专题5 微观结构与物质的多样性 单元测试卷（含解析） 高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 专题5 微观结构与物质的多样性 单元测试卷（含解析） 高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 408.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-22 19:25:48 | ||
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文档简介
专题5《微观结构与物质的多样性》单元测试卷
一、单选题
1．X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,X的族序数是周期数的2倍,Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐,Z的最外层电子数与其电子总数比为3∶8,下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、W的最高价含氧酸酸性顺序:Y>W>X
B．Z、W可形成ZW2的化合物,属于离子化合物
C．离子半径:Z>W>Y
D．气态氢化物的稳定性:Z>W
2．某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法错误的是
A．核电荷数为11 B．核外有2个电子层
C．属于金属元素的离子 D．在化学反应中易失去1个电子
3．下列说法正确的是（ ）
①原子序数为15的元素的最高化合价为＋3
②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素
③第二周期ⅣA族元素的原子质子数和中子数一定为6
④IA族和IIA族的元素全部是金属元素
⑤元素周期表有7个周期、16个纵行
A．② B．①③⑤ C．①②⑤ D．③④
4．电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，W的原子半径是同周期中最小的。下列推断中正确的是（ ）
A．Z的氢化物的热稳定性强于W的氢化物
B．Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C．X、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大
D．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
5．下列微粒中与OH-具有相同质子数和电子数的是
A．Na+ B．Ne C．Cl- D．F-
6．元素性质呈现周期性变化的根本原因是（ ）
A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化
B．元素的化合价呈周期性变化
C．元素的相对原子质量递增，量变引起质变
D．元素的原子半径呈周期性变化
7．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．由元素X、Y组成的化合物一定易溶于氢氧化钠溶液
B．离子半径的大小顺序为W＞Q＞Z＞X＞Y
C．元素Q的含氧酸的酸性一定比W的强
D．工业上用电解法治炼Z单质
8．天然碳元素的相对原子质量为12.01，若在自然界碳元素有、 两种同位素，则与的质量比为（ ）
A．等于1：99 B．大于99:1 C．等于99：1 D．小于99：1
9．如图是元素周期表的一部分，下列叙述不正确的是
B C N O F
Al Si P S Cl
Ga Ge As Se Br
In Sn Sb Te I
Tl Pb Bi Po At
A．Pb的最高正价为+4 B．原子半径比较：Al＞F
C．酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4 D．Br的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBrO3
10．为了描述方便，人们常常用电子式来表示原子、分子，下列电子式错误的是
A． B． C． D．
11．已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3，下列说法不正确的是
Z M
X Y Q R
A．Y能与反应得到Fe
B．X能从中置换出Z
C．M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应
D．还原性：
12．下列化学用语的表述不正确的是
A．过氧化氢的结构式：H—O—O—H
B．2，2－二甲基丁烷的实验式：C3H7
C．质子数与中子数相等的氢原子符号：
D．Cl－的结构示意图：
13．元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型的非金属元素。判断O的非金属性比S的强，可依据的事实是
A．相同条件下，O2更易与H2反应 B．地壳中氧的含量高于硫
C．常温下，氧气呈气态，硫呈固态 D．Na2O2是淡黄色固体，Na2S是白色固体
14．下列物质有固定熔点的是
A．钢化玻璃 B．水泥 C．水玻璃 D．碳酸钠
15．短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的K层电子数和M层电子数相等，R、W、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图，且R、W的核电荷数之和与Y的核电荷数相等。下列说法正确的是
R W
Y Z
A．原子半径：X>Z>Y>W
B．ZW2、YW2、RW2可溶于水且溶液均呈酸性
C．最简单氢化物的稳定性：ZD．Y、R、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：Z>Y>R
二、填空题
16．硫和硒(34Se)在元素周期表中位于同一主族，均是生产生活中重要的非金属元素。
(1)含+4价硫元素的化合物有SO2、H2SO3和X等。
①SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有的化学性质是___________。
②已知X属于钠盐。写出X与稀硫酸反应生成SO2的化学方程式：___________。
(2)以工业硒为原料制备高纯硒时的主要物质转化关系如图所示。
工业硒(Se)SeO2H2SeO3Se高纯硒
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
A．硒原子的最外层有6个电子
B．硒元素的非金属性强于硫元素的非金属性
C．SeO2属于酸性氧化物
D．过程ⅰ中硒被氧化
②过程ⅲ中使用的还原剂为N2H4·nH2O，对应产物是N2.理论上，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与O2的反应可忽略)。
17．1956年，美籍华人科学家吴健雄用放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现（此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖）。的衰变方程为：，其中，是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0。
(1)下列关于的说法中，错误的是______.
