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
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| 名称 | 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 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 508.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-27 10:50:12 | ||
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文档简介
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
一、单选题
1．原子序数为x的元素位于元素周期表中的第IIA族，则关于原子序数为x+1的元素的说法错误的是（ ）
A．可能位于第IIIA族 B．可能是39号元素
C．可能是59号元素 D．可能位于第IIIB族
2．按Li、Na、K、Rb、Cs顺序逐渐递增的性质是（）
A．单质的还原性 B．阳离子的氧化性
C．单质的密度 D．单质的熔点
3．下列对元素周期表的说法不正确的是（ ）
A．共有7个周期和16个族
B．目前已知发现的第ⅣA族元素为5种，所以该族元素共有5种单质
C．元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果
D．在过渡元素中可以寻找各种优良的催化剂
4．下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0族的是（ ）
A．由二氧化碳制取汽油：等
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→
D．利用太阳能合成燃料：
5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的原子半径小于Y的原子半径，Y、Z同主族，Z原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性Y比Z强
B．X与Y只能形成一种化合物
C．Y单质与Z单质在加热条件下可直接生成
D．最高价氧化物的水化物的酸性Z比W强
6．有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是（ ）
A．铜和铁 B．镁和铝 C．锌和铝 D．锌和铁
7．焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法正确的是（ ）
A．做焰色反应时可用铜丝蘸取待测物在火焰上灼烧
B．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
C．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
D．焰色反应后金属丝应用硫酸清洗并在火焰上灼烧至与原火焰焰色相同
8．有a、b、c、d四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知四种元素中只有b为金属元素，则下列有关说法中正确的是（ ）
a
b c d
A．第一电离能：d>c>b
B．离子半径：c>d>a
C．简单气态氢化物的稳定性：aD．c的最高价氧化物的水化物为强酸
9．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．如图所示实验可证明非金属性：Cl＞Z
C．W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同
D．Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键
10．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．为纪念俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名为钔，该元素最稳定的一种原子为 Md，关于该原子下列说法正确的是（ ）
A．质子数是258
B．电子数是157
C．中子数是359
D． Md与 Md是同位素
12．已知R2＋有b个中子，核外有a个电子，表示R原子符号正确的是( )
A． B．
C． D．
13．海带中含有丰富的碘，某同学在老师的指导下按照如图所示的流程进行了实验。下列说法错误的是（ ）
A．灼烧前要用水将海带洗净
B．步骤③用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C．灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在
D．步骤④反应的离子方程式为
14．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．传播新冠病毒的气溶胶具有胶体的性质
B．漂白粉要密封保存
C．酸性洁厕灵与碱性“84消毒液”共用，可提高清洁效果
D．食盐不慎撒落在天然气火焰上，观察到黄色火焰原因是钠元素的焰色为黄色
15．“西门子”制硅法是以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅，其工艺流程如图。下列叙述错误的是（ ）
已知：SiHCl3室温下易挥发、易水解的无色液体。
A．“酸浸”过程主要是酸溶除去粗硅中的氧化镁，可用稀盐酸代替稀硫酸
B．该生产工艺中可循环使用的物质只有H2
C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行
D．“氧化”过程的化学方程式为Si+3HCl SiHCl3+H2
16．锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
二、综合题
17．利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为、、，还含有少量、、、等]与废酸反应制备，既处理了三废，又有经济效益。其主要流程如下：
已知：
①部分离子沉淀完全的
沉淀物
8.96 3.20 4.70 11.12
②三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线
（1）实验室模拟该流程，不会涉及的操作 。
A． B． C． D．
加入NaClO可调节，且一种离子会被氧化。充分反应后再趁热过滤。
（2）以上操作利用了的 性和 性，且不引入新的杂质离子；趁热过滤的目的是 ；沉淀A的主要成分是 、 、 。
（3）检验滤液B中是否含有的实验方法 。
（4）从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量 (填化学式)；② 、 ；④过滤、洗涤得产品。
（5）若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有 。
18．从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物的“价一类”二维图的部分信息如图：
回答下列问题：
（1）据图中信息，写出Y、Z的化学式： 、 。
（2）已知高氯酸()是强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式： 。
（3）氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由： 。
（4）二氧化氯()为新时代绿色消毒剂，制备原理为：
①按照物质类别对上述反应中的各物质进行分类，未涉及的物质类别是 (填序号)。
A．金属氧化物 B．非金属氧化物 C．酸 D．盐
②发生还原反应的产物是 (写化学式)；该反应 (填“能”或“不能”)用稀硫酸代替盐酸。
19．四钼酸铵[(NH4)2Mo4O13 ·2H2O]微溶于水，常用作石油工业及人造羊毛的催化剂、微量元素肥料、织物防火剂、阻燃剂等。从富钼精矿中(主要成分为MoS2，还含有少量NiS、SiO2、 As2O3) 制备四钼酸铵的一种流程如下图所示：
已知：①Ni元素在本流程中不被氧化；
②“浸出”所得浸出液中主要存在的离子为Na+、OH-、、、、 ；
③当溶液中某离子浓度小于或等于10-5mol/L时，认为其沉淀完全。常温下，Ksp[Mg(NH4)AsO4]=10-11。
请回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”时MoS2发生反应生成Na2MoO4和Na2SO4的化学方程式为 ，该工序中空气和矿料应逆流而行，目的是 。
（2）滤渣I的主要成分为 。
（3）“调pH=8”工序中加入稀硫酸的目的是 。
（4）“萃取”原理为2R3N(叔胺N-235 )+2H++(R3NH)2MoO4，则“反萃取”工序中的试剂X最适宜选用____(填序号)。
A．NaOH溶液 B．氨水
C．稀硫酸 D．(NH4)2SO4溶液
（5）“除砷”时控制溶液的pH=9，若pH过高将会使的沉淀率降低，原因为 。若测得 (NH4)2MoO4溶液中c()=2mo/L，欲使刚好沉淀完全，则溶液中残余的Mg2+浓度为 mg/L。
（6）“酸沉结晶”中生成四钼酸铵晶体的化学方程式为 。
20．全球海水中溴的储藏量丰富，约占地球溴总储藏量的99%，故溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65 mg·L－1。空气吹出SO2吸收法工艺流程如下：
（1）步骤③的离子方程式： 。
（2）步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是 。
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过 (填试剂名称)溶液，以除去氯气。
（4）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90 ℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因 。
