第四章 物质结构元素周期律 （含解析）测试题 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第四章 物质结构元素周期律 测试题
一、选择题
1．下列各项表述中错误的是
A．的结构示意图： B．质子数为92、中子数为146的U原子：
C．衰变成属于化学变化 D．、和属于不同的核素
2．HCl中含有的化学键是
A．离子键 B．共价键
C．既有离子键又有共价键 D．不含化学键
3．下列物质既含有离子键又含有非极性共价键的是
A．CaO B． C． D．
4．下列物质只含离子键的是
A． B．NaOH C． D．
5．2017年5月9日，我国公布了118号元素的中文名称为“”。有关的核素Og的说法不正确的是
A．质子数为118 B．中子数为176
C．核外电子数为118 D．质量数为412
6．下列非金属单质中，氧化性最强的是
A．N2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
7．下列说法正确的是
A．短周期共有18种核素
B．随着元素的原子序数的递增，元素的最高正价从+1到+7
C．可以在周期表中金属与非金属的分界处寻找半导体材料
D．和分子中每个原子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构
8．2015年12月30日国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)确认并命名了人工合成的第113、115、117和118号元素。其中118号元素Og是由美国与俄罗斯科学家合作合成的，其质量数为297。下列关于该元素的说法中正确的是
A．其原子核内中子数和质子数都是118
B．其原子核内中子数为179
C．其原子核外电子数为179
D．其原子最外层电子数为18
9．氢在、、三种核素，氧有、、三种核素。它们形成的水分子有
A．24种 B．18种 C．12种 D．6种
10．下列物质中仅存在离子键不存在共价键的是
A．MgO B． C． D．HCl
11．空间站是一种可以提供多名航天员巡防、长期工作和生活的载人航天器。空间站补充的一种方式是通过化学反应来生成。电解水可以生成和，其中可以直接供人类呼吸使用。在一定条件下与人类呼出的反应生成和，然后又可以电解产生。这样就可以形成一个循环的反应链。C和O都属于元素周期表第二周期元素，他们原子结构中相同的是
A．质子数 B．电子层数 C．核外电子数 D．最外层电子数
12．下列不属于短周期元素的是
A．Be B．Cl C．N D．K
二、非选择题
13．回答下列问题：
(1)下列变化：①升华；②烧碱熔化；③溶于水；④溶于水；⑤溶于水；⑥受热分解。其中仅共价键被破坏的是 ；(填序号，下同)仅离子键被破坏的是 ；
(2)在下列物质中：①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩(用物质前序号填空)。其中只存在非极性键的分子是 ；既存在离子键又存在极性键的是
(3)写出下列物质的电子式。
① ②
(4)用电子式表示下列物质的形成过程。
① ②
14．根据元素在周期表中的位置，判断下列各组化合物的酸、碱性强弱。
(1)和 ；
(2)KOH和 ；
(3)和 ；
15．现有下列10种物质：①H2O②Cl2③Al④P2O5⑤盐酸⑥NaOH⑦AgNO3⑧碘酒⑨C2H5OH⑩NaHCO3。
(1)其中属于电解质的是 （填序号)。
(2)②在元素周期表中的位置是 ，写出③的原子结构示意图 。
(3)请写出③⑥反应的化学方程式 。
(4)请写出足量⑤与⑦反应的离子方程式 。
16．向10 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加0.5 mol·L-1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题：
(1)图中B点溶液中的溶质有 。
(2)O点到B点反应的总离子方程式可表示为 。
(3)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为 。
(4)AlCl3溶液的物质的量浓度为 。
(5)若生成0.39gAl(OH)3沉淀，消耗NaOH溶液的体积为 。
(6)将Al(OH)3加热使其分解，向固体产物中加入足量NaOH溶液，该反应的离子方程式可表示为 。
17．将可能含有少量碳、硅杂质的a克镁铝合金投入100 mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金部分溶解，过滤，向所得溶液中滴加5 mol/L NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积的关系如图所示。
（1）原合金中Mg、Al的质量各是多少？
（2）盐酸的物质的量浓度是多少？
（3）取过滤后所得滤渣，向其中加入足量1mol/L NaOH溶液，可生成标准状况下0.112LH2，则a的最小值是多少？
