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人教版 (2019)第二节 元素周期律当堂检测题
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这是一份人教版 (2019)第二节 元素周期律当堂检测题，共21页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述正确的是
A．1molZ与足量氧气完全反应，转移电子数一定为NA
B．H3XO3溶液呈酸性，任何时候都不能接触皮肤
C．当W的单质形成化合物时，一定作还原剂
D．Y的氢化物在常温下一定为气态
2．下列物质中，既含有离子键又含有极性共价键的是
A．HCl B．NH4Cl C．H2O2 D．H2
3．X元素的原子有20个中子和19个电子，下列可表示X原子的是
A． B． C． D．
4．下列物质的性质与氢键无关的是（ ）
A．冰的密度比液态水的密度小 B．NH3易液化
C．NH3分子比PH3分子稳定 D．在相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高
5．某元素R的核内含有N个中子，R的质量数为A，在其与氢化合时，R呈价，则的气态氢化物(只含1个R)中所含电子的物质的量为
A． B．
C． D．
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的沸点：Z ＞ W ＞ Y
C．元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应
D．Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同
7．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述错误的是
A．W的离子半径一定是所有元素中最小的
B．W与X或Z均可以形成含18个电子的分子
C．W、X和Z可组成离子化合物
D．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应
8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，3.2g14C18O中含中子数为1.8NA
B．常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
C．78gNa2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数等于NA
D．235g核素U发生裂变反应：U+n+Xe+10n，净产生的中子(n)数为10NA
9．世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种气体单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W
B．化合物YX是一种很好的耐火材料
C．Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应
D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于碳酸
10．推理和归纳是研究和学习化学的重要方法，下列说法正确的是
A．由生活中：铝制品比铁制品更耐腐蚀，推断铝不如铁活泼
B．由氧化性：F2>O2，推断F2通入水中可以发生反应：2F2+2H2O=O2+4HF
C．由还原性，Ca>Mg，推断Ca投入MgCl2溶液中可以发生反应：Ca+Mg2+=Mg+Ca2+
D．由熔点I2>Br2，推断熔点：Na>Li
11．根据表中部分短周期元素的原子半径和主要化合价信息，判断叙述正确的是
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.154
0.134
0.099
0.102
0.073
主要化合价
+1
+1
+7、-1
+6、-2
-2
A．氢化物的沸点为：H2T
C．单质的还原性顺序：L
12．下列关于元素周期表的说法不正确的是（ ）
A．每个主族元素中都有非金属元素 B．周期表中 0 族不含有金属元素
C．副族和第Ⅷ族元素都是金属元素 D．长周期元素中也含有非金属元素 117 号元素为Ts
二、非选择题（共10题）
13．I.化学兴趣小组对以下实验进行探究：
(1)牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；写出氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式 。
II.现欲探究铁及其化合物的氧化性或还原性，请完成以下实验报告：
(2)称取用磨砂纸打磨后的铁钉2.8g放入50.0mL稀硫酸中，充分反应后若2.8g纯净的Fe全部参加反应。反应中转移 mol电子。
(3)下列有关Fe2+的说法不正确的是 (选填序号)。
A．可以先加KSCN溶液再加氯水来检验Fe2+
B．可以先加铁粉再加KSCN溶液来检验Fe2+
C．能使酸性KMnO4溶液紫色褪去
D．能观察到溶液颜色为浅绿色
III.卤族元素是典型的非金属元素，已知稀溴水与稀铁盐(含Fe3+)溶液的颜色相近；Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+能将I-氧化为I2。请完成以下实验报告：
(4)关于F、Cl、Br、I的比较，不正确的是 (选填序号)。
A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B．单质(F2、Cl2、Br2、I2)的氧化性随核电荷数的增加而减弱
C．被其他卤素单质从卤化物中置换出来的可能性随原子序数的增加而增大
D．它们的氢化物的稳定性随原子序数的增加而增强
(5)稀溴水的颜色为 。
(6)将Fe2+逐滴滴加到稀溴水溶液中，再加入几滴淀粉碘化钾溶液。溶液变为蓝色，不能证明证明Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，因为Br2与I-作用产生的碘可以使淀粉变蓝，写出Br2与I-作用的离子方程式 。另将Fe2+逐滴滴加到另一份稀溴水溶液中，加入几滴 溶液，溶液变为红色，证明Br2能将Fe2+氧化为Fe3+。
(7)另取20mLFeSO4溶液，向其中通入Cl2。若Fe2+恰好完全转化为Fe3+，消耗的Cl2在标准状况下的体积为0.336L，则该FeSO4溶液的物质的量浓度为 mol/L。
14．现有下列物质①Cl2 ②NaCl ③MgCl2 ④Ne ⑤ ⑥ ⑦NaOH ⑧ ⑨请回答下列问题。
(1)不存在化学键的是 (填序号)：属于共价化合物的 (填序号)：既含有共价键又含有离子键的是 (填序号)。
(2)若阿伏加德罗常数用NA表示，则1molNa2O2与足量的二氧化碳反应，转移的电子数为 。
(3)将物质⑥溶于水，破坏了⑥中的 (填化学键类型)，写出其溶于水过程中的电离方程式： 。
15．NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
①NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
②NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（K=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（1）HClO的电子式为 。
（2）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 。
（3）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
（4）处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
16．过氧化钙(CaO2)是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，可溶于酸，微溶于水且能与水缓慢反应，难溶于乙醇，且本身无毒，不污染环境。
I．实验室制备CaO2的装置如图所示。
(1)CaO2的晶体中阳阴离子的个数比为
(2)甲装置用来制备NH3，烧瓶内固体可以是 ，乙装置中B的作用是 。
(3)仪器A的名称是 ，有同学认为，为了加快反应速率和提高产率，可将冰水混合物改为温水浴加热，你认为该同学的观点是否合理并说明理由 。(不写理由不给分)
II．工业上生产CaO2的实验流程如下。
(4)已知“反应”步骤会生成CaO2·8H2O，该步反应的离子方程式是 。
(5)洗涤步骤先用冷水洗涤，再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是 。
