第1章 原子结构 元素周期律 测试题 （含解析）高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册

第1章 原子结构 元素周期律 测试题
一、单选题（共15题）
1．已知①硫酸比次氯酸稳定②硫酸的酸性弱于高氯酸③H2S比HCl易被氧化④HCl比H2S更容易由单质合成⑤盐酸的酸性比H2S酸性强。上述事实能够说明硫酸的非金属性比氯弱的是（ ）
A．①②③ B．③④⑤ C．②③④ D．①③⑤
2．我国改革开放以来取得了很多世界瞩目的科技成果。下列有关说法正确的是
选项 A B C D
科技成果 蛟龙号潜水器探取到的多金属结核样品中的主要成分有锰、铜等 港珠澳大桥斜拉桥锚具材料采用的低合金钢 国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷 中国天眼传输信息用的光纤材料
相关说法 这些金属元素均属于主族元素 具有强度大、密度小、耐腐蚀性高等性能 属于新型有机材料 主要成分是单晶硅
A．A B．B C．C D．D
3．下列氢化物中热稳定性最好的是（ ）
A．NH3 B．HF C．PH3 D．H2O
4．下列关于元素周期表的说法中正确的是
A．过渡元素全部是金属元素
B．同周期第ⅡA族与第ⅢA族元素的原子序数差值一定是1
C．催化剂一般在金属与非金属的分界线处寻找
D．同一主族元素的原子序数的差不可能为10
5．下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A．键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键
6．一种离子化合物(如图所示)，可用作分析试剂、杀虫剂在纺织印染工业中用作树脂整理催化剂，其中X、Y、Z、W为短周期元素且原子序数依次增大。Y、Z可形成新型陶瓷，是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石，X、W形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性。下列叙述正确的是
A．W的最高价氧化物的水化物的化学式为：HWO4
B．气态氢化合物的稳定性：Z>Y
C．该化合物中存在离子键、共价键、配位键，且1mol该化合物中有1mol配位键
D．Y的最高价氧化合物的水化物是二元弱酸
7．下列事实中，不能作为元素金属性和非金属性强弱判断依据的是（ ）。
A．钠和镁分别与冷水反应，判断钠和镁的金属性强弱
B．铁投入硫酸铜溶液中置换出铜，判断铜与铁的金属性强弱
C．酸性H2CO3D．F2与Cl2分别与足量的H2反应的难易，判断氟与氯的非金属性强弱
8．材料是人类生活的物质基础。下列关于材料的说法正确的是
A．陶瓷、玻璃和水晶都属于传统非金属材料
B．中国天眼FAST用到的高性能的碳化硅材料属于新型陶瓷
C．中国航天飞船外壳用到的是特种镁合金，属于新型无机非金属材料
D．太阳能电池可将光能转化为电能，主要成分为二氧化硅
9．下列各组物质与其用途的关系错误的是
A．碳酸钠：治疗胃酸过多 B．次氯酸钙：漂白剂
C．明矾：净水剂 D．硅酸钠：木材防火剂
10．下列关于氟、氯、溴、碘性质的比较，错误的是( )
A．原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多
B．单质的颜色随核电荷数的增加而加深
C．氢化物的还原性随核电荷数的增加而增强
D．含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍；Y的气态氢化物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；Z的最高价氧化物的水化物为强碱；W与X原子最外层电子数之比为3∶2。下列说法正确的是
A．中含有非极性共价键 B．原子半径大小：
C．的漂白原理与氯水的相同 D．Y的氧化物对应的水化物一定为强酸
12．13 CNMR（核磁共振）、15 NNMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wuithrich等人为此获得2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N的叙述正确的是
A．13C与15N有相同的中子数
B．13C电子排布式为1s22s22p3
C．15N与14N互为同位素
D．15N的电子排布式为1s22s22p4
13．下列有关说法正确的是（ ）
A．某放热反应能自发进行，因此该反应是熵增反应
B．Fe(OH)3胶体无色、透明，不能透过滤纸
C．单质硅是将太阳阳转变为电能的常用材料
D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
14．化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是
A．华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅
B．食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质
C．自来水厂常用明矾、O3、ClO2等做水处理剂，其作用都是杀菌消毒
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料
15．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
实验操作 现象 解释或结论
A 向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液 有白色沉淀产生 该溶液中一定含有