A．质子数是27 B．电子数是27 C．质量数是27 D．中子数是60
(2)在上述衰变方程中，衰变产物Ni的质量数A为________，核电荷数Z为________。
三、实验题
18．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示：
实验Ⅰ：探究同主族元素C和Si非金属性递变规律。
已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有盐酸，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，C装置中装有足量Na2SiO3溶液，试回答：
(1)中反应的离子方程式为_______，B装置的作用是_______；
(2)C中发生反应的化学方程式为_______可观察到的现象是_______；
(3)根据实验现象推知，碳酸、盐酸、硅酸的酸性强弱顺序为_______，能否由此得出碳、氯、硅三种元素非金属性的强弱_______填“能”或“否”并说明理由_______。
实验Ⅱ：探究同周期元素S和Cl的非金属性强弱。已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，B装置中装有Na2S溶液，试回答：
(4)装置分液漏斗中所装试剂为_______，B中可观察到的现象是_______；
(5)C装置的作用是_______，写出C中发生反应的离子方程式_______。
(6)验结论：氧化性：_______，非金属性：_______。
19．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律。
实验I：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律。利用下图装置一次性完成Cl、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究
(1)实验中选用的物质名称为： A_______。
(2)C处刚出现现象时发生反应的离子方程式为_______。
(3)根据实验现象推知，可得出碳、硅、氯三种元素非金属性的强弱顺序是_________。
实验II：已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气和Mn2+，利用下图装置探究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。
(4)写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：_______。
(5)B处的实验现象为_____。
(6)根据A、B两处的实验现象能否推出非金属性Cl>Br>I，______ (填“能”或“否”， 原因是_______。
四、计算题
20．取50 mL某浓度的稀硫酸与一定质量的镁、铝合金反应，合金全部溶解，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NaOH溶液体积的关系如图所示。求原硫酸的物质的量浓度______。
21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1．16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol L﹣1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式 ．
（2）写出AB段反应的离子方程式 ．B点的沉淀物的化学式为 ．
（3）求原混合物中AlCl3的物质的量和NaOH的质量。
（4）求Q点加入的HCl溶液体积．
参考答案：
1．C
【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐,则Y为氮元素,X原子序数小于氮元素,X的族序数是周期数的2倍,则X处于第二周期,X为碳元素;Z的最外层电子数与其电子总数比为3∶8 ,原子序数大于氮元素,故Z处于第三周期,为硫元素,W的原子序数最大,故W为Cl元素,据此解答。
【详解】X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐,则Y为氮元素,X原子序数小于氮元素,X的族序数是周期数的2倍,则X处于第二周期,X为碳元素;Z的最外层电子数与其电子总数比为3∶8,原子序数大于氮元素,故Z处于第三周期,为硫元素,W的原子序数最大,故W为Cl元素,
A.非金属性越强最高价含氧酸酸性越强,非金属性Cl>S >C,故最高价含氧酸酸性顺序: Cl>S >C,即W>Z>X，故A错误；
B.Z、W可形成SCl2,属于高价化合物,故B错误；
C.电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小,最外层电子数相同电子层越多离子半径越大,故离子半径:S2- >Cl->N3-,所以C选项是正确的；
D.非金属性Cl>S,则HCl比硫化氢稳定,故D错误；
综上所述，本题正确选项C。
2．D
【详解】A．的核电荷数为11，故A正确；
B．中核外电子层数为2，故B正确；
C．的核电荷数=11＞核外电子数=10，说明为该粒子为钠离子，为金属离子，故C正确；
D．最外层有8个电子，较稳定，在化学反应中不易失去电子，故D错误；
故选D。
3．A
【详解】①主族元素的最高正化合价等其族序数，原子序数为15的元素为P，其最高化合价为+5，①错误；
②同周期从左到右非金属性增强，所以②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，②正确；
③第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，③错误；
④H元素在周期表中位于第IA族，但H元素是非金属元素，④错误；
⑤元素周期表有7个周期、18个纵行，第8、9、10三个纵行属于第VIII族，因此元素周期表有7个周期、16个族，⑤错误；
故合理选项是A。
4．D
【分析】电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，则Z为Si，X为Na，Y为Al，W的原子半径是同周期中最小的，则W为Cl。
【详解】A. 非金属越强，氢化物越稳定，因此稳定性：HCl＞SiH4，故A错误；
B. SiO2与水不反应，故B错误；
C. 根据同电子层结构核多径小，因此X、Y、W的原子半径依次减小，根据层多径大，X、Y、W对应的离子半径Cl－＞Na+＞Al3+，故C错误；
D. X、Y、W的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，三者之间互相都能发生反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】半径大小根据层多径大，同电子层结构核多径小原则比较。
5．D
【分析】OH-中质子数为8+1=9，氢氧根离子中电子数比质子数大1，则电子数为9+1=10；
【详解】A、钠离子中质子数为11，电子数为11-1=10，A错误;
B、氖原子中质子数=电子数=10，B错误；
C、氯离子中质子数为17，电子数为17+1=18，C错误；
D、氟离子中质子数为9，电子数为9+1=10，D正确；
故选D。
6．A
【分析】元素的化学性质与最外层电子数有紧密联系。
【详解】元素的化学性质与最外层电子数有紧密联系，同一族，最外层电子数相同，性质相似，故元素性质呈现周期性变化的根本原因是原子的核外电子排布呈周期性变化，答案选A。
7．D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，则X的气态氢化物为氨气、Y的氢化物为水，X为N元素、Y为O元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Z为Al元素、W是S元素；由原子序数可知，Q是Cl元素。
【详解】A.一氧化氮为不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，氧离子、氮离子和铝离子的电子层结构相同，则铝离子的离子半径小于氮离子，故B错误；
C.氯元素的含氧酸的酸性不一定强于硫元素的含氧酸，如次氯酸为弱酸，酸性弱于硫酸，故C错误；