三、推断题
21．元素周期表在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表显示了元素周期表中的短周期，① ⑤代表5种元素。
①
②
③ ④ ⑤
（1）②在元素周期表中的位置是 。
（2）①分别与④、⑤形成的化合物中，稳定性强的是 (用化学式表示)。
（3）③和④分别形成的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应，离子方程式是 。
（4）③能与⑤形成AB型化合物，用原子结构解释原因： 。
（5）元素Se的原子结构示意图为。下列推断正确的是 (填序号)。
a.Se位于第4周期、与④同主族
b.Se的最低负化合价为-2价
c.SeO2具有还原性
d.H2SeO3的酸性强于H2SO4
22．A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是元素周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物和。D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8。
（1）的电子式为 ；E在元素周期表中的位置是 。
（2）如图所示，将X单质的水溶液分别滴入盛有不同试剂的试管中。
①试管a中发生反应的化学方程式为 ，该反应可用于制备漂白液。
②试管b中的实验现象为 ，说明X的非金属性 于硝酸(填“强”或“弱”)
（3）镓()与E为同主族元素，氮化镓(GaN)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是____ (填字母)。
A．Ga位于元素周期表的第四周期
B．GaN中Ga的化合价为+3
C．的离子半径小于的离子半径
（4）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 。
答案解析部分
1．C
A．根据上述分析，短周期时，原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族，原子序数为x+1的元素在第ⅢA族，故A不符合题意；
B．根据分析，在第五周期时，原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族是38号锶，则原子序数为x+1的元素在ⅢB族的39号钇，故B不符合题意；
C．根据分析，在第六周期时，原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族是56号钡，则原子序数为x+1的元素为镧系的57号，故C符合题意；
D．根据分析，原子序数为x+1的元素位于可能位于第ⅢB族，故D不符合题意；
故答案为：C。
第IIA族的原子序数为x，x可能为4、12、20、38、56、88，短周期中ⅡA族与ⅢA族相邻，长周期中ⅡA族与ⅢB族相邻，据此解答。
2．A
A.考查元素周期律的应用。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，A符合题意。
B.金属性越强，相应金属阳离子的还原性就越弱，B不符合题意。
C.碱金属单质的密度自上而下逐渐增大，但钠的密度大于家的，C不符合题意。
D.碱金属单质的熔点逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：A。
根据碱金属元素的递变规律进行分析即可。
3．B
A.元素周期表中共含有7个周期和7个主族、7个副族、一个Ⅷ族、一个0族，共16个族，选项正确，A不符合题意；
B.目前已发现的第ⅣA元素有5种，结合元素周期表的编排规律可知，其第七周期的还有一种元素，因此该族元素共有6种单质，选项错误，B符合题意；
C.元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布呈现周期化变化的必然结果，选项正确，C不符合题意；
D.在过渡元素中，可以寻找各种优良的催化剂，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
此题是对元素周期表结构的考查，结合元素周期表的结构和应用进行分析即可。
4．B
A．，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，A项不符合题意；
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)，包含He，有0族元素，B项符合题意；
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，C项不符合题意；
D．利用太阳能合成燃料：，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，D项不符合题意；
故答案为：B。
0族元素包含He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn。
5．A
A．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：Y (O) >Z(S)，A符合题意；
B．X(氢)与Y(氧)形成的化合物有H2O、H2O2，B不符合题意；
C．硫和氧气在加热条件下反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C不符合题意；
D．非金属性越强对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Z(S)故答案为：A。
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大 ，Y、Z同主族，Z原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，核电荷数=原子序数，可知Y为O，Z为S，则W为Cl， X的原子半径小于Y的原子半径 ，即X在第一周期，X为H；
A、同一主族的元素，从上到下非金属性递减；
B、氢元素和氧元素可以形成水和过氧化氢；
C、硫和氧气反应只能生成二氧化硫；
D、最高价氧化物水化物的酸性即比较非金属性，同一周期的元素，从左到右非金属性递增。
6．C
n（H2）= =0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（ ×56g/mol=5.6g）、2.4g（ ×24g/mol=2.4g）、1.8g（ ×27g/mol=1.8g）、6.5g（ ×65g/mol=6.5g）；
A.Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B.生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；
C.生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；
D.生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；
故答案为：C。
本题目还可以采用尝试法去计算，即采用代入法。
7．C
A、Cu本身也有焰色反应，所以铜丝蘸取待测夜进行焰色反应会产生干扰，应当选用铂丝，A不符合题意。
B、K的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，其他元素的焰色反应不需要用到蓝色钴玻璃，B 不符合题意。
C、NaCl、Na2CO3灼烧时火焰都是黄色，C符合题意。
D、焰色反应的金属丝应当用盐酸清洗，D不符合题意。
故答案为：C。
A.铜丝易与氧气反应生成黑色的氧化铜干扰焰色反应；
B.只有钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察；
C.无论是单质还是化合物，只要含有的金属元素相同，灼烧时火焰颜色就相同；
D.根据硫酸的强酸性和难挥发性分析。
8．B
A．同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但P为第ⅤA族元素，3p能级半充满比较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：c(P)>d(S)>b(Al)，A项不符合题意；
B．电子层数多的离子半径大，核外电子排布完全相同，核电荷数越大半径越小，则离子半径：P3-＞S2-＞N3-，B项符合题意；
C．非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：N＞P，则简单气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3，C项不符合题意；
D．P的最高价氧化物的水化物为H3PO4，属于中强酸，D项不符合题意；
故答案为：B。
由图可知，a处于第二周期，bcd处于第三周期；四种元素中只有b为金属元素，结构元素周期表结构可知b为Al元素、c为P元素、a为N元素、d为S元素。
9．B
短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为Z＞X＞Y，故不符合题意；
B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故符合题意；
C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故不符合题意；
D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故不符合题意。
故答案为：B。
A.简单离子的半径比较方法：电子层数越多，半径就越大；电子结构相同时，质子数越小的离子半径就越大；
B.元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强；
C.硫单质和氧气反应只能形成二氧化硫；
D.离子键指的是阴阳离子之间通过相互作用形成的化学键；共价键指的是原子之间通过共用电子对形成的化学键。
10．D
A、氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，A不符合题意；
