2020-2021学年下学期高一化学鲁科版（2019）必修第二册第1章元素周期表第3节元素周期表的应用课后练习题

2020-2021学年度第二学期高一化学鲁科版（2019）必修第二册第1章元素周期表第3节元素周期表的应用课后练习题
一、单选题(共64分)
1．(本题4分)下列元素中，在自然界只能以化合态形式存在的是
A．碳元素
B．铁元素
C．硫元素
D．硅元素
2．(本题4分)下列关于各物质用途的叙述中，错误的是
①Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂
②四氧化三铁俗称铁红，可用作红色涂料调节剂
③硅是制造太阳能电池的常用的材料
④NaOH可以用来调节胃酸过多
⑤二氧化硫常用于漂白纸浆
A．①③⑤
B．①③
C．②④
D．③⑤
3．(本题4分)根据下列反应所得结论正确的是
选项
反应
结论
A
非金属性：C＞Si
B
非金属性：Br＞I
C
金属性：Na＞K
D
金属性：Fe＞Cu
A．A
B．B
C．C
D．D
4．(本题4分)第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。从信息中不能获取的是（）
A．质量数
B．周期表中位置
C．质子数
D．核外电子排布
5．(本题4分)下列各组元素中按微粒半径递增顺序排列的是
A．
B．
C．Ca2+K+Cl-
D．O2-Na+Mg2+
6．(本题4分)下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A．124
g
P4含有P-P键的个数为4NA
B．12
g石墨中含有C-C键的个数为1.5NA
C．12
g金刚石中含有C-C键的个数为NA
D．60gSiO2中含Si-O键的个数为2NA
7．(本题4分)关于卤素X(依次为F、Cl、Br、I)的下列叙述正确的是
A．卤素单质与水反应均可用X2+H2OHX+HXO表示
B．HX都极易溶于水，其水溶液均是强酸
C．卤素单质的颜色随相对分子质量增大而加深
D．卤素单质均具有强氧化性，能将Fe氧化到+3价
8．(本题4分)化合物甲的结构式如图所示.其中为原子半径依次递增的短周期元素，分列于三个不同周期.下列说法正确的是
A．属于同一主族
B．R与W形成化合物的沸点一定高于R与X形成化合物的沸点
C．Z最低价氢化物是弱电解质
D．简单阴离子半径：
9．(本题4分)应用元素周期律分析下列推断，其中正确的是
①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低
②砹是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性大于HCl
③硒的最高价氧化物对应的水化物的酸性比硫酸弱
④第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性
⑤第三周期金属元素的最高价氧化物对应的水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱
A．①②③
B．①③⑤
C．③④
D．②④⑤
10．(本题4分)运用元素周期律分析下面的推断：①铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性，②铊(Tl)既能与盐酸作用产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气，Tl(NO3)3溶液的酸性很强，③砹(At)为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，但不溶于水也不溶于稀酸，④锂(Li)在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱，⑤硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，⑥硒化氢(H2Se)是无色，有毒，比H2S稳定的气体。其中错误的是
A．①②③④
B．②④⑥
C．①③⑤
D．②④⑤
11．(本题4分)门捷列夫在19世纪中叶，曾根据他所发现的周期律，预言过第四周期ⅣA族元素X(当时他称为“类硅”)，下列有关“类硅”元素性质的叙述不正确的是
A．XH4不稳定，但有强还原性
B．可用焦炭在高温下从XO2中冶炼X
C．X的单质的熔点比硅低
D．X的最高价氧化物对应的水化物分子式为X(OH)4，其酸性比H2SiO3强
12．(本题4分)M、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种单质具有漂白性，X和Y二者原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数。由这五种元素组成的化合物结构如图所示(箭头表示共用电子对由W提供)。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应的水化物酸性：YB．M的单质与氧气反应能生成M2O2
C．W的氢化物的沸点不一定高于Z的氢化物的沸点
D．X和W组成的化合物，所有原子都满足8电子稳定结构
13．(本题4分)a、b、c、d是四种短周期元素。a、b、d同周期，c、d同主族。a的原子结构示意图(如下图)，b与c形成化合物的电子式为。下列比较中正确的是
