人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律综合训练题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律综合训练题，共22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．下列有关元素性质的递变规律不正确的是（    ）
A．NaOH、KOH、RbOH的碱性逐渐增强
B．HCl、H2S、PH3的稳定性逐渐减弱
C．Na、K、Rb的原子半径依次增大
D．HF、HCl、HBr、HI的还原性逐渐减弱
2．元素位置、原子结构和元素性质之间存在内在联系。下列说法正确的是
A．最外层电子数相同的元素一定在同一族
B．金属与非金属交界线附近的元素称为过渡元素
C．VIA族元素的原子，其原子半径越大，越容易得到电子
D．第三周期主族元素，最高正化合价与其最外层电子数相同
3．下列说法中正确的是
A．Lv的相对原子质量为293
B．H2O的稳定性大于H2S，是因为水分子间存在氢键
C．质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子
D．元素的非金属性越强，其气态氢化物水溶液的酸性越强
4．关于物质C2H2和Na2C2，下列说法正确的是
A．都含有共价键 B．都是共价分子
C．熔化状态下都不导电 D．原子都达到8电子稳定结构
5．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
75
74
主要化合价
＋2
＋3
＋5、－3
－2
下列叙述正确的是(　　)
A．Y的最高价氧化物对应的水化物显两性
B．放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2
C．X、Y元素的金属性：X D．X2＋的离子半径大于W2－的离子半径
6．为检验某加碘食盐中是否含有 KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：
实验①
实验②
实验③



振荡，溶液迅速变为蓝色
振荡，一段时间后溶液变为浅蓝色
振荡，溶液变为浅黄色
下列说法不正确的是
A．仅由实验①不能证明食盐样品中存在 KIO3
B．实验②中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+ = 2I2+2H2O
C．实验③变为浅黄色是因为Fe2+被氧化
D．以上实验说明离子的还原性：I- >Fe2+
7．有关碱金属的叙述正确的是(　　)
A．随核电荷数的增加，碱金属单质的熔点逐渐降低，密度逐渐增大
B．碱金属单质的金属性很强，均易与氯气、氧气、氮气等发生反应
C．碳酸铯在酒精灯加热时不能分解为二氧化碳和氧化铯
D．无水硫酸铯的化学式为Cs2SO4，它不易溶于水
8．下列事实与氢键有关的是：(   )
A．水加热到很高的温度都难以分解
B．水结成冰时体积膨胀，密度减小
C．CH4、SiH4、GeH4沸点随相对分子质量增大而升高
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
9．下列说法正确的是
A．SiO2是碱性氧化物 B．NaCl是由分子构成的
C．HCl溶于水是化学变化 D．化学变化的本质是旧键断裂，新键形成
10．类推的思维方法在化学学习和研究中有时会产生错误的结论，因此类推出的结论最终要经 过实践的检验才能决定其正确与否。下列几种类推结论中正确的是
A．第ⅣA 族 CH4 的沸点低于 SiH4，则第ⅦA 族 HF 的沸点也低于 HCl
B．可电解熔融 MgCl2 来制取金属镁，则也可电解熔融 AlCl3 来制取金属铝
C．第二周期元素氢化物稳定性顺序是 HF>H2O>NH3，则第三周期元素氢化物稳定性顺序也是 HCl>H2S>PH3
D．CO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中不能生成沉淀，SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中也不能生成沉淀
11．国家卫健委发布公告称，富硒酵母安全性已通过审查。富硒酵母是一种含硒元素的新型添加剂，下列有关Se元素的说法错误的是
A．在元素周期表中的位置为第四周期VIA族
B．酸性：
C．与的中子数之和为56
D．还原性：
12．已知 A、B、C、D、E 都是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大，其中 A 原子核外 有三个未成对电子；A 与 B 可形成离子化合物 B3A2；C 元素是地壳中含量最高的金属元素；D 原 子核外的 M 层中有两对成对电子；E 原子核外最外层只有 1 个电子，其余各层电子均充满。以下 有关说法正确的是
A．A 离子半径小于 B 离子半径
B．B 和 C 的氯化物晶体类型相同
C．C 和 D 形成的二元化合物不能通过复分解反应得到
D．E 在周期表中位于第四周期 s 区
二、非选择题（共10题）
13．下图是元素周期表的一部分，表中的①—⑩中元素，用化学用语填空回答：
族
周期
I A
IIA
IIIA
ⅣA
VA
ⅥA
ⅦA
0
二



