第一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
文档属性
| 名称 | 第一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 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 242.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-10 06:28:52 | ||
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文档简介
第一章 原子结构 元素周期律 测试题
一、单选题
1．对于下列事实的解释错误的是（ ）
A．因为硅可以导电，所以硅可以作为光导纤维的原料
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
D．氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水
2．某矿泉水标签上印有主要的矿物质成分如下（单位为mg／L）：Ca 20，K 39，Mg 3，Zn 0.06，F 0.02等，这里的 Ca，K，Mg，Zn，F是指 （ ）
A．单质 B．元素 C．金属离子 D．分子
3．下列物质不能通过化合反应制取的是（ ）
A．NO B．FeSO4 C．H2SiO3 D．SO3
4．下列关于同分异构体、同系物、同素异形体、同位素的说法中错误的是（ ）
A．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
B． 与 互为同位素
C．氧气与臭氧互为同素异形体
D．乙烯与聚乙烯互为同系物
5．下列物质与用途对应关系错误的是（ ）
A．明矾——净水剂 B．二氧化硅——计算机芯片
C．氯气——自来水消毒 D．氧化铁——墙体涂料
6．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
7．海水是巨大的资源宝库。下图表示以海水为基本原料的相关工业，其中不符合实际情况的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
8．几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：
元素代号 L M Q R T
主要化合价 +2 +3 +6、﹣2 +7、﹣1 ﹣2
原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.099 0.074
据表中信息判断，下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．常温下，将单质M投入到浓硝酸中，剧烈反应，产生大量红棕色气体。
B．常温下，M与T形成的化合物，易溶于水，且水溶液显碱性。
C．Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物。
D．M的氧化物既能和强酸又能和强碱反应，且产物不同。
9．已知IIA元素由上至下依次是：Be、Mg、Ca、Sr、Ba、Ra；以同主族元素及其化合物性质的相似性为依据作出的下列判断不正确的（ ）
A．SrO可与盐酸反应 B．Sr（OH）2难溶于水
C．SrSO4难溶于水 D．Sr（OH）2是强碱
10．光纤的主要成分是（ ）
A．纯硅 B．铜 C．玻璃 D．二氧化硅
11．按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．下列说法错误的是（ ）
A．步骤（1）需要过滤装置
B．步骤（3）需要用到蒸发皿
C．活性天然产物易溶于有机溶剂难溶于水
D．步骤（4）是利用物质沸点差异进行分离的
12．ClO2是一种新型水处理剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应如下：
①5NaClO2＋4HCl(稀)=5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O；
②NaClO2＋4HCl(浓)=NaCl＋2Cl2↑＋2H2O。
下列说法中正确的是( )
A．两种反应中HCl均是还原剂
B．盐酸浓度越大，还原性越强
C．①中氧化产物与还原产物物质的量之比为4∶5
D．②中每生成1 mol Cl2转移2 mol电子
13．已知下列元素的原子半径：
元素 N S O Si
原子半径/10-10 m 0.75 1.02 0.74 1.17
根据以上数据，磷元素的原子半径可能是（ ）
A．0.80×10-10 m B．1.10×10-10 m
C．1.20×10-10 m D．0.70×10-10 m
14．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述错误的是( )
A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D．用中文“ ”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
15．近日，南方科技大学某课题组在一定条件下通过电解M元素的某种单质获得了一种新化合物(结构如下图所示)，其中X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，在元素周期表中元素Z与Y、M相邻。
下列叙述错误的是（ ）
A．X是制造电池的理想物质
B．M的最高价氧化物的水化物是中强酸
C．Z、M、Y的氢化物中沸点最高的也最稳定
D．该物质中的阴离子所含元素均满足8电子结构
16．提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（ ）
A．苯（甲苯）KMnO4（酸化），NaOH溶液分液
B．乙烷（乙烯）酸性KMnO4（溶液洗气
C．乙酸乙酯（乙酸）KOH溶液分液
D．苯（苯酚）浓Br2水过滤
二、综合题
17．下表中为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：
（1）在①～⑧元素中， 原子半径最大；④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为 。
（2）②、⑦、⑧的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是 。
（3）③、④、⑦的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 。
（4）⑥、⑧的最高价氧化物对应的水化物之间能发生化学反应的离子方程式为 。
（5）往Na2SiO3的水溶液中通入足量的CO2 ，其反应的离子方程式为 。
18．氮氧化物进入大气后，可能会形成硝酸型酸雨，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理．
（1）用NaOH可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：
2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O 反应中，还原剂是 ，
NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O 反应中，氧化产物和还原产物之比为 ．
（2）NO2和Br2蒸汽都是红棕色气体，下列可以用来鉴别这两种气体的试剂是 ．
A．用氢氧化钠溶液 B．淀粉碘化钾溶液
C．用硝酸银溶液 D．用蒸馏水
（3）汽车尾气中含有一氧化氮和一氧化碳，消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成两种对大气无污染的气体，该反应的化学方程式为 ．
（4）氨气也可用来处理氮氧化物，例如：氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，写出该反应的化学方程式： ，若某工厂排出的废气中二氧化氮含量为0.5%（体积分数），处理1000m3（标准状况）这种废气，需要 千克氨气．（结果保留两位小数）
19．铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．
（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作 剂．
（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬．完成并配平下列离子方程式：
Cr2O72﹣+ SO32﹣+ □= Cr3++ SO42﹣+ H2O
（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是 ．
（4）NiSO4 xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：
①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为 ．
②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，调pH的目的是 ．
③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是 ．
20．有A、B、C、D四种元素，其中A和B原子都有1个未成对电子，A+比B﹣少一个电子层．B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满．C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物的水溶液的pH在同族氢化物中最大．D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D 40%，且其核内质子数等于中子数．据此判断：
（1）A是 ，B是 ，C是 ，D是 ．（填元素符号）
（2）B﹣的电子排布式 ，A+的结构示意图 ．
（3）在A、B、D三种元素的简单离子中，半径最小的是 ，其离子还原性最强的是 ．（填离子符号）
三、实验探究题
