_(填离子符号)，过滤得到滤液乙。(3)往滤液乙中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体26.5 g，则原溶液中是否有Cl_(填“是”或“否”)。4已知六种短周期元素的原子序数依次增大，的
4、原子核内没有中子， A、D同主族，C、F同主族，A和B可形成5核10电子的阳离子，C与D形成的离子化合物中所有离子的电子数相同，E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物 反应，试回答下列问题：(1)E在元素周期表中的位置是_。(2)写出A和B形成4核10电子分子的电子式是_。(3)C、D、F的简单离子半径由大到小的顺序为_ (用离子符号表示)。(4)根据“对角线规则”，铍()的性质与上述六种元素中的_ (填名称)相似，能溶于氢氧化钠溶液，生成Be与。请写出氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。(5)A、C、D可形成多种二元化合物，下列说法不正确的是_ (填字母)。A和中都含
5、共价键BA、D可形成离子化合物C 中阴阳离子个数比均为1：2D和均能溶于C，并发生化合反应5如表是元素周期表的一部分，针对表中种元素，填写下列空白：族周期AAAAAAA0族234(1)同位素在生活生产和科学研究中有着重要的用途。例如，考古时利用_(填核素符号)测定一些文物的年代。(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的化学式是_。(3)写出和的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式_。(4)元素与形成的化合物属于_(填“共价”或“离子”)化合物。(5)若要比较比的金属性强弱，下列实验方法可行的是_。A将单质置于的盐溶液中，如果不能置换出单质，说明的金属性弱
6、B比较和的最高价氧化物对应水化物的水溶性，前者比后者溶解度大，故前者金属性强C将和的单质分别投入到水中，观察到与水反应更剧烈，说明的金属性强D将和的单质分别在O2中燃烧，前者得到氧化物的颜色比后者得到氧化物的颜色深，则前者金属性强6现有部分前四周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构W单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性X基态原子的s轨道与p轨道电子数相等Y第三周期元素的简单离子中半径最小ZL层有三个未成对电子T该元素的正三价离子的3d能级为半充满(1)T在周期表中的位置为_，基态的核外电子排布式为_；T的单质在高温下与X的氢化物反应，其化学方程式为_。(2)基态Z原子中，核
7、外电子占据的最高能级的符号是_，占据最高能级的电子的电子云形状为_。(3)W、X、Y三种元素的离子半径由大到小的顺序是_(用离子符号表示)。(4)在W、X的气态氢化物中，较稳定的是_。7已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B，C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子，B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，CE、FA为电子数相同的离子晶体。(1)A元素的基态原子价电子排布式：_。(2)X的化学名称为_。(3)试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_。(4)CE、FA的晶格能分别为786 kJm
8、ol-1、3401 kJmol-1，试分析导致两者晶格能差异的主要原因是_。(5)F与B可形成离子化合物，其晶胞结构如下图所示。F与B形成的离子化合物的化学式为_；该离子化合物晶体的密度为a gcm-3，则晶胞的体积是_(只要求列出算式)。8A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素。A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E元素同主族。(1)B在元素周期表中的位置是_。(2)由A、B、C三
9、种元素形成的离子化合物溶于水的电离方程式为_。(3)C、D、E形成的简单离子的半径大小关系是_(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2E的形成过程：_，化合物D2C2的电子式_。(5)化合物D2C2与A2C反应的化学方程式_。9下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号代表一种元素，请根据要求回答问题：族周期IA01AAAAAA21233456Ar(1)1的元素符号是_(2)1、2两种元素的原子半径大小关系：1_2(填“”或“H2SiO3(6)m(NaHCO3)=33.6g、m(Na2CO3)=10.6g【分析】根据元素在周期表中位置，可知为H、为Li、为C、为N、为O、
