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 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-22 19:21:08 | ||
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文档简介
第1章《原子结构 元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列反应或事实不能用元素周期律解释的是
A．原子半径：Si>S B．稳定性：H2S＜HCl
C．酸性：H2SiO3＜H2SO3 D．还原性：S2－>Cl－
2．下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是
A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多
B．第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强
C．因为Na比K容易失去电子，所以Na比K的还原性强
D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强
3．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，关于核素Lv的叙述错误的是
A．原子序数为116 B．中子数为177
C．核外电子数为293 D．该元素的平均相对原子质量为293
4．下列说法不正确的是
A．氕、氘、氚属于同种元素
B．H2和H2互为同位素
C．O和O是两种不同的核素
D．金刚石和石墨互为同素异形体
5．下列物质不能与水发生反应的是
A．SiO2 B．SO2 C．Na D．CaO
6．下列叙述正确的是
A．质量数相同的原子互为同位素
B．0族元素的化学性质不活泼，其单质不发生任何反应
C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强
D．在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制造催化剂的元素
7．同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断错误的是
A．原子半径：X>Y>Z
B．气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3
C．元素原子得电子能力：X>Y>Z。
D．阴离子的还原性：Z>Y>X
8．下列过程涉及化学变化的是
A．氢氧化铁胶体净水 B．往溴水中加四氯化碳萃取溴
C．氯化钠的焰色反应 D．氧气转化为臭氧
9．下列说法正确的是
A．人造卫星的太阳能电池帆板的材料是高纯二氧化硅
B．工业制玻璃和炼铁过程中都要加入石灰石，其目的是除去杂质二氧化硅
C．碳纳米管的比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能
D．俗称金刚砂，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
10．下列关于元素周期表的叙述，错误的是
A．元素周期表中，总共有18个纵行，18个族
B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期
C．元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一
D．第ⅠA族(除了H)的元素又称为碱金属元素，第ⅦA族的元素又称为卤族元素
11．下列关于卤素(用X表示)的叙述中，正确的是
A．卤素单质都可与水反应生成相应的无氧酸和含氧酸
B．HX的热稳定性随卤素核电荷数增加而增强
C．卤素单质的颜色随相对分子质量增大而加深
D．X-的还原性依次为F->Cl->Br->I-
12．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2-具有相同的电子层结构；离子半径：Z2-＞W-；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是
A．简单氢化物的稳定性Y＞W
B．X、W、M三种元素形成的一种常见消毒剂，其结构中只有离子键
C．元素Y与W可以形成离子化合物
D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
二、非选择题（共10题）
13．请回答下列问题．
（1）久置的硅酸钠溶液会出现浑浊现象其原因为________（用化学方程式表示）
（2）红热的木炭与浓硫酸反应的化学方程式________
（3）SO2催化氧化成SO3的化学方程式：________
（4）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式________
（5）实验室制取氨气的化学方程式为 ________，常用________来干燥氨气．
（6）根据反应Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，回答下列问题：
①还原剂是________，还原产物是_______．
②氧化剂与氧化产物的物质的量比是________。
14．下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，按要求作答。
族 周期 I II III IV V VI VII 0
2 C N F Ne
3 Na Mg Al Si S Cl
(1)非金属性最强的元素是__________；
(2)属于稀有气体元素的是__________；
(3)组成物质种类最多的元素是__________；
(4)N与F的原子半径较大的是__________；
(5)CH4与SiH4热稳定性较弱的是__________；
(6)MgO与Al2O3中，能与强碱溶液反应的是__________；
(7)最外层电子数为6的原子，其元素符号是__________；
(8)某阳离子结构示意图为，其离子符号是__________；
(9)Cl元素最高价氧化物对应水化物的化学式是__________；(填“HClO4”或“HClO”)；
(10)Na的一种氧化物Na2O2，其中氧元素的化合价为__________，写出Na在空气中燃烧生成Na2O2的化学方程式： ______________。
15．如图是元素周期表的一部分。回答下列问题：
硒是人体必需的微量元素。
(1)与互称为___________。
(2)硒元素的气态氢化物的化学式为___________。
(3)溶于水生成，向所得溶液中通入气体发生反应，生成硒单质和，写出与反应的化学方程式：___________
(4)溴化硒是一种重要的电子元件材料，其分子的球棍模型如下图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．溴化硒属于离子化合物 B．原子半径：
C．元素的非金属性比的强 D．溴化硒的相对分子质量为317.72
16．在S2-中，质子数为____，中子数为____，电子数为____，该元素在元素周期表中的位置是第____周期____族，该元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是____。
17．单质碘有非常重要的用途，从海带、海藻燃烧后所得的灰份中提取碘是单质碘的制备方法之一：海带、海藻燃烧后所得的灰份中含有I —，从中获得I —，再由I —制备I2。某研究性学习小组为了从海带中提取碘，设计并进行了以下实验：
请回答：
（1）步骤③的实验操作名称是_________________；
（2）若步骤④中氧化剂为H2O2溶液和稀H2SO4混合液，则该反应的离子方程式为_____________________；
（3）步骤⑤中为了得到含碘苯溶液，某学生设计了以下操作步骤：
a．将含碘的水溶液置于分液漏斗中
b．加入适量的苯
c．分离出下层液体
d．分离出上层液体，即得到含碘苯溶液
以上设计中有遗漏的操作。应该在步骤_____（填字母）后，增加操作：______________。
18．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验
（苯，一种不溶于水，密度比水小的液体）：
请填写下列空白：
（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是( )（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。
A．烧杯 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E.酒精灯 F.干燥器
（2）步骤③的实验操作名称是_____；步骤⑤的实验操作名称是_____。
（3）步骤⑤中应充分振荡，然后静置，待分层后( )（填标号）
A．直接将含碘苯溶液从分液漏斗上口倒出
B．直接将含碘苯溶液从分液漏斗下口放出
C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出
（4） ④过程的离子方程式_____。
19．苯乙酮()广泛用于皂用香料和烟草香精中，可由苯和乙酸酐制备，其反应原理为，制备过程中还有等副反应发生。
已知：
名称 相对分子质量 沸点/ 密度/() 溶解性
苯 78 80.1 0.88 不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮 120 203 1.03 微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐 102 139 1.08 溶于水生成乙酸，易溶于有机溶剂
133.5 178(升华) 2.44 遇水水解，微溶于苯
Ⅰ.无水的制备
图1是实验室制取并收集少量无水的实验装置。
(1)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(2)装置F的作用是_______(写两点)。
(3)在选择收集的装置时，常选用图1中的装置E，而不选择图2装置的原因是_______。
Ⅱ.苯乙酮的制备
步骤1：在三颈烧瓶中将苯和无水粉末充分混合后，再缓慢滴加乙酸酐。
乙酸酐滴加完后，升温至，保温反应一段时间，冷却。
步骤2：边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离出有机层；水层用苯萃取、分液；将有机层合并在一起并依次用水、溶液、水洗涤。
步骤3：向洗涤后的有机层中加入适量无水固体，放置一段时间后进行分离。
步骤4：将步骤3中得到的有机层进行蒸馏，得到苯乙酮。
(4)步骤1中控制温度选_______(填“水浴加热”或“直接加热”)更适宜。
(5)步骤2中用苯萃取水层的目的是_______。
(6)分液漏斗使用前须_______并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。下列放气操作图示正确是_______(填标号)。
a. b. c.
