高中人教版 (2019)第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律当堂达标检测题

这是一份高中人教版 (2019)第四章 物质结构 元素周期律第二节 元素周期律当堂达标检测题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

基础练习
一、单选题
1．某同学探究同周期元素性质递变规律，实验方案、现象均正确且能得出相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
2．化学与生活、科技密切相关。下列说法正确的是
A．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
B．二氧化硅制成的玻璃纤维，因为导电能力强被用于制作光导纤维
C．砖瓦、有色玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
D．水玻璃是一种混合物，可用于生产黏合剂和防火剂
3．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
A．AB．BC．CD．D
4．W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，这4种元素的最外层电子数之和为20。为空气中含量最多的气体，元素X和Z位于同一主族且X为地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y
B．最简单氢化物的沸点：W>X
C．相同条件下，密度：
D．化合物既可溶于强酸也可溶于强碱
5．下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．①比较C和Si元素的非金属性强弱
B．②证明Al元素既有金属性又有非金属性
C．③实验室制备并收集NH3
D．④侯氏制碱法制备NaHCO3
6．一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是
A．X、Z、Q、W均可与Y形成两种或以上种类的化合物
B．简单离子半径：W>Z>Y
C．Y的氢化物的稳定性和沸点都高于Q的氢化物
D．X、Y、Z三种元素只能形成共价化合物
7．下列说法错误的是
A．VIIA元素随着原子序数的递增，元素对应单质的熔沸点逐渐升高
B．碱金属元素随着原子序数的递增，原子半径增大，元素的金属性增强
C．VIIA元素随着原子序数的递增，元素对应氢化物的稳定性越来越弱
D．IA族元素原子和VIIA族元素原子形成的化学键一定是离子键
8．氯化碘与卤素单质化学性质相似，其制备原理为。设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．该反应中，氧化产物和还原产物的质量之比为1：1
B．该反应中，21.4gKIO3完全反应时转移电子数为
C．从F到I，电子层数依次增多，原子半径逐渐减小，非金属性逐渐减弱
D．ICl与NaOH溶液反应的化学方程式为
9．LiAlH4是重要的还原剂，遇水立即发生爆炸性的猛烈反应并放出氢气，同时生成两种碱：LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3↓+4H2↑，合成方法：NaAlH4+LiCl=LiAlH4+NaCl，
下列说法正确的是
A．金属性强弱：Li > NaB．半径大小：r(H) > r(Na)
C．还原性强弱：LiAlH4 > H2D．碱性强弱：LiOH > NaOH
10．部分含或或物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是
A．若a在沸水中可生成e，则a→f的反应一定是化合反应
B．在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化
C．加热c的饱和溶液，一定会形成能产生丁达尔效应的红棕色分散系
D．若b和d均能与同一物质反应生成c，则组成a的元素一定位于周期表p区
11．除第一周期外，下列关于同周期主族元素的变化规律的叙述不正确的是
A．从左到右，原子半径逐渐减小
B．从左到右，单质的氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强
C．从左到右，元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强
D．从左到右，元素最高正化合价从＋1递变到＋7(氧、氟除外)，最低负化合价从-4递变到-1
12．下列实验操作、现象与结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
13．下列元素相比，原子半径最大的是
A．硼B．碳C．氮D．氧
14．元素周期律的发现和元素周期表的诞生开创了化学科学的新纪元，下列说法错误的是
A．根据元素周期律，碱性：
