高考化学压轴题专题元素周期律的经典综合题含详细答案

21c CO 0.005mol·L -1·min -1 放热 a=b ，通入一定量的CO 2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=()

21c CO 不变，故达到新平衡时c （CO 2）不变，即a=b

【解析】

【分析】

【详解】

(1)硅是14号元素，基态硅原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 2，其核外电子共占有5种能量不同的轨道；Li 、C 、Si 的最高价氧化物分别为Li 2O 、CO 2、SiO 2，Li 2O 是离子晶体、CO 2是分子晶体、SiO 2是原子晶体，故答案为：5；SiO 2；

(2) 钠元素的金属性比锂强，从原子结构解释：钠元素和锂元素均为第ⅠA 族元素，Na 原子有3个电子层，Li 原子有2个电子层，原子半径Na>Li ，则原子核对外层电子的吸引能力：Na

(3)平衡常数等于生成物的平衡浓度幂之积除以反应物的平衡浓度幂之积，根据化学反应方程式Li 4SiO 4(s)+CO 2(g)

Li 2SiO 3(s)+Li 2CO 3(s)，反应物为气体的是二氧化碳，生成物均为固体，则平衡常数()

21K=c CO ；反应中固体增加的质量即为消耗的CO 2的质量，反应20min 消耗的CO 2的质量为8.8g ，?c(CO 2)=8.8g÷44g/mol÷2L=0.1mol·

L -1，则0~20min 内CO 2的平均反应速率()()-1

2-1-12c CO 0.1mol L CO ===0.005mol L min t 20min

υ?????，故答案为：()

21c CO ；0.005mol·L -1·min -1； (4)由图像分析可知，T 1先达到平衡，则温度T 1>T 2，T 2到T 1的过程是升温，c(CO 2)增大，平

衡逆向移动，则该反应是放热反应；若T 1温度下，达到平衡时c(CO 2)为amol·

L -1，保持其他条件不变，通入一定量的CO 2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=()

21c CO 不变，故达到新平衡时c （CO 2）不变，即a=b ，故答案为：放热；a=b ，通入一定量的CO 2，平衡会正向进行，但由于温度不变，该反应的平衡常数K=()

21c CO 不变，故达到新平衡时c （CO 2）不变，即a=b 。

【点睛】

第(3)小问为本题的难点，需要学生正确理解平衡常数的表达方式，同时理解反应中固体增加的质量即为消耗的CO 2的质量为本题的解答关键，第(4)题的第二问a 、b 的大小比较为易错点，注意巧用化学平衡常数作答。

2．下表列出了①～⑩十种元素在周期表中的位置。 族

周期

ⅠA 0 1

① ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2

② ④ ⑩ 3 ⑤ ⑥ ⑦ ③ ⑧ ⑨ 回答下列问题：

(1)①、④按原子个数比1:1 组成的分子的电子式为____________________ ；由②、④两种元素组成的一种无毒化合物的结构式为 _____________________。

(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是_____________(填元素符号，下同)，得电子能力最强的原子是__________________，失电子能力最强的单质与水反应的化学方程式是_________________________。

(3)用化学方程式表示②和⑨两种元素的非金属性强弱：________________________ 。

(4)元素③的气态氢化物和元素⑧的气态氢化物中，易于制备的是

____________________(填化学式)

(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物反应，其离子方程式为 ______________________________。

(6)元素①、④、⑤两两之间可以形成两种类型的化合物，写出一种共价化合物的化学式：___________________ ；写出一种离子化合物的化学式：______________________。(7)写出⑥的单质置换出②的单质的化学方程式：________________________。

【答案】 O=C=O Ne O 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 2HC1O4

+Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O H2S A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O H2O（或H2O2） Na2O （或Na2O2或NaH）2Mg+ CO22MgO+C

【解析】

【分析】

从表中元素所在的位置，可推出①为氢(H)，②为碳(C)，③为磷(P)，④为氧(O)，⑤为钠(Na)，⑥为镁(Mg)，⑦为铝(Al)，⑧为硫(S)，⑨为氯(Cl)，⑩为氖(Ne)。

【详解】

(1)①、④为H和O，二者按原子个数比1:1 组成分子H2O2，电子式为；②、④两种元素为C和O，二者组成的一种无毒化合物为CO2，结构式为 O=C=O。答案为：；O=C=O；

(2)这10种元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ne，得电子能力最强的原子是O，失电子能力最强的元素是Na，它的单质与水反应生成NaOH和H2，化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。答案为：Ne；O；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；

(3)②和⑨分别为C和Cl，比较两种元素的非金属性强弱，可利用HClO4与碳酸钠反应，方程式为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O。答案为：2HC1O4 +Na2CO3=CO2↑+2NaC1O4 +H2O；

(4)元素③的气态氢化物为PH3，元素⑧的气态氢化物为H2S，易于制备的是H2S。答案为：H2S；

(5)元素⑤的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，与元素⑦的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3反应，生成NaAlO2和H2O，其离子方程式为A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O。答案为：A1(OH) 3 +OH- = A1O2- +2 H2O；

