第1章 原子结构 元素周期律 测试题 （含解析） 2022-2023学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
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| 名称 | 第1章 原子结构 元素周期律 测试题 （含解析） 2022-2023学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 662.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-21 07:53:18 | ||
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文档简介
第1章 原子结构 元素周期律 测试题
一、单选题（共15题）
1．下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是（ ）
A．陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
B．常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等很难发生反应
C．水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂
D．青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O3(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3 2SiO2 2H2O
2．根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中正确的是（ ）
A．最外层电子数为2的元素，在元素周期表中均位于ⅡA族
B．元素周期表中同主族的各元素间最高正价和最低负价是完全相同的
C．元素周期表中位于金属和非金属元素的交界处，容易找到用于半导体材料的元素
D．元素性质随着元素原子序数的递增而呈周期性变化的原因是元素的原子半径呈周期性变化
3．第三周期元素，浓度均为0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：N＞R
B．Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C．Y和R形成的化合物既含离子键又含共价键
D．X和M两者最高价氧化物对应的水化物反应后溶液的pH＞7
4．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实验的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是
A．由是两性氢氧化物，可推出与同族的铊形成的也是两性氢氧化物
B．由铁放置在空气中一段时间后就会生锈，可推出更活泼的钠不能稳定存在于空气中
C．由“”反应可推出“”反应也能发生
D．由钠与氧气反应能生成，可推出碱金属都能与氧气反应生成金属过氧化物
5．类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，下列类推得到的结论正确的是
选项 已知 类推
A 和溶液在酸性条件下反应生成 和溶液在酸性条件下反应生成S
B 金属可保存在煤油中 金属也可保存在煤油中
C 在空气中燃烧生成 在空气中燃烧生成
D 与溶液可反应生成 与溶液可反应生成
A．A B．B C．C D．D
6．下列推断合理的是
A．与反应生成，则也与反应生成
B．与反应生成，则也与反应生成
C．在中燃烧生成单质，则也在中燃烧生成单质
D．气体溶于水形成的盐酸为强酸，则气体溶于水形成的氢氟酸也为强酸
7．同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述中，正确的是（ ）
A．它是一种共价化合物
B．它受热时，不能分解产生有色气体
C．它不可能与NaOH溶液反应
D．它既含离子键又含共价键
8．以SiC、AlN、ZnSe(注：Zn的质子数是30，Se的质子数是34)等半导体材料为代表的第三代半导体材料是当前研究热点，上述物质涉及的6种元素中属于副族元素的种类数为
A．6 B．1 C．2 D．3
9．已知短周期主族元素X、Y、Z、W和Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，其中四种元素可形成化合物M，M的结构简式如图，下列说法不正确的是
A．X、Z和W可以形成离子化合物
B．简单离子半径：WC．W和Q形成的化合物可能含非极性共价键
D．简单氢化物的沸点：W>Z>Y
10．稀土有工业“黄金”之称。下列有关稀土元素与的说法不正确的是
A．元素Y的原子序数为39 B．与的性质相同
C．核素的原子核内有52个中子 D．与互为同位素
11．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，除生成H2SiO3、HCl外，还生成一种气体a)与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．Ⅰ装置可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
12．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A SiO2是两性氧化物 SiO2可与HF反应
B SiO2有导电性 SiO2可用于制备光导纤维
C 浓硫酸有强氧化性 浓硫酸可用于干燥H2和CO
D Fe3+有氧化性 FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
A．A B．B C．C D．D
13．下列说法正确的是
A．同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高
B．同一族中，元素的非金属逐渐增强
C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大
D．同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1
14．地壳中含有的短周期元素W、X、Y、Z。原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为W>X>Y>Z
B．化合物XW中的化学键为离子键
C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于碳酸
15．X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是
A．X与Y只能形成一种化合物
B．最高价氧化物对应水化物的碱性： Y>Z
C．气态氢化物的热稳定性：M>N
D．单质的氧化性：X二、填空题（共8题）
16．对牙膏的探究要用到许多化学知识。
（1）下表列出了三种牙膏中的摩擦剂，请在表中填写三种摩擦剂所属的物质类别：____、____、_____。
（2）根据你的推测，牙膏摩擦剂在水中的溶解性是__(填“易溶”或“难溶”)。
（3）Y牙膏中的摩擦剂——碳酸钙可以用石灰石来制备，某学生设计了一种实验室制备碳酸钙的实验方案，其流程如图所示：
请写出上述方案中有关反应的化学方程式：
①__；
②__；
③__。
（4）请你仍用石灰石作原料(其他试剂自选)，设计实验室制备碳酸钙的另一种实验方案，依照（3）所示的方式，将你的实验方案用流程图表示出来：
→_。
（5）检验牙膏中是否含有碳酸钙的实验方法是__。
17．摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO2是一种常见的摩擦剂。
(1)Si在元素周期表中的位置是_____。
(2)根据用途推测SiO2在水中的溶解性：_____(填“易溶”或“难溶”)。
(3)制备SiO2的方法如下：
①写出反应I的离子方程式_____。
②比较酸性强弱：H2SO4_____H2SiO3(填“>”或“＜”)。
③结合原子结构解释②中酸性关系：Si和S电子层数相同，_____。
(4)为满足不同需求，牙膏中还会添加一些特殊物质，如含氟牙膏中添加氟化亚锡(SnF2)。锡的原子结构示意图如图。
下列说法正确的是_____(填序号)。
a.Sn元素的最高正化合价为+4
b.Sn的原子半径比Si大
c.Sn和Si均可以作半导体材料
18．Ⅰ．用表示原子：
(1)中性原子的中子数：N=___________。
(2)中性分子的中子数：12C16O2分子中，Z=___________ N=___________
Ⅱ．有①、、②H2、D2、T2③红磷、白磷④、、四组微粒或物质，回答下列问题：
(1)互为同位素的是___________(填编号，下同)。
(2)互为同素异形体的是___________。
