新高考化学二轮复习核心考点逐项突破专题六 元素周期律与元素周期表（专练）（解析版）

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。
3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答。在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只交试卷答题页。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5
一、选择题(本题含16小题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意)
1．（2022·上海闵行·统考模拟预测）如图所示的四种短周期主族元素，已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述中，错误的是
A．X元素是镁B．M元素可形成一种温室气体
C．最高价氧化物对应水化物酸性：N>MD．Y的氧化物是铝热剂的成分之一
【答案】D
【分析】四种短周期主族元素，由图可知，为第二、三周期元素；已知元素X的原子核外电子数是M的2倍，设M原子序数为x，则X原子序数为x+6，则(x+6)=2x，x=6，则M、N、X、Y分别为碳、氮、镁、铝；
【详解】A．X元素是镁，A正确；
B．碳元素形成的二氧化碳是一种温室气体，B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性氮大于碳，则最高价氧化物对应水化物酸性：N>M，C正确；
D．Al是铝热剂的成分之一，D错误；
故选D。
2．（2022·四川成都·统考模拟预测）已知短周期元素M、N、P、Q原子序数依次增大，M是短周期中原子半径最大的元素，M、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，常温下X、Z、W均可与Y反应，0.1 ml/L Z、W溶液的pH分别为0.7和1，下列说法正确的是
A．M的离子半径小于N的离子半径B．Y是常见的阻燃剂
C．简单氢化物稳定性P大于QD．X、W含有的化学键类型完全相同
【答案】B
【分析】短周期元素M、N、P、Q原子序数依次增大，M是短周期中原子半径最大的元素，M为钠；钠、N、P、Q最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Y、Z、W，常温下NaOH、Z、W均可与Y反应，则Y为两性是氢氧化铝，N为铝；0.1 ml/L Z、W溶液的pH分别为0.7和1，则W为强酸，是高氯酸，Q为Cl，Z 的pH分别为0.7，则氢离子浓度为10-0.7ml/L=0.2ml/L，为二元强酸，为硫酸，P为硫；
【详解】A．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；M的离子半径大于N的离子半径，A错误；
B．氢氧化铝高温分解生成耐高的氧化铝、水，可以阻止燃烧，是常见的阻燃剂，B正确；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物稳定性P小于Q，C错误；
D．氢氧化钠为离子化合物含有离子键和共价键，高氯酸为共价化合物只含有共价键，D错误；
故选B。
3．（2022·浙江·统考一模）关于化合物H2CS3的性质，下列推测不合理的是
A．在水中缓慢分解产生H2CO3和H2SO3B．可由K2CS3酸化制成
C．水溶液为弱酸D．易分解成H2S和CS2
【答案】A
【分析】O和S同主族，H2CS3的性质参照H2CO3；
【详解】A．H2CO3分解为CO2和H2O，则推测H2CS3分解为CS2和H2S，A错误；
B．H2CO3可由K2CO3酸化制成，则H2CS3可由K2CS3酸化制成，B正确；
C．H2CS3在水中会分解产生CS2和H2S，H2S溶于水显弱酸性，C正确；
D．H2CO3分解为CO2和H2O，则推测H2CS3分解为CS2和H2S，D正确；
答案选A。
4．（2022·上海徐汇·统考二模）高纯度的锗是一种半导体材料，下图是锗在元素周期表中的信息，下列说法正确的是
A．位于VIA族，处于金属元素与非金属元素分界处
B．原子序数为32
C．最外层电子数为2
D．原子的相对原子质量为72.61
【答案】B
【详解】A．根据价电子排布式4s24p2，可得Ge位于IVA族，位于金属元素与非金属元素分界处，故A错误；
B．根据锗在元素周期表中的信息，可知原子序数为32，故B正确；
C．根据价电子排布式4s24p2，最外层电子数为4，故C错误；
D．锗元素的相对原子质量为72.61，故D错误；
故选B。
5．（2023·广东广州·一模）甲～丁均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，下列说法正确的是
A．原子半径：甲>乙>丙B．非金属性：丁>丙>乙
C．丙与乙形成的化合物是分子晶体D．最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁
【答案】D
【分析】甲～丁均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示，丁的最高价氧化物对应的水化物在同周期中酸性最强，则丁为氯；由相对位置可知，甲乙丙分别为氮、氧、硅；
【详解】A．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；原子半径：丙>甲>乙，A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性：乙>丁>丙，B错误；
C．二氧化硅为共价晶体，C错误；
D．氨气分子、水分子能形成氢键，导致沸点升高，常温下水为液体、氨气为气体，故最简单氢化物的沸点：乙>甲>丁，D正确；
故选D。
