高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律一课一练

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律一课一练，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．下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中，不正确的是(　　)
A．金属键是金属离子与“电子气”之间的较强作用，金属键无方向性和饱和性
B．共价键是原子之间通过共用电子对形成的化学键，共价键有方向性和饱和性
C．范德华力是分子间存在的一种作用力，分子的极性越大，范德华力越大
D．氢键不是化学键而是分子间的一种作用力，所以氢键只存在于分子与分子之间
2．稀土元素镝(Dy)常用于制造硬盘驱动器。下列关于的说法中，不正确的是
A．质子数为66 B．中子数为90
C．核外电子数为222 D．质量数为156
3．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，物质的转化关系如图所示。下列说法中正确的是

A．离子半径：C+＞D3+＞B2-
B．C的单质的熔点低于D的单质的熔点
C．电解C、E形成的化合物的水溶液可生成C、E对应的单质
D．由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性
4．下列用电子式表示化合物的形成过程中，正确的是
A．
B．
C．
D．
5．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍．下列说法错误的是（　　）
X

Y



Z
W

A．气态氢化物的热稳定性：X＜Y
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z＞X
C．X、Y、Z元素均存在同素异形体
D．W的单质具有漂白性，能使干燥的有色布条褪色
6．元素周期律是中学生学习化学的重要规律，部分短周期元素的原子半径和元素的最高正价及最低负价如图所示，下列说法正确的是

A．图中涉及了8种元素的化合价和半径
B．最高价氧化物对应的水化物的碱性：j＜b
C．简单氢化物的稳定性：g＜f
D．a和j组成的两种常见化合物的阴阳离子数目之比均为1：2
7．关于金属元素的特征，下列叙述正确的是
①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性  ②金属元素在化合物中一般显正价  ③金属性越强的元素相应的离子氧化性越弱  ④金属元素只有金属性，没有非金属性
⑤价电子数越多的金属原子的金属性越强
A．①②③ B．②③ C．①⑤ D．①②③④⑤
8．将甲、乙两种非金属的性质相比较，能说明甲比乙的非金属性强的是
①甲的单质比乙容易与H2化合
②甲的单质能与乙的阴离子发生置换反应
③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强
④与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多
⑤甲的单质熔、沸点比乙低
A．①④ B．③⑤ C．①②③ D．①②③④⑤
9．X、Y、Z、W为四种原子序数不超过20的主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。Z、W同主族，位于阴影位置。下列说法正确的是

A．简单氢化物沸点：XY>Z
D．YX6分子中原子均为8电子稳定结构
10．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是(　　)

X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
NaOH溶液
SiO2
浓盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
11．下表是元素周期表的一部分，有关说法正确的是：
族周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
2



a
b


3
d
e
f
g

h
i

A．a、b、e、f四种元素的原子半径:e>f>b>a
B．h、i两种元素阴离子的还原性:i>h
C．a、g两种元素氢化物的稳定性:a>g
D．d、e、f三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强
12．砹属于卤族元素，推测砹或砹的化合物最不可能具有的性质是（）
①砹化氢很稳定②砹的最高价氧化物对应水化物的酸性是卤族元素中最强的③砹是深颜色固体④砹化银不溶于水⑤砹易溶于某些有机溶剂
A．只有①② B．只有①②⑤ C．只有③④⑤ D．只有②⑤
二、非选择题（共10题）
13．黑火药是中国四大发明之一，它爆炸时的反应为：2KNO3+ 3C + SA+ N2↑+3CO2↑(已配平)
（1）生成物中含极性键的非极性分子的电子式为 ，物质A属于 晶体。
（2）黑火药中位于短周期的元素有 种。其中有一种元素，其氧化物是造成酸雨的主要原因，该元素在周期表中的位置是 ，该元素氢化物的水溶液的电离方程式是 。
（3）黑火药所含元素中原子半径从大到小的顺序是 （用元素符号表示）。
（4）下列能说明黑火药中碳与硫元素非金属性相对强弱的有( )
a.加热分解温度：CH4>H2S
b.相同条件下水溶液的pH：Na2CO3> Na2SO4
c.相同条件下酸性：H2SO3> H2CO3
d.硫与碳化合生成的CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价
14．表为元素周期表的一部分，表中a～f代表六种短周期主族元素。完成下列填空：
a
b
c
d
e
f
（1）六种元素中，原子半径最大的是 (填元素编号) 。d、e、f三种元素的原子结构上的相同点是 。
（2）若a的气态氢化物的水溶液呈碱性，则a的气态氢化物的电子式是 ；六种元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是 (填元素符号)。
（3）若f元素的原子L层电子数比M层电子数多1个，则e元素的非金属性比f元素的非金属性 (选填“强”、“弱’’)，能说明这一事实的化学方程式是 (任写一个)。
（4）若b为非金属元素，则以下推断正确的是 (选填编号)。
①a一定是金属元素    ②d一定是金属元素    ③f一定是非金属元素
15．元素周期表的一部分如图所示，其中每一个序号分别代表一种元素。回答下列问题。