19．A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；
②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）HmDm的电子式_____．
（2）能证明Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱的离子方程式为____________．
（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，其离子方程式为：___________．常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液等体积混合，写出该反应的离子方程式________________________．
20．I.A经如图所示的过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：
→
(1)若常温下C是红棕色的气体，A是碱性气体。则：
①A的化学式是：A____，C转化D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为____。
②D的稀溶液在常温下可与铜反应，请写出该反应的离子方程式____。
(2)若A是一种黄色单质固体，则：向含2molD浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生气体体积____22.4L(“大于”“等于”或“小于”)；
(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C的化学式为____。
II.根据如图所示装置回答以下问题：
(4)若要用此装置证明非金属性：C>Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：
①稀盐酸 ②稀硫酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤碳酸钠
试剂A为____，试剂C为____(填序号)。
21．准确称取12 g铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)放入盛有100 mL某浓度硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，产生的沉淀质量m与加入的NaOH溶液的体积V的关系如图所示：
请填空回答：
(1)H2SO4溶液的物质的量浓度为_________________。
(2)若a=4.6，用于沉淀Fe3＋消耗NaOH的体积是____________mL，铝土矿中各成分的质量分数：Al2O3为______________， SiO2为______________。
22．已知SiO2＋2CSi＋2CO↑；Si＋CSiC。
现有石英砂和炭粉的混合物1mol，于高温下在电炉里充分反应后，得残留固体；
若石英砂与混和物的物质的量之比n（0＜n＜1），试讨论n取何值时，残留物的成分及其物质的量。
n 例︰n＝ _______ _______ _______ _______
残留固体 Si _______ _______ _______ _______
物质的量（摩） (或x) _______ _______ _______ _______
23．环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
操作1的实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
回答下列问题：
(1)烧瓶A中进行反应的化学方程式为_______，浓硫酸也可作该反应的催化剂。相比浓硫酸，选择作催化剂的优点是_______(写出一条即可)。
(2)已知环己烯的密度为，进行操作2前加饱和食盐水而不加蒸馏水的原因是_______。
(3)操作2为分液，下列关于分液漏斗的使用，叙述正确的是_______。
A．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞处不漏水即可使用
B．分液时环己烯应从上口倒出
C．振荡萃取操作应如图所示，并打开玻璃塞不断放气
D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
(4)操作3(蒸馏)的步骤：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，弃去前馏分，收集83℃馏分的质量为7.6g，则环己烯的产率为_______%(已知环已醇的密度为，计算结果保留1位小数)。
参考答案：
1．A
【解析】A．陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，水晶饰品的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；
B．常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应，加热条件下与氧气、氯气反应，故B正确；
C．水玻璃中的硅酸钠具有粘性，可以作为粘合剂、木材防腐剂，故C正确；
D．青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确；
故选A。
2．C
【解析】A．最外层电子数是2的元素可能为He或ⅡB族元素，不一定为第ⅡA族元素，故A错误；
B．元素周期表中同主族的各元素间最高正价和最低负价不一定完全相同，如氯的最高正价为+7价，而同主族的氟无正价，故B错误；
C．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅、锗等，故C正确；
D．由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故D错误；
选C。
3．D
同一周期，原子半径从左至右，逐渐减小。所以，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为Si，N为P，W为S，R为Cl。
【解析】A．元素非金属性越强，气态氢化物稳定性越高；同一周期从左至右，元素的非金属性增强，所以稳定性HCl＞PH3，即R＞N，A项错误；
B．Z的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3，弱碱无法使其溶解，B项错误；
C．Y和R形成的化合物为MgCl2仅含离子键，C项错误；
D．Na和Si两者最高价氧化物对应水化物反应后的溶液即为硅酸钠溶液，显碱性，D项正确；
答案选D。
4．B
【解析】A．铊与铝是同主族金属元素，同主族元素，从上到下金属性依次增大，若氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铊一定不是两性氢氧化物，故A错误；
B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，则比铁金属性更活泼的钠在空气中易被氧化，不能稳定存在于空气中，故B正确；
C．碘元素的非金属性弱于氯元素，铁与氯气反应生成氯化铁，而碘与铁反应只能生成碘化亚铁，故C错误；
D．钠与氧气共热反应生成过氧化钠，而金属性弱于钠的锂在氧气中燃烧只能生成氧化锂，故D错误；
故选B。
5．A
【解析】A．和溶液在酸性条件下反应生成，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，和溶液在酸性条件下反应生成S，反应的离子方程式为：2S2-++6H+=3S+3H2O，均符合氧化还原反应的归中原则，推理正确，A符合题意；
B．钾的密度大于煤油，故金属可保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故锂不能保存在煤油中，推理不正确，B不合题意；
C．钠在空气中燃烧生成过氧化钠而不是氧化钠，推理不正确，C不合题意；
D．与溶液可反应生成是HF的特性，SiO2不与其他酸反应，推理不正确，D不合题意；
故答案为：A。
6．C
【解析】A．与不反应，A项错误；
B．与反应生成，而具有还原性，具有强氧化性，二者发生反应生成，无生成，B项错误；
C．在中燃烧生成单质，还原性，又因还原性，所以也能在中燃烧生成单质，C项正确；
D．气体溶于水形成的盐酸为强酸，但气体溶于水形成的氢氟酸却为弱酸，D项错误；
答案选C。
7．D
根据同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似，则PH4I类似于NH4Cl，是离子化合物，结合氯化铵的性质解答。
【解析】A．PH4I中存在PH4+与I-之间形成离子键，P与H之间形成共价键，因为其含有离子键，所以属于离子化合物，A错误；
B．氯化铵不稳定受热分解生成氨气和氯化氢，所以PH4I受热时会分解产生PH3、HI，均为无色气体，HI又分解生成碘单质为紫色气体，B错误；