①
②

③

三

④
⑤
⑥


⑦
⑧
四
⑨





⑩

（1）在这些元素中，⑩最高价氧化物的水化物为 。
（2）写出①的最高价氧化物和②的单质的电子式 ， 。
（3）用电子式表示③与④形成化合物的过程 。
（4）①的单质和⑥的氧化物反应的化学方程式 。
（5）写出⑤的单质与氢氧化钠反应的化学方程式： 写出⑤的氢氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式： 。
（6）已知拆开l mol C—H键、l mol O=O键、l molC=O键、l mol H—O键分别需要吸收的能量为414kJ、498kJ、728kJ、464kJ。则l mol甲烷完全燃烧放出 kJ的热量。
14．下表是元素周期表的一部分。
族
周期
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
0
1








2








3








(1)写出表中元素的元素符号： 、 、 、 、 、 、 、 。
(2)的简单离子的结构示意图为 。
(3)元素形成的单质中氧化性最强的是 ，还原性最强的是 。
(4)元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 ，最稳定的气态氢化物是 。
(5)按碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强的顺序，将、、、4种元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式进行排序 。
(6)单质与的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 。
15．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题。

(1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序是 。(用元素符号表示)
(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 。
(3)③、④、⑥元素可形成含10个电子的微粒，其中A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀。用电子式表示下列4种微粒：A 、B 、C 、D 。并写出A、B、E三种微粒反应的离子方程式 。
(4)由④⑤⑧三种元素组成的某种盐是家用消毒液的主要成分，将该盐溶液滴入KI淀粉溶液中溶液变为蓝色，则反应的离子方程式为 。
16．镁、铝是生活中两种常见的金属，课堂上老师演示了系列关于镁、铝性质的实验，某学习小组在组长的带领下进行归纳整理，并进行了深入的思考。
(1)“位置和结构”
铝元素在周期表的位置是 镁原子电子式
(2)“基本性质”
下列关于镁、铝及其化合物性质的说法，正确的是__________(不定项选择)
A．镁在氯气中剧烈燃烧，产物中只有离子键
B．电解熔融的Al2O3可以制备金属铝
C．Al和MgO按照适当比列混合可做“铝热剂”，发生“铝热反应”
D．铝片放入冷的浓硝酸中，无明显现象，未发生化学反应
(3)设计实验验证“金属性：Mg > Al”
实验一：截取一段大小和形状相同的“经过一定预处理”的镁片和铝片，放入试管中，同时加入浓度和体积均相同的盐酸，观察某种实验现象，得到结论“金属性：Mg > Al”
镁片和铝“经过一定预处理”，下列实验操作达到“预处理”效果的是_______
A．用砂纸打磨镁片和铝片
B．用盐酸浸泡镁片和铝片片刻
C．用烧碱溶液浸泡镁片和铝片片刻
(4)通过观察某种实验现象得到结论，该实验现象是
实验二：如右图，甲乙试管中分别加入2ml 1mol/L MgCl2和AlCl3溶液，用胶滴管逐滴滴加5mol/L NaOH溶液至过量。

(5)该“对照实验”甲、乙试管中分别出现实验现象能得出“金属性：Mg > Al”
甲试管现象
乙试管离子方程式
实验三：利用原电池原理也可得出“金属性：Mg > Al”，
(6)请在下框中画出一个原电池装置图，能够通过观察实验现象判定金属性：Mg >Al；
可用材料：镁片、铝片、导线，其它试剂和材料、仪器可自选。

17．某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用图示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。

回答下列问题：
(1)仪器a的名称： 。
(2)打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，旋开仪器a的活塞滴加盐酸。一段时间后，A中现象是 ；原因是 。
(3)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，D中出现白色胶状沉淀，X是 （填化学式），D中发生反应的化学方程式是 。
18．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后产生1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol•L-1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示。