(1)地壳中含量最多的金属元素为 (填化学式)，该元素在元素周期表中的位置为 。
(2)①和②形成的一种常温下极易溶于水且有刺激性气味的气体的电子式为 ，该物质 (填“属于”或“不属于”)电解质。
(3)③和④相比较，最简单氢化物的稳定性较强的是 (填化学式)，简单离子半径：⑤ (填“>”、“C>Si，则A中加 、B中加Na2CO3、C中加 。
17．利用如图所示装置可验证出三种物质性质的递变规律。
   
(1)仪器B的名称为 ，干燥管D的作用为 。
(2)若要证明氧化性：KMnO4>Cl2>I2，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液 的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用 溶液吸收尾气。
18．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下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．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸；
lI．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹；
IlI．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a；
IV．……
  
请回答问题：
(1)A中产生黄绿色气体，其电子式是 ；实验室在加热条件下制取该气体的离子方程式为 ；
(2)验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是 ；
(3)过程III实验的目的：某同学经分析认为，B中溶液由黄色变为棕红色，以此说明C中 ，从而得出D中氧化I-的氧化剂必为Br2，因此B装置是必不可少的；
(4)过程IV为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下试管D震荡，静置，观察到的现象是 ，发生反应的离子方程式为 ；
(5)浸有NaOH溶液的棉花的作用是 ；
(6)用原子结构理论解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因是：同主族元素从下到上 ，得电子能力逐渐减弱。
19．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水，充分反应后得到1.16g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1mol∙L-1的盐酸，沉淀的质量随加入盐酸的体积变化关系如图所示，试回答：

(1)A点沉淀物的化学式为 ；A～B段反应的离子方程式为 。
(2)原混合物中AlCl3的质量为 g，NaOH的物质的量为 mol。
(3)Q点HCl溶液加入量是 mL。
20．将5.1 g镁铝合金溶于60 mL 5.0mol·LHSO溶液中，完全溶解后再加入a mL10.0 mol·L的NaOH溶液，此时溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，得到的沉淀质量为9.7 g。
(1)当加入a= mLNaOH溶液时，可使溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀。沉淀的最大值为 g。
(2)计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积 。(写出计算过程)
21．甲、乙两烧杯中各盛有10mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中加入等质量的铝粉，反应结束产生的气体体积比为1：2。
(1)两烧杯中发生反应的离子反应方程式： 、 。
(2)乙烧杯中产生的气体的体积为 L(标准状况下)。
(3)若把完全反应后的甲、乙两烧杯中的溶液充分混合在一起，发现产生了浑浊现象，为了使“浑浊”彻底“澄清”，在该混合液中至少还需要再加入 mL3mol/L氢氧化钠溶液。(该小题计算结果保留小数点后一位)。
22．4种相邻主族短周期元素的相对位置如下表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。


m
n
x
y


回答下列问题：
(1)元素x在周期表中的位置是 ，其单质可采用电解法方法制备，其反应方程式为 。
(2)m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是 ，碱性最强的是 。填化学式
(3)气体分子的电子式为 ，称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为 。