17．常温下，二氯化二硫()为橙黄色液体，有挥发性，易水解。工业上用于橡胶的硫化。某化学学习小组将氯气通入熔融的硫单质合成的实验装置如图所示。
(1)分子中各原子均达到8电子稳定结构，写出其结构式为 ；
(2)A装置的名称为 ，C中所盛试剂为 ，D装置的作用是 ；
(3)实验时需先点燃 处附近的酒精灯，目的是 ；
(4)遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式 ；
(5)长导管F的作用是 ，锥形瓶G中收集到的成分可能有 ；
(6)装置图有不够完善的地方，你提出的改进意见是： 。
18．某同学设计了下图所示的装置，可比较HNO3、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，进而比较氮、碳、硅元素非金属性强弱。供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸、碳酸钙固体、碳酸钠固体、硅酸钠溶液、澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液
（1）仪器a的名称： 。
（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，a中所盛试剂为 。
（3）装置B所盛试剂是 ，其作用是 。
（4）装置C所盛试剂是 ，
C中反应的离子方程式是 。
（5）通过实验证明碳、氮、硅的非金属性由强到弱的顺序是 。
19．将5.1g的氧化铝溶于一定浓度的500mL 的盐酸中，充分反应后，再逐滴加入0.5mol/L 的氢氧化钠溶液，反应过程中生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示，试计算：
（1）最大沉淀的质量。
（2）沉淀最大时耗用多少毫升氢氧化钠溶液？
（3）当沉淀从最大值到恰好完全消失时，耗用多少毫升的氢氧化钠溶液？
（4）原盐酸溶液的物质的量浓度是多少？
20．等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成+2价金属氯化物，其反应情况如图所示：
(1) 两种金属的活动性顺序是 >
两种金属氯化物的摩尔质量是 >
(2) 将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙
丙三组实验，三组实验各取500mL同浓度的盐酸
溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：
实验序号
甲
乙
丙
混合粉末质量(g)
6.2
18.6
24.8
生成气体气体(mL)
2240
5600
5600
①乙组实验中，盐酸 (填“过量”、“适量”或“不足量”)
②上述所用的盐酸的物质的量浓度为 mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是 。
21．向50mLbmol/L的AlCl3溶液中加入50mLamol/L的NaOH溶液。
（1）当a、b关系不同时，反应所生成沉淀的质量不同。填写下表：
a与b的关系
生成沉淀的质量（g）
（2）若b=1mol/L时，要生成沉淀3.12g，则a值等于多少 ？
22．A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和．
（1）A为 ，C为 ．（填元素符号）
（2）写出A、B的化合物与E反应的化学方程式： ．
（3）A、B两元素形成的化合物属 （填“离子”或“共价”）化合物．
（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A单质反应的化学方程式： ．
参考答案：
1．A
一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价，形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，，X为B元素。
A．1molNa与足量氧气反应，不论生成或转移电子数均为，选项A正确；
B．硼酸酸性很弱，当碱液溅到皮肤上时，立即用大量水清洗，并可涂抹稀硼酸溶液，选项B错误；
C．氢气与活泼金属形成化合物如NaH时，氢元素从0价降为-1价，氢气体现氧化性，选项C错误；
D．N的氢化物常温下为液态，选项D错误。
答案选A。
2．B
A. HCl中H原子与Cl原子之间存在极性共价键，A不符合题意；
B. NH4Cl中NH4+与Cl-之间存在离子键，NH4+中N原子与H原子之间存在极性共价键，B符合题意；
C. H2O2中H原子与O原子之间存在极性共价键，O原子与O原子之间存在非极性共价键，C不符合题意；
D. H2中H原子与H原子之间存在非极性共价键，D不符合题意；故答案为：B。
【点睛】离子键：带相反电荷的离子之间存在的静电作用；极性共价键：不同种非金属原子之间形成的共价键；非极性键：同种非金属原子之间形成的共价键。
3．C
X元素的原子有20个中子和19个电子，则其质子数=核电荷数=电子数=19，质量数=质子数+中子数=39，则C满足；
选C。
4．C
A．冰中存在的大量的氢键使水分子排列有序，增大了水分子间的距离，冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关；
B．氨分子间存在的氢键使NH3易液化；
C．氢键属于分子间作用力的范畴，不是化学键，一般影响物质的物理性质，不能影响分子的稳定性，所以C错误；
D．水分子间有氢键而硫化氢分子间没有氢键，使得相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高；
答案选C。
【点睛】一般非金属性很强的元素才能形成氢键，例如F、O、N等。
5．D
【解析】利用关系：质量数=质子数＋中子数，以及化合价代数和为0可推出WgR的气态氢化物中所含电子的物质的量。
元素R原子中含有电子数=质子数=质量数-中子数=A-N，形成氢化物时R呈-n价，则其简单氢化物的化学式可表示为HnR，相对分子质量近似为A+n，分子中含有的电子数为A-N+n，W g氢化物的物质的量为 mol，故氢化物中电子的物质的量为 mol×(A-N+n)=(A-N+n)mol，故选D。
6．C
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。
A．Mg、Si、Cl为同周期元素，核电荷数大，原子半径小，故原子半径：Mg＞Si＞Cl，A错误；
B．C、Si、Cl的简单氢化物分别为CH4、SiH4、HCl，三种分子间的作用力为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故沸点HCl＞SiH4＞CH4，B错误；
C．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C， CO2+2MgC+2MgO，该反应为置换反应，C正确；
D．Cl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C、Si形成的CCl4、SiCl4中只存在共价键，化学键类型不同，D错误；
故选C。
7．A
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，W和X的单质常温下均为气体，也是Y的最外层电子数的2倍，因此W只能是H，X是N，Y位于第三周期，Y是Al，Z是S，据此解答。
A．H的离子半径不一定是所有元素中最小的，例如H－的离子半径不是最小的，A错误；
B．H与N或S均可以形成含18个电子的分子，即N2H4和H2S，B正确；
C．H、N和S可组成离子化合物，例如硫化铵或硫氢化铵等，C正确；
D．Al、S的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，即氢氧化铝可溶于硫酸中，D正确；
答案选A。
8．D
A．3.2g14C18O中含中子数为1.8NA，故A正确；
B．NO2和N2O4最简式都是NO2， 4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA，故B正确；
C．Na2S和Na2O2的相对分子质量都是78，且阴阳离子之比均为1:2，78gNa2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数为NA，故C正确
D．235g核素U的物质的量是1mol，发生裂变反应：U+n+Xe+10n，净产生的中子(n)数为9NA，故D错误；
选D。
9．B
X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。