请回答下列问题:
(1)B点的沉淀物的化学式为
(2)写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式
(3)原混合物中MgCl2的物质的量为
(4)原固体混合物中NaOH的质量为
(5)Q点加入HCl溶液的体积为
19．镁、铝的混合物共0.2mol，溶于200mL4mol·L-1的盐酸溶液中，然后再滴加2 mol·L-1的NaOH 溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m 随加入NaOH溶液的体积V变化情况如图所示。请回答下列问题：
  
(1)当V1=160mL时，则金属粉末中n(Al)= mol。
(2)V2～V3段发生反应的离子方程式为 。
(3)）若镁、铝的混合物仍为0.2mol，其中镁粉的物质的量分数为a，改用200mL4 mol·L-1的硫酸溶解此混合物后，再加入840mL 2 mol·L-1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则a的取值范围为 。
20．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水中后有1.16g白色沉淀,在所得的悬浊液中逐滴加入1mol·L-1HCl溶液,加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示。试回答：

(1)A点沉淀物的化学式为 ，
(2)AlCl3的物质的量为 。
(3)HCl溶液在Q点的加入量是
21．A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，其原子半径和化合价关系如下表所示。已知：Mg的原子半径为0.160nm。
元素
A
B
C
D
E
F
G
原子半径(nm)
0.037
0.074
0.075
0.077
0.099
0.102
0.186
最高正化合价
+1

+5
+4
+7
+6
+l
最低负化合价
-1
-2
-3
-4
-l
-2

(1)元素G在周期表中的位置为 ，D、E、F的氢化物中最稳定的是 (填化学式)。
(2)元素A、B形成的1:1型化合物的电子式为 ，根据电子是否得失与电子对是否偏移的角度判定：该物质含有的化学键类型有 。
(3)用电子式表示G2F的形成过程 。
(4)写出D的单质与ACB3的浓溶液反应的化学方程式(注明条件) 。
(5)元素A和元素D可组成含9e-的中性原子团，其名称是 。
22．A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素的原子序数依次增大。A和E最外层电子数相同，短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大；B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y(相对分子质量X (1)D元素在周期表中的位置为 ，F形成的离子的结构示意图为 。
(2)用某种金属易拉罐与A、C、E组成的化合物的水溶液反应，产生的气体可充填气球，请写出该反应的离子方程式 。
(3)P和Q两种物质都是由A、C、E、F四种元素组成的盐，等物质的量的P和Q恰好 全反应。写出该反应的离子方程式： 。