A．原子半径：a＞c＞d＞b
B．电负性a＞b＞d＞c
C．原子序数：d＞a＞c＞b
D．最高价含氧酸的酸性c＞d＞a
14．(本题4分)一种可作为纺织品阻燃剂的化合物结构如图所示，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大。下列说法错误的是
A．单质的氧化性：
B．M、W、X形成的二元酸只有
C．M、W、Z三种元素可组成通常为气态的化合物
D．Y分别与X、Z形成的化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
15．(本题4分)短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，a、c的价电子数之和为6，d的核外电子数等于b的核外电子数加8。下列叙述错误的是
A．a和b可形成气态化合物
B．工业上常用电解c的熔融氧化物的方法获得c的单质
C．a和d最高价氧化物的水化物均呈酸性
D．c的原子半径大于d的原子半径
16．(本题4分)根据下表中有关短周期元素性质的数据，下列说法不正确的是
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径（10-10m）
0.74
1.60
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
0.82
主要化合价
最高价
—
+2
+1
+5
+7
+1
+5
+3
最低价
-2
—
—
-3
-1
—
-3
—
A．元素原子序数④大于⑦
B．②③号元素不可能处于同一周期
C．⑤号元素最高价氧化物对应水化物的酸性最强
D．⑧号元素是金属元素
二、填空题(共24分)
17．(本题8分)I.摩擦剂是牙膏的主体成分，SiO2是一种常见的摩擦剂。
(1)Si在元素周期表中的位置是_______。
(2)根据用途推测SiO2在水中的溶解性：_______(填“易溶”或“难溶”)。
(3)制备SiO2的方法如图：
Na2SiO3溶液H2SiO3沉淀SiO2
①写出反应I的离子方程式_______。
②比较酸性强弱：H2SO4_______H2SiO3(填“>”或“<”)。
(4)为满足不同需求，牙膏中还会添加一些特殊物质，如含氟牙膏中添加氟化亚锡(SnF2)。锡的原子结构示意图如图。
下列说法正确的是_______(填序号)。
a.Sn元素的最高正化合价为+4
b.Sn的原子半径比Si大
c.Sn和Si均可以作半导体材料
II.阅读下面一段材料并回答问题。
高铁酸钾使用说明书
（化学式）K2FeO4
（性状）暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味
（产品特点）干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气K2FeO4通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌，有消毒作用，同时不会产生有害物质。K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用
（用途）主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理
（用量）消毒净化1
L水投放5
mg
K2FeO4即可达到卫生标准
(1)K2FeO4中铁元素的化合价为_______。
(2)制备K2FeO4需要在_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)环境中进行。
(3)下列关于K2FeO4的说法中，不正确的是_______。
a.是强氧化性的盐b.固体保存需要防潮
c.其消毒和净化水的原理相同d.其净水优点有：作用快、安全性好、无异味
(4)将K2FeO4与水反应的化学方程式补充完整：4K2FeO4+H2O=Fe(OH)3(胶体)+_____+KOH
______
(5)消毒净化500
m3水，至少需要K2FeO4的质量为_______kg。
18．(本题8分)锌是一种常用金属，镓（Ga）的化合物氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料。
I．镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似。
⑴Ga的原子结构示意图为___________________。
⑵GaN可由Ga和NH3在高温条件下制取，该反应的化学方程式__________________________。
⑶下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是____。
A．常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气
B．一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠
C．一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐
D．Ga2O3可由Ga(OH)3受热分解得到