21．如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置 （填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl﹣等杂质，选择装置 ．
（2）从碘水中分离出I2，选择装置 ，该分离方法的名称为 ．
（3）装置A中①的名称是 ，进水的方向是从 口（上或下）进水．装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是 ．
（4）海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，进行如下流程的实验：
[海水] [粗盐] [食盐水]→[氯化钠晶体]，粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO 等杂质，需要提纯后才能综合利用．粗盐提纯的步骤有：
①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液③加入过量的NaOH溶液④调节溶液的pH等于7⑤溶解 ⑥过滤⑦蒸发正确的操作顺序是 （填选项字母）
a．⑤②③①⑥④⑦b．⑤①②③⑥④⑦
c．⑤②①③④⑥⑦d．⑤③②①⑥④⑦
22．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO 的部分实验过程如下：
（1）写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、30%H2O2反应的离子反应方程式： ；铜帽溶解完全后，需加热（至沸）将溶液中过量的H2O2除去．
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2 后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2++4I﹣=2CuI（白色）↓+I2 2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣
①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 ；
②某同学称取1.0g电池铜帽进行实验，得到100.00mL含有Cu2+的溶液，量取20.00mL上述含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点．再重复操作实验3次，记录数据如下：
实验编号 1 2 3 4
V（Na2S2O3）（mL） 28.32 25.31 25.30 25.32
计算电池铜帽中Cu的质量分数为 ，（结果保留四位有效数字）若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则所测定c （Cu2+）将会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成了沉淀．已知KSP[Cu （OH）2]=2.0×10﹣20（mol/L）3，计算沉淀生成后溶液中c（Cu2+）= mol/L；
（4）已知pH＞11 时Zn（OH）2 能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）．
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.1 3.2
Fe2+ 1.8 8.8
Zn2+ 5.9 8.9
实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol L﹣1HNO3、1.0mol L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应；
② ；③过滤；
④ ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.硅导电性介于导体和绝缘体之间，所以硅单质可以导电；但是作为光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，A符合题意；
B.浓硝酸不稳定见光易分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸使颜色变黄，B不符合题意；
C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质，体现浓硫酸具有脱水性，C不符合题意；
D.氨气极易溶于水，在喷泉实验中因溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
B.浓硝酸中溶有二氧化氮呈黄色；
C.浓硫酸的脱水性使蔗糖变黑色；
D.氨气易溶于水，形成负压造成喷泉。
2．【答案】B
【解析】【解答】由题意可知，矿泉水标签上Ca，K，Mg，Zn，F是指元素，其存在形式可能以离子的形式存在于化合物中，
故答案为：B。
【分析】物质由元素组成，元素是具有相同核电荷数的一类原子的总称。
3．【答案】C
【解析】【解答】A. 氮气和氧气在放电的条件下化合生成NO，A不选；
B. 硫酸铁和铁发生化合反应生成FeSO4，B不选；
C. 二氧化硅不溶于水，H2SiO3不能通过化合反应制取，C选；
D. 氧气和二氧化硫在催化剂、加热条件下发生化合反应生成SO3，D不选；
故答案为：C。
【分析】A.氮气与氧气反应生成NO；
B.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁；
C.二氧化硅不溶于水；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.乙酸和甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A不符合题意；
B. 与 质子数相同，中子数不同，是氯元素的不同核素，互为同位素，B不符合题意；
C.氧气和臭氧是氧元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，C不符合题意；
D.乙烯含碳碳双键，聚乙烯无碳碳双键，含官能团不同，不是同系物，D符合题意；
故答案为： D。
【分析】D、聚乙烯中是含碳碳单键长链，为高分子，是混合物。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾由于电离出Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体具有吸附性，故常用作净水剂，A不合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，用于制作计算机芯片，B符合题意；
C．氯气能与水反应生成具有强氧化性的HClO，常用于自来水消毒，C不合题意；
D．氧化铁呈红棕色，且性质稳定，常用作墙体涂料，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾中电离的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性；
C.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可杀菌消毒；
D.氧化铁是常用的红色颜料。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，故原子半径：S＞Cl可以用元素周期律解释，A不合题意；
B．同一周期从左往右主族元素的非金属性增强，其简单气态氢化物的热稳定性也依次增强，故热稳定性：HCl＞H2S可以用元素周期律解释，B不合题意；
C．同一周期从左往右主族元素的非金属性增强，故非金属性：Cl＞S符合元素周期律，C不合题意；
D．非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性与元素的非金属性一致，但HClO3、H2SO3不是Cl、S的最高价氧化物对应水化物，故酸性：HClO3＞H2SO3不能用元素周期律解释，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，非金属性依次增强，且最高价氧化物的水化物的酸性增强。
同一主族元素，从上到下，非金属性减弱，非金属单质的氧化性也减弱，对应非金属离子的还原性增强，且最高价氧化物的水化物的酸性性减弱。
7．【答案】D
【解析】【解答】钢铁工业与海水没有直接关系，
故答案为：D。
【分析】A、海水中含有大量的镁离子，工业上利用电解熔融氯化镁的方法来制取金属镁；
B、根据海水中存在丰富的溴元素分析；
C、利用海水蒸发制盐分析即可；
D、海水中铁元素很低，工业上不以此为原料制取。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下，将单质铝投入到浓硝酸中，会发生钝化现象，不会产生大量红棕色气体，故A不符合题意；
B．常温下，Al与O形成的化合物为氧化铝，难溶于水，故B不符合题意；
C．O的非金属性强于S，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，S的氢化物的稳定性小于O的氢化物的稳定性，故C不符合题意；
D．铝的氧化物是氧化铝，既能和强酸反应生成铝盐和水，又能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，且产物不同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、6，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素，然后分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、氧化钙与盐酸反应生成盐与水，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以SrO可与盐酸反应也与盐酸反应生成相应的盐与水，故A正确；
B、氢氧化钙微溶于水，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以Sr（OH）2溶解性大于氢氧化钙，而不是难溶于水，故B错误；
C、硫酸钙和硫酸钡不溶于水，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以SrSO4难溶于水，故C正确；
