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

第1章《原子结构 元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．某元素原子 M 层电子数比 K 层电子数多 5 个，该元素的最高正价为
A．+7 B．+5 C．+3 D．无最高正价
2．由下列实验操作和现象能推出相应结论的是
选项 实验操作 现象 结论
A 缓慢通入滴有酚酞的溶液中 溶液红色褪去 具有漂白性
B 向溶液中加入少量氯水，再加萃取 层无色 的还原性强于
C 将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡 有白色沉淀产生 非金属性：
D 向某酸雨样品中加入溶液 有白色沉淀生成 酸雨样品中一定含
A．A B．B C．C D．D
3．下列说法正确的是
A．溶于水能导电，所以是电解质
B．在水中溶解度很小，其导电能力弱，故是弱电解质
C．明矾净水的原理是形成氢氧化铝胶体除去水中的杂质和细菌
D．富勒烯、碳纳米管、石墨烯互为同素异形体
4．下列说法正确的是（ ）
A．原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族
B．位于同一主族相邻的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能是x+4
C．D 核外有36个电子，则D元素位于第四周期第ⅦA族
D．位于同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第ⅠA族，原子序数为x；乙位于第ⅢA族，则乙原子序数可能为x+19
5．2019年是元素周期表诞生150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。对元素周期表的诞生作出突出贡献的科学家是
A．道尔顿 B．侯德榜 C．汤姆孙 D．门捷列夫
6．与 W 相邻的X、Y、Z三种短周期主族元素，其中X、Y、Z三种元素最外层电子数之和为18，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，X、W 同主族。下列说法不正确的是
A．X与 W 可以形成 WX2、WX3 两种常见化合物
B．Z元素最高价氧化物对应水化物的化学式为 H3ZO4
C．Y 的简单氢化物的沸点比X的简单氢化物的沸点高
D．Y、Z、W 的原子半径大小：Z>W>Y
7．两种微粒的质子数相等，电子数也相等，它们不可能是（ ）
A．一种单质分子和一种化合物分子
B．一种阳离子和一种阴离子
C．两种不同的阳离子
D．两种不同的阴离子
8．某药品说明书中标明：本品每克含碘15mg，镁65mg，铜2mg，锌1.5mg，锰1mg，这里所标的各成分是
A．分子 B．元素 C．单质 D．离子
9．考古学上常用C来测定文物的历史年代。下列关于C的叙述错误的是(　　)
A．质子数是6 B．核外电子数是6
C．中子数是6 D．质量数是14
10．下列物质的使用不涉及化学变化的是（ ）
A．明矾用作净水剂 B．液氮用作制冷剂
C．氢氟酸刻蚀玻璃 D．生石灰作干燥剂
11．物质的性质决定其用途。下列说法正确的是
A．石英坩埚耐高温，可用于加热熔化烧碱、纯碱等固体
B．熟石灰具有碱性，可用于改良酸性过强的土壤
C．浓硝酸具有酸性，可用于除去铝表面的氧化膜
D．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥HI、等气体
12．2021年，我国在科技创新和高端制造领域取得一系列重大突破，下列说法正确的是
A．现场光纤量子通信突破500公里量级，创世界纪录，所用的光导纤维属于新型高分子材料
B．我国首台套天然气长输管道国产30兆瓦级燃驱压缩机组成功鉴定验收，天然气属于新能源
C．首次利用CO2和H2人工合成淀粉，为实现碳达峰、碳中和提供新思路
D．“人造太阳”利用核聚变，在1.2亿摄氏度下，成功“燃烧”101秒，该过程属于化学变化
二、非选择题（共10题）
13．用A 质子数　B 中子数　C 核外电子数　D 最外层电子数　E 电子层数　填写下列空白：(填编号)
(1)核素种类由质子数和___________决定；
(2)元素种类由___________决定；
(3)周期序数是由___________决定；
(4)元素的化学性质主要由___________决定
14．在分液漏斗中用一种有机溶剂提取水溶液里的某物质时，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。________
15．比较下列两组元素原子得电子能力的强弱，并从原子结构的角度进行论证。
(1)O和F_______
(2)O和S_______
16．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行试验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
试验过程：
I.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