B．第ⅥA族元素，原子半径越小，对应元素的非金属性越强
C．利用元素周期表可以在过渡元素中寻找优良催化剂
D．同周期第ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数之差可能为1、11或25
15．以下关于氟、氯、溴、碘的性质叙述错误的是
①AgF、AgCl、AgBr、AgI均为不溶于水的沉淀
②按F2、Cl2、Br2、I2的顺序，单质的颜色逐渐加深
③单质F2、Cl2、Br2、I2中，氧化性最强的是F2
④HF、HCI、HBr、HI还原性最强的是HI
⑤单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢化合最容易的是I2
⑥按F2、Cl2、Br2、I2的顺序，单质的密度逐渐减小
A．①⑥B．⑤⑥C．①⑤⑥D．③④
提升练习
二、填空题
16．近日，中国科学院深圳先进技术研究院某研究团队发现，二维铜铟磷硫(CuInP2S6)能作纳米药物，用于未来安全有效的抗SARS-CV-2治疗，以降低SARS-CV-2的传染性。
请回答下列问题：
(1)中国科学院张青莲院士主持测定的铟(49In)元素的相对原子质量的新值已被采用为国际新标准。已知铟与铷同周期，则In在元素周期表中的位置为 ；其最高价氧化物能用于金属反射镜面的保护涂层、光电显示半导体薄膜，则铟元素的最高价氧化物的化学式为 。
(2)已知Cu2O在酸性条件下易歧化，据此写出Cu2O与稀硫酸反应的离子方程式： 。
(3)磷、硫元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为 (用化学式表示)，结合元素周期律解释其原因： 。
(4)已知NH4Cl与PH4I的性质相似，则对PH4I性质的推测正确的是 (填序号)。
a．含有离子键和共价键
b．能与NaOH溶液反应
c．与NH4Cl加热充分分解产物的种类完全一样
17．（1）向AlCl3溶液中，滴加少量NaOH溶液，现象是
继续滴加NaOH溶液至过量，现象是 。
（2）钠与水反应的离子方程式为 ，该反应中氧化剂是 ，产生1ml H2时，转移电子的物质的量为 ml。
（3）经常有人因误食亚硝酸钠（NaNO2）而中毒。原因是NaNO2像食盐一样既有咸味，又有很强毒性。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O
①该反应的氧化剂是 ，被氧化的是 元素。
②若此反应中电子转移数目为0.5ml，则被氧化的还原剂的物质的量为 。
18．某稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。
现取该溶液适量，向其中加入某试剂Y，产生白色沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。
(1)若Y是盐酸，则X溶液中存在的阳离子有 ， ab段发生反应的离子方程式为 。
(2)若Y是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是 ，其物质的量之比为 ，bc段反应的离子方程式为 。
19．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如右图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。
(1)X位于元素周期表中第 周期第 族；W的基态原子核外有 个未成对电子。
(2)Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是 (写化学式)。
(3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是 。
20．欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如下图所示。已知：碳酸不能溶解Al(OH)3沉淀。
（1）Si在周期表中的位置是 。
（2）下列说法正确的是 。
（3）该矿石的组成是 ，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是 。
（4）该矿石和1 ml L－1HNO3反应的离子方程式 。
（5）工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，目的是 ；若处理该矿石2.36×103 kg，得到滤渣1.2×103 kg，理论上至少需要1 ml L－1 HNO3的体积为 L。
21．(1)气态氢化物热稳定性NH3大于PH3的主要原因是 。
(2)NH4CN是离子化合物，各原子除了H均满足8电子稳定结构，NH4CN的电子式是 。
(3)用一个化学方程式说明Br-与Fe2+还原性相对强弱 。
22．铝、铁是常见的金属，其化合物也有广泛的用途。回答下列问题：
（1）氢氧化铝是一种两性氢氧化物，写出它的电离方程式 ，将少量的稀盐酸逐渐滴入NaAlO2溶液，产生的现象为 ，用平衡移动原理来解释这一现象： 。