C．NH4Cl能与NaOH反应，则PH4I可能与NaOH溶液反应，C错误；
D．PH4I中存在PH4+与I-之间形成离子键，P与H之间形成共价键，D正确；
答案选D。
8．B
【解析】SiC、AlN、ZnSe中涉及的6种元素中Si、C、Al、N是短周期元素，都是主族元素；Zn的质子数是30，为IB族元素；Se的质子数是34，是ⅥA族元素，因此属于副族元素的只有1种，故选B。
9．B
短周期主族元素X、Y、Z、W和Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，其中四种元素可形成化合物M，在M的结构简式中，X可以形成1个共价键， Y可以形成4个共价键， W可以形成2个共价键，Q失去一个电子形成Q+，则X为H，Y为C，Z为N，W为O，Q为Na。
【解析】A．X、Z和W可以形成离子化合物硝酸铵等，A项正确；
B．O、Na简单离子半径都含有2个电子层，核电荷数越大，离子半径越小，故W＞Q，B项错误；
C．W和Q形成的Na2O2化合物，既含有极性键又含有非极性键，C项正确；
D．W、Z、Y形成简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，故简单氢化物的沸点：H2O> NH3> CH4，即W>Z>Y，D项正确；
答案选B。
10．B
【解析】A．原子序数=质子数，故元素Y的原子序数为39，A项正确；
B．与互为同位素，物理性质不同，B项错误；
C．指质子数为39，则中子数=91-39=52，C项正确；
D．指质子数为39，中子数为51的Y原子，指质子数为39，中子数为52的Y原子，与是两种不同的原子，互为同位素，D项正确；
答案选B。
11．C
【解析】A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，稀硫酸和锌反应生成氢气，利用氢气将装置中的空气赶出，收集尾气验纯后，再预热装置Ⅳ石英管，故A正确；
B．由于SiHCl3遇水会剧烈反应，装置Ⅱ中应装有浓硫酸吸收氢气中的水蒸气，SiHCl3的沸点为31.85℃，所以Ⅲ中盛装的是温度高于32℃的温水，使SiHCl3成为蒸气和氢气进入Ⅳ中反应，故B正确；
C．二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气需要加热，故Ⅰ装置不能用于实验室二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气，故C错误；
D．SiHCl3和水反应，生成H2SiO3、HCl和气体a，根据质量守恒，可知气体为H2，故D正确；
故选C。
12．D
【解析】A．SiO2是酸性氧化物，但能与HF反应，陈述I错误，且与陈述Ⅱ没有因果关系，A错误；
B．SiO2不导电，二氧化硅是良好的光导材料，用作制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，Ⅰ和Ⅱ无因果关系，B错误；
C．浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸具有吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，Ⅰ和Ⅱ无因果关系，C错误；
D．Fe3+具有氧化性，能将铜氧化为铜离子，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，Ⅰ、Ⅱ正确且有因果关系，D正确；
答案为D。
13．A
【解析】A．电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力弱，在距离原子核近的区域运动；电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；
B．同一族中，从上至下随着核电荷数的递增，金属的金属性逐渐增强，非金属的非金属性逐渐减弱，故B错；
C．同一周期中，从左至右，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错；
D．同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数，第二、三周期相差1；第四、五周期相差11；第六、七周期相差25，故D错；
答案选A。
14．B
地壳中含有的短周期元素W、X、Y、Z。原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，设Y的最外层电子数为a，W原子最外层电子数为b，则有3a+b=15，则可能是a=3，b=6，或a=4，b=3，由于X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，则只可能W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si。
【解析】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径大小顺序为X＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．化合物XW(MgO)中含氧离子和镁离子，其化学键为离子键，故B正确；
C．Y的氧化物是氧化铝，为两性氧化物，与强酸、强碱反应，故C错误；
D．根据同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，因此Z的最高价氧化物的水化物(H2SiO3)的酸性弱于碳酸，故D错误；
综上所述，答案为B。
15．B
【解析】X、Y、Z、M、N五种元素分别为O、Na、Mg、S、Cl；
A．X与Y可形成Na2O、和Na2O2两种物质，错误；
B．金属性Na>Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH>Mg(OH)2，正确；
C．非金属性Cl>S，气态氢化物的稳定性HCl>H2S，错误；
D．氧化性：O>S，错误；
答案选B。
16． 碱 盐 氧化物 难溶 CaCO3CaO＋CO2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2 Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH 取少量牙膏于试管中，加入少量蒸馏水，再加入少量稀盐酸，若产生气体且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明牙膏中含有碳酸钙
（1）电离后生成的所有的阴离子都是OH-的化合物为碱；金属阳离子和酸根形成的化合物为盐；两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；
（2）氢氧化铝、碳酸钙、二氧化硅均难溶于水；
（3）石灰石高温分解生成氧化钙(即生石灰)，氧化钙溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成碳酸钙；
（4）石灰石与盐酸反应生成氯化钙，氯化钙中加入碳酸钠溶液即可得到碳酸钙；
（5）检验有无碳酸钙，需在牙膏中加入盐酸，若产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则有碳酸钙。
【解析】（1）根据物质的结构可知，氢氧化铝属于碱，碳酸钙属于盐，二氧化硅属于氧化物；
（2）牙膏摩擦剂起摩擦作用，氢氧化铝、碳酸钙、二氧化硅均难溶于水；
（3）石灰石高温分解生成氧化钙(即生石灰)，氧化钙溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成碳酸钙，发生的反应为：①CaCO3CaO＋CO2↑；②CaO＋H2O=Ca(OH)2；③Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH；
（4）石灰石与盐酸反应生成氯化钙，氯化钙中加入碳酸钠溶液即可得到碳酸钙，流程为：；
(5) 检验有无碳酸钙，需在牙膏中加入盐酸，若产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则有碳酸钙，具体过程为：取少量牙膏于试管中，加入少量蒸馏水，再加入少量稀盐酸，若产生气体且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明牙膏中含有碳酸钙。
17． 第三周期第ⅣA族 难溶 SiO+2H+=H2SiO3↓ ＞ 核电荷数Si＜S，原子半径Si＞S，得电子能力Si＜S，非金属性Si＜S，硫酸酸性强于硅酸 ab
【解析】(1)Si为第14号元素，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；
(2)SiO2为常见的摩擦剂，其在牙膏中以固体形式存在，因此SiO2在水中难溶；
(3)①H2SiO3难溶于水，因此可以用Na2SiO3和酸反应生成，反应的离子方程式为：SiO+2H+=H2SiO3↓；
