2024届高三新高考化学大一轮专题训练题--元素或物质推断题
1．（2023春·陕西西安·高三校考阶段练习）有五种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所示：
元素 结构、性质等信息
A 是短周期元素(稀有气体元素除外)中原子半径最大的元素，含该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B 与A同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性
C 其气态氢化物极易溶于水，液态时常用作制冷剂
D 是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的杀菌消毒剂
E 元素原子的L电子层上有2对成对电子
请根据表中信息回答下列问题。
(1)B元素在元素周期表中的位置为___________。
(2)C元素原子核外有___________个未成对电子，能量最高的电子排布在___________轨道上，该轨道呈___________形。
(3)已知CD3分子中D元素显＋1价，则该情况下，C、D元素的电负性大小关系是___________(用元素符号表示)，CD3与水反应后的产物是___________(填化学式)。
(4)分子中的大π键可以用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，CE的大Π键为___________。
2．（2022秋·江西宜春·高三上高三中校考阶段练习）现有无色透明溶液，只含有下列离子中的若干种，每种离子的数量都相等：、、、、、、。现取三份各100mL溶液进行实验。
实验1：第一份加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生：
实验2：第二份加入足量NaOH溶液加热有气体放出：
实验3：第三份加入足量BaCl2溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解。
(1)由实验1能否确定存在？__________(填“能”或“否”)。
(2)由实验2发生的离子方程式是____________________。
(3)实验3中沉淀的化学式为__________，该沉淀溶于盐酸的离子方式为__________。
(4)综合上述实验，能否确定有Na+存在？__________(填能”或否”)。请说明理由__________。
3．（2023春·上海静安·高三统考学业考试）元素周期表(律)在学习元素及其化合物知识和科学研究中有着重要作用，联合国大会将2019年定为“化学元素周期表国际年”。下表是局部的元素周期表(部分元素用字母表示)，请回答下列问题：
(1)a、b、e的原子半径由大到小的顺序为___(用元素符号表示)．
(2)上表所列元素的最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是______(写化学式)，金属性最强的元素有______(写元素符号)。
(3)f、g、h三种元素的气态氢化物中，最稳定的氢化物是______(写化学式)，写出该氢化物在水中的电离方程式___________________________。
(4)某元素的2种核素的结构如图所示，该元素为上表中的元素(填写上表中“”字母)；图示的2种核素属于______(单选)。
A．同分异构体 B．同素异形体 C．同系物 D．同位素
(5)元素g的一种氧化物常用于漂白纸浆、草帽辫等．该氧化物具有还原性，在一定条件下能与常见氧化剂发生反应，写出其中一个反应的化学方程式：__________。
元素的电负性(x)是表示元素原子在分子内吸收电子能力的大小，也是元素的重要性质之一。下表给出了14种元素的电负性数值：
元素 Al B Be C Cl F Li
电负性 1.50 2.04 1.57 2.55 3.16 3.98 0.98
元素 Mg N Na O P S K
电负性 1.21 3.04 0.94 3.44 2.19 2.58 0.8
(6)分析上表中元素原子的原子序数与元素电负性的数据，可以得到以下规律______(双选)。
A．同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
B．同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
C．同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减小
D．同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大
(7)根据你所归纳的元素电负性的变化规律，预测钙元素的电负性可能为______(单选)。
A．0.60 B．1.0 C．1.3 D．1.5
(8)经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的电负性差值时，一般形成离子键；当时，一般形成共价键。请判断含有的化学键是______；写出的电子式______。
4．（2022秋·江苏扬州·高三校考阶段练习）下表是元素周期表的一部分，请按要求回答问题：
① ② ③
④ ⑤ ⑥ ⑦
⑧
请回答下列问题：
(1)元素③周期表中的位置是___________。
(2)可利用一个化学反应比较⑥⑦非金属性的强弱，写出该反应的化学方程式___________。
(3)②和④可形成一种化合物，能作呼吸面具中的供氧剂的。写出该化合物的电子式___________。
(4)元素④的最高价氧化物对应水化物中含有的化学键类型为___________。
(5)比较元素⑤⑥的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱___________(用化学式表示)。
(6)比较元素③和④的简单离子半径大小___________(用离子符号表示)。
(7)锗为第四周期与硅同主族，根据元素周期率推测其单质、化合物的性质正确的是___________。(填字母)
A．锗的金属性比⑧强 B．锗的原子半径比①大
C．锗的单质可用于制半导体 D．锗的最高正价为+3
5．（2023春·宁夏吴忠·高三青铜峡市高级中学校考期中）硫及其部分化合物的转化关系如图所示。
(1)硫单质俗称硫黄，通常状况下硫单质的颜色为___________；
(2)SO2可以使品红溶液褪色，说明SO2具有___________填“漂白性”或“氧化性”；
(3)化合物A的化学式为___________；
(4)写出Cu与浓硫酸在加热条件下反应的化学反应方程式___________。