（2）明矾可以用于净水，用离子反应方程式来解释原理： ，将Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，当SO42-完全沉淀，则铝元素在溶液中存在的形式为 （用化学式表示）。
（3）高铁酸钠（Na2FeO4）可用作高效水处理剂，既可以杀菌消毒，又可以除去水中的悬浮颗粒物，请用你所学过的化学原理加以解释。 。
23．下表是元素周期表的一部分，完成以下有关问题。
(1)在①~⑩元素中，最不活泼的元素是 （写元素符号，下同）；最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的元素是 ，最高价氧化物对应的水化物的碱性最强的元素是 。
(2)②、③、④的氢化物中最稳定是 （填该氢化物化学式）。
(3)④⑤⑥的原子半径从大到小的顺序是 > > (写元素符号) 。
(4)①的一种氢化物的产量是衡量一个国家石油化学工业发展水平的标志，该氢化物与⑨的氢化物反应的化学方程式为 。
24．回答下列问题：
(1)化学与生活、生产息息相关。
①可用于制备纯碱； ②可用于葡萄酒保存；
③可用于制供氧剂； ④可用于制耐火材料；
⑤CO可用于冶炼金属； ⑥可用于制硫酸；
⑦可用于制硝酸
上述物质中，属于酸性氧化物的是 （填序号）。
(2)硝酸是用途广泛的重要化工原料。氨的催化氧化是工业合成硝酸的重要步骤，其中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
(3)央视《每周质量报告》曝光了河北省一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给浙江绍兴某些制药企业，最终变成药用胶囊。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。明胶的水溶液与NaCl溶液的共同点是 （填序号）。
A．都可以产生丁达尔效应 B．都属于混合物 C．都能透过滤纸
(4)氮、磷都是生命元素，它们的氢化物结构相似。的沸点 的沸点（填“＞”或“＜”）。
(5)经研究，发现可能存在第119号元素，有人称“类纺”，其位于元素周期表第八周期ⅠA族。有关“类钫”的预测正确的是 。
A．“类钫”单质具有强氧化性B．“类钫”单质能与冷水剧烈反应
C．“类钫”最高价氧化物对应的水化物为弱碱D．“类钫”在化合物中显＋1价
(6)实验室中溶液久置后出现浑浊，请写出发生的化学反应方程式 。
(7)氰气[]称为拟卤素，与结构相似、性质相近。在中元素 （写元素符号）显负价。
25．类推法是科学学习的重要方法之一、下表提供的是VIA族元素的部分性质。请结合元素周期律完成下列问题：
(1)硒的熔点(x)范围可能是 。
(2)碲的主要化合价可能有 。
(3)在VIA族元素四种氢化物中，沸点最高的是 。
(4)、较稳定的是 。
参考答案：
1．B
【详解】A．向碳酸钙上滴加稀盐酸，有气体生成，说明盐酸酸性大于碳酸；元素的非金属性可以通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱判断，且非金属性越强，对应的得电子能力越强，Cl元素的最高价氧化物的水化物对应的酸是，因此根据盐酸酸性大于碳酸，无法判断得电子能力：Cl>C，A错误；
B．向新制Na2S溶液中滴加新制氯水，生成淡黄色沉淀，说明单质的氧化性：；元素的非金属性越强，对应元素的得电子能力越强，单质的氧化性越强，因此根据的氧化性强于S可得，得电子能力：Cl>S，B正确；
C．砂纸打磨的镁条、铝条分别放入含有少量酚酞的沸水中，镁条表面气泡较多，水溶液红色更深，说明单质还原性：Mg>Al，则失电子能力：Mg>Al，C错误；
D．将金属钠投入氯化镁溶液中，钠与水先反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与氯化镁生成氢氧化镁沉淀，则现象为放出气体，同时有白色沉淀生成，D错误；
答案选B。
2．D
【详解】A．硅胶、生石灰都没有还原性，不能与空气中的氧气反应，不能起到防止食品氧化变质的作用，故A错误；
B．二氧化硅是不能导电的非电解质，二氧化硅制成玻璃纤维利用了二氧化硅的透明性和全反射性质，故B错误；
C．水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故C错误；
D．水玻璃是硅酸钠溶液的俗称，硅酸钠溶液既不燃烧也不支持燃烧，常用作黏合剂和防火剂，故D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，气体可能是二氧化碳或二氧化硫，溶液中的离子可能有、、、等，故A项错误；
B．向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红，说明氯水中含有酸性物质，随后溶液褪色，说明氯水中还含有漂白性物质，故B项正确；
C．某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能是氯化银，也有可能是碳酸银等其他白色沉淀，检验Cl−时应先加入稀硝酸酸化，排除杂质离子的干扰，故C项错误；