18．已知X元素原子的L层比Y元素原子的L层少3个电子，Y元素原子核外电子数比X元素原子核外电子数多5，请回答下列问题：
(1)X、Y可形成 (填标号)。
A．离子化合物 B．离子化合物 C．共价化合物 D．共价化合物
(2)已知Y元素的单质能在空气中燃烧，写出其中属于置换反应的化学方程式 ，分析所得化合物中所含化学键的类型： 。
(3)X元素的氢化物能与它的最高价氧化物对应水化物反应，其产物属于 (填“离子”或“共价”)化合物。
19．已知短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，N、X最外层电子数相同，Z原子序数大于X，其中Z的简单离子半径在同周期中最小，X单质极易与常见无色无味液态物质发生置换反应且做氧化剂，在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强。回答下列问题：
(1)Y在周期表中的位置是 ；N的简单离子的核外电子排布示意图为 。
(2)用电子式表示化合物YN的形成过程： 。
(3)在YZO2与YX的混合液中，通入足量CO2，是工业制取Y3ZX6的一种方法，写出该反应的化学方程式： 。
(4)镓(31Ga)的化合物氮化镓(GaN)和砷化镓(GaAs)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，它们的商用价值进入“快车道”。
①下列有关说法正确的是 (填字母)。
a.Ga位于元素周期表第四周期IVA族
b.Ga为门捷列夫预言的“类铝”
c.Ga的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z元素最高价氧化物对应水化物的碱性强
②废弃的含GaAs的半导体材料可以用，放出NO2气体，同时生成H3AsO4和Ga(NO3)3，写出该反应的化学方程式： 。
(5)YZM4是有机合成的重要还原剂，其合成路线如图所示。
特定条件利用YZM4遇水反应生成的氢气的体积测定YZM4样品纯度。
①YZM4遇水反应的化学方程式为 。
②现设计如图四种装置测定YZM4样品的纯度(假设杂质不参与反应)。
从简约性、准确性考虑，最适宜的方案是 (填编号)。
③取样品ag，若实验测得氢气的体积为VmL(标准状态)，则YZM4样品纯度为 (用代数式表示)。
20．工业上以浓缩海水（含较高浓度的Br-）为原料提取溴的部分流程如下：
已知：3Br2+3CO32- =5Br- +BrO3- +3CO2↑。
图甲 图乙
（1）反应用的Cl2可由图甲所示装置制取，制取Cl2的化学方程式为 。为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是 。
（2）实验室用图乙所示装置模拟流程中的部分过程。
①通入Cl2时发生反应的离子方程式为 。
②通入热空气的作用是 。
③烧杯C中所盛溶液是 。
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，可以观察到的现象是 。
（3）“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为 。
（4）蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量 萃取其中的Br2。
21．A、B、C、D、E 五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A可与其他四种元素分别形成二元化合物，其中只在与D形成的化合物中呈-1价；对应的水化物与反应生成一种盐X；D的原子半径在短周期中最大(0族元素除外)；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍。请回答下列问题：
(1)X中含有的化学键类型为 ，化合物DA的电子式为 ，A与B形成的18电子的化合物的结构式为 。
(2)元素的非金属性C E(填“＞”“＜”或“=”)下列各项中，能说明该结论的事实有 (填序号)；
①氢化物的酸性比强
②氢化物的热稳定性比强
③氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊
④单质与氢气化合C比E容易
(3)B、C、D形成的简单离子的半径由大到小的顺序是： (用离子符号表示)。用电子式表示D与E形成的化合物的形成过程： 。
(4)B、C的气态氢化物稳定性为 ＞ ，请从原子结构的角度解释其原因： 。
22．为探究Na、Mg，Al的金属性强弱，某课外小组同学进行了如下实验：
实验 1．将一小块金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水中。
2．将一小段用砂纸打磨后的镁带放入试管中，加入少量水，加热至水沸腾，冷却后，向试管中滴加酚酞溶液。
3．将一小段镁带投入稀盐酸中。
4．将一小片铝投入稀盐酸中。
他们记录的实验现象有：