(7)粗产品蒸馏提纯时，下列蒸馏装置最合适的是_______(填标号)，实验中苯乙酮的产率为_______(保留两位有效数字)。
A． B．
C． D．
20．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。____________
21．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量铁铝合金与100mL某浓度的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。
试回答：
(1)写出铁与该硝酸反应的离子方程式_______；
(2)合金中铁的质量为_______g；
(3)原硝酸的物质的量浓度为_______。
22．在半导体工业中有这样一句话：“从沙滩到用户”，其中由粗硅制纯硅的常用方法为：Si（粗）+2Cl2=SiCl4SiCl4+2H2=Si（纯）+4HCl。
若在25℃、101kPa条件下反应生成HCl气体49L，(注：25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L mol-1)则：
（1）反应生成HCl气体的质量为__，转移电子的总数为___。
（2）反应生成的HCl气体溶于127mL水中，得到密度为1.20g mL-1的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为___。
（3）“从沙滩到用户”涉及多个反应，其中制取粗硅的反应方程式为___。纯净的石英与烧碱反应可以制得水玻璃，反应的离子方程式为__。
（4）普通玻璃若以氧化物形式表示其组成为(质量分数)：Na2O13%，CaO11.7%，SiO275.3%。现以石灰石、纯碱和石英为原料生产这种玻璃10t，石灰石的利用率为80%，纯碱和石英的利用率为95%，至少需要上述原料的质量是___t。(保留两位小数)
参考答案：
1．C
A． Si和S都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，原子半径逐渐减小，原子半径：Si>S能用元素周期律解释，故A不符合题意；
B．S和Cl都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，元素的非金属性逐渐增强，其气体氢化物的稳定性逐渐增强，稳定性：H2S＜HCl能用元素周期律解释，故B不符合题意；
C． Si和S都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，元素的非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，但H2SO3不是S的最高价氧化物对应水化物，应该存在酸性：H2SiO3＜H2SO4，故C不能用元素周期律解释，符合题意；
D．S和Cl都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，元素的非金属性逐渐增强，其对应阴离子的还原性逐渐减弱，还原性：S2－>Cl－能用元素周期律解释，故D不符合题意；
故答案为：C
2．C
A．碱金属元素从上到下电子层增多，则Li、Na、K元素原子的核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A正确；
B．同周期从左向右金属性减弱，非金属性增强，则第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故B正确；
C．碱金属从上到下金属性增强，则K比Na易失去电子，K的还原性比Na的还原性强，故C错误；
D．同主族从上到下非金属性减弱，则O与S为同主族的元素，且O比S的非金属性强，故D正确；
故选C。
3．C
Lv中质量数为293，质子数为116，中子数=质量数-质子数=177，据此分析。
A．原子序数=质子数=116，A正确；
B．中子数=质量数-质子数=177，B正确；
C．核外电子数=质子数=116，C错误；
D．元素平均相对原子质量=质量数=293，D正确；
故答案选C。
4．B
A．氕、氘、氚质子数均为1，属于同一种元素氢元素，故A正确；
B．H2和H2为氢气分子，不是原子，不是同位素，故B错误；
C．O和O是氧元素的两种不同的核素，故C正确；
D．金刚石和石墨是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故选B。
5．A
A. SiO2不能与水发生反应，符合题意；
B. SO2能与水发生反应生成亚硫酸，与题意不符；
C. Na能与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，与题意不符；
D. CaO能与水发生反应生成氢氧化钙，与题意不符；
答案为A。
6．C
A．质量数相同的原子，它们不一定具有相同的质子数，比如18O 、18F，所以不一定互为同位素，选项A错误；
B．0族元素的化学性质不活泼，但一定条件下单质也可能发生反应，如生成XeF6，选项B错误；
C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，选项C正确；
D．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，选项D错误；
答案选C。
7．A
元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。
A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；
B．元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；
C．元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；
D．元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。
故选A。
8．D
A．氢氧化铁胶体净水是利用胶体有较大的表面积，能吸附悬浮物，不属于化学变化，A错误；
B．四氯化碳从溴水中萃取溴是利用溶解度不同，不涉及化学变化，B错误；
C．焰色反应没有新物质生成，是物理性质，C错误；
D．氧气转化为臭氧，有新物质生成，故是化学变化，D正确；
故选D。
9．C
A．人造卫星的太阳能电池帆板的材料是高纯硅，不是二氧化硅，故A错误；
B．炼铁过程中要加入石灰石，其目的是除去杂质二氧化硅；工业制玻璃中的石灰石是反应的原料，故B错误；
C．碳纳米管的比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，故C正确；
D．碳化硅俗称金刚砂，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故D错误；
故选C。
10．A
A．元素周期表中，总共有18个纵行，7个主族，7个副族，1个零族，1个Ⅷ族，共16个族，故A错误；
B．原子结构中的电子层数等于元素在周期表中的周期数，则电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，故B正确；
C．元素周期表是元素周期律的具体表现形式，揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，故C正确；
D．第IA族的元素中除H元素外都是碱金属，第IA族的元素又称为碱金属元素，第ⅦA族的元素都是非金属元素，又称为卤族元素，故D正确；
故选A。
11．C
A．氟气与水反应生成氢氟酸与氧气，得不到含氧酸，故A错误；