参考答案：
1．D
A．Na、K、Rb是同主族元素，金属性依次增强，则NaOH、KOH、RbOH的碱性逐渐增强，A正确；
B．Cl、S、P为同周期元素，它们的非金属性依次减弱，所以HCl、H2S、PH3的稳定性逐渐减弱，B正确；
C．Na、K、Rb为同主族元素，它们的电子层数依次增多，所以原子半径依次增大，C正确；
D．F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，则HF、HCl、HBr、HI的还原性逐渐增强，D不正确；
故选D。
2．D
A．最外层电子数相同的元素不一定在同一族，He最外层有2个电子，He不是ⅡA族元素，故A错误；
B．元素周期表中ⅢB~ⅡB之间的元素称为过渡元素，故B错误；
C．VIA族元素的原子，其原子半径越大，越难得到电子，故C错误；
D．第三周期主族元素，最高正化合价等于最外层电子数相同，故D正确；
选D。
3．C
A．相对原子质量不等于质量数，核素Lv的质量数为293，A错误；
B．分子间氢键与其稳定性无关，与物理性质有关，B错误；
C．分子中质子数=电子数，而离子中质子数≠电子数，所以质子数相同，电子数也相同的两种粒子，不可能是一种分子和一种离子，C正确；
D．元素的非金属性越强，其气态氢化物水溶液的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，D错误；
故选C。
4．A
A．C2H2表示乙炔，物质有分子构成，分子中的2个C原子形成共价三键，每个C原子再分别与1个H原子形成1个共价单键，因此C2H2分子中含有共价键；Na2C2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，在阴离子中2个C原子通过共价三键结合，故Na2C2中也含有共价键，A正确；
B．C2H2是由乙炔分子构成的共价化合物，而Na2C2是由离子构成的离子化合物，因此不属于共价分子构成的化合物，B错误；
C．Na2C2是由离子构成的离子化合物，在熔融状态下发生电离，产生自由移动的离子，因此可以导电，C错误；
D．在C2H2分子中H原子最外层只有2个电子，未达到最外层8个电子的稳定结构，D错误；
故合理选项是A。
5．A
W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；
Z元素化合价为+5、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；
X化合价为+2价，应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，处于ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。
根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是Mg、Al、N、O元素，则
A. Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，即可以与强酸反应，也可以与强碱反应，显两性，故A正确；
B. 放电条件下，氮气与氧气会生成NO，而不能直接生成NO2，故B错误；
C. 同一周期中，从左到右元素的金属性依次减弱，则金属性：Mg>Al，即X>Y，故C错误；
D. 电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg2＋的离子半径小于O2－的离子半径，故D错误；
答案选A。
6．D
A．实验①中溶液迅速变为蓝色，说明溶液中有I2，但仅由实验①不能说明是碘化钾在酸性条件下被KIO3氧化，不能证明食盐中存在KIO3，A说法正确；
B．实验②碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，则一段时间后变蓝，反应的离子方程式为4I－+ O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2O，B说法正确；
C．实验③溶液呈浅黄色，为铁离子的颜色，说明亚铁离子被氧化，可能是被空气中的氧气氧化，有可能是被碘酸钾氧化，C说法正确；
D．根据上述实验，碘离子能够被碘酸钾氧化，②中说明碘离子能够被氧气氧化，③中说明亚铁离子能够被氧气或碘酸钾氧化，以上实验不能判断I－ 和Fe2+离子的还原性，D说法错误；
答案为D。
7．C
A．钾的密度小于钠的密度，这是碱金属单质密度依次增大的一个例外，A错误；
B．氮气性质稳定，碱金属中除锂外，均不与氮气直接反应，B错误；
C．铯与钠在同主族化学性质相似，由在酒精灯加热条件下Na2CO3不分解，可得出Cs2CO3加热也不分解，C正确；
D．Cs与Na同为碱金属元素，性质相似，由Na2SO4易溶于水，可得出Cs2SO4也易溶于水，D错误；
正确选项C。
8．B
A．氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，水加热到很高的温度都难以分解，是因为水分子中的共价键键能大，故A不选；
B．氢键具有方向性，氢键的存在迫使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以水结成冰时，体积增大，当冰刚刚融化为液态水时，热运动使冰的结构部分解体，水分子间的间隙减小，密度反而增大，故B选；
C．CH4、SiH4、GeH4、SnH4的沸点随相对分子质量的增大而升高是与分子间作用力有关，但分子间不存在氢键，与氢键无关，故C不选；
D．氢键为分子间作用力，与物质的稳定性无关，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱是因为分子内的共价键键能依次减小，故D不选；
故答案为B。
9．D
A．SiO2能与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，SiO2是酸性氧化物，故A错误；    
B．NaCl为离子化合物，由构成，故B错误；
C．HCl溶于水没有生成新物质，只有化学键的断裂没有化学键的形成，属于物理变化，故C错误；
D．化学变化的本质是旧键断裂，新键形成，故D正确；
选D。
10．C
A．CH4、SiH4都是分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大沸点越高，HCl和HF结构也相似，但HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；
