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山东省济南市历城第二中学等学校2022-2023学年高一下学期3月月考化学B卷试题（解析版）
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这是一份山东省济南市历城第二中学等学校2022-2023学年高一下学期3月月考化学B卷试题（解析版），共20页。
一．选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活社会发展息息相关，下列说法错误的是
A. 门捷列夫发现元素周期律并编制了第一张元素周期表，使化学的研究变得有规律可循
B. 嫦娥五号带回的“快递”——“月壤”中富含“完美能源”3He，3He和4He是同种核素
C. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅
D. 盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
【答案】B
【解析】
【详解】A．1869年，门捷列夫发现元素周期律，并编制出元素周期表，使化学学习和研究变得有规律可循，故A正确；
B．3He和4He是He元素的不同核素，中子数不同，二者互为同位素，故B错误；
C．Si单质是良好的半导体材料，可以做硅芯片，“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，故C正确；
D．二氧化硅能与NaOH溶液反应生成具有很强黏性的硅酸钠，所以盛放碱液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，应该用橡皮塞，故D正确；
故选：B。
2. 、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是
A. X的中子数为2
B. X、Y互为同位素
C. 、可用作示踪原子研究化学反应历程
D. 自然界不存在、分子因其化学键不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】根据质量守恒可知，X微粒为，Y微粒为，据此分析解题。
A. 由分析可知，X微粒为，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D错误；
故答案为：B。
3. 下列实验及操作不能达到实验目的的是
A. 分离固体食盐与碘单质B. 苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
C. 观察纯碱的焰色反应D. 打开止水夹，挤压胶头滴管的胶头，可以引发喷泉
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘单质具有易升华的性质，且不与食盐反应，故能用A装置来分离固体食盐与碘单质，A不合题意；
B．苯的密度比水小，故苯萃取碘水中的I2后苯和I2的混合液在上层，水层在下层，分出水层后的操作应该是将上层液体从上口倒出，而不能继续从下口放出，B符合题意；
C．光洁无锈的铁丝灼烧时火焰无色，故能用铁丝进行焰色试验来观察纯碱的焰色反应，C不合题意；
D．已知HCl极易溶于水，且能与AgNO3溶液迅速反应，故打开止水夹，挤压胶头滴管胶头，可以引发喷泉，D不合题意；
故答案为：B。
4. 2023年春节期间，《流浪地球2》成功刷爆朋友圈，片中层出不穷的“硬科技元素”让观众大呼过瘾。电影的故事设定中，太阳极速老化，持续膨胀并将在百年后吞没地球，这实际上指的是太阳氦闪，氦闪主要涉及氢聚变及氦聚变，和是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述中正确的是
A. 氕、氘、氚都是氢的同素异形体B. 氕是自然界中最轻的原子
C. 核聚变属于化学反应D. 9g含有的质子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氕、氘、氚原子中质子数相同、中子数不同，故它们都是氢的同位素，A错误；
B．氕原子的相对原子质量为1，故是自然界中最轻的原子，B正确；
C．化学变化前后元素种类和原子数目分别保持不变，故核聚变不属于化学反应，C错误；
D．9g含有的质子数为=，D错误；
故答案为：B。
5. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y和W同主族，由X、Y、Z三种元素组成的四种二元微粒(分子或离子)A+、B-、C、D均具有10个电子，已知它们有如下转化关系：A++B-C+D↑，下列说法正确的是
A. X、Y、Z元素最高正化合价依次升高
B. 原子半径大小：W＞Z＞Y＞X
C. 只有原子核外最外层达到8电子结构才是稳定结构
D. W、Y、Z所对应的三种气态氢化物的稳定性逐渐增强
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y和W同主族，由X、Y、Z三种元素组成的四种二元微粒(分子或离子)A+、B-、C、D均具有10个电子，已知它们有如下转化关系：A++B-C+D↑，则可推知A为，B为OH-，C为H2O，D为NH3，即X为H、Y为N、Z为O，W为P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H、Y为N、Z为O，X、Y元素最高正化合价依次为+1、+5，而O无正价，A错误；
B．由分析可知，X为H、Y为N、Z为O，W为P，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径大小：P＞N＞O＞H，即原子半径大小：W＞Y＞Z＞X，B错误；
C．H原子核外最外层电子达到2电子即达到稳定结构，C错误；
D．由分析可知，Y为N、Z为O，W为P，已知非金属性：O＞N＞P，则W、Y、Z所对应的三种气态氢化物的稳定性PH3＜NH3＜H2O，D正确；
故答案为D。
6. 下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属原子之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，据此分析解题。
【详解】A．氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，不存在共价键，属于离子化合物，A错误；
B．二氧化碳分子中C、O原子之间只存在共价键，属于共价化合物，B正确；
C．H2O2分子中H、O原子之间和O、O原子之间均只存在共价键，属于共价化合物，C错误；
D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，属于离子化合物，D错误；
故答案为：B。
7. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：WB. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-
C. Y和Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. Y的一种氧化物可做供氧剂
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象可知，X位于第二周期，Y、Z、W、R位于第三周期，X的化合价为-2，则X为O元素，Y的化合价为+1，则Y为Na；Z的化合价为+3，则Z为Al；W的化合价为+6、-2，则W为S；R的化合价为+7、-1，则R为Cl元素。
【详解】A．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性S＜Cl，则气态氢化物的稳定性：W＜R，故A正确；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：S2->Cl->O2->Na+ > Al3+，即由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是Z3+，故B错误；
C．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故C正确；
D．Y的氧化物过氧化钠与水、二氧化碳反应均生成氧气，可做供氧剂，故D正确；
答案选B。
8. 下列关于元素周期表的说法中，正确的是
A. 所有元素的最高正化合价都等于最外层电子数
B. 元素周期表中原子半径最小的元素在右上角
C. 常温下，0族元素的单质都是气体
D. 在过渡元素中可以寻找制造催化剂、耐高温、耐腐蚀及半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．一般主族元素的最高正化合价都等于最外层电子数，但副族元素的最高正价不一定等于最外层电子数，如Fe的最外层电子数为2，最高正价为+6价，A错误；
B．元素周期表中原子半径最小的元素是H，其位于元素周期表的左上角，B错误；
C．常温下，0族元素又称为稀有气体元素，故它们的单质都是气体，C正确；
D．过渡元素中可以寻找制造催化剂、耐高温、耐腐蚀材料(如Fe、Cr、Mn、V等)，而半导体材料则需在金属与非金属交界处寻找，D错误；
故答案为：C。
9. 在元素周期表中，E、G、H、J均为前四周期的主族元素，其位置如图所示，E、H、J的核外电子总数之和为58。下列说法正确的是
A. H的氧化物对应水化物都是强酸
B. E、G气态氢化物的沸点前者更高，所以非金属性：E＞G
C. E、H最高价氧化物对应水化物的酸性，前者更强
D. 气态氢化物的稳定性：
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，设E的核外电子数为x，则G为x+8，H为x+7，J为x+6+18=x+24，故E、H、J的核外电子总数之和为58，即x+x+7+x+24=58，解得x=8，则E为O、G为S、H为P、J为As，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，H为P，H的氧化物对应水化物即H3PO3、H3PO4都不是强酸，A错误；
B．由分析可知，E为O，G为S，E、G气态氢化物即H2O、H2S，由于H2O中存在分子间氢键，故沸点前者更高，与非金属性无关，故不能得出非金属性：E＞G，B错误；
C．由分析可知，E为O，H为P，由于O无最高正价，故E、H最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强，C错误；