6．（2022·青海海东·校考一模）甲、乙为有机合成中两种重要试剂结构如图所示。X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素其中W、M为金属元素。下列说法错误的是
A．简单离子半径：WM
D．工业上可用电解法制备W和M的单质
【答案】A
【分析】由题意知：在化合物甲中W带一个单位正电荷则W为Na，X能形成1个共价键，则X为H，Y在与4个X形成共用电子对后再得1个电子从而使甲中阴离子带1作单位负电荷，则Y最外层有3电子，Y为B；Z在乙中形成4对共用电子对，则其最外层有4个电子，则Z为C，M能形式2个化学键，M为Mg， N只形成一对共用电子对，N为Cl，以此解答。
【详解】A．简单离子半径：Mg2+XB．单质熔点：Y>Z
C．原子半径：Y>WD．第一电离能：Y>W
【答案】B
【分析】由题干部分周期表所示信息可知，W、X、Y、Z四种元素分别为P、F、S、Br，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为F、Z为Br，同一主族从上往下电负性依次减小，则电负性F＞Br，即X>Z，A错误；
B．由分析可知，Y为S，Z为Br，常温下S为固体，而Br2是液体，故单质熔点S＞Br2，即Y>Z，B正确；
C．由分析可知，Y为S、W为P，同一周期从左往右原子半径依次减小，则原子半径P＞S，即W>Y，C错误；
D．由分析可知，Y为S、W为P，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，则第一电离能P大于S，即W > Y，D错误；
故答案为：B。
14．（2022·浙江·模拟预测）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表：
下列说法不正确的是A．M和Z简单氢化物的沸点：M＞Z
B．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物可相互反应
C．离子半径：
D．W的单质与M的单质可反应生成离子化合物
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W、M为短周期主族元素，由Z元素最高正价、最低负价可知Z为Cl；X、W、Y的原子半径均大于Z，再结合其化合价，可知X为Na，W为Mg，Y为Al；结合M的化合价及其原子半径小于Z，可推知M为N；
【详解】A．M和Z简单氢化物分别是和HCl，分子间可形成氢键，简单氢化物的沸点：M>Z，A正确；
B．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、、，氢氧化铝为两性氢氧化物，既可以与强碱反应，也可以与强酸反应，B正确；
C．、和核外电子排布相同，核电荷数越大吸引电子能力越强，半径越小，所以离子半径：，C错误；
D．W的单质是Mg，M的单质是，Mg可在中燃烧，生成物属于离子化合物，D正确；
故选C。
15．（2022·上海·一模）短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。下列说法不正确的是
A．W的最简单氢化物的稳定性比X的弱B．X、Y形成的化合物水溶液显碱性
C．W与Y形成的化合物中一定含有离子键D．原子半径：Z>Y>X>W
【答案】D
【分析】根据短周期主族元素W、X、Y、Z在周期表中的位置，可推知元素W、X、Y、Z依次是O、F、Na、S。
【详解】A．非金属性越强，其最简单氢化物就越稳定，氧的非金属性比氟的弱，A正确；
B．NaF溶液由于F-的水解显碱性，B正确；
C．和Na2O中均含有离子键，C正确；
D．在周期表中，从左至右原子半径依次减小，从上至下原子半径依次增大，因此原子半径：Na>S>O>F，D错误；
故答案为：D。
16．（2022·广东茂名·化州市第一中学校考一模）某离子液体含有体积较大的阴、阳离子(如图所示)，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期表中处于相邻位置。下列说法正确的是
A．原子半径：Z>X>YB．氢化物的稳定性：Z>X>Y
C．键角：D．此阴离子中Y、Z均满足8电子稳定结构
【答案】A
【详解】A．根据已知条件可推知X、Y、Z分别为N、F、P元素。由元素周期律知原子半径：Z>X>Y，A正确；
B．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越大，，B错误；
C．因为半径P>N，P—H键电子云较电子云分散，键角：，C错误；
D．阴离子中P原子不满足8电子结构，形成了12电子，D错误。
因此，本题选A。
二、非选择题 (本题共5小题，1-3题每题10分，4-5题每题11分，共52分)
17．（2022·上海松江·统考一模）新工艺采用金属氧化物催化尿素与甲醇合成碳酸二甲酯，副产物氨气回收重新生成尿素，有关的方程式如下：
反应①：+2CH3OH(g)+2NH3(g)
反应②：2NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)
完成下列填空：
(1)C原子核外能量最高的电子有______个，比较、N、O简单离子的半径大小__________。
(2)下列事实能说明氮的非金属性比碳强的是______（选填编号）。
a．酸性： b．最高正价：氮＞碳
c．沸点： d．吸引电子能力强弱：氮＞碳
(3)达到平衡时，反应①碳酸二甲酯的产率随温度T的变化关系如图所示，则反应是__________反应（选填“放热”或“吸热”），______（选填“＞”或“＜”）。
(4)某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，则内氨气的平均反应速率为__________。
(5)传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，请写出相应的化学方程式__________。
(6)新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有__________（任写两点）。