D.工业上用电解熔融氧化铝的方法制得金属铝，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，设12C与13C的个数比为x:1，则12.01=12+13 ，解得x=99，故与的质量比为量比为(9912):113<99:1，所以D符合题意；故答案：D。
【点睛】碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，依此进行计算。
9．D
【详解】A．Pb与C同主族，最外层含有4个电子，其最高正化合价为＋4价，故A正确；
B．铝原子核外电子层数为3，氟原子核外电子层数为2，则原子半径：Al＞F，故B正确；
C．As、Se同周期，原子序数越大，非金属性越强，则非金属性：As＜Se，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3AsO4＜H2SeO4，故C正确；
D．Br的最高价为＋7，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HBrO4，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．B
【详解】A．C原子最外层有4个电子，Cl原子最外层有7个电子，C原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式为，A正确；
B．H原子最外层有1个电子，N原子最外层有5个电子，N原子与3个H原子形成3对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为，B错误；
C．H原子最外层有1个电子，O原子最外层有6个电子，O原子与2个H原子形成2对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为，C正确；
D．NaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间通过离子键结合，电子式为：，D正确；
故合理选项是B。
11．D
【分析】根据X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为，Y为，Z为C，M为N，Q为S，R为Cl，据此分析答题。
【详解】A．和发生铝热反应，方程式为：，A正确；
B．和发生下述反应：，B正确；
C．M为：N，N的最高价氧化物的水化物为：，最低价氢化物为：，二者发生如下反应：，C正确；
D．为，为，中硫的还原性强于中的氯元素，D错误；
答案为：D。
12．C
【详解】A.过氧化氢的结构式为H―O―O―H，A正确；
B.2，2—二甲基丁烷的化学式为C6H14，因此实验式为C3H7，B正确；
C.质子数与中子数相等的氢原子符号为，C错误；
D.Cl－最外层是8个电子，核电荷数为17，D正确；
答案选C。
13．A
【详解】A．相同条件下O2更易与H2反应，说明O2氧化性强于S，O的非金属性强于S，A正确；
B．地壳中氧的含量高于硫，不能说明O的非金属性比S强，B错误；
C．常温下氧气呈气态，硫为固态，这些都是物理性质，与非金属性无关，C错误；
D．Na2O2为淡黄色固体，Na2S为白色固体，这些是钠的化合物的物理性质，与元素的非金属性无关，D错误；
故答案选A。
14．D
【详解】钢化玻璃、水泥、水玻璃(硅酸钠的水溶液)均为混合物，不是晶体，没有固定熔点，碳酸钠是一种离子晶体，有固定熔点；
故答案为D。
15．C
【分析】X元素的K层电子数和M层电子数相等，则X为Mg；R、W的核电荷数之和与Y的核电荷数相等，则R为C，Y为Si，W为O，Z为S。
【详解】A．原子半径中电子层数越多半径越大，同周期原子序数越大半径越小，故为X>Y>Z>W，故A错误；
B．SiO2不溶于水，故B错误；
C．非金属性越强其气态氢化物越稳定，故ZD．非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故应为Z>R>Y，故D错误；
故选C。
16．(1) 漂白性 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或2NaHSO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2SO2↑
(2) ACD 1：1
【分析】(1)
①SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；答案为：漂白性；
②X为+4价硫元素的化合物，X属于钠盐，则X可能为Na2SO3或NaHSO3，X与稀硫酸反应生成SO2的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或2NaHSO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或2NaHSO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2SO2↑。
(2)
①A．Se和S都处于第VIA族，则硒原子最外层有6个电子，A正确；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则硒元素的非金属性弱于硫元素的非金属性，B错误；
C．Se与S处于同一主族，则Se元素与S元素的化学性质相似，结合过程ii中的反应SeO2+H2O=H2SeO3，SeO2属于酸性氧化物，C正确；
D．过程i中Se煅烧生成SeO2，Se元素的化合价由0价升至+4价，则Se被氧化，D正确；
答案选ACD。
②过程i、ii、iii的反应依次为：Se+O2SeO2、SeO2+H2O=H2SeO3、H2SeO3+N2H4·nH2O=Se+N2↑+(n+3)H2O；结合Se守恒，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为1:1；答案为：1:1。
17．(1)CD
(2) 60 28
【详解】（1）A．从可以看出，该核素的质子数是27，A正确；
B．对于，质子数=电子数，质子数为27，则电子数是27，B正确；
C．由可知，该核素的质量数是60，C错误；
D．该核素的质量数为60，质子数为27，则中子数是60-27=33，D错误；
故选CD。答案为：CD；
（2）在上述衰变方程中，依据质量守恒，可确定衰变产物Ni的质量数A为60，核电荷数Z+(-1)=27，则Z=28。答案为：60；28。
18．(1) CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 除去挥发的氯化氢气体
(2) Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ 白色胶状沉淀生成
(3) 碳酸＞盐酸＞硅酸 否 比较元素的非金属性应该比较元素的最高价氧化物对应水化物的酸性，盐酸不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物
(4) 浓盐酸 有淡黄色沉淀生成
(5) 尾气处理，防止Cl2污染大气 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(6) Cl2＞S Cl＞S
【分析】实验Ⅰ：在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl在B中与NaHCO3反应变为CO2而被除去，在C中CO2与溶液中的Na2SiO3溶液发生反应产生H2SiO3沉淀，得到结论酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：C＞Si。
实验Ⅱ：在A中酸性KMnO4溶液与浓盐酸发生氧化还原反应产生Cl2，在B中Cl2与Na2S溶液反应产生难溶于水的S单质，证明物质的氧化性：Cl2＞S，从而得出元素的非金属性：Cl＞S的结论，Cl2具有毒性，要使用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。
【详解】（1）(1)在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，该反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，B中NaHCO3溶液的作用是为了除去挥发的HCl气体。
