高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律测试题

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律测试题，共20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．下列物质中,既含有离子键又含有共价键的是（    ）
A．H2O B．CaCl2 C．NaOH D．Cl2
2．下列说法正确的是
A．难失电子的原子，得电子的能力一定强
B．易得电子的原子，失电子的能力一定弱
C．电子层结构相同的单核离子，阳离子半径一定比阴离子半径大
D．任何原子的原子核都是由质子和中子构成的
3．下列四种粒子的结构示意图中，属于非金属元素原子的是
A． B．
C． D．
4．短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子最外层有6 个电子，Y 是至今发现非金属性最强的元素，Z 的周期序数等于族序数，W 与Z 相邻。下列说法不正确的是
A．可以电解Z的氯化物获得Z单质 B．Y 的氢化物可刻蚀玻璃
C．Z 的氧化物可用作耐火材料 D．W 的氧化物可用作光导纤维
5．下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是（   ）
A．H2O2的电子式： B．CO2的比例模型：
C．质子数与中子数相等的氢原子符号：H D．HClO的结构式为：H-Cl-O
6．X、Y为第三周期元素、Y的最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是
A．原子半径：X＞ Y
B．简单氢化物的还原性：X＞ Y
C．同周期元素形成的单质中Y的氧化性最强
D．X的简单氢化物沸点比上一周期同主族元素的高
7．中国传统食品豆腐的制作要用到“卤水”，其中含有氯化镁，所含元素在元素周期表中的信息、氯离子结构示意图如图，下列说法正确的是(　　)

A．镁离子核外有三个电子层
B．氯离子的最外层电子数X为8
C．氯化镁的化学式为MgCl
D．氯原子的相对原子质量为35.45g
8．关于离子键的下列叙述中不正确的是
A．离子键是带相反电荷离子之间的一种静电引力
B．离子键的实质是阴离子、阳离子之间的静电作用
C．原子间相互得失电子形成离子键，体系的总能量降低
D．构成离子键的粒子是阳离子和阴离子
9．下列说法不正确的是
A．焰色试验是化学变化
B．在现代化学中，常利用光谱分析法来鉴定元素
C．同一原子处于激发态时的能量一定大于其处于基态时的能量
D．焰色试验中观察到的特殊焰色是金属原子的电子从激发态跃迁到基态时产生的光的颜色
10．下列有关化学用语表示正确的是
A．Cl-的结构示意图： B．2H2的摩尔质量：2 g·mol-1
C．漂白粉有效成分的化学式：NaClO D．NaOH电离方程式：NaOH=Na+ + O2－ + H+
11．固体电解质的化学式为W6XY5Z，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，w为金属，且最外层电子数是次外层的一半，X、Y、Z为第三周期的非金属元素。下列说法正确的是
A．单质W不能与水反应
B．X的单质有多种同素异形体
C．简单离子半径：XD
⑤气态氢化物溶于水后的酸性：E>D

参考答案：
1．C
一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此可知，水中只有共价键，氢氧化钠中含有离子键和极性键，氯化钙中只有离子键，氯气中只有共价键，答案选C。
【点睛】该题是高考中的常见考点，侧重考查学生对化学键判断的了解掌握情况，以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。明确离子键和共价键的判断依据是答题的关键。
2．B
试题分析：难失电子的原子，得电子的能力不一定强，例如稀有气体元素，A不正确；电子层结构相同的单核离子，阳离子半径一定比阴离子半径小，C不正确；氕中没有中子，D不正确，答案选B。
考点：考查元素的性质、微粒半径半径以及原子的组成
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题侧重学生的能力考查，兼顾基础知识的考查。该题容易错选D。
3．B
A．核电荷数为12，是Mg元素的原子结构示意图，属于金属元素，A错误；
B．核电荷数为9，是F元素的原子结构示意图，属于非金属元素，B正确；
C．核电荷数为17，是Cl元素，Cl-的结构示意图，属于非金属元素，但不是原子结构示意图，是离子结构示意图，C错误；
D．核电荷数为13，是Al元素，Al+的结构示意图，属于金属元素，且不是原子结构示意图，是离子结构示意图，D错误；故答案为：B。
4．A
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X原子最外层有6个电子，Y 是至今发现非金属性最强的元素，则Y为F元素，X为O元素，Z的周期序数等于族序数，则Z为Al元素，W与Z相邻，则W为Si元素，据此分析解答。