D．验证非金属性强弱应通过最高价含氧酸的酸性强弱判断，盐酸是无氧酸，应用HClO4滴入磷酸钙验证Cl的非金属性强于P，故D项错误；
故本题选B。
4．D
【分析】为空气中含量最多的气体，W是N，元素X和Z位于同一主族，X为地壳中含量最多的元素，X是O，Z是S，又因为四种元素的的最外层电子数之和为20，故Y是Al，综上W、X、Y、Z分别为N、O、Al、S。
【详解】A．同周期从左到右，半径依次减小，原子半径：Al>S，A错误；
B．H2O里氢键数目大于NH3，故最简单氢化物的沸点：H2O>NH3，B错误；
C．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，O2的摩尔质量大于N2，故密度：，C错误；
D．化合物是Al2O3，为两性氧化物，既可溶于强酸也可溶于强碱，D正确；
答案选D。
5．B
【详解】A．由于盐酸是挥发性酸，浓盐酸挥发出的HCl也能与硅酸钠发生反应并生成硅酸沉淀，所以由实验①不能比较C和Si元素的非金属性强弱，A不能达到相应实验目的；
B．实验②中，Al(OH)3既能与盐酸反应又能与NaOH反应，表明Al(OH)3具有两性，从而证明Al元素既有金属性又有非金属性，B能达到相应实验目的；
C．NH3的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，所以实验③不能用于实验室收集NH3，C不能达到相应实验目的；
D．NH3极易溶于水，若导管口位于水面下，易产生倒吸，所以实验④不能用于制备NaHCO3，D不能达到相应实验目的；
故选B。
6．A
【分析】短周期元素X、Y、Z、Q、W原子的半径依次增大，X和W同主族但不相邻，再结合该物质的结构式可得X为H，W为Na，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，则Y为O，Z为N，Q为C；X、Y、Z、Q、W分别为H、O、N、C、Na。
【详解】A．H与O可形成、，N与O可形成、，C与O可形成、，Na与O可形成、，A正确；
B．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：，B错误；
C．O与N有多种氢化物，稳定性和沸点无法比较，C错误；
D．H、N、O三种元素可形成离子化合物，D错误；
答案选A。
7．D
【详解】A．VIIA元素为卤族元素，其单质均为分子，随着原子序数的递增，相对原子质量逐渐变大，范德华力变大，元素对应单质的熔沸点逐渐升高，故A正确；
B．碱金属元素随着原子序数的递增，原子半径增大，失去电子能力增强，元素的金属性增强，故B正确；
C．VIIA元素随着原子序数的递增，非金属性逐渐减弱，元素对应氢化物的稳定性越来越弱，故C正确；
D．IA族元素原子和VIIA族元素原子形成的化学键不一定是离子键，如HCl是共价键，故D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．反应物I2中I元素化合价从0价升高到+1价，I2为还原剂，ICl为氧化产物；反应物KIO3中I元素化合价从+5价降低到+1价，ICl为还原产物；该反应中，5mlICl含4ml氧化产物和1ml还原产物，两者的质量之比为4∶1，A错误；
B．反应物KIO3中I元素化合价从+5价降低到+1价，消耗1mlKIO3转移4ml电子，21.4g KIO3物质的量：，则转移电子数0.4NA，B错误；
C．同一主族从F到I，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，C错误；
D．氯化碘与卤素单质化学性质相似，则ICl与NaOH溶液反应的化学方程式为：ICl+2NaOH=NaCl+NaIO+H2O，D正确；
故选D。
9．C
【详解】A．同主族元素，从上到下金属性依次增强，则锂元素的金属性弱于钠元素，故A错误；
B．同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则氢原子的原子半径小于钠原子，故B错误；
C．由方程式可知，四氢合铝酸钠中氢元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，水分子中氢元素化合价降低被还原，水是反应的氧化剂，氢气即是反应的氧化产物又是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，四氢合铝酸钠的还原性强于氢气，故C正确；
D．同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化锂的碱性弱于氢氧化钠，故D错误；
故选C。
10．B
【详解】A．若a在沸水中可生成e，此时a为Mg，e为Mg（OH）2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A错误；