B 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 非金属性：Cl>Br>I
C 将酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液 溶液变黄色 H2O2的氧化性比Fe3＋强
D 少量的Fe粉中加入足量稀HNO3充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共8题）
16．琉璃被誉为中国五大名器之首、佛家七宝之一。琉璃的发源地在山西，早在春秋战国时期就已出现，世有“晋地琉璃遍天下”一说。
(1)古法琉璃，采用琉璃石加入琉璃母烧制而成。琉璃石是一种有色水晶材料，水晶的主要成分是___________。
(2)水琉璃，即现今常见的仿制琉璃，是以不饱和树脂材料制成。若其为淡绿色，其中可能含有____________(填离子符号)。
(3)台湾琉璃，由西方玻璃艺术演化而来。制造普通玻璃的原料是石英砂、纯碱和____________。玻璃制品应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触，有关反应的化学方程式是________________________。
(4)保存琉璃制品时，切不可与氯气接触，这说明琉璃的成分可能具有_____________性。
17．元素周期表是学习化学的基础，如表列出了常见的十种短周期主族元素的分布位置。
族周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA
一
二 ① ② ③ ④
三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
回答下列问题：
(1)画出元素⑤的原子结构示意图：____。
(2)元素③④⑧形成的气态氢化物中，最稳定的是____(填化合物的化学式)。
(3)元素⑤⑥⑦的最高价氧化物的水化物中，碱性最强的是____(填化合物的电子式)。
(4)⑤、⑦两种元素的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为____。
(5)元素④⑤⑩形成的化合物中存在的化学键为____。
(6)元素④⑤⑥⑩形成的简单离子半径由大到小的顺序为___。
18．制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，液化后在管内循环，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的。人们曾采用过乙醚、NH3、CH3Cl等作制冷剂，但它们不是有毒，就是易燃、于是科学家根据元素性质的递变规律来开发新的制冷剂。
据现有知识，某些元素化合物的易燃性、毒性变化趋势如下：
(1)氢化物的易燃性：第二周期 ______＞______＞H2O、HF。
(2)化合物的毒性： PH3＞NH3 ； H2S______H2O； CCl4_____CF4 (选填＞或＜)。于是科学家们开始把注意力集中在含F、Cl的化合物上。
(3)已知CCl4的沸点为76.8℃，CF4的沸点为－128℃，新制冷剂的沸点范围应介于其间。经过较长时间反复试验，一种新的制冷剂氟里昂CF2Cl2终于诞生了。求助于周期表中元素及其化合物的________变化趋势来开发制冷剂的科学思维方法是值得借鉴的。(填写字母，多选扣分)①毒性 ②沸点 ③易燃性 ④水溶性 ⑤颜色
A、①③⑤ B、①②③ C、 ②③④ D、③④⑤
19．（一）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Y、Z是非金属元素。
（1）W、X的最高价氧化物对应的水化物可以反应生成盐和水，该反应的离子方程式为________________________________________。
（2）W与Y可形成化合物W2Y，该化合物的电子式为________________。
（3）将Y的低价氧化物通入Z单质的水溶液中，发生反应的化学方程式为_______________。
（二）A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
（1）若A是淡黄色固体，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质。则C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式_______________________________。
（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，写出该反应的化学方程式___________________
（3）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。判断单质A的元素在周期表中的位置是_____________。
写出反应④的离子方程式_________________。
（4）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质。C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，写该反应的离子方程式______________________。
20．已知1～20号元素中A、B、C、D四种元素原子的质子数大小顺序为A＜B＜C＜D；A元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍；B元素的原子核外第三层电子数是第二层电子数的一半；C元素原子的次外层电子数比最外层电子数多1；D元素的原子核外第一层、第二层电子数之和等于第三层、第四层电子数之和。试推断：