D、氢氧化钙和氢氧化钡都是强碱，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以Sr（OH）2是强碱，故D正确；
故选B．
【分析】根据第二周期到到第六周期的元素从上往下金属性增强，与水反应越容易，最高氧化物对应的水化物的溶解性增强，碳酸盐都难溶于水，由此分析解答．
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．硅是半导体做太阳能电池，故A错误；
B．铜可做导线，故B错误；
C．玻璃的成分是硅酸盐、二氧化硅等，故C错误；
D．制备光导纤维的主要成分是二氧化硅，故D正确．
故选D．
【分析】光导纤维的主要成分是SiO2．
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；
B．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故B正确；
C．由步骤（3）可知，蒸发水溶液得到粗产品，则该有机物能溶于水，故C错误；
D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；
故选C．
【分析】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答．
12．【答案】B
【解析】【解答】A.①中盐酸中的Cl－全部转入到NaCl中，其化合价没有发生变化，电子转移发生在NaClO2中的氯原子之间，A不符合题意；
B.盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强，B符合题意；
C.①中ClO2是氧化产物，NaCl是还原产物，但NaCl中有五分之四的氯来源于盐酸，氧化产物和还原产物的物质的量之比为4∶1，C不符合题意；
D.②中每生成1 mol Cl2时转移1.5 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据还原剂失去电子，化合价升高分析A；根据盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强分析B；还原剂被氧化，生成氧化产物；氧化剂被还原，生成还原产物，据此分析C；②中每生成2molCl2时转移3mol电子，以此分析D。
13．【答案】B
【解析】【解答】N、P元素同主族，P原子半径大于N原子，P与S、Si同周期，则P原子半径大于S小于Si，所以1.02×10-10m < r(P) <1.17×10-10m，B项符合题意。
【分析】根据同主族元素，原子半径从上到下逐渐增大，同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小进行判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
故答案为：C
【分析】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强；
B.由阴阳离子形成的化学键叫做离子键； 元素之间通过共用电子对形成的化学键叫做共价键；
C.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；
D.根据元素的原子序数可以确定其所在的周期数以及族序数。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．Li质量轻，且易失电子，绿色环保，是制造电池的理想物质，A不符合题意；
B．M的最高价氧化物的水化物是H3PO4，属于中强酸，B不符合题意；
C．Z、M、Y的氢化物分别为NH3、PH3、CH4，NH3分子间能形成氢键，故其沸点最高；同主族元素，原子序数越大，气态氢化物稳定性越弱，故NH3＞PH3，CH4分子的空间结构是正四面体，比NH3更稳定，C符合题意；
D．该物质中的阴离子所含元素均满足8电子结构，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、Li是常用的电池材料；
B、磷酸为中强酸；
C、相对分子质量越大，沸点越高，若是形成氢键则出现反常；
D、共价键结合的物质，除了H和B，一般都含有8电子的结构。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，且苯甲酸与NaOH反应后与苯分层，然后分液可分离，故A正确；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，故B错误；
C．二者均与KOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；
D．溴易溶于苯、生成的三溴苯酚易溶于苯，不能除杂，应选NaOH、分液，故D错误；
故选A．
【分析】A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，且苯甲酸与NaOH反应后与苯分层；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C．二者均与KOH反应；
D．溴易溶于苯、生成的三溴苯酚易溶于苯．
17．【答案】（1）Na；O2->Na+>Al3+
（2）HClO4>H2CO3>H2SiO3
（3）H2O>NH3>SiH4
（4）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（5） +2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2
【解析】【解答】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl元素。
(1)同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故在①～⑧元素中，Na原子半径最大；具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为O2->Na+>Al3+；
(2)非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则②、⑦、⑧的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2CO3>H2SiO3；
(3) 非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，则③、④、⑦的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是H2O>NH3>SiH4；
(4)⑥、⑧的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3、HClO4之间能发生化学反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(5)往Na2SiO3的水溶液中通入足量的CO2 ，反应生成硅酸和碳酸氢钠，其反应的离子方程式为 +2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2 。
【分析】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl元素，据此分析。
18．【答案】（1）NO2；1：1
（2）C；D
（3）2NO+2CO N2+2CO2
（4）6NO2+8NH3 7N2+12H2O；5.06
【解析】【解答】解：（1）在反应①中，NO2→NaNO2，N元素化合价降低1价，被还原，NO2→NaNO3，N元素化合价升高1价，被氧化，氧化剂和还原剂是NO2，
在反应②中，NO2中N元素化合价降低，被还原，则NO2为氧化剂，NO中N元素化合价升高，被氧化，则NO为还原剂，则由化合价的升降可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，故答案为：NO2；1：1；（2）A．二氧化氮和氢氧化钠溶液反应气体颜色消失，溶液为无色溶液，溴单质和氢氧化钠溶液反应蒸气颜色消失，得到无色溶液，不可以鉴别二者，故A错误；
B．淀粉碘化钾溶液中碘离子具有还原性，二氧化氮和溴单质都具有强氧化性，碘离子可以被二氧化氮、溴蒸气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，不能检验二者，故B错误；
C．二氧化氮气体通入硝酸银溶液中，二氧化氮和水反应，反应后气体颜色消失，溶液为无色，溴蒸气通入硝酸银溶液中，溴单质好水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀溴化银，可以鉴别二者，故C正确；
D．二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，气体颜色消失，溴单质溶于水溶解溶液呈橙色，可以鉴别二者，故D正确；
故答案为：C D；（3）NO和CO在催化作用下反应生成无毒气体，分别是二氧化碳和氮气，化学方程式为：2NO+2CO N2+2CO2，故答案为：2NO+2CO N2+2CO2；（4）氨气和二氧化氮反应生成无污染的物质，则生成氮气与水，反应方程式为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O，发生反应为8NH3+6NO2═7N2+12H20，
工厂排出的气体中二氧化氮为1×103m3×0.5%=5m3=5000L，
由8NH3+6NO2═7N2+12H20，可知需要氨气5000L× =6.67×103L，标准状况下物质的量n= =300mol，质量m=300mol×17g/mol=5062g=5.06Kg，
故答案为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O，5.06；
【分析】（1）氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，氧化剂在反应中得电子被还原，所含元素的化合价降低，还原剂在反应中被氧化，所含元素的化合价升高，被氧化，结合得失电子数目相等计算氧化产物和还原产物物质的量关系；（2）A．二氧化氮和氢氧化钠溶液反应气体颜色消失，溶液为无色溶液，溴单质和氢氧化钠溶液反应蒸气颜色消失，得到无色溶液；