10、为Na、为Al、为Si、为S、为Cl。(1)元素为N元素，其原子序数为7，位于第二周期，核外有2个电子层，位于第VA族，最外层电子数为5，则其原子结构示意图为，故答案为：；(2)元素为O元素，位于元素周期表的第二周期第VIA族，故答案为：第二周期第VIA族；(3)分别为Li、Na、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，三种元素中Na的金属性最强，故NaOH的碱性最强，NaOH由钠离子与氢氧根离子构成，其电子式为，故答案为：；(4)分别为O、Si、S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定性，非金属性：OSSi，氢化物中H2O最稳定，H2O的电子式为；(5)分别为Si、Cl
11、，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：ClSi，则最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4H2SiO3，故答案为：HClO4H2SiO3；(6)化合物X由三种元素组成，则化合物X为NaOH，化合物Y是元素的最高价氧化物，则Y为CO2，二者可能发生反应、，标准状况下11.2L CO2的物质的量为，200mL3mol/L的X溶液的物质的量为，由于，因此上述2个反应都发生，最终溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，设二者物质的量分别为x mol、y mol，则，解得x=0.4，y=0.1，故m(NaHCO3)=0.4mol84g/mol=33.6g，m(Na2CO3)=0
12、.1mol106g/mol=10.6g，故答案为：m(NaHCO3)=33.6g、m(Na2CO3)=10.6g。3(1) MnO、Mg2+、Cu2+ SiO、CO(2) AlO 3NH3H2O+ Al3+= 3NH+Al(OH)3 SO(3)是【分析】该溶液呈无色，则有色离子不能存在，一定不含有MnO、Cu2+，经测定溶液的pH=12，在碱性环境下不能共存的离子不能存在，即不存在Mg2+，取少量溶液，加入稀盐酸100mL、2molL-1进行酸化，有白色沉淀生成，还得到一种无色无味的气体，该气体使澄清石灰水（足量）变浑浊，则该气体是二氧化碳，沉淀只能是硅酸，一定存在SiO、CO，以此解题。【详
13、解】（1）由分析可知，原溶液中一定不存在的离子是MnO4-、Mg2+、Cu2+；一定存在的离子是SiO、CO；（2）对酸化后的溶液过滤，得到滤液甲，其中一定含有剩余的盐酸，将滤液甲分成两等份，一份中逐滴加入氨水，最终有白色胶状沉淀，能和氨水反应产生的白色沉淀只能是氢氧化铝，说明原溶液中含有AlO，和盐酸反应生成Al3+，Al3+再和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：3NH3H2O+ Al3+= 3NH+Al(OH)3 ；一份中加入足量的Ba（NO3）2溶液，有白色不溶于硝酸的沉淀生成，则一定是硫酸钡沉淀，证明一定含有硫酸根离子，故答案为AlO；SO；（3）取少量原溶液，加入稀盐酸100m
14、L、2molL-1即0.2mol进行酸化，分成两等分后，其中每一份中含有0.1mol的HCl，滤液乙中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体26.5g，n（AgCl）=0.1mol，所以原溶液中有Cl-，故答案为是。4(1)第三周期IIIA族(2)(3)S2- O2-Na+(4) 铝 Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O(5)D【分析】短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，则A为H元素；A和B可形成5核10电子的阳离子，该阳离子为铵根离子，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与D形成的离子化合物D2C中所有离子的电子数相同
15、，则C为O元素；C、F同主族，则F为S元素；E的最高价氧化物的水化物可与D、F的最高价氧化物的水化物反应，则E为Al元素。【详解】（1）经分析E为Al元素，铝元素的原子序数为13，位于元素周期表第三周期第IIIA族，故答案为：第三周期IIIA族；（2）经分析A为H元素，B为N元素，A和B形成4核10电子分子，则该分子是NH3，该分子的电子式是；（3）经分析C、D、F的简单离子应分别是指O2-、Na+、S2-，O2-和Na+核外电子排布完全相同，核电荷数越大，半径反而越小，核电荷数ONa+，O2-和Na+核外都有2个电子层，S2-有3个电子层，电子层数越多半径越大，则三种离子的离子半径由大到小的