B．卤族元素非金属性越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX热稳定性随X的核电荷数的增加而减弱，故B错误；
C．卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，故C正确；
D．卤族元素简单阴离子的还原性随着原子序数的增大而增强，则X-的还原性依次为F-＜Cl-＜Br-＜I-，故D错误；
故选C。
12．D
X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y为Si；X、Y、Z、W同周期，都处于第三周期，X+与M2-具有相同的电子层结构，则X为Na、M为O；Z、M同主族，则Z为S；离子半径Z2-＞W-，则W为Cl，据此解答。
根据分析可知，X为Na，Y为Si，Z为S，M为O，W为Cl，M为O元素。
A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：Si＜Cl，则氢化物的稳定性Y＜W，，故A错误；
B．X、W、M三种元素形成化合物是NaClO，次氯酸根内含有共价键，故B错误；
C．Y与W可以形成SiCl4，属于共价化合物，故C错误；
D．氯气、臭氧具有强氧化性，可以作为水处理中的消毒剂，故D正确。
故选：D。
13． Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O 2SO2+O22SO3 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2 +2H2O+2NH3↑ 碱石灰 Cu NO2 2：1
(1)硅酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成硅酸沉淀，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，故答案为Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓；
(2)木炭与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；
(3)SO2催化氧化成SO3的化学方程式为：2SO2+O2 2SO3，故答案为2SO2+O22SO3；
(4)向稀硝酸溶液中加入铜片，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
(5)实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 +2H2O+2NH3↑，碱石灰干燥剂是由NaOH和CaO组成的固体混合物，能干燥氨气； 故答案为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 +2H2O+2NH3↑；碱石灰；
(6)①反应Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合价由0价升高到+2价，Cu为还原剂，N元素化合价由+5价降低到+4价，HNO3为氧化剂，NO2为还原产物，故答案为Cu；NO2；
②由方程式可知当4molHNO3参加反应时，有2molHNO3被还原为氧化剂，生成1molCu(NO3)2为氧化产物，则氧化剂与氧化产物的物质的量比是2：1，故答案为2：1。
14． F Ne C N SiH4 Al2O3 S Mg2+ HClO4 —1价
(1)除0组外，同周期元素从左到右非金属性依次增强，同族元素从上到下非金属性依次减弱，所以非金属性最强的为F；
(2)0组元素是稀有气体，属于稀有气体元素的是Ne；
(3)碳能形成四个共用电子对，可以形成种类繁杂的有机物，组成物质种类最多；
(4)同周期元素从左到右原子半径依次减小，所以N的半径较大；
(5)非金属性越强，所形成的氢化物热稳定性越强，碳的非金属性比硅强，所以甲烷的热稳定性比硅烷的热稳定性强；
(6) Al2O3具有两性，既能和酸反应，也能和强碱反应；
(7)最外层电子数是6的原子是第ⅥA主族的元素，所以是S；
(8)根据该离子示意图可知，该离子是12号元素镁的阳离子，即镁离子，符号为Mg2+；
(9)氯原子最外层有7个电子，其最高价为+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4；
(10)过氧化钠中钠的化合价是+1价，所以氧的化合价是—1价，Na在空气中燃烧生成Na2O2的化学方程式为。
15．(1)同位素
(2)H2Se
(3)
(4)BD
【解析】（1）
与为质子数相同而中子数不同的原子，故互称为同位素。
（2）
硒元素最外层6个电子，为-2价，故气态氢化物的化学式为H2Se。
（3）
由与反应生成硫酸和Se可知，反应的化学方程式为。
（4）
A.由图可知，具有球棍模型，分子结构中只含有共价键，不是离子化合物，错误；
B.同一周期原子半径逐渐减小，故原子半径:r(Se)>r(Br)，正确；
C.同一周期非金属性从左到右逐渐增强，故Se金属性比Br弱，错误；
D.根据结构可知，溴化硒的分子式为Se2Br2，则相对分子质量M=78.96×2+79.9×2=317.72，正确；
故答案为:BD。
16． 16 16 18 三
ⅥA H2SO4
S为第16号元素，其原子核中有16个质子；原子核中有32-16=16个中子；S2-的原子核外多两个电子，因此该粒子含有16+2=18个电子；S元素在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族；S元素的最高正化合价为+6价，因此其最高价氧化物对应的水化物为H2SO4。
17． 过滤 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O b 充分振荡、静置
(1)步骤③是由悬浊液得到溶液，应进行过滤；
(2)步骤④中选择氧化剂时，要考查尽量不引入新的杂质，可选用3%H2O2溶液和稀H2SO4混合液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O；
(3)萃取时，加入萃取剂之后，应充分振荡，使碘和萃取剂充分接触、溶解，达到萃取的目的。
18． BDE 过滤 萃取、分液 D 2I- + H2O2 + 2H+ = I2+ 2H2O
由实验流程可知，海带在坩埚中灼烧后溶解，然后过滤得到含碘离子的溶液，④中发生氧化还原反应生成碘单质，⑤发生萃取得到含碘的有机溶液，⑥蒸馏得到碘单质。
（1）灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，故答案为：BDE；
（2）海带在坩埚中灼烧后溶解，然后过滤得到含碘离子的溶液，所以步骤③的实验操作名称是过滤；发生萃取得到含碘的有机溶液，⑤的实验操作名称是萃取、分液，故答案为：过滤；萃取、分液；
（3）步骤⑤是萃取、分液，苯来提取碘的理由是碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且苯和水不互溶、和碘水不反应；在分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后先将水层（密度大于苯，在下层）从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出，选D；故答案为：D。
（4）④中发生氧化还原反应生成碘单质，在酸性条件下，过氧化氢氧化碘负离子的离子反应方程式为：2I- + H2O2 + 2H+ = I2+ 2H2O，故答案为：2I- + H2O2 + 2H+ = I2+ 2H2O。
19．(1)
(2)吸收多余的氯气，防止污染；防止空气中的水蒸气进入实验装置使水解