B．淀粉碘化钾溶液中碘离子具有还原性，可以被二氧化氮、溴蒸气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色；
C．硝酸银溶液和二氧化氮气体反应气体颜色消失，溶液为无色，溴单质和硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀溴化银；
D．二氧化氮溶于水气体颜色消失，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，溴单质溶于水溶液呈橙色；（3）NO和CO在催化作用下反应生成无毒气体，分别是二氧化碳和氮气，由此分析书写化学方程式；（4）氨气和二氧化氮反应生成无污染的物质，则生成氮气与水，
19．【答案】（1）氧化剂
（2）1；3；8H+；2；3；4
（3）4Na+TiCl4 Ti+4NaCl
（4）FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；除去Fe3+；增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）
【解析】【解答】解：I、（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价，则CeO2在反应中作氧化剂，故答案为：氧化剂；（2）反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则最小公倍数为12，由电子守恒和原子守恒、电荷守恒可知配平后的离子方程式为：Cr2O72﹣+3SO32﹣+8H+═2Cr3++3SO42﹣+4H20，故答案为：1；3；8H+；2；3；4；（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl4 Ti+4NaCl；故答案为：4Na+TiCl4 Ti+4NaCl；（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；
故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，从而除去Fe3+；故答案为：除去Fe3+；③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）．
【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价；（2）从质量守恒、电荷守恒和电子守恒的角度配平方程式；（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+；③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶．
20．【答案】（1）Na；Cl；N；S
（2）1s22s22p63s23p6；
（3）Na+；S2﹣
【解析】【解答】解：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；A+比B﹣少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；A+是Na+离子，D2﹣离子是S2﹣离子，（1）A是 Na，B是Cl，C是N，D是S，故答案为：Na；Cl；N；S；（2）Cl﹣的电子排布式1s22s22p63s23p6，钠离子的结构示意图为： ，故答案为：1s22s22p63s23p6； ；（3）在Na、Cl、S三种元素的简单离子中，电子层数越小半径越小，所以半径最小的是Na+，其离子还原性最强的是S2﹣，故答案为：Na+；S2﹣．
【分析】B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；A+比B﹣少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；A+是Na+离子，D2﹣离子是S2﹣离子，据此解答．
21．【答案】（1）D；A
（2）B；萃取
（3）冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞
（4）ad
【解析】【解答】解：（1）从溶液中得到固体采用蒸发结晶的方法，所以从KCl溶液中得到KCl固体采用蒸发结晶的方法；氯离子易溶于水，但难挥发，水易被蒸发，所以除去自来水中的Cl﹣等杂质采用蒸馏的方法，故答案为：D；A；（2）从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法将碘从碘水中提取，然后采用分液方法分离，故答案为：B；萃取；（3）装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”，否则水蒸气急剧冷却易产生爆炸，装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞，故答案为：冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞；（4）除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42﹣时，先加水溶解，所以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2++CO32﹣=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤③②①⑥④⑦或⑤②③①⑥④⑦，故答案为：ad．
【分析】（1）从溶液中得到固体采用蒸发结晶的方法；除去自来水中的Cl﹣等杂质采用蒸馏的方法；（2）从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法；（3）装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”；分液时打开塞子或活塞；（4）粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质，提纯过程中，先加水溶解，然后把杂质转化为沉淀或气体除去，除Ca2+用CO32﹣，除Mg2+、Fe3+用OH﹣，除SO42﹣用Ba2+．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加的过量试剂除掉．
22．【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（2）淀粉溶液；蓝色褪去；80.99%；偏大
（3）2×10﹣10
（4）滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全
【解析】【解答】解：（1）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；（2）①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，
故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531mol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量为0.002531mol× ×64g/mol=0.8099g，所以铜的质量分数为 ×100%=80.99%，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，则所测定c （Cu2+）将会偏大，
故答案为：80.99%；偏大；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，所以c（Cu2+）= = mol/L=2×10﹣10mol/L，
故答案为：2×10﹣10；（4）由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+；②滴加NaOH溶液，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧，制得氧化锌，
故答案为：滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全．
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，（1）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（2）①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531Lmol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量，进而确定铜的质量分数，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，据此分析；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，根据c（Cu2+）= 进行计算；（4）滴加H2O2溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌．
一、单选题
1．对于下列事实的解释错误的是（ ）
A．因为硅可以导电，所以硅可以作为光导纤维的原料
B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
D．氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水
2．某矿泉水标签上印有主要的矿物质成分如下（单位为mg／L）：Ca 20，K 39，Mg 3，Zn 0.06，F 0.02等，这里的 Ca，K，Mg，Zn，F是指 （ ）
A．单质 B．元素 C．金属离子 D．分子
3．下列物质不能通过化合反应制取的是（ ）
A．NO B．FeSO4 C．H2SiO3 D．SO3
4．下列关于同分异构体、同系物、同素异形体、同位素的说法中错误的是（ ）
A．乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体
B． 与 互为同位素
C．氧气与臭氧互为同素异形体
D．乙烯与聚乙烯互为同系物
5．下列物质与用途对应关系错误的是（ ）