A．通常电子层数越多，原子半径越大，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞ X＞W，故A错误；
B．化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；
C．Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；
D．硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；
故选：B。
10．B
A．铝能与氧气反应能形成致密的氧化铝薄膜，对内部的铝起到保护作用，所以铝比铁更耐腐蚀，与活泼性无关，故A错误；
B．F2通入水中可以发生反应：2F2+2H2O=O2+4HF，故B正确；
C．Ca比Na更活泼，在溶液中会先和水反应，故不能发生置换反应，故C错误；
D．Li、Na、K、Rb、Cs同主族元素，从上往下，熔、沸点依次降低，故D错误；
故选B。
11．B
短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，R有+6、-2价，可知R为S元素；Q有+7、-1价，则Q为氯元素；L、M只有正化合价，原子半径L最大，比M大且比S的大，说明M为第三周期元素，则M为Na，L为K元素；
A．T为O元素，R为S元素；形成的氢化物水分子中存在氢键，沸点较高，故沸点H2T＞H2R，故A错误；
B．L为Na元素，Q为氯元素；形成的化合物为氯化钠，氯化钠是离子化合物，由钠离子与氯离子构成，钠离子与氯离子最外层均达到8电子稳定结构，故B正确；
C．L为K元素，M为Na元素，同主族元素从上到下金属性增强，金属性K＞Na，金属性越强，单质的还原性越强，单质的还原性顺序：K＞Na，即L＞M，故C错误；
D．L为Na元素，T为O元素，R为S元素；三者的简单离子分别为Na+、O2-、S2-，Na+、O2-电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以Na+＜O2-，O2-、S2-最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，所以O2-＜S2-，所以离子半径Na+＜O2-＜S2-，即R＞T＞L，故D错误；
故选：B。
12．A
A．元素周期表中第ⅡA元素全部是金属元素，无非金属元素，故A错误；
B．周期表中0族元素全部是非金属元素，无金属元素，故B正确；
C．副族和第Ⅷ族元素全部是金属元素，无非金属元素，故C正确；
D．长周期元素中也含有非金属元素，如第五周期含碘元素、117 号元素为Ts等，故D正确；
答案选A。
【点睛】熟悉元素周期表的结构，清楚每一主族元素的元素种类是解本题的关键。
13．(1)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(2)0.1
(3)B
(4)D
(5)黄色
(6) Br2+2I-=I2+2Br- KSCN溶液
(7)1.5
（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。
（2）根据铁与稀硫酸反应的化学方程式可得1mol铁转移2mol电子，所以消耗2.8铁转移电子为0.1mol。
（3）A．若有Fe2+，先加KSCN溶液无现象再加氯水会出现血红色，A正确；
B．若体系中只有Fe3+而无Fe2+照样溶液不会出现血红色，B错误；
C．Fe2+能使酸性KMnO4溶液紫色褪去，C正确；
D．Fe2+溶液颜色为浅绿色，D正确；
故选B。
（4）A．根据四种元素在周期表的位置关系知它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；
B．单质(F2、Cl2、Br2、I2)的氧化性随核电荷数的增加而减弱，B正确；
C．原子序数增加氧化性则减弱，故被其他卤素单质从卤化物中置换出来的可能性随原子序数的增加而增大，C正确；
D．非金属性越强其氢化物稳定性越强，所以它们的氢化物的稳定性随原子序数的增加而减弱，D错误；
故选D。
（5）稀溴水的颜色为黄色。
（6）卤素单质之间可发生置换反应，Br2与I-作用的离子方程式：Br2+2I-=I2+2Br-；三价铁离子的检验
用KSCN溶液，溶液会变为红色。
（7）根据硫酸亚铁与氯气的反应方程式可得两者之间的比例关系为2：1，所以根据氯气可得硫酸亚铁的物质的量为0.03mol，所以浓度为0.03mol/0.02L=1.5mol/L。
14．(1) ④ ⑧ ⑤⑥⑦
(2)NA
(3) 离子键和共价键 NaHSO4═Na++H++SO
一般而言，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键，单原子分子中不含化学键；含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物，据此分析解答。
（1）不存在化学键的是④Ne；属于共价化合物的⑧；⑤Na2O2⑥NaHSO4⑦NaOH中含有离子键和共价键；
（2）Na2O2与足量的二氧化碳反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2中的O由-1价变为0价和-2价，1molNa2O2反应转移的电子数为1mol×NA/mol=NA；
（3）物质⑥NaHSO4溶于水发生电离，电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO，破坏了离子键和共价键。
15． 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑ 14 900
(1)HClO为共价化合物，分子中含有1个O-Cl键和个H-O键，其电子式为；
(2)NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
(3)反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子．N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；
(4)参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol×4=14900g。
16．(1)1：1
(2) CaO(或NaOH、碱石灰) 导气并防止倒吸
(3) 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 升高温度，氨气挥发加快、过氧化氢分解速度加快，不能改为温水浴
(4)Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH
(5)使产品快速干燥
由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气,装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵,氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用，据此分析答题。
(1)
CaO2的晶体中阳离子为Ca2+，阴离子为O，故阳阴离子个数比为1：1。
(2)
实验室可以用CaO(或NaOH、碱石灰)与浓氨水反应制取氨气；装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸且具有导气的作用。
(3)
仪器A为三颈烧瓶(或三口烧瓶)，该反应用到了氨气和过氧化氢，而温度升高后，氨气会挥发，过氧化氢容易分解，故答案为：升高温度，氨气挥发加快、过氧化氢分解速度加快，不能改为温水浴
(4)
在该反应中，氯化钙溶液、氨水和过氧化氢参加反应生成CaO2·8H2O，根据元素守恒可知离子方程式为：Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH；
(5)
乙醇易挥发，挥发会带走水分，便于干燥，故答案为：使产品快速干燥。
17．(1)Cl-S-S-Cl
(2) 分液漏斗 饱和食盐水 吸收水分，干燥Cl2
(3) B 用生成的氯气驱赶装置内的空气，防止硫与氧气反应而干扰实验
(4)
(5) 冷凝气体 、S
(6)在G和H之间接一个装有无水氯化钙的干燥管
依题意，氯气通入熔融的硫单质合成的反应在装置E硬质玻璃管内进行，则装置的左侧通入Cl2。浓盐酸从分液漏斗滴入圆底烧瓶与二氧化锰共热制取Cl2，气体通过饱和食盐水除去HCl杂质后，再用浓硫酸干燥，即可得到干燥纯净的Cl2通入装置E参与反应，尾气用NaOH溶液吸收。
(1)
分子中各原子均达到8电子稳定结构，S原子可连接两单键，Cl原子连接一个单键，其结构式为：Cl-S-S-Cl。
(2)
据分析，如图所示A装置为分液漏斗；C中所盛试剂为饱和食盐水；D装置内是浓硫酸，作用是吸收水分，干燥Cl2。