(6)元素①、④、⑤分别为H、O、Na，两两之间反应，生成共价化合物可能为水或双氧水，化学式为H2O（或H2O2）；离子化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氢化钠，化学式为Na2O(或Na2O2或NaH)。答案为：H2O（或H2O2）；Na2O(或Na2O2或NaH)；

(7)⑥的单质Mg与CO2在点燃条件下反应，置换出②的单质C，同时生成MgO，化学方程式为：2Mg+ CO22MgO+C。答案为：2Mg+ CO22MgO+C。

【点睛】

比较氧与氯的得电子能力，如果利用周期表中元素所在位置，无法比较；利用同一反应，O2可以制Cl2，Cl2也可以制O2，所以我们最好利用同一化学式，比如HClO，从化合价可以解决问题。

3． (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种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：

(1)元素⑦的氢化物与⑧的单质反应的离子方程式为__________。

(2)元素②和⑤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⑦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L M Q R T

原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066

主要化合价+2+3+2+6、－2－2

A．L2+、R2－的核外电子数相等

B．单质与稀盐酸反应的速率L＜Q

C．M与T形成的化合物一定具有两性

D．氢化物的沸点为HnT＞HnR

E. M的单质能与盐酸、NaOH溶液反应放出氢气

【答案】第七周期IVA族金属 H4FIO4(H2FIO3也可以) Cl2+H2O=H++Cl－+HClO

NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 CDE

【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，根据元素周期表中周期和族的划分，可知114号元素位于第七周期ⅣA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

ⅣA族；金属；

（2）114号是第七周期ⅣA，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，①为H，②为Na，③为K，④为Mg，⑤为Al，⑥为C元素，⑦为O，⑧为Cl，⑨为I，⑩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②和⑤的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二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⑩单质为Fe，⑦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

Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g)

高温

Fe3O4+4H2；

（III）短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA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ⅡA族，原子半径L＞Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA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。

4．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大。其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性；D的简单阳离子与X具有相同电子数，且D是同周期中简单离子半径最小的元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，C、F两种元素的原子最外层共有13个电子。则

(1)A的元素符号______________，D的元素名称 ____________。

(2)C在周期表中的位置：___________，E的离子结构示意图________；

(3)B、C、E分别与A形成的化合物中最稳定的是________(写化学式)；E、F的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是________(写化学式)

(4)F的单质在反应中常作氧化剂，该单质的水溶液与E的低价氧化物反应的离子方程式为________________。

(5)X在纯净的C单质中可以安静的燃烧，生成B的单质。该方应的化学方程式为：

__________________。

【答案】H 铝第二周期ⅥA族 H2O HClO4 SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl－

+4H++SO42－ 4NH3+3O2(纯氧)2N2+6H2O

【解析】

【分析】

A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，其中B的单质在常温下为双原子分子，它与A的单质可形成分子X，X的水溶液呈碱性， A的原子序数比B小，则B 为N元素，A为H元素，X为NH3；D的简单阳离子与X具有相同电子数，D的简单阳离子为10e-结构，且D是同周期中简单离子半径最小的元素，则D为Al元素；E元素的原子最外层比次外层少两个电子，E的原子序数大于Al，则E有3个电子层，最外层电子数为6，则E为S元素；F的原子序数比E大且为短周期主族元素，则F是Cl元素；C、F（Cl）两种元素的原子最外层共有13个电子，C最外层电子数=13-7=6，C的原子序数比Al小，则C为O元素，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题。

【详解】

（1）根据上述分析A为氢，元素符号为H，D的元素名称为铝，故答案为：H；铝；（2）C为O，原子序数为8，在周期表中第二周期VIIA族；E为硫，硫离子结构示意图为

，故答案为：第二周期VIIA族；；

（3）B、C、E分别与A形成的化合物分别是NH3、H2O、H2S，非金属越强，氢化物越稳定，非金属性O＞N＞S，所以氢化物稳定性H2O＞NH3＞H2S，即H2O最稳定；E为硫，F为氯，非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，所以较强的是HClO4，故答案为：H2O；HClO4；

（4）氯水与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为：SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl-+4H++SO42-，故答案为：SO2 + Cl2 + 2H2O =2Cl-+4H++SO42-；

（5）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水，反应方程式为：4NH3+3O2(纯氧)点燃

2N2+6H2O，

故答案为：4NH3+3O2(纯氧)点燃

2N2+6H2O。

5．1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。

（1）元素Ga在元素周期表中的位置为：___（写明周期和族）。

（2）Sn的最高正价为___，Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为___，As的气态氢化物为___。