B、硫点燃生成二氧化硫，B不符合题意；
C、二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，C不符合题意；
D、电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，氢氧化钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，D符合题意。
故答案为：D
A、Al(OH)3高温时只能生成Al2O3，得不到铝单质；
B、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫气体；
C、氧化硅与盐酸不反应；
D、氯化钠电解生成碱，与酸性气体二氧化碳化合得到碳酸钠。
11．D
对于 Md原子，它的质子数为101，质量数为258。A.质子数是101，质量数是258，A不符合题意；
B.对于原子来说，电子数等于质子数，所以电子数应是101，B不符合题意；
C.中子数是258-101=157，C不符合题意；
D. Md与 Md的质子数相同，质量数不同，二者互为同位素，D符合题意。
故答案为：D。
元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，质子数=核外电子数; 具有相同质子数和不同中子数的同一种元素的几种原子互称同位素. 据此分析。
12．C
R2＋有a个电子，则其原子序数(质子数)为a＋2，结合中子数为b个，可得，其质量数为a＋b＋2。
故答案为：C
原子失去若干电子后得到阳离子，R2＋ 可知R原子核外有a+2个电子，根据原子电中性原则即R原子的质子数为a+2。反之，阴离子为原子得到电子后形成。
13．A
A．从流程看，灼烧前没有必要用水将海带洗净、灼烧时表面的杂质也会转化，而且洗后不干燥无法灼烧、要灼烧还得干燥，A符合题意；
B． 步骤③为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B不符合题意；
C． 据分析知：灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在，C不符合题意；
D． 步骤④反应中二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为，D不符合题意；
故答案为：A。
A、灼烧后需要过滤，因此不洗涤也可以；
B、过滤需要用到玻璃棒、烧杯、漏斗；
C、海带灰中以碘离子的形式存在，因此需要用二氧化锰氧化碘离子；
D、二氧化锰和碘离子反应，碘离子化合价升高，锰化合价降低。
14．C
A．气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里形成的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，A不符合题意；
B．漂白粉能与空气中的二氧化碳反应，故都要密封保存，B不符合题意；
C．酸性洁厕灵主要成分为HCl，“84消毒液”主要成分为NaClO，二者混合时发生归中反应生成氯气，降低清洁效果，C符合题意；
D．食盐的主要成分为NaCl，含有Na元素，焰色反应为黄色，D不符合题意；
故答案为：C。
考查化学与生活。
15．B
A．由分析知，酸浸时是为了除去MgO，由于稀硫酸与Si不反应，故也可以用稀硫酸代替稀盐酸，A不符合题意；
B．SiHCl3被H2还原为Si，则H2被SiHCl3氧化，根据元素守恒可知H2对应产物为HCl，故可循环利用的物质还有HCl，B符合题意；
C．由于SiHCl3易水解，且H2属于易燃易爆气体，故氧化、分离、热解过程需要在无水、无氧条件下进行，C不符合题意；
D．Si被HCl氧化生成SiHCl3，则HCl被Si还原，HCl只有氢元素化合价能降，故推测产物为H2，对应方程式为：Si+3HCl SiHCl3+H2，D不符合题意；
故答案为：B。
二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200~300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si，以此分析解答。
16．D
A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A不符合题意；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B不符合题意；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C不符合题意；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D符合题意；
故答案为：D。
锑矿粉(主要成分为 Sb2S3、SiO2 )制取锑白的流程：锑矿粉中加入氯化铁溶液浸出，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，说明发生反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，SiO2不反应，滤渣中有SiO2和S；加入Sb还原，将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+；“水解”的目的是锑铁分离，将锑元素转化为 SbOCl沉淀，Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；“中和”是向水解所得的 SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3·nH2O，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移；最后洗涤、干燥得到锑白。
17．（1）B
（2）碱性；氧化性；过滤出硫酸钙；Al(OH)3；Fe(OH)3；CaSO4·2H2O
（3）加入硫氰化钾溶液
（4）稀硫酸；加入氢氧化钠溶液，过滤得到氢氧化镁；再加入硫酸，蒸发结晶
（5）天平、坩埚、马弗炉
盐泥主要成分可知，要用稀硫酸溶解，硫酸钙在高温时溶解度较小，趁热过滤，滤液A中含有Mg2+、Na+、Al +、Fe3+，加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子，滤渣A为氢氧化铁和氢氧化铝、硫酸钙和盐泥中少量的硫酸钡，滤液B中的离子有Mg2+、Na+，加入氢氧化钠，滤渣B为氢氧化镁，再加入硫酸，溶液C为硫酸镁和硫酸钠，再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，再向沉淀中加入硫酸得到硫酸镁溶液，经蒸发结晶得到，据此分析解题。
(1)实验室模拟该流程涉及溶解，过滤和蒸发结晶，不涉及蒸馏，不会涉及的操作B；
(2)以上操作利用了的氧化性和碱性，NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子；根据三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4·2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液A到滤液B需先加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O；
(3)检验滤液B中是否含有的实验方法向其中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红则说明含有；
(4)从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量硫酸；②再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁，③再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体。
(5)若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有分析天平、坩埚、马弗炉，准确称量失水前的重量，将其置入坩埚，再放入马弗炉，冷却后再称重，两者差值即为结晶水质量。
（1）该实验涉及的操作有溶解、过滤、蒸发结晶等；
（2）次氯酸钠是强碱弱酸盐，呈碱性，且有强氧化性；趁热过滤一般都是保证某种物质不沉淀，另一种物质过滤；
（3）检验铁离子的方法是采用KSCN；
（4）得到含有结晶水的化合物，需要用到蒸发浓缩冷却结晶的操作；
（5）测定结晶水的含量，通常采用重量差值法进行判断，即加热到一定程度，固体质量不再变化，因此加热固体需要用到坩埚。
18．（1）Cl2O7；HClO
（2）H++OH =H2O
（3）氯气中氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势
（4）A；NaCl；能
（1）Y为+7价含氯氧化物，则应为Cl2O7；Z为+1价氯元素形成的酸，则应为HClO；
（2）高氯酸是强酸，则在水溶液中完全电离，可以拆成离子，所以与NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH =H2O；
（3）氯气中氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势，所以既有氧化性又有还原性；
（4）①ClO2、H2O为非金属氧化物，HCl为酸，NaClO2和NaCl都是盐，没有涉及金属氧化物，
故答案为：A；
②产物中ClO2中Cl元素为+4价，NaCl中Cl元素为-1价，而NaClO2中Cl元素为+3价，化合价降低为-1价生成NaCl，所以NaClO2发生还原反应的产物是NaCl；将该反应改写为离子方程式可得5ClO+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，可知盐酸的作用是提供氢离子，所以能用稀硫酸代替盐酸。
（1）Y为氯元素的氧化物，且氯元素为+7，可以知道为 Cl2O7 ，Z为+1价氯元素的酸，可以知道为HClO；
（2）氢离子和氢氧根反应生成水；
（3）化合价升高，被氧化，化合价降低，被还原；
（4） ① 纯净物：只有一种分子的物质；