A．AlCl3为共价化合物，电解不能得到Al单质，应电解熔融的Al2O3得到Al单质，A选项错误；
B．Y的氢化物HF可与玻璃的主要成分SiO2发生反应，故可用HF刻蚀玻璃，B选项正确；
C．Z的氧化物为Al2O3，熔点很高，可作耐火材料，C选项正确；
D．W的氧化物为SiO2，常用作光导纤维，D选项正确；
答案选A。
【点睛】推断元素是解题关键，注意元素周期律的理解及元素化合物知识掌握。解答此类题目时通常以原子结构特点为依据进行推断，如无中子的原子是H，短周期电子层数与最外层电子数相等的原子是H、Be、Al，外层电子数是内层电子数2倍的元素是C等。
5．C
A．过氧化氢属于共价化合物，分子中氧原子之间形成1对共用电子对，氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；
B．由选项中模型与二氧化碳的分子式可知，大灰色球为氧原子、小黑色球为碳原子，而实际上碳原子半径大于氧原子半径，故B错误；
C．氢原子的质子数为1，若中子数也等于1，则质量数等于2，所以质子数与中子数相等的氢原子符号：H，故C正确；
D．O原子最外层有6个电子，则在HClO的结构式中O原子在中间， HClO的结构式为H−O−Cl，故D错误；
答案选C。
6．D
Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P。
A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X＞ Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，PH3的还原性强，即X＞Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D． X是P，上一周期同主族元素为N，NH3存在氢键，PH3的沸点比NH3低，D项不符合题意；
故答案为：D。
7．B
A．镁离子核外有两个电子层，故A错误；
B．氯原子最外层有7个电子，易得到一个电子成为离子，故氯离子的最外层电子数为8，故B正确；
C．镁元素化合价为+2价，氯元素化合价为﹣1价，化合物中正负化合价代数和为0，化学式为MgCl2，故C错误；
D．相对原子质量单位是“1”，省略不写，氯原子的相对原子质量为35.45，故D错误；
故选B。
8．A
A．离子键是带相反电荷离子之间的一种静电作用，包括静电引力和静电斥力，故A错误；
B．离子键的实质是阴离子和阳离子之间的静电引力、原子核与核外电子之间的引力、原子核与原子核之间的斥力、核外电子之间的斥力等多种作用力最终达到的平衡作用，称为静电作用，故B正确；
C．原子通过得电子形成稳定的阴阳离子，阴阳离子间通过静电作用形成离子键，形成过程中体系的能量降低，故C正确；
D．离子键是阴离子和阳离子之间的静电作用，其构成粒子是阳离子和阴离子，故D正确；
故选：A。
9．A
A．焰色试验是物理变化，A项错误；
B．不同元素的特征谱线不同，故可以利用光谱分析法来鉴定元素，B项正确；
C．基态是原子能量最低时的状态，C项正确；
D．焰色试验中观察到的特殊焰色是金属原子的电子从激发态跃迁到基态时产生的光的颜色，D项正确；
故选A。
10．A
A．Cl-的核电荷数为17，核外电子数为18，其结构示意图为 ，A正确；
B．2H2的摩尔质量为4g·mol-1，B错误；
C．漂白粉有效成分的化学式为Ca(ClO)2，C错误；
D．NaOH电离方程式：NaOH=Na++OH-，D错误。
答案选A。
11．B
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，w为金属，且最外层电子数是次外层的一半，W是Li元素；X、Y、Z为第三周期的非金属元素，根据Li6XY5Z元素化合价代数和等于0，可知X是P元素、Y是S元素、Z是Cl元素。
A．W是Li，单质Li能与水反应生成LiOH和H2，故A错误；
B．X是P元素，有白磷、红磷等多种同素异形体，故B正确；
C．电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl- r(Al) Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
根据元素在周期表中的位置知，①～⑪11种元素分别是Na、K、Mg、Ca、Al、C、O、Cl、Br、Ar、F元素。
(1)根据元素在周期表中的位置知①的元素符号是Na，故答案为Na；
(2)氯气分子中，2个氯原子通过共用一对电子，形成共价键，电子式为：，故答案为；
(3)Al的原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，则原子结构示意图为，故答案为；
(4)这些元素中，Ar元素化学性质最不活泼，在这些元素中，非金属性最强的元素在周期表右上角，非金属性最强的元素是F，金属性最强的元素在周期表左下角，金属性最强的元素是K，故答案为Ar；F；K；