参考答案：
1．D
A．金属键是化学键的一种，主要在金属中存在，由自由电子及排列成晶格状的金属离子之间的静电吸引力组合而成，因为电子的自由运动金属键没有固定的方向，所以A选项是正确的；
B．共价键是原子之间强烈的相互作用共价键，有方向性和饱和性，所以B选项是正确的；
C．范德华力是分子间作用力，相对分子质量越大分子间作用力越大极性越大，分子间作用力越强，所以C选项是正确的；
D．氢键是一种分子间作用力比范德华力强但是比化学键要弱，氢键既可以存在于分子间(如水、乙醇、甲醇等)，又可以存在于分子内（如），故D错误；
故选D。
2．C
中A代表质量数，Z代表质子数，中子数N=A-Z。
A．中质子数为66，A正确；
B．中中子数为156-66=90，B正确；
C．原子核外电子数等于质子数，故核外电子数为66，C错误；
D．中质量数为156，D正确；
故答案为：C。
3．B
根据A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。
A．B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2->Na+>Al3+,故A错误；
B．D、C分别为Al、Na，Na的熔点低于Al，故B正确；
C．C为Na，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水溶液，可生成H2，Cl2，故C错误；
D．A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；
所以本题答案：B。
4．B
用电子式表示离子化合物的形成过程中相同微粒不能合并，并且要标出电子转移。
A．MgCl2的形成过程为，故A错误；
B．钾原子失去电子，S原子得到电子，K2S的形成过程为，故B正确；
C．CaF2的形成过程中箭头前应为Ca原子的电子式×Ca×，且缺少表示电子转移的弯箭头，故C错误；
D．Na2O的形成过程中，Na+不能合并，且缺少表示电子转移的弯箭头，故D错误；
故选B。
5．D
X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素
A.非金属性C＜O，稳定性CH4＜H2O，故A正确；
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：B、非金属性Cl＞S＞C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故B正确；
C. X、Y、Z元素均存在同素异形体，C有金刚石、石墨；氧有O2、O3，S有S2、S6等，故C正确；
D.潮湿的Cl2才有漂白性，故D错误；
答案选D。
6．D
根据示意图可知a的原子半径最小，化合价是－2价，a是O；b的化合价是+2价，j的化合价是+1价，j的原子半径最大，所以j是Na，b是Mg；c的化合价是+1价，原子半径小于j，大于氧，则c是Li；e的化合价是－3价，原子半径大于氧小于锂，则e是N；f的原子半径和e的相同，化合价为+5价，因此f也是N；g和h的原子半径相同，化合价分别是－1价和+7价，则g和h均是Cl。则
A. 根据以上分析可知图中涉及了Li、N、O、Na、Mg、Cl，共计6种元素的化合价和半径，A错误；
B. 金属性钠大于Mg，因此最高价氧化物对应的水化物的碱性：j＞b，B错误；
C. 非金属性Cl＞N，则简单氢化物的稳定性：g＞f，C错误；
D. a和j组成的两种常见化合物分别是氧化钠和过氧化钠，其中阴阳离子数目之比均为1：2，D正确；答案选D。
7．B
①金属元素只有正价，金属原子显0价，化合价只能升高，只有还原性。但是有些金属有变价，如Fe有+2、+3价，Fe2+既有氧化性又有还原性，错误；②金属元素价电子数较少，只能是去电子，显示正价，正确；③金属的金属性越强，对应单质的还原性越强，对应简单阳离子的氧化性越弱，正确；④部分金属是两性金属，既有金属性又有非金属性。如铝。错误；⑤金属性强弱不是价电子多少来衡量，而是以失去价电子的能力来衡量。如Mg价电子数为2，铝价电子数为3，而金属性Mg>Al，错误。选B。
8．C
①元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易。甲的单质比乙容易与H2化合，说明甲比乙的非金属性强，①正确；
②元素的非金属性越强，其单质氧化性就越强，活动性强的可以将活动性弱的从化合物的溶液中置换出来。甲的单质能与乙的阴离子发生置换反应，说明甲比乙的非金属性强，②正确；
③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。甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，说明甲比乙的非金属性强，③正确；
④不能根据元素的单质与金属反应时得到电子数目的多少判断元素非金属性的强弱，应该根据反应的得失电子的难易判断，因此与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多，不能证明甲比乙的非金属性强，④错误；