②根据强酸制弱酸的原理，硫酸可以制备硅酸，因此硫酸酸性强于硅酸；
③Si和S电子层数相同，核电荷数Si＜S，原子半径Si＞S，得电子能力Si＜S，非金属性Si＜S，硫酸酸性强于硅酸；
(4)a．Sn为主族元素，主族元素的最高正化合价等于其族序数，Sn为第ⅣA族元素，因此Sn的最高正化合价为+4价，a正确；
b．同一主族元素原子从上到下原子半径逐渐增大，因此Sn的原子半径大于Si，b正确；
c．Sn为金属元素，可以导电，Sn不是半导体，Si为非金属元素，可以导电，Si是半导体，c错误；
故答案选ab。
18． A-Z 22 22 ①④ ③
【解析】Ⅰ．(1)中性原子的中子数：N=质量数-质子数= A-Z。答案为：A-Z；
(2)中性分子的中子数：12C16O2分子中，Z=6+8×2=22，N=(12-6)+(16-8)×2=22。答案为：22；22；
Ⅱ．(1)同位素是同种元素的不同原子的互称，①、、为氧元素的同位素，④、、为氢元素的同位素，所以互为同位素的是①④。答案为：①④；
(2)同素异形体是同种元素的不同单质的互称，③红磷、白磷为磷元素的两种单质，所以互为同素异形体的是③。答案为：③。
19． Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓ Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O H2S+OH﹣=HS﹣+H2O
③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，A是钠元素、B是铝元素；④A与B质子数之和是D质子数的3倍，D是氧元素；①热稳定性：HmD＞HmC，C是硫元素；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，E是氯元素；五种元素在周期表中的位置如图：。
【解析】(1)H2O2属于共价化合物，其电子式；
(2)可以利用氯气能够置换硫的性质证明S2﹣、Cl﹣的还原性强弱，氯气通入硫化钠溶液中，生成单质硫，反应的离子方程式为Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓；
(3)将氯气通入氢氧化钠溶液中，其离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；常温下，将等物质的量浓度的H2S溶液和氢氧化钠溶液等体积混合生辰硫氢化钠，反应的离子方程式H2S+OH﹣=HS﹣+H2O。
20．(1) NH3 1：2 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO2↑+4H2O
(2)小于
(3)Na2O2
(4) ② ④
NH3催化氧化得到NO，NO接触O2生成红棕色NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO；S在O2中燃烧生成SO2，SO2与O2可反应生成SO3，SO3与H2O生成H2SO4；Na与O2生成Na2O，Na2O与O2共热可得到淡黄色固体Na2O2，据此分析回答。
(1)
C是红棕色的气体，推断C是NO2，A是碱性气体，推断A是NH3；
①A的化学式是：NH3；C转化D是NO2转化为HNO3，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂被还原得到还原产物，是NO，还原剂被氧化得到氧化产物，是HNO3，氧化剂和还原剂均为二氧化氮，物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2；
②D是HNO3，其稀溶液在常温下可与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO2↑+4H2O；
(2)
A是一种黄色单质固体，推断A是S单质，则D是H2SO4，2mol浓硫酸与足量的Cu加热生成SO2和CuSO4，随着硫酸浓度下降，其变为稀硫酸时反应停止，故产生的SO2气体小于1mol，标准状况下产生气体体积小于22.4L；
(3)
A为金属单质，C为淡黄色固体，则推断C为Na2O2，A为Na单质。金属钠与氧气反应生成Na2O，Na2O在氧气中加热生成Na2O2；
(4)
根据装置图所示，锥形瓶中发生固液无需加热型反应产生CO2，可以是强酸溶液与碳酸钙或碳酸钠反应，CO2进入试管与C溶液反应，为证明非金属性：C>Si，可通过证明酸性：H2CO3>H2SiO3，则C溶液为Na2SiO3溶液，产生白色沉淀即证明成立。为防止盐酸挥发出HCl干扰CO2与Na2SiO3的反应，故试剂A为稀硫酸，选择②；试剂C为Na2SiO3溶液，选择④。
21．(1)3.5 mol L-1
(2) 5.4 mL 85% 3%
Oa段意味着H2SO4过量，到70 mL时的沉淀最多，有Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，到90 mL时仅剩下Fe(OH)3沉淀。加入20 mL、10 mol·L－1 NaOH，把Al(OH)3全部转化成AlO 。
【解析】（1）70 mL时沉淀最多，溶液为Na2SO4溶液，据电荷守恒，n(Na+)=2n(SO )。又据元素守恒，n(Na+)=n(NaOH)=10mol·L－1×0.07 L=0.7mol，n(SO)=n(H2SO4 )=c(H2SO4 )×0.1，所以c(H2SO4 )=3.5 mol L－1。
（2）沉淀Al3＋消耗OH－的量，是使Al(OH)3溶解消耗OH－的3倍，即沉淀Al3＋消耗NaOH为60 mL，若a=4.6，用于沉淀Fe3＋消耗NaOH的体积是(70-60-4.6) mL =5.4mL。n(Al2O3 )=1/2n(NaOH)=1/2×(10mol·L-1×0.02 L)=0.1 mol，m(Al2O3 )=0.1mol×102 g/mol=10.2g，Al2O3的质量分数为=10.2/12×100%=85%，沉淀铁离子消耗NaOH的物质的量为10×0.0054=0.054moL，根据Fe3+＋3OH-=Fe(OH)3，铁离子的物质的量为0.018moL，Fe2O3的质量分数为[(0.009×160)÷12]×100%=12%，SiO2的质量分数为3%。
22． n＝ 0n＞ ＜n＜ SiC SiC＋C SiO2＋Si Si＋SiC SiC＝n，C＝1－4n SiO2＝，Si＝ Si＝4n－1， SiC＝1－3n
根据反应SiO2+2CSi+2CO↑，Si+CSiC可得：SiO2+3CSiC+2CO↑，
①n= 时，二氧化硅与C恰好反应生成一氧化碳和单质硅；
②n=时，二氧化硅与C恰好反应生成SiC，残留的固体为SiC；
③＜n＜1时，二氧化硅过量，反应后的固体为SiO2和Si的混合物，根据反应方程式计算出二氧化硅和硅的物质的量；
④＜n＜时，二氧化硅与碳完全反应生成Si和SiC，设生成Si为ymol，则生成SiC为：nmol-ymol，根据反应方程式列式计算出二者的物质的量；
⑤0＜n＜时，则反应后C有剩余，残留固体为SiC和C，二氧化硅完全反应，根据反应方程式计算出碳化硅和C的物质的量。
【解析】根据反应SiO2+2CSi+2CO↑，Si+CSiC可得：SiO2+3CSiC+2CO↑，
①当n=时，二氧化硅与C恰好反应生成一氧化碳和单质硅，残留的固体为：Si，其物质的量为mol；
②当n=时，二氧化硅与C恰好反应生成SiC，残留的固体为：SiC，物质的量为mol；
③当＜n＜1时，二氧化硅过量，反应后的固体为SiO2和Si的混合物，根据反应SiO2+2C═Si+2CO↑，C完全反应，则生成Si的物质的量为：n（Si）=n（C）=×（1-n）mol=mol，剩余的二氧化硅为：n－mol=mol；
④当＜n＜时，二氧化硅与碳完全反应生成Si和SiC，设生成Si为ymol，则生成SiC为：nmol-ymol，根据C的物质的量关系可得：2ymol+3（nmol-ymol）=（1-n）mol，解得：y=（4n-1）mol，即Si的物质的量为（4n-1）mol，则SiC的物质的量为：nmol－（4n-1）mol=（1-3n）mol；
⑤当0＜n＜时，则反应后C有剩余，残留固体为SiC和C，二氧化硅完全反应，则残留固体中含有SiC的物质的量为：nmol，根据反应SiO2+3C═SiC+2CO↑，剩余C的物质的量为：（1-n）mol-3nmol=（1-4n）mol，
故答案为：
n 例︰n＝ n＝ 0n＞ ＜n＜
残留固体 Si SiC SiC＋C SiO2＋Si Si＋SiC
物质的量（摩） (或x) SiC＝n C＝1－4n SiO2＝ Si＝ Si＝4n－1 SiC＝1－3n
【点睛】本题考查了有关混合物讨论的计算，题目难度较大，注意掌握讨论法在化学计算中的应用方法，根据反应原理明确n的各取值范围及对应产物为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力。
23．(1) 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，浓硫酸易使原料碳化并产生等