(5)同一周期元素，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物是水化物碱性越强，①③⑤三种元素的最高价氧化物水化物中，碱性最强的是NaOH，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，①③⑤三种元素的原子半径由大到小的顺序为r(Na)> r(Mg)> r(Al)，故答案为NaOH；r(Na)> r(Mg)> r(Al)；
(6)元素的最高价氧化物的水化物既能与酸反应生成盐和水又能与碱反应生成盐与水，为Al元素，该元素的最高价氧化物为Al2O3，它和盐酸反应的学方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O 。
15． AB A B AB AE
(1)原子具有一定数目质子和一定数目中子的，则原子种类由质子数和中子数决定；
(2)元素是具有相同核内质子数(或核电荷数)的一类原子的总称，元素种类由质子数决定；
(3)质子数相同，中子数不同的不同原子互称同位素，则元素有无同位素由中子数决定；
(4)核素的相对原子质量的近似整数等于该核素的质量数，质量数=质子数+中子数，则相对原子质量由质子数和中子数决定；
(5)原子半径是根据相邻原子的平均核间距测定的，元素的原子半径由质子数和核外电子层数决定。
16． 除去Cl2中的HCl气体 A S2-+ Cl2 ═ 2Cl- + S↓ 尾气处理 ①③⑥ 溶液分层，下层为紫红色
(1)为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，需要用氯气置换出硫，则必须用装置A制备氯气，装置A中浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，该反应的化学方程式为： ，故答案为：；
(2)由于用浓盐酸制取氯气，且需要加热，即实验过程中会挥发出HCl气体，氯气在饱和食盐水在的溶解度较小，利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体，故答案为：除去Cl2中的HCl气体；
(3) 要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，故选A，发生的是置换反应，发生反应的离子方程式为 S2-+ Cl2 ═ 2Cl- + S↓，故答案为：A ； S2-+ Cl2 ═ 2Cl- + S↓；
(4)由于氯气有毒，不能直接排放到大气中，故装置C中盛放的是烧碱溶液，是吸收氯气，进行尾气处理，故答案为：吸收氯气，尾气处理；
(5)①简单氢化物的稳定性越强，非金属性越强，HCl比H2S稳定，说明非金属性Cl＞S，故①正确；
②非金属性强弱与含氧酸的氧化性强弱没有关系，故②错误；
③最高价含氧酸HClO4酸性比H2SO4强，能够证明非金属性Cl＞S，故③正确；
④HCl不是最高价含氧酸，无法比较二者非金属性，故④错误；
⑤不能根据最外层电子数多判断非金属性强弱，故⑤错误；
⑥铁与Cl2反应生成FeCl3，而硫与铁反应生成FeS，说明氯气的氧化性大于S，可证明非金属性Cl＞S，故⑥正确；
故答案为：①③⑥；
(6)在B装置中加入KI溶液，发生反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，氯气氧化碘离子为碘单质，充分反应后，加入CCl4用力振荡，碘单质易溶于四氯化碳中，观察到的现象为：在下层四氯化碳中呈紫红色，可证明氯元素的非金属性比碘元素的强，故答案为：溶液分层，下层为紫红色。

17． Na Al C1＞S Cl2+S2-=2Cl-+S↓
(1)根据金属性越强，与盐酸反应越剧烈进行分析，根据得失电子数目守恒进行分析；
(2)出现淡黄色沉淀，说明有S单质生成，Cl2将S2－氧化成S，根据氧化还原反应的规律判断出非金属性的强弱；
(1)利用金属性越强，与酸反应越剧烈，金属活泼性顺序为钠 ＞镁 ＞铝，因此相同条件下与盐酸反应最剧烈的是钠，反应速率最小的是铝；根据得失电子守恒守恒，有n(Na)×1=n(H2)×2、n(Mg)×2=n(H2)×2、n(Al)×3=n(H2)×2，相同质量(设均为m)的三种金属的物质的量分别是、、,代入上式，得出等质量的上述金属与足量的相同浓度的盐酸反应生成氢气最多的是金属铝；
(2)硫化钠溶液中通入氯气，出现淡黄色浑浊，说明生成硫单质，氯气的氧化性强于硫单质，Cl2将S2－氧化成S，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，推出Cl的非金属性强于S，反应的离子方程式为Cl2＋S2－=2Cl－＋S↓。
【点睛】通过实验比较非金属性的方法，一般采用的方法是：①氧化还原反应，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；②利用最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱进行分析。
18． Mg(OH)2 Mg(OH)2、Al(OH)3 0.02mol 0.02mol 0.13mol 130