6．（2023春·辽宁朝阳·高三校联考期中）a、b、c、d、e、f、g是原子序数依次增大的前四周期主族元素，a、c可以形成两种在常温下均为液体的化合物，b的一种同位素可用于测定一些文物的年代，d在短周期主族元素中半径最大，e与f处于相邻主族，且e在常温下为黄色固体，g的最内层电子数等于其最外层电子数的2倍。请回答下列问题：
(1)元素g为___________(填元素符号)，在元素周期表中的位置为___________。
(2)a、c形成的化合物中，含有非极性共价键的物质的电子式为___________。
(3)非金属性：b___________(填“>”或“<”)e，请设计实验说明该推论：___________。
(4)与反应的化学方程式为___________，写出利用该反应原理的的用途：___________。
(5)e、f的最简单氢化物的稳定性：e___________(填“>”或“<”)f，标准状况下，等体积的上述两种最简单氢化物的原子个数之比为___________。
7．（2023春·北京顺义·高三统考期中）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种元素，且原子序数均小于30、A的基态原子2p能级有3个电子；C的基态原子2p能级有1个未成对电子；基态D原子的结构示意图为；E的原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子。
(1)A元素是_________，在周期表中的位置是______________。
(2)B元素的氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最高，原因是________________。
(3)A的最简单氢化物分子的空间构型为______。
(4)向E的硫酸盐溶液中通入A的最简单氢化物至过量，产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液，向溶液中加入适量乙醇，析出深蓝色晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是____________________。
②深蓝色溶液中的深蓝色是由于存在______________(填化学式)，加入乙醇的目的是____________。
(5)C和D形成的化合物甲的晶胞结构如图，甲的化学式是______________，晶体中距离D最近的C有_______个。已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，求晶胞边长a＝____cm(用含ρ、的计算式表示)。
8．（2023春·广东广州·高三广州市白云中学校考期中）研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。
Ⅰ．如图是元素形成物质的价类二维图及含硫物化合价质相互转化的部分信息。
(1)C有毒，实验室可以用NaOH溶液吸收，反应的离子方程式是___________。
(2)以及都是造成酸雨的可能途径，请写出其中任意一条路径发生反应的化学方程式___________。
Ⅱ．某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的物质转化。可选用的实验药品如下：①Na2SO3溶液②浓硫酸③Na2S溶液④稀硫酸⑤酸性KMnO4溶液⑥品红溶液⑦铜片。
实验序号 预期转化 选择试剂(填序号) 证明实现转化的现象
ⅰ
ⅱ ①、③、④ 淡黄色沉淀
ⅲ ②、⑥、⑦
(3)实验ⅰ选择的试剂是①和___________(填序号)，证明实现转化的现象是___________，该转化利用了的___________性。
(4)实验ⅲ中发生反应的化学方程式是___________，证明实现转化的现象是___________。
9．（2023春·四川眉山·高三校联考期中）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。部分含氮及氯物质的价类二维图如下，回答下列问题：
(1)关于上述部分物质间转化的说法正确的是___________(填字母)。
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备HNO3
C．浓的a＇溶液和浓的c＇溶液反应可以得到b＇
D．a和a＇在空气中相遇产生白烟
(2)固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图：
a．该转化过程①②③反应中___________为氧化还原反应(填编号)。
b．参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有___________(填字母)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．氢键
c．假设每一步均完全转化，每生成1 mol NH3，同时生成___________ molO2。
(3)在常温下铁、铜与e的浓溶液组成原电池，请写出电极反应式负极：___________；正极：___________。
(4)由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该液态化合物遇水可生成一种具有漂白性的化合物，试写出该反应的化学方程式：___________。
10．（2023春·浙江·高三期中）化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其，进行如图所示操作，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气态化合物，其中气体B可使品红溶液褪色(部分反应条件省略)，C可由两种组成元素的单质直接反应得到。请回答：
(1)组成X的元素有_______，化合物X的化学式是_______。
(2)溶液E中溶质的主要成分是_______(用化学式表示)。
(3)写出砖红色固体H与C反应生成I和B的化学方程式：_______。
(4)请设计实验检验E溶液中的金属阳离子：_______。
11．（2023春·浙江杭州·高三期中）图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2 6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
(1)镁在元素周期表中的位置_____，A2B的化学式为_____。比较NH3与SiH4的热稳定性：NH3_____SiH4(填“＞”或“＜”)。