(3)图2装置中的导管较图1中装置E的导管更易发生堵塞
(4)水浴加热
(5)把溶解在水中的苯乙酮萃取出来
(6) 检漏 b
(7) C 72%
本题是一道有机物制备类的实验题，制备过程用到了氯化铝，首先制备氯化铝；由装置A制备氯气，装置B除去氯气中的氯化氢，装置C干燥氯气你，在装置D中氯气和铝发生反应生成产物，装置E用来收集产品，用装置F处理尾气，以此解题。
（1）装置A是浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，离子方程式为：；
（2）氯气有毒，该反应中用到了氯气，需要尾气处理，氯气可以和碱石灰反应，故装置F的作用为：吸收多余的氯气，防止污染；防止空气中的水蒸气进入实验装置使水解；
（3）由图可知图2中的进气管较细，氯化铝凝华时容易堵塞导管，故不用图2的作用为图2装置中的导管较图1中装置E的导管更易发生堵塞；
（4）步骤1需要升温至，为了更加容易控制温度，可以选择水浴加热；
（5）根据题给信息可知，苯乙酮在水中有一定溶解度，为了提高产率，可以用苯萃取水层，故其目的是：把溶解在水中的苯乙酮萃取出来；
（6）分液漏斗是密闭容器，使用前需要捡漏；分液漏斗放气时应该下口斜向上45°，故选c；
（7）蒸馏时应该选用直形冷凝管，且温度计应该在蒸馏烧瓶支管口处，故最合适的C；根据题给信息可知，苯是过量的，用乙酸酐计算理论产量，n(苯乙酮)理论= n(乙酸酐)=，苯乙酮产率=。
20． 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。
21．(1)
(2)1.344
(3)1.48
据题意，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中的氮元素化合价越低，由于反应过程中没有产生气体，则可推知N元素的化合价由+5→-3价，存在形式为NH。结合图像可知C点之前为氢氧化钠与过量的硝酸反应，CD段为Fe和Al元素生成氢氧化物沉淀，DE段为NH与氢氧根反应，EF段为氢氧化铝与氢氧化钠的反应，F点对应的沉淀为氢氧化铁，据此分析。
（1）硝酸有强氧化性，能将Fe氧化成+3价，结合分析可知该过程中铁与硝酸反应的离子方程式为
（2）E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，列关系式：，所以铝的物质的量为0.008mol；
D与E一段氢氧化钠被消耗，DE段是NH4NO3和NaOH反应，列关系式：，n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol，
设铁有x mol，Al离子也是0.008mol，NH4+有0.012mol，根据电子守恒可得：3x+0.008×3=0.012×8，x=0.024mol，所以铁离子有0.024mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，故合金中铁的质量为0.024mol×56g/mol=1.344g
（3）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n(NH3 H2O)=n(NH4+)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol，根据氮原子守恒知，c(HNO3)==1.48mol/L，故答案为1.48,..
22． 73g 4NA 12mol·L-1 SiO2+2CSi(粗)+2CO↑ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 12.88
(1)n= =2mol，m=n×M=2mol×36.5g·mol－1=73g；
根据方程式：
可知，反应生成2mol氯化氢消耗1mol氯气和1mol氢气，共转移电子的物质的量为：1mol×2+1mol×2=4mol，故转移电子个数为4NA；
故答案为：73g；4NA；
(2)V= = mL=×10-3L，C= = =12mol·L－1；故答案为：12mol·L－1；
(3)焦炭与SiO2反应生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，离子方程式为：2OH－+SiO2═SiO32－+H2O；
故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；2OH－+SiO2═SiO32－+H2O；
(4)每天10t，其中含有Na2O质量10t×13%=1.3t，CaO质量10t×11.7%=1.17t，SiO2质量10t×75.3%=7.53t，而Na2O都是从Na2CO3中来，CaO都是从CaCO3中来，SiO2都是从石英中来，根据质量守恒可知设需要石灰石CaCO3质量x，纯碱Na2CO3质量y，石英SiO2质量z，则 80%x×=1.17t，即 80%x× =1.17t，解得x≈2.61，95%y× =1.3t，即95%y×=1.3t，解得y≈2.34t，95%z=7.53t，解得z≈7.93t，∴共需原料：2.61t+2.34t+7.93t=12.88t；
故答案为：12.88。
一、单选题（共12题）
1．下列反应或事实不能用元素周期律解释的是
A．原子半径：Si>S B．稳定性：H2S＜HCl
C．酸性：H2SiO3＜H2SO3 D．还原性：S2－>Cl－
2．下列关于元素周期表和元素周期律的说法错误的是
A．Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多
B．第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强
C．因为Na比K容易失去电子，所以Na比K的还原性强
D．O与S为同主族元素，且O比S的非金属性强
3．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，关于核素Lv的叙述错误的是
A．原子序数为116 B．中子数为177
C．核外电子数为293 D．该元素的平均相对原子质量为293
4．下列说法不正确的是
A．氕、氘、氚属于同种元素
B．H2和H2互为同位素
C．O和O是两种不同的核素
D．金刚石和石墨互为同素异形体
5．下列物质不能与水发生反应的是
A．SiO2 B．SO2 C．Na D．CaO
6．下列叙述正确的是
A．质量数相同的原子互为同位素
B．0族元素的化学性质不活泼，其单质不发生任何反应
C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强
D．在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制造催化剂的元素
7．同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4>H2YO4>H3ZO4，则下列判断错误的是
A．原子半径：X>Y>Z
B．气态氢化物的稳定性：HX>H2Y>ZH3
C．元素原子得电子能力：X>Y>Z。
D．阴离子的还原性：Z>Y>X
8．下列过程涉及化学变化的是
A．氢氧化铁胶体净水 B．往溴水中加四氯化碳萃取溴
C．氯化钠的焰色反应 D．氧气转化为臭氧
9．下列说法正确的是
A．人造卫星的太阳能电池帆板的材料是高纯二氧化硅
B．工业制玻璃和炼铁过程中都要加入石灰石，其目的是除去杂质二氧化硅
C．碳纳米管的比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能
D．俗称金刚砂，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
10．下列关于元素周期表的叙述，错误的是