II．锌的冶炼方法有火法和湿法。工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示：
已知：Fe的活泼性强于Ni
⑷ZnFe2O4可以写成ZnO·Fe2O3，ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式为___________________。
⑸净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是____________________。
⑹净化II中加入Zn的目的是___________________。
⑺常温下，净化I中，如果要使c(Fe3+)<10-5
mol/L，则应控制溶液pH的范围为_____________。已知：Ksp[Fe(OH)3]="8.0"×10-38；lg5=0.7
19．(本题8分)下表是元素周期表的一部分,针对表中的①～⑨种元素,填写下列空白:
主族周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
4
⑨
（1）在这些元素中,化学性质最不活泼的是:________(填具体元素符号,下同)。
（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_______，
碱性最强的化合物的电子式是_______________。
（3）最高价氧化物是两性氧化物的元素是_________；
写出它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式___________________________________。
（4）用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程：_______________________________，该化合物属于_________(填“共价”或“离子”)化合物。
（5）表示①与⑦的化合物的电子式_______________________。
三、计算题(共12分)
20．(本题12分)无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用。
（1）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140
g/mol，其中硅元素的质量分数为60%。已知1
mol
NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35
g
Nierite与3
mol
HCl气体。Nierite的化学式为___________。
（2）K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成，将2．832
g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，固体全部溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224
mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84
mL
O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。
填写该18K金的成分表（精确至0．01%，若不含该金属则填0）。
18K金成分
Au
Ag
含量（质量分数）
75．00%
_________
参考答案
1．D
【详解】
A．金刚石是碳的一种同素异形体，在自然界是以碳的游离态形式存在，A不符合题意；
B．铁在自然界中主要以化合态形式存在，但从陨石中能找到游离态的铁，B不符合题意；
C．单质硫大量存在于火山口，C不符合题意；
D．硅为亲氧元素，在自然界只能以化合态形式存在，D符合题意；
综上所述答案为D。
2．C
【详解】
①Na2O2能和水、二氧化碳反应生成氧气，人呼出的气体中含有二氧化碳、水蒸气，恰好能和过氧化钠反应生成氧气，所以可用作呼吸面具中的供氧剂，故正确；
②三氧化二铁俗称铁红，可用作红色涂料调节剂，四氧化三铁为黑色，俗称磁性氧化铁，故错误；
③硅是半导体材料，所以硅是制造太阳能电池的常用的材料，故正确；
④NaOH具有强腐蚀性，不能用来调节胃酸过多，应该用NaHCO3，故错误；
⑤二氧化硫能够与某些有色物质反应，生成不稳定的无色物质，因此可用于漂白纸浆，故正确；
综合以上分析，②④错误，答案选C。
3．B
【详解】
A．该反应中C是还原剂，Si为还原产物，说明该条件下还原性C＞Si，所以不能体现非金属性C＞Si，A错误；
B．该反应中溴单质为氧化剂，碘单质为氧化产物，说明氧化性Br2＞I2，单质的氧化性越强，非金属性也越强，说明非金属性Br＞I，B正确；
C．该反应中Na为还原剂，K为还原产物，说明该条件下还原性Na＞K，但实际上同主族自上而下金属性增强，即金属性K＞Na，C错误；
D．该反应不能比较Fe和Cu的还原性强弱，所以不能比较Fe和Cu的金属性强弱，D错误；
综上所述答案为B。
4．A
【详解】
已知第75号元素铼是广泛用于航空发动机涡轮叶片的稀土元素。可得铼元素的质子数是75，根据原子核外电子排布规律可推出铼原子核外电子排布，从而知道铼元素在周期表中位置，不能获取的是铼元素的质量数；