(2)设计实验检验NH4Cl中的阳离子：______。
(3)NH3－O2燃料电池是一新型的燃料电池，具有转换效率高、容量大、比能量高等优点，该电池工作时NH3参与_____反应(填“正极”或“负极”)。
12．（2023春·浙江·高三期中）X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，W与X同主族，Q元素的单质是一种黄色晶体。请回答以下问题：
(1)Q元素在周期表中的位置_____。
(2)已知Z2X4结构中含非极性共价键，试画出其结构式(用元素符号表示)：______。
(3)由Z与R组成的一种化合物M，摩尔质量不超过150g/mol，每个原子最外层均满足8e-稳定结构，其水溶液可用于漂白和杀菌，写出M与水初步反应的化学方程式______。
(4)根据KH中氢元素的化合价，甲同学认为可把氢元素放在第VIIA族，乙同学认为可把氢元素放在第IVA族，乙同学的理由是______。
(5)下列说法不正确的是______。
A．原子半径：W＞Q＞R
B．Q的氧化物的水化物一定是强酸
C．在2mlR单质的饱和溶液中加入几滴紫色石蕊试剂，溶液显红色
D．W与Q可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
(6)2.9g由X与Y组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧，然后将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重4.5g，碱石灰增重8.8g，则该化合物的结构简式为______。
13．（2023秋·四川泸州·高三统考期末）某无色透明溶液，可能含有下表离子中的几种，现通过以下实验对其成分进行确定。回答有关问题：
阳离子
阴离子
(1)甲同学认为无需实验即可判断肯定不存在，原因是____________。
(2)乙同学设计如下实验对部分离子进行了检验。
①溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，证明溶液中含有______。
②取50 mL溶液加入烧杯中，加入足量溶液，过滤、洗涤、干燥，得到2.955 g白色沉淀。沉淀滴加盐酸，全部溶解，产生气体，则原溶液中一定存在______，该离子的浓度为______mol/L。向滤液中滴加酚酞试液，溶液变红。综合以上现象可判原溶液中一定不含______离子。
(3)通过以上推断后，还有一种阴离子不能确定是否存在，检验该离子存在的方法是：取适量待测液于试管中，加入____________，观察到有白色沉淀产生，证明含有该离子。
14．（2023春·广东江门·高三校考期中）现有下列短周期元素的数据：(已知Be的原子半径为0.089nm)
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径/nm 0.074 0.143 0.152 0.117 0.099 0.186 0.075 0.071
最高正化合价 +3 +1 +4 +7 +1 +5
最高负化合价 -2 -4 -1 -3 -1
(1)④号元素在元素周期表中的位置是___________
(2)①与⑥可构成原子个数比为1：1的化合物，写出该化合物的电子式___________
(3)第三周期元素简单离子半径最小的是___________(写离子符号)。
(4)元素①的氢化物分别与⑤的单质反应的化学方程式为___________。该化合物是由___________(填“极性”“非极性”)共价键形成的。
15．（2023春·广东惠州·高三校联考阶段练习）十种元素A～J在元素周期表中的相对位置如表所示：
族 周期 ⅠA 0
1 A ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
2 B C D E
3 F G H Ⅰ J
回答下列问题：
(1)A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子。
①M的电子式为______。
②实验室制取N的化学方程式为______。
(2)元素C、H、J的最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为______(用相应酸的化学式表示)。
(3)不同价态的I元素可以相互转化，若反应前后存在4种价态的I元素，写出该反应的化学方程式：______。
(4)请用一个化学方程式证明元素D和E的非金属性强弱关系：______。
(5)某研究学习小组用如图装置探究F、G的金属性强弱。
当试管(Ⅰ)出现______的现象、且试管(Ⅱ)出现______的现象时，能说明金属性F大于G，写出试管(Ⅱ)依次发生反应的离子方程式：______、_____。
16．（2023春·重庆江北·高三重庆十八中校考期中）“价—类”二维图是以物质的类别为横坐标，以某种元素的化合价为纵坐标，在二维平面内绘制的含有该元素物质的图像，该图是高中化学学习元素化合物知识的重要工具。氮及其部分化合物的“价—类”二维图如图所示：
(1)以上①～⑤的转化过程，其中属于氮的固定的是_______(填写编号)
(2)固氮是将游离态的氮转变为氮的化合物，一种新型人工固氮的原理如图所示。下列叙述正确的是_______。
A．转化过程中所涉及的元素均呈现了两种价态
B．反应①②③均为氧化还原反应
C．Li是催化剂，只有是中间产物
D．整个过程的总反应可表示为
(3)NO、对环境有污染，可用NaOH溶液吸收。用不同浓度的NaOH溶液吸收含量不同的尾气，关系如图：
(α表示尾气里NO、中的含量)
①用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：_______，_______。
②从图上可知，含量越大，氮氧化物的吸收率越大。当时，加入能提升氮氧化物的吸收率，原因是_______
(4)从物质类别角度分析，硝酸属于酸，具有酸的通性；从氮元素化合价的角度分析，硝酸具有氧化性。与下列物质反应既能体现硝酸酸性又能体现硝酸氧化性的是_______。
A． B．Cu C．C
(5)对于和的混合溶液，若和物质的量浓度存在如下关系：，理论上最多能溶解铜的物质的量为_______。
17．（2023春·江西抚州·高三校联考期中）在如图所示的转化关系中，A、B、C、D、E、F、G、H、I均为常见物质。
已知B、D都是淡黄色固体，且A与D可反应生成离子化合物I，B与I的相对分子质量相同。
请回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A_______，F_______，H_______。
(2)写出C的电子式：_______。写出的电子式：_______。