（3）根据元素周期律，推断：

①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是___（填化学式）。

②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4___H2SeO4（填“＞”、“＜”或“=”）。

③氢化物的还原性：H2O___H2S（填“＞”、“＜”或“=”）。

（4）可在图中分界线（虚线部分）附近寻找___（填序号）。

A.优良的催化剂

B.半导体材料

C.合金材料

D.农药

（5）①Se2Cl2常用作分析试剂，其电子式为___。

②硒（Se）化铟（In）是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是___（填字母）。

A.原子半径：In＞Se

B.In的金属性比Se强

C.In的金属性比Al弱

D.硒化铟的化学式为InSe2

③工业上常从电冶铜的阳极泥中提取纳米硒。向浆化的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中HClO与Cu2Se的物质的量之比为___。

（6）请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序（可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择）。

实验步骤实验现象与结论

在试管中加入___，再加入___，将生成气体通过

现象：___；结论：非金属性C＞Si ___洗气后，通入___；

【答案】4，ⅢA +4 HClO4 AsH3 HF ＜＜ B AB 4：1 CaCO3固体盐酸 NaHCO3溶液 Na2SiO3溶液生成白色胶状沉淀

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，即第四周期，第ⅢA族，故答案为：4；ⅢA；（2）Sn和碳同主族，最高价是+4价；Cl的最高价是+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；As和N元素同主族，所以最低负价是-3价，As的气态氢化物为AsH3；

故答案为：+4；HClO4；AsH3；

（3）①同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是HF，故答案为：HF；

②As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、

H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4，故答案为：＜；

③氢化物的还原性：H2O＜H2S，故答案为：＜；

（4）可在金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料，故答案为：B；

（5）①硒的原子序数为34，是硫的同主族元素，位于S的下方，则位于周期表第四周期

ⅥA族，Se2Cl2的电子式为；故答案为：

。

②铟（In）与铝同族且比铝多两个电子层，位于第五周期IIIA族，

A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径：In＞Se，故A正确；

B．元素周期表中左下方元素的金属性强，则In的金属性比Se强，故B正确；

C．同主族从上到下金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误；

D．硒化铟的化学式为In2Se3，故D错误；

故答案为：AB；

③Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，可知Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，Cu元素的化合价由+1价升高为+2价、Se元素的化合价由-2价升高为+4价，由电子

守恒可知HClO与Cu2Se的物质的量之比为

()()

()

22142

11

??

?-+--

??

??

--

??

=4：1，故答案为：4：

1；

（6）C、Si的非金属性强弱顺序为C＞Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液；生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性C＞Si。

故答案为：CaCO3固体；盐酸，NaHCO3溶液；Na2SiO3溶液；现象：生成白色胶状沉淀。6．X、Y、Z、W为四种常见元素，其中X、Y、Z为短周期元素。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：

①加热条件下酸浸时，W3O4与硫酸反应生成W的离子。

②酸浸时，通入O2的目的是___。

③“W3+浓度检测”是先将100mL含W3+溶液用适量的SnCl2还原为W2+；再用酸性K2Cr2O7标准溶液测定W2+的量(Cr2O72-被还原为Cr3+)，此时发生反应的离子方程式___，若用掉

0.2mol·L-1K2Cr2O7溶液50mL，则W3+浓度为___。

【答案】光导纤维 Al2O3+6H＋＝2Al3＋+3H2O Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O NaClO+2HCl＝

Cl2↑+NaCl+H2O 第四周期第Ⅷ族将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3 6Fe2++Cr2O72-

+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 0.6mol/L

【解析】

【分析】

X、Y、Z为短周期元素，X的最高价氧化物对应的水化物为无机酸中最强酸，则X为Cl；Y 的氧化物是典型的两性氧化物，可用于制造一种极有前途的高温材料，Y原子的最外层电子数等于电子层数，则Y为Al；Z是无机非金属材料的主角，其单质是制取大规模集成电路的主要原料，原子的最外层电子数是次外层电子数的1/2，则Z为Si；W原子的最外层电子数小于4，常见化合价有+3、+2，WX3稀溶液呈黄色，则W为Fe，据此进行解答。【详解】

根据以上分析可知X是Cl，Y是Al，Z是Si，W是Fe。

（1）Z的氧化物二氧化硅在通讯领域用来作光导纤维。

（2）X的最高价氧化物对应水化物的水溶液高氯酸与Y的氧化物氧化铝反应的离子方程式为Al2O3+6H＋＝2Al3＋+3H2O。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，该化合物是次氯酸钠，工业上制备它的离子反应方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，由于次氯酸钠能氧化盐酸生成氯气，而洁厕灵中含有盐酸，所以在使用时特别注意不能与洁厕灵混用，反应的化学方程式为NaClO+2HCl＝Cl2↑+NaCl+H2O。

（3）铁在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。

②加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，滤渣的主要成分是碳和二氧化硅；由于酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；

③在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72-被还原为Cr3+），则亚铁离子被氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；根据反应和原子守恒可知

3+2+2-

6Fe6Fe Cr O

～～

27

61

100500.2/

??