【答案】(1) 2
(2)ad
(3) 吸热 ＜
(4)
(5)+2HCl
(6)减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺。
【详解】（1）C原子的电子排布式为1s22s22p2，能级的能量高低：2p＞2s＞1s，则核外能量最高的电子有2个，、N、O简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，则半径大小为。
（2）a．最高价含氧酸的酸性越强，其非金属性越强，故酸性：，能说明氮的非金属性比碳强，故a正确；
b．最高正价态不能说明氮的非金属性比碳强，故b错误；
c．沸点高低不能说明氮的非金属性比碳强，故c错误；
d．吸引电子能力越强，说明非金属性越强，故吸引电子能力强弱：氮＞碳，能说明氮的非金属性比碳强，故d正确；
故选ad。
（3）由图可知，随温度升高，转化率增大，说明升温平衡正向移动，则反应是吸热反应，反应①是气体物质的量增大的反应，减小压强，平衡正向移动，转化率增大，故＜。
（4）某一恒温恒容装置内，与发生反应②，后，气体的密度减少，质量减少5L=19.5g，则氨气减少的质量为，消耗氨气的物质的量为0.5ml，则内氨气的平均反应速率为。
（5）传统合成DMC的方法是以光气（，有剧毒）和甲醇为原料，相应的化学方程式为+2HCl。
（6）新工艺合成DMC的方法和传统方法相比，优点有减少了原料毒性和副产盐酸对设备腐蚀性的限制，降低了碳排放，副产物氨气可回收利用，且没有有害物质对外排放，符合绿色化学工艺。
18．（2022·上海宝山·上海市行知中学校考模拟预测）氮元素和氯元素在自然界广泛存在，请回答下列问题：
(1)氮元素原子核外有_______个未成对电子，有_______种能量不同的电子。
(2)氯元素在周期表中的位置是_______，其原子最外层电子排布式为_______。
(3)氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是_______(填编号)。
a．比稳定性强
b．氮气性质很稳定，而磷较活泼，可在空气中燃烧。
c．硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性
d．氮气常温是气体，磷单质是固体
(4)已知，氯胺熔点-66℃，熔点340℃，氯胺中所有原子最外层均满足饱和结构，则其电子式为_______；从物质结构的角度解释两者熔点相差较大的原因_______。
(5)比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，发生水解的化学方程式为_______。
(6)实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，请用平衡移动原理解释用饱和食盐水而不用水的原因：_______。
【答案】(1) 3 3
(2) 第三周期ⅦA族 3s23p5
(3)A
(4) NH2Cl为分子晶体，NH4Cl为离子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点
(5)NH2Cl+H2ONH3+HClO
(6)氯气在水中存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl—+HClO，将氯气通入饱和食盐水中，溶液中氯离子浓度大，使化学平衡逆向移动，抑制氯气与水的反应
【解析】（1）氮元素的原子序数为7，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级上有3个单电子，则原子核外有3个未成对电子；同一能级上电子能量相同，则氮原子中有3种能量不同的电子，故答案为：3；3；
（2）氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族，基态原子的最外层电子排布式为3s23p5，故答案为：第三周期ⅦA族；3s23p5；
（3）a．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氨分子比磷化氢稳定性强，则非金属性N＞P，故正确；
b．氮气性质很稳定，而磷较活泼，可在空气中燃烧，这与分子中的键能有关，与非金属性强弱无关，故错误；
c．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，但非金属强弱与最高价氧化物对应水化物的氧化性无关，故错误；
d．非金属性强弱与非金属单质的状态无关，故错误；
故选a；
（4）由氯胺中所有原子最外层均满足饱和结构可知，氯胺分子的电子式为；由于氯胺为分子晶体，而氯化铵为离子晶体，离子晶体的熔沸点一般高于分子晶体，所以两者熔点相差较大，故答案为：；NH2Cl为分子晶体，NH4Cl为离子晶体，离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点；
（5）由题意可知，氯胺在水中部分发生水解反应生成氨气和次氯酸，反应的化学方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO，故答案为：NH2Cl+H2ONH3+HClO；
（6）氯气在水中存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl—+HClO，将氯气通入饱和食盐水中，溶液中氯离子浓度大，使化学平衡逆向移动，抑制氯气与水的反应，所以实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气，故答案为：氯气在水中存在如下平衡Cl2+H2OH++Cl—+HClO，将氯气通入饱和食盐水中，溶液中氯离子浓度大，使化学平衡逆向移动，抑制氯气与水的反应。
19．（2022·上海·模拟预测）下表为元素周期表的一部分。
回答下列问题：
（1）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）___，Y原子的电子排布式是__，Z原子核外电子能量最高的电子亚层是___。