(2)增大水溶液的密度，便于分层
(3)BD
(4)47.8
【解析】（1）烧瓶A中环己醇在、加热的条件下，生成环己烯，反应的方程式为: ；相比浓硫酸，选择作催化剂的优点是: 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，浓硫酸易使原料碳化并产生等；
（2）前加饱和食盐水可以增大水溶液的密度，便于分层环己烯的分层；
（3）A. 分液漏斗使用前必分液漏斗的旋塞处和瓶口的活塞不漏水才可使用，A错误；
B.环己烯密度小于水，在上层，分液时生曾液体从上口倒出，B正确；
C. 振荡萃取操作倒立锥形瓶，应如图所示操作错误，C错误；
D.放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，使分液漏斗内压强增大，便于分液漏斗中的液体顺利流下，D正确；
故选BD。
（4），，环己烯的产率为
一、单选题（共15题）
1．下列关于硅单质及其化合物的说法中错误的是（ ）
A．陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品
B．常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等很难发生反应
C．水玻璃可以作为粘合剂、木材防腐剂
D．青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O3(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3 2SiO2 2H2O
2．根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中正确的是（ ）
A．最外层电子数为2的元素，在元素周期表中均位于ⅡA族
B．元素周期表中同主族的各元素间最高正价和最低负价是完全相同的
C．元素周期表中位于金属和非金属元素的交界处，容易找到用于半导体材料的元素
D．元素性质随着元素原子序数的递增而呈周期性变化的原因是元素的原子半径呈周期性变化
3．第三周期元素，浓度均为0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．气态氢化物的稳定性：N＞R
B．Z的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C．Y和R形成的化合物既含离子键又含共价键
D．X和M两者最高价氧化物对应的水化物反应后溶液的pH＞7
4．类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实验的检验，才能决定其正确与否。下列几种类推结论中，正确的是
A．由是两性氢氧化物，可推出与同族的铊形成的也是两性氢氧化物
B．由铁放置在空气中一段时间后就会生锈，可推出更活泼的钠不能稳定存在于空气中
C．由“”反应可推出“”反应也能发生
D．由钠与氧气反应能生成，可推出碱金属都能与氧气反应生成金属过氧化物
5．类比推理是根据两个或两类对象有部分属性相同，从而推出它们的其他属性也相同的推理，下列类推得到的结论正确的是
选项 已知 类推
A 和溶液在酸性条件下反应生成 和溶液在酸性条件下反应生成S
B 金属可保存在煤油中 金属也可保存在煤油中
C 在空气中燃烧生成 在空气中燃烧生成
D 与溶液可反应生成 与溶液可反应生成
A．A B．B C．C D．D
6．下列推断合理的是
A．与反应生成，则也与反应生成
B．与反应生成，则也与反应生成
C．在中燃烧生成单质，则也在中燃烧生成单质
D．气体溶于水形成的盐酸为强酸，则气体溶于水形成的氢氟酸也为强酸
7．同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述中，正确的是（ ）
A．它是一种共价化合物
B．它受热时，不能分解产生有色气体
C．它不可能与NaOH溶液反应
D．它既含离子键又含共价键
8．以SiC、AlN、ZnSe(注：Zn的质子数是30，Se的质子数是34)等半导体材料为代表的第三代半导体材料是当前研究热点，上述物质涉及的6种元素中属于副族元素的种类数为
A．6 B．1 C．2 D．3
9．已知短周期主族元素X、Y、Z、W和Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，其中四种元素可形成化合物M，M的结构简式如图，下列说法不正确的是
A．X、Z和W可以形成离子化合物
B．简单离子半径：W
D．简单氢化物的沸点：W>Z>Y
10．稀土有工业“黄金”之称。下列有关稀土元素与的说法不正确的是
A．元素Y的原子序数为39 B．与的性质相同
C．核素的原子核内有52个中子 D．与互为同位素
11．制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3(沸点：31.85℃，SiHCl3遇水会剧烈反应，除生成H2SiO3、HCl外，还生成一种气体a)与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法错误的是
A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管
B．装置Ⅱ、Ⅲ中依次盛装的是浓H2SO4、温度高于32℃的温水
C．Ⅰ装置可用于二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气
D．a气体为H2
12．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A SiO2是两性氧化物 SiO2可与HF反应
B SiO2有导电性 SiO2可用于制备光导纤维
C 浓硫酸有强氧化性 浓硫酸可用于干燥H2和CO
D Fe3+有氧化性 FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
A．A B．B C．C D．D
13．下列说法正确的是
A．同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高
B．同一族中，元素的非金属逐渐增强
C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大
D．同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1
14．地壳中含有的短周期元素W、X、Y、Z。原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列说法正确的是
A．原子半径大小顺序为W>X>Y>Z
B．化合物XW中的化学键为离子键
C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应
D．Z的最高价氧化物的水化物的酸性强于碳酸
15．X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增。已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大。Z和N可以形成ZN2型化合物。下列有关说法正确的是
A．X与Y只能形成一种化合物
B．最高价氧化物对应水化物的碱性： Y>Z
C．气态氢化物的热稳定性：M>N
D．单质的氧化性：X
16．对牙膏的探究要用到许多化学知识。
（1）下表列出了三种牙膏中的摩擦剂，请在表中填写三种摩擦剂所属的物质类别：____、____、_____。
（2）根据你的推测，牙膏摩擦剂在水中的溶解性是__(填“易溶”或“难溶”)。
（3）Y牙膏中的摩擦剂——碳酸钙可以用石灰石来制备，某学生设计了一种实验室制备碳酸钙的实验方案，其流程如图所示：
请写出上述方案中有关反应的化学方程式：
①__；
②__；
③__。
（4）请你仍用石灰石作原料(其他试剂自选)，设计实验室制备碳酸钙的另一种实验方案，依照（3）所示的方式，将你的实验方案用流程图表示出来：
→_。
（5）检验牙膏中是否含有碳酸钙的实验方法是__。
17．摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO2是一种常见的摩擦剂。
(1)Si在元素周期表中的位置是_____。
(2)根据用途推测SiO2在水中的溶解性：_____(填“易溶”或“难溶”)。
(3)制备SiO2的方法如下：
①写出反应I的离子方程式_____。
②比较酸性强弱：H2SO4_____H2SiO3(填“>”或“＜”)。
③结合原子结构解释②中酸性关系：Si和S电子层数相同，_____。
(4)为满足不同需求，牙膏中还会添加一些特殊物质，如含氟牙膏中添加氟化亚锡(SnF2)。锡的原子结构示意图如图。
下列说法正确的是_____(填序号)。
a.Sn元素的最高正化合价为+4
b.Sn的原子半径比Si大
c.Sn和Si均可以作半导体材料
18．Ⅰ．用表示原子：
(1)中性原子的中子数：N=___________。