（1）元素的名称：C__，D__。
（2）原子结构示意图：A__，B__。
（3）工业上由A元素的单质制取B元素的单质的反应方程式为___。
（4）若没有“质子数大小顺序为A＜B＜C＜D”的限制，C还可以是__元素。
21．某元素的同位素X，它的氯化物XCl 1.49g溶于水制成溶液后，加入1mol·L－1的AgNO3溶液20mL恰好完全反应。若这种同位素原子核内有20个中子，试通过计算确定(写出计算过程)：
（1）X元素在周期表中的位置________；
（2）把一小粒X的单质放入水中，有何现象_________ 　写出反应的化学方程式____。
22．氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，氯元素的相对原子质量为35.5，则35Cl和37Cl的原子个数比为____；由Na、35Cl和37C构成的11.7g氯化钠中含35Cl的质量是___g；11.7g该晶体刚好能和某200mL的AgNO3溶液完全反应，则该AgNO3溶液的物质的量浓度是___mol/L。
23．某实验小组设计了如下装置对焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分进行探究。
已知：PdCl2溶液可用于检验CO，反应的化学方程式为CO+PdCl2+H2O=CO2+2HCl+Pd↓(产生黑色金属钯粉末，使溶液变浑浊)。
(1)实验时要通入足够长时间的N2，其原因是_______。
(2)装置B的作用是_______。
(3)装置C、D中所盛试剂分别为_______、_______，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相等，则该反应的化学方程式为_______。
(4)该装置的缺点是_______。
(5)资料表明，上述反应在焦炭过量时会生成副产物SiC．取36gSiO2，和16.8g焦炭充分反应后收集到标准状况下的气体26.88L，假定气体产物只有CO，固体产物只有Si和SiC，则Si和SiC的物质的量之比为_______。
(6)设计实验证明碳酸的酸性比硅酸的强：_______。
参考答案：
1．C
【解析】①次氯酸不是氯元素的最高价含氧酸，故①不能；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl＞S，故②能；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氢化物的还原性越弱，H2S比HCl易被氧化，可说明非金属性Cl＞S，故③能；
④元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，HCl比H2S更容易由单质合成，可说明非金属性Cl＞S，故④能；
⑤比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，故⑤不能；
综上所述答案为C。
2．B
【解析】A.Cu、Mn是副族元素，A错误；
B.低合金钢属于合金，用于港珠澳大桥斜拉桥锚，说明它具有具有强度大、密度小、耐腐蚀性高等性能，B正确；
C.氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C错误；
D.光纤材料主要成分是二氧化硅，D错误；
故合理选项是B。
3．B
【解析】元素非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强。根据元素在周期表的位置分析，其中氟元素非金属性最强，氢化物最稳定。故答案选B。
4．A
【解析】A．过渡元素全部是金属元素，A项正确；
B．第四、五周期的第ⅡA族与第ⅢA族元素的原子序数差值是10，B项错误；
C．半导体材料一般在金属与非金属的分界线处寻找，C项错误；
D．H、Na位于同一主族，原子序数的差为11-1=10,D项错误；
答案选A。
5．C
【解析】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；
B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；
C．SiH4中Si的化合价为+4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；
D．Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；
故选C。
6．B
由图可知，Z和Y周围都连接了4根化学键，结合离子所带电荷，及Y、Z可形成新型陶瓷，是一种超硬材料，硬度仅次于金刚石，可以推知Y为B、Z为N；X和W都连一根键且X、W形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性，可以推测X为H元素，W为F元素，以此解答。
【解析】A．W为F元素，没有正价，不存在最高价氧化物的水化物，故A错误；
B．非金属性：N>B，则气态氢化合物的稳定性：Z>Y，故B正确；
C．该化合物是离子化合物存在离子键、共价键、配位键，1mol该化合物中有2mol配位键，故C错误；
D．Y为B，最高价氧化合物的水化物H3BO3是一元弱酸，故D错误；
故选B。
7．C
【解析】A．钠与冷水剧烈反应，镁与冷水不反应，可以判断出钠的金属性比镁强，A选项不满足题意；
B．铁投入CuSO4溶液中置换出铜，说明铁的金属性强于铜，B选项不满足题意；
C．非金属元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，但HCl不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能根据酸性H2CO3D．单质与氢气反应越剧烈，说明该元素的非金属性越强，因此F2与Cl2分别与足量的H2反应的难易可以判断氟与氯的非金属性强弱，D选项不满足题意；
