元素周期律专项训练-2022年襄州一中高三化学一轮复习

这是一份元素周期律专项训练-2022年襄州一中高三化学一轮复习，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．下列操作能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
2．科学家研制出了一种漂白效率极高的新型漂白剂(结构如图所示)，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。常温下，0.1ml/LZ的氢化物的水溶液pH=1，且Z与Y位于不同周期。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z
B．氢化物沸点：Y>W>X
C．W和Y可组成含极性键的非极性分子
D．Y的单质均可用于杀菌消毒
3．某深蓝色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如下图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误的是
A．Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极性的向量和等于零
B．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z
C．W的价层电子排布图为
D．1个生成物离子中含有4条配位键
4．一种农业常用肥料的结构如图所示。其中X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期，该物质的水溶液显酸性。下列说法正确的是
A．该化合物的焰色反应呈黄色
B．Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强
C．Y与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
D．该物质的水溶液中：
5．化合物(YX4)2W2Z4常用作沉淀滴定分析试剂。X是原子半径最小的元素，Y的基态原子成单电子与成对电子个数比为3：4，Z元素的电负性仅次于氟元素，W原子电子总数与Z原子的最外层电子数相同。下列说法正确的是
A．简单氢化物的还原性：Y> Z
B．最高正化合价：Z> Y> W
C．第一电离能：Z>Y>W
D．该化合物中W与Y的杂化方式相同
6．已知W、X、Y、Z均为短周期主族元素，常温下，它们的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01ml/L)的pH值和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞Y＞W＞X
B．Z的单质具有强氧化性和漂白性
C．同浓度简单氢化物水溶液的酸性：Z＞Y
D．化合物X2Y2中含有极性共价键和非极性共价键
7．依据下列实验现象，得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
8．X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，W与Y位于同一主族，X、Y、Z三种元素可组成用于隐形飞机中吸收微波的物质(结构如图)，Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．非金属性：
C．氧化物的水化物的酸性：
D．简单氢化物沸点：
9．一种可用作半导体掺杂源的化合物的结构式如图所示。已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法中正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．X、Y的最高价含氧酸均为强酸
C．W和Y能形成多种原子个数比为1∶1的化合物
D．除W原子外，分子中的其他原子均满足8电子稳定结构
10．短周期主族元素A、W、X、Y、Z原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y的简单离子半径在同周期元素中最小，Z的最高正价与最低负价绝对值之差为4，X与W形成的一种化合物可用供氧剂；X与A形成的离子化合物还原性很强，与水反应产生气体。下列说法不正确的是
A．原子半径大小一定是X＞Y＞Z＞W＞A
B．分别与A形成的化合物的稳定性一定是W＞Z
C．最高价氧化物对应的水化物，Y的既能与X的反应又能与Z的反应
D．Y、Z的简单离子均能影响水的电离
11．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A．HX的沸点高于HZ的沸点
B．X和Z的最高化合价均为+7价
C．四种元素中，Y原子半径最大，X原子半径最小
D．Z、W和氢三种元素可形成能促进水电离得离子化合物
12．现有6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零；Y和R位于同一主族；Z是周期表中非金属性最强的元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素；R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒。下列说法不正确的是
A．RY2的水溶液能与Q的单质发生反应
B．XYQ2能与水反应产生两种酸性的气体
C．M、Z能形成以离子键为主的八面体构型的微粒