实验现象 a剧烈反应，迅速生成大量的气体。
b浮在水面上，熔成小球，不断游动，小球渐小最终消失，溶液变红。
c反应不剧烈，产生无色气体。
d有气体产生，溶液变成红色。
请帮助该小组同学补充下列实验报告中的内容：
(1)实验1对应的实验现象为 (选填a、b、c、d中一种，下同)；实验3对应的实验现象为 。
(2)钠与水反应的离子方程式 。
(3)实验结论是 。
(4)用原子结构理论对上述实验结论进行解释：同周期元素从左至右，原子的电子层数相同，核电荷数逐渐增多， 。
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．O2-具有8个质子，10个电子，结构示意图为，A正确；
B．质子数为92，中子数为146的U原子，相对原子质量为238，可表示为，B正确；
C．239Pu衰变成235U属于核反应，不是化学变化，C错误；
D．、和质子数相同，中子数不同，属于不同的核素，D正确；
故答案选C。
2．B
解析：氯化氢是由氢原子和氯原子形成的共价化合物，含有共价键，不含有离子键；
故选B。
3．D
【分析】根据物质的晶体类型和所含化学键类型判断，化学键分为离子键和共价键等，非极性共价键为相同非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键。
解析：A．CaO为离子化合物，只含有离子键，故A错误；
B．为共价化合物，只含有极性共价键，故B错误；
C．H2O为共价化合物，只含有极性共价键，故C错误；
D．Na2O2为离子化合物，既含有离子键，又含有非极性共价键，故D正确；
故选D。
4．D
解析：A．硫酸分子中只含共价键，A错误；
B．氢氧化钠中既有离子键也有共价键，B错误；
C．氯化铵中既有离子键又有共价键，C错误；
D．氧化钾中只有离子键，D正确；
故选D。
5．D
解析：由原子序数=核外电子数=核电荷数=核内质子数，则Og的质子数为118，核外电子数为118，故A、C正确；由A=Z+N可得中子数N=A-Z=294-118=176，故B正确，质量数为294，D错误，综上所述D符合题意，故选D。
答案选D。
6．B
解析：A．N2分子中的氮氮三键很稳定，氧化性最弱，A选项错误；
B．Cl的原子半径比Br、I都要小，易得电子，氧化性最强，B选项正确；
C．Br的原子半径比Cl大，氧化性比Cl弱，C选项错误；
D．同主族元素原子半径I>Br>Cl，氧化性I答案选B。
7．C
解析：A．核素是指具有一定质子数和一定中子数的原子，短周期是指前三周期，共有18种元素原子，每种元素可能有不同的核素，如氢元素有氕、氘、氚3种核素，A错误；
B．一般来说，元素的最高正价等于其主族序数，随着元素的原子序数的递增，元素的最高正价逐渐增加，但F和O例外，两者无最高正价，B错误；
C．在周期表中金属与非金属的分界处寻找半导体材料，如硅等，C正确；
D．分子中的C原子与每个H原子共用一对电子对形成稳定结构，但H原子此时是满2稳定结构，D错误；
故选C。
8．B
【分析】质量数=中子数+质子数；原子序数=核外电子数=质子数=核电荷数；
解析：A．中子数=297-118=179，质子数为118，两者不等，故A错误；
B．中子数=297-118=179，故B正确；
C．核外电子数=质子数=118，故C错误；
D．该元素核外电子数为118，根据核外电子排布规律，每层电子最多个电子，最外层不超过8个，即第一层2个电子；第二层8个电子；第三层18个电子；第四层32个电子；第五层32个电子；第六层18个电子；第七层8个电子，与稀有气体元素同族，故D错误；
故选B。
9．B
【分析】根据水的组成是由氢、氧元素组成，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子来分析。
解析：已知氢元素有H、D、T三种同位素，氧元素有16O、17O、 18O三种同位素，水分子由2个H和1个O原子构成，16O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；17O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；18O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；6O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；17O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；18O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；则由它们构成水分子有3×3×2=18种，答案选B。
10．A
【分析】活泼金属与活泼的非金属之间形成离子键，而非金属与非金属之间形成共价键。但铵根和酸根之间存在离子键。
解析：A．MgO中只存在离子键，A项符合题意；
B．该物质中存在离子键和共价键，B项不符合题意；
C．该物质中存在离子键和共价键，C项不符合题意；