A．元素周期表中，总共有18个纵行，18个族
B．在周期表中，把电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期
C．元素周期表揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一
D．第ⅠA族(除了H)的元素又称为碱金属元素，第ⅦA族的元素又称为卤族元素
11．下列关于卤素(用X表示)的叙述中，正确的是
A．卤素单质都可与水反应生成相应的无氧酸和含氧酸
B．HX的热稳定性随卤素核电荷数增加而增强
C．卤素单质的颜色随相对分子质量增大而加深
D．X-的还原性依次为F->Cl->Br->I-
12．有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族；X＋与M2-具有相同的电子层结构；离子半径：Z2-＞W-；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料。下列说法中正确的是
A．简单氢化物的稳定性Y＞W
B．X、W、M三种元素形成的一种常见消毒剂，其结构中只有离子键
C．元素Y与W可以形成离子化合物
D．元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂
二、非选择题（共10题）
13．请回答下列问题．
（1）久置的硅酸钠溶液会出现浑浊现象其原因为________（用化学方程式表示）
（2）红热的木炭与浓硫酸反应的化学方程式________
（3）SO2催化氧化成SO3的化学方程式：________
（4）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式________
（5）实验室制取氨气的化学方程式为 ________，常用________来干燥氨气．
（6）根据反应Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，回答下列问题：
①还原剂是________，还原产物是_______．
②氧化剂与氧化产物的物质的量比是________。
14．下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，按要求作答。
族 周期 I II III IV V VI VII 0
2 C N F Ne
3 Na Mg Al Si S Cl
(1)非金属性最强的元素是__________；
(2)属于稀有气体元素的是__________；
(3)组成物质种类最多的元素是__________；
(4)N与F的原子半径较大的是__________；
(5)CH4与SiH4热稳定性较弱的是__________；
(6)MgO与Al2O3中，能与强碱溶液反应的是__________；
(7)最外层电子数为6的原子，其元素符号是__________；
(8)某阳离子结构示意图为，其离子符号是__________；
(9)Cl元素最高价氧化物对应水化物的化学式是__________；(填“HClO4”或“HClO”)；
(10)Na的一种氧化物Na2O2，其中氧元素的化合价为__________，写出Na在空气中燃烧生成Na2O2的化学方程式： ______________。
15．如图是元素周期表的一部分。回答下列问题：
硒是人体必需的微量元素。
(1)与互称为___________。
(2)硒元素的气态氢化物的化学式为___________。
(3)溶于水生成，向所得溶液中通入气体发生反应，生成硒单质和，写出与反应的化学方程式：___________
(4)溴化硒是一种重要的电子元件材料，其分子的球棍模型如下图所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．溴化硒属于离子化合物 B．原子半径：
C．元素的非金属性比的强 D．溴化硒的相对分子质量为317.72
16．在S2-中，质子数为____，中子数为____，电子数为____，该元素在元素周期表中的位置是第____周期____族，该元素的最高价氧化物对应水化物的化学式是____。
17．单质碘有非常重要的用途，从海带、海藻燃烧后所得的灰份中提取碘是单质碘的制备方法之一：海带、海藻燃烧后所得的灰份中含有I —，从中获得I —，再由I —制备I2。某研究性学习小组为了从海带中提取碘，设计并进行了以下实验：
请回答：
（1）步骤③的实验操作名称是_________________；
（2）若步骤④中氧化剂为H2O2溶液和稀H2SO4混合液，则该反应的离子方程式为_____________________；
（3）步骤⑤中为了得到含碘苯溶液，某学生设计了以下操作步骤：
a．将含碘的水溶液置于分液漏斗中
b．加入适量的苯
c．分离出下层液体
d．分离出上层液体，即得到含碘苯溶液
以上设计中有遗漏的操作。应该在步骤_____（填字母）后，增加操作：______________。
18．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验
（苯，一种不溶于水，密度比水小的液体）：
请填写下列空白：
（1）步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是( )（从下列仪器中选出所需的仪器，用标号字母填写在空白处）。
A．烧杯 B．坩埚 C．表面皿 D．泥三角 E.酒精灯 F.干燥器
（2）步骤③的实验操作名称是_____；步骤⑤的实验操作名称是_____。
（3）步骤⑤中应充分振荡，然后静置，待分层后( )（填标号）
A．直接将含碘苯溶液从分液漏斗上口倒出
B．直接将含碘苯溶液从分液漏斗下口放出
C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出
（4） ④过程的离子方程式_____。
19．苯乙酮()广泛用于皂用香料和烟草香精中，可由苯和乙酸酐制备，其反应原理为，制备过程中还有等副反应发生。
已知：
名称 相对分子质量 沸点/ 密度/() 溶解性
苯 78 80.1 0.88 不溶于水，易溶于有机溶剂
苯乙酮 120 203 1.03 微溶于水，易溶于有机溶剂
乙酸酐 102 139 1.08 溶于水生成乙酸，易溶于有机溶剂
133.5 178(升华) 2.44 遇水水解，微溶于苯
Ⅰ.无水的制备
图1是实验室制取并收集少量无水的实验装置。
(1)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(2)装置F的作用是_______(写两点)。
(3)在选择收集的装置时，常选用图1中的装置E，而不选择图2装置的原因是_______。
Ⅱ.苯乙酮的制备
步骤1：在三颈烧瓶中将苯和无水粉末充分混合后，再缓慢滴加乙酸酐。
乙酸酐滴加完后，升温至，保温反应一段时间，冷却。
步骤2：边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离出有机层；水层用苯萃取、分液；将有机层合并在一起并依次用水、溶液、水洗涤。
步骤3：向洗涤后的有机层中加入适量无水固体，放置一段时间后进行分离。
步骤4：将步骤3中得到的有机层进行蒸馏，得到苯乙酮。
(4)步骤1中控制温度选_______(填“水浴加热”或“直接加热”)更适宜。
(5)步骤2中用苯萃取水层的目的是_______。
(6)分液漏斗使用前须_______并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振荡并放气后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。下列放气操作图示正确是_______(填标号)。
a. b. c.