（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素强的是___；
a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊
b.在氧化还原反应中，1ml Y单质比1ml S得电子多
c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（3）CCl4是一种常见的有机溶剂，写出其电子式___，判断其属于含有___（填“极性”、“非极性”）共价键的____分子（填“极性”或“非极性”）。SiH4的沸点比CH4高，原因是___。
（4）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式说明产生该现象的原因：___，在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因____。
【答案】 Si 1s22s22p4 3p ac 极性 非极性 SiH4与CH4都是分子晶体，结构相似，分子晶体的熔沸点与式量有关，式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SiH4的式量大于CH4，故SiH4的沸点比CH4高 CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH- 加入氯化钙后，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，促使上述平衡左移，OH-浓度减少，故溶液颜色变浅
【分析】根据元素在周期表中的相对位置，X是硅元素、Y是氧元素、Z是氯元素。
【详解】（1）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，表中元素原子半径最大的是Si，Y是氧元素，氧原子的电子排布式是1s22s22p4，Z是氯元素，氯原子的电子排布式是1s22s22p63s23p5，核外电子能量最高的电子亚层是3p。
（2）a.氯气与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明有硫单质生成，可知氯气氧化性大于硫，所以Cl元素的非金属性比S元素强，故选a；b.氧化性与元素得电子难易有关，与得电子多少无关，故不选b；c.元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，Cl和S两元素的简单氢化物受热分解，HCl的分解温度高，说明Cl元素的非金属性比S元素强，故选c；答案选ac；
（3）CCl4是共价化合物，各原子都满足8电子结构，其电子式是，C-Cl键是不同原子形成的共价键，属于极性键，CCl4具有正四面体结构，正负电荷的重心重合，属于非极性分子，所以CCl4是含有极性共价键的非极性分子。SiH4与CH4都是分子晶体，结构相似，分子晶体的熔沸点与式量有关，式量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，SiH4的式量大于CH4，故SiH4的沸点比CH4高。
（4）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，溶液呈碱性，说明碳酸根离子发生水解反应，水解的离子方程式是CO32-+H2OHCO3-+OH-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-，在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，发生反应CO32-+Ca2+=CaCO3↓，碳酸根离子浓度减小，促使上述平衡左移，OH-浓度减少，故溶液颜色变浅。
20．（2022·上海普陀·统考二模）氨基磺酸( )是一种固体强酸，制备原理：CO(NH2)2＋H2SO4＋SO32HOSO2NH2＋CO2，完成下列填空：
(1)O、S属同一主族，该族元素的最外层电子轨道表示式为___；CO2的电子式是___。
(2)反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序是_______。
(3)完成氨基磺酸受热分解的化学方程式_______，其中还原产物是_______。
____HOSO2NH2SO2↑＋____SO3↑＋____N2↑＋2H2↑＋______H2O
(4)用过量的NaOH(aq)充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，所得吸收液中含硫微粒浓度由大到小的顺序是_______。向吸收液中加入_______试剂，有_______现象，说明氨基磺酸热解产生SO3。
(5)氨基磺酸趋向于形成内盐：H2NSO3H→H3NSO3，可作氯水的稳定剂。H3NSO3与Cl2经取代反应生成的一氯代物缓慢水解成HClO，写出该一氯代物水解的化学方程式_______。
【答案】(1)
(2)O＞N＞C
(3) 2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O SO2、H2
(4) c()＞c()＞c()＞c(H2SO3) 过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq) 白色沉淀生成
(5)ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO
【解析】(1)
氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，ⅥA族价电子排布式为ns2np4，价电子轨道表示式为 ；二氧化碳是共价化合物，电子式为，故答案为： ； ；
(2)
同周期元素，从左到右元素非金属性依次增强，则反应原理中涉及的第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