mL c mL mol L

解得c＝0.6mol/L

7．已知O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大。回答下列问题：

(1)Lv在周期表中的位置是_________。

(2)下列有关性质的比较，能用元素周期律解释的是_________。

a．离子半径：Te2-＞Se2- b．热稳定性：H2O＞H2S

c．熔、沸点：H2O＞H2S d．酸性：H2SO4＞H2SeO4

(3)从原子结构角度解释Se与S的最高价氧化物对应的水化物酸性不同的原因_________。

(4)实验室用如下方法制备H2S并进行性质验证。

①设计B装置的目的是证明_________，B中实验现象为_______________。

②实验中经检测发现C中溶液pH降低且出现黑色沉淀。C中反应的离子方程式是

_______________。

③有同学根据“强酸制弱酸”原理认为装置A、C中两个反应相矛盾，认为C中不可能出现上述现象。该观点不正确的理由是_______________。

【答案】第七(或7)周期VIA族 abd Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4 H2S具有还原性出现淡黄色(或乳白色)沉淀(或浑浊) Cu2++H2S==CuS↓+2H+该反应发生的原因是生成了难溶的CuS 沉淀，不是因为生成弱电解质

【解析】

【分析】

(1)根据 O、S、Se、Te、Po、Lv都是氧族元素，且原子序数依次增大分析解答；

(2)根据元素的非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性等元素周期律的变化规律分析判断；

(3)Se与S是同主族元素，最外层电子数相等，Se比S电子层数多、半径大，结合核对最外层电子的吸引力的变化，引起非金属性的变化分析解答；

(4)①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性；②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀；③结合装置A和C中发生反应的原理分析解答。

【详解】

(1) O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，都是氧族元素，位于第VIA族，O、S、Se、Te、Po、Lv是同主族元素，其原子序数依次增大，因此Lv位于第七（或7）周期，在周期表中的位置为，故答案为：第七（或7）周期VIA族；

(2)a．同一主族元素，从上到下，离子半径逐渐增大，因此离子半径：Te2-＞Se2-，能用元素周期律解释，故a选；b．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性减弱，因此热稳定性：H2O＞H2S，能用元素周期律解释，故b选；c．物质的熔沸点是物理性质，不能用元素周期律解释，故c不选；d．同一主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，因此酸性：H2SO4＞H2SeO4，能用元素周期律解释，故d 选；故答案为：abd；

(3)Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4，故答案为：Se与S是同主族元素，Se比S电子层数多、半径大，吸引电子能力弱，非金属性弱，故H2SeO4酸性弱于H2SO4；

(4)①双氧水具有较强的氧化性，H2S具有还原性，能够被双氧水氧化生成硫单质沉淀，故答案为：H2S具有还原性；出现淡黄色沉淀；

②硫化氢能够与硫酸铜反应生成黑色不溶于硫酸的CuS沉淀，反应的离子方程式为

Cu2++H2S==CuS↓+2H+，故答案为：Cu2++H2S==CuS↓+2H+；

③根据“强酸制弱酸”的原理，装置A中硫化亚铁与硫酸反应生成硫化氢，因为硫化亚铁能够被硫酸溶解，C中发生Cu2++H2S==CuS↓+2H+，是因为生成的硫化铜不能溶于硫酸，因此该反应能够发生，故答案为：该反应发生的原因是生成了难溶的CuS沉淀，不是因为生成弱电解质。

8．下列问题涉及前 20 号元素，请按要求用相应的化学用语作答：

（1）族序数等于周期数 2 倍的元素_____

（2）最外层电子数是内层电子数的一半且单质可作为电极材料的元素，其在周期表中的位置是_____

（3）原子半径最大的短周期元素和地壳中含量最多的元素形成原子个数比为 1:1 的化合物，其阴离子符号为________________________________

（4）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素，其最高价氧化物与短周期元素中最稳定的气态氢化物的水溶液间发生反应的化学方程式___________________________

（5）第三周期元素中，简单离子半径最小的元素，其离子结构示意图为_____

（6）简单离子 X n+与 Y n-具有相同的电子层结构，X n+的焰色为淡紫色，则 Y 的最高价氧化物对应水化物的名称为_____

【答案】C、S 第两周期IA 族 O22- SiO2+ 4HF = SiF4↑+2H2O 高氯酸

【解析】

【分析】

（1）族序数等于周期数 2 倍的元素是碳和硫元素；

（2）最外层电子数是内层电子数的一半，单质可作为电极材料的元素，该元素为金属，是锂元素；

（3）原子半径最大的短周期元素是Na 、地壳中含量最多的元素是O ；

（4）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素是ⅣA 族的C 、Si ，其最高价氧化物分别是CO 2、SiO 2，短周期元素中最稳定的气态氢化物是HF ；

（5）第三周期元素中，简单离子半径最小的元素是Al ；

（6）X n+的焰色为淡紫色，X 是K 元素，简单离子K +与 Y -具有相同的电子层结构，则Y 是Cl 元素；

【详解】

（1）族序数等于周期数 2 倍的元素，如为第二周期的元素，族序数是4，则为C ，如为第三周期的元素，族序数是6，则为S ；

（2）最外层电子数是内层电子数的一半，单质可作为电极材料的元素，该元素为金属，所以是锂元素，在周期表中的位置是第两周期IA 族；

（3）原子半径最大的短周期元素是Na 、地壳中含量最多的元素是O ，形成原子个数比为 1:1 的化合物是Na 2O 2，其阴离子符号为O 22-；

（4）最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素是ⅣA 族的C 、Si ，其最高价氧化物分别是CO 2、SiO 2，短周期元素中最稳定的气态氢化物是HF ，能与HF 反应的是SiO 2，反应方程式是SiO 2+ 4HF = SiF 4↑+2H 2O ；