⑤非金属性单质熔、沸点的高低与晶体类型、微粒间作用力大小有关，与元素非金属性强弱无关，故不能根据甲的单质熔、沸点比乙低来判断二者非金属性强弱，⑤错误；
综上所述可知：能够比较元素非金属性强弱的依据是①②③，故合理选项是C。
9．B
四种元素原子序数不超过20的主族元素，根据元素周期表可知，图表为第ⅠA至ⅦA族，X位于第二周期ⅦA，Z位于第三周期ⅠA，Y位于第三周期ⅥA，W位于第四周期ⅠA，即X、Y、Z、W四种元素分别为F、S、Na、K，据此分析；
A．X的简单氢化物为HF，Y的简单氢化物为H2S，HF分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键，因此沸点HF＞H2S，故A错误；
B．W和Y可以形成K2S、K2S2等，K2S2除含有离子键外，还含有非极性共价键，故B正确；
C．Y、Z、W的简单离子为S2-、Na+、K+，Na+核外有2个电子层，S2-、K+核外有3个电子层，核外电子层数相同，微粒半径随着原子序数增大而减小，因此微粒半径大小顺序是S2-＞K+＞Na+，故C错误；
D．YX6化学式为SF6，属于共价化合物，该化合物中S最外层有12个电子，超过8个电子，F最外层有8个电子，故D错误；
答案为B。
10．C
①氢氧化铝为两性氢氧化物，既能够与稀硫酸反应，又能够与氢氧化钠反应，故①符合题意；
②二氧化硅为酸性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应，但是与浓盐酸不反应，故②不符合题意；
③氮气和氧气、氢气在常温下均不反应，需要一定条件才能反应，故③不符合题意；
④铜与氯化铁发生氧化还原反应，生成氯化亚铁和氯化铜；与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，故④符合题意；
综上所述答案为C。
11．C
根据各元素所处的位置可知a、b、d、e、f、g、h、i分别为：C、N、Na、Mg、Al、Si、S、Cl。
A．C、N、Mg、Al四种元素的原子半径应是：Mg>Al>C>N，A错误；
B．S的非金属性小于Cl的非金属性，故S2-的还原性大于Cl-的还原性，B错误；
C．C的非金属性大于Si的非金属性，所以CH4 的稳定性大于SiH4的稳定性，C正确；
D．Na、Mg、Al的金属性依次减小，故其最高价氧化物的水化物的碱性依次减小，D错误；
答案选C。
12．A
同主族元素从上到下，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐减弱，①、②错误；由卤族元素的颜色由“淡黄绿色→黄绿色→深红棕色→紫黑色”及状态由“气体→气体→液体→固体”的变化规律可知，砹是颜色较深的固体，③正确；由AgCl、AgBr、AgI不溶于水可知，砹化银不溶于水，④正确；由、易溶于有机溶剂可知，砹单质易溶于有机溶剂，⑤正确；故A正确；
答案选A。
13． 离子晶体 4 第二周期ⅤA族或 第三周期ⅥA族 NH3·H2ONH4++ OH- 或H2SHS-+H+ K、S、C、N、O b d
（1）由原子守恒可知，A为K2S，为离子化合物，生成物中氮气只含非极性键，则含极性键的非极性分子为二氧化碳；
（2）C、N、O、S均为短周期元素，K为长周期元素，N、S的氧化物可导致酸雨的发生，硫化物的水溶液中存在电离平衡；
（3）电子层越多，半径越大；同周期原子序数大的半径小；
（4）a．一般来说，元素的气态氢化物越稳定，则元素的非金属性越强；
b．元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则元素的非金属性越强；
c．亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物；
d．非金属性强的元素显示负价，非金属性弱的则显示正价。
（1）由原子守恒可知，A为K2S，只含离子键，为离子晶体，生成物中氮气只含非极性键，则含极性键的非极性分子为二氧化碳，其电子式为，
故答案为： ；离子晶体；
（2）C、N、O、S均为短周期元素，K为长周期元素，则共4种短周期元素；二氧化硫、二氧化氮可导致酸雨的发生，N位于第二周期ⅤA族，S位于第三周期ⅥA族，硫化物的水溶液中存在电离平衡，电离方程式为或，
故答案为：4；第二周期ⅤA族或 第三周期ⅥA族；或；
（3）电子层越多，半径越大；同周期原子序数大的半径小，则原子半径由大到小为K、S、C、N、O，
故答案为：K、S、C、N、O；
（4）a．氢化物的稳定性顺序是CH4＞H2S，但S的非金属性强于碳元素，故a不选；
b．Na2CO3水解呈碱性，说明H2CO3是弱酸，Na2SO4不水解，H2SO4是强酸，所以H2SO4的酸性强于H2CO3的，则能说明碳与硫两元素非金属性为S＞C，故b选；
c．亚硫酸强于碳酸，说明亚硫酸电离出氢离子的能力强于硫酸，不能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱，故c不选；