D．Q单质能从R的简单氢化物中置换出R
13．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述正确的是
A．氢卤酸的酸性由强到弱的顺序：HF>HCl>HBr
B．同周期第IIA族和第IIIA族元素原子序数可能相差1、11、25
C．铁元素位于元素周期表中第四周期第VIII A族
D．主族元素都有最高正价，且都等于该元素原子的最外层电子数
14．原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z。X单质在空气中燃烧，火焰呈黄色，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y是地壳中含量排在第二位的元素，由W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是
A．Y和Z元素简单氢化物的稳定性：Y>Z
B．X与W形成的化合物的电子式为：
C．X最高价氧化物对应水化物溶液可以用来吸收Z的单质
D．W、X、Z三种元素简单离子半径的大小顺序为：ZO2-，故A错误；
B．H2O常温下为液体，NH3和H2O分子间存在氢键，三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序为H2O>NH3>CH4，但C的氢化物包括多碳的烃，常温下有固体，有液体，即碳的氢化物沸点也可能比H2O高，故B错误；
C．C和O可组成CO2，为含极性键的非极性分子，故C正确；
D．O3具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，但是氧气不可用于杀菌消毒，故D错误；
故答案为C。
3．C
【分析】
基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为C元素；Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一周期，为H元素，Z可以形成3个共价键，则应为N元素；W的焰色为绿色，所以为Cu元素。
【详解】
A．Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；
B．非金属性C＜N，则最简单氢化物的稳定性：Y(C)＜Z(N)，B正确；
C．W为Cu元素，价层电子为3d104s1，排布图为，C错误；
D．据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；
综上所述答案为C。
4．C
【分析】
由题干信息可知，一种农业常用肥料(即含有N、P、K中一种或几种)的结构如图所示。其中X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期，则X为H，Y能形成2个共价键，则Y为O，Z能形成5个共价键，故Z为P，W形成+1价的阳离子，故W为K，该物质为KH2PO4，其水溶液显酸性，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，该化合物含有钾元素不含钠元素，故其的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃片观察)，而不呈黄色，A错误；
B．由分析可知，Z为P，Y为O，O的非金属性强于P，故Z的简单气态氢化物即PH3的热稳定性比Y的即H2O弱，B错误；
C．由分析可知，Y为O与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物分别有：H2O、H2O2，P2O5、P2O3、P4O10，K2O、K2O2、KO2等，C正确；
D．由于该物质的水溶液呈酸性，即的电离＞水解，则有c(H3PO4)＜c()，即，D错误；
故答案为：C。
5．A
【分析】
由题干信息可知，化合物(YX4)2W2Z4常用作沉淀滴定分析试剂，X是原子半径最小的元素，则X为H，Y的基态原子成单电子与成对电子个数比为3：4，即电子排布式为：1s22s22p3，则Y为N，Z元素的电负性仅次于氟元素，则Z为O，W原子电子总数与Z原子的最外层电子数相同，则W为C，化合物(YX4)2W2Z4为(NH4)2C2O4，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，Y、Z分别为：N、O，由于O的非金属性强于N的，即O2的氧化性强于N2，故简单氢化物的还原性：NH3大于H2O即Y> Z，A正确；
B．已知主族元素的最高正价等于其最外层电子数，但O、F无正价除外，故最高正化合价： Y> W，B除外；
C．由分析可知，Y、Z、W分别为：N、O、C，为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：N＞O＞C即 Y > Z >W，C错误；
D．该化合物即(NH4)2C2O4中W即C原子与氧原子形成了C=O双键，故C为sp2杂化，而Y即N在中N周围的价层电子对数为：4+=4，故其杂化方式为sp3，则二者的杂化方式不相同，D错误；
故答案为：A。
6．C
【分析】
由图可知，WZ是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，且它们的最高价氧化物对应的水化物溶液都是强酸，所以W是N，Z是Cl，又因为X的最高价氧化物对应的水化物溶液都是强碱，所以X是Na，再由原子序数、pH值和原子半径可得Y是S。
【详解】