16、顺序为S2- O2-Na+；（4）根据“对角线规则”，铍(Be)的性质与元素周期表右下角的Al性质相似，氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应生成Na2BeO2和水，反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：铝；Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；（5）A经分析A、C、D分别是指H、O、Na三种元素，则A2C2和D2C2，分别是指H2O2和Na2O2，H2O2是共价化合物，Na2O2是离子化合物，但过氧根离子内含有共价键，则两种化合物中都含有共价键，A正确；BA、D是指H、Na两种元素，A、D形成的化合物氢化钠是离子化合物，B正确；CD2C、D2C
17、2分别是指Na2O和Na2O2，它们的阴阳离子个数比均为1：2，C正确；DD2C、D2C2分别是指Na2O和Na2O2，A2C是指H2O，Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，该反应不属于化合反应，D错误； 故选D。5 HClO4 KOH Al(OH)3+OH-=+2H2O 共价 C【分析】根据元素在元素周期表中的位置，可以推测出C、N、O、F、Na、Mg、Al、Cl、K、Ca。【详解】(1) 考古时利用测定一些文物的年代；(2) 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强。除F无含氧酸外，表中在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4；碱性最强的化合物的
18、化学式是KOH；(3)氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；(4)四氯化碳为共价化合物；(5) A、将单质置于的盐溶液中，因为Na的化学性质非常活泼，很容易与溶液中的水发生反应，置换出氢气，所以不能置换出单质，这不能说明的金属性弱，A项错误；B、通过比较和的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来比较元素的金属性的强弱，而不能看其水溶性的大小，B项错误；C、元素的金属性越强，越容易把水或酸中的氢置换出来。因此将、的单质分别投入到水中，观察到与水反应更剧烈，说明的金属性强，C项正确；D、看元素金属性的强弱，应该看元素的原子失去的电子的难易，而不是看相应的氧化物的颜色的
19、深浅，D项错误；答案选C。6(1) 第四周期族 1s22s22p63s23p63d6 3Fe+4H2OFe3O4+4H2(2) 2p 哑铃形(3)O2-F-Al3+(4)HF【分析】有部分前四周期元素，W单质能与水剧烈反应，所得溶液呈弱酸性，W为氟；X基态原子的s轨道与p轨道电子数相等，X为氧；Y第三周期元素的简单离子中半径最小，为铝；Z 的L层有三个未成对电子，为氮；T元素的正三价离子的3d能级为半充满，为铁；【详解】（1）T为铁，在周期表中的位置为第四周期族，基态为铁原子失去2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；铁在高温下与水反应生成四氧化三铁和氢气，3Fe
20、+4H2OFe3O4+4H2；（2）基态氮原子中，核外电子占据的最高能级的符号是2p，2p电子的电子云形状为哑铃形；（3）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；W、X、Y三种元素的离子半径由大到小的顺序是O2-F-Al3+；（4）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则在W、X的气态氢化物中，较稳定的是HF。7 2s22p4 六氟合铝酸钠 Al2O3为离子晶体(或者离子化合物)，而AlCl3为分子晶体(或者共价化合物) CaO晶体中Ca2+、O2-带的电荷大于NaCl晶体中Na+、Cl-带的电荷 CaF2 【分析】已知A、B
21、、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A原子L层上有2对成对电子，所以A为O元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p4；由于B与A同周期且原子序数比A大，则B为F元素；B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体X，且C、D分别位于同一周期，所以X为Na3AlF6，即C是Na元素、D是Al元素；CE、FA为电子数相同的离子晶体，则E为Cl元素、F为Ca元素。【详解】(1)根据分析，A为O元素，其基态原子价电子排布式为2s22p4；(2)根据分析，X的化学式为Na3AlF6，名称为六氟合铝酸钠；(3)因为Al2O3为离子晶体，熔融状态可导电，而
22、AlCl3为分子晶体，熔融状态不导电，故工业上工业冶炼Al不以AlCl3而是以Al2O3为原料；(4)根据分析，CE、FA分别为NaCl、CaO，其晶格能分别为786 kJmol-1、3401 kJmol-1，导致两者晶格能差异的主要原因是因为Ca2和Cl电子层结构相同，O2和Na电子层结构相同，且Ca2、O2带的电荷数大于NaCl晶体中Na、Cl，故NaCl晶格能低于CaO晶格能；(5)根据晶胞结构，用均摊法进行计算，每个晶胞中钙原子的个数8+64(个)，F原子位于晶胞内部，未被其他晶胞共用，故F原子的个数为8，所以该化合物的化学式为CaF2。假设现有1 mol CaF2，其中含有NA个钙离
23、子，则含有个晶胞，再假设一个晶胞的体积为V cm3，则1 mol CaF2的体积为V cm3，根据质量关系列关系式得Va78，解得该晶胞的体积V。8 第二周期 A族 NH4NO3=； O2-Na+S2- 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2【分析】A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素。A元素的原子核内只有1个质子，A是H元素；B的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HBO3，B的最高价是+5，B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B是N元素；C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，C是O元素；O2-与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，D为+1价，
24、D是Na元素；C、E元素同主族，E是S元素。【详解】(1)B是N元素，在元素周期表中的位置是第二周期 A族。(2)由H、N、O三种元素形成的离子化合物是NH4NO3，溶于水电离出铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为NH4NO3=；(3)电子层数相同，质子数越多半径越小，O2-、Na+、S2-半径大小关系是O2-Na+S2-；(4)Na2S是离子化合物，用电子式表示化合物Na2S的形成过程为， Na2O2是离子化合物，电子式为；(5) Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2。9(1)B(2)(3)Na(4)Al(OH)3+3H+=Al3
25、+3H2O【分析】根据元素周期表的位置可以推知1为B元素，2为N元素，3为Na元素，4为Mg元素，5为Al元素，6为Cl元素。(1)1的元素符号是B；(2)同周期元素周期原子半径从左到右依次减小，故1、2两种元素的原子半径大小关系：12；(3)同周期从左到右元素金属性逐渐减弱，故3、4和5中，金属性最强的元素是Na；(4)5、6的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3、HClO4相互反应生成高氯酸铝和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O。10 F 2F2+2H2O=4HF+O2 HF+OH-=F-+H2O【分析】Ym-和Zn-两种离子是有相同的电子层结构说明Y、Z元
26、素同一周期；X与Y、X与Z均能形成化合物，则X应显正价；X与Y可以形成原子个数比为1：1的化合物甲和2：1的化合物乙，甲、乙都是共价化合物，满足该条件的有：N和O形成的NO和N2O，即X为N，Y为O；N2O所含质子数为22，则Z的质子数为22-7=15，为P元素，与“Y、Z元素同一周期”矛盾，故该假设不成立；H和O形成的H2O2和H2O，即X为H，Y为O；H2O质子数为10，则Z的质子数为10-1=9，为F元素，符合条件；综上所述X为H，Y为O，Z为F。【详解】(1)Ym-即O2-离子结构示意图为：；Z元素为F；(2)化合物甲为过氧化氢，其电子式为：；(3)F2与水的反应方程式为：2F2+2H
27、2O=4HF+O2；(4)HF与氢氧化钠反应生成氟化钠和水，氢氟酸为弱酸，所以离子方程式为：HF+OH-=F-+H2O。11(1)500mL容量瓶、量筒(2) (3) Cu与稀硝酸(4)【分析】向M溶液中加入过量0.1mol/L的HBr溶液，有无色气体N产生，但反应前后阴离子种类不发生改变，则一定不含有、，因为若含有这些离子，与H+反应后会使反应前后阴离子种类发生变化，应含有、，N为NO气体，发生反应，由于溶液中、浓度相等，则会反应完，有剩余，溶液中阴离子种类没有发生变化；另外加入HBr，溶液溶液中阴离子种类没有发生变化，则一定含有，会与反应，不能共存，则一定不含，由于溶液显电中性，且各离子浓
28、度相等，共含5种离子，而、的电荷是守恒的，故另外两种离子也是电荷守恒的，阴离子只剩，而能与共存且带两个正电荷的只能是；综上所述，M溶液中含有的5种离子分别为、；【详解】（1）在实验室中，用1mol/L的HBr溶液配置500mL 0.1mol/L的HBr溶液时，首先要计算出所需1mol/L的HBr溶液的体积，再用量筒量取，放在烧杯中稀释，冷却后用玻璃棒引流倒入500mL容量瓶配置500mL 0.1mol/L的HBr溶液，之后需洗涤烧杯和玻璃棒，定容时用胶头滴管则需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要500mL容量瓶、量筒；（2）据分析可知，M溶液中含有的5种离子分别为、；（3）据分析可
29、知，生成无色气体N的离子方程式为；实验室中制备NO气体常用的药品为Cu与稀硝酸；（4）若向M溶液中加入过量的溶液，会反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀、氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为。12 离子键、共价键 H+SO42+NH4+Ba2+2OHBaSO4+NH3+2H2O FeI2 仅有I被氧化成I2使溶液呈黄色 I、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色 取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则合理（其他合理亦可） NO3+4H+3e-NO+2H2O【详解】（1）从所给离子的种类判断，不溶于稀硝酸的白色沉淀是硫酸钡沉淀，使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，则A、B中含有磷酸氢根离子、铵根离子，且
30、B溶液呈碱性，所以A是硫酸氢铵，B是氢氧化钡，A的化学式为NH4HSO4，化学键类型为离子键、共价键；A、B溶液混合后加热呈中性，说明氢氧根离子与氢离子、氨根离子恰好完全反应，且生成硫酸钡沉淀，离子方程式为H+SO42+NH4+Ba2+2OHBaSO4+NH3+2H2O；（2）A的水溶液呈浅绿色，说明A中存在Fe2+；B的水溶液呈无色且其焰色反应为黄色，说明B中存在Na+；向A的水溶液中加入稀盐酸无明显现象，说明A不与盐酸反应；再加入B后溶液变黄，溶液呈黄色可能有Fe3+生成或有I2生成。则加入B后混合溶液中应含有强氧化性物质，根据所给离子判断，氢离子与硝酸根离子结合成为硝酸具有强氧化性，所以
31、B是NaNO3，A是FeI2；碘离子的还原性比亚铁离子的还原性强，所以与硝酸发生氧化还原反应 时碘离子先被氧化，所以溶液变黄的原因可能是有两种：.I-被氧化为I2而使溶液变黄，离子方程式为6I-+2H+2 NO3-=2NO+ I2+4H2O；.I、Fe2+均被氧化使溶液呈黄色，离子方程式为2I-+4H+ Fe2+NO3-=NO+ I2+2H2O+Fe3+；取少量变黄溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若变红则合理；利用上述过程中溶液变黄原理，将其设计成原电池，若电子由a流向b，则b极为正极，正极上硝酸根离子得电子产生NO，电极反应式为NO3+4H+3e-NO+2H2O。13(1)(2)6(3)
32、 泡利原理 Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3S能级的电子的能量高(4)MgCl2Mg+Cl2(5) Be(OH)2+2OH-=+2H2O 共价化合物(6)4(7) d Fe3+3SCN-= Fe(SCN)3【分析】A 元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H元素；B元素是形成化合物种类最多的元素，可知B为C，可以形成多种有机物；C元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则C为N元素；D元素基态原子的核外p轨道中有两个未成对电子，原子序数大于N，其电子排布为1s22s22p4，则D为O元素；E原子的第一到第四电离能分别是：I1=738k
33、J/mol、I2=1451kJ/mol、I3=7733kJ/mol、I4=10540kJ/mol，说明E最外层有2个电子，其原子序数小于K，则E为Mg元素；F元素是短周期元素中简单离子半径最小的，则F为Al元素；G元素的主族序数与周期数的差为4，结合这九种元素子序数依次增大，则G为第三周期VIIA族，为Cl元素；H元素是前四周期中电负性最小的元素，则H为K元素； I元素位于元素周期表中的第八列，为前四周期元素，且原子序数大于K，则I为Fe元素，据此解答。【详解】（1）C2A4为N2H4，N2H4为共价化合物，其电子式为。（2）B为C，其核外电子排布为1s22s22p2，共有6个电子，每个电子的
34、运动状态各不相同，所以共有6种不同运动状态的电子。（3）E为Mg，为12号元素，该同学所画电子排布图中3s轨道有2个自旋方向相同的电子，违背了泡利不相容原理；Al的第一电离能失去的电子是3p能级的，该能级电子的能量比Mg失去的3S能级的电子的能量高。（4）用惰性电极电解熔融的MgCl2，阳极氯离子放电，阴极镁离子放电，该反应的离子方程式为：MgCl2Mg+Cl2。（5）F为Al，与Al元素成“对角线规则”关系的某短周期元素Be，Be最高价氧化物的水化物Be(OH)2具有两性，与H元素的最高价氧化物的水化物KOH反应生成，离子方程式为：Be(OH)2+2OH-=+2H2O。（6）H为K元素，其价电子排布为4s1，未成对电子数为1，第四周期中未成对电子数为1的有Sc（3d14s2）、Cu（3d104s1）、Ca（4s24p1）、Br（4s24p5），故答案为：4。（7）I为Fe元素，元素周期表中的d区，实验室用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：Fe3+3SCN-= Fe(SCN)3。答案第15页，共10页