（5）第三周期元素中，简单离子半径最小的元素是Al ，Al 3+结构示意图为

；

（6）Y 是Cl 元素，Cl 的最高价氧化物对应水化物是HClO 4，名称为高氯酸；

9．X 、Y 、Z 、Q 、E 五种元素中，X 原子核外的M 层中只有两对成对电子，Y 原子核外的L 层电子数是K 层的两倍，Z 是地壳中含量最多的元素，Q 的核电荷数是X 与Z 的核电荷数之和，E 是元素周期表中电负性最大的元素。请回答下列问题：

（1）X 、Y 的元素符号依次为__________、__________。

（2）2XZ 与2YZ 分别属于__________（填“极性分子”或“非极性分子”，下同）和__________。

（3）Q 的元素符号是__________，它位于第__________周期，它的基态原子的核外电子排布式为____________________，在形成化合物时它的最高化合价为__________。 （4）用氢键表示式写出E 的氢化物溶液中存在的所有氢键：

______________________________。

【答案】S C 极性分子 非极性分子 Cr 四 22626511s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 6+

F-H F ???、F-H O ???、O-H F ???、O-H F ???

【解析】

【分析】

X 原子核外的M 层中只有两对成对电子，则X 的价电子轨道表示式为，因此X 为S 元素；Y 原子核外的L 层电子数是K 层的两倍，则Y 为C 元素；地壳中含量最多的元素为氧元素，因此Z 为O 元素；Q 的核电荷数为S 和O 的核电荷数之和，因此Q 为24号元素Cr ；在元素周期表中电负性最大的元素是F 元素,因此E 是F 。

【详解】

（1）由分析可知，X 、Y 的元素符号依次为S 、C ；

（2）XZ 2与YZ 2分别为SO 2、CO 2，它们的立体构型分别为V 形和直线形，SO 2为极性分子，CO 2为非极性分子。

（3）Q 为Cr 元素，Cr 在元素周期表中位于第四周期，它的基态原子的核外电子排布式为

[Ar]3d 54s 1，其价电子排布式为3d 54s 1，因此在形成化合物时Cr 的最高化合价为+6价； （4）E 为F 元素，HF 的水溶液中，存在HF 分子之间的氢键，HF 分子和H 2O 分子之间的氢键，H 2O 分子之间的氢键，即 、、、 。

【点睛】

在写HF 溶液中存在的所有氢键的时候，一共四种形式，即、、、，书写时不要遗漏。

10．周期表前四周期的元素 A 、B 、C 、D 、E ，原子序数依次增大。A 的核外电子总数与其期序数相同，B 和D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，E 为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子。

(1)B 、C 、D 三种元素第一电离能由大到小的顺序为___(填元素符号)，E 基态原子价层电子排布图为_____。

(2)写出由以上元素组成的BD 2的等电子体的分子 _________。

(3)已知D 可形成D 3+离子，该离子中心原子杂化方式为___，立体构型为__。

(4)温度接近沸点时，D 的简单氢化物的实测分子量明显高于用原子量和化学式计算出来的分子量，原因是 _______。

(5)无色的[E(CA 3)2]+在空气中不稳定、立即被氧化成深蓝色的[E (CA 3)4]2+，利用这个性质可除去气体中的氧气，该反应的离子方程为________。

(6)已知E 和D 形成的一种晶体胞结构如图所示，已知晶胞边长为anm ，阿伏加德罗常数为N A ，则该晶体的密度为_________ g/cm 3(列出计算表达式即可)。

【答案】N ＞O ＞C N 2O sp 2 V 形 水蒸气中大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子 4[Cu(NH 3)2]++O 2+8NH 3?H 2O=4[Cu(NH 3)4]2++4OH -+6H 2O ()A

-21a 16464

0+1N ??

【解析】

【分析】 A 的核外电子总数与其周期数相同，则A 是H 元素；B 和D 位于同一周期且未成对电子数等于其周期序数，若两者都为第三周期，未成对电子数为3，符合条件的元素第三周期只

有一个，不符合题意，若B 、D 为第二周期，则核外有2个未成对电子，即2p 2和2p 4，所以B 为C 元素，D 为O 元素，则C 为N 元素；E 为第四周期元素，最外层只有一个电子，次外层的所有轨道均充满电子，则E 是Cu 元素。

【详解】

(1)同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于相邻元素，故C 、N 、O 的第一电离能大小关系为：N ＞O ＞C ；Cu 为29号原子，核外电子排布式为[Ar]3d 104s 1，其价电子排布图为