II.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
III.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。
IV.打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。
已知：I2溶于CCl4呈紫红色
(1)仪器A的名称为_______，CCl4的电子式为_______。
(2)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______。
(3)B中溶液发生反应的离子方程式是_______。
(4)验证溴的氧化性强于碘的现象是_______。
(5)过程III实验的目的是_______。
(6)试从微观角度解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_______，得电子能力逐渐减弱。
17．某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
(1)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理，请说明理由？ ___________。
(2)根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律。利用装置图1一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究。
①实验中A选用的物质名称为___________，B中为碳酸钙固体，C选用的物质名称为___________；
②装置B中出现的现象为___________。
③但有同学认为该装置有缺陷，如何改进？___________。
(3)继续利用装置图1证明非金属性氯大于硫，选择合适药品设计实验验证。实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置B中所装药品为KMnO4 ，装置B中发生反应的化学方程式为___________， 装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为___________。
18．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示：
实验I：探究同主族元素C和Si非金属性递变规律。
已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有盐酸，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，C装置中装有足量Na2SiO3溶液。(硅酸为难溶于水的白色胶状沉淀。)试回答：
(1)A中反应的离子方程式为___________，B装置的作用是___________；
(2)C中可观察到的现象是___________；
(3)根据实验现象推知，碳酸、盐酸、硅酸的酸性强弱顺序为___________，能否由此得出碳、氯、硅三种元素非金属性的强弱___________填“能”或“否”并说明理由___________。
实验II：探究同周期元素S和Cl的非金属性强弱。
已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，B装置中装有Na2S溶液，(S为淡黄色不溶于水的固体。)试回答：
(4)A装置分液漏斗中所装试剂为___________，B中可观察到的现象是___________；
(5)C装置的作用是___________，写出C中发生反应的离子方程式___________。
(6)验结论：氧化性：___________，非金属性：___________。
19．某元素的同位素，它的氯化物XCl21.11g溶于水配成溶液后，加入1mol/L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，求：
(1)Z值_________和A值_________。
(2)X元素在周期表中的位置_________。
20．工业生产粗硅的主要原理为：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑
(1)若在制粗硅的过程中同时生成了碳化硅，请写出该反应的方程式：___________ 。
(2)若在制粗硅的过程中同时生成了碳化硅，且生成的硅和碳化硅的物质的量之比为5∶1，则参加反应的C和SiO2的质量比为__________。
(3)工业上可通过如下流程由粗硅制取纯硅：
Si(粗)SiCl4(l)Si(纯)
若上述反应中Si（粗）和SiCl4的利用率均为80%，制粗硅时有10%的SiO2转化为SiC，则生产100.8t纯硅，需纯度为75%的石英砂（主要成分为SiO2）多少吨？_____________
(4)工业上还可以通过下图所示的流程来制取纯硅：