A．具有相同的核外电子排布的离子，质子数越大，离子半径越小，所以S2->Cl-，所以离子半径应为Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B．Z的单质是氯气具有强氧化性，没有漂白性，故B错误；
C．HCl是强酸，H2S是弱酸，同浓度氢化物水溶液的酸性：Z＞Y，故C正确；
D．化合物X2Y2是Na2S2，与Na2O2相似，其中含有离子键和非极性共价键，故D错误；
故答案为：C。
7．B
【详解】
A．过量氯水会与KI反应，故产生的I2不一定是Br2与KI反应生成的，不能得到非属性：Br＞I，A错误；
B．与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则原溶液中还可能含ClO-，B正确；
C．较浓FeCl2溶液，酸性条件下，Cl-会与反应，使之褪色，所以KMnO4溶液褪色不一定是Fe2+与反应，C错误；
D．NaOH溶液过量，MgCl2溶液，CuSO4溶液都是少量，所以先滴MgCl2溶液，后滴CuSO4溶液，先产生白色沉淀后产生蓝色沉淀，不能得出Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]的结论，D错误；
故答案选B。
8．D
【分析】
X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y为C元素；W与Y位于同一主族，所以W为Si元素；Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂，则Q为Mg元素，W与Y位于同一主族，结合物质的结构式可以看出，X可形成1对共用电子对，推知X为H元素，Z可形成2个共价单键，则根据满8电子稳定原则可知，Z最外层电子数为6，且位于第三周期，故Z为S元素，据此结合元素周期律分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，X、Y、Q、W、Z分别是H、C、Mg、Si、S元素，则
A．电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大，则原子半径从大到小的顺序为：Q(Mg)>W(Si)>Y(C)>X(H)，A错误；
B．同周期从左到右元素非金属性依次增强，同主族从上到下元素非金属性依次减弱，则非金属性：Z(S)>Y(C)>W(Si)，B错误；
C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，有的元素对应的含氧酸不一定是最高价含氧酸，所以无法直接比较其酸性，C错误；
D．Y简单氢化物为CH4，W简单氢化物为SiH4，两者均属于结构相似的分子晶体，因SiH4的相对分子质量较大，范德华力较大，所以沸点较高，D正确；
故选D。
9．C
【分析】
根据Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍可知，Z为O，又W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素和根据所形成物质的结构可得W、Ⅹ、Y分别为H、B、C。
【详解】
A．原子半径：B>C>O>H，A项错误；
B．硼酸和碳酸均为弱酸，B项错误；
C．乙炔、苯、苯乙烯中的H原子与C原子的个数比均为1∶1，C项正确；
D．H原子形成1个共价键，最外层电子数为2，B原子形成3个共价键，最外层电子数为6，二者均不满足8电子稳定结构，D项错误；
故选C。
10．B
【分析】
W原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则W为O元素；Y的简单离子半径在同周期元素中最小，Y为Al元素；Z的最高正价与最低负价绝对值之差为4，Z为S元素；X与W形成的一种化合物可用供氧剂，则X与W形成Na2O2，X为Na元素；X与A形成的离子化合物还原性很强，与水反应产生气体，则形成的NaH，A为H元素；A、W、X、Y、Z依次为H、O、Na、Al、S元素。
【详解】
A．根据上述分析可知：A、W、X、Y、Z依次为H、O、Na、Al、S元素，其原子半径Na＞Al＞S＞O＞H ，故A正确；
B．根据上述分析可知：W为O元素，Z为S元素，A为H元素，W、Z与A形成的化合物可以是H2O、H2O2和H2S，但H2O2的稳定性不如H2S，故B错误；
C．根据上述分析可知：Y为Al元素，最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，它既能与NaOH的反应又能与H2SO4的反应，故C正确；
D．根据上述分析可知：Y、Z分别为Al元素、O元素，其简单离子为Al3+、S2-，它们均能发生水解，促进了水的电离，故D正确；
故答案：B。
11．B
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，根据图示结构式可知，X和Z均形成1个共价键，则X、Z分别为F和Cl元素；Y形成5个共价键，W形成3个共价键，W原子的价电子数为5，Y原子序数为W原子价电子数的3倍，则Y为P，W为N元素，以此分析解答。
【详解】
根据上述分析可知，W为N，X为F，Y为P，Z为Cl元素。
A．X为F，Z为Cl，它们的氢化物HF、HCl都是由分子构成的化合物，结构相似，分子之间以分子间作用力结合，但由于HF分子之间还存在氢键，导致HF的沸点比HCl的高，A正确；
B．X为F，其是元素周期表中非金属性最强的元素，没有最高化合价数值与原子最外层电子数相等的+7价，B错误；