把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有白色沉淀生成，向所得的悬浊液中加入盐酸时，0﹣10mL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，沉淀为Mg(OH)2．则0﹣10mL发生反应：OH﹣+H+=H2O，A点时，溶液中溶质为NaCl、NaAlO2；
AB段发生反应：H2O+AlO2﹣+H+=Al(OH)3↓，B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；
BC段发生反应：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O；Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，C点时，Mg(OH)2和Al(OH)3完全反应，溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液．
(1)由上述分析可知，从0开始到A点沉淀物的化学式为Mg(OH)2；B点沉淀物的化学式为Mg(OH)2、Al(OH)3，
(2)AB段生成氢氧化铝沉淀消耗HCl的物质的量为(0.03L﹣0.01L)×1mol/L=0.02mol，由H2O+AlO2﹣+H+=Al(OH)3↓，可知氢氧化铝的物质的量为0.02mol，则氢氧化镁的质量为2.72g﹣0.02mol×78g/mol=1.16g，其物质的量n[Mg(OH)2]=1.16g÷58g/mol=0.02mol，由元素守恒可知，n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]=0.02mol，n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.02mol；
B点溶液中存在的溶质是NaCl，根据钠离子、氯离子守恒可知，n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)+2n(MgCl2)+3n(AlCl3)=0.03L×1mol/L+0.02mol×2+0.02mol×3=0.13mol；
(3)C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，由氯离子守恒可知，氯化钠中氯离子源于加入盐酸，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)=0.13mol，C点加入盐酸的体积为=0.13L=130mL。
19． 0.09mol 1.335g 1.9g 90mL
(1)~(3)由生成沉淀的质量关系图可知，滴加的前10mL稀盐酸，没有影响沉淀的量，说明滴加的稀盐酸在与混合物中剩余的氢氧化钠发生反应；继续滴加稀盐酸时，沉淀量增加，此时稀盐酸与NaAlO2发生反应产生Al(OH)3沉淀；此后再滴加的稀盐酸与氢氧化铝和氢氧化镁的沉淀发生反应，直至Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀全部溶解；综合以上分析，混合物中的氢氧化钠溶于水后与氯化镁、氯化铝发生反应后还有剩余，剩余的氢氧化钠与稀盐酸发生反应；固体物中的氯化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2；因此，计算出的质量就可以根据反应的化学方程式计算氯化铝的质量；(4)P点为全部反应完全反应后所消耗稀盐酸的量，需要计算出氢氧化铝、氢氧化镁两种沉淀物完全溶解所消耗稀盐酸的量。
(1)~(3)问：从图中可以看出，Mg(OH)2的质量为1.16 g，即=0.02 mol，根据反应：MgCl2+2NaOH═2NaCl+Mg(OH)2↓，m(MgCl2)=0.02 mol×95 g•mol-1=1.90 g，n1(NaOH)=2n[Mg(OH)2]=0.04 mol，开始至加入10 mL盐酸，发生反应：NaOH+HCl═NaCl+H2O，n2(NaOH)=n(HCl)=1.0mol•L-1×10×10-3L=0.01mol，盐酸的加入量从10～20 mL 发生反应：NaAlO2+HCl+H2O═Al(OH)3↓+NaCln(NaAlO2)=n(HCl)=1.0 mol•L-1×(20-10)×10-3L=0.01 mol，根据反应：AlCl3+4NaOH═NaAlO2+3NaCl+2H2O，n3(NaOH)=4n(NaAlO2)=0.04 mol，m(AlCl3)=0.01 mol×133.5 g•mol-1=1.335g，n(NaOH)=0.04 mol+0.01mol+0.04 mol=0.09mol，故答案为：(1)0.09mol；(2)1.335g；(3)1.90g；
(4)根据反应：Al(OH)3+3HCl═AlCl3+3H2O，Mg(OH)2+2HCl═MgCl2+2H2O，n(HCl)=0.01 mol×3+0.02 mol×2=0.07 mol，V(HCl)==70mL，P点加入盐酸的体积为20mL+70mL=90mL，故答案为：90mL。
20． KCl 30.94g 3.584L
（1）发生反应：2KBr+Cl2=2KCl+Br2、2KI+Cl2=2KCl+I2，氯气足量，KBr、KI完全反应，加热蒸发、灼烧，Br2挥发，I2升华，最终得到的固体为KCl，