；

(2)BD 2为CO 2，含有3个原子，价电子数为16，等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的微粒，所以由以上元素组成的与CO 2互为等电子体的分子为N 2O ；

(3)D 为O 元素，所以D 3+离子为O 3+，中心氧原子的价层电子对数为2+6-22-12?=2.5，按作3计算，所以为sp 2杂化，孤电子对数为1，所以立体构型为V 形；

(4)温度接近水的沸点的水蒸气中存在大部分的水分子因为氢键而相互缔合，形成缔合分子，导致其测定值偏大；

(5)无色的[Cu(NH 3)2]+在空气中不稳定，立即被氧化为深蓝色的[Cu(NH 3)4]2+，氧气作氧化剂，该反应应在氨水中进行，结合元素守恒可知该过程中还有氢氧根和水生成，离子方程式为4[Cu(NH 3)2]++O 2+8NH 3?H 2O=4[Cu(NH 3)4]2++4OH -+6H 2O ；

(6))Cu 和O 形成一种晶体，该晶胞中Cu 原子个数=4、O 原子个数=8×

18+6×12=4，所以晶胞的质量为()A 64+164

N ?g ，该晶胞体积V =(a×10-7 cm)3，则该晶体密度

()()-213-213A A a 10cm 64+164g

64+1a 1064m ===g/cm V N N ρ????。 【点睛】

同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族(最外层全满)、第VA 族(最外层半满)元素第一电离能大于其相邻元素。

二、化学键练习题（含详细答案解析）

11．

(1)下面列出了几组物质：A ．金刚石与石墨；B ．丙烯与环丙烷；C ．氕与氘；D ．甲烷与戊烷；E.液氨与氨水；F. 与；G. 与，请将物质的合适组号填写在空格上。

①同位素_________

②同素异形体_________

③同系物_________

④同分异构体_________

⑤同一物质_________。

(2)下列物质中：①Ar ②MgBr2③Na2O2④H2SO4⑤CS2⑥NH4Br ⑦BaO ⑧RbOH。只存在共价键的是_________ (填序号，下同)，只存在离子键的是_________，既存在离子键又存在极性共价键的是_________，既存在离子键又存在非极性共价键的是_________。

(3)异丁烷的一氯代物有_________种，新戊烷的一氯代物有_________种。C3H2Cl6的同分异构体有_________种，C5HCl11的同分异构体有_________种，乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物最多有_________种。

【答案】C A D B、F G ④⑤②⑦⑥⑧③ 2 1 4 8 10

【解析】

【分析】

【详解】

(1)上述物质中，①氕与氘的质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同核素称为同位素，故答案为：C；

②金刚石和石墨是由同一种元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：A；

③甲烷和戊烷是结构相似，分子组成相差4个CH2原子团的同一类有机物，互称为同系物，故答案为：D；

④丙烯与环丙烷的分子式均为C3H6，但结构不同，与的

分子式均为C5H12相同，但结构不同，分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，故答案为：B、F；

⑤与属于同一种物质，故答案为：G；

(2)①Ar为单原子分子，不含有化学键；

②MgBr2是离子化合物，Mg2+和Br-形成离子键；

③Na2O2是离子化合物，Na+和O22-形成离子键，O22-中O和O形成非极性共价键；

④H2SO4是共价化合物，只存在极性共价键；

⑤CS2是共价化合物，C和S形成极性共价键；

⑥NH4Br是离子化合物，NH4+和Br-形成离子键，NH4+中N和H形成极性共价键；

⑦BaO是离子化合物，Ba2+和O2-形成离子键；

⑧RbOH是离子化合物，Rb+与OH-形成离子键，OH-中H和O形成极性共价键；

综上所述，只存在共价键的是④⑤，只存在离子键的是②⑦，既存在离子键又存在极性共价键的是⑥⑧，既存在离子键又存在非极性共价键的是③，故答案为：④⑤；②⑦；

⑥⑧；③；

(3)异丁烷(2-甲基丙烷)有两种等效氢，其一氯代物有2种；

新戊烷(2，2-二甲基丙烷)只有一种等效氢，其一氯代物有1种；

分子式为C3H2Cl6的有机物可以看作C3Cl8中的两个Cl原子被两个H原子取代，碳链上的3个碳中，两个氢原子取代一个碳上的氯原子，有两种，CCl3-CCl2-CClH2（取代那面甲基上的氢原子时一样）、CCl3-CH2-CCl3；分别取代两个碳上的氯原子，有两种：CCl2H-CCl2-CCl2H （两个边上的），CCl2H-CHCl-CCl3（一中间一边上），故C3H2Cl6共有4种；

C5HCl11可看作C5C12中的一个Cl被H取代，先定碳骨架：C5有三种碳骨架：

、、，后根据对称性移动官能团：氢原子的位置有、、，因此C5HCl11的同分异构体有3+4+1=8

种；

乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应所得产物中，一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二氯取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一氯取代物个数相同），六氯取代物1种，另外还有氯化氢生成，所以共有10种；综上所述，答案为：2；1；4；8；10。