(3)用电子式表示I的形成过程：_______。
(4)写出、的化学方程式：
_______；_______。
(5)向溴水中通入E气体至过量，可能的现象是_______。
18．（2023春·山西大同·高三统考期中）如表是元素周期表的一部分，其中的数字编号代表对应的元素。
(1)下列支持或证实原子核外电子处于能量不同的能层和能级的是______。
A．原子光谱 B．原子的逐级电离能数据
C．同位素现象 D．电子跃迁现象
(2)结合表格，下列有关说法错误的是______。
A．元素周期系只有一个，而元素周期表可以多种多样
B．第二周期的基态原子中，只有②的核外未成对电子数为2
C．原子①的电子云如图所示：，它表示离核越近电子出现的几率越大
D．“电子气理论”可以解释金属③具有良好的导电性和延展性
(3)⑤的基态原子中能量最高的电子所在原子轨道的电子云轮廓图在空间有______个伸展方向，形状为______。
(4)元素②的最高价氧化物的电子式为______，元素⑥的最高正价为______。
(5)如表是一些气态原子失去核外不同电子所需的能量(kJ mol-1)：
Li X Y
失去第一个电子 519 502 580
失去第二个电子 7296 4570 1820
失去第三个电子 11799 6920 2750
失去第四个电子 9550 11600
①通过上述信息和表中的数据分析锂原子失去核外第二个电子时所需的能量远远大于失去第一个电子所需能量的原因是_____。
②表中Y可能为以上六种元素中的______(填写数字编号)元素。
参考答案：
1．(1)第三周期第IIIA族
(2) 3 p 哑铃
(3) N＞Cl NH3和HClO
(4)Π
【分析】A为是短周期元素(稀有气体元素除外)中原子半径最大的元素，含该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂，是钠元素；B与A同周期，其最高价氧化物对应的水化物呈两性，为铝元素，C的气态氢化物极易溶于水，液态时常用作制冷剂，为氮元素，D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的杀菌消毒剂，为氯元素，E元素原子的L电子层上有2对成对电子，为氧元素，据此解答。
【详解】（1）B为铝元素，在周期表第三周期第IIIA族。
（2）C为氮元素，原子核外有3个未成对电子，能量最高的在p轨道，该轨道呈哑铃形。
（3）在NCl3分子中氯为+1价，则说明氮的电负性大于氯。根据其化合价分析，其与水反应上次氨气和次氯酸，化学式为NH3和HClO。
（4）硝酸根离子根据VSEPR理论分析，价电子对数为，根据杂化轨道理论分析，中心原子氮为sp2杂化，分子构型为平面正三角形，氮的2s能级上一个电子跃迁到2p轨道，2s、2px、2py三个轨道形成sp2杂化轨道，2pz轨道则留有一对电子，每个氧原子2pz轨道留有一个单电子，再加上整个离子一个单位负电荷，则形成四中心六电子的离域大Π键，记为Π。
2．(1)否
(2)
(3)
(4) 能 因为该溶液中每种离子的个数相等，已判断含有、，根据溶液呈电中性，所以确定还含有
【分析】由题中信息可知，该溶液为无色透明溶液，可判断该溶液不含，且与、不共存，实验1：加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液中可能含有、、；实验2：加足量NaOH溶液加热有气体放出，该溶液一定有；实验3：第三份加入足量溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解，可判断该溶液一定含有，不含、，由于每种离子的浓度相等，根据溶液是电中性，可判断该溶液还含有，不含；据此解答。
【详解】（1）由上述分析可知，由实验1不能推断出该溶液一定含有，因为加入足量AgNO3溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为AgCl、Ag2CO3、Ag2SO4，溶液中不一定含有，答案为：否；
（2）由上述分析可知，实验2加足量NaOH溶液加热有气体放出，该溶液一定有，反应的离子方程式是：，答案为：；
（3）由上述分析可知，实验3第三份加入足量溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解，可判断该溶液一定含有，沉淀为BaCO3，BaCO3与盐酸反应的离子方式为；答案为：，；
（4）由上述分析可知，该溶液还含有，因为该溶液中每种离子的浓度相等，已判断含有、，根据溶液是电中性，所以确定还含有，答案为：能，因为该溶液中每种离子的个数相等，已判断含有、，根据溶液呈电中性，所以确定还含有。
3．(1)
(2)
(3)
(4)D
(5)
(6)BC
(7)B
(8) 共价键
【分析】由元素在周期表中位置可知a为H，b为C，c为F，d为Na，e为Al，f为P，g为S，h为Cl，据此解答。
【详解】（1）原子核外电子层数越多原子半径越大，三种元素分占不同周期，电子层数：Al>C>H，原子半径：Al>C>H；
（2）元素非金属性越强最高价氧化物的水化物酸性越强，表中元素中非金属最强的为F，但F不存在最高价氧化物水化物，其次是Cl，则最高价氧化水化物酸性最强的为HClO4；同周期元素从左到右金属性递减，同主族元素从上到下金属性递增，则金属性最强的为Na；
（3）f、g、h分别为P、S、Cl，同周期元素从左到右非金属性增强，氢化物的稳定性增强，则氢化物最稳定的为HCl；HCl为强酸，其电离方程式为：；
（4）同种核素质子数相同、中子数不同，互为同位素，故D正确；
（5）元素S的一种氧化物常用于漂白纸浆、草帽辫等．该氧化物具有还原性，可知为SO2，SO2与氧气反应生成三氧化硫，反应为：；
（6）A. 同周期元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次增大，故A错误；
B. 同周期元素，随着原子序数的递增，原子半径减小，原子核对核外电子的吸引力增强，元素的电负性依次增大，故B正确；
C. 同主族元素，随着原子序数的递增，原子半径增大，原子核对核外电子的吸引力减弱，元素的电负性依次减小，故C正确；
D. 同主族元素，随着原子序数的递增，元素的电负性依次减弱，故D错误；
故答案为：BC；
（7）根据电负性递变规律可知K的电负性介于K和Mg之间，则B正确；
（8）根据电负性递变规律可知，Br的电负性小于Cl，则其电负性小于3.15，Al的电负性为1.50，两者，则含共价键；Mg和F的电负性差=3.98-1.21=2.77，则为存在离子键，其电子式为： 。
4．(1)第二周期第ⅦA族
(2)Cl2+H2S=2HCl＋S↓
(3)
(4)离子键，共价键
(5)H2SO4> H3PO4