（2）(2)根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，因此看到的实验现象是：有白色胶状沉淀生成。
（3）(3)A中反应是碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸的原理可知：盐酸的酸性强于碳酸；碳酸的酸性强于硅酸，所以三种酸的酸性强弱顺序是：盐酸＞碳酸＞硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸,所以可证明碳的非金属性大于硅；但是盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能得到Cl的非金属性强于碳。
（4）(4)在A装置中，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，所以分液漏斗中所装试剂为浓盐酸；氯气通入装置B中，与溶液中硫化钠发生反应，S2-+Cl2=S↓+2Cl-；由于S是淡黄色不溶于水的物质，因此看到B装置的溶液中出现淡黄色沉淀。
（5）(5)装置中挥发出来的氯气有毒，会污染空气，氢氧化钠能吸收氯气，所以要用装置C的氢氧化钠溶液进行尾气吸收，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（6）(6)单质的氧化性越强，则相应元素的非金属性就越强。根据装置B的反应S2-+Cl2=S↓+2Cl-可得到物质的氧化性：Cl2＞S，从而证明元素的非金属性：Cl＞S。
19． 高氯酸 +CO2+H2O=H2SiO3↓+ Cl> C> Si 2+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 试纸变蓝 否 因Cl2也能将B处的KI氧化
【分析】实验Ⅰ：元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，AB中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳；C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅。
（1）A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；
（2）C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；
（3）根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、N、Si三种元素非金属性的强弱；
实验Ⅱ：探究氯、溴、碘的非金属性强弱的递变规律，根据实验装置图可知，实验原理为圆底烧瓶中：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气通入A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸试管，溴化钠，溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴，湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝，湿润红纸褪色；
（4）圆底烧瓶中浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯化锰、氯化钾和氯气，据此书写离子方程式；
（5）溴单质、氯气和碘化钾发生置换反应生成碘单质，碘单质和淀粉显示蓝色；
（6）氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I-+Cl2 I2+2Cl-，2I-+Br2 I2+2Br-，不能说明Br>I。
【详解】实验Ⅰ：(1) A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；
(2)C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，少量二氧化碳和硅酸盐反应生成硅酸和碳酸钠，离子反应为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+；
(3)A中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明高氯酸的酸性强于碳酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、高氯酸、硅酸的酸性强弱顺序是高氯酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、C. Si三种元素非金属性的强弱为Cl>C>Si；
实验Ⅱ：(4)圆底烧瓶中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子反应为：2+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(5)氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I +Cl2=I2+2Cl ，2I +Br2=I2+2Br 碘单质和淀粉显示蓝色，所以B处的实验现象为试纸变蓝；
(6)装置中氯气也能和碘化钾发应，不一定为生成的溴和碘化钾的反应，不能说明Br>I，所以根据A. B两处的实验现象不能推出非金属性Cl>Br>I，
故答案为：否。
20．8mol/L
【分析】根据生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系图可知，氢氧化钠溶液的体积为0-20ml时，氢氧化钠用于中和稀硫酸，氢氧化钠溶液的体积为20-160ml时，用于沉淀Mg2+和Al3+,氢氧化钠溶液的体积为160-180ml时,过量的氢氧化钠溶液用于溶解Al(OH)3沉淀，涉及的方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据方程式进行计算。
【详解】根据分析可知氢氧化钠溶液加入到溶液至沉淀最大量时，硫酸全部生成硫酸钠，硫酸物质的量等于氢氧化钠物质的量的，根据图象可知，氢氧化镁物质的量等于镁的物质的量==0.2mol，Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，生成沉淀共消耗氢氧化钠的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，消耗氢氧化钠的体积为=0.14L，因此当加入160ml氢氧化钠溶液时，硫酸根离子全部为硫酸钠电离生成，那么硫酸的物质的量为=0.4mol，浓度为=8mol/L。
【点睛】本题为多步反应找关系的计算题题型，多步反应找关系式的解题步骤为：
21．（1）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（2）H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；
（3）AlCl3的物质的量为0．02mol，NaOH的质量为5．20g
（4）130mL，
【详解】试题分析：（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（2）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，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，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）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H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，故答案为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；