B．e能转化为d，此时e为白色沉淀，d为红褐色沉淀，说明在g→f→e→d转化过程中，一定存在物质颜色的变化，故B正确；
C．由题意得，此时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为胶体，c应为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，也有可能直接得到沉淀，故C错误；
D．假设b为Al2O3，即d为，c为铝盐，Al2O3、与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的元素为Al，位于周期表p区；假设b为Fe2O3，即d为，c为铁盐，Fe2O3、与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误；
故选B。
11．B
【详解】A．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，A项正确；
B．同周期主族元素从左到右，单质的氧化性逐渐增强，还原性逐渐减弱，B项错误；
C．同周期主族元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故元素最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，C项正确；
D．同周期主族元素从左到右，元素的最高正化合价呈现从＋1到＋7(氧、氟除外)，最低负化合价呈现从-4到-1的周期性变化，D项正确；
故答案为：B。
12．B
【详解】A．将水蒸气通入到灼热的铁粉后，反应生成Fe3O4和H2，铁粉变成黑色，表现氧化性，A错误；
B．向中加入溶液，沉淀溶解，说明有酸性，铝元素表现非金属性，B正确；
C．盐酸也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明具有还原性，C错误；
D．将废铁屑溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，未见溶液变为红色，说明溶液中未见Fe3+，可能是Fe2O3与硫酸反应产生硫酸铁，反应产生的硫酸铁再与Fe反应生成硫酸亚铁，则不能说明该废铁屑中不含三价铁，D错误；
故选B。
13．A
【详解】硼、碳、氮、氧元素均处于第二周期，同周期原子半径从左到右依次减小，故原子半径最大的是硼，故本题选A。
14．A
【详解】A．根据元素周期律，同主族元素从上往下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，则碱性：，A错误；
B．同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，第ⅥA族元素，原子半径越小，对应元素的非金属性越强， B正确；
C．过渡元素都是金属元素，可以在过渡元素中寻找优良催化剂，C正确；
D．第二、三周期中第IIA族与第ⅢA的元素原子序数之差为1，第四、五周期中第IIA族与第ⅢA的元素原子序数之差为11，第六、七周期中第IIA族与第ⅢA的元素原子序数之差为25，D正确；
故选A。
15．C
【详解】①AgF易溶于水，①错误；
②按F2、Cl2、Br2、I2的顺序，单质的颜色依次为淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，则颜色逐渐加深，②正确；
③F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以单质F2、Cl2、Br2、I2中，氧化性最强的是F2，③正确；
④F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以HF、HCI、HBr、HI还原性最强的是HI，④正确；
⑤F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，则单质F2、Cl2、Br2、I2中，与氢化合最容易的是F2，⑤错误；
⑥按F2、Cl2、Br2、I2的顺序，单质的状态为气态、气态、液态、固态，所以单质的密度逐渐增大，⑥错误；
综合以上分析，①⑤⑥错误，故选C。
16．(1) 第五周期ⅢA族 In2O3
(2)Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
(3) H2SO4＞H3PO4 P和S位于同周期，电子层数相同，核电荷数：S＞P，非金属性：S＞P
(4)ab
【详解】（1）铷是第五周期ⅠA族元素，则In是第五周期ⅢA族；第ⅢA族元素的最高正价为+3价，因此In元素的最高价氧化物的化学式为In2O3；
（2）Cu2O在酸性条件下易歧化，则应是+1价的铜变为0价和+2价，生成Cu和Cu2+，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；
（3）P和S位于同周期，电子层数相同，核电荷数：S＞P，非金属性：S＞P，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4＞H3PO4；