(2)中性分子的中子数：12C16O2分子中，Z=___________ N=___________
Ⅱ．有①、、②H2、D2、T2③红磷、白磷④、、四组微粒或物质，回答下列问题：
(1)互为同位素的是___________(填编号，下同)。
(2)互为同素异形体的是___________。
19．A、B、C、D、E是位于短周期的主族元素．已知：①热稳定性：HmD＞HmC；
②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构；③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小；④A与B质子数之和是D质子数的3倍．依据上述信息用相应的化学用语回答下列问题：
（1）HmDm的电子式_____．
（2）能证明Cm﹣、E（m﹣1）﹣的还原性强弱的离子方程式为____________．
（3）将E的单质通入A与D形成的化合物的水溶液中，其离子方程式为：___________．常温下，将等物质的量浓度的HmC溶液和A的最高价氧化物对应的水化物溶液等体积混合，写出该反应的离子方程式________________________．
20．I.A经如图所示的过程转化为D。已知D为强酸或强碱，回答：
→
(1)若常温下C是红棕色的气体，A是碱性气体。则：
①A的化学式是：A____，C转化D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为____。
②D的稀溶液在常温下可与铜反应，请写出该反应的离子方程式____。
(2)若A是一种黄色单质固体，则：向含2molD浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生气体体积____22.4L(“大于”“等于”或“小于”)；
(3)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C的化学式为____。
II.根据如图所示装置回答以下问题：
(4)若要用此装置证明非金属性：C>Si，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：
①稀盐酸 ②稀硫酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤碳酸钠
试剂A为____，试剂C为____(填序号)。
21．准确称取12 g铝土矿样品(含Al2O3、Fe2O3、SiO2)放入盛有100 mL某浓度硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10 mol·L－1的NaOH溶液，产生的沉淀质量m与加入的NaOH溶液的体积V的关系如图所示：
请填空回答：
(1)H2SO4溶液的物质的量浓度为_________________。
(2)若a=4.6，用于沉淀Fe3＋消耗NaOH的体积是____________mL，铝土矿中各成分的质量分数：Al2O3为______________， SiO2为______________。
22．已知SiO2＋2CSi＋2CO↑；Si＋CSiC。
现有石英砂和炭粉的混合物1mol，于高温下在电炉里充分反应后，得残留固体；
若石英砂与混和物的物质的量之比n（0＜n＜1），试讨论n取何值时，残留物的成分及其物质的量。
n 例︰n＝ _______ _______ _______ _______
残留固体 Si _______ _______ _______ _______
物质的量（摩） (或x) _______ _______ _______ _______
23．环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
操作1的实验装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。
回答下列问题：
(1)烧瓶A中进行反应的化学方程式为_______，浓硫酸也可作该反应的催化剂。相比浓硫酸，选择作催化剂的优点是_______(写出一条即可)。
(2)已知环己烯的密度为，进行操作2前加饱和食盐水而不加蒸馏水的原因是_______。
(3)操作2为分液，下列关于分液漏斗的使用，叙述正确的是_______。
A．分液漏斗使用前必须要检漏，只要分液漏斗的旋塞处不漏水即可使用
B．分液时环己烯应从上口倒出
C．振荡萃取操作应如图所示，并打开玻璃塞不断放气
D．放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔
(4)操作3(蒸馏)的步骤：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，通冷凝水，加热，弃去前馏分，收集83℃馏分的质量为7.6g，则环己烯的产率为_______%(已知环已醇的密度为，计算结果保留1位小数)。
参考答案：
1．A
【解析】A．陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，水晶饰品的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故A错误；
B．常温下，单质硅的性质稳定，与氧气、氯气、硝酸、硫酸等都很难发生反应，加热条件下与氧气、氯气反应，故B正确；
C．水玻璃中的硅酸钠具有粘性，可以作为粘合剂、木材防腐剂，故C正确；
D．青花瓷胎体的原料为高岭土[Al2Si2O5(OH)4]，若以氧化物形式可表示为：Al2O3·2SiO2·2H2O，故D正确；
故选A。
2．C
【解析】A．最外层电子数是2的元素可能为He或ⅡB族元素，不一定为第ⅡA族元素，故A错误；
B．元素周期表中同主族的各元素间最高正价和最低负价不一定完全相同，如氯的最高正价为+7价，而同主族的氟无正价，故B错误；
C．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅、锗等，故C正确；
D．由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，故D错误；
选C。
3．D
同一周期，原子半径从左至右，逐渐减小。所以，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为Si，N为P，W为S，R为Cl。
【解析】A．元素非金属性越强，气态氢化物稳定性越高；同一周期从左至右，元素的非金属性增强，所以稳定性HCl＞PH3，即R＞N，A项错误；
B．Z的最高价氧化物对应的水化物即Al(OH)3，弱碱无法使其溶解，B项错误；
C．Y和R形成的化合物为MgCl2仅含离子键，C项错误；
D．Na和Si两者最高价氧化物对应水化物反应后的溶液即为硅酸钠溶液，显碱性，D项正确；
答案选D。
4．B
【解析】A．铊与铝是同主族金属元素，同主族元素，从上到下金属性依次增大，若氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铊一定不是两性氢氧化物，故A错误；
B．铁露置在空气中一段时间后就会生锈，是因为发生电化学腐蚀而生锈，则比铁金属性更活泼的钠在空气中易被氧化，不能稳定存在于空气中，故B正确；
C．碘元素的非金属性弱于氯元素，铁与氯气反应生成氯化铁，而碘与铁反应只能生成碘化亚铁，故C错误；
D．钠与氧气共热反应生成过氧化钠，而金属性弱于钠的锂在氧气中燃烧只能生成氧化锂，故D错误；
故选B。
5．A
【解析】A．和溶液在酸性条件下反应生成，反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=H2O+Cl2↑，和溶液在酸性条件下反应生成S，反应的离子方程式为：2S2-++6H+=3S+3H2O，均符合氧化还原反应的归中原则，推理正确，A符合题意；
B．钾的密度大于煤油，故金属可保存在煤油中，但锂的密度小于煤油，故锂不能保存在煤油中，推理不正确，B不合题意；
C．钠在空气中燃烧生成过氧化钠而不是氧化钠，推理不正确，C不合题意；
D．与溶液可反应生成是HF的特性，SiO2不与其他酸反应，推理不正确，D不合题意；
故答案为：A。
6．C
【解析】A．与不反应，A项错误；
B．与反应生成，而具有还原性，具有强氧化性，二者发生反应生成，无生成，B项错误；
C．在中燃烧生成单质，还原性，又因还原性，所以也能在中燃烧生成单质，C项正确；
D．气体溶于水形成的盐酸为强酸，但气体溶于水形成的氢氟酸却为弱酸，D项错误；
答案选C。
7．D
根据同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似，则PH4I类似于NH4Cl，是离子化合物，结合氯化铵的性质解答。
【解析】A．PH4I中存在PH4+与I-之间形成离子键，P与H之间形成共价键，因为其含有离子键，所以属于离子化合物，A错误；
B．氯化铵不稳定受热分解生成氨气和氯化氢，所以PH4I受热时会分解产生PH3、HI，均为无色气体，HI又分解生成碘单质为紫色气体，B错误；