(3)
据分析，实验时需先点燃B处附近的酒精灯，目的是用生成的氯气驱赶装置内的空气，防止硫与氧气反应而干扰实验。
(4)
的S元素化合价是+1价，Cl元素是-1价，其遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，该气体是SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，根据氧化还原反应规律，S元素化合价既有升高也有降低，则另一含硫产物是S单质，而Cl元素生成了HCl，故该反应的化学方程式：。
(5)
据题给信息，反应产物二氯化二硫()常温下为橙黄色液体，长导管F的作用是冷凝气体，使其呈液态，与多余的氯气分离；因水解生成S单质，锥形瓶G中收集到的成分可能有、S。
(6)
由于有挥发性，易水解，为了在装置G中收集到较纯净的，应在G和H之间接一个干燥装置，以防止烧杯内的水气进入G。改进意见是：在G和H之间接一个装有无水氯化钙的干燥管。
18． 分液漏斗 稀硝酸 饱和碳酸氢钠溶液 吸收气体中硝酸 硅酸钠溶液 SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－ N＞C＞Si
（1）a仪器有开关故为分液漏斗；
（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，只能是碳酸钠或者硅酸钠，分液漏斗中只能盛装酸，由于三种酸中，硅酸最弱，故最后验证，故A中盛装碳酸钠溶液，a中盛装硝酸，硝酸与碳酸钠反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，根据强酸制弱酸的原理，可知酸性：HNO3>H2CO3；
（3）由于生成了CO2需要除去气体中的挥发出来的硝酸，故用饱和碳酸氢钠溶液除杂；
（4）进一步验证碳酸酸性大于硅酸酸性，故将二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，离子方程式为：SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－；
（5）最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应元素的非金属性就越强，故非金属性：N＞C＞Si。
19． 7.8g 840mL 200mL 0.84mol/L
从图中能得到的信息：盐酸溶解铝是过量的，所以加入氢氧化钠以后先中和过量的盐酸，然后才与铝离子沉淀；至氢氧化铝完全沉淀后，再溶解成NaAlO2，由此分析解答。
(1)根据铝守恒可知：Al2O3∼2Al(OH)3
102 2×78
5.1g m
所以=，解之得：m=7.8g，
答案为：7.8g；
(2) Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，铝离子和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀的关系为：
3NaOH∼Al(OH)3
3 1
n(NaOH) 0.1 mol
解之得：n(NaOH)=0.3mol，
由图可知，中和盐酸消耗氢氧化钠溶液240mL，
沉淀最大时消耗NaOH为V=240mL+×103mL=840mL，
答案为：840mL；
(3)当沉淀从最大值到恰好完全消失时，根据反应：
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
1 1
0.1 mol n(NaOH)
解之得：n(NaOH)=0.1mol
当沉淀从最大值到恰好完全消失时，耗用氢氧化钠溶液的体积为=200mL，
答案为：200mL；
(4)最大沉淀时,溶液是单一溶质NaCl，此时n(HCl)=n(NaOH)，c(HCl)==0.84mol/L，
答案为：0.84mol/L。
20． B A B A 不足量 1 62g/mol
（1）从图可知，B与盐酸的曲线的斜率要大，这个斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多（看最后平台对应的纵坐标），所以A的摩尔质量要小；
（2）①甲组实验，后面随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸已经不足了；
②计算最终生成氢气的物质的量，根据H原子守恒计算n（HCl），进而计算c（HCl）；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，则金属的平均摩尔质量═。
（1）从图可知，B与盐酸的速率比A大，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多，所以A的摩尔质量要小，所以两种金属氯化物的摩尔质量是B>A；
（2）①甲组实验，随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，乙组中的盐酸已经不足；
②最终生成氢气的物质的量为=0.25mol，根据H原子守恒n（HCl）=0.25×2=0.5mol，所以c（HCl）= =1mol/L；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，此时生成氢气为 =0.1mol，故金属的平均摩尔质量═=62g/mol。
21．
a与b的关系
生成沉淀的质量（g）
a≤3b
1.3a
4b＞a＞3b
15.6b-3.9a
a≥4b
0
2.4或3.2
50mLbmol/L的AlCl3的物质的量为50×10-3L×bmol/L=0.05 bmol， 50mLamol/L的NaOH溶液物质的量为50×10-3L×amol/L=0.05 amol。
AlCl3和NaOH溶液反应可能生成Al(OH)3或NaAlO2，AlCl3溶液中加入NaOH溶液的反应过程为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓，Al(OH)3+NaOH= NaAlO2+2H2O，总反应：AlCl3+4NaOH= NaAlO2+2H2O。可在此基础上进行讨论。
(1)根据反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓，AlCl3过量和恰好完全生成Al(OH)3时，NaOH全部用于生成沉淀，关系为：0.05bmol×3≥0.05amol，a≤3b，生成的沉淀质量为0.05amol××78g∙mol-1=1.3ag；根据反应AlCl3+4NaOH= NaAlO2+2H2O，恰好完全生成NaAlO2 和NaOH过量时，关系为：0.05bmol×4=0.05amol，a≥4b，此时无沉淀；当4b＞a＞3b 时，分两步计算：
第一步，AlCl3完全沉淀，生成Al(OH)30.05bmol，消耗NaOH0.05bmol×3=0.15bmol；第二步，沉淀部分溶解：
n=(0.05a-0.15b)mol
则未溶的沉淀质量为：[0.05bmol-(0.05a-0.15b)mol]×78g∙mol-1=(15.6b-3.9a)g。
综上所述，当a、b关系不同时，反应所生成沉淀的质量如下表：
a与b的关系
生成沉淀的质量(g)
a≤3b
1.3a
4b＞a＞3b
15.6b-3.9a
a≥4b
0
答案为：
a与b的关系
生成沉淀的质量(g)
a≤3b
1.3a
4b＞a＞3b
15.6b-3.9a
a≥4b
0
(2) 若b=1mol/L时，a=要生成沉淀3.12g讨论如下：
a≤3b=3时，1.3a=3.12，a=2.4<3，答案合理；4b＞a＞3b即4＞a＞3时，15.6b-3.9a=15.6-3.9a=3.12，a=3.2，4＞3.2＞3，答案合理。
答案为：2.4或3.2
【点睛】与量有关的反应，要特别注意反应物之间量的关系，量不同，产物可能不同；分步反应要清楚反应的过程，并按反应的顺序进行计算。
22． C Na 2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2 共价 C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O
分析：A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8﹣2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素。
（1）由上述分析可知，A为C元素、C为Na元素，故答案为C；Na；
（2）A、B的化合物与E反应是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠与氧气，化学反应方程式为：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2，故答案为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；