A．明矾——净水剂 B．二氧化硅——计算机芯片
C．氯气——自来水消毒 D．氧化铁——墙体涂料
6．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）
A．原子半径：S＞Cl B．热稳定性：HCl＞H2S
C．非金属性：Cl＞S D．酸性：HClO3＞H2SO3
7．海水是巨大的资源宝库。下图表示以海水为基本原料的相关工业，其中不符合实际情况的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
8．几种短周期元素的主要化合价及原子的原子半径数据见下表：
元素代号 L M Q R T
主要化合价 +2 +3 +6、﹣2 +7、﹣1 ﹣2
原子半径/nm 0.160 0.143 0.102 0.099 0.074
据表中信息判断，下列有关叙述中，正确的是（ ）
A．常温下，将单质M投入到浓硝酸中，剧烈反应，产生大量红棕色气体。
B．常温下，M与T形成的化合物，易溶于水，且水溶液显碱性。
C．Q、T两元素的氢化物热稳定性比较：Q的氢化物大于T的氢化物。
D．M的氧化物既能和强酸又能和强碱反应，且产物不同。
9．已知IIA元素由上至下依次是：Be、Mg、Ca、Sr、Ba、Ra；以同主族元素及其化合物性质的相似性为依据作出的下列判断不正确的（ ）
A．SrO可与盐酸反应 B．Sr（OH）2难溶于水
C．SrSO4难溶于水 D．Sr（OH）2是强碱
10．光纤的主要成分是（ ）
A．纯硅 B．铜 C．玻璃 D．二氧化硅
11．按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．下列说法错误的是（ ）
A．步骤（1）需要过滤装置
B．步骤（3）需要用到蒸发皿
C．活性天然产物易溶于有机溶剂难溶于水
D．步骤（4）是利用物质沸点差异进行分离的
12．ClO2是一种新型水处理剂，工业上用NaClO2与盐酸反应制备ClO2的反应如下：
①5NaClO2＋4HCl(稀)=5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O；
②NaClO2＋4HCl(浓)=NaCl＋2Cl2↑＋2H2O。
下列说法中正确的是( )
A．两种反应中HCl均是还原剂
B．盐酸浓度越大，还原性越强
C．①中氧化产物与还原产物物质的量之比为4∶5
D．②中每生成1 mol Cl2转移2 mol电子
13．已知下列元素的原子半径：
元素 N S O Si
原子半径/10-10 m 0.75 1.02 0.74 1.17
根据以上数据，磷元素的原子半径可能是（ ）
A．0.80×10-10 m B．1.10×10-10 m
C．1.20×10-10 m D．0.70×10-10 m
14．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述错误的是( )
A．气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
D．用中文“ ”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
15．近日，南方科技大学某课题组在一定条件下通过电解M元素的某种单质获得了一种新化合物(结构如下图所示)，其中X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，在元素周期表中元素Z与Y、M相邻。
下列叙述错误的是（ ）
A．X是制造电池的理想物质
B．M的最高价氧化物的水化物是中强酸
C．Z、M、Y的氢化物中沸点最高的也最稳定
D．该物质中的阴离子所含元素均满足8电子结构
16．提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（ ）
A．苯（甲苯）KMnO4（酸化），NaOH溶液分液
B．乙烷（乙烯）酸性KMnO4（溶液洗气
C．乙酸乙酯（乙酸）KOH溶液分液
D．苯（苯酚）浓Br2水过滤
二、综合题
17．下表中为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：
（1）在①～⑧元素中， 原子半径最大；④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为 。
（2）②、⑦、⑧的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是 。
（3）③、④、⑦的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是 。
（4）⑥、⑧的最高价氧化物对应的水化物之间能发生化学反应的离子方程式为 。
（5）往Na2SiO3的水溶液中通入足量的CO2 ，其反应的离子方程式为 。
18．氮氧化物进入大气后，可能会形成硝酸型酸雨，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理．
（1）用NaOH可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：
2NO2+2NaOH═NaNO2+NaNO3+H2O 反应中，还原剂是 ，
NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O 反应中，氧化产物和还原产物之比为 ．
（2）NO2和Br2蒸汽都是红棕色气体，下列可以用来鉴别这两种气体的试剂是 ．
A．用氢氧化钠溶液 B．淀粉碘化钾溶液
C．用硝酸银溶液 D．用蒸馏水
（3）汽车尾气中含有一氧化氮和一氧化碳，消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应生成两种对大气无污染的气体，该反应的化学方程式为 ．
（4）氨气也可用来处理氮氧化物，例如：氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，写出该反应的化学方程式： ，若某工厂排出的废气中二氧化氮含量为0.5%（体积分数），处理1000m3（标准状况）这种废气，需要 千克氨气．（结果保留两位小数）
19．铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用．
（1）二氧化铈 （CeO2）在平板电视显示屏中有着重要应用．CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作 剂．
（2）自然界Cr主要以+3价和+6价存在．+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬．完成并配平下列离子方程式：
Cr2O72﹣+ SO32﹣+ □= Cr3++ SO42﹣+ H2O
（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是 ．
（4）NiSO4 xH2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于镀镍、电池等，可由电镀废渣（除镍外，还含有铜、锌、铁等元素）为原料获得．操作步骤如下：
①向滤液Ⅰ中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质，除去Cu2+的离子方程式为 ．
②对滤液Ⅱ先加H2O2再调pH，调pH的目的是 ．
③滤液Ⅲ溶质的主要成分是NiSO4，加Na2CO3过滤后，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这两步操作的目的是 ．
20．有A、B、C、D四种元素，其中A和B原子都有1个未成对电子，A+比B﹣少一个电子层．B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满．C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物的水溶液的pH在同族氢化物中最大．D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D 40%，且其核内质子数等于中子数．据此判断：
（1）A是 ，B是 ，C是 ，D是 ．（填元素符号）
（2）B﹣的电子排布式 ，A+的结构示意图 ．
（3）在A、B、D三种元素的简单离子中，半径最小的是 ，其离子还原性最强的是 ．（填离子符号）
三、实验探究题
21．如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置 （填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl﹣等杂质，选择装置 ．
（2）从碘水中分离出I2，选择装置 ，该分离方法的名称为 ．
（3）装置A中①的名称是 ，进水的方向是从 口（上或下）进水．装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是 ．
（4）海水中蕴藏着丰富的资源，在实验室中取少量海水，进行如下流程的实验：
[海水] [粗盐] [食盐水]→[氯化钠晶体]，粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO 等杂质，需要提纯后才能综合利用．粗盐提纯的步骤有：
①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液③加入过量的NaOH溶液④调节溶液的pH等于7⑤溶解 ⑥过滤⑦蒸发正确的操作顺序是 （填选项字母）
a．⑤②③①⑥④⑦b．⑤①②③⑥④⑦
c．⑤②①③④⑥⑦d．⑤③②①⑥④⑦
22．废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO 的部分实验过程如下：
（1）写出铜帽溶解时铜与加入的稀硫酸、30%H2O2反应的离子反应方程式： ；铜帽溶解完全后，需加热（至沸）将溶液中过量的H2O2除去．
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去H2O2 后溶液中Cu2+的含量．实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点．上述过程中反应的离子方程式如下：
2Cu2++4I﹣=2CuI（白色）↓+I2 2S2O32﹣+I2=2I﹣+S4O62﹣
①滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 ；
②某同学称取1.0g电池铜帽进行实验，得到100.00mL含有Cu2+的溶液，量取20.00mL上述含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3～4，加入过量的KI，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点．再重复操作实验3次，记录数据如下：
实验编号 1 2 3 4
V（Na2S2O3）（mL） 28.32 25.31 25.30 25.32
计算电池铜帽中Cu的质量分数为 ，（结果保留四位有效数字）若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则所测定c （Cu2+）将会 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成了沉淀．已知KSP[Cu （OH）2]=2.0×10﹣20（mol/L）3，计算沉淀生成后溶液中c（Cu2+）= mol/L；
（4）已知pH＞11 时Zn（OH）2 能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol L﹣1计算）．
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.1 3.2
Fe2+ 1.8 8.8
Zn2+ 5.9 8.9
实验中可选用的试剂：30%H2O2、1.0mol L﹣1HNO3、1.0mol L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：①向滤液中加入适量30% H2O2，使其充分反应；
② ；③过滤；
④ ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.硅导电性介于导体和绝缘体之间，所以硅单质可以导电；但是作为光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，A符合题意；
B.浓硝酸不稳定见光易分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸使颜色变黄，B不符合题意；
C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质，体现浓硫酸具有脱水性，C不符合题意；
D.氨气极易溶于水，在喷泉实验中因溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.光导纤维的主要成分是二氧化硅；
B.浓硝酸中溶有二氧化氮呈黄色；
C.浓硫酸的脱水性使蔗糖变黑色；
D.氨气易溶于水，形成负压造成喷泉。
2．【答案】B
【解析】【解答】由题意可知，矿泉水标签上Ca，K，Mg，Zn，F是指元素，其存在形式可能以离子的形式存在于化合物中，
故答案为：B。
【分析】物质由元素组成，元素是具有相同核电荷数的一类原子的总称。
3．【答案】C
【解析】【解答】A. 氮气和氧气在放电的条件下化合生成NO，A不选；
B. 硫酸铁和铁发生化合反应生成FeSO4，B不选；
C. 二氧化硅不溶于水，H2SiO3不能通过化合反应制取，C选；
D. 氧气和二氧化硫在催化剂、加热条件下发生化合反应生成SO3，D不选；
故答案为：C。
【分析】A.氮气与氧气反应生成NO；
B.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁；
C.二氧化硅不溶于水；
D.二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.乙酸和甲酸甲酯分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A不符合题意；
B. 与 质子数相同，中子数不同，是氯元素的不同核素，互为同位素，B不符合题意；
C.氧气和臭氧是氧元素形成的结构不同单质，互为同素异形体，C不符合题意；
D.乙烯含碳碳双键，聚乙烯无碳碳双键，含官能团不同，不是同系物，D符合题意；
故答案为： D。
【分析】D、聚乙烯中是含碳碳单键长链，为高分子，是混合物。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾由于电离出Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体具有吸附性，故常用作净水剂，A不合题意；
B．晶体硅是良好的半导体材料，用于制作计算机芯片，B符合题意；
C．氯气能与水反应生成具有强氧化性的HClO，常用于自来水消毒，C不合题意；
D．氧化铁呈红棕色，且性质稳定，常用作墙体涂料，D不合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾中电离的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性；
C.氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可杀菌消毒；
D.氧化铁是常用的红色颜料。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，故原子半径：S＞Cl可以用元素周期律解释，A不合题意；
B．同一周期从左往右主族元素的非金属性增强，其简单气态氢化物的热稳定性也依次增强，故热稳定性：HCl＞H2S可以用元素周期律解释，B不合题意；
C．同一周期从左往右主族元素的非金属性增强，故非金属性：Cl＞S符合元素周期律，C不合题意；
D．非金属元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性与元素的非金属性一致，但HClO3、H2SO3不是Cl、S的最高价氧化物对应水化物，故酸性：HClO3＞H2SO3不能用元素周期律解释，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】同周期元素，从左到右，金属性依次减弱，非金属性依次增强，且最高价氧化物的水化物的酸性增强。
同一主族元素，从上到下，非金属性减弱，非金属单质的氧化性也减弱，对应非金属离子的还原性增强，且最高价氧化物的水化物的酸性性减弱。
7．【答案】D
【解析】【解答】钢铁工业与海水没有直接关系，
故答案为：D。
【分析】A、海水中含有大量的镁离子，工业上利用电解熔融氯化镁的方法来制取金属镁；
B、根据海水中存在丰富的溴元素分析；
C、利用海水蒸发制盐分析即可；
D、海水中铁元素很低，工业上不以此为原料制取。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．常温下，将单质铝投入到浓硝酸中，会发生钝化现象，不会产生大量红棕色气体，故A不符合题意；
B．常温下，Al与O形成的化合物为氧化铝，难溶于水，故B不符合题意；
C．O的非金属性强于S，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，S的氢化物的稳定性小于O的氢化物的稳定性，故C不符合题意；
D．铝的氧化物是氧化铝，既能和强酸反应生成铝盐和水，又能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，且产物不同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由表中化合价，可确定L、M、Q、R、T原子的最外层电子数依次为2、3、6、7、6，由原子半径，可确定L、M、Q、R为同周期元素，且都为第三周期元素，T为第二周期元素，从而确定L、M、Q、R、T分别为Mg、Al、S、Cl、O元素，然后分析。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：A、氧化钙与盐酸反应生成盐与水，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以SrO可与盐酸反应也与盐酸反应生成相应的盐与水，故A正确；
B、氢氧化钙微溶于水，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以Sr（OH）2溶解性大于氢氧化钙，而不是难溶于水，故B错误；
C、硫酸钙和硫酸钡不溶于水，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以SrSO4难溶于水，故C正确；
D、氢氧化钙和氢氧化钡都是强碱，根据同主族元素及其化合物性质的相似性，所以Sr（OH）2是强碱，故D正确；
故选B．
【分析】根据第二周期到到第六周期的元素从上往下金属性增强，与水反应越容易，最高氧化物对应的水化物的溶解性增强，碳酸盐都难溶于水，由此分析解答．
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．硅是半导体做太阳能电池，故A错误；
B．铜可做导线，故B错误；
C．玻璃的成分是硅酸盐、二氧化硅等，故C错误；
D．制备光导纤维的主要成分是二氧化硅，故D正确．
故选D．
【分析】光导纤维的主要成分是SiO2．
11．【答案】C
【解析】【解答】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；
B．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故B正确；
C．由步骤（3）可知，蒸发水溶液得到粗产品，则该有机物能溶于水，故C错误；
D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；
故选C．
【分析】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答．
12．【答案】B
【解析】【解答】A.①中盐酸中的Cl－全部转入到NaCl中，其化合价没有发生变化，电子转移发生在NaClO2中的氯原子之间，A不符合题意；
B.盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强，B符合题意；