（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）==0．02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=0．02mol，氯化镁的质量为：0．02mol×95g/mol=1．90g；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H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，根据HCl的体积知，n（AlO2﹣）=n（HCl）=1mol/L×（0．03﹣0．01）L=0．02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n（AlO2﹣）=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 = 0．13 mol，氢氧化钠的质量为：0．13mol×40g/mol=5．20g，故答案为AlCl3的物质的量为0．02mol，NaOH的质量为5．20g；
（4）B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n（NaOH）=n（HCl），则V（HCl）=═0．13L=130mL，故答案为130 mL。
考点：考查了铝及其化合物的性质、化学计算的相关知识。
一、单选题
1．X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,X的族序数是周期数的2倍,Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐,Z的最外层电子数与其电子总数比为3∶8,下列说法正确的是（ ）
A．X、Y、W的最高价含氧酸酸性顺序:Y>W>X
B．Z、W可形成ZW2的化合物,属于离子化合物
C．离子半径:Z>W>Y
D．气态氢化物的稳定性:Z>W
2．某粒子的结构示意图为，关于该粒子的说法错误的是
A．核电荷数为11 B．核外有2个电子层
C．属于金属元素的离子 D．在化学反应中易失去1个电子
3．下列说法正确的是（ ）
①原子序数为15的元素的最高化合价为＋3
②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素
③第二周期ⅣA族元素的原子质子数和中子数一定为6
④IA族和IIA族的元素全部是金属元素
⑤元素周期表有7个周期、16个纵行
A．② B．①③⑤ C．①②⑤ D．③④
4．电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，W的原子半径是同周期中最小的。下列推断中正确的是（ ）
A．Z的氢化物的热稳定性强于W的氢化物
B．Z的氧化物与水反应可制得相应的含氧酸
C．X、Y、W的原子半径依次减小，对应的离子半径依次增大
D．X、Y、W的最高价氧化物对应水化物之间互相都能发生反应
5．下列微粒中与OH-具有相同质子数和电子数的是
A．Na+ B．Ne C．Cl- D．F-
6．元素性质呈现周期性变化的根本原因是（ ）
A．元素原子的核外电子排布呈周期性变化
B．元素的化合价呈周期性变化
C．元素的相对原子质量递增，量变引起质变
D．元素的原子半径呈周期性变化
7．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是
A．由元素X、Y组成的化合物一定易溶于氢氧化钠溶液
B．离子半径的大小顺序为W＞Q＞Z＞X＞Y
C．元素Q的含氧酸的酸性一定比W的强
D．工业上用电解法治炼Z单质
8．天然碳元素的相对原子质量为12.01，若在自然界碳元素有、 两种同位素，则与的质量比为（ ）
A．等于1：99 B．大于99:1 C．等于99：1 D．小于99：1
9．如图是元素周期表的一部分，下列叙述不正确的是
B C N O F
Al Si P S Cl
Ga Ge As Se Br
In Sn Sb Te I
Tl Pb Bi Po At
A．Pb的最高正价为+4 B．原子半径比较：Al＞F
C．酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4 D．Br的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBrO3
10．为了描述方便，人们常常用电子式来表示原子、分子，下列电子式错误的是
A． B． C． D．
11．已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3，下列说法不正确的是
Z M
X Y Q R
A．Y能与反应得到Fe
B．X能从中置换出Z
C．M最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应
D．还原性：
12．下列化学用语的表述不正确的是
A．过氧化氢的结构式：H—O—O—H
B．2，2－二甲基丁烷的实验式：C3H7
C．质子数与中子数相等的氢原子符号：
D．Cl－的结构示意图：
13．元素周期表VIA族元素又称为氧族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)、鉝(Lv)六种元素，其中钋、鉝为金属，碲为准金属，氧、硫、硒是典型的非金属元素。判断O的非金属性比S的强，可依据的事实是
A．相同条件下，O2更易与H2反应 B．地壳中氧的含量高于硫
C．常温下，氧气呈气态，硫呈固态 D．Na2O2是淡黄色固体，Na2S是白色固体
14．下列物质有固定熔点的是
A．钢化玻璃 B．水泥 C．水玻璃 D．碳酸钠
15．短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X元素的K层电子数和M层电子数相等，R、W、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图，且R、W的核电荷数之和与Y的核电荷数相等。下列说法正确的是
R W
Y Z
A．原子半径：X>Z>Y>W
B．ZW2、YW2、RW2可溶于水且溶液均呈酸性
C．最简单氢化物的稳定性：Z
二、填空题
16．硫和硒(34Se)在元素周期表中位于同一主族，均是生产生活中重要的非金属元素。
(1)含+4价硫元素的化合物有SO2、H2SO3和X等。
①SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有的化学性质是___________。
②已知X属于钠盐。写出X与稀硫酸反应生成SO2的化学方程式：___________。
(2)以工业硒为原料制备高纯硒时的主要物质转化关系如图所示。
工业硒(Se)SeO2H2SeO3Se高纯硒
①下列说法正确的是___________(填字母序号)。
A．硒原子的最外层有6个电子
B．硒元素的非金属性强于硫元素的非金属性
C．SeO2属于酸性氧化物
D．过程ⅰ中硒被氧化
②过程ⅲ中使用的还原剂为N2H4·nH2O，对应产物是N2.理论上，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为___________(工业硒中杂质与O2的反应可忽略)。
17．1956年，美籍华人科学家吴健雄用放射源进行实验验证了杨振宁和李政道的重要发现（此发现于1957年获得诺贝尔物理学奖）。的衰变方程为：，其中，是反中微子，它的电荷数为0，静止质量可认为是0。
(1)下列关于的说法中，错误的是______.
A．质子数是27 B．电子数是27 C．质量数是27 D．中子数是60
(2)在上述衰变方程中，衰变产物Ni的质量数A为________，核电荷数Z为________。
三、实验题
18．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律，实验装置如图所示：
实验Ⅰ：探究同主族元素C和Si非金属性递变规律。
已知A装置的烧瓶里装有大理石，分液漏斗里装有盐酸，B装置中装有饱和碳酸氢钠溶液，C装置中装有足量Na2SiO3溶液，试回答：
(1)中反应的离子方程式为_______，B装置的作用是_______；
(2)C中发生反应的化学方程式为_______可观察到的现象是_______；
(3)根据实验现象推知，碳酸、盐酸、硅酸的酸性强弱顺序为_______，能否由此得出碳、氯、硅三种元素非金属性的强弱_______填“能”或“否”并说明理由_______。