(3)
由未配平的化学方程式可知，氨基磺酸受热分解生成二氧化硫、三氧化硫、氮气、氢气和水，配平的化学方程式为2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O，反应中硫元素和氢元素的化合价部分降低被还原，还原产物为二氧化硫和氢气，故答案为：2HOSO2NH2SO2↑＋SO3↑＋N2↑＋2H2↑＋H2O；SO2、H2；
(4)
用过量的氢氧化钠溶液充分吸收氨基磺酸热解产生的混合气体，二氧化硫、三氧化硫与氢氧化钠溶液反应得到含有氢氧化钠、强酸强碱盐硫酸钠、强碱弱酸盐亚硫酸钠的吸收液，由于亚硫酸根离子在溶液中发生水解反应，所以溶液中含硫微粒浓度由大到小的顺序为c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；向吸收液中加入过量的盐酸后，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明氨基磺酸热解产生的混合气体中含有三氧化硫，故答案为：c()＞c()＞c()＞c(H2SO3)；过量HCl(aq)，再加BaCl2(aq)；白色沉淀生成；
(5)
由题意可知，一氯代物ClH2NSO3发生水解反应生成H3NSO3和次氯酸，反应的化学方程式为ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO，故答案为：ClH2NSO3+H2OH3NSO3+HClO。
21．（2020·北京海淀·清华附中校考三模）金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。
(1)铝在元素周期表中的位置是__________________。
(2)GaAs 是一种重要的半导体材料。As 与 Ga 同周期，As 与 N 同主族。
①下列事实不能用元素周期律解释的是___________(填字母)。
a. 碱性：Ga (OH)3> Al (OH)3 b. 非金属性：As>Ga c. 酸性：H3AsO4>H3AsO3
②GaAs 中，As 元素化合价为-3 价，用原子结构理论解释原因_________________。
③废弃含 GaAs 半导体材料可以用浓硝酸溶解 GaAs，生成 H3AsO4 和 Ga3+，写出该反应的化学方程式_________。
(3)工业上获取镓的方法之一是从闪锌矿冶锌后的残渣(主要含有 Zn、Pb、Fe、Ga 等元素)中提取，某科研单位设计下述流程提取镓，已知：Ga 在碱性溶液中以[Ga(OH)4]- 形式存在。
①试剂 a 是_______________。
②写出电解制镓时的阴极电极反应式__________________。
【答案】 第三周期第ⅢA族 c Ga与As同周期，电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此GaAs中As显负价，As与N同主族，最外层电子数为5，所以As为-3价 GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+ H3AsO4+4H2O ZnO [Ga(OH)4]- +3e-=Ga+4OH-
【详解】(1)Al是13号元素，位于元素周期表的第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；
(2)①a．镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下金属性增强，故Ga的金属性强于Al，所以碱性：Ga (OH)3> Al (OH)3，能用元素周期律解释，a不满足题意；
b．As与Ga同周期，Ga与Al是同主族元素，则Ga位于第ⅢA族，As 与 N 同主族，则As位于第ⅤA族，同周期元素从左往右，非金属性增强，故非金属性：As>Ga，能用元素周期律解释，b不满足题意；
c．H3AsO4和H3AsO3都是As的含氧酸，二者的酸性不能用元素周期律解释，c满足题意；
故答案为：c；
②Ga与As同周期，电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此GaAs中As显负价，As与N同主族，最外层电子数为5，所以As为-3价，故答案为：Ga与As同周期，电子层数相同，核电荷数：As＞Ga，原子半径：As＜Ga，得电子能力：As＞Ga，元素的非金属性：As＞Ga，因此GaAs中As显负价，As与N同主族，最外层电子数为5，所以As为-3价；
③由题意可知GaAs作还原剂，浓HNO3作氧化剂，氧化产物为H3AsO4，浓硝酸对应的还原产物为NO2，结合电子得失守恒、原子守恒可写出该反应的化学方程式为：GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+ H3AsO4+4H2O，故答案为：GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+ H3AsO4+4H2O；
(3)①为提高浸取率，“H2SO4酸浸”时H2SO4应过量，滤液1显酸性，试剂a能消耗H+，使pH增大，同时不引入新的杂质，可用ZnO，故答案为：ZnO；
②Ga在碱性溶液中以[Ga(OH)4]- 形式存在，电解制镓，则阴极为[Ga(OH)4]-得电子生成Ga，阴极电极反应为：[Ga(OH)4]- +3e-=Ga+4OH-，故答案为：[Ga(OH)4]- +3e-=Ga+4OH-。
元素代号
X
Y
Z
M
W
Q
R
原子半径/nm
0.186
0.143
0.104
0.099
0.070
0.066
0.032
主要化合价
+1
+3
+6，-2
+7，-1
+5，-3
-2
+1
X
W
Y
Z
元素代号
X
Y
Z
W
M
原子半径
1.86
1.43
0.99
1.60
0.75
主要化合价
最高正价
最低负价
-
-
-
W
X
Y
Z
碳
氮
Y
X
硫
Z