12．

短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示：

请回答下列问题：

（1）D在元素周期表中的位置为___。

（2）A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol-1的化合物，该化合物与盐酸反应能生成两种盐，其化学方程式为___。

（3）M为A的简单气态氮化物，其水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为___。N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为

___，N与过量硫酸反应生成的酸式盐的化学式为___。

（4）下列事实能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强的是___ (填序号)。

①E的单质与D的气态氢化物的水溶液反应，生成淡黄色沉淀

②E与H2化合比D与H2化合更容易

③D与Fe化合时产物中Fe为+2价，E与Fe化合时产物中Fe为+3价

④等浓度的D和E的最高价含氧酸的水溶液中的c(H+)：D＞E

（5）D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，则D2E2的电子式为___。

【答案】第三周期ⅥA族 AlN＋4HCl=AlCl3＋NH4Cl 2NH3＋3H2O2=N2↑＋6H2O或

2NH 3·H2O＋3H2O2=N2↑＋8H2O N2H4＋H2O N2H5＋＋OH－ N2H6(HSO4)2①②③

【解析】

【分析】

由短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置可知，A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。

【详解】

A为N，B为O，C为Al，D为S，E为Cl。

(1)D为S，原子序数为16，位于周期表中的第三周期ⅥA族；

(2)A和C形成的一种摩尔质量为41g·mol－1的化合物，则该化合物为AlN。根据原子守恒，这两种盐分别为AlCl3和NH4Cl，其化学方程式为AlN+4HCl=AlCl3+NH4Cl；

(3)M为A的简单气态氢化物，为NH3，其水溶液为NH3·H2O，可作刻蚀剂H2O2的清除剂，反应的产物不污染环境，其化学方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O；N为A的另一种氢化物，其相对分子质量比M大15，则N为N2H4。N为二元弱碱，在水中分步电离，并与M 的电离方式相似，则N第一步电离的电离方程式为N 2H4+H2O N2H5++OH－；N2H4作为二元弱碱，其阳离子为N2H62＋，与过量硫酸反应生成的酸式盐为硫酸氢盐，阴离子为HSO4－，化学式为N2H6(HSO4)2；

(4)①E的单质，即Cl2，与D的气态氢化物H2S的水溶液反应，生成淡黄色沉淀，发生反应Cl2＋H2S=S↓＋2HCl，Cl2置换出S，Cl2的氧化性大于S的氧化性，则可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；

②非金属元素的非金属性越强，与氢气化合越容易。Cl2与H2化合比S与H2化合更容易，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；

③S与Fe化合时产物中Fe为+2价，Cl2与Fe化合时产物中Fe为+3价，Cl2得到电子能力强，可知非金属性Cl(E)大于S(D)，正确；

④D的最高价含氧酸为H2SO4，E的最高价含氧酸为HClO4。同浓度下，H2SO4溶液中c(H＋)大，是由于H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，且均为强酸，在溶液中完全电离，与它们的非金属性强弱无关，错误；

综上①②③符合题意；

(5)D2E2分子中各原子最外层均满足8电子结构，S达到稳定结构需要形成2对共用电子对，Cl达到稳定结构需要形成1对共用电子对，可知S2Cl2分子中S原子间共用1对电子，每个S原子与Cl原子共用一对电子，结构式为Cl-S-S-Cl，其电子式为。

13．

试用相关知识回答下列问题：

（1）有机物大多难溶于水，而乙醇和乙酸可与水互溶，原因是_______。

C H OC H）的相对分子质量大于乙醇，但乙醇的沸点却比乙醚的高得多，（2）乙醚（2523

原因是_________________。

（3）从氨合成塔里分离出NH3，通常采用的方法是_____________，原因是

_____________。

（4）水在常温下的组成的化学式可用（H2O）n表示，原因是_______________。

【答案】乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键乙醇分

NH液化后，与H2、N2分离 NH3分子间存在氢键，易液化子间存在较强的氢键加压使3

水分子间存在氢键，若干个水分子易缔合成较大的“分子

【解析】

【分析】

由于氢键的存在，可以让乙醇和乙酸与水互溶，可以增大物质的熔沸点，易让氨气液化，使多个水分子缔合在一起形成大分子，但是氢键不是化学键。

【详解】

（1）乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的O原子与水分子中的H 原子可以形成氢键、乙醇分子中的羟基(—OH)、乙酸分子中的羧基(—COOH)中的H原子与水分子中的O原子可以形成氢键，故乙醇和乙酸可与水互溶的原因：乙醇、乙酸和水均为极性分子，且乙醇和乙酸均可与水形成分子间氢键；