（3）A、B两元素形成的化合物为CO、CO2，属于共价化合物，故答案为共价；
（4）D的最高价氧化物的水化物为硫酸，与碳反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．
第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24。下列有关叙述正确的是
A．1molZ与足量氧气完全反应，转移电子数一定为NA
B．H3XO3溶液呈酸性，任何时候都不能接触皮肤
C．当W的单质形成化合物时，一定作还原剂
D．Y的氢化物在常温下一定为气态
2．下列物质中，既含有离子键又含有极性共价键的是
A．HCl B．NH4Cl C．H2O2 D．H2
3．X元素的原子有20个中子和19个电子，下列可表示X原子的是
A． B． C． D．
4．下列物质的性质与氢键无关的是（ ）
A．冰的密度比液态水的密度小 B．NH3易液化
C．NH3分子比PH3分子稳定 D．在相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高
5．某元素R的核内含有N个中子，R的质量数为A，在其与氢化合时，R呈价，则的气态氢化物(只含1个R)中所含电子的物质的量为
A． B．
C． D．
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构。X的最外层电子数等于最内层电子数，Z元素是最重要的“成盐元素”。下列说法正确的是
A．原子半径：Z＞Y＞X
B．最简单氢化物的沸点：Z ＞ W ＞ Y
C．元素X的单质能与W的氧化物发生置换反应
D．Z与W、X、Y形成的化合物中化学键类型均相同
7．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述错误的是
A．W的离子半径一定是所有元素中最小的
B．W与X或Z均可以形成含18个电子的分子
C．W、X和Z可组成离子化合物
D．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应
8．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．标准状况下，3.2g14C18O中含中子数为1.8NA
B．常温常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA
C．78gNa2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数等于NA
D．235g核素U发生裂变反应：U+n+Xe+10n，净产生的中子(n)数为10NA
9．世界资源储量最大的滑石矿位于江西上饶，经分析发现滑石中含有4种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，X的某种气体单质被喻为“地球的保护伞”，W2X2分子中含有18个电子，下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为Z＞Y＞X＞W
B．化合物YX是一种很好的耐火材料
C．Y单质只能与空气中的主要成分氧气反应
D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于碳酸
10．推理和归纳是研究和学习化学的重要方法，下列说法正确的是
A．由生活中：铝制品比铁制品更耐腐蚀，推断铝不如铁活泼
B．由氧化性：F2>O2，推断F2通入水中可以发生反应：2F2+2H2O=O2+4HF
C．由还原性，Ca>Mg，推断Ca投入MgCl2溶液中可以发生反应：Ca+Mg2+=Mg+Ca2+
D．由熔点I2>Br2，推断熔点：Na>Li
11．根据表中部分短周期元素的原子半径和主要化合价信息，判断叙述正确的是
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.154
0.134
0.099
0.102
0.073
主要化合价
+1
+1
+7、-1
+6、-2
-2
A．氢化物的沸点为：H2T
C．单质的还原性顺序：L
12．下列关于元素周期表的说法不正确的是（ ）
A．每个主族元素中都有非金属元素 B．周期表中 0 族不含有金属元素
C．副族和第Ⅷ族元素都是金属元素 D．长周期元素中也含有非金属元素 117 号元素为Ts
二、非选择题（共10题）
13．I.化学兴趣小组对以下实验进行探究：
(1)牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；写出氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式 。
II.现欲探究铁及其化合物的氧化性或还原性，请完成以下实验报告：
(2)称取用磨砂纸打磨后的铁钉2.8g放入50.0mL稀硫酸中，充分反应后若2.8g纯净的Fe全部参加反应。反应中转移 mol电子。
(3)下列有关Fe2+的说法不正确的是 (选填序号)。
A．可以先加KSCN溶液再加氯水来检验Fe2+
B．可以先加铁粉再加KSCN溶液来检验Fe2+
C．能使酸性KMnO4溶液紫色褪去
D．能观察到溶液颜色为浅绿色
III.卤族元素是典型的非金属元素，已知稀溴水与稀铁盐(含Fe3+)溶液的颜色相近；Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+能将I-氧化为I2。请完成以下实验报告：
(4)关于F、Cl、Br、I的比较，不正确的是 (选填序号)。
A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B．单质(F2、Cl2、Br2、I2)的氧化性随核电荷数的增加而减弱
C．被其他卤素单质从卤化物中置换出来的可能性随原子序数的增加而增大
D．它们的氢化物的稳定性随原子序数的增加而增强
(5)稀溴水的颜色为 。
(6)将Fe2+逐滴滴加到稀溴水溶液中，再加入几滴淀粉碘化钾溶液。溶液变为蓝色，不能证明证明Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，因为Br2与I-作用产生的碘可以使淀粉变蓝，写出Br2与I-作用的离子方程式 。另将Fe2+逐滴滴加到另一份稀溴水溶液中，加入几滴 溶液，溶液变为红色，证明Br2能将Fe2+氧化为Fe3+。
(7)另取20mLFeSO4溶液，向其中通入Cl2。若Fe2+恰好完全转化为Fe3+，消耗的Cl2在标准状况下的体积为0.336L，则该FeSO4溶液的物质的量浓度为 mol/L。
14．现有下列物质①Cl2 ②NaCl ③MgCl2 ④Ne ⑤ ⑥ ⑦NaOH ⑧ ⑨请回答下列问题。
(1)不存在化学键的是 (填序号)：属于共价化合物的 (填序号)：既含有共价键又含有离子键的是 (填序号)。
(2)若阿伏加德罗常数用NA表示，则1molNa2O2与足量的二氧化碳反应，转移的电子数为 。
(3)将物质⑥溶于水，破坏了⑥中的 (填化学键类型)，写出其溶于水过程中的电离方程式： 。
15．NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
①NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
②NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（K=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
完成下列填空：
（1）HClO的电子式为 。
（2）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 。
（3）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。
（4）处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
16．过氧化钙(CaO2)是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，可溶于酸，微溶于水且能与水缓慢反应，难溶于乙醇，且本身无毒，不污染环境。
I．实验室制备CaO2的装置如图所示。
(1)CaO2的晶体中阳阴离子的个数比为
(2)甲装置用来制备NH3，烧瓶内固体可以是 ，乙装置中B的作用是 。
(3)仪器A的名称是 ，有同学认为，为了加快反应速率和提高产率，可将冰水混合物改为温水浴加热，你认为该同学的观点是否合理并说明理由 。(不写理由不给分)