(7)粗产品蒸馏提纯时，下列蒸馏装置最合适的是_______(填标号)，实验中苯乙酮的产率为_______(保留两位有效数字)。
A． B．
C． D．
20．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。____________
21．实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量铁铝合金与100mL某浓度的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。
试回答：
(1)写出铁与该硝酸反应的离子方程式_______；
(2)合金中铁的质量为_______g；
(3)原硝酸的物质的量浓度为_______。
22．在半导体工业中有这样一句话：“从沙滩到用户”，其中由粗硅制纯硅的常用方法为：Si（粗）+2Cl2=SiCl4SiCl4+2H2=Si（纯）+4HCl。
若在25℃、101kPa条件下反应生成HCl气体49L，(注：25℃、101kPa条件下气体摩尔体积为24.5L mol-1)则：
（1）反应生成HCl气体的质量为__，转移电子的总数为___。
（2）反应生成的HCl气体溶于127mL水中，得到密度为1.20g mL-1的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为___。
（3）“从沙滩到用户”涉及多个反应，其中制取粗硅的反应方程式为___。纯净的石英与烧碱反应可以制得水玻璃，反应的离子方程式为__。
（4）普通玻璃若以氧化物形式表示其组成为(质量分数)：Na2O13%，CaO11.7%，SiO275.3%。现以石灰石、纯碱和石英为原料生产这种玻璃10t，石灰石的利用率为80%，纯碱和石英的利用率为95%，至少需要上述原料的质量是___t。(保留两位小数)
参考答案：
1．C
A． Si和S都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，原子半径逐渐减小，原子半径：Si>S能用元素周期律解释，故A不符合题意；
B．S和Cl都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，元素的非金属性逐渐增强，其气体氢化物的稳定性逐渐增强，稳定性：H2S＜HCl能用元素周期律解释，故B不符合题意；
C． Si和S都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，元素的非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，但H2SO3不是S的最高价氧化物对应水化物，应该存在酸性：H2SiO3＜H2SO4，故C不能用元素周期律解释，符合题意；
D．S和Cl都是第三周期元素，同周期元素随原子序数的增加，元素的非金属性逐渐增强，其对应阴离子的还原性逐渐减弱，还原性：S2－>Cl－能用元素周期律解释，故D不符合题意；
故答案为：C
2．C
A．碱金属元素从上到下电子层增多，则Li、Na、K元素原子的核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A正确；
B．同周期从左向右金属性减弱，非金属性增强，则第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故B正确；
C．碱金属从上到下金属性增强，则K比Na易失去电子，K的还原性比Na的还原性强，故C错误；
D．同主族从上到下非金属性减弱，则O与S为同主族的元素，且O比S的非金属性强，故D正确；
故选C。
3．C
Lv中质量数为293，质子数为116，中子数=质量数-质子数=177，据此分析。
A．原子序数=质子数=116，A正确；
B．中子数=质量数-质子数=177，B正确；
C．核外电子数=质子数=116，C错误；
D．元素平均相对原子质量=质量数=293，D正确；
故答案选C。
4．B
A．氕、氘、氚质子数均为1，属于同一种元素氢元素，故A正确；
B．H2和H2为氢气分子，不是原子，不是同位素，故B错误；
C．O和O是氧元素的两种不同的核素，故C正确；
D．金刚石和石墨是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
故选B。
5．A
A. SiO2不能与水发生反应，符合题意；
B. SO2能与水发生反应生成亚硫酸，与题意不符；
C. Na能与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，与题意不符；
D. CaO能与水发生反应生成氢氧化钙，与题意不符；
答案为A。
6．C
A．质量数相同的原子，它们不一定具有相同的质子数，比如18O 、18F，所以不一定互为同位素，选项A错误；
B．0族元素的化学性质不活泼，但一定条件下单质也可能发生反应，如生成XeF6，选项B错误；
C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，选项C正确；
D．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，选项D错误；
答案选C。
7．A
元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。
A．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；
B．元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；
C．元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；
D．元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。
故选A。
8．D
A．氢氧化铁胶体净水是利用胶体有较大的表面积，能吸附悬浮物，不属于化学变化，A错误；
B．四氯化碳从溴水中萃取溴是利用溶解度不同，不涉及化学变化，B错误；
C．焰色反应没有新物质生成，是物理性质，C错误；
D．氧气转化为臭氧，有新物质生成，故是化学变化，D正确；
故选D。
9．C
A．人造卫星的太阳能电池帆板的材料是高纯硅，不是二氧化硅，故A错误；
B．炼铁过程中要加入石灰石，其目的是除去杂质二氧化硅；工业制玻璃中的石灰石是反应的原料，故B错误；
C．碳纳米管的比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，故C正确；
D．碳化硅俗称金刚砂，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故D错误；
故选C。
10．A