答案选C。
8．B
【解析】A．水晶不属于传统非金属材料，A错误；
B．高性能的碳化硅材料具有特殊功能，属于新型陶瓷，B正确；
C．特种镁合金，属于新型金属材料，C错误；
D．太阳能电池主要成分为硅晶体，D错误；
故选B。
9．A
【解析】A．治疗胃酸过多使用的是碳酸氢钠，故A错误；
B．漂白剂的有效成分是次氯酸钙，故B正确；
C．明矾会水解生成氢氧化铝胶体，可做净水剂，故C正确；
D．硅酸钠具有不燃不爆的物理性质，可做木材防火剂，故D正确；
故选A。
10．D
【解析】A．F、Cl、Br、I原子核外电子层数分别为2、3、4、5，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；
B．F、Cl、Br、I元素单质的颜色分别是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，所以单质的颜色随核电荷数的增多而加深，B正确；
C．非金属单质的氧化性越强，它所对应的阴离子的还原性越弱，由于氧化性F＞Cl＞Br＞I，所以它们氢化物中-1价的非金属的还原性HF＜HCl＜HBr＜HI，C正确；
D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，由于F没有含氧酸，且选项中没有说明是最高价含氧酸，故不能比较酸性强弱，D错误；
故选D。
11．A
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素；Y的气态氢化物可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为N元素；Z的最高价氧化物的水化物为强碱，则Z为Na元素；W与X原子最外层电子数之比为3∶2，则W的最外层电子数为6，为S元素。
【解析】A.过氧化钠为离子化合物，化合物中含有离子键和非极性键，故A正确；
B.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，钠原子的原子半径大于硫原子，故B错误；
C.二氧化硫与有色物质发生化合反应生成不稳定的无色物质而表现漂白性，氯水中含有强氧化性的次氯酸，次氯酸是有机色质氧化褪色而表现漂白性，两者的漂白原理不相同，故C错误；
D.三氧化二氮应的水化物为亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故D错误；
故选A。
12．C
【解析】A.13C、15N的的质子数和中子数分别为6、7和7和8，A不正确；
B.13C的核外有6个电子，其电子排布式为1s22s22p2，B不正确；
C.15N与14N的质子数相同而中子数不同，互为同位素，C正确；
D.15N的核外有7个电子，其电子排布式为1s22s22p3，D不正确；
答案C。
13．C
【解析】A.反应自发进行的判断依据为：，的反应能够自发进行时，不是必须大于0，选项A错误；
B.胶体红褐色且能够透过滤纸不能透过半透膜，选项B错误；
C.单质硅可用于制作太阳能电池的原料，太阳能电池可将太阳能转化为电能，选项C正确；
D.既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但和氢氟酸反应生成的不是盐和水，不能和其他酸反应生成盐和水，属于酸性氧化物，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，把握反应自发进行的判据：△H-T△S是解题的关键，注意理解反应自发进行的含义，注意反应热的计算方法。
14．A
【解析】A．晶体硅为良好的半导体材料，可用作芯片和制造太阳能电池，A正确；
B．硅胶、生石灰具有吸水性，不具有还原性，不能用作防止食品氧化变质，B错误；
C．明矾能净水，不能杀菌消毒，C错误；
D．特种钢为合金，属于金属材料，D错误；
故答案为：A。
15．D
【解析】A．向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，溶液中也可能含有银离子，故A错误；，
B．将氯气通过滴有溴化钠溶液和淀粉碘化钾溶液的棉球，分别变为橙色和蓝色，只能证明非金属性Cl>Br、Cl>I，不能证明Br>I，故B错误；
C．将酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色，可能是硝酸氧化亚铁离子，不能说明H2O2的氧化性比Fe3＋强，故C错误；
D．少量的Fe粉中加入足量稀HNO3充分反应后滴入KSCN溶液，溶液呈红色，说明有Fe3＋生成，只能是稀硝酸将Fe氧化为Fe3＋，故D正确；
故答案为：D
16． SiO2 Fe2+ 石灰石 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 还原
【解析】(1)水晶的成份是二氧化硅，则水晶的主要成分是SiO2；
(2)树脂为淡绿色，可能含有亚铁离子，其离子符合为：Fe2+；
(3)制造普通玻璃的原料是石英砂、纯碱和石灰石；玻璃制品中二氧化硅与碱性物质(如NaOH)反应，所以不能长期接触，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
(4)氯气具有很强的氧化性，而保存琉璃制品时，切不可与氯气接触，这说明琉璃的成分可能具有还原性。
17．(1)
(2)H2O
(3)
(4)Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
(5)离子键、共价键
(6)Cl-＞O2-＞Na+＞Mg2+
根据元素在周期表中的位置，可知①是Li元素；②是C元素；③是N元素；④是O元素；⑤是Na元素；⑥是Mg元素；⑦是Al元素；⑧是p元素；⑨是S元素；⑩是Cl元素。