II．工业上生产CaO2的实验流程如下。
(4)已知“反应”步骤会生成CaO2·8H2O，该步反应的离子方程式是 。
(5)洗涤步骤先用冷水洗涤，再用乙醇洗涤。用乙醇洗涤的目的是 。
17．常温下，二氯化二硫()为橙黄色液体，有挥发性，易水解。工业上用于橡胶的硫化。某化学学习小组将氯气通入熔融的硫单质合成的实验装置如图所示。
(1)分子中各原子均达到8电子稳定结构，写出其结构式为 ；
(2)A装置的名称为 ，C中所盛试剂为 ，D装置的作用是 ；
(3)实验时需先点燃 处附近的酒精灯，目的是 ；
(4)遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，写出该反应的化学方程式 ；
(5)长导管F的作用是 ，锥形瓶G中收集到的成分可能有 ；
(6)装置图有不够完善的地方，你提出的改进意见是： 。
18．某同学设计了下图所示的装置，可比较HNO3、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，进而比较氮、碳、硅元素非金属性强弱。供选择的试剂：稀硝酸、稀硫酸、碳酸钙固体、碳酸钠固体、硅酸钠溶液、澄清石灰水、饱和碳酸氢钠溶液
（1）仪器a的名称： 。
（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，a中所盛试剂为 。
（3）装置B所盛试剂是 ，其作用是 。
（4）装置C所盛试剂是 ，
C中反应的离子方程式是 。
（5）通过实验证明碳、氮、硅的非金属性由强到弱的顺序是 。
19．将5.1g的氧化铝溶于一定浓度的500mL 的盐酸中，充分反应后，再逐滴加入0.5mol/L 的氢氧化钠溶液，反应过程中生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示，试计算：
（1）最大沉淀的质量。
（2）沉淀最大时耗用多少毫升氢氧化钠溶液？
（3）当沉淀从最大值到恰好完全消失时，耗用多少毫升的氢氧化钠溶液？
（4）原盐酸溶液的物质的量浓度是多少？
20．等质量的两种金属粉末A、B分别与同浓度的足量稀盐酸反应，都生成+2价金属氯化物，其反应情况如图所示：
(1) 两种金属的活动性顺序是 >
两种金属氯化物的摩尔质量是 >
(2) 将两种金属粉末按一定比例混合后，进行甲、乙
丙三组实验，三组实验各取500mL同浓度的盐酸
溶液加入该种混合粉末，产生气体，有关数据如下：
实验序号
甲
乙
丙
混合粉末质量(g)
6.2
18.6
24.8
生成气体气体(mL)
2240
5600
5600
①乙组实验中，盐酸 (填“过量”、“适量”或“不足量”)
②上述所用的盐酸的物质的量浓度为 mol/L，混合粉末的平均摩尔质量是 。
21．向50mLbmol/L的AlCl3溶液中加入50mLamol/L的NaOH溶液。
（1）当a、b关系不同时，反应所生成沉淀的质量不同。填写下表：
a与b的关系
生成沉淀的质量（g）
（2）若b=1mol/L时，要生成沉淀3.12g，则a值等于多少 ？
22．A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和．
（1）A为 ，C为 ．（填元素符号）
（2）写出A、B的化合物与E反应的化学方程式： ．
（3）A、B两元素形成的化合物属 （填“离子”或“共价”）化合物．
（4）写出D的最高价氧化物的水化物和A单质反应的化学方程式： ．
参考答案：
1．A
一种由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，根据图示，W为1价，形成共价键，W为氢，Z为+1价阳离子，Z为Na，Y为3价，Y为N，，X为B元素。
A．1molNa与足量氧气反应，不论生成或转移电子数均为，选项A正确；
B．硼酸酸性很弱，当碱液溅到皮肤上时，立即用大量水清洗，并可涂抹稀硼酸溶液，选项B错误；
C．氢气与活泼金属形成化合物如NaH时，氢元素从0价降为-1价，氢气体现氧化性，选项C错误；
D．N的氢化物常温下为液态，选项D错误。
答案选A。
2．B
A. HCl中H原子与Cl原子之间存在极性共价键，A不符合题意；
B. NH4Cl中NH4+与Cl-之间存在离子键，NH4+中N原子与H原子之间存在极性共价键，B符合题意；
C. H2O2中H原子与O原子之间存在极性共价键，O原子与O原子之间存在非极性共价键，C不符合题意；
D. H2中H原子与H原子之间存在非极性共价键，D不符合题意；故答案为：B。
【点睛】离子键：带相反电荷的离子之间存在的静电作用；极性共价键：不同种非金属原子之间形成的共价键；非极性键：同种非金属原子之间形成的共价键。
3．C
X元素的原子有20个中子和19个电子，则其质子数=核电荷数=电子数=19，质量数=质子数+中子数=39，则C满足；
选C。
4．C
A．冰中存在的大量的氢键使水分子排列有序，增大了水分子间的距离，冰的密度比液态水的密度小，与氢键有关；
B．氨分子间存在的氢键使NH3易液化；
C．氢键属于分子间作用力的范畴，不是化学键，一般影响物质的物理性质，不能影响分子的稳定性，所以C错误；
D．水分子间有氢键而硫化氢分子间没有氢键，使得相同条件下，H2O的沸点比H2S的沸点高；
答案选C。
【点睛】一般非金属性很强的元素才能形成氢键，例如F、O、N等。
5．D
【解析】利用关系：质量数=质子数＋中子数，以及化合价代数和为0可推出WgR的气态氢化物中所含电子的物质的量。
元素R原子中含有电子数=质子数=质量数-中子数=A-N，形成氢化物时R呈-n价，则其简单氢化物的化学式可表示为HnR，相对分子质量近似为A+n，分子中含有的电子数为A-N+n，W g氢化物的物质的量为 mol，故氢化物中电子的物质的量为 mol×(A-N+n)=(A-N+n)mol，故选D。
6．C
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，二者形成的一种化合物具有金刚石的结构，此化合物为SiC，即W为C元素、Y为Si元素；X的最外层电子数等于最内层电子数，X为Mg元素；Z元素是最重要的“成盐元素”，则Z为Cl元素。
A．Mg、Si、Cl为同周期元素，核电荷数大，原子半径小，故原子半径：Mg＞Si＞Cl，A错误；
B．C、Si、Cl的简单氢化物分别为CH4、SiH4、HCl，三种分子间的作用力为范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故沸点HCl＞SiH4＞CH4，B错误；
C．Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C， CO2+2MgC+2MgO，该反应为置换反应，C正确；
D．Cl与Mg形成的化合物MgCl2中只存在离子键，而Cl与C、Si形成的CCl4、SiCl4中只存在共价键，化学键类型不同，D错误；
故选C。
7．A
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，W和X的单质常温下均为气体，也是Y的最外层电子数的2倍，因此W只能是H，X是N，Y位于第三周期，Y是Al，Z是S，据此解答。
A．H的离子半径不一定是所有元素中最小的，例如H－的离子半径不是最小的，A错误；
B．H与N或S均可以形成含18个电子的分子，即N2H4和H2S，B正确；
C．H、N和S可组成离子化合物，例如硫化铵或硫氢化铵等，C正确；
D．Al、S的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，即氢氧化铝可溶于硫酸中，D正确；
答案选A。
8．D
A．3.2g14C18O中含中子数为1.8NA，故A正确；
B．NO2和N2O4最简式都是NO2， 4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目为0.2NA，故B正确；
C．Na2S和Na2O2的相对分子质量都是78，且阴阳离子之比均为1:2，78gNa2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数为NA，故C正确
D．235g核素U的物质的量是1mol，发生裂变反应：U+n+Xe+10n，净产生的中子(n)数为9NA，故D错误；
选D。
9．B
X的某种单质被喻为“地球的保护伞”为臭氧，则X为O，W2X2分子中含有18个电子，则W的原子序数为1、W为H，四种短周期元素W、X、Y、Z，它们的原子序数依次增大，最外层电子数之和为13，且位于不同的主族，则Y、Z最外层电子数之和为13-1-6=6=2+4，则Y为第三周期第ⅡA的Mg、Z为第三周期第ⅣA的Si，据此回答。
A．通常电子层数越多，原子半径越大，同周期从左到右原子半径递减，则原子半径大小顺序为Y＞Z＞ X＞W，故A错误；
B．化合物YX即MgO，熔点高达2800°C左右，是一种很好的耐火材料，故B正确；