(6)F- >Na+
(7)BC
【分析】由图可知，①-⑧分别为碳、氧、氟、钠、磷、硫、氯、钾元素；
【详解】（1）根据题目中的表格可知，元素③是氟元素，周期表中的位置是第二周期第ⅦA族；
（2）⑥号是硫元素，可以利用置换反应比较二者的氧化性，进而比较非金属性，Cl2+H2S=2HCl＋S↓，则氧化性：Cl2>S，非金属性：Cl2>S；
（3）②号元素是氧元素，④是钠元素，能作呼吸面具中的供氧剂的为过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应均会生成氧气，过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，电子式为：；
（4）钠元素最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，氢氧根中含有氢氧共价键，故含有化学键类型：离子键，共价键；
（5）二者同周期，硫元素的非金属性更强，则硫元素最高价氧化物对应的水化物的酸性更强，酸性关系为：H2SO4> H3PO4；
（6）③号是氟元素，④号是钠元素，核外电子层结构相同，离子半径比较可以看原子序数，原子序数越小，离子半径越大，故离子半径大小关系为： F- >Na+；
（7）A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，锗的金属性比⑧弱，A错误；
B．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；故锗的原子半径比①大，B正确；
C．锗与硅同主族，根据元素周期律，故锗与硅由相似的性质，硅可用于制半导体，可以推知，锗的单质也可用于制半导体，C正确；
D．锗最外层有4个电子，故锗的最高正价为+4，D错误；
故选BC。
5．(1)淡黄色
(2)漂白性
(3)SO3
(4)
【详解】（1）硫单质是淡黄色固体，答案为：淡黄色；
（2）二氧化硫具有漂白性可以使品红褪色，答案为：漂白性；
（3）反应②中二氧化硫被氧化为三氧化硫，所以化合物A的化学式为SO3，答案为：SO3；
（4）Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学反应方程式：，答案为：。
6．(1) K 第四周期第ⅠA族
(2)
(3) ＜ 将稀硫酸加入碳酸钠溶液中,产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明硫酸酸性强于碳酸,硫的非金属性强于碳的
(4) 潜水艇的供氧剂
(5) ＜ 3：2或2：3
【分析】a、b、c、d、e、f、g是原子序数依次增大的前四周期主族元素，a、c可以形成两种在常温下均为液体的化合物，a是H，c是O。b的一种同位素可用于测定一些文物的年代，b是C；d在短周期主族元素中半径最大，d是Na。e与f处于相邻主族，且e在常温下为黄色固体，则e是S，所以f是Cl。g的最内层电子数等于其最外层电子数的2倍，原子序数大于氯元素，则g是K，据此解答。
【详解】（1）元素g为K，原子序数是19，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅠA族。
（2）a、c形成的化合物中，含有非极性共价键的物质是双氧水，电子式为。
（3）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此将稀硫酸加入碳酸钠溶液中，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则说明硫酸酸性强于碳酸，由此可以证明硫的非金属性强于碳的。
（4）CO2与Na2O2反应的化学方程式为，因此过氧化钠可用作潜水艇的供氧剂。
（5）同周期自左向右非金属性逐渐增强，简单氢化物稳定性逐渐增强，所以硫化氢的稳定性弱于氯化氢的。根据化学式H2S、HCl可知H2S、HCl的原子个数之比为3：2。
7．(1) N 第二周期第VA族
(2)水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H2O的沸点是同主族元素中最高的
(3)三角锥形
(4) Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2 [Cu(NH3)4]2+ 降低[Cu(NH3)4]SO4 H2O的溶解度
(5) CaF2 8
【分析】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)，A的基态原子2p能级有3个电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个未成对电子，且C的原子序数大于A，其原子核外电子排布为1s22s22p5，所以C是F元素，结合原子序数可推知B是O元素；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式3d104s1，则E是Cu元素；基态D原子的结构示意图为，则D是Ca元素；
【详解】（1）由分析可知，A元素是N，在周期表中的位置是第二周期第VA族。
（2）B是O元素，H2O在同主族元素的氢化物中沸点最高，原因是：水分子间能存在氢键，氢键比范德华力更强，H2O的沸点是同主族元素中最高的。
（3）NH3分子中氮原子价层电子对数=3+×(5-3×1)=4，NH3分子的空间构型为三角锥形。
（4）①向CuSO4的水溶液中通入氨气，产生蓝色Cu(OH)2沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2；
②向CuSO4的水溶液中通入氨气至过量，最终得到深蓝色溶液，深蓝色溶液中的深蓝色是由于存在[Cu(NH3)4]2+，由于[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体，则加入乙醇的作用是降低[Cu(NH3)4]SO4 H2O的溶解度。
（5）F和Ca形成的化合物甲的晶胞结构如图，F-的个数为8，Ca2+的个数为8=4，甲的化学式是CaF2；晶体中距离Ca2+最近的F-有8个，已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞质量=4×g，晶胞的体积=，晶胞边长a＝。
8．(1)SO2+2OH-=+H2O
(2)2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4或者SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4
(3) ⑤ 酸性高锰酸钾溶液褪色 还原