(1)
⑤是Na元素，钠原子核外有11个电子，原子结构示意图为；
(2)
非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性P(3)
同周期元素从左到右，金属性减弱，最高价氧化物的水化物碱性减弱，碱性最强的是NaOH，NaOH是离子化合物，电子式为。
(4)
NaOH、Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。
(5)
O、Na、Cl形成的化合物为NaClO、NaClO3、NaClO4等，均为离子化合物，存在的化学键为离子键、共价键。
(6)
电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径由大到小的顺序为Cl-＞O2-＞Na+＞Mg2+。
18． CH4 NH3 ＞ ＞ B
【解析】（1）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，对应的氢化物的还原性逐渐减弱，则同周期氢化物的易燃性从左到右逐渐减弱，即：CH4＞NH3＞H2O＞HF；
答案为：CH4；NH3。
（2）由毒性PH3＞NH3，可知同主族化合物的毒性一般从上到下逐渐增强，则有 H2S＞H2O； CCl4＞CF4；
故答案为：＞；＞；
（3）由（1）（2）（3）可知，科学家从物质的毒性、沸点、易燃性考查、分析并通过反复实验开发制冷剂，故选B；
答案为B。
19． Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O； SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42- SO2+ Na2O2=Na2SO4 4NH3+6NO 5N2+6H2O 第三周期ⅢA族 AlO2-+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3- Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
【解析】（一）(1)W、X为金属，其最高价氧化物对应的水化物为碱，且两种碱可以反应生成盐和水，即两种碱为NaOH和Al（OH）3，则W是Na元素，X是Al元素，两种碱反应的离子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；故答案为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
(2)由(1)可知，W是Na元素，X是Al元素，W与Y可形成化合物W2Y，可知Y是S元素，Z是Cl元素，W2Y即为Na2S，Na2S的电子式为：；故答案为；
(3) Y的低价氧化物即为SO2通入Z单质即Cl2的水溶液中，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，离子反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-；故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-；
（二）(1) 若A是淡黄色固体且是单质，即A是S单质，C、D是氧化物，且C是造成酸雨的主要物质，即C是SO2，根据转化关系可推断出，D是SO3，B是H2S，高中阶段了解的淡黄色物质除了S单质外，还有Na2O2，即C与另一种淡黄色物质反应的化学方程式：SO2+ Na2O2=Na2SO4；故答案为SO2+ Na2O2=Na2SO4；
(2) 若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则C是NO，D是NO2，B与C在一定条件下反应生成的A是大气主要成分，推断A为N2，B为NH3，该反应的化学方程式4NH3+6NO 5N2+6H2O；故答案为4NH3+6NO 5N2+6H2O；
(3) 若D物质具有两性推断D为Al（OH）3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体即通入了二氧化碳气体，说明C为偏铝酸钠NaAlO2，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为AlCl3，Al元素在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，④反应离子方程式：AlO2-+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-；故答案为第三周期ⅢA族，AlO2-+2H2O+CO2═Al（OH）3↓+HCO3-；
(4) 若A是应用最广泛的金属，即为金属Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质，推断为Cl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，判断C为FeCl3，D为FeCl2，C的溶液用于蚀刻印刷铜电路板，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；故答案为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【点睛】熟练掌握硫及其化合物、铁及其化合物、铝及其化合物、氮及其化合物的转化关系是解答本题的关键。
20． 氯 钙 SiO2+2CSi+2CO↑ 锂