A．元素周期表中，总共有18个纵行，7个主族，7个副族，1个零族，1个Ⅷ族，共16个族，故A错误；
B．原子结构中的电子层数等于元素在周期表中的周期数，则电子层数相同的元素排成一横行，称为一周期，故B正确；
C．元素周期表是元素周期律的具体表现形式，揭示了化学元素间的内在联系，是化学发展史上的重要里程碑之一，故C正确；
D．第IA族的元素中除H元素外都是碱金属，第IA族的元素又称为碱金属元素，第ⅦA族的元素都是非金属元素，又称为卤族元素，故D正确；
故选A。
11．C
A．氟气与水反应生成氢氟酸与氧气，得不到含氧酸，故A错误；
B．卤族元素非金属性越强，HX的热稳定性越强，卤素原子的得电子能力随X的核电荷数的增加而减小，所以HX热稳定性随X的核电荷数的增加而减弱，故B错误；
C．卤素单质的颜色从上到下逐渐加深，由F2→I2依次是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，故C正确；
D．卤族元素简单阴离子的还原性随着原子序数的增大而增强，则X-的还原性依次为F-＜Cl-＜Br-＜I-，故D错误；
故选C。
12．D
X、Y、Z、W、M五种短周期元素，Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料，则Y为Si；X、Y、Z、W同周期，都处于第三周期，X+与M2-具有相同的电子层结构，则X为Na、M为O；Z、M同主族，则Z为S；离子半径Z2-＞W-，则W为Cl，据此解答。
根据分析可知，X为Na，Y为Si，Z为S，M为O，W为Cl，M为O元素。
A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：Si＜Cl，则氢化物的稳定性Y＜W，，故A错误；
B．X、W、M三种元素形成化合物是NaClO，次氯酸根内含有共价键，故B错误；
C．Y与W可以形成SiCl4，属于共价化合物，故C错误；
D．氯气、臭氧具有强氧化性，可以作为水处理中的消毒剂，故D正确。
故选：D。
13． Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O 2SO2+O22SO3 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2 +2H2O+2NH3↑ 碱石灰 Cu NO2 2：1
(1)硅酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成硅酸沉淀，反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，故答案为Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓；
(2)木炭与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；
(3)SO2催化氧化成SO3的化学方程式为：2SO2+O2 2SO3，故答案为2SO2+O22SO3；
(4)向稀硝酸溶液中加入铜片，反应的化学方程式：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；
(5)实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 +2H2O+2NH3↑，碱石灰干燥剂是由NaOH和CaO组成的固体混合物，能干燥氨气； 故答案为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 +2H2O+2NH3↑；碱石灰；
(6)①反应Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中，Cu元素化合价由0价升高到+2价，Cu为还原剂，N元素化合价由+5价降低到+4价，HNO3为氧化剂，NO2为还原产物，故答案为Cu；NO2；
②由方程式可知当4molHNO3参加反应时，有2molHNO3被还原为氧化剂，生成1molCu(NO3)2为氧化产物，则氧化剂与氧化产物的物质的量比是2：1，故答案为2：1。
14． F Ne C N SiH4 Al2O3 S Mg2+ HClO4 —1价
(1)除0组外，同周期元素从左到右非金属性依次增强，同族元素从上到下非金属性依次减弱，所以非金属性最强的为F；
(2)0组元素是稀有气体，属于稀有气体元素的是Ne；
(3)碳能形成四个共用电子对，可以形成种类繁杂的有机物，组成物质种类最多；
(4)同周期元素从左到右原子半径依次减小，所以N的半径较大；
(5)非金属性越强，所形成的氢化物热稳定性越强，碳的非金属性比硅强，所以甲烷的热稳定性比硅烷的热稳定性强；
(6) Al2O3具有两性，既能和酸反应，也能和强碱反应；
(7)最外层电子数是6的原子是第ⅥA主族的元素，所以是S；
(8)根据该离子示意图可知，该离子是12号元素镁的阳离子，即镁离子，符号为Mg2+；
(9)氯原子最外层有7个电子，其最高价为+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式是HClO4；
(10)过氧化钠中钠的化合价是+1价，所以氧的化合价是—1价，Na在空气中燃烧生成Na2O2的化学方程式为。
15．(1)同位素
(2)H2Se
(3)
(4)BD
【解析】（1）
与为质子数相同而中子数不同的原子，故互称为同位素。
（2）
硒元素最外层6个电子，为-2价，故气态氢化物的化学式为H2Se。
（3）
由与反应生成硫酸和Se可知，反应的化学方程式为。
（4）
A.由图可知，具有球棍模型，分子结构中只含有共价键，不是离子化合物，错误；
B.同一周期原子半径逐渐减小，故原子半径:r(Se)>r(Br)，正确；
C.同一周期非金属性从左到右逐渐增强，故Se金属性比Br弱，错误；
D.根据结构可知，溴化硒的分子式为Se2Br2，则相对分子质量M=78.96×2+79.9×2=317.72，正确；
故答案为:BD。
16． 16 16 18 三
ⅥA H2SO4
S为第16号元素，其原子核中有16个质子；原子核中有32-16=16个中子；S2-的原子核外多两个电子，因此该粒子含有16+2=18个电子；S元素在元素周期表中的位置为第三周期第ⅥA族；S元素的最高正化合价为+6价，因此其最高价氧化物对应的水化物为H2SO4。
17． 过滤 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O b 充分振荡、静置
(1)步骤③是由悬浊液得到溶液，应进行过滤；
(2)步骤④中选择氧化剂时，要考查尽量不引入新的杂质，可选用3%H2O2溶液和稀H2SO4混合液，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+═I2+2H2O；
(3)萃取时，加入萃取剂之后，应充分振荡，使碘和萃取剂充分接触、溶解，达到萃取的目的。