反应①：Si(粗)＋3HCl(g)=SiHCl3(l)＋H2(g)
反应②：SiHCl3＋H2=Si(纯)＋3HCl
假设在每一轮次的投料生产中，硅元素没有损失，反应①中HCl的利用率为75%，反应②中H2的利用率为80%，则在下轮次的生产中，需补充投入HCl和H2的体积比为多少？_____________
21．在一定温度下，溶质溶解在两种互相接触但互不相溶的溶剂中的浓度之比是一个常数K。若CA(克／升)、CB(克／升)分别表示溶质在A、B两种溶液中的浓度，则CA/CB=K。对溶质碘来说，有CCCl4/CH2O=85。现有2升碘水，其中含碘为0.02克。若用CCl4为萃取剂，以两种不同方法进行萃取：
（1）第一种方法是用50毫升萃取剂萃取一次，则水中残余碘的质量为_________g。
（2）第二种方法是分两次萃取，每次用25毫升萃取剂，求水中残余碘的质量。____________
22．A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如右图所示。A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。B原子核内质子数和中子数相等。
(1)写出A、B、C三种元素的名称________、________、________。
(2)B位于元素周期表中第________周期________族。
(3)C的原子结构示意图为________。
参考答案：
1．A
原子核外M电子层上有电子时，则K层、L层上电子数分别为2、8，则M电子层上的电子数为7，则该元素最外层电子全部失去时，该元素处于最高价，即最高正价为+7，故答案为：A。
2．B
A．SO2和NaOH反应生成Na2SO3，导致溶液碱性减弱，红色褪去，A错误；
B．FeBr2溶液中滴加少量氯水，先氧化亚铁离子，加CCl4萃取溶液分层，水层变黄，CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br-，B正确；
C．发生强酸制取弱酸的反应，且盐酸为无氧酸，则不能由盐酸、硅酸的酸性比较非金属性，C错误；
D．二氧化硫与氢氧化钡反应生成亚硫酸钡，可能混有亚硫酸根，D错误；
故选：B。
3．D
A．溶于水能导电，是因为，是电解质，是非电解质，描述错误，不符题意；
B．在水中溶解度很小。但溶于水的部分是完全电离的，故是强电解质，描述错误，不符题意；
C．明矾净水的原理是形成氢氧化铝胶体，吸附水中的杂质一起凝聚而沉降，本身不具有强的氧化性，故不能除去细菌，描述错误，不符题意；
D．富勒烯、碳纳米管、石墨烯均是由碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
4．C
A. H和Li的原子序数之差为2，这两种元素位于同一主族，选项A不正确；
B. 位于同一主族相邻的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能是x+2或x+8或x+18或x+32，选项B不正确；
C. D 核外有36个电子，则D元素的原子有35个电子、是35号元素，故其位于第四周期第ⅦA族，选项C正确；
D. 位于同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第ⅠA族，原子序数为x；乙位于第ⅢA族，则乙原子序数可能为x+2或x+12或x+16，选项D不正确。
答案选C。
5．D
1869年俄国化学家门捷列夫根据当时已经发生的元素的相对原子质量大小排布了第一张元素周期律，对新元素的发现及物质性质的研究作出突出贡献，故合理选项是D。
6．C
Y的最高正价与最低负价的代数和为6，可知Y的最高正价为+7价，最低负价为-1价，符合条件的短周期主族元素只有Cl元素，故Y为Cl，由于W 与X、Y、Z三种短周期主族元素相邻，故W为S元素，X、W 同主族，则X为O元素，X、Y、Z三种元素最外层电子数之和为18，则Z为P元素，据此解答。
Y的最高正价与最低负价的代数和为6，可知Y的最高正价为+7价，最低负价为-1价，符合条件的短周期主族元素只有Cl元素，故Y为Cl，由于W 与X、Y、Z三种短周期主族元素相邻，故W为S元素，X、W 同主族，则X为O元素，X、Y、Z三种元素最外层电子数之和为18，则Z为P元素；
A． O与S可以形成SO2、SO3两种常见化合物，故A正确；
B．P元素最高价氧化物对应水化物的化学式为 H3PO4，故B正确；
C．Cl的简单氢化物为HCl，O的简单氢化物为H2O，沸点：H2O>HCl，故C错误；
D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，故Cl、P、S的原子半径大小：P>S>Cl，故D正确；
故答案选C。
7．B
A．分子中核外电子数等于核内质子数，所以一种单质和一种化合物分子可能电子数和质子数都相同，如一氧化碳分子和氮气分子中电子数和质子数都相同，A不符合题意；
B．阳离子中核内质子数＞核外电子数，阴离子中核内质子数＜核外电子数，所以一种阳离子和一种阴离子只要质子数相同时，电子数就不同，B符合题意；
C．两种不同的阳离子可以是质子数相等，电子数也相等，如Na+和NH，C不符合题意；