（4）a．类别NH4Cl，PH4I中应含有P原子和H原子之间的共价键、PH和I-之间的离子键，a正确；
b．铵盐可以和碱反应，推测PH4I能与NaOH溶液反应，生成PH3、NaI和水，b正确；
c．NH4Cl受热分解为氨气和HCl，推测PH4I能分解为PH3和HI，但HI不稳定，会分解为H2和I2，所以分解产物的种类不完全一样，c错误；
综上所述答案为ab。
17． 产生白色沉淀 白色沉淀消失 2Na + 2H2O 2Na＋＋ 2OH－ + H2↑ 水或H2O 2 NaNO2 碘（或I） 0.5 ml
【详解】（1）向AlCl3溶液中，滴加少量NaOH溶液，发生反应AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，现象是产生白色沉淀；继续滴加NaOH溶液至过量，发生反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象是白色沉淀消失；（2）钠与水反应生成氢氧化钠与氢气，反应离子方程式为：2Na + 2H2O 2Na＋＋ 2OH－ + H2↑，反应中水中H元素化合价由+1价降低为0价，水是氧化剂，生成1mlH2时转移电子的物质的量为1ml×2=2ml；（3）①反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O中，元素化合价的变化分别如下：氮元素：NaNO2 →NO，由+3价→+2价，得电子，所以NaNO2是氧化剂；碘元素，HI→I2，由-1价→0价，失电子，被氧化的是碘元素；②根据反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O可知，若此反应中电子转移数目为0.5ml，则被氧化的还原剂的物质的量为0.5 ml。
18．(1) Na+ +2H+=CO2↑+H2O
(2) Al3+、Mg2+、 2：1：4 Al(OH)3+OH-=+2H2O
【详解】（1）若Y是盐酸，a段产生的白色沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗了盐酸，但沉淀量不变，确定含CO；bc段沉淀部分溶解，确定为Al(OH)3，所以a段转化为沉淀的离子是AlO、SiO，X溶液中存在的阴离子有、、，阳离子有Na+；ab段发生反应的离子是+2H+=CO2↑+H2O。
（2）若Y为NaOH，根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH，结合图象bc段发生反应：Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O；NH反应需要NaOH的体积是2V，由于Al(OH)3溶解时需要的NaOH的体积是V，则生成Al(OH)2需要的NaOH的体积是3V，而生成Mg(OH)2和Al(OH)3共消耗NaOH的体积为4V，则生成Mg(OH)2需要NaOH溶液的体积是V，从而确定n(Mg2+):n(Al3+):n(NH)=0.5:1:2=1:2:4。
19． 三 ⅠA 2 HCl SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl
【详解】W的质子数Z＝A－N＝18－10＝8，则W为氧；X和Ne的核外电子数相差1，且图中X的原子半径大于W，则X为钠；Y的单质是一种常见的半导体材料，则Y为硅；Z的原子序数大于Y，且在同周期主族元素中电负性最大，则Z为氯。
（1）Na在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族。O的基态原子的轨道表示式为，故有2个未成对电子。（2）氯的非金属性强于溴，故HCl的稳定性更强。（3）SiCl4与H2O反应生成强酸盐酸和弱酸硅酸，反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O＝H2SiO3＋4HCl。
20．（1）第三周期、Ⅳ族 （2）abc
（3）FeCO3和SiO2 SiO2+2OH‾=SiO32‾+H2O
（4）3FeCO3+10H++NO3‾=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O
（5）NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸，提高原料利用率；3×104。