A元素原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层只能是第一层，A为碳元素；B元素的原子核外第三层电子数是第二层电子数的一半，第二层电子数为8，第三层电子数为4，B为硅元素；C元素原子的次外层电子数比最外层电子数多1，符合此条件的元素有锂和氯，因为质子数：，故C为氯元素；D元素的原子核外第一层、第二层电子数之和为10，又等于第三层、第四层电子数之和，则D为钙元素。
【解析】（1）由上述推断可知C为氯元素，D为钙元素，故答案为：氯；钙；
（2）碳核外有6个电子，硅核外有14个电子，原子结构示意图分别为；，故答案为：；；
（3）高温条件下碳可还原二氧化硅制取硅，反应方程式为，故答案为：；
（4）若没有“质子数大小顺序为”的限制，C还可以是锂，因为锂的原子结构中次外层比最外层也多1个电子，故答案为：锂。
21． 第4周期ⅠA族 钾粒浮在水面上，剧烈反应，熔成闪亮的小球，四处游动，发出“咝咝”的声音，甚至能自行燃烧，轻微爆炸 2K+2H2O = 2KOH+H2↑
根据题中数据求出X的相对原子质量，再确定其质子数，从而确定其在元素周期表中的位置。
【解析】X的氯化物XCl 1.49g溶于水制成溶液后，加入1mol·L－1的AgNO3溶液20mL恰好完全反应，该反应的化学方程式为XCl ＋AgNO3=AgCl↓＋XNO3，则：
n(XCl)=n(AgNO3)=1mol·L－1×20mL×10－3L·mL－1=0.02mol
M(XCl)=1.49g÷0.02mol=74.5 g·mol－1
所以，Mr(XCl)=74.5， Mr(X)= 74.5-35.5=39，则X的质量数A(X)=39，由于X的同位素原子核内有20个中子，则X的质子数Z(X)=39－20=19，即X为K。
（1）K有4个电子层，最外层只有1个电子，故其位于元素周期表中第4周期ⅠA族；
（2）K比Na更活泼，把一小粒K的单质放入水中，K与水发生剧烈反应生成氢氧和氢氧化钾，联系钠与水瓜泊现象可知该反应的现象有：钾粒浮在水面上，剧烈反应，熔成闪亮的小球，四处游动，发出“咝咝”的声音，甚至能自行燃烧，轻微爆炸。该反应的化学方程式为2K+2H2O = 2KOH+H2↑。
22． 3∶1 5.25 1
根据元素的相对原子质量列式计算35Cl和37Cl的原子个数比，再结合氯化钠的质量计算35Cl的质量，根据氯化钠与硝酸银的化学方程式计算AgNO3溶液的物质的量浓度。
【解析】(1)设1737Cl和1735Cl的物质的量分别为xmol、ymol，则有：=35.5，解之得x∶y=3∶1；n(NaCl)==0.2mol，所以1735Cl为0.15mol，1735Cl的质量是0.15mol×35g/mol=5.25g；根据NaCl～AgNO3～AgCl知， n(AgNO3)= n(NaCl)=0.2mol， c(AgNO3)==1mol/L，故答案为3∶1；5.25；1。
23．(1)排尽装置内的空气，避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰
(2)作安全瓶，防止倒吸
(3) 澄清石灰水 PdCl2溶液 3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si
(4)无尾气吸收装置
(5)2∶1
(6)向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊
本实验是对反应产物成分的研究，实验目的是研究焦炭还原二氧化硅的气体产物的成分，经分析气体产物可能是CO2或CO，由题目所给实验装置图和相关信息可知，A为焦炭和二氧化硅在高温下的反应装置，C中为澄清石灰水用于检验二氧化碳。D中为PdCl2溶液可用于检验CO，B为安全装置，防止反生倒吸，该实验没有处理尾气CO的装置，容易造成空气污染。
【解析】（1）本实验在高温下进行，空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气在高温下都会和碳反应影响实验，实验时要通入足够长时间的N2，排尽装置内的空气，避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰，答案：排尽装置内的空气，避免空气中的O2、CO2、水蒸气对实验产生干扰；
（2）装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸，答案：作安全瓶，防止倒吸；
（3）反应前后原子守恒，可推知气体产物可能是CO2或CO，C中为澄清石灰水用于检验二氧化碳，D中为PdCl2溶液可用于检验CO，若装置C、D中溶液均变浑浊，且经检测两气体产物的物质的量相，可知碳和二氧化硅反应生成相同物质的量的CO和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平，化学方程式为3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si，答案：澄清石灰水；PdCl2溶液；3SiO2+4C2CO2↑+2CO↑+3Si；
（4）CO有毒，不能直接排到空气中，该装置没有尾气吸收装置，易造成空气污染，答案：无尾气吸收装置；
（5）已知焦炭过量时会生成副产物SiC，题中假设SiO2和C反应生成CO和Si和SiC，由题意知生成CO为，反应物SiO2为，C为，反应前后碳原子守恒，n（SiC）=1.4mol-1.2mol=0.2mol，根据硅原子守恒，n（Si）=0.6mol-0.2mol=0.4mol, 则Si和SiC的物质的量之比为2∶1，答案：2∶1；
（6）证明酸性强弱，可用较弱酸盐和较强酸反应生成较强酸盐和较弱酸的原理来设计实验，向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，若能生成硅酸，则可能证明碳酸的酸性比硅酸的强， 答案：向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，溶液变浑浊。