D．该物质中只有共价键，D项不符合题意；
故选A。
11．B
解析：C是6号元素，有6个质子和6个核外电子，最外层电子数是4，O是8号元素，有8个质子和8个核外电子，最外层电子数是6，C和O都属于元素周期表第2周期元素，即核外都有2个电子层，所以C和O的质子数、核外电子数和最外层电子数都不同，只有电子层数相同。
故选B。
12．D
解析：元素周期表中前三周期称为短周期，前18号元素属于短周期元素，Be是4号元素，Cl是17号，N是7号，K是19号，只有K不属于短周期元素；
故选D。
二、非选择题
13．(1) ④ ②③
(2) ② ⑥⑦
(3)
(4)
解析：（1）①I2升华破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关；
②烧碱熔化断裂离子键变为自由移动的Na+、OH-，与共价键无关；
③NaCl是离子化合物，其溶于水时，断裂离子键变为自由移动的Na+、Cl-，没有断裂共价键；
④HCl溶于水时，在水分子作用下断裂共价键，变为自由移动的H+、Cl-，没有断裂离子键；
⑤O2溶于水时，破坏的是分子间作用力，与分子内的化学键无关；
⑥NH4HCO3受热分解变为NH3、H2O、CO2，断裂的是离子键、共价键。因此其中仅发生共价键破坏的是④；仅发生离子键破坏的是②③；
（2）①在HCl分子中仅存在极性共价键；
②在N2分子中仅存在非极性共价键；
③中NH3分子中仅存在极性共价键；
④Na2O2是离子化合物，在Na2O2中存在离子键和非极性共价键；
⑤H2O2是共价化合物，在该物质分子中含有极性共价键、非极性共价键；
⑥NH4Cl是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑦NaOH是离子化合物，其中含有离子键和极性共价键；
⑧Ar是由分子构成的物质，物质分子是单原子分子，不存在化学键；
⑨CO2是共价化合物，在该物质分子中只含有极性共价键；
⑩N2H4是由分子构成的物质，在物质分子中含有极性共价键和非极性共价键；
综上所述可知：其中只存在非极性键的分子是②N2；既存在离子键又存在极性键的是⑥NH4Cl、⑦NaOH；
（3）Na2O2是离子化合物，在Na2O2中，2个Na+与之间以离子键结合，在阴离子中，2个O原子之间以共价单键结合，故Na2O2的电子式为：；
②HClO是共价化合物，在HClO分子中，O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，使分子中的原子达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故HClO的电子式为：；
（4）Na2S是离子化合物，2个Na原子失去最外层的1个电子变为Na+，S原子获得2个电子，使原子最外层达到8个电子的稳定结构而变为S2-，S2-与2个Na+之间以离子键结合，故用电子式表示Na2S的形成过程为：；
在H2O分子中，H原子核外只有1个电子，O原子最外层有6个电子，2个H原子的2个电子与1个O原子形成2对共用电子对，使物质分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故用电子式表示H2O的形成过程为：。
14．(1)＞
(2)KOH＞
(3)＞；
解析：（1）N和P同主族，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，因此酸性：＞；故答案为：＞。
（2）Na和K同主族，同主族从上到下金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此碱性：KOH＞NaOH，Na和Mg同周期，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，因此碱性：NaOH ＞，所以碱性KOH＞；故答案为：KOH＞。
（3）Al和Mg同周期，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，因此碱性：＞；故答案为：＞。
15． ①⑥⑦⑩ 第三周期、ⅦA族
【分析】水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，碱性氧化物、酸、碱和盐通常是电解质，水是极弱的电解质，绝大多数有机物是非电解质，二氧化碳等酸性氧化物溶于水生成酸溶液会导电、因酸电离出可自由移动离子而导电、酸性氧化物自身不提供自由离子，故酸性氧化物属于非电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；
解析：(1)①H2O是极弱的电解质，②Cl2是单质、不属于电解质，③Al是单质、不属于电解质，④P2O5是酸性氧化物、属于非电解质⑤盐酸是混合物、不属于电解质，⑥NaOH属于碱、是电解质，⑦AgNO3属于盐、是电解质，⑧碘酒是混合物、不属于电解质，⑨C2H5OH是有机物、属于非电解质⑩NaHCO3属于盐、是电解质，故其中属于电解质的是①⑥⑦⑩。
(2)②在元素周期表中的位置是第三周期、ⅦA族，铝的原子结构示意图为 。
(3)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：。
(4)足量盐酸和硝酸银反应产生氯化银沉淀，反应的离子方程式：。
16． NaAlO2、NaCl Al3＋＋4OH-=＋2H2O 60mL 1 mol·L-1 30mL或70mL Al2O3＋2OH-=2＋H2O
【分析】铝离子和氢氧根离子结合成氢氧化铝，氢氧化铝有两性，可溶于NaOH，因此OA段表示，AB段表示Al(OH)3+NaOH=＋2H2O，据此解答。
解析：(1)B点沉淀恰好完全溶解，OB段总反应可表示为AlCl3＋4NaOH=＋2H2O+3NaCl，因此B点溶液中的溶质有NaAlO2、NaCl；
(2)结合(1)可知O点到B点反应的总离子方程式可表示为Al3＋＋4OH-=＋2H2O；
(3)A点时Al(OH)3的质量为0.78g，根据可得A点时消耗NaOH的物质的量n2=0.03mol，NaOH溶液体积V==0.06L=60mL；
(4)结合(3)可知A点消耗AlCl3的物质的量为n1=0.01mol，此时AlCl3已消耗完，则AlCl3溶液的物质的量浓度为c==1 mol·L-1；
(5)生成0.39gAl(OH)3沉淀有两种情况，一种是在A点左边，另一种在A点右边：A点左边发生，则，此时解得消耗NaOH溶液的体积V1=0.03L=30mL；在A点右边时，生成0.39gAl(OH)3沉淀相当于A点的0.78g Al(OH)3溶解了0.78g-0.39g=0.39g，溶解部分氢氧化铝的物质的量n==0.005mol，由Al(OH)3+NaOH=＋2H2O可知，溶解0.005mol氢氧化铝消耗NaOH溶液的物质的量为0.005mol，体积为=10mL，结合(3)可知若生成0.39gAl(OH)3沉淀在A点右边，共消耗NaOH的体积为60mL+10mL=70mL，故本题答案为30mL或70mL；
(6)Al(OH)3加热分解产生氧化铝和水，氧化铝和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3＋2OH-=2＋H2O。
17．（1）Mg：4.8 g Al：2.7 g
（2）8 mol/L
（3）7.57g
解析：试题分析：（1）根据图象可知，加入NaOH溶液0--20mL过程中并没有产生沉淀，这说明反应中盐酸剩余，加入的氢氧化钠与盐酸发生中和反应，则反应方程式为HCl + NaOH═NaCl+ H2O。继续加入氢氧化钠溶液开始出现沉淀，当沉淀达到最大值时，再加入氢氧化钠溶液沉淀开始减少，这说明此时氢氧化铝开始溶解在氢氧化钠溶液中，所以160—180mL过程中反应方程式为Al(OH)3 + NaOH ═NaAlO2 +2 H2O。
（2）溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是180ml—160ml＝20ml，根据Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，所以铝离子的物质的量是5mol/L×0.02L＝0.1mol，铝的质量是2.7g；根据方程式Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，生成氢氧化铝沉淀需要氢氧化钠溶液的体积是60ml，则与镁离子结合的氢氧化钠溶液的体积是160ml—20ml—60ml＝80ml，物质的量是5mol/L×0.08L＝0.4mol。所以根据方程式Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓，可知镁离子的物质的量是0.2mol，因此根据原子守恒可知金属镁的质量是0.2mol×24g/mol＝4.8g；当沉淀达到最大值时消耗氢氧化钠是160ml，物质的量是0.8mol，溶液中生成得氯化钠是0.8mol，因此根据氯离子守恒可知所用HCl 的物质的量浓度为0.8mol÷0.1L＝8mol/L。（3）过滤后所得滤渣中含有硅，向其中加入足量1mol/L NaOH溶液，发生反应，
根据
X=0.07g
则a的最小值是多少2.7g+4.8g+0.07g=7.57g。
考点：本题考查化学镁、铝的性质，化学计算。
18．(1)A
(2) 离子键
(3)离子
【分析】X元素原子的L电子层比Y元素原子的L电子层少3个电子，Y元素原子核外总电子数比X元素原子总电子数多5个，则二者原子核外电子层数不可能相同，故X处于第二周期、Y处于第三周期，X原子L层电子数=8-3=5，故X为N元素；Y原子核外电子总数=7+5=12，则Y为Mg元素。
解析：（1）氮元素与Mg元素可以形成离子化合物Mg3N2，也可以形成离子化合物Mg(NO3)2，故答案为：A；
（2）Mg单质能在CO2中燃烧生成MgO与碳单质，反应的化学方程式为；所得化合物为MgO，MgO中含有离子键，故答案为：；离子键；
（3）N元素的氢化物NH3能与其最高价氧化物的水化物HNO3反应生成NH4NO3，NH4NO3属于离子化合物，故答案为：离子。
19．(1) 第三周期IA族
(2)
(3)NaAlO2+6NaF+4CO2+2H2O=NaAlF4+4NaHCO3
(4) bc GaAs+11HNO3(浓)=H3AsO4+8NO2↑+Ga(NO3)3+4H2O
(5) NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ 乙 ×100%
【分析】已知短周期元素M、N、X、Y、Z分布在三个周期，分别为第一周期、第二周期、第三周期元素；在短周期中Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强，根据元素周期律，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，短周期中金属性最强的为Na元素，所以Y为Na元素；周期表中非金属性最强的元素为F，其单质易与水发生反应生成HF和氧气，所以X为F元素；N、X最外层电子数相同，属于同一主族，则N为Cl元素；根据微粒半径变化规律，Z的简单离子半径在同周期中最小且Z原子序数大于X，所以Z为Al元素；最后根据元素所属周期，可推知M为H元素，综上所述，M为H元素；N为Cl元素；X为F元素；Y为Na元素；Z为Al元素，据此分析解答。
解析：（1）Y为Na元素，该元素在周期表中的位置是第三周期IA族；N为Cl元素，简单离子的核外电子为18，其电子排布示意图为；
（2）化合物YN为氯化钠，由离子键构成，电子式表示其形成过程为：；
（3）根据题意，向和NaF的混合液中通入足量可以制备，其反应的化学方程式为；
（4）①a．Ga元素原子序数31，位于元素周期表第四周期ⅢA族，故a错误；
b．Ga与Al同族，因性质与Al相似，门捷列夫在编制周期表时曾预言为“类铝”元素，故b正确；
c．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，同主族元素金属性从上到下依次递增，金属性：，所以Ga的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z元素最高价氧化物对应水化物的碱性强，故c正确；
故答案为：bc；
②中As元素为-3价，具有还原性，浓硝酸具有氧化性，两者混合发生氧化还原反应，根据题意，其反应的化学方程式为GaAs+11HNO3(浓)=H3AsO4+8NO2↑+Ga(NO3)3+4H2O；
（5）①NaAlH4为强还原剂，其中H元素为-1价，与H2O反应将其中H元素还原，结合电子守恒化学反应式为：；
②通过测定反应生成的H2体积结合化学式计算样品纯度，其中丙装置连接错误，无法用排水法测定H2体积；甲、丁装置中液体滴入造成气体体积偏大，导致样品纯度偏大；乙装置使用恒压分液漏斗，消除溶液体积压缩气体体积带来的误差，数据准确，选择乙装置；
③根据反应关系是可得，则样品纯度可列式：。
20．MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 饱和食盐水 Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl- 将Br2从溶液中吹出 NaOH溶液 导管中液面上升 5Br-＋BrO3-＋6H＋＝3Br2+3H2O 四氯化碳（或苯）
【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度小，则为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是饱和食盐水；
（2）①通入Cl2时，可将Br-氧化为Br2；
②通入热空气能将溴吹入吸收塔，提高产量；
③烧杯C应为尾气处理装置，吸收未反应的Cl2、Br2等有毒气体，防止污染空气；
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，会将烧瓶中溶液压入玻璃管中，可以观察到的现象是导管中液面上升；
（3）Br2被NaCO3溶液吸收后，Br2反应生成Br-和BrO3-，加入稀硫酸后，会发生归中反应生成Br2；
（4）Br2易溶于四氯化碳（或苯），且四氯化碳（或苯）与水不互溶，据此解答。
解析：（1）二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，为除去Cl2中挥发出的HCl，装置E中所盛溶液是饱和食盐水；
故答案为MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；饱和食盐水；
（2）①通入Cl2时，可将Br-氧化为Br2，发生反应的离子方程式为Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl-；
故答案为Cl2＋2Br-＝Br2＋2Cl-；
②通入热空气能将溴吹入吸收塔，提高产量，则通入热空气的作用是将Br2从溶液中吹出；
故答案为将Br2从溶液中吹出；
③烧杯C应为尾气处理装置，吸收未反应的Cl2、Br2等有毒气体，防止污染空气，则所盛溶液应是NaOH溶液（或NaCO3溶液）；
故答案为NaOH溶液（或NaCO3溶液）；
④烧瓶B中的长导管D起着平衡压强的作用，当烧瓶内气体压强过大时，会将烧瓶中溶液压入玻璃管中，可以观察到的现象是导管中液面上升；
故答案为导管中液面上升；
（3）Br2被NaCO3溶液吸收后，Br2反应生成Br-和BrO3-，加入稀硫酸后，会发生归中反应生成Br2，则“反应釜2”中所发生反应的离子方程式为5Br-＋BrO3-＋6H＋＝3Br2+3H2O；
故答案为5Br- ＋BrO3- ＋6H＋＝3Br2 + 3H2O；
（4）Br2易溶于四氯化碳（或苯），且四氯化碳（或苯）与水不互溶，则蒸馏后，蒸馏塔溶液中仍溶有少量Br2，可以向其中加入少量四氯化碳（或苯）萃取其中的Br2，再进行蒸馏得到Br2；
故答案为四氯化碳（或苯）。
21．(1)离子键和共价键
(2)＞ ②③④
(3)
(4) 因为O原子的核电荷数多，原子半径小，最外层电子数多，原子核对最外层电子的吸引能力强
解析：A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A可与其它四种元素分别形成二元化合物，其中只在与D形成的化合物中呈-1价，D的原子半径在短周期中最大(0族元素除外)，则D是Na元素，A是H元素；对应的水化物与BA3反应生成一种盐X，则B是N元素，C是O元素，X是NH4NO3，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的倍，则E是S元素，则综合分析可知，A为H，B为N，C为O，D为Na，E为S，以此分析。
（1）由分析可知X是NH4NO3，铵根离子和硝酸根离子之间是离子键，铵根中氮和氢之间是共价键，硝酸根中氮和氧之间是共价键，故答案为：离子键和共价键；化合物DA为NaH，属于离子化合物，其电子式为：；A与B形成的18电子的化合物为N2H4，其结构式为：；
（2）同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则元素的非金属性：O > S；
①氢化物的酸性不能比较非金属的强弱，故①错误；
②简单氢化物的热稳定性越强，非金属性越强，氢化物H2O的热稳定性比H2S强，说明非金属性O>S，故②正确；
③H2S的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明氧气氧化H2S得到S单质，氧气的氧化性大于S，可证明非金属性O>S，故③正确；
④非金属性越强，越易与氢气化合，因此单质与氢气化合O比S容易，可证明非金属性
0 > S,故④正确；
故答案为：>；②③④；
（3）由分析可知B为N，C为O，D为Na，其对应的离子为：N3-，O2-，Na+，核外电子相同的时候，原子序数越小半径越大，故答案为：；D为Na，E为S，其形成的化合物为离子化合物，用电子式表示D与E形成的化合物的形成过程为：；
（4）由分析可知B为N，C为O，同周期越靠右非金属性越强，非金属性越强，其氢化物越稳定，故稳定性为＞；原因为：因为O原子的核电荷数多，原子半径小，最外层电子数多，原子核对最外层电子的吸引能力强。
22．(1)b a
(2)
(3)Na>Mg>Al
(4)原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱
【分析】金属与水、酸反应越剧烈，说明金属活泼性越强，结合实验和实验现象可知，实验1对应的现象为b，实验2对应的现象为d，实验3对应的现象是a，实验4对应的实验现象是c，根据实验现象可知金属性：Na>Mg>Al。
解析：（1）实验1：将一小块金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水中；由于钠的金属性很活泼，钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，溶液呈碱性，使酚酞变红，钠的密度比水小，且熔点低，则其实验现象为：浮在水面上，熔成小球，四处游动，发出“嘶嘶”声，随之消失，溶液变成红色，故选b；实验3：将一小段镁带投入稀盐酸中，镁与盐酸剧烈反应，迅速生成大量的气体，故选a，故答案为：b；a；
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）Na与冷水剧烈反应，Mg与沸水反应，而Al与盐酸反应不如Mg与盐酸反应剧烈，从而可知金属性：Na>Mg>Al，故答案为：Na>Mg>Al；
（4）同周期元素从左至右，原子的电子层数相同，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的吸引力逐渐增强，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱，故答案为：原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