实验Ⅱ：探究同周期元素S和Cl的非金属性强弱。已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气，B装置中装有Na2S溶液，试回答：
(4)装置分液漏斗中所装试剂为_______，B中可观察到的现象是_______；
(5)C装置的作用是_______，写出C中发生反应的离子方程式_______。
(6)验结论：氧化性：_______，非金属性：_______。
19．某同学设计实验以探究元素性质的递变规律。
实验I：根据元素最高价含氧酸的酸性强弱探究元素非金属性递变规律。利用下图装置一次性完成Cl、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究
(1)实验中选用的物质名称为： A_______。
(2)C处刚出现现象时发生反应的离子方程式为_______。
(3)根据实验现象推知，可得出碳、硅、氯三种元素非金属性的强弱顺序是_________。
实验II：已知常温下高锰酸钾与浓盐酸混合可产生氯气和Mn2+，利用下图装置探究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。
(4)写出圆底烧瓶中发生反应的离子方程式：_______。
(5)B处的实验现象为_____。
(6)根据A、B两处的实验现象能否推出非金属性Cl>Br>I，______ (填“能”或“否”， 原因是_______。
四、计算题
20．取50 mL某浓度的稀硫酸与一定质量的镁、铝合金反应，合金全部溶解，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NaOH溶液体积的关系如图所示。求原硫酸的物质的量浓度______。
21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1．16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol L﹣1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图所示，试回答：
（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式 ．
（2）写出AB段反应的离子方程式 ．B点的沉淀物的化学式为 ．
（3）求原混合物中AlCl3的物质的量和NaOH的质量。
（4）求Q点加入的HCl溶液体积．
参考答案：
1．C
【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐,则Y为氮元素,X原子序数小于氮元素,X的族序数是周期数的2倍,则X处于第二周期,X为碳元素;Z的最外层电子数与其电子总数比为3∶8 ,原子序数大于氮元素,故Z处于第三周期,为硫元素,W的原子序数最大,故W为Cl元素,据此解答。
【详解】X、Y、Z、W为短周期主族元素,原子序数依次增大,Y的气态氢化物与最高价氧化物水化物可形成盐,则Y为氮元素,X原子序数小于氮元素,X的族序数是周期数的2倍,则X处于第二周期,X为碳元素;Z的最外层电子数与其电子总数比为3∶8,原子序数大于氮元素,故Z处于第三周期,为硫元素,W的原子序数最大,故W为Cl元素,
A.非金属性越强最高价含氧酸酸性越强,非金属性Cl>S >C,故最高价含氧酸酸性顺序: Cl>S >C,即W>Z>X，故A错误；
B.Z、W可形成SCl2,属于高价化合物,故B错误；
C.电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小,最外层电子数相同电子层越多离子半径越大,故离子半径:S2- >Cl->N3-,所以C选项是正确的；
D.非金属性Cl>S,则HCl比硫化氢稳定,故D错误；
综上所述，本题正确选项C。
2．D
【详解】A．的核电荷数为11，故A正确；
B．中核外电子层数为2，故B正确；
C．的核电荷数=11＞核外电子数=10，说明为该粒子为钠离子，为金属离子，故C正确；
D．最外层有8个电子，较稳定，在化学反应中不易失去电子，故D错误；
故选D。
3．A
【详解】①主族元素的最高正化合价等其族序数，原子序数为15的元素为P，其最高化合价为+5，①错误；
②同周期从左到右非金属性增强，所以②ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素，②正确；
③第二周期ⅣA族元素为碳元素，其质子数与中子数不一定相同，如14C含有6个质子和8个中子，③错误；
④H元素在周期表中位于第IA族，但H元素是非金属元素，④错误；
⑤元素周期表有7个周期、18个纵行，第8、9、10三个纵行属于第VIII族，因此元素周期表有7个周期、16个族，⑤错误；
故合理选项是A。
4．D
【分析】电子层数相同的短周期元素X、Y、Z、W，其中X的最外层电子数比K层少1，Y的最外层电子数比K层多l，Z的单质是一种半导体材料，常用于制造太阳能电池，则Z为Si，X为Na，Y为Al，W的原子半径是同周期中最小的，则W为Cl。
【详解】A. 非金属越强，氢化物越稳定，因此稳定性：HCl＞SiH4，故A错误；
B. SiO2与水不反应，故B错误；
C. 根据同电子层结构核多径小，因此X、Y、W的原子半径依次减小，根据层多径大，X、Y、W对应的离子半径Cl－＞Na+＞Al3+，故C错误；
D. X、Y、W的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，三者之间互相都能发生反应，故D正确。
综上所述，答案为D。
【点睛】半径大小根据层多径大，同电子层结构核多径小原则比较。
5．D
【分析】OH-中质子数为8+1=9，氢氧根离子中电子数比质子数大1，则电子数为9+1=10；
【详解】A、钠离子中质子数为11，电子数为11-1=10，A错误;
B、氖原子中质子数=电子数=10，B错误；
C、氯离子中质子数为17，电子数为17+1=18，C错误；
D、氟离子中质子数为9，电子数为9+1=10，D正确；
故选D。
6．A
【分析】元素的化学性质与最外层电子数有紧密联系。
【详解】元素的化学性质与最外层电子数有紧密联系，同一族，最外层电子数相同，性质相似，故元素性质呈现周期性变化的根本原因是原子的核外电子排布呈周期性变化，答案选A。
7．D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，则X的气态氢化物为氨气、Y的氢化物为水，X为N元素、Y为O元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Z为Al元素、W是S元素；由原子序数可知，Q是Cl元素。
【详解】A.一氧化氮为不成盐氧化物，不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，氧离子、氮离子和铝离子的电子层结构相同，则铝离子的离子半径小于氮离子，故B错误；
C.氯元素的含氧酸的酸性不一定强于硫元素的含氧酸，如次氯酸为弱酸，酸性弱于硫酸，故C错误；
D.工业上用电解熔融氧化铝的方法制得金属铝，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，设12C与13C的个数比为x:1，则12.01=12+13 ，解得x=99，故与的质量比为量比为(9912):113<99:1，所以D符合题意；故答案：D。
【点睛】碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，依此进行计算。
9．D
【详解】A．Pb与C同主族，最外层含有4个电子，其最高正化合价为＋4价，故A正确；
B．铝原子核外电子层数为3，氟原子核外电子层数为2，则原子半径：Al＞F，故B正确；
C．As、Se同周期，原子序数越大，非金属性越强，则非金属性：As＜Se，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H3AsO4＜H2SeO4，故C正确；
D．Br的最高价为＋7，其最高价氧化物对应水化物的化学式为HBrO4，故D错误。
综上所述，答案为D。
10．B
【详解】A．C原子最外层有4个电子，Cl原子最外层有7个电子，C原子与4个Cl原子形成4对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，电子式为，A正确；