C.①中ClO2是氧化产物，NaCl是还原产物，但NaCl中有五分之四的氯来源于盐酸，氧化产物和还原产物的物质的量之比为4∶1，C不符合题意；
D.②中每生成1 mol Cl2时转移1.5 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据还原剂失去电子，化合价升高分析A；根据盐酸表现出还原性时，浓度越大，还原性越强分析B；还原剂被氧化，生成氧化产物；氧化剂被还原，生成还原产物，据此分析C；②中每生成2molCl2时转移3mol电子，以此分析D。
13．【答案】B
【解析】【解答】N、P元素同主族，P原子半径大于N原子，P与S、Si同周期，则P原子半径大于S小于Si，所以1.02×10-10m < r(P) <1.17×10-10m，B项符合题意。
【分析】根据同主族元素，原子半径从上到下逐渐增大，同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小进行判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.非金属性O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选A；
B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；
C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，
D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；
故答案为：C
【分析】A.元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强；
B.由阴阳离子形成的化学键叫做离子键； 元素之间通过共用电子对形成的化学键叫做共价键；
C.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；
D.根据元素的原子序数可以确定其所在的周期数以及族序数。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．Li质量轻，且易失电子，绿色环保，是制造电池的理想物质，A不符合题意；
B．M的最高价氧化物的水化物是H3PO4，属于中强酸，B不符合题意；
C．Z、M、Y的氢化物分别为NH3、PH3、CH4，NH3分子间能形成氢键，故其沸点最高；同主族元素，原子序数越大，气态氢化物稳定性越弱，故NH3＞PH3，CH4分子的空间结构是正四面体，比NH3更稳定，C符合题意；
D．该物质中的阴离子所含元素均满足8电子结构，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、Li是常用的电池材料；
B、磷酸为中强酸；
C、相对分子质量越大，沸点越高，若是形成氢键则出现反常；
D、共价键结合的物质，除了H和B，一般都含有8电子的结构。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，且苯甲酸与NaOH反应后与苯分层，然后分液可分离，故A正确；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水、洗气，故B错误；
C．二者均与KOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；
D．溴易溶于苯、生成的三溴苯酚易溶于苯，不能除杂，应选NaOH、分液，故D错误；
故选A．
【分析】A．甲苯能被高锰酸钾氧化，而苯不能，且苯甲酸与NaOH反应后与苯分层；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C．二者均与KOH反应；
D．溴易溶于苯、生成的三溴苯酚易溶于苯．
17．【答案】（1）Na；O2->Na+>Al3+
（2）HClO4>H2CO3>H2SiO3
（3）H2O>NH3>SiH4
（4）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（5） +2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2
【解析】【解答】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl元素。
(1)同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故在①～⑧元素中，Na原子半径最大；具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故④、⑤、⑥的离子半径由大到小的顺序为O2->Na+>Al3+；
(2)非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则②、⑦、⑧的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2CO3>H2SiO3；
(3) 非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，则③、④、⑦的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是H2O>NH3>SiH4；
(4)⑥、⑧的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3、HClO4之间能发生化学反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
(5)往Na2SiO3的水溶液中通入足量的CO2 ，反应生成硅酸和碳酸氢钠，其反应的离子方程式为 +2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2 。
【分析】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥⑦⑧分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl元素，据此分析。
18．【答案】（1）NO2；1：1
（2）C；D
（3）2NO+2CO N2+2CO2
（4）6NO2+8NH3 7N2+12H2O；5.06
【解析】【解答】解：（1）在反应①中，NO2→NaNO2，N元素化合价降低1价，被还原，NO2→NaNO3，N元素化合价升高1价，被氧化，氧化剂和还原剂是NO2，
在反应②中，NO2中N元素化合价降低，被还原，则NO2为氧化剂，NO中N元素化合价升高，被氧化，则NO为还原剂，则由化合价的升降可知氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1，故答案为：NO2；1：1；（2）A．二氧化氮和氢氧化钠溶液反应气体颜色消失，溶液为无色溶液，溴单质和氢氧化钠溶液反应蒸气颜色消失，得到无色溶液，不可以鉴别二者，故A错误；
B．淀粉碘化钾溶液中碘离子具有还原性，二氧化氮和溴单质都具有强氧化性，碘离子可以被二氧化氮、溴蒸气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，不能检验二者，故B错误；
C．二氧化氮气体通入硝酸银溶液中，二氧化氮和水反应，反应后气体颜色消失，溶液为无色，溴蒸气通入硝酸银溶液中，溴单质好水反应生成HBr，HBr和硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀溴化银，可以鉴别二者，故C正确；
D．二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，气体颜色消失，溴单质溶于水溶解溶液呈橙色，可以鉴别二者，故D正确；
故答案为：C D；（3）NO和CO在催化作用下反应生成无毒气体，分别是二氧化碳和氮气，化学方程式为：2NO+2CO N2+2CO2，故答案为：2NO+2CO N2+2CO2；（4）氨气和二氧化氮反应生成无污染的物质，则生成氮气与水，反应方程式为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O，发生反应为8NH3+6NO2═7N2+12H20，
工厂排出的气体中二氧化氮为1×103m3×0.5%=5m3=5000L，
由8NH3+6NO2═7N2+12H20，可知需要氨气5000L× =6.67×103L，标准状况下物质的量n= =300mol，质量m=300mol×17g/mol=5062g=5.06Kg，
故答案为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O，5.06；
【分析】（1）氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，氧化剂在反应中得电子被还原，所含元素的化合价降低，还原剂在反应中被氧化，所含元素的化合价升高，被氧化，结合得失电子数目相等计算氧化产物和还原产物物质的量关系；（2）A．二氧化氮和氢氧化钠溶液反应气体颜色消失，溶液为无色溶液，溴单质和氢氧化钠溶液反应蒸气颜色消失，得到无色溶液；
B．淀粉碘化钾溶液中碘离子具有还原性，可以被二氧化氮、溴蒸气氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色；
C．硝酸银溶液和二氧化氮气体反应气体颜色消失，溶液为无色，溴单质和硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀溴化银；
D．二氧化氮溶于水气体颜色消失，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，溴单质溶于水溶液呈橙色；（3）NO和CO在催化作用下反应生成无毒气体，分别是二氧化碳和氮气，由此分析书写化学方程式；（4）氨气和二氧化氮反应生成无污染的物质，则生成氮气与水，
19．【答案】（1）氧化剂
（2）1；3；8H+；2；3；4
（3）4Na+TiCl4 Ti+4NaCl
（4）FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；除去Fe3+；增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）