(4) Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 将产生气体通入品红溶液，品红褪色
【分析】由题干价类二维图图示信息可知，A为H2S，B为S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为H2SO3，G为亚硫酸盐，H为硫酸盐，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，C为二氧化硫，SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=+H2O，故答案为：SO2+2OH-=+H2O；
（2）由分析可知，即SO2→SO3→H2SO4以及即SO2→H2SO3→H2SO4，SO2→SO3→H2SO4的化学方程式为：2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4，SO2→H2SO3→H2SO4的化学方程式为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4，故答案为：2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4或者SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4；
（3）实验ⅰ是+4价硫变化为+6价硫，选择的试剂是①Na2SO3溶液和氧化剂⑤酸性KMnO4溶液，发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明亚硫酸钠具有还原性，故答案为：⑤；酸性高锰酸钾溶液褪色；还原；
（4）实验ⅲ中②浓硫酸⑦铜片加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，二氧化硫能使⑥品红溶液褪色，证明实现转化的现象是：将产生气体通入品红溶液，品红褪色，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；将产生气体通入品红溶液，品红褪色。
9．(1)ACD
(2) ①③ A B C 0.75
(3) Cu-2e- = Cu2+ 2NO+2e-+4H+ = 2NO2↑+2H2O
(4)NCl3 + 3H2O = 3HClO + NH3↑
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a'为HCl，b'为Cl2，c'为HClO或次氯酸盐，d'为HClO3或氯酸盐，e'为HClO4或高氯酸盐。
【详解】（1）A．氨气和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成氮气，故A正确；
B．工业上通过氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，由于b为氮气，则不能由a→b→d→e来制备HNO3，故B错误；
C．由于浓盐酸与次氯酸钠反应生成氯化钠、氯气和水，则浓盐酸和浓的次氯酸钠反应得到氯气，故C正确；
D．NH3和HCl反应生成NH4Cl，产生白烟，故D正确；
故选ACD。
（2）a．反应①为N2+6Li=2Li3N，属于氧化还原反应；反应②为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，属于非氧化还原反应；反应③为4LiOH4Li+O2+2H2O，属于氧化还原反应；
b．参与该人工固氮转化的物质中含有的化学键类型有离子键（Li3N）、极性键（H2O）、非极性键（N2），氢键不是化学键，故选ABC。
c．1molNH3转移3mol电子，生成1molO2转移4mol电子，故每生成1 mol NH3，同时生成0.75molO2。
（3）在常温下铁、铜与浓硝酸组成原电池，常温铁在浓硝酸中钝化等于是惰性电极，等于是铜与浓硝酸氧化还原反应形成原电池，Cu失去电子为负极，Cu-2e-=Cu2+，正极：2NO+2e-+4H+ = 2NO2↑+2H2O。
（4）由氮和氯组成的一种二元化合物分子中，各原子最外层均达到8电子的稳定结构，该液态化合物为NCl3，NCl3和水反应生成一种具有漂白性的化合物HClO和NH3，方程式为：NCl3 + 3H2O = 3HClO + NH3↑。
10．(1) 、、 ；
(2)、
(3)
(4)取适量E溶液，加入硫氰化钾溶液，不变红，加入新制氯水，溶液变红，则溶液中含有亚铁离子，或取适量E溶液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则溶液中含有亚铁离子
【分析】根据题意，为可使品红溶液褪色的气态化合物，则为二氧化硫。结合操作流程，化合物在氧气中焙烧生成、、，加过量的盐酸生成气体和浅绿色溶液，中含有亚铁离子，则为亚铁盐，、含有一种相同的元素且常温下为气态化合物，为，为；中加入氢氧化钠生成红褐色沉淀，为氢氧化铁，灼烧生成红棕色固体，为氧化铁，其质量为，则化合物中；与反应生成砖红色固体和，为，为，中加入得紫红色固体，紫红色固体为铜，其质量为，则；和发生反应：，则原物质中；由此可知化合物中含有、、，其中，，且该化合物，则化合物的化学式为，据此分析
【详解】（1）由上述分析可知，组成的元素有：、、，化合物的化学式是：；答案为：、、；；
（2）由上述分析可知，溶液中溶质的主要成分是：、；答案为：、；
（3）为，为，两者反应生成和，反应的化学方程式为；答案为：；
（4）E溶液中的金属阳离子为亚铁离子，检验E溶液中的金属阳离子具体操作为取适量E溶液，加入硫氰化钾溶液，不变红，加入新制氯水，溶液变红，则溶液中含有亚铁离子，或取适量E溶液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则溶液中含有亚铁离子；答案为：取适量E溶液，加入硫氰化钾溶液，不变红，加入新制氯水，溶液变红，则溶液中含有亚铁离子，或取适量E溶液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，则溶液中含有亚铁离子。
11．(1) 第三周期IIA族 Mg2Si >
(2)取少量样品与试管中，加NaOH溶液，加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有铵根存在
(3)负极
【分析】氨气、氯化铵和A2B反应生成SiH4和MgCl2 6NH3，根据反应前后元素守恒，可知A2B应由Si和Mg组成，化学式应为Mg2Si；MgCl2 6NH3加碱液反应生成氢氧化镁和氨气；MgCl2 6NH3在300℃高温加热分解生成氯化镁和氨气；MgCl2 6NH3与HCl反应生成氯化镁和氯化铵；氯化镁熔融电解得到Mg，据此分析解答。
【详解】（1）Mg为12号元素，位于周期表中第三周期IIA族；由元素守恒可知A2B应由Si和Mg组成，化学式应为Mg2Si；非金属性N>Si，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性NH3>SiH4，故答案为：第三周期IIA族；Mg2Si；>；
（2）检验NH4Cl中的阳离子即检验铵根离子，取少量样品与试管中，加NaOH溶液，加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有铵根存在，故答案为：取少量样品与试管中，加NaOH溶液，加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有铵根存在；
（3）NH3－O2燃料电池反应原理是氨气与氧气反应，氨气失电子，做负极反应物，故答案为：负极。
12．(1)第三周期第ⅥA族
(2)
(3)NCl3+3H2O=NH3+3HClO
(4)H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0
(5)BC
(6)CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2
【分析】X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y元素的最外层电子数是最内层电子数的2倍，即核外电子排布为2、4，其为碳元素；Z元素的氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，则其氢化物显碱性，Z为氮元素；W与X同主族，则W为钠元素；Q元素的单质是一种黄色晶体，则Q为硫元素，R为氯元素。从而得出X、Y、Z、W、Q、R分别为H、C、N、Na、S、Cl。
【详解】（1）由分析可知，Q为硫元素，其在周期表中的位置为第三周期第ⅥA族。答案为：第三周期第ⅥA族；
（2）N2H4结构中含非极性共价键，则存在N-N键和N-H键，其结构式为： 。答案为： ；
（3）由N与Cl组成的一种化合物M，摩尔质量不超过150g/mol，每个原子最外层均满足8e-稳定结构，则其化学式为NCl3，其水溶液可用于漂白和杀菌，则水溶液中含有HClO，从而得出NCl3与水初步反应的化学方程式为NCl3+3H2O=NH3+3HClO。答案为：NCl3+3H2O=NH3+3HClO；
（4）第IVA族元素的特点是最高、最低化合价的数值相等，所以乙同学的理由是H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0。答案为：H的最高化合价为+1，最低化合价为-1，二者的代数和为0；
（5）A．W、Q、R分别为Na、S、Cl元素，三者为同周期元素且从左到右排列，所以原子半径：Na＞S＞Cl，A正确；
B．Q的氧化物的水化物可能为H2SO3、H2SO4，前者为弱酸，后者为强酸，B不正确；
C．在2mlCl2的饱和溶液中，含有HCl和HClO，加入几滴紫色石蕊试剂，溶液先变红后褪色，C不正确；
D．W与Q可形成Na2S2，既含离子键又含非极性共价键，D正确；
故选BC。答案为：BC；
（6）2.9g由H与C组成的某化合物在足量的氧气中充分燃烧，生成H2O的质量为4.5g，CO2的质量为8.8g，则该化合物含有H元素的质量为=0.5g，含H原子的物质的量为0.5mol，含C元素的物质的量为=0.2mol，质量为0.2mol×12g/mol=2.4g，C、H元素的质量和为2.4g+0.5g=2.9g，则该有机物分子中不含有O元素，分子中C、H原子个数比为0.2mol:0.5mol=2:5，则其分子式为C4H10，结构简式为CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。答案为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2。
【点睛】由Na2O2的化学式，利用类推法，可确定Na与S组成的含有非极性键化合物的化学式为Na2S2。
13．(1)铜离子的溶液为蓝色，无色透明溶液中不存在铜离子
(2) 钠离子 碳酸根离子 0.3 硫酸根离子、铝离子、镁离子
(3)足量稀硝酸，然后加入硝酸银溶液
【分析】铜离子的溶液为蓝色，无色透明溶液中不存在铜离子；钠元素的焰色反应为黄色，碳酸根离子和铝离子、镁离子不共存，氢氧根离子和铝离子、镁离子不共存；
【详解】（1）铜离子的溶液为蓝色，无色透明溶液中不存在铜离子；
（2）①钠元素的焰色反应为黄色，溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，证明溶液中含有钠离子。
②沉淀滴加盐酸，全部溶解，产生气体，则生成沉淀为碳酸钡沉淀，溶液中含有碳酸根离子，不含有硫酸根离子、铝离子、镁离子，碳酸钡沉淀为2.955 g，则为0.015mol，则碳酸根离子浓度为0.015mol÷0.05L=0.3mol/L；向滤液中滴加酚酞试液，溶液变红，则溶液显碱性，说明存在氢氧根离子；
（3）由（2）分析可知，不缺氯离子是否存在，，检验该离子存在的方法是：取适量待测液于试管中，加入足量稀硝酸，然后加入硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，证明含有该离子。
14．(1)第三周期第IVA族
(2)
(3)Al3+
(4) Cl2＋H2O H+ + Cl-＋HClO 极性
【分析】元素①显示-2价，且半径较小，故①为O，②显示+3价，且半径大于Be，故②为Al，③显示+1价，且半径比O大，则③为Li，④显示+4价和-4价，且半径比Be大，则④为Si，⑤显示+7价和-1价，且半径比Si小，则⑤为Cl，⑥显+1价，且半径比Li大，则⑥为Na，⑦显+5价和-3价，且半径比O大一点，则⑦为N，⑧只能显示-1价，则⑧为F，则①为O，②为Al，③为Li，④为Si，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为F，以此解题。
【详解】（1）由分析可知，④为Si，其在周期表中的位置为：第三周期第IVA族；
（2）由分析可知，①为O，⑥为Na，则①与⑥可构成原子个数比为1：1的化合物，则该化合物为过氧化钠，其电子式为：；
（3）同周期阳离子半径较小，且核外电子排布相同时，原子序数越大则该离子半径越小，故第三周期元素简单离子半径最小的是Al3+；
（4）由分析可知，①为O，⑤为Cl，则元素①的氢化物分别与⑤的单质反应的化学方程式为Cl2＋H2O H+ + Cl-＋HClO，元素①的氢化物为H2O，该化合物由极性键形成。