【详解】试题分析：（1）14号元素硅核外电子排布是2、8、4，可见硅元素在周期表中位于第三周期、第ⅣA族；（2）a.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。元素的非金属性：C>Si，所以酸性：H2CO3＞H2SiO3，正确；b.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径：O＜C＜Si＜Al，正确；c.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：O>C>Si，所以氢化物的稳定性：H2O＞CH4＞SiH4，正确；d.电子层结构相同的阴阳离子，离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径：O2－>Al3+，错误，故选正确选项是a、b、c。（3）该矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，和硝酸反应生成气体，由于硝酸有强的氧化性，说明含有还原性物质碳酸亚铁，还含有滤渣，由于SiO2是酸性氧化物，与硝酸不能发生反应，滤渣和氢氧化钠能反应生成无色溶液，说明含有二氧化硅；向滤液中加入过量的NaOH溶液产生红褐色沉淀，证明滤液中含有Fe3+，再向发生该反应后的滤液中通入CO2气体，没有形成沉淀，说明在该滤液中无AlO2-，即在原固体中无Al2O3，故该矿石的组成是FeCO3和SiO2 。滤渣SiO2和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH— = SiO32—+H2O。（4）1 ml L－1HNO3是稀硝酸，碳酸亚铁和稀硝酸反应，亚铁离子能被氧化生成铁离子，且同时生成二氧化碳气体，硝酸被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为3FeCO3+10H++NO3— = 3Fe3+ +3CO2↑+NO↑+5H2O。（5）NO是有毒气体，若将逸出气体与氧气混合，会发生反应：2NO+O2=2NO2，当通入溶液中时，会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，这样就可以转换为硝酸，既能使物质循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；矿石2.36×103 kg，得到滤渣1.2×103 kg，则和硝酸反应的固体FeCO3质量是2.36×103 kg -1.2×103 kg =1.16×103 kg ，n(FeCO3)=m÷M=1.16×106 g÷116g/ml=1×104ml，由于NO通过NO的循环利用完全转化为HNO3，反应后物质中的Fe、N元素都转化为Fe(NO3)3，所以根据元素守恒可得反应消耗硝酸的物质的量是n(HNO3)=3n(FeCO3)= 3×104ml。根据c=n/V，可得V=n/c=3×104ml÷1ml/L= 3×104 L。
考点：考查元素周期表、元素周期律的应用、物质成分的确定、离子方程式的书写、氧化还原反应的有关计算的知识。
21． 非金属性N＞P，则气态氢化物的稳定性NH3＞PH3 2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+作还原剂，Br-为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-
【详解】(1)因非金属性N＞P，则气态氢化物的稳定性NH3＞PH3，故答案为：非金属性N＞P，则气态氢化物的稳定性NH3＞PH3；
(2)NH4CN是离子化合物，各原子除了H均满足8电子稳定结构，NH4CN的电子式是，故答案为：；
(3)反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+变为Fe3+，化合价升高被氧化，作还原剂，Br2变为Br-，化合价降低，被还原，Br-为还原产物，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-；故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+作还原剂，Br-为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-。
22． H2O+AlO2-+H+Al(OH)3Al3++3OH- 产生白色沉淀 加入稀盐酸后，H+会逐渐结合AlO2-，酸式解离平衡式会逐渐向着生成氢氧化铝的方向移动 KAl(SO₄)2=K++Al3++2SO42⁻；Al3++3H₂OAl(OH)3（胶体）+3H⁺ KAlO2 高铁酸盐（钠、钾）中铁元素为正六价，具有很强的氧化性，溶于水中能释放大量的原子氧，从而非常有效地杀灭水中的病菌和病毒。同时，自身被还原成新生态的Fe(OH)3，这是一种品质优良的无机絮凝剂，能高效地除去水中的微细悬浮物
【详解】(1) 氢氧化铝是一种两性氢氧化物，即存在酸式电离和碱式电离，故其电离方程式H2O+AlO2-+H+Al(OH)3Al3++3OH- ，将少量的稀盐酸逐渐滴入NaAlO2溶液，产生的现象为白色沉淀，加入稀盐酸后，H+会逐渐结合AlO2-，酸式解离平衡式会逐渐向着生成氢氧化铝的方向移动；