C．Mg可以与氧气、氮气、二氧化碳均可以反应，故C错误；
D．硅的氧化物的水化物硅酸酸性弱于碳酸，故D错误；
故选：B。
10．B
A．铝能与氧气反应能形成致密的氧化铝薄膜，对内部的铝起到保护作用，所以铝比铁更耐腐蚀，与活泼性无关，故A错误；
B．F2通入水中可以发生反应：2F2+2H2O=O2+4HF，故B正确；
C．Ca比Na更活泼，在溶液中会先和水反应，故不能发生置换反应，故C错误；
D．Li、Na、K、Rb、Cs同主族元素，从上往下，熔、沸点依次降低，故D错误；
故选B。
11．B
短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O元素，R有+6、-2价，可知R为S元素；Q有+7、-1价，则Q为氯元素；L、M只有正化合价，原子半径L最大，比M大且比S的大，说明M为第三周期元素，则M为Na，L为K元素；
A．T为O元素，R为S元素；形成的氢化物水分子中存在氢键，沸点较高，故沸点H2T＞H2R，故A错误；
B．L为Na元素，Q为氯元素；形成的化合物为氯化钠，氯化钠是离子化合物，由钠离子与氯离子构成，钠离子与氯离子最外层均达到8电子稳定结构，故B正确；
C．L为K元素，M为Na元素，同主族元素从上到下金属性增强，金属性K＞Na，金属性越强，单质的还原性越强，单质的还原性顺序：K＞Na，即L＞M，故C错误；
D．L为Na元素，T为O元素，R为S元素；三者的简单离子分别为Na+、O2-、S2-，Na+、O2-电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以Na+＜O2-，O2-、S2-最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，所以O2-＜S2-，所以离子半径Na+＜O2-＜S2-，即R＞T＞L，故D错误；
故选：B。
12．A
A．元素周期表中第ⅡA元素全部是金属元素，无非金属元素，故A错误；
B．周期表中0族元素全部是非金属元素，无金属元素，故B正确；
C．副族和第Ⅷ族元素全部是金属元素，无非金属元素，故C正确；
D．长周期元素中也含有非金属元素，如第五周期含碘元素、117 号元素为Ts等，故D正确；
答案选A。
【点睛】熟悉元素周期表的结构，清楚每一主族元素的元素种类是解本题的关键。
13．(1)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(2)0.1
(3)B
(4)D
(5)黄色
(6) Br2+2I-=I2+2Br- KSCN溶液
(7)1.5
（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。
（2）根据铁与稀硫酸反应的化学方程式可得1mol铁转移2mol电子，所以消耗2.8铁转移电子为0.1mol。
（3）A．若有Fe2+，先加KSCN溶液无现象再加氯水会出现血红色，A正确；
B．若体系中只有Fe3+而无Fe2+照样溶液不会出现血红色，B错误；
C．Fe2+能使酸性KMnO4溶液紫色褪去，C正确；
D．Fe2+溶液颜色为浅绿色，D正确；
故选B。
（4）A．根据四种元素在周期表的位置关系知它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；
B．单质(F2、Cl2、Br2、I2)的氧化性随核电荷数的增加而减弱，B正确；
C．原子序数增加氧化性则减弱，故被其他卤素单质从卤化物中置换出来的可能性随原子序数的增加而增大，C正确；
D．非金属性越强其氢化物稳定性越强，所以它们的氢化物的稳定性随原子序数的增加而减弱，D错误；
故选D。
（5）稀溴水的颜色为黄色。
（6）卤素单质之间可发生置换反应，Br2与I-作用的离子方程式：Br2+2I-=I2+2Br-；三价铁离子的检验
用KSCN溶液，溶液会变为红色。
（7）根据硫酸亚铁与氯气的反应方程式可得两者之间的比例关系为2：1，所以根据氯气可得硫酸亚铁的物质的量为0.03mol，所以浓度为0.03mol/0.02L=1.5mol/L。
14．(1) ④ ⑧ ⑤⑥⑦
(2)NA
(3) 离子键和共价键 NaHSO4═Na++H++SO
一般而言，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键，单原子分子中不含化学键；含有离子键的化合物为离子化合物，只含共价键的化合物为共价化合物，据此分析解答。
（1）不存在化学键的是④Ne；属于共价化合物的⑧；⑤Na2O2⑥NaHSO4⑦NaOH中含有离子键和共价键；
（2）Na2O2与足量的二氧化碳反应方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2中的O由-1价变为0价和-2价，1molNa2O2反应转移的电子数为1mol×NA/mol=NA；
（3）物质⑥NaHSO4溶于水发生电离，电离方程式为NaHSO4═Na++H++SO，破坏了离子键和共价键。
15． 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑ 14 900
(1)HClO为共价化合物，分子中含有1个O-Cl键和个H-O键，其电子式为；
(2)NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
(3)反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子．N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN-+3ClO-=CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑；
(4)参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol×4=14900g。
16．(1)1：1
(2) CaO(或NaOH、碱石灰) 导气并防止倒吸
(3) 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 升高温度，氨气挥发加快、过氧化氢分解速度加快，不能改为温水浴
(4)Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH
(5)使产品快速干燥
由实验装置图可知，装置甲中氯化铵固体和氢氧化钙共热反应制备氨气,装置乙中，在冰水浴的条件下，三颈烧瓶中发生的反应为氯化钙、过氧化氢和氨气反应生成八水过氧化钙和氯化铵,氨气极易溶于水，长颈漏斗在实验中起防倒吸的作用，据此分析答题。
(1)
CaO2的晶体中阳离子为Ca2+，阴离子为O，故阳阴离子个数比为1：1。
(2)
实验室可以用CaO(或NaOH、碱石灰)与浓氨水反应制取氨气；装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸且具有导气的作用。
(3)
仪器A为三颈烧瓶(或三口烧瓶)，该反应用到了氨气和过氧化氢，而温度升高后，氨气会挥发，过氧化氢容易分解，故答案为：升高温度，氨气挥发加快、过氧化氢分解速度加快，不能改为温水浴
(4)
在该反应中，氯化钙溶液、氨水和过氧化氢参加反应生成CaO2·8H2O，根据元素守恒可知离子方程式为：Ca2++H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH；
(5)
乙醇易挥发，挥发会带走水分，便于干燥，故答案为：使产品快速干燥。
17．(1)Cl-S-S-Cl
(2) 分液漏斗 饱和食盐水 吸收水分，干燥Cl2
(3) B 用生成的氯气驱赶装置内的空气，防止硫与氧气反应而干扰实验
(4)
(5) 冷凝气体 、S
(6)在G和H之间接一个装有无水氯化钙的干燥管
依题意，氯气通入熔融的硫单质合成的反应在装置E硬质玻璃管内进行，则装置的左侧通入Cl2。浓盐酸从分液漏斗滴入圆底烧瓶与二氧化锰共热制取Cl2，气体通过饱和食盐水除去HCl杂质后，再用浓硫酸干燥，即可得到干燥纯净的Cl2通入装置E参与反应，尾气用NaOH溶液吸收。
(1)
分子中各原子均达到8电子稳定结构，S原子可连接两单键，Cl原子连接一个单键，其结构式为：Cl-S-S-Cl。
(2)
据分析，如图所示A装置为分液漏斗；C中所盛试剂为饱和食盐水；D装置内是浓硫酸，作用是吸收水分，干燥Cl2。
(3)
据分析，实验时需先点燃B处附近的酒精灯，目的是用生成的氯气驱赶装置内的空气，防止硫与氧气反应而干扰实验。
(4)
的S元素化合价是+1价，Cl元素是-1价，其遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，该气体是SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，根据氧化还原反应规律，S元素化合价既有升高也有降低，则另一含硫产物是S单质，而Cl元素生成了HCl，故该反应的化学方程式：。