15．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 产生白色沉淀 先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解
【分析】根据元素A～J在元素周期表中的相对位置的信息，可以推出A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为F元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为P元素，I为S元素，J为Cl元素。
【详解】（1）A为H元素，C为N元素，A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子,M为，N为；①的电子式为： ；②实验室制取的化学方程式为：；
（2）元素C为N元素，H为P元素，J为Cl元素，非金属性：，最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为：；
（3）I为S元素，有很多种价态，反应前后存在4种价态的S元素的反应的化学方程式为：；
（4）D为O元素，E为F元素，非金属性，可以用反应：证明；
（5）F为Mg元素，向溶液中逐滴滴加溶液，发生反应：，产生白色沉淀，继续滴加，沉淀不溶解；G为Al元素，向溶液中滴加，发生反应：，，所以现象为先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解，显两性，所以碱性：，金属性：。
16．(1)②
(2)D
(3) 50% 1.25mol/L 根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当混合气体中二氧化氮含量时，具有氧化性的存在，能氧化NO生成NO2，二氧化氮含量越大使氮氧化物的吸收率增大
(4)B
(5)0.9
【分析】由价类二维图可知，P为NH3，Q为NO；
【详解】（1）氮的固定是将游离态的氮转化为化合态，转化②中氮气转化为NO，则属于氮的固定的是②；
（2）A．转化过程中H元素化合价始终只有+1价，故A错误；
B．反应②中反应方程式为Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，该反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，故B错误；
C．Li是催化剂，和LiOH均是中间产物，故C错误；
D．整个过程的反应物有N2和H2O，生成物有NH3和O2，总反应可表示为，故D正确；
故选：D；
（3）①由图可知，氮氧化物吸收率为96%时最高，则对应用NaOH溶液吸收氮氧化物的最佳条件为：50%，1.25mol/L；
②根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随二氧化氮含量增大而增大，当混合气体中二氧化氮含量时，加入能氧化NO生成NO2，二氧化氮含量越大使氮氧化物的吸收率增大；
（4）A．+HNO3=NH4NO3，只体现硝酸的酸性，故A不选；
B．铜和稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应生成NO中硝酸的N元素化合价降低表现氧化性，生成硝酸铜中硝酸表现酸性，故B选；
C．碳和浓硝酸反应的化学方程式为C+4HNO3=CO2↑+4NO2↑+2H2O，硝酸中N元素化合价只降低，表现氧化性，没有体现酸性，故C不选；
故选：B；
（5）铜不与硫酸反应，但能提供氢离子，硝酸与铜反应生成硝酸铜，硝酸根离子与氢离子结合生成硝酸可以继续与铜反应，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，c()：c(H+)=1:4时，溶解的铜最多，设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则x+y=1.5，，计算可得x=0.9，y=0.6，设参加反应的铜最大物质的量是z，由关系式可得，解得z=0.9，则理论上最多能溶解铜的物质的量为0.9mol。
17．(1) (或)
(2)
(3)
(4)
(5)溶液褪色
【分析】根据B是淡黄色固体，且可以与水反应生成氧气可知，B为过氧化钠，A为金属钠，C为氢氧化钠；D是淡黄色固体，且可与氧气发生连续的氧化反应，则D为硫单质，E、F、G、H分别为二氧化硫、三氧化硫、硫酸和硫酸钠(或硫酸氢钠)：B与I的相对分子质量相同，则I为。
【详解】（1）各物质的化学式：A为，F为，H为(或)；
（2）C为NaOH，电子式为：；的电子式为：；
（3）I为Na2S，用电子式表示的形成过程为：；
（4）为过氧化钠和水反应，方程式为；为SO2和氧气反应，化学方程式为：；
（5）向溴水中通入SO2气体至过量，发生反应为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，可能的现象是溶液褪色。
18．(1)ABD
(2)B
(3) 3 哑铃形
(4) +7
(5) 原子失去一个电子后已形成稳定结构，很难再失去一个电子 ④
【分析】①②③④⑤⑥分别为H、C、Mg、Al、P、Mn。
【详解】（1）A．原子核外电子的能量不同激发时吸收的能量不同，发射时释放的能量也不同，所以不同元素呈现出不同原子光谱，A能证明核外电子处于不同的能层和能级。A项符合题意；
B．若处于相同的能层和能级那么电子的电离能相同，但原子的逐级电离能不同，所以电子处于不同的能层和能级，B项符合题意；
C．同位素是具有相同质子数不同中子的核素，与电子能量无关，C项不符合题意；
D．若电子处于相同的能层和能级不存在低能级向高能级跃迁，或高能级向低能级跃迁，D项符合题意；
故选ABD。
（2）A．元素的周期与电子层之间关联，只有一种周期。而周期表根据自己的意图和设计原则有不同的方式，A项正确；
B．第二周期中未成对电子数为2的有C和O，B项错误；
C．H的电子排布为1s1，轮廓图为球形，电子云表示电子出现的概率密度，离核越近出现几率越大，C项正确；
D．电子气理论表示电子在整个金属中离域的，所以金属键不会因为金属的形状变化而被破坏，所以金属具有延展性和导电性，D项正确；
故选B；
（3）P核外电子排布为[Ne]3s23p3，能量最高的电子为3p电子，3p有3种伸展方向，哑铃形。答案为3；哑铃形；
（4）C的最高价氧化物为CO2，C最外层4个电子需要与两个O分别共用两队电子，电子式为。Mn的价电子排布为3d54s2，则其最高价为+7价。答案为；+7；
（5）Y失去第三个电子后电离能急剧增大，则Y其易失去3个电子为Al。Li电子排布为1s2s1，原子失去一个电子后1s2已形成稳定结构，很难再失去一个电子。答案为原子失去一个电子后已形成稳定结构，很难再失去一个电子；④。