混合物：有多种分子的物质；
有机物：含碳元素的化合物，除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸氢盐、碳酸盐；
化合物：有多种元素形成的纯净物；
酸：阳离子只有H+，阴离子为酸根离子；
碱：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为OH-；
盐：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子；
氧化物：只有两种元素，其中一种元素是氧元素。
酸性氧化物：多数非金属氧化物是酸性氧化物，一氧化氮、一氧化碳、二氧化氮特殊；
碱性氧化物：多数金属氧化物是碱性氧化物，过氧化钠、氧化铝特殊；
② 氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物。
19．（1）2MoS2 +9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O；使固体反应物和空气充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
（2）NiO
（3）使SiO转化为H2SiO3沉淀
（4）B
（5）pH过高，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中的c(Mg2+)减小，会导致AsO的沉淀率降低；0.012
（6）4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O
本工艺流程题中富钼精矿(主要成分为MoS2，还含有少量NiS、SiO2、As2O3)经过氧化焙烧后，将S元素转化为Na2SO4，NiS转化为NiO和Na2SO3，SiO2转化为Na2SiO3，As2O3转化为Na3AsO4，加水溶解浸出后过滤得到滤渣1主要成分为NiO，“浸出”所得浸出液中主要存在的离子为Na+、OH-、、、、；向浸出液中加入稀硫酸调节pH=8，使转化为H2SiO3沉淀，过滤得到滤渣II主要成分为H2SiO3，向滤液中加入叔胺N-235进行萃取出、，分液得到有机层和水层，对有机层进行反萃取，得到水层主要含有、离子，加入MgCl2溶液沉淀除砷，生成Mg(NH4) AsO4沉淀和(NH4)2MoO4溶液，故可确定试剂X为氨水，过滤出沉淀，向滤液中加入浓盐酸进行酸沉结晶达到四钼酸铵晶体，原理为：4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O，母液中主要含有NH4Cl，据此分析解题。
(1)由分析可知，“氧化焙烧”时MoS2发生反应生成Na2MoO4和Na2SO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为2MoS2 +9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O，该工序中空气和矿料应逆流而行，目的是使固体反应物和空气充分接触，加快反应速率，使反应充分进行，故答案为：2MoS2 +9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O；使固体反应物和空气充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
(2)根据题干信息①Ni元素在本流程中不被氧化可知，NiS被转化为NiO和SO2，故滤渣I的主要成分为NiO，故答案为：NiO；
(3)由分析可知，“调pH=8”工序中加入稀硫酸的目的是使SiO转化为H2SiO3沉淀，故答案为：使SiO转化为H2SiO3沉淀；
(4)“萃取”原理为2R3N(叔胺N-235 )+2H++(R3NH)2MoO4，则“反萃取”是使上述平衡逆向移动，NaOH将引入新的杂质Na+，稀硫酸和(NH4)2SO4溶液呈酸性不能是平衡逆向移动，故工序中的试剂X最适宜选用氨水，故答案为：B；
(5)pH过高，溶液中OH-浓度过大，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中的c(Mg2+)减小，会导致AsO的沉淀率降低，则“除砷”时控制溶液的pH=9，若测得 (NH4)2MoO4溶液中c()=2mo/L，欲使刚好沉淀完全，c(Mg2+)===5×10-7mol/L，则溶液中残余的Mg2+浓度为=0.012mg/L，故答案为：pH过高，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中的c(Mg2+)减小，会导致AsO的沉淀率降低；0.012；
(6)由分析可知，“酸沉结晶”中生成四钼酸铵晶体的化学方程式为4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O，故答案为：4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O。
（1）根据氧化还原反应的特点，Mo化合价升高，S化合价升高，氧气作为氧化剂，结合氧化还原反应的化合价变化计算化学计量数；
（2）结合“ 浸出”所得浸出液中主要存在的离子为Na+、OH-、、、、 以及 Ni元素在本流程中不被氧化 可以知道滤渣I为NiO；
（3）强酸制弱酸的原理，硫酸可以使硅酸根转化为硅酸；
（4）反萃取的目的是让 (R3NH)2MoO4重新转化为 ，因此要让平衡朝逆向移动，且不能引入新的杂质，因此采用氨水，降低氢离子的浓度使平衡朝逆向移动；
（5）镁离子的作用是使 沉淀，因此要从镁离子的角度考虑，若是pH过高则会使镁离子沉淀；计算沉淀离子浓度时，要结合难溶电解质的溶度积，即Ksp，根据 Ksp[Mg(NH4)AsO4]=10-11 以及铵根离子的浓度，可以计算镁离子的浓度；
（6）产物为 (NH4)2Mo4O13 ·2H2O ，结合反应物(NH4)2MoO4，可以知道该反应为复分解反应，另一种产物为氯化铵。
20．（1）Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO
（2）分液漏斗
（3）溴化钾(或其他含Br－的盐类物质)
（4）温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
解：(1)步骤③中二氧化硫把溴单质还原为溴离子，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－。(2)步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离，分离方法是分液，因此分离仪器的名称是分液漏斗。(3)氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过溴化钾溶液，以除去氯气。(4)由于温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，因此步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。
（1）离子方程式书写记得：有气体、沉淀生成要用符号标出遵循质量守恒定律和电子守恒定律，强电解质写成离子形式。
（2）熟练掌握实验的基本操作步骤，仪器的使用即可得出本题答案
（3）氯气具有强氧化性，可以把溴离子生成溴单质
（4） 温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
21．（1）第2周期第VA族
（2）HCl
（3）
（4）
（5）abc
由元素在周期表中的位置可推知①②③④⑤分别是H、N、Na、S、Cl。(1)②是N元素，在元素周期表中的位置第2周期第VA族。故答案为：第2周期第VA族。
(2)①分别与④、⑤形成的化合物是H2S和HCl，S和Cl是同周期，同周期从左到右随原子序数的增加，非金属性逐渐增强，对应氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性是：H2S(3)③和④分别形成的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH和Al(OH)3，发生反应离的子方程式是，故答案为：。
(4)③能与⑤形成AB型化合物是NaCl，用原子结构解释原因：钠原子结构示意图为，容易失去最外层电子变成Na+，氯原子结构示意图为，最外层容易得到一个电子变成Cl-，钠离子和氯离子通过静电作用形成离子化合物氯化钠，可用电子式表示形成过程：，故答案为：。
(5)根据元素Se的原子结构示意图判断
a.由原子结构示意图可知Se位于第4周期第VIA族、与S同主族，故a正确；
b.Se的最外层电子是6个，最低负化合价为-2价，故b正确；
c.SeO2中Se的化合价是+4价，可以失电子升高为+6价，具有还原性，故c正确；
d.Se和S位于同主族，S的非金属性强于Se，根据非金属强弱判断依据非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强可得H2SO4的酸性强于H2SeO3，故d不正确。故答案为：abc
（1）根据原子序数即可判断位置
（2）根据非金属性强弱
（3）根据元素符号写出物质即可写出方程式
（4）根据元素符号写出化学式即可写出形成过程
（5）根据原子结构即可找出处于第六主族，最低化合价为-2价，处于中间价态具有还原性和氧化性
22．（1）；第ⅢA族，第3周期
（2）；溶液变蓝；氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强
（3）A；B
（4）
（1）A2B2化学式为H2O2其电子式为，E为Al元素在元素周期表中为第ⅢA族，第3周期|
故答案为：；
（2）①X为Cl元素，新制氯水滴入氢氧化钠溶液中发生反应：，
故答案为：；
②新制氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生反应：，淀粉遇碘显蓝色，则现象为溶液变蓝色；
故答案为：溶液变蓝；
③Cl的非金属强于I是由于氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强；
故答案为：氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强；
（3）A．Ga位于元素周期表第ⅢA族，第4周期，故A正确；
B．GaN中N的化合价为-3价，根据化合物中化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，故B正确；
C．Ga3+的电子层数大于Al3+的电子层数，则Ga3+的离子半径大于E3+的离子半径，故C不正确；
故答案为：AB；
（4）XB2为ClO2与Mn2+反应生成MnO2沉淀和Cl-，根据化合价升降守恒可得；
故答案为：。
A是元素周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素，A、B能形成两种液态化合物和，则B为O元素，D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素，E的周期序数和族序数相等，则E为Al元素，D、X的原子最外层电子数之和为8，则X的最外层电子数为7，且X的原子序数最大，则X为Cl元素。
高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册
一、单选题
1．原子序数为x的元素位于元素周期表中的第IIA族，则关于原子序数为x+1的元素的说法错误的是（ ）
A．可能位于第IIIA族 B．可能是39号元素
C．可能是59号元素 D．可能位于第IIIB族
2．按Li、Na、K、Rb、Cs顺序逐渐递增的性质是（）
A．单质的还原性 B．阳离子的氧化性
C．单质的密度 D．单质的熔点
3．下列对元素周期表的说法不正确的是（ ）
A．共有7个周期和16个族
B．目前已知发现的第ⅣA族元素为5种，所以该族元素共有5种单质
C．元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果
D．在过渡元素中可以寻找各种优良的催化剂
4．下列我国科研成果所涉及的物质转化中，物质所含元素位于0族的是（ ）
A．由二氧化碳制取汽油：等
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→
D．利用太阳能合成燃料：
5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的原子半径小于Y的原子半径，Y、Z同主族，Z原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．非金属性Y比Z强
B．X与Y只能形成一种化合物
C．Y单质与Z单质在加热条件下可直接生成
D．最高价氧化物的水化物的酸性Z比W强
6．有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是（ ）
A．铜和铁 B．镁和铝 C．锌和铝 D．锌和铁
7．焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法正确的是（ ）
A．做焰色反应时可用铜丝蘸取待测物在火焰上灼烧
B．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察
C．NaCl与Na2CO3灼烧时火焰颜色相同
D．焰色反应后金属丝应用硫酸清洗并在火焰上灼烧至与原火焰焰色相同
8．有a、b、c、d四种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知四种元素中只有b为金属元素，则下列有关说法中正确的是（ ）
a
b c d
A．第一电离能：d>c>b
B．离子半径：c>d>a
C．简单气态氢化物的稳定性：a
9．短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞Y＞X
B．如图所示实验可证明非金属性：Cl＞Z
C．W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同
D．Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键
10．下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．为纪念俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名为钔，该元素最稳定的一种原子为 Md，关于该原子下列说法正确的是（ ）
A．质子数是258
B．电子数是157
C．中子数是359
D． Md与 Md是同位素
12．已知R2＋有b个中子，核外有a个电子，表示R原子符号正确的是( )
A． B．
C． D．
13．海带中含有丰富的碘，某同学在老师的指导下按照如图所示的流程进行了实验。下列说法错误的是（ ）
A．灼烧前要用水将海带洗净
B．步骤③用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C．灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在
D．步骤④反应的离子方程式为
14．化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A．传播新冠病毒的气溶胶具有胶体的性质
B．漂白粉要密封保存
C．酸性洁厕灵与碱性“84消毒液”共用，可提高清洁效果
D．食盐不慎撒落在天然气火焰上，观察到黄色火焰原因是钠元素的焰色为黄色
15．“西门子”制硅法是以硅石(SiO2)为原料制备冶金级高纯硅，其工艺流程如图。下列叙述错误的是（ ）
已知：SiHCl3室温下易挥发、易水解的无色液体。
A．“酸浸”过程主要是酸溶除去粗硅中的氧化镁，可用稀盐酸代替稀硫酸
B．该生产工艺中可循环使用的物质只有H2
C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行
D．“氧化”过程的化学方程式为Si+3HCl SiHCl3+H2
16．锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
二、综合题
17．利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为、、，还含有少量、、、等]与废酸反应制备，既处理了三废，又有经济效益。其主要流程如下：
已知：
①部分离子沉淀完全的
沉淀物
8.96 3.20 4.70 11.12
②三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线
（1）实验室模拟该流程，不会涉及的操作 。
A． B． C． D．
加入NaClO可调节，且一种离子会被氧化。充分反应后再趁热过滤。
（2）以上操作利用了的 性和 性，且不引入新的杂质离子；趁热过滤的目的是 ；沉淀A的主要成分是 、 、 。
（3）检验滤液B中是否含有的实验方法 。
（4）从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量 (填化学式)；② 、 ；④过滤、洗涤得产品。
（5）若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有 。
18．从物质类别和元素化合价两个维度研究物质的性质及转化是重要的化学学习方法。氯及其化合物的“价一类”二维图的部分信息如图：
回答下列问题：
（1）据图中信息，写出Y、Z的化学式： 、 。
（2）已知高氯酸()是强酸，写出高氯酸溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式： 。
（3）氯气既有氧化性又有还原性，结合上图说明理由： 。
（4）二氧化氯()为新时代绿色消毒剂，制备原理为：
①按照物质类别对上述反应中的各物质进行分类，未涉及的物质类别是 (填序号)。
A．金属氧化物 B．非金属氧化物 C．酸 D．盐
②发生还原反应的产物是 (写化学式)；该反应 (填“能”或“不能”)用稀硫酸代替盐酸。
19．四钼酸铵[(NH4)2Mo4O13 ·2H2O]微溶于水，常用作石油工业及人造羊毛的催化剂、微量元素肥料、织物防火剂、阻燃剂等。从富钼精矿中(主要成分为MoS2，还含有少量NiS、SiO2、 As2O3) 制备四钼酸铵的一种流程如下图所示：
已知：①Ni元素在本流程中不被氧化；
②“浸出”所得浸出液中主要存在的离子为Na+、OH-、、、、 ；
③当溶液中某离子浓度小于或等于10-5mol/L时，认为其沉淀完全。常温下，Ksp[Mg(NH4)AsO4]=10-11。
请回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”时MoS2发生反应生成Na2MoO4和Na2SO4的化学方程式为 ，该工序中空气和矿料应逆流而行，目的是 。
（2）滤渣I的主要成分为 。
（3）“调pH=8”工序中加入稀硫酸的目的是 。
（4）“萃取”原理为2R3N(叔胺N-235 )+2H++(R3NH)2MoO4，则“反萃取”工序中的试剂X最适宜选用____(填序号)。
A．NaOH溶液 B．氨水
C．稀硫酸 D．(NH4)2SO4溶液
（5）“除砷”时控制溶液的pH=9，若pH过高将会使的沉淀率降低，原因为 。若测得 (NH4)2MoO4溶液中c()=2mo/L，欲使刚好沉淀完全，则溶液中残余的Mg2+浓度为 mg/L。
（6）“酸沉结晶”中生成四钼酸铵晶体的化学方程式为 。
20．全球海水中溴的储藏量丰富，约占地球溴总储藏量的99%，故溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65 mg·L－1。空气吹出SO2吸收法工艺流程如下：
（1）步骤③的离子方程式： 。
（2）步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离。分离仪器的名称是 。
（3）溴水混合物Ⅱ中溶有一定量的氯气，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过 (填试剂名称)溶液，以除去氯气。
（4）步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90 ℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因 。
三、推断题
21．元素周期表在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表显示了元素周期表中的短周期，① ⑤代表5种元素。
①
②
③ ④ ⑤
（1）②在元素周期表中的位置是 。
（2）①分别与④、⑤形成的化合物中，稳定性强的是 (用化学式表示)。
（3）③和④分别形成的最高价氧化物对应的水化物可以发生反应，离子方程式是 。
（4）③能与⑤形成AB型化合物，用原子结构解释原因： 。
（5）元素Se的原子结构示意图为。下列推断正确的是 (填序号)。
a.Se位于第4周期、与④同主族
b.Se的最低负化合价为-2价
c.SeO2具有还原性
d.H2SeO3的酸性强于H2SO4
22．A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期元素。A是元素周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种液态化合物和。D是短周期中原子半径最大的主族元素，E的周期序数和族序数相等，D、X的原子最外层电子数之和为8。
（1）的电子式为 ；E在元素周期表中的位置是 。
（2）如图所示，将X单质的水溶液分别滴入盛有不同试剂的试管中。
①试管a中发生反应的化学方程式为 ，该反应可用于制备漂白液。
②试管b中的实验现象为 ，说明X的非金属性 于硝酸(填“强”或“弱”)
（3）镓()与E为同主族元素，氮化镓(GaN)作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是____ (填字母)。
A．Ga位于元素周期表的第四周期
B．GaN中Ga的化合价为+3
C．的离子半径小于的离子半径
（4）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为 。
答案解析部分
1．C
A．根据上述分析，短周期时，原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族，原子序数为x+1的元素在第ⅢA族，故A不符合题意；
B．根据分析，在第五周期时，原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族是38号锶，则原子序数为x+1的元素在ⅢB族的39号钇，故B不符合题意；
C．根据分析，在第六周期时，原子序数为x的元素位于周期表中的第ⅡA族是56号钡，则原子序数为x+1的元素为镧系的57号，故C符合题意；
D．根据分析，原子序数为x+1的元素位于可能位于第ⅢB族，故D不符合题意；
故答案为：C。
第IIA族的原子序数为x，x可能为4、12、20、38、56、88，短周期中ⅡA族与ⅢA族相邻，长周期中ⅡA族与ⅢB族相邻，据此解答。
2．A
A.考查元素周期律的应用。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，A符合题意。
B.金属性越强，相应金属阳离子的还原性就越弱，B不符合题意。
C.碱金属单质的密度自上而下逐渐增大，但钠的密度大于家的，C不符合题意。
D.碱金属单质的熔点逐渐减小，D不符合题意。
故答案为：A。
根据碱金属元素的递变规律进行分析即可。
3．B
A.元素周期表中共含有7个周期和7个主族、7个副族、一个Ⅷ族、一个0族，共16个族，选项正确，A不符合题意；
B.目前已发现的第ⅣA元素有5种，结合元素周期表的编排规律可知，其第七周期的还有一种元素，因此该族元素共有6种单质，选项错误，B符合题意；
C.元素性质的周期性变化是元素原子的核外电子排布呈现周期化变化的必然结果，选项正确，C不符合题意；
D.在过渡元素中，可以寻找各种优良的催化剂，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
此题是对元素周期表结构的考查，结合元素周期表的结构和应用进行分析即可。
4．B
A．，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，A项不符合题意；
B．液氦到超流氦的转变：液氦(-269℃)→超流氦(-271℃)，包含He，有0族元素，B项符合题意；
C．煤炭的清洁化利用：煤炭→，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，C项不符合题意；
D．利用太阳能合成燃料：，包含H、C、O三种元素，没有0族元素，D项不符合题意；
故答案为：B。
0族元素包含He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn。
5．A
A．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性：Y (O) >Z(S)，A符合题意；
B．X(氢)与Y(氧)形成的化合物有H2O、H2O2，B不符合题意；
C．硫和氧气在加热条件下反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C不符合题意；
D．非金属性越强对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性Z(S)
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大 ，Y、Z同主族，Z原子的核电荷数是Y原子的核电荷数的2倍，核电荷数=原子序数，可知Y为O，Z为S，则W为Cl， X的原子半径小于Y的原子半径 ，即X在第一周期，X为H；
A、同一主族的元素，从上到下非金属性递减；
B、氢元素和氧元素可以形成水和过氧化氢；
C、硫和氧气反应只能生成二氧化硫；
D、最高价氧化物水化物的酸性即比较非金属性，同一周期的元素，从左到右非金属性递增。
6．C
n（H2）= =0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（ ×56g/mol=5.6g）、2.4g（ ×24g/mol=2.4g）、1.8g（ ×27g/mol=1.8g）、6.5g（ ×65g/mol=6.5g）；
A.Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B.生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g<3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，B项不可能；
C.生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Al的质量为1.8g<3.4g，C项可能；
D.生成标准状况下2.24LH2需消耗Zn的质量为6.5g>3.4g，消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，D项不可能；
故答案为：C。
本题目还可以采用尝试法去计算，即采用代入法。
7．C
A、Cu本身也有焰色反应，所以铜丝蘸取待测夜进行焰色反应会产生干扰，应当选用铂丝，A不符合题意。
B、K的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，其他元素的焰色反应不需要用到蓝色钴玻璃，B 不符合题意。
C、NaCl、Na2CO3灼烧时火焰都是黄色，C符合题意。
D、焰色反应的金属丝应当用盐酸清洗，D不符合题意。
故答案为：C。
A.铜丝易与氧气反应生成黑色的氧化铜干扰焰色反应；
B.只有钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察；
C.无论是单质还是化合物，只要含有的金属元素相同，灼烧时火焰颜色就相同；
D.根据硫酸的强酸性和难挥发性分析。
8．B
A．同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但P为第ⅤA族元素，3p能级半充满比较稳定，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：c(P)>d(S)>b(Al)，A项不符合题意；
B．电子层数多的离子半径大，核外电子排布完全相同，核电荷数越大半径越小，则离子半径：P3-＞S2-＞N3-，B项符合题意；
C．非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：N＞P，则简单气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3，C项不符合题意；
D．P的最高价氧化物的水化物为H3PO4，属于中强酸，D项不符合题意；
故答案为：B。
由图可知，a处于第二周期，bcd处于第三周期；四种元素中只有b为金属元素，结构元素周期表结构可知b为Al元素、c为P元素、a为N元素、d为S元素。
9．B
短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为Z＞X＞Y，故不符合题意；
B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故符合题意；
C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故不符合题意；
D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故不符合题意。
故答案为：B。
A.简单离子的半径比较方法：电子层数越多，半径就越大；电子结构相同时，质子数越小的离子半径就越大；
B.元素的非金属性越强，其单质的氧化性就越强；
C.硫单质和氧气反应只能形成二氧化硫；
D.离子键指的是阴阳离子之间通过相互作用形成的化学键；共价键指的是原子之间通过共用电子对形成的化学键。
10．D
A、氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，A不符合题意；
B、硫点燃生成二氧化硫，B不符合题意；
C、二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，C不符合题意；
D、电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，氢氧化钠溶液与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，D符合题意。
故答案为：D
A、Al(OH)3高温时只能生成Al2O3，得不到铝单质；
B、硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫气体；
C、氧化硅与盐酸不反应；
D、氯化钠电解生成碱，与酸性气体二氧化碳化合得到碳酸钠。
11．D
对于 Md原子，它的质子数为101，质量数为258。A.质子数是101，质量数是258，A不符合题意；
B.对于原子来说，电子数等于质子数，所以电子数应是101，B不符合题意；
C.中子数是258-101=157，C不符合题意；
D. Md与 Md的质子数相同，质量数不同，二者互为同位素，D符合题意。
故答案为：D。
元素符号的左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数=质量数-质子数，质子数=核外电子数; 具有相同质子数和不同中子数的同一种元素的几种原子互称同位素. 据此分析。
12．C
R2＋有a个电子，则其原子序数(质子数)为a＋2，结合中子数为b个，可得，其质量数为a＋b＋2。
故答案为：C
原子失去若干电子后得到阳离子，R2＋ 可知R原子核外有a+2个电子，根据原子电中性原则即R原子的质子数为a+2。反之，阴离子为原子得到电子后形成。
13．A
A．从流程看，灼烧前没有必要用水将海带洗净、灼烧时表面的杂质也会转化，而且洗后不干燥无法灼烧、要灼烧还得干燥，A符合题意；
B． 步骤③为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B不符合题意；
C． 据分析知：灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在，C不符合题意；
D． 步骤④反应中二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为，D不符合题意；
故答案为：A。
A、灼烧后需要过滤，因此不洗涤也可以；
B、过滤需要用到玻璃棒、烧杯、漏斗；
C、海带灰中以碘离子的形式存在，因此需要用二氧化锰氧化碘离子；
D、二氧化锰和碘离子反应，碘离子化合价升高，锰化合价降低。
14．C
A．气溶胶是分散质粒子分散到气态分散剂里形成的胶体分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体的性质，A不符合题意；
B．漂白粉能与空气中的二氧化碳反应，故都要密封保存，B不符合题意；
C．酸性洁厕灵主要成分为HCl，“84消毒液”主要成分为NaClO，二者混合时发生归中反应生成氯气，降低清洁效果，C符合题意；
D．食盐的主要成分为NaCl，含有Na元素，焰色反应为黄色，D不符合题意；
故答案为：C。
考查化学与生活。
15．B
A．由分析知，酸浸时是为了除去MgO，由于稀硫酸与Si不反应，故也可以用稀硫酸代替稀盐酸，A不符合题意；
B．SiHCl3被H2还原为Si，则H2被SiHCl3氧化，根据元素守恒可知H2对应产物为HCl，故可循环利用的物质还有HCl，B符合题意；
C．由于SiHCl3易水解，且H2属于易燃易爆气体，故氧化、分离、热解过程需要在无水、无氧条件下进行，C不符合题意；
D．Si被HCl氧化生成SiHCl3，则HCl被Si还原，HCl只有氢元素化合价能降，故推测产物为H2，对应方程式为：Si+3HCl SiHCl3+H2，D不符合题意；
故答案为：B。
二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200~300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si，以此分析解答。
16．D
A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A不符合题意；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B不符合题意；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C不符合题意；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D符合题意；
故答案为：D。
锑矿粉(主要成分为 Sb2S3、SiO2 )制取锑白的流程：锑矿粉中加入氯化铁溶液浸出，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，说明发生反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，SiO2不反应，滤渣中有SiO2和S；加入Sb还原，将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+；“水解”的目的是锑铁分离，将锑元素转化为 SbOCl沉淀，Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；“中和”是向水解所得的 SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3·nH2O，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移；最后洗涤、干燥得到锑白。
17．（1）B
（2）碱性；氧化性；过滤出硫酸钙；Al(OH)3；Fe(OH)3；CaSO4·2H2O
（3）加入硫氰化钾溶液
（4）稀硫酸；加入氢氧化钠溶液，过滤得到氢氧化镁；再加入硫酸，蒸发结晶
（5）天平、坩埚、马弗炉
盐泥主要成分可知，要用稀硫酸溶解，硫酸钙在高温时溶解度较小，趁热过滤，滤液A中含有Mg2+、Na+、Al +、Fe3+，加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子，滤渣A为氢氧化铁和氢氧化铝、硫酸钙和盐泥中少量的硫酸钡，滤液B中的离子有Mg2+、Na+，加入氢氧化钠，滤渣B为氢氧化镁，再加入硫酸，溶液C为硫酸镁和硫酸钠，再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，再向沉淀中加入硫酸得到硫酸镁溶液，经蒸发结晶得到，据此分析解题。
(1)实验室模拟该流程涉及溶解，过滤和蒸发结晶，不涉及蒸馏，不会涉及的操作B；
(2)以上操作利用了的氧化性和碱性，NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子；根据三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4·2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液A到滤液B需先加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O；
(3)检验滤液B中是否含有的实验方法向其中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红则说明含有；
(4)从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量硫酸；②再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁，③再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体。
(5)若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有分析天平、坩埚、马弗炉，准确称量失水前的重量，将其置入坩埚，再放入马弗炉，冷却后再称重，两者差值即为结晶水质量。
（1）该实验涉及的操作有溶解、过滤、蒸发结晶等；
（2）次氯酸钠是强碱弱酸盐，呈碱性，且有强氧化性；趁热过滤一般都是保证某种物质不沉淀，另一种物质过滤；
（3）检验铁离子的方法是采用KSCN；
（4）得到含有结晶水的化合物，需要用到蒸发浓缩冷却结晶的操作；
（5）测定结晶水的含量，通常采用重量差值法进行判断，即加热到一定程度，固体质量不再变化，因此加热固体需要用到坩埚。
18．（1）Cl2O7；HClO
（2）H++OH =H2O
（3）氯气中氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势
（4）A；NaCl；能
（1）Y为+7价含氯氧化物，则应为Cl2O7；Z为+1价氯元素形成的酸，则应为HClO；
（2）高氯酸是强酸，则在水溶液中完全电离，可以拆成离子，所以与NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH =H2O；
（3）氯气中氯元素为0价，既有降低的趋势，又有升高的趋势，所以既有氧化性又有还原性；
（4）①ClO2、H2O为非金属氧化物，HCl为酸，NaClO2和NaCl都是盐，没有涉及金属氧化物，
故答案为：A；
②产物中ClO2中Cl元素为+4价，NaCl中Cl元素为-1价，而NaClO2中Cl元素为+3价，化合价降低为-1价生成NaCl，所以NaClO2发生还原反应的产物是NaCl；将该反应改写为离子方程式可得5ClO+4H+=4ClO2+Cl-+2H2O，可知盐酸的作用是提供氢离子，所以能用稀硫酸代替盐酸。
（1）Y为氯元素的氧化物，且氯元素为+7，可以知道为 Cl2O7 ，Z为+1价氯元素的酸，可以知道为HClO；
（2）氢离子和氢氧根反应生成水；
（3）化合价升高，被氧化，化合价降低，被还原；
（4） ① 纯净物：只有一种分子的物质；
混合物：有多种分子的物质；
有机物：含碳元素的化合物，除一氧化碳、二氧化碳、碳酸、碳酸氢盐、碳酸盐；
化合物：有多种元素形成的纯净物；
酸：阳离子只有H+，阴离子为酸根离子；
碱：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为OH-；
盐：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子；
氧化物：只有两种元素，其中一种元素是氧元素。