D．由分析可知，J为As，与N位于同一主族，非金属性N＞As，故气态氢化物的稳定性AsH3＜NH3即，D正确；
故答案为：D。
10. 四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣、dRm﹣，它们具有相同的电子层结构，若m＞n，对下列叙述正确的是
①a﹣b=n﹣m ②元素的原子序数a＞b＞c＞d
③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物的碱性X＞Y
⑤还原性Rm﹣＞Zn﹣⑥X一定可与冷水反应．
A. 只有②正确B. ①②③④正确
C. ①②③⑥正确D. ②③⑤正确
【答案】D
【解析】
【详解】四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，则原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，即X、Y处于第三周期，Z、R处于第二周期。
①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，可得a-b=m-n，故①错误；
②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；
③Z、R为同一周期的非金属元素，且元素的原子序数c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；
⑤非金属性Z＞R，还原性Rm-＞Zn-，故⑤正确；
⑥X可以为第三周期Mg或Al，与冷水反应不反应，故⑥错误，故选D。
二．选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中富集溴的工艺流程，设计如下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是
A. A装置中通入的气体a是
B. C装置的作用只是吸收多余的气体
C. B装置中通入气体b后离子方程式为
D. 实验时应在A装置中通入气体a一段时间后，停止通入气体a，改通入热空气
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，氯气与浓缩海水中溴离子发生氧化还原反应生成溴，在吹出塔中富集溴，然后在吸收塔中溴、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；由实验装置可知，a为氯气，可氧化溴离子，热空气可将生成的溴蒸气吹出，气体b为二氧化硫，在B装置中发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，C装置为尾气处理装置，吸收氯气、二氧化硫、溴等，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，A装置中通入的气体a是Cl2，A正确；
B．由分析可知，C装置的作用为尾气处理装置，吸收氯气、二氧化硫、溴等，B错误；
C．由分析可知，B装置中通入气体b即SO2后生成H2SO4和HBr，故其离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，A装置中氯气与浓缩海水中溴离子发生氧化还原反应生成溴，在用热空气吹出溴单质进入B装置中富集溴，故实验时应在A装置中通入气体a一段时间后，停止通入气体a，改通入热空气，D正确；
故答案为：B。
12. 元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素，Q的单质广泛用作半导体材料，其余元素的信息如图所示。下列说法正确的有
A. G和Q所对应的气态氢化物的还原性，后者更强
B. L和R形成的化合物为离子化合物，只含有离子键
C. Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强
D. 非金属性：M＞P，M的单质能将P单质从RP溶液中置换出来
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素即为F，Q的单质广泛用作半导体材料即为Si，由图中信息可知，E、R的最外层电子数为1，G的最外层电子数为5，L的最外层电子数为6，P的最外层电子数为7，原子半径为R＞P＞L，G＞L，L＞E，结合原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大的规律可推知：R为Na、P为Cl，L为O，G为N，E为H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，G为Si，Q为N，则有非金属性N＞Si，氧化性N2＞Si，故G和Q所对应的气态氢化物的还原性SiH4＞NH3，即前者更强，A错误；
B．由分析可知，L为O，R为Na，L和R形成的化合物为离子化合物有Na2O只含有离子键，而Na2O2即有离子键又有共价键，B错误；
C．由分析可知，Q为Si，P为Cl，非金属性Cl＞Si，则Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3＜HClO4，即后者更强，C正确；
D．由分析可知，M为F，P为Cl，则非金属性：F＞Cl即M＞P，F2与NaCl溶液反应时先与水反应，方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，即M的单质即F2不能将P单质即Cl2从RP即NaCl溶液中置换出来，D错误；
故答案为：C。
13. 某学习小组设计了如图所示装置，以完成非金属性强弱比较的研究。下列各组实验中所选用试剂与实验目的相匹配的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，图中没有加热，所以不能制取氯气，则不能实现实验目的，A不合题意；
B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，浓盐酸和高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和KI反应生成碘，氯气的氧化性大于碘，则非金属性Cl＞I，B符合题意；
C．稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl,HCl能和碳酸钠反应生成硅酸，干扰二氧化碳和硅酸钠溶液的反应，无法比较C、Si的非金属性强弱，C不合题意；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，稀硫酸和纯碱反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，所以非金属性：S＞C＞Si，D符合题意；
故答案为：BD。
14. X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状态下的密度为0.76g· L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是
A. 原子半径：W＞X＞ Y＞ Z＞M
B. XZ2、X2M2、W2Z2均共价化合物
C. CaM2和CaZ2两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1：2
D. 由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物中一定有共价键，可能有离子键
【答案】AD
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L ，该化合物的摩尔质量为0.76g/ L ×22.4 L/ml=17 g/ml，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素；X与Z可形成XZ2分子，则X位于偶数族，X、Y、Z原子最外层电子数之和为15，故 X、Z的最外层电子数之和为15-5=10，Z 最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第VIA族，X处于第IVA族，所以X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y，Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为 (6+7+8+1)=11，所以W为Na元素，综上， X为C元素，Y为N元素， Z为O元素，M为H元素，W为Na元素，据此分析解答问题。
【详解】A．同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，原子半径：W＞X＞ Y＞ Z＞M，A正确；
B． W2Z2为过氧化钠、属于离子化合物，B不正确；
C． CaM2和CaZ2两种化合物中，前者由钙离子和氢阴离子构成，阳离子与阴离子个数比为1:2、后者由钙离子和过氧根离子构成，阳离子与阴离子个数比为1:1、C不正确；
D． 由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物可以是氨基酸之类的共价化合物、也可以是碳酸氢铵、碳酸铵之类的离子化合物，则一定有共价键，可能有离子键，D正确；
答案选AD。
15. 向mg由铝粉、铁粉和铜粉组成的混合物中，加入一定量某浓度的稀硝酸，待固体完全溶解后，将溶液均分为2份。取其中1份于试管中，加入浓度为c1的NaOH溶液。所产生的沉淀质量随加入碱液体积V(NaOH)的变化如图。则下列说法中正确的是
A. B. a～b段，溶液的导电能力不断减弱
C. D. 金属混合物中
【答案】AB
【解析】
【分析】由题干图中信息可知，由a点可知，反应后HNO3过量，则Fe转化为Fe(NO3)3，则b点对应的沉淀为：Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2，c点对应的沉淀为：Fe(OH)3、Cu(OH)2，则Al(OH)3的质量为：6.64g-5.08g=1.56g，其物质的量为：=0.02ml，即一份固体含有0.04mlAl，bc段消耗的NaOH溶液的体积为600-550=50mL，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，c1==0.4ml/L，ab段消耗的NaOH体积为550-100=450mL，即消耗的NaOH的物质的量为：0.4ml/L×0.45L=0.18ml，根据反应方程式：Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3、Al(NO3)3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaNO3、Fe(NO3)3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaNO3，假设1份固体中含有xmlCu、ymlFe、0.02mlAl，则有：2x+3y+3×0.02=0.18ml，98x+107y=5.08g，解得x=0.03ml，y=0.02ml，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，c1==0.4ml/L，A正确；
B．由分析可知，a～b段涉及的反应有Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3、Al(NO3)3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaNO3、Fe(NO3)3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaNO3，可知反应过程中溶液中自由移动的阴、阳离子数目不变，但溶液体积增大，即浓度减小，则溶液的导电能力不断减弱，B正确；
C．由分析可知，1份固体中含有0.03mlCu、0.02mlAl和0.02mlFe，故原固体中，C错误；
D．由分析可知，原固体中含有0.06mlCu和0.04mlFe，金属混合物中，D错误；
故答案为：AB。
三．非选择题：本题共5小题，共60分。
16. Ⅰ．
（1）实验室中化学药品保存方法是由药品本身性质决定的，下列试剂保存方法不正确的是______。
a．浓硝酸见光受热易分解，用棕色试剂瓶保存
b．浓硫酸、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液都可以用带有玻璃塞的试剂瓶保存
c．硫酸亚铁溶液易被空气氧化，保存时常加入铁粉
d．液溴有挥发性，保存时应水封
Ⅱ．氮、磷元素存在于人体所有细胞中，几乎参与所有生理上的化学反应。磷元素有多种含氧酸，除了常见的磷酸()为三元中强酸外，还有次磷酸()等弱酸，结合已学知识回答下列问题。
（2）次磷酸()可由与碘水反应制备，其化学反应方程式为______。该反应所涉及到的物质中属于弱电解质是______，和比较，热稳定性较强的是______。
（3）与过量NaOH溶液反应生成的盐为，该盐属于______(选填“酸式”、“正”)盐。
（4）由同主族元素性质的相似性可知，属于______(选填“离子”、“共价”)化合物，含有的化学键类型为______。
【答案】（1）b （2） ①. PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI ②. H2O、H3PO2 ③. NH3
（3）正 （4） ①. 离子 ②. 离子键和共价键
【解析】
【小问1详解】
a．浓硝酸见光受热易分解，用棕色试剂瓶避光保存，a不合题意；
b．浓硫酸会腐蚀橡胶，故需用带有玻璃塞的试剂瓶保存，氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液溶液呈碱性，能与玻璃中的SiO2反应，故都需用带有橡胶塞的试剂瓶保存，b符合题意；
c．硫酸亚铁溶液易被空气氧化成Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，故保存时常加入铁粉，c不合题意；
d．液溴有挥发性，保存时应水封，d不合题意；
故答案为：b；
【小问2详解】
次磷酸(H3PO2)可由PH3与碘水反应制备，根据氧化还原反应配平可知，其化学反应方程式为PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI，该反应所涉及到的物质中PH3为非电解质，I2为单质，HI为强电解质，只有H2O、H3PO2属于弱电解质，由于N的非金属性强于P的，故NH3和PH3比较，热稳定性较强的是NH3，故答案为：PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI；H2O、H3PO2；NH3；
【小问3详解】
H3PO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为NaH2PO2，说明H3PO2为一元酸，故该盐NaH2PO2属于正盐，故答案为：正；
【小问4详解】
由同主族元素性质的相似性可知，PH4I可以类似于NH4Cl，故PH4I属于离子”、“共价化合物，PH4I含有的化学键类型为和I-之间的离子键和内部P和H之间的共价键，故答案为：离子；离子键和共价键。
17. (一)海带中含有丰富的碘．为从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：
提示：苯是有机萃取剂，其密度小于水。
（1）步骤③⑤和的实验操作名称分别是______，______。
（2）①需用到以下装置是______。
（3）步骤④中反应的离子方程式是______。
（4）步骤⑤中，______(填“能”或“不能”)用酒精来萃取碘的理由______。
(二)海水提碘实验中，得到碘的苯溶液后也可用“反萃取法”萃取、富集碘单质，实验步骤如下：
（5）上述过程②中，发生的离子方程式______。
（6）请设计一种检验过程③提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：______。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 萃取分液
（2）D （3）2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O
（4） ①. 不能 ②. 酒精能与水任意比混溶
（5）5I-++6H+═3I2+3H2O
（6）取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有I2，反之则不含
【解析】
【分析】(一)由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，浸泡，③为过滤分离出含碘离子的溶液，④中二氧化锰可氧化碘离子生成碘，⑤中加苯作有机溶剂萃取碘，⑥中蒸馏分离出碘，(二)碘的四氯化碳溶液中加入浓氢氧化钠溶液，发生反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O，振荡、静置、分液，得到水层含I-和，有机层为四氯化碳，水层中加入45%的硫酸，发生反应5I-++6H+═3I2+3H2O，得到I2的悬浊液，过滤得到碘单质，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，步骤③⑤和的实验操作名称分别是过滤，萃取分液，故答案为：过滤；萃取分液；
【小问2详解】
由流程图可知，①为灼烧，下图装置A为蒸馏操作，装置B为过滤操作，装置C为分液操作，装置D为灼烧，故答案为：D；
【小问3详解】
步骤④中，MnO2将I-氧化为I2，自身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，故答案为：2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O
【小问4详解】
由于酒精与水能够任意比混溶，故步骤⑤中不能用酒精来萃取碘，故答案为：不能；酒精能与水任意比混溶；
【小问5详解】
由分析可知，上述过程②中发生的离子方程式为5I-++6H+═3I2+3H2O，故答案为：5I-++6H+═3I2+3H2O；
【小问6详解】
已知I2遇到淀粉溶液显特殊的蓝色，故取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有I2，反之则反，故答案为：取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有I2，反之则不含。
18. 1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，元素周期表体现了元素位置、结构和性质的关系。短周期元素A、B、C、D、E原子序数递增，由它们组成的新型化合物CA4B5D8·4A2D可用于电讯器材、高级玻璃的制造，其受热分解产物中有两种常见的10电子分子，二者反应生成一种弱碱，B、E同主族，E是同周期离子半径最小的。
（1）画出E的离子结构示意图______，在元素周期表中的位置为______。
（2）100—200℃时只生成一种气体，该气体电子式为______。
（3）试比较B、C、E元素所形成最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为(写化学式)______，并从原子结构角度解释其原因__。
（4）请依据推断比较D、E两种元素离子半径的大小______。
（5）C的最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
（6）该化合物500℃热分解后生成的固体氧化物可与Mg单质发生置换反应，写出化学方程式______。
【答案】18. ①. ②. 第3周期第ⅢA族
19. 20. ①. HNO3＞H3BO3＞Al(OH)3 ②. B、N为同一周期，原子的核外电子层数相同，从左往右，原子的核电荷数增加，原子的得电子能力增强，元素非金属性依次增强，则非金属性：N＞B；B、Al为同一主族，原子的最外层电子数相同，从上往下，原子的核外电子层数增加，原子的得电子能力依次减弱，元素非金属性依次减弱，即非金属性：B＞Al，即非金属性：N＞B＞Al；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B、N、Al元素所形成最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HNO3＞H3BO3＞Al(OH)3；
21. O2-＞Al3+
22. Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
23. 3Mg+B2O33MgO+2B
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E原子序数递增，由它们组成的新型化合物CA4B5D8·4A2D可用于电讯器材、高级玻璃的制造，其受热分解产物中有两种常见的10电子分子，二者反应生成一种弱碱，即为NH3和H2O反应生成NH3·H2O是一种弱碱，B、E同主族，E是同周期离子半径最小的，根据微粒半径比较为：电子层数越大半径一般越大，电子层数相同，原子半径随着核电荷数增大而减小，且E的原子序数比O大，故E为Al，B为B，故A为H，B为B，C为N，D为O，E为Al，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，E为Al，则E的离子结构示意图为： ，其原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，在元素周期表中的位置为第3周期第ⅢA族；
【小问2详解】
由分析可知，A为H，B为B，C为N，D为O，E为Al，新型化合物CA4B5D8·4A2D即NH4B5O8·4H2O，故其100—200℃时只生成一种气体即为H2O，H2O电子式为： ；
【小问3详解】
由分析可知， B为B，C为N，E为Al；B、N为同一周期，原子的核外电子层数相同，从左往右，原子的核电荷数增加，原子的得电子能力增强，元素非金属性依次增强，则非金属性：N＞B；B、Al为同一主族，原子的核电荷数相同，从上往下，原子的核外电子层数增加，原子的得电子能力依次减弱，元素非金属性依次减弱，即非金属性：B＞Al，即非金属性：N＞B＞Al；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B、N、Al元素所形成最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HNO3＞H3BO3＞Al(OH)3；
【小问4详解】
由分析可知，D为O，E为Al，D、E两离子分别为O2-、Al3+具有相同的核外电子排布，且Al的核电荷数大于O，故D、E两种元素离子半径的大小为：O2-＞Al3+；
【小问5详解】
由分析可知，C为N，则C的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，E为Al，E的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，故二者反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
【小问6详解】
由分析可知，A为H，B为B，C为N，D为O，E为Al，新型化合物CA4B5D8·4A2D即NH4B5O8·4H2O，该化合物500℃热分解后生成的固体氧化物即为B2O3，则B2O3与Mg单质发生置换反应的化学方程式为：3Mg+B2O33MgO+2B。
19. Ⅰ．甲同学在a、b、c、d四只烧杯中分别加入50mL冷水，再各滴加几滴酚酞试液，依次加入表面积相同的钠、镁、铝、钾金属块，通过观察现象判断金属性的相对强弱。
（1）反应最剧烈的烧杯中的金属是______(填字母)。
A. 钠B. 镁C. 铝D. 钾
（2）实验中发现b、c两只烧杯中几乎没有什么现象，要想达到实验目的，请你帮他选出合适的方法______(填字母)。
A．把烧杯中的冷水换成热水 B．把烧杯中的冷水换成盐酸
C．把烧杯中的冷水换成浓硝酸
Ⅱ．乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，装置如图。根据要求完成下列各题。(已知酸性：亚硫酸＞碳酸)
（3）实验步骤：连接仪器，______，加药品后打开a，然后滴入浓硫酸，加热。
（4）问题探究：
①装置E中酸性溶液的作用是______。
②试管F中发生反应的离子方程式为______。
③能说明非金属性碳强于硅的实验现象是______。
④依据试管D中反应，______(填“能”或“不能)证明非金属性硫强于碳理由______。
【答案】（1）D （2）AB
（3）检查装置的气密性
（4） ①. 除去SO2气体 ②. CO2+H2O+=H2SiO3↓+或 2CO2+2H2O+=H2SiO3↓+2 ③. 盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 ④. 不能 ⑤. 二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸
【解析】
【分析】Ⅰ．根据金属活动性越强，反应速率越大；Ⅱ．本实验利用Cu和浓硫酸共热制备的SO2，SO2经过饱和NaHCO3溶液后制备CO2，并用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2后，通入硅酸钠溶液中，若硅酸钠溶液变浑浊，说明H2CO3酸性强于H2SiO3，由此得出酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2SiO3，据此分析解题。
【小问1详解】
因金属性：K＞Na＞Mg＞Al，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的是钾，故答案为：D；
【小问2详解】
Mg、Al反应现象不明显，说明反应速率小，升高温度可以加快速率，把水换为盐酸增大了溶液中氢离子的浓度，也可以加快速率，故答案为：AB；
【小问3详解】
反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏，故答案为：检查装置的气密性；
【小问4详解】
①多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收，防止干扰后面的试验，故答案为：除去SO2气体；
②二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，此时试管F中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+=H2SiO3↓+或 2CO2+2H2O+=H2SiO3↓+2，故答案为：CO2+H2O+=H2SiO3↓+或 2CO2+2H2O+=H2SiO3↓+2；
③盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，得出：碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；
④依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断非金属性强弱，故答案为：不能；二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸。
20. 为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开，关闭，，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.关闭，打开，，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭。
Ⅲ.B中继续通气体，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.…
回答下列问题：
(1)装置A中m的作用___________。
(2)能说明氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________。
(3)用离子方程式解释过程Ⅱ中溶液变为黄色的原因___________。
(4)过程Ⅳ的目的是验证溴的氧化性强于碘，简述其操作过程___________。
(5)过程Ⅲ的实验目的是___________。
(6)请用原子结构的知识解释氯、溴、碘单质的氧化性还渐减弱的原因___________。
【答案】 ①. 平衡气压，有利于浓盐酸顺利流下 ②. 淀粉溶液变成蓝色 ③. ④. 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置 ⑤. 确认C黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰 ⑥. 同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱
【解析】
【分析】实验Ⅰ，打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸在A中与KMnO4反应生成Cl2，进入E中与KI反应，验证Cl2与I2的氧化性强弱；实验Ⅱ，关闭K1，打开K2，K3，氯气进入B和C中，与NaBr反应，当B和C中的溶液都变为黄色时，证明BC中的NaBr中均有少量氯气进入，关闭K3，实验Ⅲ，继续向B中通入Cl2，当B中溶液由黄色变为棕红色时，证明NaBr已被反应完全，验证氯气和溴的氧化性强弱，关闭活塞a，停止产生氯气，最后实验Ⅳ，打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，验证溴的氧化性强于碘。
【详解】(1) m的作用是连通容器和分液漏斗的气体，达到平衡气压的目的，使液体能顺利滴下；
(2)E中产生I2就说明Cl2的氧化性比I2强，故当E中淀粉溶液变蓝，即说明有碘单质生成。故淀粉溶液变成蓝色，能说明氯气的氧化性强于碘；
(3) Ⅱ实验，BC均为NaBr溶液，变为黄色，说明通入Cl2后，有Br2生成，反应的离子方程式为；
(4) 验证溴的氧化性强于碘，需要Br2进入碘化钾溶液中，C中黄色溶液中存在Br2，而且通入Cl2很少，已被完全反应，没有Cl2的干扰。使C中溶液进入D中，观察溶液分层和颜色情况即可，故操作为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置；
(5)为了使C中没有Cl2干扰后续试验，需要确保装置内没有Cl2，故通过继续向B中通氯气，待B中颜色变成红棕色，说明NaBr被完全反应，保证装置内Cl2被完全反应，故过程Ⅲ的实验目的是确认C黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰；
(6) 同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱.选项
A
B
C
D
物质
NaOH
化学键类型
离子键、共价键
共价键
离子键
离子键
化合物类型
离子化合物
共价化合物
离子化合物
离子化合物
实验序号
试剂
实验目的：证明非金属性强弱
a
b
c
A
浓盐酸
二氧化锰
溴化钠溶液
Cl＞Br
B
浓盐酸
高锰酸钾
碘化钾溶液
Cl＞I
C
稀盐酸
石灰石
硅酸钠溶液
C＞Si
D
稀硫酸
纯碱
硅酸钠溶液
S＞C＞Si
一．选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活社会发展息息相关，下列说法错误的是
A. 门捷列夫发现元素周期律并编制了第一张元素周期表，使化学的研究变得有规律可循
B. 嫦娥五号带回的“快递”——“月壤”中富含“完美能源”3He，3He和4He是同种核素
C. “华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅
D. 盛装NaOH溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
【答案】B
【解析】
【详解】A．1869年，门捷列夫发现元素周期律，并编制出元素周期表，使化学学习和研究变得有规律可循，故A正确；
B．3He和4He是He元素的不同核素，中子数不同，二者互为同位素，故B错误；
C．Si单质是良好的半导体材料，可以做硅芯片，“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅，故C正确；
D．二氧化硅能与NaOH溶液反应生成具有很强黏性的硅酸钠，所以盛放碱液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，应该用橡皮塞，故D正确；
故选：B。
2. 、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是
A. X的中子数为2
B. X、Y互为同位素
C. 、可用作示踪原子研究化学反应历程
D. 自然界不存在、分子因其化学键不稳定
【答案】B
【解析】
【详解】根据质量守恒可知，X微粒为，Y微粒为，据此分析解题。
A. 由分析可知，X微粒为，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D错误；
故答案为：B。
3. 下列实验及操作不能达到实验目的的是
A. 分离固体食盐与碘单质B. 苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
C. 观察纯碱的焰色反应D. 打开止水夹，挤压胶头滴管的胶头，可以引发喷泉
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘单质具有易升华的性质，且不与食盐反应，故能用A装置来分离固体食盐与碘单质，A不合题意；
B．苯的密度比水小，故苯萃取碘水中的I2后苯和I2的混合液在上层，水层在下层，分出水层后的操作应该是将上层液体从上口倒出，而不能继续从下口放出，B符合题意；
C．光洁无锈的铁丝灼烧时火焰无色，故能用铁丝进行焰色试验来观察纯碱的焰色反应，C不合题意；
D．已知HCl极易溶于水，且能与AgNO3溶液迅速反应，故打开止水夹，挤压胶头滴管胶头，可以引发喷泉，D不合题意；
故答案为：B。
4. 2023年春节期间，《流浪地球2》成功刷爆朋友圈，片中层出不穷的“硬科技元素”让观众大呼过瘾。电影的故事设定中，太阳极速老化，持续膨胀并将在百年后吞没地球，这实际上指的是太阳氦闪，氦闪主要涉及氢聚变及氦聚变，和是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述中正确的是
A. 氕、氘、氚都是氢的同素异形体B. 氕是自然界中最轻的原子
C. 核聚变属于化学反应D. 9g含有的质子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．氕、氘、氚原子中质子数相同、中子数不同，故它们都是氢的同位素，A错误；
B．氕原子的相对原子质量为1，故是自然界中最轻的原子，B正确；
C．化学变化前后元素种类和原子数目分别保持不变，故核聚变不属于化学反应，C错误；
D．9g含有的质子数为=，D错误；
故答案为：B。
5. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y和W同主族，由X、Y、Z三种元素组成的四种二元微粒(分子或离子)A+、B-、C、D均具有10个电子，已知它们有如下转化关系：A++B-C+D↑，下列说法正确的是
A. X、Y、Z元素最高正化合价依次升高
B. 原子半径大小：W＞Z＞Y＞X
C. 只有原子核外最外层达到8电子结构才是稳定结构
D. W、Y、Z所对应的三种气态氢化物的稳定性逐渐增强
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y和W同主族，由X、Y、Z三种元素组成的四种二元微粒(分子或离子)A+、B-、C、D均具有10个电子，已知它们有如下转化关系：A++B-C+D↑，则可推知A为，B为OH-，C为H2O，D为NH3，即X为H、Y为N、Z为O，W为P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X为H、Y为N、Z为O，X、Y元素最高正化合价依次为+1、+5，而O无正价，A错误；
B．由分析可知，X为H、Y为N、Z为O，W为P，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径大小：P＞N＞O＞H，即原子半径大小：W＞Y＞Z＞X，B错误；
C．H原子核外最外层电子达到2电子即达到稳定结构，C错误；
D．由分析可知，Y为N、Z为O，W为P，已知非金属性：O＞N＞P，则W、Y、Z所对应的三种气态氢化物的稳定性PH3＜NH3＜H2O，D正确；
故答案为D。
6. 下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属原子之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，据此分析解题。
【详解】A．氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，不存在共价键，属于离子化合物，A错误；
B．二氧化碳分子中C、O原子之间只存在共价键，属于共价化合物，B正确；
C．H2O2分子中H、O原子之间和O、O原子之间均只存在共价键，属于共价化合物，C错误；
D．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，属于离子化合物，D错误；
故答案为：B。
7. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：W
C. Y和Z的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
D. Y的一种氧化物可做供氧剂
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象可知，X位于第二周期，Y、Z、W、R位于第三周期，X的化合价为-2，则X为O元素，Y的化合价为+1，则Y为Na；Z的化合价为+3，则Z为Al；W的化合价为+6、-2，则W为S；R的化合价为+7、-1，则R为Cl元素。
【详解】A．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性S＜Cl，则气态氢化物的稳定性：W＜R，故A正确；
B．电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：S2->Cl->O2->Na+ > Al3+，即由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是Z3+，故B错误；
C．Y和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，故C正确；
D．Y的氧化物过氧化钠与水、二氧化碳反应均生成氧气，可做供氧剂，故D正确；
答案选B。
8. 下列关于元素周期表的说法中，正确的是
A. 所有元素的最高正化合价都等于最外层电子数
B. 元素周期表中原子半径最小的元素在右上角
C. 常温下，0族元素的单质都是气体
D. 在过渡元素中可以寻找制造催化剂、耐高温、耐腐蚀及半导体材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．一般主族元素的最高正化合价都等于最外层电子数，但副族元素的最高正价不一定等于最外层电子数，如Fe的最外层电子数为2，最高正价为+6价，A错误；
B．元素周期表中原子半径最小的元素是H，其位于元素周期表的左上角，B错误；
C．常温下，0族元素又称为稀有气体元素，故它们的单质都是气体，C正确；
D．过渡元素中可以寻找制造催化剂、耐高温、耐腐蚀材料(如Fe、Cr、Mn、V等)，而半导体材料则需在金属与非金属交界处寻找，D错误；
故答案为：C。
9. 在元素周期表中，E、G、H、J均为前四周期的主族元素，其位置如图所示，E、H、J的核外电子总数之和为58。下列说法正确的是
A. H的氧化物对应水化物都是强酸
B. E、G气态氢化物的沸点前者更高，所以非金属性：E＞G
C. E、H最高价氧化物对应水化物的酸性，前者更强
D. 气态氢化物的稳定性：
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，设E的核外电子数为x，则G为x+8，H为x+7，J为x+6+18=x+24，故E、H、J的核外电子总数之和为58，即x+x+7+x+24=58，解得x=8，则E为O、G为S、H为P、J为As，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，H为P，H的氧化物对应水化物即H3PO3、H3PO4都不是强酸，A错误；
B．由分析可知，E为O，G为S，E、G气态氢化物即H2O、H2S，由于H2O中存在分子间氢键，故沸点前者更高，与非金属性无关，故不能得出非金属性：E＞G，B错误；
C．由分析可知，E为O，H为P，由于O无最高正价，故E、H最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强，C错误；
D．由分析可知，J为As，与N位于同一主族，非金属性N＞As，故气态氢化物的稳定性AsH3＜NH3即，D正确；
故答案为：D。
10. 四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣、dRm﹣，它们具有相同的电子层结构，若m＞n，对下列叙述正确的是
①a﹣b=n﹣m ②元素的原子序数a＞b＞c＞d
③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物的碱性X＞Y
⑤还原性Rm﹣＞Zn﹣⑥X一定可与冷水反应．
A. 只有②正确B. ①②③④正确
C. ①②③⑥正确D. ②③⑤正确
【答案】D
【解析】
【详解】四种短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，则a-m=b-n=c+n=d+m，若m＞n，则原子序数大小顺序是a＞b＞c＞d，结合离子所得电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z和R的下一周期，即X、Y处于第三周期，Z、R处于第二周期。
①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，可得a-b=m-n，故①错误；
②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；
③Z、R为同一周期的非金属元素，且元素的原子序数c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右在增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右在减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；
⑤非金属性Z＞R，还原性Rm-＞Zn-，故⑤正确；
⑥X可以为第三周期Mg或Al，与冷水反应不反应，故⑥错误，故选D。
二．选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中富集溴的工艺流程，设计如下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是
A. A装置中通入的气体a是
B. C装置的作用只是吸收多余的气体
C. B装置中通入气体b后离子方程式为
D. 实验时应在A装置中通入气体a一段时间后，停止通入气体a，改通入热空气
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，氯气与浓缩海水中溴离子发生氧化还原反应生成溴，在吹出塔中富集溴，然后在吸收塔中溴、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；由实验装置可知，a为氯气，可氧化溴离子，热空气可将生成的溴蒸气吹出，气体b为二氧化硫，在B装置中发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，C装置为尾气处理装置，吸收氯气、二氧化硫、溴等，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，A装置中通入的气体a是Cl2，A正确；
B．由分析可知，C装置的作用为尾气处理装置，吸收氯气、二氧化硫、溴等，B错误；
C．由分析可知，B装置中通入气体b即SO2后生成H2SO4和HBr，故其离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，A装置中氯气与浓缩海水中溴离子发生氧化还原反应生成溴，在用热空气吹出溴单质进入B装置中富集溴，故实验时应在A装置中通入气体a一段时间后，停止通入气体a，改通入热空气，D正确；
故答案为：B。
12. 元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素，Q的单质广泛用作半导体材料，其余元素的信息如图所示。下列说法正确的有
A. G和Q所对应的气态氢化物的还原性，后者更强
B. L和R形成的化合物为离子化合物，只含有离子键
C. Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性，后者更强
D. 非金属性：M＞P，M的单质能将P单质从RP溶液中置换出来
【答案】C
【解析】
【分析】由题干信息可知，元素周期表中E、G、L、M、P、Q、R为7种短周期元素，M是非金属性最强的元素即为F，Q的单质广泛用作半导体材料即为Si，由图中信息可知，E、R的最外层电子数为1，G的最外层电子数为5，L的最外层电子数为6，P的最外层电子数为7，原子半径为R＞P＞L，G＞L，L＞E，结合原子半径同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大的规律可推知：R为Na、P为Cl，L为O，G为N，E为H，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，G为Si，Q为N，则有非金属性N＞Si，氧化性N2＞Si，故G和Q所对应的气态氢化物的还原性SiH4＞NH3，即前者更强，A错误；
B．由分析可知，L为O，R为Na，L和R形成的化合物为离子化合物有Na2O只含有离子键，而Na2O2即有离子键又有共价键，B错误；
C．由分析可知，Q为Si，P为Cl，非金属性Cl＞Si，则Q和P最高价氧化物对应水化物的酸性H2SiO3＜HClO4，即后者更强，C正确；
D．由分析可知，M为F，P为Cl，则非金属性：F＞Cl即M＞P，F2与NaCl溶液反应时先与水反应，方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2，即M的单质即F2不能将P单质即Cl2从RP即NaCl溶液中置换出来，D错误；
故答案为：C。
13. 某学习小组设计了如图所示装置，以完成非金属性强弱比较的研究。下列各组实验中所选用试剂与实验目的相匹配的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】BD
【解析】
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，图中没有加热，所以不能制取氯气，则不能实现实验目的，A不合题意；
B．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，浓盐酸和高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和KI反应生成碘，氯气的氧化性大于碘，则非金属性Cl＞I，B符合题意；
C．稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有HCl,HCl能和碳酸钠反应生成硅酸，干扰二氧化碳和硅酸钠溶液的反应，无法比较C、Si的非金属性强弱，C不合题意；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，稀硫酸和纯碱反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸，说明酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，所以非金属性：S＞C＞Si，D符合题意；
故答案为：BD。
14. X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状态下的密度为0.76g· L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是
A. 原子半径：W＞X＞ Y＞ Z＞M
B. XZ2、X2M2、W2Z2均共价化合物
C. CaM2和CaZ2两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1：2
D. 由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物中一定有共价键，可能有离子键
【答案】AD
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L ，该化合物的摩尔质量为0.76g/ L ×22.4 L/ml=17 g/ml，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素；X与Z可形成XZ2分子，则X位于偶数族，X、Y、Z原子最外层电子数之和为15，故 X、Z的最外层电子数之和为15-5=10，Z 最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第VIA族，X处于第IVA族，所以X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y，Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为 (6+7+8+1)=11，所以W为Na元素，综上， X为C元素，Y为N元素， Z为O元素，M为H元素，W为Na元素，据此分析解答问题。
【详解】A．同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，原子半径：W＞X＞ Y＞ Z＞M，A正确；
B． W2Z2为过氧化钠、属于离子化合物，B不正确；
C． CaM2和CaZ2两种化合物中，前者由钙离子和氢阴离子构成，阳离子与阴离子个数比为1:2、后者由钙离子和过氧根离子构成，阳离子与阴离子个数比为1:1、C不正确；
D． 由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物可以是氨基酸之类的共价化合物、也可以是碳酸氢铵、碳酸铵之类的离子化合物，则一定有共价键，可能有离子键，D正确；
答案选AD。
15. 向mg由铝粉、铁粉和铜粉组成的混合物中，加入一定量某浓度的稀硝酸，待固体完全溶解后，将溶液均分为2份。取其中1份于试管中，加入浓度为c1的NaOH溶液。所产生的沉淀质量随加入碱液体积V(NaOH)的变化如图。则下列说法中正确的是
A. B. a～b段，溶液的导电能力不断减弱
C. D. 金属混合物中
【答案】AB
【解析】
【分析】由题干图中信息可知，由a点可知，反应后HNO3过量，则Fe转化为Fe(NO3)3，则b点对应的沉淀为：Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2，c点对应的沉淀为：Fe(OH)3、Cu(OH)2，则Al(OH)3的质量为：6.64g-5.08g=1.56g，其物质的量为：=0.02ml，即一份固体含有0.04mlAl，bc段消耗的NaOH溶液的体积为600-550=50mL，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，c1==0.4ml/L，ab段消耗的NaOH体积为550-100=450mL，即消耗的NaOH的物质的量为：0.4ml/L×0.45L=0.18ml，根据反应方程式：Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3、Al(NO3)3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaNO3、Fe(NO3)3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaNO3，假设1份固体中含有xmlCu、ymlFe、0.02mlAl，则有：2x+3y+3×0.02=0.18ml，98x+107y=5.08g，解得x=0.03ml，y=0.02ml，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，c1==0.4ml/L，A正确；
B．由分析可知，a～b段涉及的反应有Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3、Al(NO3)3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaNO3、Fe(NO3)3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaNO3，可知反应过程中溶液中自由移动的阴、阳离子数目不变，但溶液体积增大，即浓度减小，则溶液的导电能力不断减弱，B正确；
C．由分析可知，1份固体中含有0.03mlCu、0.02mlAl和0.02mlFe，故原固体中，C错误；
D．由分析可知，原固体中含有0.06mlCu和0.04mlFe，金属混合物中，D错误；
故答案为：AB。
三．非选择题：本题共5小题，共60分。
16. Ⅰ．
（1）实验室中化学药品保存方法是由药品本身性质决定的，下列试剂保存方法不正确的是______。
a．浓硝酸见光受热易分解，用棕色试剂瓶保存
b．浓硫酸、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液都可以用带有玻璃塞的试剂瓶保存
c．硫酸亚铁溶液易被空气氧化，保存时常加入铁粉
d．液溴有挥发性，保存时应水封
Ⅱ．氮、磷元素存在于人体所有细胞中，几乎参与所有生理上的化学反应。磷元素有多种含氧酸，除了常见的磷酸()为三元中强酸外，还有次磷酸()等弱酸，结合已学知识回答下列问题。
（2）次磷酸()可由与碘水反应制备，其化学反应方程式为______。该反应所涉及到的物质中属于弱电解质是______，和比较，热稳定性较强的是______。
（3）与过量NaOH溶液反应生成的盐为，该盐属于______(选填“酸式”、“正”)盐。
（4）由同主族元素性质的相似性可知，属于______(选填“离子”、“共价”)化合物，含有的化学键类型为______。
【答案】（1）b （2） ①. PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI ②. H2O、H3PO2 ③. NH3
（3）正 （4） ①. 离子 ②. 离子键和共价键
【解析】
【小问1详解】
a．浓硝酸见光受热易分解，用棕色试剂瓶避光保存，a不合题意；
b．浓硫酸会腐蚀橡胶，故需用带有玻璃塞的试剂瓶保存，氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液溶液呈碱性，能与玻璃中的SiO2反应，故都需用带有橡胶塞的试剂瓶保存，b符合题意；
c．硫酸亚铁溶液易被空气氧化成Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，故保存时常加入铁粉，c不合题意；
d．液溴有挥发性，保存时应水封，d不合题意；
故答案为：b；
【小问2详解】
次磷酸(H3PO2)可由PH3与碘水反应制备，根据氧化还原反应配平可知，其化学反应方程式为PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI，该反应所涉及到的物质中PH3为非电解质，I2为单质，HI为强电解质，只有H2O、H3PO2属于弱电解质，由于N的非金属性强于P的，故NH3和PH3比较，热稳定性较强的是NH3，故答案为：PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI；H2O、H3PO2；NH3；
【小问3详解】
H3PO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为NaH2PO2，说明H3PO2为一元酸，故该盐NaH2PO2属于正盐，故答案为：正；
【小问4详解】
由同主族元素性质的相似性可知，PH4I可以类似于NH4Cl，故PH4I属于离子”、“共价化合物，PH4I含有的化学键类型为和I-之间的离子键和内部P和H之间的共价键，故答案为：离子；离子键和共价键。
17. (一)海带中含有丰富的碘．为从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行以下实验：
提示：苯是有机萃取剂，其密度小于水。
（1）步骤③⑤和的实验操作名称分别是______，______。
（2）①需用到以下装置是______。
（3）步骤④中反应的离子方程式是______。
（4）步骤⑤中，______(填“能”或“不能”)用酒精来萃取碘的理由______。
(二)海水提碘实验中，得到碘的苯溶液后也可用“反萃取法”萃取、富集碘单质，实验步骤如下：
（5）上述过程②中，发生的离子方程式______。
（6）请设计一种检验过程③提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：______。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 萃取分液
（2）D （3）2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O
（4） ①. 不能 ②. 酒精能与水任意比混溶
（5）5I-++6H+═3I2+3H2O
（6）取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有I2，反之则不含
【解析】
【分析】(一)由流程可知，海带在坩埚中灼烧后，浸泡，③为过滤分离出含碘离子的溶液，④中二氧化锰可氧化碘离子生成碘，⑤中加苯作有机溶剂萃取碘，⑥中蒸馏分离出碘，(二)碘的四氯化碳溶液中加入浓氢氧化钠溶液，发生反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O，振荡、静置、分液，得到水层含I-和，有机层为四氯化碳，水层中加入45%的硫酸，发生反应5I-++6H+═3I2+3H2O，得到I2的悬浊液，过滤得到碘单质，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，步骤③⑤和的实验操作名称分别是过滤，萃取分液，故答案为：过滤；萃取分液；
【小问2详解】
由流程图可知，①为灼烧，下图装置A为蒸馏操作，装置B为过滤操作，装置C为分液操作，装置D为灼烧，故答案为：D；
【小问3详解】
步骤④中，MnO2将I-氧化为I2，自身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O，故答案为：2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O
【小问4详解】
由于酒精与水能够任意比混溶，故步骤⑤中不能用酒精来萃取碘，故答案为：不能；酒精能与水任意比混溶；
【小问5详解】
由分析可知，上述过程②中发生的离子方程式为5I-++6H+═3I2+3H2O，故答案为：5I-++6H+═3I2+3H2O；
【小问6详解】
已知I2遇到淀粉溶液显特殊的蓝色，故取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有I2，反之则反，故答案为：取③提取碘后的水溶液少许于一试管，向其中滴加几滴淀粉溶液，若溶液变为蓝色，说明含有I2，反之则不含。
18. 1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，元素周期表体现了元素位置、结构和性质的关系。短周期元素A、B、C、D、E原子序数递增，由它们组成的新型化合物CA4B5D8·4A2D可用于电讯器材、高级玻璃的制造，其受热分解产物中有两种常见的10电子分子，二者反应生成一种弱碱，B、E同主族，E是同周期离子半径最小的。
（1）画出E的离子结构示意图______，在元素周期表中的位置为______。
（2）100—200℃时只生成一种气体，该气体电子式为______。
（3）试比较B、C、E元素所形成最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为(写化学式)______，并从原子结构角度解释其原因__。
（4）请依据推断比较D、E两种元素离子半径的大小______。
（5）C的最高价氧化物对应的水化物与E的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
（6）该化合物500℃热分解后生成的固体氧化物可与Mg单质发生置换反应，写出化学方程式______。
【答案】18. ①. ②. 第3周期第ⅢA族
19. 20. ①. HNO3＞H3BO3＞Al(OH)3 ②. B、N为同一周期，原子的核外电子层数相同，从左往右，原子的核电荷数增加，原子的得电子能力增强，元素非金属性依次增强，则非金属性：N＞B；B、Al为同一主族，原子的最外层电子数相同，从上往下，原子的核外电子层数增加，原子的得电子能力依次减弱，元素非金属性依次减弱，即非金属性：B＞Al，即非金属性：N＞B＞Al；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B、N、Al元素所形成最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HNO3＞H3BO3＞Al(OH)3；
21. O2-＞Al3+
22. Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
23. 3Mg+B2O33MgO+2B
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D、E原子序数递增，由它们组成的新型化合物CA4B5D8·4A2D可用于电讯器材、高级玻璃的制造，其受热分解产物中有两种常见的10电子分子，二者反应生成一种弱碱，即为NH3和H2O反应生成NH3·H2O是一种弱碱，B、E同主族，E是同周期离子半径最小的，根据微粒半径比较为：电子层数越大半径一般越大，电子层数相同，原子半径随着核电荷数增大而减小，且E的原子序数比O大，故E为Al，B为B，故A为H，B为B，C为N，D为O，E为Al，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，E为Al，则E的离子结构示意图为： ，其原子核外有3个电子层，最外层有3个电子，在元素周期表中的位置为第3周期第ⅢA族；
【小问2详解】
由分析可知，A为H，B为B，C为N，D为O，E为Al，新型化合物CA4B5D8·4A2D即NH4B5O8·4H2O，故其100—200℃时只生成一种气体即为H2O，H2O电子式为： ；
【小问3详解】
由分析可知， B为B，C为N，E为Al；B、N为同一周期，原子的核外电子层数相同，从左往右，原子的核电荷数增加，原子的得电子能力增强，元素非金属性依次增强，则非金属性：N＞B；B、Al为同一主族，原子的核电荷数相同，从上往下，原子的核外电子层数增加，原子的得电子能力依次减弱，元素非金属性依次减弱，即非金属性：B＞Al，即非金属性：N＞B＞Al；非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故B、N、Al元素所形成最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HNO3＞H3BO3＞Al(OH)3；
【小问4详解】
由分析可知，D为O，E为Al，D、E两离子分别为O2-、Al3+具有相同的核外电子排布，且Al的核电荷数大于O，故D、E两种元素离子半径的大小为：O2-＞Al3+；
【小问5详解】
由分析可知，C为N，则C的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，E为Al，E的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，故二者反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
【小问6详解】
由分析可知，A为H，B为B，C为N，D为O，E为Al，新型化合物CA4B5D8·4A2D即NH4B5O8·4H2O，该化合物500℃热分解后生成的固体氧化物即为B2O3，则B2O3与Mg单质发生置换反应的化学方程式为：3Mg+B2O33MgO+2B。
19. Ⅰ．甲同学在a、b、c、d四只烧杯中分别加入50mL冷水，再各滴加几滴酚酞试液，依次加入表面积相同的钠、镁、铝、钾金属块，通过观察现象判断金属性的相对强弱。
（1）反应最剧烈的烧杯中的金属是______(填字母)。
A. 钠B. 镁C. 铝D. 钾
（2）实验中发现b、c两只烧杯中几乎没有什么现象，要想达到实验目的，请你帮他选出合适的方法______(填字母)。
A．把烧杯中的冷水换成热水 B．把烧杯中的冷水换成盐酸
C．把烧杯中的冷水换成浓硝酸
Ⅱ．乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，装置如图。根据要求完成下列各题。(已知酸性：亚硫酸＞碳酸)
（3）实验步骤：连接仪器，______，加药品后打开a，然后滴入浓硫酸，加热。
（4）问题探究：
①装置E中酸性溶液的作用是______。
②试管F中发生反应的离子方程式为______。
③能说明非金属性碳强于硅的实验现象是______。
④依据试管D中反应，______(填“能”或“不能)证明非金属性硫强于碳理由______。
【答案】（1）D （2）AB
（3）检查装置的气密性
（4） ①. 除去SO2气体 ②. CO2+H2O+=H2SiO3↓+或 2CO2+2H2O+=H2SiO3↓+2 ③. 盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀 ④. 不能 ⑤. 二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸
【解析】
【分析】Ⅰ．根据金属活动性越强，反应速率越大；Ⅱ．本实验利用Cu和浓硫酸共热制备的SO2，SO2经过饱和NaHCO3溶液后制备CO2，并用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2后，通入硅酸钠溶液中，若硅酸钠溶液变浑浊，说明H2CO3酸性强于H2SiO3，由此得出酸性：H2SO3＞H2CO3＞H2SiO3，据此分析解题。
【小问1详解】
因金属性：K＞Na＞Mg＞Al，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的是钾，故答案为：D；
【小问2详解】
Mg、Al反应现象不明显，说明反应速率小，升高温度可以加快速率，把水换为盐酸增大了溶液中氢离子的浓度，也可以加快速率，故答案为：AB；
【小问3详解】
反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏，故答案为：检查装置的气密性；
【小问4详解】
①多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收，防止干扰后面的试验，故答案为：除去SO2气体；
②二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，此时试管F中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+=H2SiO3↓+或 2CO2+2H2O+=H2SiO3↓+2，故答案为：CO2+H2O+=H2SiO3↓+或 2CO2+2H2O+=H2SiO3↓+2；
③盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸强，得出：碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，故答案为：盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀；
④依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断非金属性强弱，故答案为：不能；二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸。
20. 为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开，关闭，，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.关闭，打开，，当B和C中的溶液都变为黄色时，关闭。
Ⅲ.B中继续通气体，当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
Ⅳ.…
回答下列问题：
(1)装置A中m的作用___________。
(2)能说明氯气的氧化性强于碘的实验现象是___________。
(3)用离子方程式解释过程Ⅱ中溶液变为黄色的原因___________。
(4)过程Ⅳ的目的是验证溴的氧化性强于碘，简述其操作过程___________。
(5)过程Ⅲ的实验目的是___________。
(6)请用原子结构的知识解释氯、溴、碘单质的氧化性还渐减弱的原因___________。
【答案】 ①. 平衡气压，有利于浓盐酸顺利流下 ②. 淀粉溶液变成蓝色 ③. ④. 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置 ⑤. 确认C黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰 ⑥. 同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱
【解析】
【分析】实验Ⅰ，打开K1，关闭K2，K3，打开活塞a，滴加浓盐酸在A中与KMnO4反应生成Cl2，进入E中与KI反应，验证Cl2与I2的氧化性强弱；实验Ⅱ，关闭K1，打开K2，K3，氯气进入B和C中，与NaBr反应，当B和C中的溶液都变为黄色时，证明BC中的NaBr中均有少量氯气进入，关闭K3，实验Ⅲ，继续向B中通入Cl2，当B中溶液由黄色变为棕红色时，证明NaBr已被反应完全，验证氯气和溴的氧化性强弱，关闭活塞a，停止产生氯气，最后实验Ⅳ，打开活塞b，使C中反应生成的溴进入D中，验证溴的氧化性强于碘。
【详解】(1) m的作用是连通容器和分液漏斗的气体，达到平衡气压的目的，使液体能顺利滴下；
(2)E中产生I2就说明Cl2的氧化性比I2强，故当E中淀粉溶液变蓝，即说明有碘单质生成。故淀粉溶液变成蓝色，能说明氯气的氧化性强于碘；
(3) Ⅱ实验，BC均为NaBr溶液，变为黄色，说明通入Cl2后，有Br2生成，反应的离子方程式为；
(4) 验证溴的氧化性强于碘，需要Br2进入碘化钾溶液中，C中黄色溶液中存在Br2，而且通入Cl2很少，已被完全反应，没有Cl2的干扰。使C中溶液进入D中，观察溶液分层和颜色情况即可，故操作为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置；
(5)为了使C中没有Cl2干扰后续试验，需要确保装置内没有Cl2，故通过继续向B中通氯气，待B中颜色变成红棕色，说明NaBr被完全反应，保证装置内Cl2被完全反应，故过程Ⅲ的实验目的是确认C黄色溶液中无，排除对溴置换碘实验的干扰；
(6) 同主族元素从上到下电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱.选项
A
B
C
D
物质
NaOH
化学键类型
离子键、共价键
共价键
离子键
离子键
化合物类型
离子化合物
共价化合物
离子化合物
离子化合物
实验序号
试剂
实验目的：证明非金属性强弱
a
b
c
A
浓盐酸
二氧化锰
溴化钠溶液
Cl＞Br
B
浓盐酸
高锰酸钾
碘化钾溶液
Cl＞I
C
稀盐酸
石灰石
硅酸钠溶液
C＞Si
D
稀硫酸
纯碱
硅酸钠溶液
S＞C＞Si
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