故答案选A。
5．C
【详解】
A．同一主族从上往下，元素的原子半径依次增大，故、依次递增，A不合题意；
B．同一周期，从左往右主族元素的原子半径依次减小，故依次递减，B不合题意；
C．具有相同核外电子排布的微粒，其核电荷数越大，半径越小，故Ca2+、K+、Cl-依次递增，C符合题意；
D．具有相同核外电子排布的微粒，其核电荷数越大，半径越小，故O2-、Na+、Mg2+依次减小，D不合题意；
故答案为：C。
6．B
【详解】
A．，P4是正四面体结构，1个P4含有6个键，因此124g
P4含有的P-P的物质的量为6mol，键的数目为6NA，故A错；
B．12个石墨含有C原子的物质的量为1mol，在石墨中每个C参与形成3个C-C键，每个C-C键由两个C形成，1个C原子平均含1.5个键，因此12g石墨中含有的键数为1.5NA，故B正确；
C．12g金刚石含有C原子的物质的量为1mol，在金刚石中1个C原子形成4个键，每个由2个碳原子组成，因此12g石墨中含有的C-C键数为1×(4÷2)×NA=2NA，故C错；
D．60gSiO2的物质的量为1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个键，因此60gSiO2所含的键的数目为4NA，故D错；
答案选B。
7．C
【详解】
A．卤素单质中Cl2、Br2、I2与水反应均可用X2+H2OHX+HXO表示，而2F2+2H2O=4HF+O2，A叙述错误；
B．HX都极易溶于水，HCl、HBr、HI的水溶液均是强酸，而HF为弱酸，B叙述错误；
C．从F2到I2，卤素单质的颜色随相对分子质量增大而加深，C叙述正确；
D．卤素单质均具有强氧化性，I2不能将Fe氧化到+3价，D叙述错误；
答案为C。
8．C
【分析】
R、X、Z分列于三个不同周期，因此原子半径最小的R为第一周期元素，故R为H元素，W、X为第二周期元素，Z为第三周期元素；从甲的结构图中可以看出，X形成4个共价键，W形成2个共价键，Z形成2个共价键，则X最外层电子数为4，W最外层电子数为6，Z最外层电子数为6；从而得出X为C元素，W为O元素，Z为S元素，而Y连接一条化学键且半径小于S元素大于C元素，因此Y为C1元素。
综上，R、W、X、Y、Z分别为H元素、O元素、C元素、Cl元素、S元素。
【详解】
A．R为H，Y为Cl，不是同一主族，A项错误；
B．H与O形成的化合物可能为水或者过氧化氢，沸点可能低于H和C形成的化合物(如高聚物)的沸点，B项错误；
C．Z最低价氢化物为H2S，是弱电解质，C项正确；
D．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，因此简单阴离子半径：，D项错误；
答案选C。
9．B
【详解】
①碱金属的原子序数越大，金属键的作用力越小，则碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低，故①正确；
②非金属性越强，对应氢化物越稳定，砹(At)是ⅦA族元素，从上向下非金属性减弱，则HAt的稳定性小于HCl，故②错误；
③硫与硒(Se)同主族，但Se的非金属性比S弱，则硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故③正确；
④氨气溶于水显碱性，且甲烷不溶于水，故④错误；
⑤同周期从左向右金属性减弱，对应最高价氧化物的水化物的碱性降低，则第3周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑤正确；
综上，①③⑤正确，答案选B。
10．B
【分析】
同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，金属性依次增强；金属性越强，与O2反应越剧烈，最高价氧化物的水化物的碱性越强；非金属性越强，氢化物越稳定，最高价氧化物的水化物的酸性越强。
【详解】
①按对角线规则，Be的性质与Al相似，所以铍(Be)的氧化物的水化物可能具有两性，①正确；
②铊(Tl)与Al为同主族元素，位于Al的下方，金属性比铝强，能与盐酸作用产生氢气，但不能跟NaOH溶液反应，②错误；
③砹(At)为第ⅦA族元素，依据ⅦA族元素的性质递变规律，砹为有色固体，HAt不稳定，AgAt感光性很强，不溶于水也不溶于稀酸，③正确；
④锂(Li)的金属性比钠弱，在氧气中燃烧，产物是Li2O，④错误；
⑤依据第ⅡA族元素的性质递变规律，硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，⑤正确；
⑥依据第ⅥA族元素的性质递变规律，硒化氢(H2Se)的稳定性比H2S差，⑥错误；
综合以上分析，②④⑥错误，故选B。
11．D
【详解】
A．X位于第四周期ⅣA族，非金属性比Si弱，所以XH4不稳定，有强还原性，A正确；
B．工业上，可用焦炭在高温下从SiO2中冶炼Si，采用类推法，也可用焦炭从XO2中冶炼X，B正确；
C．X与Si同主族，且位于Si的下方，金属性比硅强，可能形成金属晶体，而硅形成共价晶体，所以X的单质的熔点比硅低，C正确；
D．依据同主族元素的性质递变规律，X的非金属性比Si弱，所以X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比H2SiO3弱，D不正确；