（2）明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，反应的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；设明矾为1ml，则溶液中含有1mlAl3+，2mlSO42-，由反应SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，需要2mlBa（OH）2，则加入4mlOH-，则发生Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2-；
（3）高铁酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原生成Fe3+，Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质；
【点睛】有条件的离子方程式的书写，要符合所给条件，符合量之间的关系；高铁酸钠中铁元素的价态是+6价，处于高价态，具有氧化性，用于杀菌消毒。
23． Ar Cl Na HF Na Al F CH2=CH2+HClCH3CH2Cl
【分析】首先根据元素在周期表的位置确定元素，然后根据元素的原子结构、元素的位置及元素周期律分析推断物质的性质，进行逐一解答。
【详解】根据元素在周期表的位置，可确定①是C，②是N，③是O，④是F，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是S，⑨是Cl，⑩是Ar元素。
(1) 在①~⑩元素中，最不活泼的元素是原子核外最外层有8个电子的Ar元素；最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的元素是Cl，其形成的最高价含氧酸HClO4的酸性最强；
同一周期的元素，元素的原子序数越大，元素的非金属性越强，元素的金属性越弱，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，元素的金属性越强，所以最高价氧化物对应的水化物的碱性最强的元素是Na元素；
(2)②、③、④是同一周期的元素，随着原子序数的增大，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性逐渐增强，因此这几种元素的氢化物中，最稳定是HF；
(3)④⑤⑥三种元素中，④是F，原子核外有2个电子层，而⑤⑥的原子核外有3个电子层，原子核外电子层数越多，原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，因此④⑤⑥三种元素的原子半径从大到小的顺序是Na>Al>F；
(4)①是C元素，C的一种氢化物的产量是衡量一个国家石油化学工业发展水平的标志，该化合物是乙烯，分子式是C2H4，该氢化物分子中含不饱和的碳碳双键，与⑨的氢化物HCl在一定条件下可以发生加成反应，产生氯乙烷，该反应的化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl。
24．(1)①②⑥
(2)5:4
(3)BC
(4)S
C．
砂纸打磨的镁条、铝条分别放入含有少量酚酞的沸水中
铝条表面气泡较多，水溶液红色更深
失电子能力：Al>Mg
D．
将金属钠投入氯化镁溶液中
有银白色金属析出
失电子能力：Na>Mg
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体生成
该溶液中一定含有
B
向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红，随后褪色
氯水中含有酸性物质和漂白性物
C
向某溶液中加入溶液，有白色沉淀生成
该溶液中一定含有
D
将盐酸滴入磷酸钙中得到
C的非金属性强于P
选项
操作和现象
结论
A
将水蒸气通入到灼热的铁粉后，铁粉变成红棕色
表现氧化性
B
向中加入溶液，沉淀溶解
铝元素表现非金属性
C
向盐酸酸化的溶液中加入溶液，紫红色褪去
具有还原性
D
将废铁屑溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色
废铁屑中不含三价铁
阴离子
、、、Cl-
阳离子
Al3+、Fe3+、Mg2+、、Na+
a．酸性：H2CO3＞H2SiO3
b．原子半径：O＜C＜Si＜Al
c．稳定性：H2O＞CH4＞SiH4
d．离子半径：O2－＜Al3+
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
①
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
元素
单质熔点/℃
(斜方硫)
x
单质沸点/℃
(斜方硫)
主要化合价
、、
、、
原子半径
逐渐增大
单质与反应的情况
点燃时易化合
加热化合
加热时难化合
不能直接化合
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
D
B
A
D
D
C
B
题号
11
12
13
14
15





答案
B
B
A
A
C