C．NH4Cl能与NaOH反应，则PH4I可能与NaOH溶液反应，C错误；
D．PH4I中存在PH4+与I-之间形成离子键，P与H之间形成共价键，D正确；
答案选D。
8．B
【解析】SiC、AlN、ZnSe中涉及的6种元素中Si、C、Al、N是短周期元素，都是主族元素；Zn的质子数是30，为IB族元素；Se的质子数是34，是ⅥA族元素，因此属于副族元素的只有1种，故选B。
9．B
短周期主族元素X、Y、Z、W和Q的原子序数依次增大，X与Q同主族，其中四种元素可形成化合物M，在M的结构简式中，X可以形成1个共价键， Y可以形成4个共价键， W可以形成2个共价键，Q失去一个电子形成Q+，则X为H，Y为C，Z为N，W为O，Q为Na。
【解析】A．X、Z和W可以形成离子化合物硝酸铵等，A项正确；
B．O、Na简单离子半径都含有2个电子层，核电荷数越大，离子半径越小，故W＞Q，B项错误；
C．W和Q形成的Na2O2化合物，既含有极性键又含有非极性键，C项正确；
D．W、Z、Y形成简单氢化物分别为H2O、NH3、CH4，故简单氢化物的沸点：H2O> NH3> CH4，即W>Z>Y，D项正确；
答案选B。
10．B
【解析】A．原子序数=质子数，故元素Y的原子序数为39，A项正确；
B．与互为同位素，物理性质不同，B项错误；
C．指质子数为39，则中子数=91-39=52，C项正确；
D．指质子数为39，中子数为51的Y原子，指质子数为39，中子数为52的Y原子，与是两种不同的原子，互为同位素，D项正确；
答案选B。
11．C
【解析】A．实验时，先打开装有稀硫酸仪器的活塞，稀硫酸和锌反应生成氢气，利用氢气将装置中的空气赶出，收集尾气验纯后，再预热装置Ⅳ石英管，故A正确；
B．由于SiHCl3遇水会剧烈反应，装置Ⅱ中应装有浓硫酸吸收氢气中的水蒸气，SiHCl3的沸点为31.85℃，所以Ⅲ中盛装的是温度高于32℃的温水，使SiHCl3成为蒸气和氢气进入Ⅳ中反应，故B正确；
C．二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气需要加热，故Ⅰ装置不能用于实验室二氧化锰固体与浓盐酸反应制备氯气，故C错误；
D．SiHCl3和水反应，生成H2SiO3、HCl和气体a，根据质量守恒，可知气体为H2，故D正确；
故选C。
12．D
【解析】A．SiO2是酸性氧化物，但能与HF反应，陈述I错误，且与陈述Ⅱ没有因果关系，A错误；
B．SiO2不导电，二氧化硅是良好的光导材料，用作制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，Ⅰ和Ⅱ无因果关系，B错误；
C．浓硫酸可用于干燥H2和CO，是因为浓硫酸具有吸水性，与浓硫酸的强氧化性无关，Ⅰ和Ⅱ无因果关系，C错误；
D．Fe3+具有氧化性，能将铜氧化为铜离子，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，Ⅰ、Ⅱ正确且有因果关系，D正确；
答案为D。
13．A
【解析】A．电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力弱，在距离原子核近的区域运动；电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；
B．同一族中，从上至下随着核电荷数的递增，金属的金属性逐渐增强，非金属的非金属性逐渐减弱，故B错；
C．同一周期中，从左至右，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错；
D．同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数，第二、三周期相差1；第四、五周期相差11；第六、七周期相差25，故D错；
答案选A。
14．B
地壳中含有的短周期元素W、X、Y、Z。原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，设Y的最外层电子数为a，W原子最外层电子数为b，则有3a+b=15，则可能是a=3，b=6，或a=4，b=3，由于X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，则只可能W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si。
【解析】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径大小顺序为X＞Y＞Z＞W，故A错误；
B．化合物XW(MgO)中含氧离子和镁离子，其化学键为离子键，故B正确；
C．Y的氧化物是氧化铝，为两性氧化物，与强酸、强碱反应，故C错误；
D．根据同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，因此Z的最高价氧化物的水化物(H2SiO3)的酸性弱于碳酸，故D错误；
综上所述，答案为B。
15．B
【解析】X、Y、Z、M、N五种元素分别为O、Na、Mg、S、Cl；
A．X与Y可形成Na2O、和Na2O2两种物质，错误；
B．金属性Na>Mg，最高价氧化物对应水化物的碱性NaOH>Mg(OH)2，正确；
C．非金属性Cl>S，气态氢化物的稳定性HCl>H2S，错误；
D．氧化性：O>S，错误；
答案选B。
16． 碱 盐 氧化物 难溶 CaCO3CaO＋CO2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2 Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH 取少量牙膏于试管中，加入少量蒸馏水，再加入少量稀盐酸，若产生气体且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明牙膏中含有碳酸钙
（1）电离后生成的所有的阴离子都是OH-的化合物为碱；金属阳离子和酸根形成的化合物为盐；两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；
（2）氢氧化铝、碳酸钙、二氧化硅均难溶于水；
（3）石灰石高温分解生成氧化钙(即生石灰)，氧化钙溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成碳酸钙；
（4）石灰石与盐酸反应生成氯化钙，氯化钙中加入碳酸钠溶液即可得到碳酸钙；
（5）检验有无碳酸钙，需在牙膏中加入盐酸，若产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则有碳酸钙。
【解析】（1）根据物质的结构可知，氢氧化铝属于碱，碳酸钙属于盐，二氧化硅属于氧化物；
（2）牙膏摩擦剂起摩擦作用，氢氧化铝、碳酸钙、二氧化硅均难溶于水；
（3）石灰石高温分解生成氧化钙(即生石灰)，氧化钙溶于水生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成碳酸钙，发生的反应为：①CaCO3CaO＋CO2↑；②CaO＋H2O=Ca(OH)2；③Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH；
（4）石灰石与盐酸反应生成氯化钙，氯化钙中加入碳酸钠溶液即可得到碳酸钙，流程为：；
(5) 检验有无碳酸钙，需在牙膏中加入盐酸，若产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则有碳酸钙，具体过程为：取少量牙膏于试管中，加入少量蒸馏水，再加入少量稀盐酸，若产生气体且产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明牙膏中含有碳酸钙。
17． 第三周期第ⅣA族 难溶 SiO+2H+=H2SiO3↓ ＞ 核电荷数Si＜S，原子半径Si＞S，得电子能力Si＜S，非金属性Si＜S，硫酸酸性强于硅酸 ab
【解析】(1)Si为第14号元素，其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅣA族；
(2)SiO2为常见的摩擦剂，其在牙膏中以固体形式存在，因此SiO2在水中难溶；
(3)①H2SiO3难溶于水，因此可以用Na2SiO3和酸反应生成，反应的离子方程式为：SiO+2H+=H2SiO3↓；
②根据强酸制弱酸的原理，硫酸可以制备硅酸，因此硫酸酸性强于硅酸；
③Si和S电子层数相同，核电荷数Si＜S，原子半径Si＞S，得电子能力Si＜S，非金属性Si＜S，硫酸酸性强于硅酸；
(4)a．Sn为主族元素，主族元素的最高正化合价等于其族序数，Sn为第ⅣA族元素，因此Sn的最高正化合价为+4价，a正确；
b．同一主族元素原子从上到下原子半径逐渐增大，因此Sn的原子半径大于Si，b正确；
c．Sn为金属元素，可以导电，Sn不是半导体，Si为非金属元素，可以导电，Si是半导体，c错误；
故答案选ab。
18． A-Z 22 22 ①④ ③
【解析】Ⅰ．(1)中性原子的中子数：N=质量数-质子数= A-Z。答案为：A-Z；