C．原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子序数越小，原子半径越大；N、F属于第二周期元素，P、Cl是第三周期元素，所以四种元素中，P原子半径最大，F原子半径最小，即Y原子半径最大，X原子半径最小，C正确；
D．W为N，Z为Cl，二者相应简单氢化物NH3、HCl能够相互化合形成NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐，属于离子化合物，其电离产生的发生水解反应而促进水的电离，最终达到平衡时溶液显酸性，D正确；
故合理选项是B。
12．C
【分析】
6种短周期主族元素：X、Y、Z、M、R和Q，其原子序数依次增大。X的最高化合价和最低化合价代数和为零，则X是C元素；Y和R位于同一主族，R的单质为淡黄色粉末，可用于杀菌消毒，则R是S元素，Y是O元素；Z是周期表中非金属性最强的元素，则Z是F元素；M是同周期中简单离子的半径最小的元素，M是Al元素，因此Q是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】
根据上述分析可知X是C，Y是O，Z是F，M是Al，R是S，Q是Cl元素。
A．RY2是SO2，Q的单质是Cl2，SO2具有还原性，Cl2具有氧化性，二者在溶液中会发生反应：SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，A正确；
B．XYQ2是COCl2，该物质溶于水，会发生反应：COCl2+H2O=2HCl+CO2，反应产生的HCl、CO2的水溶液都显酸性，因此二者是酸性气体，B正确；
C．Z是F，M是Al，二者形成的离子是以共价键为主的八面体构型，C错误；
D．Q单质是Cl2，R的简单氢化物是H2S，二者接触就发生反应：Cl2+H2S=S+2HCl，因此Cl2能从H2S中置换出S，D正确；
固合理选项是C。
13．B
【详解】
A．元素的非金属性越强，其简单氢化物中化学键越稳定，氢化物在水溶液中越不易电离出氢离子，非金属性F>Cl>Br，则氢卤酸的酸性：HFc(OH﹣) AB
【分析】
I．N和Li、Na形成的Li3N、NaN3等化合物具有重要的用途。
(1)氮原子核外电子所占据的轨道中，能量关系为1sc(OH﹣)；
(5)元素周期律描述金属性、非金属性的递变规律、原子半径的递变规律、主要化合价的递变规律等，金属性越强，金属与水反应置换出H2越容易，反应越剧烈，其最高价氧化物的水化物的碱性越强；没有涉及溶解度及密度的递变规律，则由元素周期律能得到AB；
(6)配平方程式□NaN3+□KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，以NaN3、KNO3作为首先配平物质，即得10NaN3+2KNO3→□K2O+□Na2O+□N2↑，再据质量守恒配平其它物质，此反应的化学方程式为10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。电子转移的方向是从反应物中失电子元素指向得电子元素，数目为失电子总数或得电子总数，则标出电子转移的数目和方向的化学方程式为。
【点睛】
在标明电子转移的数目时，我们常会犯的错误是认为“电子转移总数==失电子总数+得电子总数”。
17．C K2S和N2 6NA 离子晶体 离子键、共价键 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 品红溶液均褪色 不褪色 将SO2和Cl2等体积混合后在溶液中恰好完全反应生成了盐酸和硫酸，不再具有漂白性(或SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸无漂白性) Nc(HS-)>c(H+) ac
【详解】
（1）该反应中N、S元素化合价均降低，C元素化合价升高，因此还原剂为C；还原产物为K2S和N2；当有1mlKNO3参加反应时，有1.5mlC参加反应，C元素化合价从0价升高至+4价，因此转移数目为1.5ml×4NAml-1=6NA；
（2）KNO3为活泼金属阳离子与含氧酸根阴离子组成的化合物，其晶体类型属于离子晶体；晶体中阴阳离子通过离子键连接，硝酸根内N原子与O原子之间通过共价键连接，因此KNO3晶体中存在离子键、共价键；
（3）S原子核内质子数为16，核外电子数为16，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；核外电子分别处于5个不同的能级中，因此原子核外有5种不同能量的电子；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，能够使品红溶液褪色；将SO2和Cl2等体积混合后再缓缓通入品红溶液，SO2与Cl2在水中能够发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的HCl、H2SO4均不具有漂白性，因此不能使品红溶液褪色；
（4）C、N原子核外电子层数小于S，因此S原子半径最大，C、N处于同一周期，核外电子层数相同，质子数越大，其半径越小，因此半径相对大小关系为：N水的电离程度，因此溶液中除OH-外离子浓度关系为：c(K+)>c(S2-)>c(HS-)>c(H+)；
（5）a．同温同浓度溶液pH：Na2CO3>Na2SO4，根据“越弱越水解”，说明酸性：H2SO4>H2CO3，H2SO4、H2CO3分别对应S、C的最高价氧化物对应水化物，可说明非金属性：S>C，故a符合题意 ；