B．MgCl2为离子化合物，电解熔融氯化镁可以获得镁，而AlCl3为共价化合物，熔融AlCl3不导电，无法通过电解熔融氯化铝获得铝，该类推不合理，故B错误；
C．同一周期主族元素，原子序数越大非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，则第二周期元素氢化物稳定性顺序是HF＞H2O＞NH3，可类推第三周期元素氢化物稳定性顺序也是HCl＞H2S＞PH3，故C正确；
D．CO2通入 Ba(NO3)2溶液中不能生成沉淀，SO2通入 Ba(NO3)2溶液中因为亚硫酸酸性较强，故在酸性条件下，二氧化硫、亚硫酸能被硝酸根氧化而产生硫酸根故会产生硫酸钡沉淀，故D错误；
答案选C。
11．B
A．Se是34号元素，在元素周期表中位于第四周期第VIA族，A正确；
B．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：，则酸性：，B错误；
C．的中子数为，的中子数为，与的中子数之和为56，C正确；
D．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：，则还原性：，D正确。
故选B。
12．D
已知 、、、、 都是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大，其中 原子核外有三个未成对电子，则 原子的核外电子排布式为 ， 为 元素， 与 可形成离子化合物 ，说明 形成离子为 ， 为 元素， 元素是地壳中含量最高的金属元素，则 为 元素， 原子核外最外层只有 个电子，则 为 元素， 原子核外的 层中有两对成对电子，则 的价电子排布为 ， 为 元素。
A. 离子为 ， 离子为 ，两者核外电子排布相同，当电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，所以 离子半径大于 离子半径，故A错误；
B. 为离子化合物， 为分子化合物，晶体类型不相同，故B错误；
C. 的二元化合物 可以由 与 经过复分解反应得到，故C错误；
D. 原子核外最外层只有 个电子，则 为 元素，位于第四周期 区，故D正确；
故选D。
【点睛】离子化合物一般是由金属元素与非金属元素形成的，但铵盐均由非金属元素组成，属于特殊的；但也有少部分由金属元素组成的化合物不属于离子化合物，属于共价化合物，如氯化铝等。
13． HBrO4 2C+SiO2Si+2CO↑ 2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O 660
由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为F、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为Cl、⑧为Ar，⑨为K、⑩为Br，结合元素周期律进行解答。
由元素在周期表中位置，可知①为C、②为N、③为F、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为Cl、⑧为Ar，⑨为K、⑩为Br。则
（1）⑩是Br元素，最高价氧化物的水化物为HBrO4，故答案为HBrO4；
（2）①的最高价氧化物是CO2，电子式为，②的单质为N2，电子式为，故答案为；；
（3）③与④形成化合物是MgF2，属于离子化合物，Mg失去2个电子成为镁离子，F得到1个电子成为氟离子，用电子式表示其形成过程是，故答案为；
（4）①的单质和⑥的氧化物反应即C与二氧化硅高温下发生置换反应，化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为2C+SiO2Si+2CO↑。
（5）⑤是Al，与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑；氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-＝AlO2－+2H2O，故答案为2Al+2H2O+2NaOH＝2NaAlO2+3H2↑；Al（OH）3+OH-＝AlO2-+2H2O；
（6）甲烷与氧气燃烧的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，根据反应热与化学键键能的关系，△H=（4×414+2×498-2×728-2×2×464）kJ/mol=-660kJ/mol，所以1mol甲烷完全燃烧放出660kJ的热量，故答案为660。
14． 、、、
由元素在周期表中的位置，可知为、为、为、为、为、为、为、为，根据元素性质和元素周期律分析解答。
(1)由元素在周期表中的位置，可知为、为、为、为、为、为、为、为；
(2)为，有2个电子层，核电荷数为13，结构示意图为；
(3)同周期元素自左向右非金属性逐渐增强、金属性逐渐减弱，同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱、金属性逐渐增强，上述元素中的非金属性最强，则的氧化性最强，的金属性最强，则单质的还原性最强；
(4)非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，上述元素中的非金属性最强，故其最高价含氧酸的酸性最强，氢化物最稳定；
(5)同周期自左而右金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，金属元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐减弱，非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，按碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强的顺序为：、、、。
(4)为，为，钠的最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，与溶液反应生成和，反应的离子方程式为。
15． Na>Al>O HNO3>H2CO3>H2SiO3 Al3＋＋3NH3＋3H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+ 2I－＋ClO－＋H2O==I2＋Cl－＋2OH－
根据元素所在周期表中的位置，可知元素的种类，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为Na元素，⑥为Al元素，⑦为Si元素，⑧为Cl元素。
（1）（1）Na与Al同周期，周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞Al，原子核外电子层数越多，半径越大，则有原子半径Na＞Al＞O，故答案为：Na＞Al＞O；
（2）②、③、⑦对应的元素分别为C、N、Si，非金属性：N＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，则HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 ，
故答案为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3 ；
（3）H、N、O、Al元素可形成含10个电子的微粒，其中A和B为分子，C和E为阳离子，D为阴离子；B溶于A后所得的物质可电离出C和D，则A为H2O、B为NH3、C为NH4+、D为OH-；A、B、E三种微粒反应后可得C和一种白色沉淀，则E为Al3+，A、B、E三种微粒反应的离子方程式为：，故答案为：；；
（4））④⑤⑧三种元素组成的某种盐是家用消毒液，则为NaClO，有强氧化性，与KI反应生成I2和KCl，故答案为：。
【点睛】注意识记常见10电子微粒，理解掌握元素周期律。
16．(1) 第三周期第IIIA族 ·Mg·
(2)AB
(3)AB
(4)溶液中无色气泡产生的快慢或金属溶解的快慢
(5) 溶液中出现白色沉淀
(6)
（1）铝元素的核电荷数为13，位于元素周期表的第三周期第IIIA族；镁原子的原子核外最外层电子数为2，则镁原子的电子式为·Mg·；故答案为第三周期第IIIA族；·Mg·。
（2）A．镁在氯气中剧烈燃烧，产物为MgCl2，是离子化合物，只存在离子键，故A正确；
B．工业冶炼铝用电解熔融的Al2O3，故B正确；
C．铝热法是一种利用铝的还原性获得高熔点金属单质的方法，Al和MgO不能发生铝热反应，故C错误；
D．铝片放入冷的浓硝酸中发生钝化，是化学变化，故D错误；
故答案选AB；
（3）A．镁和铝表面均有氧化膜，用砂纸打磨镁片和铝片可除去表面氧化膜，故A正确；
B．镁和铝表面均有氧化膜，用盐酸浸泡镁片和铝片片刻，可除去表面氧化膜，故B正确；
C．镁和铝表面均有氧化膜，氧化镁不能溶于NaOH溶液，氧化铝溶于NaOH溶液，用烧碱溶液浸泡镁片和铝片片刻，无法除去镁片表面氧化膜，故C错误；
故答案选AB；
（4）金属的活泼性不同，与酸反应生成氢气的快慢不一样，因此Mg、Al分别加入等浓度、等体积的稀盐酸，可观察到溶液中无色气泡产生的快慢或金属溶解的快慢程度不一样；故答案为溶液中无色气泡产生的快慢或金属溶解的快慢。
（5）氯化镁溶液中滴加NaOH溶液可观察到白色沉淀生成；氯化铝溶液中滴加NaOH溶液，可观察到先有白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，发生反应的总离子方程式为；故答案为溶液中出现白色沉淀；。
（6）通常原电池中两种金属电极，其中活泼性强的金属为负极，则可设计Mg-Al-H2SO4原电池，装置如图：；故答案为。
17． 分液漏斗 有白色沉淀生成 生成CO2气体中混有HCl气体 NaHCO3 Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓
盐酸与CaCO3发生复分解反应产生CO2气体，盐酸具有挥发性，可通过将气体通入到硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀检验气体中HCl的存在；要证明碳酸的酸性比硅酸强，在将CO2气体通入硅酸钠溶液前，应该先用饱和NaHCO3溶液除去HCl杂质，然后再进行检验，若产生白色沉淀，说明碳酸酸性比硅酸强，据此解答。
(1)根据图示可知仪器a的名称是分液漏斗；
(2)打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，旋开仪器a的活塞滴加盐酸。一段时间后，A中现象是产生白色沉淀，这是由于盐酸具有挥发性，在制取得到的CO2气体中含有杂质HCl气体，发生反应：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，得到白色AgCl沉淀；
(3)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，在C中杂质HCl与NaHCO3发生反应：HCl+NaHCO3=NaCl+CO2↑+H2O，这样既除去了杂质l，同时也反应产生了CO2气体，然后在装置D中发生反应：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓，因此看到装置D中出现白色胶状沉淀，证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而说明了元素非金属性：碳比硅强。
【点睛】本题通过实验验证了元素非金属性强弱的判断方法。考查了复分解反应的规律，在进行实验时，要结合物质酸性强弱、物质间发生了什么反应，是否混有杂质，如何除去；是否具有挥发性，物质是否可溶等，将化学实验与元素和化合物的知识有机结合在一起。
18． Mg(OH)2、Al(OH)3 Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O 0.02mol 5.20g 130mL
(1)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3。
(2)固体混合物溶于水后所形成的溶液中加入盐酸，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2。
(3)A点沉淀的是氢氧化镁，则n(Mg(OH)2)＝＝0.02mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)＝n[Mg(OH)2]。
(4)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3↓，根据HCl的体积知，n(AlO2-)＝n(HCl)＝1mol/L×(0.03-0.01)L＝0.02mol，根据铝原子守恒得n(AlCl3)＝n(AlO2-)＝0.02mol，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(Cl-)＝2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)。
(5)B-Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时，n(NaOH)＝n(HCl)。
(1)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3。答案为：Mg(OH)2、Al(OH)3；
(2)固体混合物溶于水后所形成的溶液中加入盐酸，0-A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式为Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O。答案为：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O；
(3)A点沉淀的是氢氧化镁，则n(Mg(OH)2)＝＝0.02mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)＝n[Mg(OH)2]＝0.02mol。答案为：0.02mol；
(4)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为H2O+AlO2-+H+＝Al(OH)3↓，根据HCl的体积知，n(AlO2-)＝n(HCl)＝1mol/L×(0.03-0.01)L＝0.02mol，根据铝原子守恒得n(AlCl3)＝n(AlO2-)＝0.02mol，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(Cl-)＝2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)＝0.02mol×2+0.02mol×3
+0.03L×1mol/L＝0.13mol，氢氧化钠的质量为：0.13mol×40g/mol＝5.20g。答案为：5.20g；
(5)B-Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时，n(NaOH)＝n(HCl)，则V(HCl)＝=0.13L＝130mL。答案为：130mL。
【点睛】在多反应体系中求解时，我们可利用终态法，根据反应产物与加入的反应物共存的原则，确定产物的成分，从而建立反应物与生成物的定量关系。
19． 0.08 Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O 0.6⩽a＜1
(1)根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明盐酸有剩余，滴加的NaOH用于中和剩余盐酸，V1=160mL时，剩余的HCl与滴加的NaOH恰好完全反应，溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，根据镁原子、铝原子、氯离子、钠离子守恒，列方程求算n(Al)；
(2)V2～V3段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；
(3)硫酸的物质的量等于HCl的物质的量，故硫酸有剩余，反应后的混合溶液再加入840mL 2mol⋅L−1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，Al3+转化为AlO2−，溶质为硫酸钠Na2SO4、NaAlO2，由于为金属混合物，则a＜1，根据钠离子守恒：n(NaOH)⩾2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)，根据铝元素守恒用a表示出n(NaAlO2)，据此确定a的取值范围。
(1)当V1=160mL时，此时溶液是MgCl2、AlCl3和NaCl的混合液， 由Na+离子守恒可知：n(NaCl)=n(Na+)=n(NaOH)=0.16L×2mol/L=0.32mol， 200mL 4mol⋅L−1的盐酸溶液中含有HCl的物质的量为：4mol/L×0.2L=0.8mol， 设Mg为xmol，Al为ymol， 则x+y=0.2， 根据Cl−离子守恒有：2x+3y+0.32=0.8，联立方程解得：x=0.12、y=0.08；
(2)V2～V3段是氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(3)由于为金属混合物，则a＜1，Al的物质的量为：0.2×(1−a)mol， 硫酸的物质的量等于HCl的物质的量，故硫酸有剩余，反应后的混合溶液再加入840mL 2mol⋅L−1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，Al3+转化为AlO2−，溶质为硫酸钠Na2SO4、NaAlO2， 根据铝元素守恒可知：n(NaAlO2)=0.2×(1−a)mol， 根据钠离子守恒：n(NaOH)⩾2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)，即：0.84×2⩾2×0.2×4+0.2×(1−a)，解得：a⩾0.6， 所以a的取值范围为：故0.6≤a＜1。
20． Mg(OH)2 AlO2－+H++H2O＝Al(OH)3 ↓ 1：1 130
分析:向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，O-A时没有沉淀生成,说明溶液中NaOH过量,则铝离子完全转化为偏铝酸根离子,溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；
A-B段,盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为AlO2－+H++H2O＝Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；
B-C过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁,所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。
详解:(1)向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时,O-A时没有沉淀生成,说明此时盐酸和氢氧化钠反应,即:NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后,溶液中NaOH过量,此时溶液中铝离子为偏铝酸根离子,溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；
A-B段,有沉淀生成,应为盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀,离子反应方程式为AlO2－+H++H2O＝Al(OH)3 ↓，
因此，本题正确答案是：Mg(OH)2 ；AlO2－+H++H2O＝Al(OH)3 ↓
(2)B-Q过程中,氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁,所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠,原反应物为:NaOH、MgCl2、AlCl3和盐酸,对比知反应前后MgCl2、AlCl3不变,实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应,所以Q点可以看做氢氧化钠和盐酸二者恰好反应,n(NaOH)=n(HCl),(1)中已分析:B点溶液中存在的溶质是氯化钠,由Na+离子和Cl-离子守恒得,原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl),
因n(MgCl2)==0.02mol, n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=1mol/L×(30-10)×10-3L=0.02mol,
n(MgCl2)：n(AlCl3)=0.02mol:0.02mol=1:1
所以，n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+1mol/L×0.03L=0.13mol,
则V(HCl)===0.13L=130mL，
因此，本题正确答案是：1:1；130。
21． 第三周期第ⅠA族 HCl 极性键和非极性键 C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O 甲基
主族元素最高正化合价与族序数相等，最低化合价=族序数-8，同一主族元素原子半径随着原子序数增大而增大，同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，根据表中数据知，A为第IA族元素， 根据原子半径知A是H元素；B为第ⅥA族元素，B没有最高正价，B是O元素；C的化合价为+5、-3，处于VA族，原子半径比O略大，则C为N元素；D的最低化合价都为-4价，应为周期表第ⅣA族元素，结合原子半径大小关系可知D为C元素；E的化合价为+7、-1价，原子半径大于氧，故E为Cl元素；F为第ⅥA族元素，F是S元素；G为第IA族元素，原子半径比Mg大，G是 Na元素，据此分析解答。
根据上述分析，A是H元素，B是O元素，C为N元素，D为C元素，E为Cl元素，F是S元素，G是 Na元素。
(1)G是 Na元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族；非金属性越强，最简单氢化物越稳定，D、E、F中非金属性最强的是Cl元素，因此氢化物中最稳定的是HCl，故答案为：第三周期第ⅠA族；HCl；
(2)元素A、B形成的1:1型化合物为H2O2，为共价化合物，电子式为，该分子中氢氧原子间为极性键，氧氧原子间为非极性键，所以该物质含有的化学键类型为极性键和非极性键，故答案为：；极性键和非极性键；
(3) G2F为Na2S，为离子化合物，形成过程用电子式表示为，故答案为：；
(4) ACB3的化学式为HNO3，碳与浓硝酸反应的化学方程式为C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(5)元素A和元素D可组成含9e-的中性原子团，化学式为-CH3，名称为甲基，故答案为：甲基。
【点睛】正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为(2)，要注意过氧化氢属于共价化合物，不存在离子键。
22． 第二周期 第VIIA族 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑ H＋＋HSO===SO2↑＋H2O
试题分析：短周期主族元素的原子中，E原子的半径最大，则E为钠元素；C、F同主族，F原子的质子数是C原子质子数的2倍，则C为氧元素，F为硫元素；A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素的原子序数依次增大，B、C和F在周期表中相邻，B、C同周期，则B为氮元素；A和C可形成两种常见的液态化合物X和Y，X、Y为水和双氧水，则A为氢元素；D形成的分子为双原子分子，D的原子序数介于8～11，则D为F元素；因G的原子序数大于F，则G为氯元素。
解析：根据以上分析，(1)F元素质子数为9，在周期表中的位置为第二周期ⅦA族，S2-的质子数为16、电子数为18，结构示意图为。
(2) H、O、Na组成的化合物为氢氧化钠，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式2Al＋2OH－＋2H2O==2AlO＋3H2↑。
(3)P和Q两种物质都是由H、O、Na、S四种元素组成的盐是NaHSO3、NaHSO4 ，等物质的量的NaHSO3、NaHSO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式：H＋＋HSO=SO2↑＋H2O。
点睛：活泼金属铝既能与强酸反应生成铝盐和氢气，又能与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气。