D．两种不同的阴离子可以是质子数相等，电子数也相等，如F-和OH-，D不符合题意；
答案选B。
8．B
某药品说明书上所标的“碘、镁、锌”不是以单质、分子、原子等形式存在，这里所指的“碘、镁、铜、锌、锰”是强调存在的元素，与具体形态无关；
故选B。
9．C
考古学上常用C来测定文物的历史年代，C左上角的数字14是质量数，左下角的数字6是质子数。原子的核外电子数=质子数，中子数=质量数-质子数=14-6=8，答案选C。
【点睛】原子的质子数和核外电子数是相等的，质量数等于质子数加中子数。
10．B
A．明矾用作净水剂是由于电离产生的Al3+发生水解反应形成的Al(OH)3胶体有吸附作用，发生的是化学变化，选项A错误；
B．液氨沸点低，气化时吸收大量的热，使环境的温度降低，因此可以用作制冷剂，由于在变化过程中没有产生新的物质，因此是物理变化，选项B正确；
C．催化剂改变反应历程，实质是参加化学反应，发生的是化学变化，选项C错误；
D．生石灰可以和水反应产生Ca(OH)2，产生了新的物质，是化学变化，选项D错误。
答案选B。
11．B
A．石英主要成分二氧化硅，能与碱性物质反应，所以石英坩埚耐不能用来加热熔化烧碱、纯碱等固体，故A错误；
B．熟石灰具有碱性，可以中和酸，则可用于改良酸性过强的土壤，故B正确；
C．浓硝酸与铝发生钝化，所以不能用于除去铝表面的氧化膜，故C错误；
D．浓硫酸具有强的氧化性，与HI发生氧化还原反应，所以不能用于干燥HI，故D错误；
故选：B。
12．C
A．光导纤维为二氧化硅，为新型无机非金属材料，不属于新型高分子材料，A错误；
B．天然气属于化石燃料，不是新型能源，B错误；
C．CO2和H2人工合成淀粉，减少了CO2的排放，为实现碳达峰、碳中和提供新思路，C正确；
D．化学反应为原子核外电子的变化，原子核不发生变化，所以核聚变不是化学变化，属于核物理范围，D错误；
故选C。
13． B A E D
(1)核素是具有一定质子数和一定中子数的一种原子，所以核素的种类由质子数和中子数共同决定，故选B；
(2)元素是具有相同质子数即核电荷数的一类原子的总称，所以元素的种类由质子数即核电荷数决定，故选A；
(3)同一周期元素原子的电子层数相同，周期序数=电子层数，所以周期序数由电子层数决定，故选E；
(4)元素的原子在发生化学反应时，主要是最外层电子发生变化，所以元素的化学性质主要由最外层电子数决定，故选D。
14．取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明分液漏斗中，下层是“水层”，反之，则上层是水层
根据有机溶剂与水不互溶会分层的原理分析，取一支小试管，打开分液漏斗的活塞，慢慢放出少量液体于小试管，往其中加入少量水，如果加水后，试管中的液体不分层，说明小试管里的是水，即分液漏斗中液体的下层是“水层”，反之，则上层是水层。
15．(1)O(2)O>S
（1）O和F位于同一周期，电子层数相同。当电子层数相同时，核电荷数越大，最外层电子离核越近，原子越难失电子，越容易得电子。F的核电荷数为9，氧的核电荷数为8，所以F的得电子能力大于O，故答案为：O（2）O和S位于同一主族，最外层电子数相等。当原子的最外层电子数相等时，电子层数越多，最外层电子离核越远，原子越易失电子，越难得电子。S的原子层数多于O，所以O的得电子能力大于S，故答案为：O>S。
16．(1) 圆底烧瓶
(2)淀粉—KI试纸变蓝
(3)Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
(4)D中CCl4层溶液变为紫红色
(5)确认C中的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
(6)原子半径逐渐增大
在A中，浓盐酸与KMnO4固体反应可制得氯气；Cl2能使淀粉KI试纸变蓝，则表明氯气的氧化性大于I2；在B中，起初通入氯气溶液呈黄色，后来继续通入氯气，溶液呈棕色，表明C溶液中只生成Br2，没有Cl2剩余。
（1）根据装置图，仪器A的名称为圆底烧瓶，CCl4是共价化合物，电子式为；
（2）验证氯气的氧化性强于碘，常用Cl2与KI反应，再检验生成的I2，实验现象是A中淀粉—KI试纸变蓝；
（3）B中溶液中，Cl2与NaBr发生置换反应生成NaCl和Br2，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
（4）验证溴的氧化性强于碘，则Br2与KI发生置换反应生成I2，I2被CCl4萃取后进入下层，所以现象是D中CCl4层溶液变为紫红色；
（5）过程Ⅲ中实验，表明溶液中通入Cl2，能继续反应生成Br2，则Br-有剩余，溶液中不存在Cl2，目的是确认C中的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
17． 不合理，用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱比较，而NH3H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，无法比较。 稀硝酸 硅酸钠或硅酸钾溶液 有气泡产生，固体物质逐渐溶解 在B、C之间加一个装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶 2KMnO4+ 16HCl=2MnC12+2KC1+5C12+8H2O S2- + Cl2=S↓+2C1-
(1)将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行，而NH3H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，所以不合理。故答案为：不合理，用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱比较，而NH3H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，无法比较。
(2)①根据题干信息：甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素非金属性强弱比较的实验研究，硝酸的酸性强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则原子的非金属性越强，所以A为稀硝酸，B为碳酸钙或碳酸钡，C为硅酸钠或硅酸钾溶液。故答案：稀硝酸；硅酸钠或硅酸钾溶液。
②根据上述分析可知：装置B为碳酸钙能和硝酸反应生成二氧化碳、硝酸钙和水，所以装置B中出现的现象是有气泡产生，固体物质逐渐溶解。故答案：有气泡产生，固体物质逐渐溶解。
③因为硝酸具有挥发性，所以应在B、C之间加一个装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去挥发出来的硝酸。故答案：在B、C之间加一个装有碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
(3) 要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所装药品为浓盐酸，装置B中所装药品为KMnO4，装置B中发生反应的化学方程式为：2KMnO4+ 16HCl=2MnC12+2KC1+5C12+8H2O。C中所装药品应为Na2S溶液，通入Cl2后发生反应为：S2- + Cl2=S↓+2C1-，S难溶于水的淡黄色固体，所以C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成。故答案为：2KMnO4+ 16HCl=2MnC12+2KC1+5C12+8H2O；S2- + Cl2=S↓+2C1-。
18．(1) CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 除去挥发的HCl气体
(2)有白色沉淀生成
(3) 盐酸＞碳酸＞硅酸 否 碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸，所以可证明碳的非金属性大于硅；但是盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能得到Cl的非金属性强于碳
(4) 浓盐酸 生成黄色沉淀
(5) 进行尾气吸收 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(6) Cl2＞S Cl＞S
实验Ⅰ：在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl在B中与NaHCO3反应变为CO2而被除去，在C中CO2与溶液中的Na2SiO3溶液发生反应产生H2SiO3沉淀，得到结论酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：C＞Si。
实验Ⅱ：在A中酸性KMnO4溶液与浓盐酸发生氧化还原反应产生Cl2，在B中Cl2与Na2S溶液反应产生难溶于水的S单质，证明物质的氧化性：Cl2＞S，从而得出元素的非金属性：Cl＞S的结论，Cl2具有毒性，要使用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。
（1）
在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，该反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，B中NaHCO3溶液的作用是为了除去挥发的HCl气体。
（2）
根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，因此看到的实验现象是：有白色沉淀生成。
（3）
A中反应是碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸的原理可知：盐酸的酸性强于碳酸；碳酸的酸性强于硅酸，所以三种酸的酸性强弱顺序是：盐酸＞碳酸＞硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸，所以可证明碳的非金属性大于硅；但是盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能得到Cl的非金属性强于碳。