(2)中性分子的中子数：12C16O2分子中，Z=6+8×2=22，N=(12-6)+(16-8)×2=22。答案为：22；22；
Ⅱ．(1)同位素是同种元素的不同原子的互称，①、、为氧元素的同位素，④、、为氢元素的同位素，所以互为同位素的是①④。答案为：①④；
(2)同素异形体是同种元素的不同单质的互称，③红磷、白磷为磷元素的两种单质，所以互为同素异形体的是③。答案为：③。
19． Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓ Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O H2S+OH﹣=HS﹣+H2O
③A与B在同一周期，在该周期所有主族元素中，A的原子半径最大，B的离子半径最小，A是钠元素、B是铝元素；④A与B质子数之和是D质子数的3倍，D是氧元素；①热稳定性：HmD＞HmC，C是硫元素；②Cm﹣、E（m﹣1）﹣具有相同的电子层结构，E是氯元素；五种元素在周期表中的位置如图：。
【解析】(1)H2O2属于共价化合物，其电子式；
(2)可以利用氯气能够置换硫的性质证明S2﹣、Cl﹣的还原性强弱，氯气通入硫化钠溶液中，生成单质硫，反应的离子方程式为Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓；
(3)将氯气通入氢氧化钠溶液中，其离子方程式为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；常温下，将等物质的量浓度的H2S溶液和氢氧化钠溶液等体积混合生辰硫氢化钠，反应的离子方程式H2S+OH﹣=HS﹣+H2O。
20．(1) NH3 1：2 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO2↑+4H2O
(2)小于
(3)Na2O2
(4) ② ④
NH3催化氧化得到NO，NO接触O2生成红棕色NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO；S在O2中燃烧生成SO2，SO2与O2可反应生成SO3，SO3与H2O生成H2SO4；Na与O2生成Na2O，Na2O与O2共热可得到淡黄色固体Na2O2，据此分析回答。
(1)
C是红棕色的气体，推断C是NO2，A是碱性气体，推断A是NH3；
①A的化学式是：NH3；C转化D是NO2转化为HNO3，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂被还原得到还原产物，是NO，还原剂被氧化得到氧化产物，是HNO3，氧化剂和还原剂均为二氧化氮，物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2；
②D是HNO3，其稀溶液在常温下可与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO2↑+4H2O；
(2)
A是一种黄色单质固体，推断A是S单质，则D是H2SO4，2mol浓硫酸与足量的Cu加热生成SO2和CuSO4，随着硫酸浓度下降，其变为稀硫酸时反应停止，故产生的SO2气体小于1mol，标准状况下产生气体体积小于22.4L；
(3)
A为金属单质，C为淡黄色固体，则推断C为Na2O2，A为Na单质。金属钠与氧气反应生成Na2O，Na2O在氧气中加热生成Na2O2；
(4)
根据装置图所示，锥形瓶中发生固液无需加热型反应产生CO2，可以是强酸溶液与碳酸钙或碳酸钠反应，CO2进入试管与C溶液反应，为证明非金属性：C>Si，可通过证明酸性：H2CO3>H2SiO3，则C溶液为Na2SiO3溶液，产生白色沉淀即证明成立。为防止盐酸挥发出HCl干扰CO2与Na2SiO3的反应，故试剂A为稀硫酸，选择②；试剂C为Na2SiO3溶液，选择④。
21．(1)3.5 mol L-1
(2) 5.4 mL 85% 3%
Oa段意味着H2SO4过量，到70 mL时的沉淀最多，有Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，到90 mL时仅剩下Fe(OH)3沉淀。加入20 mL、10 mol·L－1 NaOH，把Al(OH)3全部转化成AlO 。
【解析】（1）70 mL时沉淀最多，溶液为Na2SO4溶液，据电荷守恒，n(Na+)=2n(SO )。又据元素守恒，n(Na+)=n(NaOH)=10mol·L－1×0.07 L=0.7mol，n(SO)=n(H2SO4 )=c(H2SO4 )×0.1，所以c(H2SO4 )=3.5 mol L－1。
（2）沉淀Al3＋消耗OH－的量，是使Al(OH)3溶解消耗OH－的3倍，即沉淀Al3＋消耗NaOH为60 mL，若a=4.6，用于沉淀Fe3＋消耗NaOH的体积是(70-60-4.6) mL =5.4mL。n(Al2O3 )=1/2n(NaOH)=1/2×(10mol·L-1×0.02 L)=0.1 mol，m(Al2O3 )=0.1mol×102 g/mol=10.2g，Al2O3的质量分数为=10.2/12×100%=85%，沉淀铁离子消耗NaOH的物质的量为10×0.0054=0.054moL，根据Fe3+＋3OH-=Fe(OH)3，铁离子的物质的量为0.018moL，Fe2O3的质量分数为[(0.009×160)÷12]×100%=12%，SiO2的质量分数为3%。
22． n＝ 0
根据反应SiO2+2CSi+2CO↑，Si+CSiC可得：SiO2+3CSiC+2CO↑，
①n= 时，二氧化硅与C恰好反应生成一氧化碳和单质硅；
②n=时，二氧化硅与C恰好反应生成SiC，残留的固体为SiC；
③＜n＜1时，二氧化硅过量，反应后的固体为SiO2和Si的混合物，根据反应方程式计算出二氧化硅和硅的物质的量；
④＜n＜时，二氧化硅与碳完全反应生成Si和SiC，设生成Si为ymol，则生成SiC为：nmol-ymol，根据反应方程式列式计算出二者的物质的量；
⑤0＜n＜时，则反应后C有剩余，残留固体为SiC和C，二氧化硅完全反应，根据反应方程式计算出碳化硅和C的物质的量。
【解析】根据反应SiO2+2CSi+2CO↑，Si+CSiC可得：SiO2+3CSiC+2CO↑，
①当n=时，二氧化硅与C恰好反应生成一氧化碳和单质硅，残留的固体为：Si，其物质的量为mol；
②当n=时，二氧化硅与C恰好反应生成SiC，残留的固体为：SiC，物质的量为mol；
③当＜n＜1时，二氧化硅过量，反应后的固体为SiO2和Si的混合物，根据反应SiO2+2C═Si+2CO↑，C完全反应，则生成Si的物质的量为：n（Si）=n（C）=×（1-n）mol=mol，剩余的二氧化硅为：n－mol=mol；
④当＜n＜时，二氧化硅与碳完全反应生成Si和SiC，设生成Si为ymol，则生成SiC为：nmol-ymol，根据C的物质的量关系可得：2ymol+3（nmol-ymol）=（1-n）mol，解得：y=（4n-1）mol，即Si的物质的量为（4n-1）mol，则SiC的物质的量为：nmol－（4n-1）mol=（1-3n）mol；
⑤当0＜n＜时，则反应后C有剩余，残留固体为SiC和C，二氧化硅完全反应，则残留固体中含有SiC的物质的量为：nmol，根据反应SiO2+3C═SiC+2CO↑，剩余C的物质的量为：（1-n）mol-3nmol=（1-4n）mol，
故答案为：
n 例︰n＝ n＝ 0
残留固体 Si SiC SiC＋C SiO2＋Si Si＋SiC
物质的量（摩） (或x) SiC＝n C＝1－4n SiO2＝ Si＝ Si＝4n－1 SiC＝1－3n
【点睛】本题考查了有关混合物讨论的计算，题目难度较大，注意掌握讨论法在化学计算中的应用方法，根据反应原理明确n的各取值范围及对应产物为解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力。
23．(1) 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，浓硫酸易使原料碳化并产生等
(2)增大水溶液的密度，便于分层
(3)BD
(4)47.8
【解析】（1）烧瓶A中环己醇在、加热的条件下，生成环己烯，反应的方程式为: ；相比浓硫酸，选择作催化剂的优点是: 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，浓硫酸易使原料碳化并产生等；
（2）前加饱和食盐水可以增大水溶液的密度，便于分层环己烯的分层；
（3）A. 分液漏斗使用前必分液漏斗的旋塞处和瓶口的活塞不漏水才可使用，A错误；
B.环己烯密度小于水，在上层，分液时生曾液体从上口倒出，B正确；
C. 振荡萃取操作倒立锥形瓶，应如图所示操作错误，C错误；
D.放出液体时，需将玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，使分液漏斗内压强增大，便于分液漏斗中的液体顺利流下，D正确；
故选BD。
（4），，环己烯的产率为