B．H原子最外层有1个电子，N原子最外层有5个电子，N原子与3个H原子形成3对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为，B错误；
C．H原子最外层有1个电子，O原子最外层有6个电子，O原子与2个H原子形成2对共用电子对，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为，C正确；
D．NaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间通过离子键结合，电子式为：，D正确；
故合理选项是B。
11．D
【分析】根据X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为，Y为，Z为C，M为N，Q为S，R为Cl，据此分析答题。
【详解】A．和发生铝热反应，方程式为：，A正确；
B．和发生下述反应：，B正确；
C．M为：N，N的最高价氧化物的水化物为：，最低价氢化物为：，二者发生如下反应：，C正确；
D．为，为，中硫的还原性强于中的氯元素，D错误；
答案为：D。
12．C
【详解】A.过氧化氢的结构式为H―O―O―H，A正确；
B.2，2—二甲基丁烷的化学式为C6H14，因此实验式为C3H7，B正确；
C.质子数与中子数相等的氢原子符号为，C错误；
D.Cl－最外层是8个电子，核电荷数为17，D正确；
答案选C。
13．A
【详解】A．相同条件下O2更易与H2反应，说明O2氧化性强于S，O的非金属性强于S，A正确；
B．地壳中氧的含量高于硫，不能说明O的非金属性比S强，B错误；
C．常温下氧气呈气态，硫为固态，这些都是物理性质，与非金属性无关，C错误；
D．Na2O2为淡黄色固体，Na2S为白色固体，这些是钠的化合物的物理性质，与元素的非金属性无关，D错误；
故答案选A。
14．D
【详解】钢化玻璃、水泥、水玻璃(硅酸钠的水溶液)均为混合物，不是晶体，没有固定熔点，碳酸钠是一种离子晶体，有固定熔点；
故答案为D。
15．C
【分析】X元素的K层电子数和M层电子数相等，则X为Mg；R、W的核电荷数之和与Y的核电荷数相等，则R为C，Y为Si，W为O，Z为S。
【详解】A．原子半径中电子层数越多半径越大，同周期原子序数越大半径越小，故为X>Y>Z>W，故A错误；
B．SiO2不溶于水，故B错误；
C．非金属性越强其气态氢化物越稳定，故Z
故选C。
16．(1) 漂白性 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或2NaHSO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2SO2↑
(2) ACD 1：1
【分析】(1)
①SO2能使品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；答案为：漂白性；
②X为+4价硫元素的化合物，X属于钠盐，则X可能为Na2SO3或NaHSO3，X与稀硫酸反应生成SO2的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或2NaHSO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2SO2↑；答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑或2NaHSO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2SO2↑。
(2)
①A．Se和S都处于第VIA族，则硒原子最外层有6个电子，A正确；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则硒元素的非金属性弱于硫元素的非金属性，B错误；
C．Se与S处于同一主族，则Se元素与S元素的化学性质相似，结合过程ii中的反应SeO2+H2O=H2SeO3，SeO2属于酸性氧化物，C正确；
D．过程i中Se煅烧生成SeO2，Se元素的化合价由0价升至+4价，则Se被氧化，D正确；
答案选ACD。
②过程i、ii、iii的反应依次为：Se+O2SeO2、SeO2+H2O=H2SeO3、H2SeO3+N2H4·nH2O=Se+N2↑+(n+3)H2O；结合Se守恒，过程ⅰ消耗的O2与过程ⅲ消耗的N2H4·nH2O的物质的量之比为1:1；答案为：1:1。
17．(1)CD
(2) 60 28
【详解】（1）A．从可以看出，该核素的质子数是27，A正确；
B．对于，质子数=电子数，质子数为27，则电子数是27，B正确；
C．由可知，该核素的质量数是60，C错误；
D．该核素的质量数为60，质子数为27，则中子数是60-27=33，D错误；
故选CD。答案为：CD；
（2）在上述衰变方程中，依据质量守恒，可确定衰变产物Ni的质量数A为60，核电荷数Z+(-1)=27，则Z=28。答案为：60；28。
18．(1) CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ 除去挥发的氯化氢气体
(2) Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ 白色胶状沉淀生成
(3) 碳酸＞盐酸＞硅酸 否 比较元素的非金属性应该比较元素的最高价氧化物对应水化物的酸性，盐酸不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物
(4) 浓盐酸 有淡黄色沉淀生成
(5) 尾气处理，防止Cl2污染大气 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
(6) Cl2＞S Cl＞S
【分析】实验Ⅰ：在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl在B中与NaHCO3反应变为CO2而被除去，在C中CO2与溶液中的Na2SiO3溶液发生反应产生H2SiO3沉淀，得到结论酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明元素的非金属性：C＞Si。
实验Ⅱ：在A中酸性KMnO4溶液与浓盐酸发生氧化还原反应产生Cl2，在B中Cl2与Na2S溶液反应产生难溶于水的S单质，证明物质的氧化性：Cl2＞S，从而得出元素的非金属性：Cl＞S的结论，Cl2具有毒性，要使用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。
【详解】（1）(1)在A中大理石与稀盐酸发生复分解反应产生CO2，该反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，B中NaHCO3溶液的作用是为了除去挥发的HCl气体。
（2）(2)根据强酸制取弱酸的原理，碳酸的酸性强于硅酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，因此看到的实验现象是：有白色胶状沉淀生成。
（3）(3)A中反应是碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳，根据强酸制取弱酸的原理可知：盐酸的酸性强于碳酸；碳酸的酸性强于硅酸，所以三种酸的酸性强弱顺序是：盐酸＞碳酸＞硅酸，碳酸、硅酸分别为C、Si的最高价含氧酸,所以可证明碳的非金属性大于硅；但是盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能得到Cl的非金属性强于碳。
（4）(4)在A装置中，浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，所以分液漏斗中所装试剂为浓盐酸；氯气通入装置B中，与溶液中硫化钠发生反应，S2-+Cl2=S↓+2Cl-；由于S是淡黄色不溶于水的物质，因此看到B装置的溶液中出现淡黄色沉淀。
（5）(5)装置中挥发出来的氯气有毒，会污染空气，氢氧化钠能吸收氯气，所以要用装置C的氢氧化钠溶液进行尾气吸收，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（6）(6)单质的氧化性越强，则相应元素的非金属性就越强。根据装置B的反应S2-+Cl2=S↓+2Cl-可得到物质的氧化性：Cl2＞S，从而证明元素的非金属性：Cl＞S。