【解析】【解答】解：I、（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价，则CeO2在反应中作氧化剂，故答案为：氧化剂；（2）反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则最小公倍数为12，由电子守恒和原子守恒、电荷守恒可知配平后的离子方程式为：Cr2O72﹣+3SO32﹣+8H+═2Cr3++3SO42﹣+4H20，故答案为：1；3；8H+；2；3；4；（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，反应的化学方程式为：4Na+TiCl4 Ti+4NaCl；故答案为：4Na+TiCl4 Ti+4NaCl；（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化，即FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；
故答案为：FeS+Cu2+=CuS+Fe2+；②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，从而除去Fe3+；故答案为：除去Fe3+；③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；故答案为：增大NiSO4的浓度，利于蒸发结晶（或富集NiSO4）．
【分析】（1）CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，Ce元素的化合价由+4价降低为+3价；（2）从质量守恒、电荷守恒和电子守恒的角度配平方程式；（3）工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，四氯化钛被钠还原为钛，依据原子守恒书写；（4）①FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化；②对滤液Ⅱ加H2O2的目的是将Fe2+氧化Fe3+，然后调pH沉淀Fe3+；③NiSO4与Na2CO3反应生成NiCO3沉淀，而后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4，这样可提高NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶．
20．【答案】（1）Na；Cl；N；S
（2）1s22s22p63s23p6；
（3）Na+；S2﹣
【解析】【解答】解：B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；A+比B﹣少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；A+是Na+离子，D2﹣离子是S2﹣离子，（1）A是 Na，B是Cl，C是N，D是S，故答案为：Na；Cl；N；S；（2）Cl﹣的电子排布式1s22s22p63s23p6，钠离子的结构示意图为： ，故答案为：1s22s22p63s23p6； ；（3）在Na、Cl、S三种元素的简单离子中，电子层数越小半径越小，所以半径最小的是Na+，其离子还原性最强的是S2﹣，故答案为：Na+；S2﹣．
【分析】B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满，B为Cl元素；A+比B﹣少一个电子层，则A为Na；C原子的p轨道中有3个未成对电子，C原子的外围电子排布为ns2np3，是第ⅤA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，所以为N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，为第ⅥA族元素，最高价氧化物中含D的质量分数为40%，可推知D的相对原子质量为32，其核内质子数等于中子数，所以质子数为16，D为S元素；A+是Na+离子，D2﹣离子是S2﹣离子，据此解答．
21．【答案】（1）D；A
（2）B；萃取
（3）冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞
（4）ad
【解析】【解答】解：（1）从溶液中得到固体采用蒸发结晶的方法，所以从KCl溶液中得到KCl固体采用蒸发结晶的方法；氯离子易溶于水，但难挥发，水易被蒸发，所以除去自来水中的Cl﹣等杂质采用蒸馏的方法，故答案为：D；A；（2）从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法将碘从碘水中提取，然后采用分液方法分离，故答案为：B；萃取；（3）装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”，否则水蒸气急剧冷却易产生爆炸，装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞，故答案为：冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞；（4）除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42﹣时，先加水溶解，所以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2++CO32﹣=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤③②①⑥④⑦或⑤②③①⑥④⑦，故答案为：ad．
【分析】（1）从溶液中得到固体采用蒸发结晶的方法；除去自来水中的Cl﹣等杂质采用蒸馏的方法；（2）从碘水中分离出I2，碘易溶于有机溶剂而难溶于水，所以可以采用萃取方法；（3）装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是“下进上出”；分液时打开塞子或活塞；（4）粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质，提纯过程中，先加水溶解，然后把杂质转化为沉淀或气体除去，除Ca2+用CO32﹣，除Mg2+、Fe3+用OH﹣，除SO42﹣用Ba2+．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加的过量试剂除掉．
22．【答案】（1）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（2）淀粉溶液；蓝色褪去；80.99%；偏大
（3）2×10﹣10
（4）滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全
【解析】【解答】解：（1）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；（2）①淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，
故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531mol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量为0.002531mol× ×64g/mol=0.8099g，所以铜的质量分数为 ×100%=80.99%，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，则所测定c （Cu2+）将会偏大，
故答案为：80.99%；偏大；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，所以c（Cu2+）= = mol/L=2×10﹣10mol/L，
故答案为：2×10﹣10；（4）由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为：①①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+；②滴加NaOH溶液，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，③过滤，④向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧，制得氧化锌，
故答案为：滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol L﹣1NaOH，调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全．
【分析】废弃旧电池的铜帽加水超声洗涤去除表面的可溶性杂质，然后加入稀硫酸和双氧水，双氧水具有强氧化性，能在酸性条件下氧化铜生成铜盐，加入氢氧化钠降低酸性，然后加入足量的锌灰，由于锌的活泼性强于铜，故能把铜从其盐溶液中置换出来，剩余锌的化合物制备ZnO，（1）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；（2）①根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；②根据题中数据可知，第一次数据偏差较大，为偶然误差，应去掉，所以Na2S2O3标准溶液的体积为 mL=25.31mL，则消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.02531L=0.002531Lmol，根据反应2Cu2++4I﹣═2CuI（白色）↓+I2、2S2O32﹣+I2═2I﹣+S4O62﹣得关系式2Cu2+～I2～2S2O32﹣，根据关系可求得铜元素的质量，进而确定铜的质量分数，若滴定前溶液中的H2O2没有除尽，则加入碘离子后双氧水氧化碘离子产生的碘单质，会导致Na2S2O3标准溶液消耗偏大，据此分析；（3）常温下，若向50mL 0.0001mol/L CuSO4溶液中加入50mL0.00022mol/LNaOH溶液，生成氢氧化铜沉淀，溶液中剩余的氢氧化钠的物质的量浓度为 =0.00001mol/L，根据c（Cu2+）= 进行计算；（4）滴加H2O2溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌．