第四章 物质结构元素周期律 测试题 （含解析） 2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第四章 物质结构元素周期律 测试题 （含解析） 2022-2023学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 451.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-26 16:05:49 | ||
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文档简介
第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列说法正确的是
A．在所有元素中，氟的第一电离能最大
B．处于最低能量的原子叫做基态原子
C．原子半径最小的氢元素的电负性最大
D．最外层电子数为8的都是稀有气体元素的原子
2．同主族元素随着原子序数的递增，下列说法正确的是
A．单质熔沸点逐渐降低 B．金属单质的还原性逐渐减弱
C．原子半径逐渐增大 D．元素的非金属性逐渐增强
3．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．CO2的电子式： B．NH3的结构式为：
C．CH4的比例模型： D．Clˉ离子的结构示意图：
4．下列化学用语正确的是
A．氯化钠的电子式：
B．苯的结构简式：
C．硅的原子结构示意图：
D．氯化钙的电离方程式：
5．元素的化学性质主要取决于原子的
A．质子数 B．中子数
C．最外层电子数 D．核外电子数
6．下列比较中正确的是（ ）
A．离子还原性：S2->Cl->Br->I-
B．氧化性：F2>Cl2>Br2>S
C．酸性：H2SO4>HClO4>H3PO4
D．非金属性：F>Cl>S>O
7．X、Z、Q、R+、M 5种微粒，所属元素的种类有
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
8．下列说法正确的是
A．和互为同位素 B．HClO的电子式：
C．CO和互为同素异形体 D．和互为同分异构体
9．下列物质中含有离子键的是
A．AlCl3 B．NH4Cl C．CO2 D．H2O2
10．下列说法正确的是
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
11．下列关于铝及其化合物的叙述正确的是
A．Al是地壳中含量最多的元素
B．Al2O3的熔点很高，是一种较好的耐火材料
C．向Al2(SO4)3溶液中滴加过量NaOH溶液制备Al(OH) 3
D．铝制品在生活中被广泛使用，说明铝是一种不活泼的金属
12．氟在自然界中常以CaF2的形式存在，下列表述正确的是
A．Ca2+与F-间只存在静电吸引作用
B．F-的离子半径小于Cl-， 则CaF2的熔点低于CaCl2
C．CaF2晶体中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
D．正、负离子数目比为1： 2的离子晶体，一定具有与CaF2相同的晶胞结构
二、非选择题（共10题）
13．填空
(1)下列8种化学符号：、、、、、、、。
其中表示核素的符号共_______种，互为同位素的是_______和_______，中子数相等，但质子数不相等的核素是_______和_______。
(2)请选择下列物质中合适的物质直接填空：
NaOH、氯化钡、氮气、CO2、H2O2、氯化铵
只含有离子键的有_______(请用化学式填写，下同)，既含有离子键又含有共价键的有_______，只含有极性键的有_______，含有非极性键的有_______。
14．已知某简单(单核)粒子的原子核外有10个电子。
(1)若为原子，请画出其原子结构示意图______________。
(2)若为阳离子，请写出其常见的离子符号______________。
(3)若为阴离子，请写出其常见的离子符号______________。
15．(1)①写出Na2O的名称：_________；②写出乙酸官能团的名称_________。
(2)写出乙烯通入溴水溶液反应的化学方程式：______________________。
(3)写出硫在周期表中的位置：_________
16．草酸(H2C2O4)及其盐类化合物在化学工业中有重要作用。请回答下列问题：
(1)实验室中可以在50℃左右，用浓硝酸在硝酸汞催化下氧化乙炔(C2H2)气体来制备草酸。其主要装置如下图。
C2H2的电子式为____；仪器X的名称为____；装置中浓硝酸的还原产物为NO2，生成草酸的化学方程式为____，若反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢，主要原因是____。
(2)三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，可作有机反应的催化剂。某实验小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为原料制备三草酸合铁酸钾的步骤如下：
①称取5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O固体，溶解，加硫酸酸化，搅拌下加入25mL1mol·L-1H2C2O4溶液，静置，析出黄色的FeC2O4·2H2O沉淀，过滤并洗涤沉淀2~3次。
②将上述FeC2O4·2H2O沉淀溶解在10mL饱和草酸钾溶液中，再加入20mL饱和H2C2O4溶液，保持溶液温度40℃左右，缓慢滴加3%H2O2溶液，不断搅拌，沉淀慢慢变为深棕色；加热至沸腾30min，再加入8~9mL草酸溶液，控制pH在3~4，变为绿色透明的三草酸合铁酸钾溶液。
③加热浓缩，缓慢加入95%的乙醇，冷却结晶、过滤，洗涤晶体2~3次，干燥、称量。
其中，生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为____；保持溶液温度40℃所采用的加热方法是____，加热至沸腾30min的目的是____；洗涤晶体所用试剂为____。
(3)制得的三草酸合铁酸钾晶体中往往会混有少量草酸。为测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(M=491g/mol)的纯度，进行如下实验：
称取样品10.72g，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数为_______(保留两位小数)。
17．为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如图实验，请回答下列问题：(原理：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O)
(1)装置B中盛放的试剂是___(填选项)，实验现象为___，化学反应方程式是___。
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液 C．Na2SO4溶液
(2)装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是______。反应的离子方程式是______________________。
(3)不能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为_____。(填序号)
①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子
②S2-比Cl-还原性强
③次氯酸的氧化性比稀硫酸强
④HCl比H2S酸性强
(4)若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现分层，下层呈紫红色的实验现象，若B瓶中通入标准状况下44.8L氯气全部参加反应，则转移的电子数目是___。
18．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。同学设计了如图装置来验证卤族元素性质的递变规律。A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。
(1)已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气，请配平实验室中制取氯气的化学方程式：_______。
_______HCl + _______MnO2=_______MnCl2+_______H2O+_______Cl2↑
(2)装置A处产生的现象是_______，反应的化学方程式为_______；装置B处中产生的现象是_______，反应的化学方程式为_______；
(3)通过本实验可得到的结论是：氧化性：_____________。
19．小苏打、胃舒平都是常用的中和胃酸的药物，完成下列填空：
（1）小苏打片每片含0.42gNaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的氢离子物质的量是__mol。
（2）胃舒平每片含0.195gAl(OH)3，中和胃酸时，3片小苏打片相当于胃舒平__片。
（3）将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据计算：
①原合金中镁和铝的质量___、___。
②盐酸的物质的量浓度___。
20．用表示原子：
(1)中性原子的中子数N=___________。
(2)共有x个电子，则该阳离子的中子数N=___________。
(3)共有x个电子，则该阴离子的中子数N=___________。
21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
(1)A点的沉淀物的化学式为___________。
(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式：___________。
(3)某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、___________(填化学式)和盐酸。
(4)C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为___________mL。
22．已知M、W、X、Y、Z中是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的单质是空气中含量最多的气体，W与Z同主族，W原子最外层电子数是6，含X元素的物质灼烧时火焰呈黄色，Y是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：
(1)W在元素周期表中的位置是___________。
(2)X的单质与水反应的离子方程式为___________。
(3)X和Y的最高价氧化物的水化物中碱性较强的是___________(填化学式)。
(4)Y与M的原子半径较大的是___________(填化学式)，X与Z分别形成的简单离子中，半径较大的是___________(填离子符号)。
(5)ZW2与Z的气态氢化物发生反应产生淡黄色固体，写出反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向与数目___________。
(6)化合物YM与X氢氧化物的水溶液反应生成一种盐和一种碱性气体。该反应的化学方程式为___________。
参考答案：
1．B
A．越不易失电子的元素其第一电离能越大，稀有气体最外层达到稳定结构，在同一周期稀有气体的第一电离能最大，同族元素自上而下第一电离能逐渐降低，所以在所有元素中，氦的第一电离能最大，在主族元素中，氟的第一电离能最大，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，B正确；
C．原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中氟元素的非金属性最强，所以电负性最大，C错误；
D．最外层电子数为8的粒子可能为原子或离子，若为原子则为稀有气体元素的原子，若为离子就不是稀有气体元素的原子，D错误。
答案选B。
2．C
A.IA族元素除了碱金属外还有氢元素，而氢气是同族中熔沸点最低的，VIIA族元素的单质随着原子序数的递增，熔沸点逐渐增大，故A错误；
B.同主族元素随着原子序数的递增，元素金属性增强，所以金属单质的还原性逐渐增强，故B错误；
C.同主族元素从上到下，电子层数增多，所以原子半径逐渐增大，故C正确；
D.同主族元素从上到下，元素的金属性增强，非金属减弱，故D错误；
综上所述，答案为C。
3．A
A．CO2属于共价化合物，碳氧原子最外层均满足8电子，电子式为，A错误；
B．NH3为共价化合物，结构式为，B正确；
C．CH4为共价化合物，碳原子半径大于氢原子半径，比例模型：，C正确；
D．Clˉ离子的核外有18个电子，结构示意图：，正确；
故选A。
4．C
A．氯化钠为离子化合物，其电子式为，故A错误；
B．为苯的分子式，其结构简式为，故B错误；
C．Si为14号元素，核电荷数为14，核外电子数为14，其原子结构示意图为：，故C正确；
D．氯化钙的电离方程式：，故D错误；
答案选C。
5．C
原子的最外层电子少于4个时，容易失去电子；多于4个少于8个时，容易获得电子；最外层为8个电子(只有1层排2个)时，元素的化学性质最稳定；元素的性质，特别是化学性质，与原子的最外层电子数关系非常密切，和核内质子数、核外电子总数、核内中子数无关；
故选C。
6．B
A．因非金属性Cl>Br>I>S，则离子的还原性为：S2-> I->Br-> Cl- ，A错误；
B．因非金属性F>Cl>Br >S，则单质的氧化性为：F2>Cl2>Br2>S，B正确；
C．因非金属性Cl>S >P，则对应最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4> H2SO4>H3PO4，C错误；
D．同周期元素从左到右非金属性增强，则F>O，Cl>S，同主族元素从上到下非金属性减弱，则O>S，D错误；
答案选B。
7．B
X、Q的质子数相同，所以是同一元素；R+、M的质子数相同，所以是同一元素；Z是质子数为18的元素；所以共有3种元素，质子数分别为18、19、20.
故选B。
8．D
A．二者都是氢气的单质，A错误；
B．HClO中，氧原子能形成两个共用电子对，H与O相连，B错误；
C．同素异形体是指同种元素的不同单质，CO和是C的不同氧化物，C错误；
D．和分子式相同结构不同，互为同分异构体，D正确；
故选D。
9．B
A．氯化铝是含有共价键的共价化合物，故A不符合题意；
B．氯化铵是含有离子键和共价键的共价化合物，故B符合题意；
C．二氧化碳是只含有共价键的共价化合物，故C不符合题意；
D．过氧化氢是只含有共价键的共价化合物，故D不符合题意；
故选B。
10．B
A. 非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，A错误；
B. 非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；
C. Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；
D. SO2在酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。
11．B
A．地壳中含量最多的元素为O元素，铝为含量最多的金属元素，故A错误；
B．氧化铝熔点高，常用于耐高温材料，故B正确；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，易与强碱反应，制备氢氧化铝，应用铝盐和弱碱反应，故C错误；
D．铝易被氧化生成氧化铝，在铝表面形成一层致密的氧化铝膜，可保护铝进一步被腐蚀，并不是因为铝不活泼，故D错误。
故选：B。
12．C
A．阴阳离子之间有静电吸引还有排斥，A项错误；
B．氯化钙和氟化钙都为离子晶体，氟离子半径比氯离子半径小，故氟化钙的熔点比氯化钙的高，B项错误；
C．氟化钙含有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；
D．正、负离子数目比为1： 2的离子晶体，不一定具有与CaF2相同的晶胞结构，D项错误。
故选C。
13．(1) 6 、 、
(2) BaCl2 NaOH、NH4Cl CO2 N2、H2O2
（1）核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子， 、、、、、、、，它们都表示核素，所以表示核素的符号有H、C、Li、Na、N、Mg，共6种；互为同位素的是、和、；中子数相等，但质子数不相等的核素是、，中子数均为12。
（2）NaOH、氯化钡、氮气、CO2、H2O2、氯化铵
只含有离子键的有BaCl2；既含有离子键又含有共价键的有NaOH、NH4Cl；只含有极性键的有CO2，含有非极性键的有N2、H2O2。
14． Na＋、Mg2＋、Al3＋ F－、O2－、N3－
原子核外有10个电子的简单(单核)粒子：
①原子的核外电子数＝核电荷数＝质子数＝10，为氖原子，其原子结构示意图。答案：；
②阳离子的核电荷数＝阳离子核外电子数＋阳离子电荷数＝10＋n(n＝1,2,3)，离子核电荷数可为11、12、13，其离子符号为Na＋、Mg2＋、Al3＋，故答案为：Na＋、Mg2＋、Al3＋。
③阴离子的核电荷数＝阴离子核外电子数－阴离子电荷数＝10－n(n＝1,2,3)，离子的核电荷数可为9、8、7，其离子符号为F－、O2－、N3－，故答案为：F－、O2－、N3－。
15． 氧化钠 羧基 CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br 第三周期ⅥA族
(1)①Na2O的名称为氧化钠，②乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团的名称为羧基；
(2)乙烯会和溴水中的溴发生加成反应生成CH2Br-CH2Br，反应的化学方程式：CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br；
(3)硫的原子序数为16，核外电子排布有三层电子，最外层电子数为6，硫在周期表中的位置第三周期ⅥA族。
16．(1) 球形冷凝管 C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O 温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低
(2) (NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4 水浴加热(或热水浴) 使过量的H2O2分解，以防其氧化草酸根(或草酸) 95%的乙醇(或乙醇)
(3)91.60%
本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，首先在三颈烧瓶中用乙炔和硝酸，硝酸汞反应制备草酸，第二问为用草酸和(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应制备三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，以此解题。
(1)
C2H2为共价化合物，电子式为 ；仪器X为球形冷凝管；C2H2被硝酸氧化为草酸，本身还原为NO2，故反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；若反应温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低，故反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢。
(2)
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶解在水中，然后加入硫酸酸化，再加入草酸溶液，发生复分解反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4，要保持溶液温度为40℃，就需便于控制温度，应采取的加热方式为水浴加热；
H2O2作氧化剂将亚铁离子氧化为Fe2+，为防止过量的H2O2氧化草酸根，影响产物生成，要将溶液加热煮沸，故加热至沸30 min目的是使H2O2全部分解，除去过量H2O2；
由于三草酸合铁酸钾{ K3[Fe(C2O4)3]·3H2O }为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤时可用95%的乙醇，洗去盐表面的杂质离子的同时，还可以防止产品溶解损失；
(3)
消耗高锰酸钾溶液的物质的量为0.2000mol·L-1×0.028L=0.0056mol，根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得H2C2O4的物质的量为0.014mol，质量为0.014mol×90g/mol=1.26g，故100mL溶液中H2C2O4的质量为6.3g，设样品中含有草酸x mol，含有三草酸合铁酸钾y mol，则① 90x+491y=10.72；根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知n(H2C2O4)=n()=××0.2×28×10-3mol=70×10-3mol，则② x+3y=14×10-3mol；联立两个方程可得y=0.02mol，则m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.02×491=9.82g，则样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数=。
17． A 产生淡黄色沉淀 Na2S+Cl2=2NaCl+S↓ 吸收氯气，防止污染大气 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ③④ 4NA
A为氯气的制取装置，通过饱和食盐水除去HCl杂质，根据实验目的确定B中盛放的试剂，C中盛有NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染空气。
(1)A装置为氯气的制取装置，氯气置换出硫的反应可以验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，氯气与硫化钠溶液发生置换反应生成淡黄色的单质硫沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，故答案为：A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
(2)Cl2是有毒的黄绿色气体，实验时应除去未反应完的氯气，防止污染环境，则装置C中盛放烧碱稀溶液是用来吸收多余的氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案为：吸收氯气，防止污染大气；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)①元素非金属性越强，得电子能力越强，更容易获得电子形成离子，则氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，能证明氯元素比硫元素非金属性强，正确；
②元素非金属性越强，得电子能力越强，对应离子的还原性越弱，则S2-比Cl-的还原性强，能够判定氯元素的非金属性强于硫元素的非金属性，正确；
③元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，与酸的氧化性强弱无关，则次氯酸的氧化性比稀硫酸强不能证明氯元素比硫元素非金属性强，错误；
④元素非金属性越强，氢化物越稳定，与氢化物的酸性强弱无关，则HCl比H2S酸性强不能证明氯元素比硫元素非金属性强，错误；
③④错误，故答案为：③④；
(4)由实验后，振荡、静置，会出现分层，下层呈紫红色可知，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，反应的离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，消耗1mol氯气反应转移2mol电子，标准状况下44.8L氯气的物质的量为：=2mol，则 2mol氯气反应转移4mol电子，即转移的电子数目是4NA，故答案为：4NA。
18．(1)4HCl +1MnO2=1MnCl2+2H2O+1Cl2↑
(2) 棉花变为黄色 Cl2 + 2NaBr = Br2 + 2NaCl 淀粉KI试纸变蓝 Cl2 + 2KI = I2 + 2KCl
(3)Cl2>Br2，Cl2>I2
浓盐酸可高锰酸钾反应生成氯气，氯气与A处溴化钠溶液反应生成溴单质，氯气与B处碘化钾溶液反应生成碘单质，氯气与C处湿润红纸上的水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白性，C处湿润红纸褪色。
(1)
浓盐酸与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，锰元素化合价由+4价降低到+2价，氯元素化合价由-1价升高到0价，依据得失电子守恒可知，二氧化锰的化学计量数为1，氯气的化学计量数为1，再依据原子守恒配平方程式，可得：4HCl(浓)+MnO2=MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)
设计如图装置来验证卤族元素性质的递变规律，实验原理是同主族元素非金属性越强，其单质氧化性越强，氯气的氧化性比溴单质、碘单质强，A处氯气和溴化钠发生氧化还原反应生成氯化钠和溴单质，反应的化学方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，可观察到棉花变为黄色；B处氯气和碘化钾发生氧化还原反应生成氯化钾和碘单质，反应的化学方程式为：Cl2+2KI=I2+2KCl，淀粉遇碘变蓝，可观察到淀粉KI试纸变蓝；
(3)
氯气能与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，说明氧化性：Cl2>Br2，氯气能与碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，说明氧化性：Cl2>I2。
19． 0.01 2 4.8g 2.7g 8mol/L
(1)根据碳酸氢钠的质量求氯化氢的物质的量；
(2)根据方程式找出氢氧化铝与碳酸氢钠之间的关系；
(3)由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g；
①由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]，n(Mg)=n[Mg(OH)2]，再利用m=nM计算Al、Mg的质量；
②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)，据此计算出n(HCl)，再利用c=计算盐酸的物质的量浓度。
(1)设被中和的HCl的物质的量为xmol，
则：=，解得：x=0.01；
(2)设相当于氢氧化铝的片数为y，由方程式Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O和NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑得关系式：
则：=，解得：y=2；
(3)由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O。继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g。
①由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]==0.1mol，所以m(Al)=0.1mol×27g/mol=2.7g；
n(Mg)=n[Mg(OH)2]==0.2mol，所以m(Mg)=0.2mol×24g/mol=4.8g；
②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.02L×5mol/L=0.1mol，所以n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)=3×0.1mol+2×0.2mol+0.1mol=0.8mol，原盐酸的物质的量浓度为=8mol/L。
20． A-Z A-x-n A-x+n
(1)在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，又因为中子数＋质子数=质量数，据此可知中性原子的中子数N=A-Z；
(2)中性原子的核外电子数=质子数，所以如果AXn+共有x个电子，则质子数=X＋n，因此该阳离子的中子数N=A-x-n；
(3)同(2)分析可知，如果AXn-共有x个电子，则质子数=X-n，因此该阴离子的中子数N=A-x+n。
21． Mg(OH)2 AlO+H++H2O=Al(OH)3↓ CO2 130
向所得悬浊液中加入盐酸时，0-A时固体质量不变，表示没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，A点的沉淀为Mg(OH)2，然后盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，到B点时偏铝酸钠完全反应，则B点的沉淀物为Mg(OH)2和Al (OH)3，C点沉淀全部溶解，溶质为NaCl、AlCl3、MgCl2，B到C点发生的反应是Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O，Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，据此分析解答。
(1)根据上述分析可知，A点的沉淀为Mg(OH)2；
(2)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为AlO+H++H2O=Al(OH)3↓；
(3)分离MgCl2和AlCl3两种溶质，可利用Al(OH)3表现两性，先加入过量的NaOH溶液，发生Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH-=＋2H2O，然后过滤，向沉淀中加入盐酸，Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O，因为Al(OH)3表现两性，溶于强酸，因此向滤液中先通入足量CO2，＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，然后过滤，向沉淀中加入盐酸，得到氯化铝；
(4)根据铝原子守恒得n(AlCl3)=n()=0.02mol，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸的体积为：V=。
【点睛】本题的难点在问题(4)，涉及化学计算，需要弄清楚整个反应过程，利用元素守恒的思想解决问题，从沉淀的最大值，确认溶液中的溶质，根据氯元素守恒，解决问题。
22．(1)第二周期第VIA族
(2)2Na＋2H2O＝2Na＋＋H2↑＋2OH－
(3)NaOH
(4) Al S2
(5)
(6)AlN＋NaOH＋H2O＝NaAlO2＋NH3↑
已知M、W、X、Y、Z中是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的单质是空气中含量最多的气体，则M为氮，W与Z同主族，W原子最外层电子数是6，则W为O，Z为S，含X元素的物质灼烧时火焰呈黄色，则X为Na，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al。
（1）W为氧，则氧元素在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族；故答案为：第二周期第VIA族。
（2）X的单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为2Na＋2H2O＝2Na＋＋H2↑＋2OH－；故答案为：2Na＋2H2O＝2Na＋＋H2↑＋2OH－。
（3）同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐减弱，则X和Y的最高价氧化物的水化物中碱性较强的是NaOH；故答案为：NaOH。
（4）根据层多径大，则Y与M的原子半径较大的是Al；根据层多径大，则X与Z分别形成的简单离子中，半径较大的是S2 ；故答案为：Al；S2 。
（5）ZW2与Z的气态氢化物发生反应产生淡黄色固体即硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质和水，其反应的化学方程式为SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O，则用双线桥法标出电子转移的方向与数目 ；故答案为： 。
（6）化合物YM与X氢氧化物的水溶液反应生成一种盐和一种碱性气体，则AlN和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为AlN＋NaOH＋H2O＝NaAlO2＋NH3↑；故答案为：AlN＋NaOH＋H2O＝NaAlO2＋NH3↑
一、单选题（共12题）
1．下列说法正确的是
A．在所有元素中，氟的第一电离能最大
B．处于最低能量的原子叫做基态原子
C．原子半径最小的氢元素的电负性最大
D．最外层电子数为8的都是稀有气体元素的原子
2．同主族元素随着原子序数的递增，下列说法正确的是
A．单质熔沸点逐渐降低 B．金属单质的还原性逐渐减弱
C．原子半径逐渐增大 D．元素的非金属性逐渐增强
3．下列化学用语或图示表达不正确的是（ ）
A．CO2的电子式： B．NH3的结构式为：
C．CH4的比例模型： D．Clˉ离子的结构示意图：
4．下列化学用语正确的是
A．氯化钠的电子式：
B．苯的结构简式：
C．硅的原子结构示意图：
D．氯化钙的电离方程式：
5．元素的化学性质主要取决于原子的
A．质子数 B．中子数
C．最外层电子数 D．核外电子数
6．下列比较中正确的是（ ）
A．离子还原性：S2->Cl->Br->I-
B．氧化性：F2>Cl2>Br2>S
C．酸性：H2SO4>HClO4>H3PO4
D．非金属性：F>Cl>S>O
7．X、Z、Q、R+、M 5种微粒，所属元素的种类有
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
8．下列说法正确的是
A．和互为同位素 B．HClO的电子式：
C．CO和互为同素异形体 D．和互为同分异构体
9．下列物质中含有离子键的是
A．AlCl3 B．NH4Cl C．CO2 D．H2O2
10．下列说法正确的是
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
11．下列关于铝及其化合物的叙述正确的是
A．Al是地壳中含量最多的元素
B．Al2O3的熔点很高，是一种较好的耐火材料
C．向Al2(SO4)3溶液中滴加过量NaOH溶液制备Al(OH) 3
D．铝制品在生活中被广泛使用，说明铝是一种不活泼的金属
12．氟在自然界中常以CaF2的形式存在，下列表述正确的是
A．Ca2+与F-间只存在静电吸引作用
B．F-的离子半径小于Cl-， 则CaF2的熔点低于CaCl2
C．CaF2晶体中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
D．正、负离子数目比为1： 2的离子晶体，一定具有与CaF2相同的晶胞结构
二、非选择题（共10题）
13．填空
(1)下列8种化学符号：、、、、、、、。
其中表示核素的符号共_______种，互为同位素的是_______和_______，中子数相等，但质子数不相等的核素是_______和_______。
(2)请选择下列物质中合适的物质直接填空：
NaOH、氯化钡、氮气、CO2、H2O2、氯化铵
只含有离子键的有_______(请用化学式填写，下同)，既含有离子键又含有共价键的有_______，只含有极性键的有_______，含有非极性键的有_______。
14．已知某简单(单核)粒子的原子核外有10个电子。
(1)若为原子，请画出其原子结构示意图______________。
(2)若为阳离子，请写出其常见的离子符号______________。
(3)若为阴离子，请写出其常见的离子符号______________。
15．(1)①写出Na2O的名称：_________；②写出乙酸官能团的名称_________。
(2)写出乙烯通入溴水溶液反应的化学方程式：______________________。
(3)写出硫在周期表中的位置：_________
16．草酸(H2C2O4)及其盐类化合物在化学工业中有重要作用。请回答下列问题：
(1)实验室中可以在50℃左右，用浓硝酸在硝酸汞催化下氧化乙炔(C2H2)气体来制备草酸。其主要装置如下图。
C2H2的电子式为____；仪器X的名称为____；装置中浓硝酸的还原产物为NO2，生成草酸的化学方程式为____，若反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢，主要原因是____。
(2)三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，可作有机反应的催化剂。某实验小组用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为原料制备三草酸合铁酸钾的步骤如下：
①称取5g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O固体，溶解，加硫酸酸化，搅拌下加入25mL1mol·L-1H2C2O4溶液，静置，析出黄色的FeC2O4·2H2O沉淀，过滤并洗涤沉淀2~3次。
②将上述FeC2O4·2H2O沉淀溶解在10mL饱和草酸钾溶液中，再加入20mL饱和H2C2O4溶液，保持溶液温度40℃左右，缓慢滴加3%H2O2溶液，不断搅拌，沉淀慢慢变为深棕色；加热至沸腾30min，再加入8~9mL草酸溶液，控制pH在3~4，变为绿色透明的三草酸合铁酸钾溶液。
③加热浓缩，缓慢加入95%的乙醇，冷却结晶、过滤，洗涤晶体2~3次，干燥、称量。
其中，生成FeC2O4·2H2O的化学方程式为____；保持溶液温度40℃所采用的加热方法是____，加热至沸腾30min的目的是____；洗涤晶体所用试剂为____。
(3)制得的三草酸合铁酸钾晶体中往往会混有少量草酸。为测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(M=491g/mol)的纯度，进行如下实验：
称取样品10.72g，加稀硫酸溶解后配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数为_______(保留两位小数)。
17．为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如图实验，请回答下列问题：(原理：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O)
(1)装置B中盛放的试剂是___(填选项)，实验现象为___，化学反应方程式是___。
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液 C．Na2SO4溶液
(2)装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是______。反应的离子方程式是______________________。
(3)不能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为_____。(填序号)
①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子
②S2-比Cl-还原性强
③次氯酸的氧化性比稀硫酸强
④HCl比H2S酸性强
(4)若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现分层，下层呈紫红色的实验现象，若B瓶中通入标准状况下44.8L氯气全部参加反应，则转移的电子数目是___。
18．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。同学设计了如图装置来验证卤族元素性质的递变规律。A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸。
(1)已知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气，请配平实验室中制取氯气的化学方程式：_______。
_______HCl + _______MnO2=_______MnCl2+_______H2O+_______Cl2↑
(2)装置A处产生的现象是_______，反应的化学方程式为_______；装置B处中产生的现象是_______，反应的化学方程式为_______；
(3)通过本实验可得到的结论是：氧化性：_____________。
19．小苏打、胃舒平都是常用的中和胃酸的药物，完成下列填空：
（1）小苏打片每片含0.42gNaHCO3，2片小苏打片和胃酸完全中和，被中和的氢离子物质的量是__mol。
（2）胃舒平每片含0.195gAl(OH)3，中和胃酸时，3片小苏打片相当于胃舒平__片。
（3）将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据计算：
①原合金中镁和铝的质量___、___。
②盐酸的物质的量浓度___。
20．用表示原子：
(1)中性原子的中子数N=___________。
(2)共有x个电子，则该阳离子的中子数N=___________。
(3)共有x个电子，则该阴离子的中子数N=___________。
21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示。
(1)A点的沉淀物的化学式为___________。
(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式：___________。
(3)某溶液中溶有MgCl2和AlCl3两种溶质，若把两者分开，应选用的试剂为：NaOH溶液、___________(填化学式)和盐酸。
(4)C点(此时沉淀恰好完全溶解)HCl溶液的体积为___________mL。
22．已知M、W、X、Y、Z中是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的单质是空气中含量最多的气体，W与Z同主族，W原子最外层电子数是6，含X元素的物质灼烧时火焰呈黄色，Y是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：
(1)W在元素周期表中的位置是___________。
(2)X的单质与水反应的离子方程式为___________。
(3)X和Y的最高价氧化物的水化物中碱性较强的是___________(填化学式)。
(4)Y与M的原子半径较大的是___________(填化学式)，X与Z分别形成的简单离子中，半径较大的是___________(填离子符号)。
(5)ZW2与Z的气态氢化物发生反应产生淡黄色固体，写出反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向与数目___________。
(6)化合物YM与X氢氧化物的水溶液反应生成一种盐和一种碱性气体。该反应的化学方程式为___________。
参考答案：
1．B
A．越不易失电子的元素其第一电离能越大，稀有气体最外层达到稳定结构，在同一周期稀有气体的第一电离能最大，同族元素自上而下第一电离能逐渐降低，所以在所有元素中，氦的第一电离能最大，在主族元素中，氟的第一电离能最大，A错误；
B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，B正确；
C．原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中氟元素的非金属性最强，所以电负性最大，C错误；
D．最外层电子数为8的粒子可能为原子或离子，若为原子则为稀有气体元素的原子，若为离子就不是稀有气体元素的原子，D错误。
答案选B。
2．C
A.IA族元素除了碱金属外还有氢元素，而氢气是同族中熔沸点最低的，VIIA族元素的单质随着原子序数的递增，熔沸点逐渐增大，故A错误；
B.同主族元素随着原子序数的递增，元素金属性增强，所以金属单质的还原性逐渐增强，故B错误；
C.同主族元素从上到下，电子层数增多，所以原子半径逐渐增大，故C正确；
D.同主族元素从上到下，元素的金属性增强，非金属减弱，故D错误；
综上所述，答案为C。
3．A
A．CO2属于共价化合物，碳氧原子最外层均满足8电子，电子式为，A错误；
B．NH3为共价化合物，结构式为，B正确；
C．CH4为共价化合物，碳原子半径大于氢原子半径，比例模型：，C正确；
D．Clˉ离子的核外有18个电子，结构示意图：，正确；
故选A。
4．C
A．氯化钠为离子化合物，其电子式为，故A错误；
B．为苯的分子式，其结构简式为，故B错误；
C．Si为14号元素，核电荷数为14，核外电子数为14，其原子结构示意图为：，故C正确；
D．氯化钙的电离方程式：，故D错误；
答案选C。
5．C
原子的最外层电子少于4个时，容易失去电子；多于4个少于8个时，容易获得电子；最外层为8个电子(只有1层排2个)时，元素的化学性质最稳定；元素的性质，特别是化学性质，与原子的最外层电子数关系非常密切，和核内质子数、核外电子总数、核内中子数无关；
故选C。
6．B
A．因非金属性Cl>Br>I>S，则离子的还原性为：S2-> I->Br-> Cl- ，A错误；
B．因非金属性F>Cl>Br >S，则单质的氧化性为：F2>Cl2>Br2>S，B正确；
C．因非金属性Cl>S >P，则对应最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4> H2SO4>H3PO4，C错误；
D．同周期元素从左到右非金属性增强，则F>O，Cl>S，同主族元素从上到下非金属性减弱，则O>S，D错误；
答案选B。
7．B
X、Q的质子数相同，所以是同一元素；R+、M的质子数相同，所以是同一元素；Z是质子数为18的元素；所以共有3种元素，质子数分别为18、19、20.
故选B。
8．D
A．二者都是氢气的单质，A错误；
B．HClO中，氧原子能形成两个共用电子对，H与O相连，B错误；
C．同素异形体是指同种元素的不同单质，CO和是C的不同氧化物，C错误；
D．和分子式相同结构不同，互为同分异构体，D正确；
故选D。
9．B
A．氯化铝是含有共价键的共价化合物，故A不符合题意；
B．氯化铵是含有离子键和共价键的共价化合物，故B符合题意；
C．二氧化碳是只含有共价键的共价化合物，故C不符合题意；
D．过氧化氢是只含有共价键的共价化合物，故D不符合题意；
故选B。
10．B
A. 非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，A错误；
B. 非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；
C. Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；
D. SO2在酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考查原子半径的大小比较，由非金属性强弱来比较气态氢化物的稳定性以及最高价含氧酸的酸性的强弱，铝、镁、硫的化合物的化学性质。
11．B
A．地壳中含量最多的元素为O元素，铝为含量最多的金属元素，故A错误；
B．氧化铝熔点高，常用于耐高温材料，故B正确；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，易与强碱反应，制备氢氧化铝，应用铝盐和弱碱反应，故C错误；
D．铝易被氧化生成氧化铝，在铝表面形成一层致密的氧化铝膜，可保护铝进一步被腐蚀，并不是因为铝不活泼，故D错误。
故选：B。
12．C
A．阴阳离子之间有静电吸引还有排斥，A项错误；
B．氯化钙和氟化钙都为离子晶体，氟离子半径比氯离子半径小，故氟化钙的熔点比氯化钙的高，B项错误；
C．氟化钙含有离子键，为离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；
D．正、负离子数目比为1： 2的离子晶体，不一定具有与CaF2相同的晶胞结构，D项错误。
故选C。
13．(1) 6 、 、
(2) BaCl2 NaOH、NH4Cl CO2 N2、H2O2
（1）核素是指具有一定数目的质子和一定数目的中子的一种原子， 、、、、、、、，它们都表示核素，所以表示核素的符号有H、C、Li、Na、N、Mg，共6种；互为同位素的是、和、；中子数相等，但质子数不相等的核素是、，中子数均为12。
（2）NaOH、氯化钡、氮气、CO2、H2O2、氯化铵
只含有离子键的有BaCl2；既含有离子键又含有共价键的有NaOH、NH4Cl；只含有极性键的有CO2，含有非极性键的有N2、H2O2。
14． Na＋、Mg2＋、Al3＋ F－、O2－、N3－
原子核外有10个电子的简单(单核)粒子：
①原子的核外电子数＝核电荷数＝质子数＝10，为氖原子，其原子结构示意图。答案：；
②阳离子的核电荷数＝阳离子核外电子数＋阳离子电荷数＝10＋n(n＝1,2,3)，离子核电荷数可为11、12、13，其离子符号为Na＋、Mg2＋、Al3＋，故答案为：Na＋、Mg2＋、Al3＋。
③阴离子的核电荷数＝阴离子核外电子数－阴离子电荷数＝10－n(n＝1,2,3)，离子的核电荷数可为9、8、7，其离子符号为F－、O2－、N3－，故答案为：F－、O2－、N3－。
15． 氧化钠 羧基 CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br 第三周期ⅥA族
(1)①Na2O的名称为氧化钠，②乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团的名称为羧基；
(2)乙烯会和溴水中的溴发生加成反应生成CH2Br-CH2Br，反应的化学方程式：CH2=CH2+Br2 →CH2Br-CH2Br；
(3)硫的原子序数为16，核外电子排布有三层电子，最外层电子数为6，硫在周期表中的位置第三周期ⅥA族。
16．(1) 球形冷凝管 C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O 温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低
(2) (NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4 水浴加热(或热水浴) 使过量的H2O2分解，以防其氧化草酸根(或草酸) 95%的乙醇(或乙醇)
(3)91.60%
本题是一道常见无机物的制备类型的实验题，首先在三颈烧瓶中用乙炔和硝酸，硝酸汞反应制备草酸，第二问为用草酸和(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O反应制备三草酸合铁酸钾{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}，以此解题。
(1)
C2H2为共价化合物，电子式为 ；仪器X为球形冷凝管；C2H2被硝酸氧化为草酸，本身还原为NO2，故反应的化学方程式为C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O；若反应温度高于50℃，硝酸会大量挥发和分解，使其浓度降低，故反应温度高于50℃，生成草酸的速率会减慢。
(2)
(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体溶解在水中，然后加入硫酸酸化，再加入草酸溶液，发生复分解反应产生FeC2O4·2H2O沉淀，该反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H2C2O4+2H2O=FeC2O4·2H2O↓+2NH4HSO4，要保持溶液温度为40℃，就需便于控制温度，应采取的加热方式为水浴加热；
H2O2作氧化剂将亚铁离子氧化为Fe2+，为防止过量的H2O2氧化草酸根，影响产物生成，要将溶液加热煮沸，故加热至沸30 min目的是使H2O2全部分解，除去过量H2O2；
由于三草酸合铁酸钾{ K3[Fe(C2O4)3]·3H2O }为绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤时可用95%的乙醇，洗去盐表面的杂质离子的同时，还可以防止产品溶解损失；
(3)
消耗高锰酸钾溶液的物质的量为0.2000mol·L-1×0.028L=0.0056mol，根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可得H2C2O4的物质的量为0.014mol，质量为0.014mol×90g/mol=1.26g，故100mL溶液中H2C2O4的质量为6.3g，设样品中含有草酸x mol，含有三草酸合铁酸钾y mol，则① 90x+491y=10.72；根据5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知n(H2C2O4)=n()=××0.2×28×10-3mol=70×10-3mol，则② x+3y=14×10-3mol；联立两个方程可得y=0.02mol，则m(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)=0.02×491=9.82g，则样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数=。
17． A 产生淡黄色沉淀 Na2S+Cl2=2NaCl+S↓ 吸收氯气，防止污染大气 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ③④ 4NA
A为氯气的制取装置，通过饱和食盐水除去HCl杂质，根据实验目的确定B中盛放的试剂，C中盛有NaOH溶液，用于吸收多余的氯气，防止污染空气。
(1)A装置为氯气的制取装置，氯气置换出硫的反应可以验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，氯气与硫化钠溶液发生置换反应生成淡黄色的单质硫沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S↓，故答案为：A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
(2)Cl2是有毒的黄绿色气体，实验时应除去未反应完的氯气，防止污染环境，则装置C中盛放烧碱稀溶液是用来吸收多余的氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；故答案为：吸收氯气，防止污染大气；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(3)①元素非金属性越强，得电子能力越强，更容易获得电子形成离子，则氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，能证明氯元素比硫元素非金属性强，正确；
②元素非金属性越强，得电子能力越强，对应离子的还原性越弱，则S2-比Cl-的还原性强，能够判定氯元素的非金属性强于硫元素的非金属性，正确；
③元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，与酸的氧化性强弱无关，则次氯酸的氧化性比稀硫酸强不能证明氯元素比硫元素非金属性强，错误；
④元素非金属性越强，氢化物越稳定，与氢化物的酸性强弱无关，则HCl比H2S酸性强不能证明氯元素比硫元素非金属性强，错误；
③④错误，故答案为：③④；
(4)由实验后，振荡、静置，会出现分层，下层呈紫红色可知，氯气与碘化钾溶液发生置换反应生成单质碘，反应的离子方程式为2I-+Cl2=2Cl-+I2，消耗1mol氯气反应转移2mol电子，标准状况下44.8L氯气的物质的量为：=2mol，则 2mol氯气反应转移4mol电子，即转移的电子数目是4NA，故答案为：4NA。
18．(1)4HCl +1MnO2=1MnCl2+2H2O+1Cl2↑
(2) 棉花变为黄色 Cl2 + 2NaBr = Br2 + 2NaCl 淀粉KI试纸变蓝 Cl2 + 2KI = I2 + 2KCl
(3)Cl2>Br2，Cl2>I2
浓盐酸可高锰酸钾反应生成氯气，氯气与A处溴化钠溶液反应生成溴单质，氯气与B处碘化钾溶液反应生成碘单质，氯气与C处湿润红纸上的水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白性，C处湿润红纸褪色。
(1)
浓盐酸与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，锰元素化合价由+4价降低到+2价，氯元素化合价由-1价升高到0价，依据得失电子守恒可知，二氧化锰的化学计量数为1，氯气的化学计量数为1，再依据原子守恒配平方程式，可得：4HCl(浓)+MnO2=MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)
设计如图装置来验证卤族元素性质的递变规律，实验原理是同主族元素非金属性越强，其单质氧化性越强，氯气的氧化性比溴单质、碘单质强，A处氯气和溴化钠发生氧化还原反应生成氯化钠和溴单质，反应的化学方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，可观察到棉花变为黄色；B处氯气和碘化钾发生氧化还原反应生成氯化钾和碘单质，反应的化学方程式为：Cl2+2KI=I2+2KCl，淀粉遇碘变蓝，可观察到淀粉KI试纸变蓝；
(3)
氯气能与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，说明氧化性：Cl2>Br2，氯气能与碘化钾反应生成氯化钾和碘单质，说明氧化性：Cl2>I2。
19． 0.01 2 4.8g 2.7g 8mol/L
(1)根据碳酸氢钠的质量求氯化氢的物质的量；
(2)根据方程式找出氢氧化铝与碳酸氢钠之间的关系；
(3)由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g；
①由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]，n(Mg)=n[Mg(OH)2]，再利用m=nM计算Al、Mg的质量；
②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)，据此计算出n(HCl)，再利用c=计算盐酸的物质的量浓度。
(1)设被中和的HCl的物质的量为xmol，
则：=，解得：x=0.01；
(2)设相当于氢氧化铝的片数为y，由方程式Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O和NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑得关系式：
则：=，解得：y=2；
(3)由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O。继续滴加NaOH溶液，到沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液．再继续滴加NaOH溶液，沉淀量开始减小，沉淀量最小时为Mg(OH)2，其质量为11.6g，故到沉淀量最大时Al(OH)3的质量为19.4g-11.6g=7.8g。
①由元素守恒可知，n(Al)=n[Al(OH)3]==0.1mol，所以m(Al)=0.1mol×27g/mol=2.7g；
n(Mg)=n[Mg(OH)2]==0.2mol，所以m(Mg)=0.2mol×24g/mol=4.8g；
②加入20mLNaOH溶液，恰好中和剩余的盐酸，此时溶液中溶质为AlCl3、MgCl2、NaCl，根据氯元素守恒有n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)，根据钠元素守恒此时溶液中n(NaCl)=n(NaOH)=0.02L×5mol/L=0.1mol，所以n(HCl)=3n(AlCl3)+2n(MgCl2)+n(NaCl)=3×0.1mol+2×0.2mol+0.1mol=0.8mol，原盐酸的物质的量浓度为=8mol/L。
20． A-Z A-x-n A-x+n
(1)在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，又因为中子数＋质子数=质量数，据此可知中性原子的中子数N=A-Z；
(2)中性原子的核外电子数=质子数，所以如果AXn+共有x个电子，则质子数=X＋n，因此该阳离子的中子数N=A-x-n；
(3)同(2)分析可知，如果AXn-共有x个电子，则质子数=X-n，因此该阴离子的中子数N=A-x+n。
21． Mg(OH)2 AlO+H++H2O=Al(OH)3↓ CO2 130
向所得悬浊液中加入盐酸时，0-A时固体质量不变，表示没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中铝离子完全转化为偏铝酸根离子，A点的沉淀为Mg(OH)2，然后盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，到B点时偏铝酸钠完全反应，则B点的沉淀物为Mg(OH)2和Al (OH)3，C点沉淀全部溶解，溶质为NaCl、AlCl3、MgCl2，B到C点发生的反应是Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O，Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，据此分析解答。
(1)根据上述分析可知，A点的沉淀为Mg(OH)2；
(2)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为AlO+H++H2O=Al(OH)3↓；
(3)分离MgCl2和AlCl3两种溶质，可利用Al(OH)3表现两性，先加入过量的NaOH溶液，发生Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓，Al3＋＋4OH-=＋2H2O，然后过滤，向沉淀中加入盐酸，Mg(OH)2＋2HCl=MgCl2＋2H2O，因为Al(OH)3表现两性，溶于强酸，因此向滤液中先通入足量CO2，＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋，然后过滤，向沉淀中加入盐酸，得到氯化铝；
(4)根据铝原子守恒得n(AlCl3)=n()=0.02mol，由Na+离子和Cl-离子守恒得，原混合物中n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl-)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)=0.02mol×2+0.02mol×3+0.03L×1mol/L=0.13mol，C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)=n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸的体积为：V=。
【点睛】本题的难点在问题(4)，涉及化学计算，需要弄清楚整个反应过程，利用元素守恒的思想解决问题，从沉淀的最大值，确认溶液中的溶质，根据氯元素守恒，解决问题。
22．(1)第二周期第VIA族
(2)2Na＋2H2O＝2Na＋＋H2↑＋2OH－
(3)NaOH
(4) Al S2
(5)
(6)AlN＋NaOH＋H2O＝NaAlO2＋NH3↑
已知M、W、X、Y、Z中是原子序数依次增大的短周期主族元素，M的单质是空气中含量最多的气体，则M为氮，W与Z同主族，W原子最外层电子数是6，则W为O，Z为S，含X元素的物质灼烧时火焰呈黄色，则X为Na，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al。
（1）W为氧，则氧元素在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族；故答案为：第二周期第VIA族。
（2）X的单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为2Na＋2H2O＝2Na＋＋H2↑＋2OH－；故答案为：2Na＋2H2O＝2Na＋＋H2↑＋2OH－。
（3）同周期从左到右金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐减弱，则X和Y的最高价氧化物的水化物中碱性较强的是NaOH；故答案为：NaOH。
（4）根据层多径大，则Y与M的原子半径较大的是Al；根据层多径大，则X与Z分别形成的简单离子中，半径较大的是S2 ；故答案为：Al；S2 。
（5）ZW2与Z的气态氢化物发生反应产生淡黄色固体即硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质和水，其反应的化学方程式为SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O，则用双线桥法标出电子转移的方向与数目 ；故答案为： 。
（6）化合物YM与X氢氧化物的水溶液反应生成一种盐和一种碱性气体，则AlN和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氨气，其反应的化学方程式为AlN＋NaOH＋H2O＝NaAlO2＋NH3↑；故答案为：AlN＋NaOH＋H2O＝NaAlO2＋NH3↑