答案为：KCl；
（2）混合溶液分为两等份，根据钾原子守恒，原混合物中钾离子的物质的量= KCl的物质的量=×2=0.32mol，KI的物质的量=2×0. 03 mol =0.06mol，由K元素守恒可知：n（KBr）=n（KCl）-n（KI）=0.32mol-0.06mol=0.26mol，故
m（KBr）=0.26mol×119g/mol=30.94g，
答案为：30.94g；
（3）根据反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2、2KI+Cl2=2KCl+I2的比例关系，0.06molKI消耗氯气0.03mol，0.26mol KBr消耗氯气0.13mol，则原70mL溶液中的KBr和KI完全反应时，标况下消耗氯气的体积=（0.03mol+0.13mol）×22.4L/mol=3.584L。
答案为：3.584L
21．(1) 第二周期IVA族 正四面体形
(2) S S=C=S
(3)
(4)
(5)离子键、非极性键
由A的一种同位素在考古研究中用于测定一些文物的年代知A是C，由B原子的最外层电子数是内层电子总数的3倍知B是O，由B、E处于同一主族知E是S，由C与B能形成C2B、C2B2型化合物知C是Na，由D在同周期元素形成的离子中半径最小知D是Al。
（1）A是C，原子结构示意图为，在元素周期表中的位置为第二周期IVA族，A与原子半径最小的原子即H原子形成的10电子分子为甲烷，空间构型为正四面体形，故答案为：第二周期IVA族；正四面体形；
（2）A、E分别是C、S，最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3和H2SO4，H2CO3是弱酸H2SO4是强酸，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，所以非金属性较强的是S，两者可形成AE2型化合物是二硫化碳，该化合物的结构式为S=C=S，故答案为：S；S=C=S；
（3）C、D分别是Na、Al，它们的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）C、E分别是Na、S，可形成化合物Na2S，用电子式表示形成过程为，故答案为：；
（5）C、B分别是Na、O形成的Na2O2的电子式为，其中的化学键类型为离子键、非极性键，故答案为：离子键、非极性键。
22． 第三周期第VIA族 Al3+ HClO4 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ①④
A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大，A的最外层电子数是次外层的3倍，则A的核外电子数为2+6=8，即A的质子数为8，为O元素；A、D同主族，则D为S元素，E为Cl元素；A的最外层电子数(6)与B的最外层电子数之和与E的最外层电子数（7）相等，则B的最外层电子数为7-6=1，为Na元素，C是地壳中含量最多的金属元素，则为Al，据此结合元素周期律与元素化合物的性质分析解答。
根据上述分析可知，A、B、C、D、E分别是O、Na、Al、S和Cl元素，则
(1)D为S元素，其核外电子层数为3，最外层电子数为5，在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；E为Cl元素，其离子的质子数为17，核外电子数为18，微粒结构示意图为，故答案为：第三周期第VIA族；；
(2)A、B、C三种元素中，形成的简单离子的电子层数相同，其原子序数越大，离子半径越小，则半径最小的是Al3+；
(3)B、C、D、E形成的最高价氧化物对应的水化物中：
①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，因元素周期表中，同周期元素从左到右非金属性依次增强，金属性依次减弱，同主族元素从上到下金属性依次增强，非金属性依次减弱，所以上述最高价氧化物对应的水化物的酸性最强的是HClO4；
②C单质为Al，能与B的最高价氧化物的水化物（NaOH）溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其反应的化学方程式是2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(4) A和B可形成用Na2O，属于离子化合物，用电子式表示其化合物的形成过程为；
(5) ①最高价氧化物对应水化物的酸性越大，元素非金属性越大，①符合题意；
②得到电子数目的多少不能说明得电子能力强弱，则不能说明E元素的非金属性比D元素的非金属性强，②不符合题意；
③最高正价不能作为非金属性强弱的判断依据，F无正价，但非金属性很强，③不符合题意；
④元素的简单气态氢化物的稳定性越稳定，其非金属性越强，④符合题意；
⑤气态氢化物溶于水后的酸性不能作为非金属性判断的依据，如HF为弱酸，HCl为强酸，但F的非金属性比Cl的强，⑤不符合题意；
综上所述，答案为：①④。