(5)
据题给信息，反应产物二氯化二硫()常温下为橙黄色液体，长导管F的作用是冷凝气体，使其呈液态，与多余的氯气分离；因水解生成S单质，锥形瓶G中收集到的成分可能有、S。
(6)
由于有挥发性，易水解，为了在装置G中收集到较纯净的，应在G和H之间接一个干燥装置，以防止烧杯内的水气进入G。改进意见是：在G和H之间接一个装有无水氯化钙的干燥管。
18． 分液漏斗 稀硝酸 饱和碳酸氢钠溶液 吸收气体中硝酸 硅酸钠溶液 SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－ N＞C＞Si
（1）a仪器有开关故为分液漏斗；
（2）锥形瓶中装有某可溶性正盐，只能是碳酸钠或者硅酸钠，分液漏斗中只能盛装酸，由于三种酸中，硅酸最弱，故最后验证，故A中盛装碳酸钠溶液，a中盛装硝酸，硝酸与碳酸钠反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，根据强酸制弱酸的原理，可知酸性：HNO3>H2CO3；
（3）由于生成了CO2需要除去气体中的挥发出来的硝酸，故用饱和碳酸氢钠溶液除杂；
（4）进一步验证碳酸酸性大于硅酸酸性，故将二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，离子方程式为：SiO32－＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32－；
（5）最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应元素的非金属性就越强，故非金属性：N＞C＞Si。
19． 7.8g 840mL 200mL 0.84mol/L
从图中能得到的信息：盐酸溶解铝是过量的，所以加入氢氧化钠以后先中和过量的盐酸，然后才与铝离子沉淀；至氢氧化铝完全沉淀后，再溶解成NaAlO2，由此分析解答。
(1)根据铝守恒可知：Al2O3∼2Al(OH)3
102 2×78
5.1g m
所以=，解之得：m=7.8g，
答案为：7.8g；
(2) Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，铝离子和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀的关系为：
3NaOH∼Al(OH)3
3 1
n(NaOH) 0.1 mol
解之得：n(NaOH)=0.3mol，
由图可知，中和盐酸消耗氢氧化钠溶液240mL，
沉淀最大时消耗NaOH为V=240mL+×103mL=840mL，
答案为：840mL；
(3)当沉淀从最大值到恰好完全消失时，根据反应：
Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O
1 1
0.1 mol n(NaOH)
解之得：n(NaOH)=0.1mol
当沉淀从最大值到恰好完全消失时，耗用氢氧化钠溶液的体积为=200mL，
答案为：200mL；
(4)最大沉淀时,溶液是单一溶质NaCl，此时n(HCl)=n(NaOH)，c(HCl)==0.84mol/L，
答案为：0.84mol/L。
20． B A B A 不足量 1 62g/mol
（1）从图可知，B与盐酸的曲线的斜率要大，这个斜率就是反应的速率大小，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多（看最后平台对应的纵坐标），所以A的摩尔质量要小；
（2）①甲组实验，后面随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，很明显乙组中的盐酸已经不足了；
②计算最终生成氢气的物质的量，根据H原子守恒计算n（HCl），进而计算c（HCl）；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，则金属的平均摩尔质量═。
（1）从图可知，B与盐酸的速率比A大，所以两种金属的活动性顺序是B＞A，等质量的A、B与同浓度的足量稀盐酸反应，A放出的氢气多，所以A的摩尔质量要小，所以两种金属氯化物的摩尔质量是B>A；
（2）①甲组实验，随着金属的量增加，放出的气体增加，故甲组是盐酸过量，乙组实验中，金属质量是甲组的3倍，如果金属全都反应完，产生的气体应该是甲组的3倍，而给出的数据是小于3倍，乙组中的盐酸已经不足；
②最终生成氢气的物质的量为=0.25mol，根据H原子守恒n（HCl）=0.25×2=0.5mol，所以c（HCl）= =1mol/L；甲组实验中金属完全反应，金属都为+2价，根据电子转移守恒，金属物质的量等于氢气物质的量，此时生成氢气为 =0.1mol，故金属的平均摩尔质量═=62g/mol。
21．
a与b的关系
生成沉淀的质量（g）
a≤3b
1.3a
4b＞a＞3b
15.6b-3.9a
a≥4b
0
2.4或3.2
50mLbmol/L的AlCl3的物质的量为50×10-3L×bmol/L=0.05 bmol， 50mLamol/L的NaOH溶液物质的量为50×10-3L×amol/L=0.05 amol。
AlCl3和NaOH溶液反应可能生成Al(OH)3或NaAlO2，AlCl3溶液中加入NaOH溶液的反应过程为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓，Al(OH)3+NaOH= NaAlO2+2H2O，总反应：AlCl3+4NaOH= NaAlO2+2H2O。可在此基础上进行讨论。
(1)根据反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓，AlCl3过量和恰好完全生成Al(OH)3时，NaOH全部用于生成沉淀，关系为：0.05bmol×3≥0.05amol，a≤3b，生成的沉淀质量为0.05amol××78g∙mol-1=1.3ag；根据反应AlCl3+4NaOH= NaAlO2+2H2O，恰好完全生成NaAlO2 和NaOH过量时，关系为：0.05bmol×4=0.05amol，a≥4b，此时无沉淀；当4b＞a＞3b 时，分两步计算：
第一步，AlCl3完全沉淀，生成Al(OH)30.05bmol，消耗NaOH0.05bmol×3=0.15bmol；第二步，沉淀部分溶解：
n=(0.05a-0.15b)mol
则未溶的沉淀质量为：[0.05bmol-(0.05a-0.15b)mol]×78g∙mol-1=(15.6b-3.9a)g。
综上所述，当a、b关系不同时，反应所生成沉淀的质量如下表：
a与b的关系
生成沉淀的质量(g)
a≤3b
1.3a
4b＞a＞3b
15.6b-3.9a
a≥4b
0
答案为：
a与b的关系
生成沉淀的质量(g)
a≤3b
1.3a
4b＞a＞3b
15.6b-3.9a
a≥4b
0
(2) 若b=1mol/L时，a=要生成沉淀3.12g讨论如下：
a≤3b=3时，1.3a=3.12，a=2.4<3，答案合理；4b＞a＞3b即4＞a＞3时，15.6b-3.9a=15.6-3.9a=3.12，a=3.2，4＞3.2＞3，答案合理。
答案为：2.4或3.2
【点睛】与量有关的反应，要特别注意反应物之间量的关系，量不同，产物可能不同；分步反应要清楚反应的过程，并按反应的顺序进行计算。
22． C Na 2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2 共价 C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O
分析：A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8﹣2=6，核外各层电子分别为2、8、6，则D为S元素。
（1）由上述分析可知，A为C元素、C为Na元素，故答案为C；Na；
（2）A、B的化合物与E反应是二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠与氧气，化学反应方程式为：2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2，故答案为2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2；
（3）A、B两元素形成的化合物为CO、CO2，属于共价化合物，故答案为共价；
（4）D的最高价氧化物的水化物为硫酸，与碳反应的化学方程式：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O．
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