18． BDE 过滤 萃取、分液 D 2I- + H2O2 + 2H+ = I2+ 2H2O
由实验流程可知，海带在坩埚中灼烧后溶解，然后过滤得到含碘离子的溶液，④中发生氧化还原反应生成碘单质，⑤发生萃取得到含碘的有机溶液，⑥蒸馏得到碘单质。
（1）灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，故答案为：BDE；
（2）海带在坩埚中灼烧后溶解，然后过滤得到含碘离子的溶液，所以步骤③的实验操作名称是过滤；发生萃取得到含碘的有机溶液，⑤的实验操作名称是萃取、分液，故答案为：过滤；萃取、分液；
（3）步骤⑤是萃取、分液，苯来提取碘的理由是碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且苯和水不互溶、和碘水不反应；在分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后先将水层（密度大于苯，在下层）从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出，选D；故答案为：D。
（4）④中发生氧化还原反应生成碘单质，在酸性条件下，过氧化氢氧化碘负离子的离子反应方程式为：2I- + H2O2 + 2H+ = I2+ 2H2O，故答案为：2I- + H2O2 + 2H+ = I2+ 2H2O。
19．(1)
(2)吸收多余的氯气，防止污染；防止空气中的水蒸气进入实验装置使水解
(3)图2装置中的导管较图1中装置E的导管更易发生堵塞
(4)水浴加热
(5)把溶解在水中的苯乙酮萃取出来
(6) 检漏 b
(7) C 72%
本题是一道有机物制备类的实验题，制备过程用到了氯化铝，首先制备氯化铝；由装置A制备氯气，装置B除去氯气中的氯化氢，装置C干燥氯气你，在装置D中氯气和铝发生反应生成产物，装置E用来收集产品，用装置F处理尾气，以此解题。
（1）装置A是浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，离子方程式为：；
（2）氯气有毒，该反应中用到了氯气，需要尾气处理，氯气可以和碱石灰反应，故装置F的作用为：吸收多余的氯气，防止污染；防止空气中的水蒸气进入实验装置使水解；
（3）由图可知图2中的进气管较细，氯化铝凝华时容易堵塞导管，故不用图2的作用为图2装置中的导管较图1中装置E的导管更易发生堵塞；
（4）步骤1需要升温至，为了更加容易控制温度，可以选择水浴加热；
（5）根据题给信息可知，苯乙酮在水中有一定溶解度，为了提高产率，可以用苯萃取水层，故其目的是：把溶解在水中的苯乙酮萃取出来；
（6）分液漏斗是密闭容器，使用前需要捡漏；分液漏斗放气时应该下口斜向上45°，故选c；
（7）蒸馏时应该选用直形冷凝管，且温度计应该在蒸馏烧瓶支管口处，故最合适的C；根据题给信息可知，苯是过量的，用乙酸酐计算理论产量，n(苯乙酮)理论= n(乙酸酐)=，苯乙酮产率=。
20． 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。
21．(1)
(2)1.344
(3)1.48
据题意，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中的氮元素化合价越低，由于反应过程中没有产生气体，则可推知N元素的化合价由+5→-3价，存在形式为NH。结合图像可知C点之前为氢氧化钠与过量的硝酸反应，CD段为Fe和Al元素生成氢氧化物沉淀，DE段为NH与氢氧根反应，EF段为氢氧化铝与氢氧化钠的反应，F点对应的沉淀为氢氧化铁，据此分析。
（1）硝酸有强氧化性，能将Fe氧化成+3价，结合分析可知该过程中铁与硝酸反应的离子方程式为
（2）E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，EF段的n(NaOH)=4mol/L×2×10-3L=0.008mol，列关系式：，所以铝的物质的量为0.008mol；
D与E一段氢氧化钠被消耗，DE段是NH4NO3和NaOH反应，列关系式：，n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)×10-3L×4mol/L=0.012mol，
设铁有x mol，Al离子也是0.008mol，NH4+有0.012mol，根据电子守恒可得：3x+0.008×3=0.012×8，x=0.024mol，所以铁离子有0.024mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，故合金中铁的质量为0.024mol×56g/mol=1.344g
（3）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n(NH3 H2O)=n(NH4+)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=34×10-3L×4mol/L=0.136mol，根据氮原子守恒知，c(HNO3)==1.48mol/L，故答案为1.48,..
22． 73g 4NA 12mol·L-1 SiO2+2CSi(粗)+2CO↑ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 12.88
(1)n= =2mol，m=n×M=2mol×36.5g·mol－1=73g；
根据方程式：
可知，反应生成2mol氯化氢消耗1mol氯气和1mol氢气，共转移电子的物质的量为：1mol×2+1mol×2=4mol，故转移电子个数为4NA；
故答案为：73g；4NA；
(2)V= = mL=×10-3L，C= = =12mol·L－1；故答案为：12mol·L－1；
(3)焦炭与SiO2反应生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，离子方程式为：2OH－+SiO2═SiO32－+H2O；
故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；2OH－+SiO2═SiO32－+H2O；
(4)每天10t，其中含有Na2O质量10t×13%=1.3t，CaO质量10t×11.7%=1.17t，SiO2质量10t×75.3%=7.53t，而Na2O都是从Na2CO3中来，CaO都是从CaCO3中来，SiO2都是从石英中来，根据质量守恒可知设需要石灰石CaCO3质量x，纯碱Na2CO3质量y，石英SiO2质量z，则 80%x×=1.17t，即 80%x× =1.17t，解得x≈2.61，95%y× =1.3t，即95%y×=1.3t，解得y≈2.34t，95%z=7.53t，解得z≈7.93t，∴共需原料：2.61t+2.34t+7.93t=12.88t；
故答案为：12.88。