（4）
在A装置中，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，所以分液漏斗中所装试剂为浓盐酸；氯气通入装置B中，与溶液中硫化钠发生反应，S2-+Cl2=S↓+2Cl-；由于S是淡黄色不溶于水的物质，因此看到B装置的溶液中出现淡黄色沉淀。
（5）
装置中挥发出来的氯气有毒，会污染空气，氢氧化钠能吸收氯气，所以要用装置C的氢氧化钠溶液进行尾气吸收，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（6）
单质的氧化性越强，则相应元素的非金属性就越强。根据装置B的反应S2-+Cl2=S↓+2Cl-可得到物质的氧化性：Cl2＞S，从而证明元素的非金属性：Cl＞S。
19．(1) 20 40
(2)第四周期第ⅡA族
（1）由Cl-+Ag+═AgCl↓可知，n（Cl-）=n（Ag+）=0.02L×1mol/L=0.02mol，所以n（XCl2）=0.5n（Cl-）=0.5×0.02mol=0.01mol，则M（XCl2）=1.11g÷0.01mol=111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，因此X的相对原子质量=111-35.5×2=40，即X的质量数为40，质子数=质量数-中子数=40-20=20，即Z=20，A=40；
（2）X的原子序数为20，X为Ca，位于第四周期第ⅡA族。
20． SiO2 ＋ 3C SiC＋2CO 13:30 500t 4:1
(1)根据反应SiO2+2C Si(粗)+2CO↑，SiO2+3CSiC+2CO↑及硅和碳化硅的物质的量之比为5∶1，计算出参加反应的C 和SiO2的质量比；
(2)根据石英砂和硅之间关系式进行计算；
(3)由工艺流程与反应①、反应②可知，补充的HCl等于损失的HCl、补充的氢气等于损失的氢气，分别计算出损失的氯化氢和氢气的物质的量。
(1) SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑，硅与碳又反应生成了碳化硅，反应的方程式为，故答案为：SiO2 ＋ 3C SiC＋2CO↑；
(2)设硅的物质的量为5xmol，则碳化硅的物质的量为xmol，根据方程式SiO2+2CSi(粗)+2CO↑，SiO2+3CSiC+2CO↑，生成5xmol硅、xmol碳化硅需要碳的物质的量是10x+3x=13xmol，二氧化硅的物质的量是5xmol+xmol=6xmol、所以参加反应的 C 和 SiO2的质量比=(13x×12)g∶(6x×60)g=13∶30，故答案为：13∶30；
(3)设需要生产100.8t纯硅，需纯度为75%石英砂m吨，则：
=，解得：m=500t，故答案为：500t；
(4)由工艺流程与反应①、反应②可知，补充的HCl等于损失的HCl、补充的氢气等于损失的氢气，制备1mol纯硅需要1mol粗硅，由反应①可知需要HCl物质的量为3mol，故实际通入的HCl为，补充的HCl为-3mol=1mol，由反应②可知，需要氢气的物质的量为1mol，实际通入氢气为mol，补充的氢气为-1mol=0.25mol，故需补充投入HCl和H2的物质的量之比是1∶0.25=4∶1，故答案为：4∶1。
21． 0.0064 0.0047g
(1)萃取一次，根据，则设C(I2)H2O=x，则C(I2)CCl4=85x，有C(I2)H2OV(H2O)+C(I2)CCl4V(CCl4)=m(I2)，2x+85x×0.05=0.02，得x=0.0032g·L－1，残存碘的量m(I2)=2L×0.0032g·L－1=0.0064g；
(2)按两次萃取，设C(I2)H2O=a(第一次)，有2a+85a×0.025=0.02,a≈0.00485g·L－1，m(I2)=0.00485g·L－1×2L=0.0097g；再设C(I2)H2O=b(第二次)，2b+85b×0.025=0.0097，b≈0.00235g·L－1，残存碘量m(I2)=2L×0.00235g·L－1=0.0047g。
22． 氮 硫 氟 三 ⅥA
本题考查元素周期表结构，因为是短周期，根据三种元素所处的位置，因此三种元素位于第二周期和第三周期，令A的原子序数为x，则c的原子序数为x＋2，B的原子序数为x＋9，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x＋x＋2=x＋9，即x=7，推出A为N，C为F，B为S，据此分析解答。
（1）根据上述分析，三种元素的名称为氮、硫、氟；
（2）S位于第三周期第VIA族；
（3）F的原子结构示意图为：。
【点睛】本题难点是三种元素原子序数之间的关系，因为是短周期元素，因此同主族原子序数之间相差8（除H和Li外），有令A的原子序数为x，则c的原子序数为x＋2，B的原子序数为x＋9，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x＋x＋2=x＋9，即x=7，推出A为N，进一步推出其他物质。