19． 高氯酸 +CO2+H2O=H2SiO3↓+ Cl> C> Si 2+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 试纸变蓝 否 因Cl2也能将B处的KI氧化
【分析】实验Ⅰ：元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，AB中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳；C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅。
（1）A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；
（2）C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；
（3）根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、N、Si三种元素非金属性的强弱；
实验Ⅱ：探究氯、溴、碘的非金属性强弱的递变规律，根据实验装置图可知，实验原理为圆底烧瓶中：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气通入A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸试管，溴化钠，溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴，湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝，湿润红纸褪色；
（4）圆底烧瓶中浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯化锰、氯化钾和氯气，据此书写离子方程式；
（5）溴单质、氯气和碘化钾发生置换反应生成碘单质，碘单质和淀粉显示蓝色；
（6）氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I-+Cl2 I2+2Cl-，2I-+Br2 I2+2Br-，不能说明Br>I。
【详解】实验Ⅰ：(1) A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；
(2)C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，少量二氧化碳和硅酸盐反应生成硅酸和碳酸钠，离子反应为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+；
(3)A中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明高氯酸的酸性强于碳酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、高氯酸、硅酸的酸性强弱顺序是高氯酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、C. Si三种元素非金属性的强弱为Cl>C>Si；
实验Ⅱ：(4)圆底烧瓶中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子反应为：2+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(5)氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I +Cl2=I2+2Cl ，2I +Br2=I2+2Br 碘单质和淀粉显示蓝色，所以B处的实验现象为试纸变蓝；
(6)装置中氯气也能和碘化钾发应，不一定为生成的溴和碘化钾的反应，不能说明Br>I，所以根据A. B两处的实验现象不能推出非金属性Cl>Br>I，
故答案为：否。
20．8mol/L
【分析】根据生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系图可知，氢氧化钠溶液的体积为0-20ml时，氢氧化钠用于中和稀硫酸，氢氧化钠溶液的体积为20-160ml时，用于沉淀Mg2+和Al3+,氢氧化钠溶液的体积为160-180ml时,过量的氢氧化钠溶液用于溶解Al(OH)3沉淀，涉及的方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据方程式进行计算。
【详解】根据分析可知氢氧化钠溶液加入到溶液至沉淀最大量时，硫酸全部生成硫酸钠，硫酸物质的量等于氢氧化钠物质的量的，根据图象可知，氢氧化镁物质的量等于镁的物质的量==0.2mol，Al(OH)3的物质的量为=0.1mol，生成沉淀共消耗氢氧化钠的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，消耗氢氧化钠的体积为=0.14L，因此当加入160ml氢氧化钠溶液时，硫酸根离子全部为硫酸钠电离生成，那么硫酸的物质的量为=0.4mol，浓度为=8mol/L。
【点睛】本题为多步反应找关系的计算题题型，多步反应找关系式的解题步骤为：
21．（1）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（2）H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；
（3）AlCl3的物质的量为0．02mol，NaOH的质量为5．20g
（4）130mL，
【详解】试题分析：（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为偏铝酸根离子，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）2，反应的离子方程式为：Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（2）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，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，溶液中存在的沉淀为Mg（OH）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H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg（OH）2、Al（OH）3，故答案为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；
（3）A点沉淀的是氢氧化镁，则n（Mg（OH）2）==0．02mol，根据Mg原子守恒得n（MgCl2）=n（Mg（OH）2）=0．02mol，氯化镁的质量为：0．02mol×95g/mol=1．90g；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H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓，根据HCl的体积知，n（AlO2﹣）=n（HCl）=1mol/L×（0．03﹣0．01）L=0．02mol，根据铝原子守恒得n（AlCl3）=n（AlO2﹣）=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 = 0．13 mol，氢氧化钠的质量为：0．13mol×40g/mol=5．20g，故答案为AlCl3的物质的量为0．02mol，NaOH的质量为5．20g；
（4）B﹣Q过程中，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化铝和氯化镁，所以Q点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，实际上相当于氢氧化钠和盐酸的反应，所以二者恰好反应时：n（NaOH）=n（HCl），则V（HCl）=═0．13L=130mL，故答案为130 mL。
考点：考查了铝及其化合物的性质、化学计算的相关知识。