b．酸性：H2SO3>H2CO3，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于碳酸，因H2SO3并非S元素对应最高价氧化物对应水化物，不能说明碳元素与硫元素非金属性相对强弱，故b不符合题意；
c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，可直接说明S的非金属性强于C，所以S才显负价，碳元素显示正价，故c符合题意；
d．分解温度：CH4>H2S，其原因是C、S均采取sp3杂化，CH4为非极性分子，H-C键能较强，在1000℃左右分解，而H2S为极性分子，H-S-H键角为92.1º，由于H-S键能较弱，导致H2S在300℃左右分解，故不能据此比较C元素与S元素非金属性，故d不符合题意；
故答案为：ac。
【点睛】
常见非金属性的比较规律：
1、由元素对应简单单质的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，元素对应非金属性越强；
2、由单质和水反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强；
3、由对应简单氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强；
4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强；
5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属性越强；
值得注意的是：氟元素没有正价态，氧目前无最高正价，硝酸则因分子内氢键导致酸性较弱，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氮、氧、氟。
18．ⅠA ⅣA ⅦA H2O和H2O2 B 极性 2H2O++H2S=2H2O+S↓+2H+ 极性共价键
【分析】
(1)原子核内无中子的核素为1H；
(2)水分子是极性分子，在弱电场作用下会“凝结”而有序，所以B代表热冰；
(3) H2O+中O的化合价为-1价，应有强氧化性，据此解答。
【详解】
(1)原子核内无中子的核素为1H，H原子的最外层电子数为1，可放在第ⅠA族，最高正化合价和负化合价的绝对值相等的为第ⅣA族，最外层差1个电子达到稳定结构，可放在第ⅦA族，H和O可形成两种化合物：H2O和H2O2；故答案为：ⅠA；ⅣA；ⅦA；H2O和H2O2；
(2) 水分子是极性分子，在弱电场作用下会“凝结”而变得有序，所以B代表热冰，故答案为：B；极性；
(3) H2O+中O的化合价为-1价，有强氧化性，H2S有还原性，二者反应的离子方程式为：2H2O++H2S=2H2O+S↓+2H+，该反应破坏了极性共价键，故答案为：2H2O++H2S=2H2O+S↓+2H+；极性共价键。
【点睛】
H2O+对于同学来说很陌生，但是，万变不离其宗，从化合价角度分析是能解决的。
19．第二周期第VA族 1s22s22p2 H++H2O+GaO2-⇌Ga(OH)3⇌Ga3++3OH- Al（OH）3 ac
【分析】
氮、镓、碳、硅四种元素原子半径最小的是N，位于第二周期第ⅤA主族；C原子序数最小，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4；设镓的另一核素质量数为x，则69×60.1%+x×（1-60.1%）=69.72，据此计算质量数，Ga的质子数=13+18=31，据此书写其同位素符号；①氢氧化镓与氢氧化铝的性质相似，结合氢氧化铝的电离书写；所得的溶液中存在平衡：H++H2O+GaO2-⇌Ga（OH）3，H++H2O+AlO2-⇌Al（OH）3，电离平衡常数越小，越容易析出得到沉淀，据单质之间的置换反应、气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性、与氢化合的难易、元素周期律等来比较非金属性，以此来解答。
【详解】
（1）氮、镓、碳、硅四种元素原子半径最小的是N，位于第二周期第ⅤA主族；C原子序数最小，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，核外电子排布式是1s22s22p2；
故答案为：第二周期第VA族；1s22s22p2；
（2）设镓的另一核素质量数为x，则69×60.1%+x×（1-60.1%）=69.72，解得x=71，的质子数=13+18=31，故该同位素符号为；
（3）①氢氧化镓与氢氧化铝的性质相似，氢氧化镓的电离方程式为：H++H2O+GaO2-⇌Ga(OH)3⇌Ga3++3OH-；
②所得的溶液中存在平衡：H++H2O+GaO2-⇌Ga（OH）3，H++H2O+AlO2-⇌Al（OH）3，Al（OH）3的电离平衡常数更小，故溶液中通入二氧化碳，先析出Al（OH）3沉淀；
故答案为：Ga(OH)3⇌Ga3++3OH-；Al（OH）3；
（4）a．SiO32-+2CO2+2H2O→H2SiO3+2HCO3-，说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则能说明碳的非金属性强于硅，故正确；
b．，该反应是在高温条件下的反应，不能说明C的非金属性强于硅，故错误；
c．氢化物越稳定，其非金属性越强， ，则能说明碳的非金属性强于硅，故正确；
d． ，不能说明C的非金属性强于硅，故错误；
故答案为：ac。
【点睛】
根据镓、铝为同族元素，性质有相似性，可由已知元素推测位置元素的性质；验证非金属性的强弱可根据氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性进行比较。