酸性氧化物：多数非金属氧化物是酸性氧化物，一氧化氮、一氧化碳、二氧化氮特殊；
碱性氧化物：多数金属氧化物是碱性氧化物，过氧化钠、氧化铝特殊；
② 氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物。
19．（1）2MoS2 +9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O；使固体反应物和空气充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
（2）NiO
（3）使SiO转化为H2SiO3沉淀
（4）B
（5）pH过高，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中的c(Mg2+)减小，会导致AsO的沉淀率降低；0.012
（6）4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O
本工艺流程题中富钼精矿(主要成分为MoS2，还含有少量NiS、SiO2、As2O3)经过氧化焙烧后，将S元素转化为Na2SO4，NiS转化为NiO和Na2SO3，SiO2转化为Na2SiO3，As2O3转化为Na3AsO4，加水溶解浸出后过滤得到滤渣1主要成分为NiO，“浸出”所得浸出液中主要存在的离子为Na+、OH-、、、、；向浸出液中加入稀硫酸调节pH=8，使转化为H2SiO3沉淀，过滤得到滤渣II主要成分为H2SiO3，向滤液中加入叔胺N-235进行萃取出、，分液得到有机层和水层，对有机层进行反萃取，得到水层主要含有、离子，加入MgCl2溶液沉淀除砷，生成Mg(NH4) AsO4沉淀和(NH4)2MoO4溶液，故可确定试剂X为氨水，过滤出沉淀，向滤液中加入浓盐酸进行酸沉结晶达到四钼酸铵晶体，原理为：4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O，母液中主要含有NH4Cl，据此分析解题。
(1)由分析可知，“氧化焙烧”时MoS2发生反应生成Na2MoO4和Na2SO4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为2MoS2 +9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O，该工序中空气和矿料应逆流而行，目的是使固体反应物和空气充分接触，加快反应速率，使反应充分进行，故答案为：2MoS2 +9O2+12NaOH=2Na2MoO4+4Na2SO4+6H2O；使固体反应物和空气充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
(2)根据题干信息①Ni元素在本流程中不被氧化可知，NiS被转化为NiO和SO2，故滤渣I的主要成分为NiO，故答案为：NiO；
(3)由分析可知，“调pH=8”工序中加入稀硫酸的目的是使SiO转化为H2SiO3沉淀，故答案为：使SiO转化为H2SiO3沉淀；
(4)“萃取”原理为2R3N(叔胺N-235 )+2H++(R3NH)2MoO4，则“反萃取”是使上述平衡逆向移动，NaOH将引入新的杂质Na+，稀硫酸和(NH4)2SO4溶液呈酸性不能是平衡逆向移动，故工序中的试剂X最适宜选用氨水，故答案为：B；
(5)pH过高，溶液中OH-浓度过大，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中的c(Mg2+)减小，会导致AsO的沉淀率降低，则“除砷”时控制溶液的pH=9，若测得 (NH4)2MoO4溶液中c()=2mo/L，欲使刚好沉淀完全，c(Mg2+)===5×10-7mol/L，则溶液中残余的Mg2+浓度为=0.012mg/L，故答案为：pH过高，Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀，溶液中的c(Mg2+)减小，会导致AsO的沉淀率降低；0.012；
(6)由分析可知，“酸沉结晶”中生成四钼酸铵晶体的化学方程式为4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O，故答案为：4(NH4)2MoO4 +6HCl= (NH4)2Mo4O13·2H2O↓+6NH4Cl+H2O。
（1）根据氧化还原反应的特点，Mo化合价升高，S化合价升高，氧气作为氧化剂，结合氧化还原反应的化合价变化计算化学计量数；
（2）结合“ 浸出”所得浸出液中主要存在的离子为Na+、OH-、、、、 以及 Ni元素在本流程中不被氧化 可以知道滤渣I为NiO；
（3）强酸制弱酸的原理，硫酸可以使硅酸根转化为硅酸；
（4）反萃取的目的是让 (R3NH)2MoO4重新转化为 ，因此要让平衡朝逆向移动，且不能引入新的杂质，因此采用氨水，降低氢离子的浓度使平衡朝逆向移动；
（5）镁离子的作用是使 沉淀，因此要从镁离子的角度考虑，若是pH过高则会使镁离子沉淀；计算沉淀离子浓度时，要结合难溶电解质的溶度积，即Ksp，根据 Ksp[Mg(NH4)AsO4]=10-11 以及铵根离子的浓度，可以计算镁离子的浓度；
（6）产物为 (NH4)2Mo4O13 ·2H2O ，结合反应物(NH4)2MoO4，可以知道该反应为复分解反应，另一种产物为氯化铵。
20．（1）Br2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO
（2）分液漏斗
（3）溴化钾(或其他含Br－的盐类物质)
（4）温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
解：(1)步骤③中二氧化硫把溴单质还原为溴离子，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝4H＋＋2Br－＋SO42－。(2)步骤⑤中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离，分离方法是分液，因此分离仪器的名称是分液漏斗。(3)氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此在步骤⑤中可将蒸馏产生的气体通过溴化钾溶液，以除去氯气。(4)由于温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低，因此步骤⑤的蒸馏过程中，温度应控制在80～90℃。
（1）离子方程式书写记得：有气体、沉淀生成要用符号标出遵循质量守恒定律和电子守恒定律，强电解质写成离子形式。
（2）熟练掌握实验的基本操作步骤，仪器的使用即可得出本题答案
（3）氯气具有强氧化性，可以把溴离子生成溴单质
（4） 温度过高，大量水蒸气被蒸出，溴蒸气中水增加；温度过低，溴不能完全蒸出，产率低
21．（1）第2周期第VA族
（2）HCl
（3）
（4）
（5）abc
由元素在周期表中的位置可推知①②③④⑤分别是H、N、Na、S、Cl。(1)②是N元素，在元素周期表中的位置第2周期第VA族。故答案为：第2周期第VA族。
(2)①分别与④、⑤形成的化合物是H2S和HCl，S和Cl是同周期，同周期从左到右随原子序数的增加，非金属性逐渐增强，对应氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性是：H2S
(4)③能与⑤形成AB型化合物是NaCl，用原子结构解释原因：钠原子结构示意图为，容易失去最外层电子变成Na+，氯原子结构示意图为，最外层容易得到一个电子变成Cl-，钠离子和氯离子通过静电作用形成离子化合物氯化钠，可用电子式表示形成过程：，故答案为：。
(5)根据元素Se的原子结构示意图判断
a.由原子结构示意图可知Se位于第4周期第VIA族、与S同主族，故a正确；
b.Se的最外层电子是6个，最低负化合价为-2价，故b正确；
c.SeO2中Se的化合价是+4价，可以失电子升高为+6价，具有还原性，故c正确；
d.Se和S位于同主族，S的非金属性强于Se，根据非金属强弱判断依据非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强可得H2SO4的酸性强于H2SeO3，故d不正确。故答案为：abc
（1）根据原子序数即可判断位置
（2）根据非金属性强弱
（3）根据元素符号写出物质即可写出方程式
（4）根据元素符号写出化学式即可写出形成过程
（5）根据原子结构即可找出处于第六主族，最低化合价为-2价，处于中间价态具有还原性和氧化性
22．（1）；第ⅢA族，第3周期
（2）；溶液变蓝；氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强
（3）A；B
（4）
（1）A2B2化学式为H2O2其电子式为，E为Al元素在元素周期表中为第ⅢA族，第3周期|
故答案为：；
（2）①X为Cl元素，新制氯水滴入氢氧化钠溶液中发生反应：，
故答案为：；
②新制氯水滴入淀粉碘化钾溶液中发生反应：，淀粉遇碘显蓝色，则现象为溶液变蓝色；
故答案为：溶液变蓝；
③Cl的非金属强于I是由于氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强；
故答案为：氯原子和碘原子最外层都是7个电子，但氯原子半径比碘原子半径小，原子核对核外电子的吸引力强，得电子能力强，失电子能力弱，所以氯的非金属性比碘强；
（3）A．Ga位于元素周期表第ⅢA族，第4周期，故A正确；
B．GaN中N的化合价为-3价，根据化合物中化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，故B正确；
C．Ga3+的电子层数大于Al3+的电子层数，则Ga3+的离子半径大于E3+的离子半径，故C不正确；
故答案为：AB；
（4）XB2为ClO2与Mn2+反应生成MnO2沉淀和Cl-，根据化合价升降守恒可得；
故答案为：。
A是元素周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素，A、B能形成两种液态化合物和，则B为O元素，D是短周期中原子半径最大的主族元素，则D为Na元素，E的周期序数和族序数相等，则E为Al元素，D、X的原子最外层电子数之和为8，则X的最外层电子数为7，且X的原子序数最大，则X为Cl元素。