（2）乙醇分子间通过氢键结合产生的作用力比乙醚分子间的作用力大，故乙醇的相对分子质量虽小，但其分子间作用力比较大，所以沸点高；

（3）氨气分子间由于存在氢键，沸点较高，加压会使它容易液化，从而可以和氢气、氮气分离；

（4）在常温下，由于水分子之间存在氢键，会使多个水分子缔合在一起，形成较大的分子。

14．

已知：W、X、Y、Z、T 均为短周期元素，且原子半径依次增大。请填空：

（1）W、Z 是形成化合物种类最多的两种元素，写出 Z 的核外电子的轨道表示式

______________。

（2）化合物 YW3溶于水能使酚酞变红，用方程式表示酚酞变红的原因____。

（3）元素 T 的原子中电子占据 7 根轨道，则 T 在元素周期表____周期___族； T 的化合

物 TY 熔融时不导电，常用作砂轮与耐高温材料，由此推知，它属于____。

a 离子晶体

b 原子晶体

c 分子晶体

d 无法判断

（4）YX3与 YW3具有相同的分子空间构型，YX3属于______（填“极性”、“非极性”）分子，其中 Y 的化合价为____。

【答案】 NH3+H2O? NH3?H2O? NH4++OH-三 IIIA b 极性 +3 【解析】

【详解】

（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，化合物种类最多的是烃，则W是H元素、Z是C元素；原子核外有6个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其原子核外电子轨道表示式为，故答案为：；

（2）化合物YW3的水溶液能使酚酞变红，说明该物质为NH3，氨气和水反应生成一水合

氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故答案为：NH3+H2O? NH3?H2O? NH4++OH-；

（3）元素T的原子中电子共占据了7个轨道，则T为Al元素，Al原子核外有3个电子层、最外层电子数是3，所以位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，说明该物质属于原子晶体，故选b；故答案为：三；IIIA；b；（4）NX3与NH3具有相同的分子空间构型，X为第VIIA族元素，其原子半径小于N元素，则X为F元素，氨气分子为三角锥形结构，则NF3也是三角锥形结构，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子；NF3中N元素电负性小于F元素，所以N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。

15．

??→CH3Cl+HCl。对于该反应机理(反应过程)的详细描述甲烷的氯化反应式为： CH4+Cl2hv

如下:

??→2Cl·

链引发Cl2hv

链增长CH4+Cl·??→·CH3+HCl △H=+7.5 kJ/mol

CH3+Cl2??→ CH3Cl + Cl·△H=-112.9 kJ/mol

链终止·Cl+Cl·??→Cl2

CH3+·CH3??→H3CCH3

CH3+Cl·??→H3CCl

(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物的电子式为_______；在反应机理的三个阶段破坏或形成的化学键类型均为_________。

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素的原子半径由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)；与氯元素同周期且金属性最强的元素位于周期表的第_____周期，第____族。

(3)链引发的反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”，下同)，链终止的反应为_______反应。

(4)卤素单质及化合物在许多性质上都存在着递变规律，下列递变顺序正确的是_______。（选填字母编号）

a.相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次增大

b.卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱

c.卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次减弱

d.卤素单质氧化性按F2、Cl2、Br2、I2的顺序依次减弱

【答案】共价键 S>Cl>F 三、ⅠA 吸热放热 d

【解析】

【分析】

(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，碳原子与氯原子周围分别有8个电

子；非金属元素原子间形成共价键；

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，根据电子层数和核电荷数判断半径大小；同一周期碱金属的金属性最强；

(3)旧化学键的断裂要吸收能量，新化学键的生成要放出能量；

(4)第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大(HF除外)、氢化物的稳定性逐渐减弱，卤化银的溶解度逐渐减小，据此解答。

【详解】

(1)在链增长的第二步反应中形成的化合物为CH3Cl，CH3Cl分子中碳原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氢原子或氯原子能形成一个共价键达到稳定结

构，电子式：，非金属元素原子间形成共价键，则在反应机理的三个阶段破

坏或形成的化学键类型均为共价键；

(2)在短周期主族元素中，氯元素与其相邻元素有F、S，Cl、S含有三个电子层，F有两个电子层，则三种元素中F的原子半径最小，Cl、S在同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则半径：S>Cl，所以原子半径：S>Cl>F；同一周期元素中，碱金属的金属性最强，则与氯元素同周期且金属性最强的元素为Na，位于周期表的第三周期第IA 族；

(3)链引发Cl2hv

??→2Cl，有旧化学键的断裂要吸收能量，为吸热反应；Cl+Cl?→Cl2，

CH3+?CH3→H3CCH3，CH3+Cl?→H3CCl，反应中有新化学键的生成要放出能量，为放热反应；

(4)a. 相同条件下卤化银的溶解度按AgCl、AgBr、AgI 的顺序依次减小，a错误；

b. 卤化氢溶入水的酸性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，b错误；

c. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，其阴离子失电子能力逐渐增强，所以HF、HCl、HBr、HI的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，c错误；

d. 随着原子序数的增大，单质得电子能力逐渐减弱，所以单质F2、Cl2、Br2、I2的氧化性依次减弱，d正确；

故合理选项是d。

【点睛】

本题主要考查卤族元素的递变规律，掌握元素的周期性变化规律是解答的关键，注意把握电子式的书写方法和非金属性强弱的判断方法。