d．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d选；
故答案为：bd。
14． d 电子层数相同 Cl 弱 Cl2+H2S=S↓+2HCl ③
表中六种元素都为短周期元素，则，a、b、c为第二周期元素，且三元素在周期表中左右相邻，d、e、f为第三周期元素，且在周期表中左右相邻，同周期从左到右，原子半径依次减小，同主族从上到下，原子半径依次增大。
（1）六种元素中，原子半径最大的元素是电子层数多，位于左下方的元素，即为d，d、e、f三种元素位于同一周期，它们的电子层数相同，最外层电子数依次增多，故答案为：d；电子层数相同；
（2）若a的气态氢化物的水溶液呈碱性，则a为氮元素，其气态氢化物为NH3，,电子式为：，六种元素中，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的元素位于右上角位置的元素，依据a为氮元素，c为氟元素，但氟无正价，所以f为氯元素，最高价氧化物对应水化物的酸为HClO4，故答案为：；Cl；
（3）若f元素的原子L层电子数比M层电子数多1个，其为氯元素，则e元素为硫元素，硫元素的非金属性比氯元素元素的非金属性弱，氯气能从硫化氢中置换出硫单质，所以能说明这一事实的化学方程式是Cl2+H2S=S↓+2HCl，故答案为：弱；Cl2+H2S=S↓+2HCl；
（4）若b为非金属元素，依据金属与非金属的分界线进行判断，c和f一定是非金属元素，①a位于b的前面，可能是金属元素，也可能是非金属元素，①错误；②d位于b的左下方，可能是金属元素，也可能是非金属元素，②错误；③f一定是非金属元素，③正确；故答案为：③。
【点睛】元素周期律：同一周期，从左到右，原子半径减小；金属性减弱，非金属性增强；最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，碱性减弱；气态氢化物的稳定性增强；同一主族，从上到下，原子半径增大；金属性增强，非金属性减弱；最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，酸性减弱；气态氢化物的稳定性减弱。
15．(1) Al 第三周期第ⅢA族
(2) 不属于
(3) HF
C>Si，可以通过硫酸与碳酸钠反应产生二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明。
(1)根据仪器结构可知仪器A的名称为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中；
(2)设计实验验证非金属性：Cl>S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
(3)若要证明非金属性：S>C>Si，可以根据复分解反应的规律：强酸与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸。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越强。在装置A中放入稀硫酸，在装置B中放入Na2CO3，将稀硫酸滴入碳酸钠中，发生反应：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O，硫酸不具有挥发性，将反应产生的CO2气体通入到盛有硅酸钠溶液的C装置中，在C中发生反应：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，可观察到有白色胶状沉淀产生，产生了难溶性的硅酸沉淀，证明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，进而证明了元素的非金属性S>C>Si。
【点睛】本题考查性质实验方案设计，涉及元素的非金属性强弱的探究。明确元素的非金属性强弱的判断方法及与物质的性质是解本题关键。元素非金属性强弱判断方法有多种，可以根据元素单质形成氢化物的难易、形成的简单氢化物的稳定性、元素最高价含氧酸的酸性强弱、物质之间的氧化还原反应、离子的还原性等判断，要会根据物质性质设计实验。
17． 锥形瓶 防倒吸 变蓝 NaOH
(1)仪器B的名称为：锥形瓶，干燥管D的作用为：防倒吸；
(2)若氧化性：Cl2>I2，则氯气通入淀粉碘化钾混合溶液中，生成碘单质，遇淀粉变蓝，则C中溶液变蓝；氯气是有毒气体，可被强碱溶液吸收，尾气处理装置可用NaOH溶液吸收尾气。
18．(1)    MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)湿润的淀粉KI试纸变蓝
(3)Br-过量，溶液中没有Cl2
(4) CC14层溶液变为紫(或紫红)色 Br2+2I-=I2+2Br-
(5)吸收Cl2，防止污染空气
(6)电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱
A中滴加浓盐酸后，发生反应:2KMnO4+16HC1(浓)=2KC1+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，生成黄绿色气体Cl2，在B、C、D中分别发生反应：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO、Br2+2NaOH=NaCl+NaBrO，NaBrO+2KI+H2O=NaVr+I2+2KOH、NaClO+2KI+H2O=NaCl+I2+2KOH，由于B、C中生成了Br2而使溶液变为黄色，打开活塞b，C中生成的Br2，在D中发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，过程II实验，当B中黄色溶液继续通入过量C12时，溶液变为红棕色，以此为对照，说明C中黄色溶液无Cl2，从而排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，据此答题。
（1）A中产生黄绿色气体为氯气，氯原子间形成1对共用电子对，电子式为：  ；实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（2）因C12的氧化性大于I2的氧化性，可发生反应：C12+2I-=I2+2C1-，I2能使淀粉变蓝，故答案为：湿润的淀粉KI试纸变蓝。
（3）B中溶液由黄色变为棕红色，说明生成了Br2，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，以此说明C中Br-过量，溶液中没有Cl2，从而得出D中氧化I-的氧化剂必为Br2。
（4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，发生反应：Br2+2I-=I2+2Br-，关闭活塞b，取下D震荡，静至后CC14层溶液变为紫(或紫红)色。
（5）Cl2有毒，浸有NaOH溶液的棉花的作用是：吸收Cl2，防止污染空气。
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱。
19． Mg(OH)2 +H++H2O=Al(OH)3↓ 2.67 0.13 130
由图象可知，当消耗10mL盐酸时沉淀的质量不变，确定原溶液中NaOH过量，A点时混合体系中存在Mg(OH)2沉淀、NaOH和NaAlO2的混合液，且AB段的发生反应：+H++H2O=Al(OH)3↓，所以B点时的沉淀物为Mg(OH)2 和 Al(OH)3；BQ段发生反应：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O和Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，由此分析。
(1)根据分析，当消耗10mL盐酸时沉淀的质量不变，确定原溶液中NaOH过量，A点时混合体系中存在Mg(OH)2沉淀、NaOH和NaAlO2的混合液，沉淀为Mg(OH)2，AB段发生反应：+H++H2O=Al(OH)3↓；
(2)AB段发生反应：+H++H2O=Al(OH)3↓，消耗n(HCl)=c×V=1mol/L×(30-10)mL×10-3=0.02mol，而且生成n[(Al(OH)3]=0.02mol，原溶液中n(AlCl3)=0.02mol，m(AlCl3)=n×M=0.02mol×133.5g/mol=2.67g；
n[Mg(OH)2]==0.02mol，原溶液中n(MgCl2)=0.02mol；BQ段发生反应：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O时消耗n(HCl)=0.04mol；向Mg(OH)2沉淀、NaOH和NaAlO2的混合液中逐滴加入1mol∙L-1的盐酸，沉淀的质量没变，说明加入的10mL盐酸消耗了原溶液中剩余的氢氧根离子，原溶液中过量的n(OH-)为0.01mol；沉淀Mg2+消耗的n(OH-)=n[Mg(OH)2]×2=0.04mol；A点发生反应：Al3++4OH-=+2H2O，Al3+消耗n(OH-)=4n(AlCl3)=0.02×4mol=0.08mol，n(NaOH)=n总(OH-)=0.01mol+0.04mol+0.08mol=0.13mol；
(3)BQ段发生反应：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，Mg(OH)2消耗n(HCl)=0.04mol，Al(OH)3消耗n(HCl)=0.06mol，所以BQ段消耗n(HCl)=0.04mol+0.06mol=0.1mol，V===0.1L，即100mL，确定Q点时HCl的总加入量为100mL+30mL=130mL。
20． 60 13.6 设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1；58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式


则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
（1）所发生的反应为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，n(H2SO4)=0.06L×5mol/L=0.3mol，当溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀时，溶液成分为Na2SO4，此时n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.3mol=0.6mol，所以；Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，Al(OH)3溶解，得到的沉淀质量为9.7 g，5mL NaOH溶液的物质的量n(NaOH)=0.005L×10mol/L=0.05mol，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则溶解的Al(OH)3的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g，则溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀，沉淀的最大值为3.9g+9.7g=13.6g；
（2）设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1，58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式


则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
21． 2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑ 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑ 0.672 10.0
(1)甲烧杯中发生的反应为铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的离子反应方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；乙烧杯中发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑，故答案为：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑；
(2)由方程式可知，当酸、碱均过量时，产生氢气的体积比应为1:1，当铝均过量的时候，产生氢气的体积比为1:3，由反应结束产生氢气的体积比为1:2可知，甲烧杯中盐酸不足量，乙烧杯中铝不足量，甲烧杯中盐酸的物质的量为3mol/L×0.01L=0.03mol，标准状况下生成氢气的体积为0.03mol××22.4L/mol=0.336L，则乙烧杯中产生氢气的体积为0.336L×2=0.672L，故答案为：0.672；
(3)由乙烧杯中产生氢气的物质的量为0.03mol可知，两烧杯中加入铝的物质的量为0.03mol×=0.02mol，甲烧杯中反应生成氯化铝的物质的量为0.03mol×=0.01mol，乙烧杯中反应生成偏铝酸钠的物质的量为0.02mol，过量的氢氧化钠的物质的量为(0.03—0.02)mol=0.01mol，若把完全反应后的甲、乙两烧杯中的溶液充分混合在一起，氯化铝溶液会与偏铝酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应生成氢氧化铝沉淀，当加入氢氧化钠溶液使“浑浊”彻底“澄清”时得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，设加入的氢氧化钠为amol，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(0.03+a) ×1=0.03mol×1+(0.01+0.02) ×1，解得a=0.03mol，则3mol/L氢氧化钠溶液的体积为 ×1000mL/L=10.0mL，故答案为：10.0。
22．(1) 第三周期ⅡA族 MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
(2) HNO3 Al(OH)3
(3) 2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O
y的氧化物具有两性，则y为Al元素；由元素周期表可知，x为Mg元素，元素x的原子核外电子数是m的2倍，则m为C元素，n为N元素。
(1)
x为Mg元素，位于第三周期ⅡA族；Mg在工业上采用电解熔融的MgCl2的方法制取，其反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑；
(2)
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，所以酸性强弱顺序是HNO3>H2CO3>Al(OH)3， 酸性最强的是HNO3，氢氧化铝是两性氢氧化物，既有酸性，也有碱性，因此碱性最强的是Al(OH)3；
(3)
气体分子(CN)2是共价化合物，它的电子式为，(CN)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH+(CN)2=NaCN+NaCNO+H2O。