故选D。
12．C
【分析】
Z为短周期元素，其一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且含有4条共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；M原子序数小于B，且能形成阳离子，则M为Li；X和Y二者原子的最外层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，则W为F或Cl。
【详解】
A．X、Y分别为B、C，非金属的非金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性：H2CO3＞H3BO3，A说法错误；
B．M的单质为Li，Li与氧气反应能生成Li2O，B说法错误；
C．W为F或Cl，其氢化物为HCl时，沸点低于水的沸点，为HF时，高于水的沸点，C说法正确；
D．X和W组成的化合物为BF3或BCl3，B原子不满足8电子稳定结构，D说法错误；
答案为C。
13．D
【分析】
从a的原子结构示意图可知，a的核外电子排到了第三层，前两层必定为2、8个电子，也就是x=2，所以a为14号元素硅，位于第三周期；从电子式看出c原子核外排满8电子后为-3价，所以c是第ⅤA族元素，且不与a对应的硅元素同周期，c为第二周期第五主族元素N，与c同族的d应为第三周期第五主族的元素P。从电子式还可以看出，b元素为+1价，应为第一主族元素，且为第三周期元素，为Na；据以上分析进行解答。
【详解】
结合以上分析可知，a为Si，b为Na，c为N，d为P；
A．一般来讲，电子层数越多，半径越大，同一周期，从左到右原子半径减小，因此原子半径：b＞a＞d＞c，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，一般非金属元素的电负性强于金属元素的电负性；非金属性同周期从左到右越来越强，同主族越往上越强，正确的顺序：c＞d＞a＞b，故B错误；
C．原子序数正确顺序：d＞a＞b＞c，故C错误；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以最高价含氧酸的酸性c＞d＞a，故D正确；
故选D。
14．B
【分析】
根据图示结构可知，Z为带一个负电荷的阴离子，M可以形成一个共价键，X可以形成两个共价键，W可以形成四个共价键，Y可以形成四个共价键，且M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，所以M为H，W为C，X为O，Y为Si，Z为Cl。
【详解】
A．氯气的氧化性强于硅单质，所以A正确；
B．H、C、O形成的二元酸H2CO3、H2C2O4以及其他多种二元羧酸，B错误
C．H、C、Cl三种元素可组成通常为气态的化合物，如CH3Cl，C正确；
D．Si和O、Cl形成二氧化硅和SiCl4，所有原子均满足8电子稳定结构，D正确；
答案选B
15．B
【分析】
短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，c、a、b最外层电子数为等差数列，公差为2，则a的最外层电子数比c多2，a、c的价电子数之和为6，则c的最外层有2个电子，a的最外层有4个电子，从而得出a为碳元素，b为氧元素，c为镁元素；d的核外电子数等于b的核外电子数加8，则d与b同主族且位于b的下方，从而得出d为硫元素。
【详解】
A．由分析可知，a和b分别为C、O元素，可形成CO、CO2，二者都为气态化合物，A正确；
B．c为Mg元素，工业上常用电解氯化物的方法获得镁，B错误；
C．a和d分别为C、S元素，最高价氧化物的水化物H2CO3、H2SO4均呈酸性，C正确；
D．c、d分别为Mg、S元素，二者为同周期元素，则Mg的原子半径大于S的原子半径，D正确；
故选B。
16．D
【分析】
①只有-2价，处于第ⅥA族，则①为O；⑤有+7、-1价，则为Cl；③⑥最高正价为+1，处于第ⅠA族，原子半径大于其它原子，且⑥的原子半径较大，故③为Li，⑥为Na；④⑦有+5、-3价，处于ⅤA族，④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；②最高正价为+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；⑧最高正价为+3，处于ⅢA族，原子半径比Cl小，故⑧为B；
【详解】
A．④⑦有+5、-3价，处于ⅤA族，④的原子半径较大，故④为P、⑦为N，元素原子序数④号的大于⑦号，故A正确；
B．②为Mg，③为Li，则②、③号元素不处于同一周期，故B错误；
C．⑤为Cl，最高价氧化物的水化物为HClO4，是含氧酸中酸性最强的酸，故C正确；
D．⑧为B元素，属于非金属性元素，故D错误；
答案选D。
17．第三周期第IVA族难溶>ab+6碱性c
4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8KOH
2.5
【详解】
I（1）Si在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族。
（2）SiO2是一种常见的摩擦剂，可推测SiO2难溶于水。
（3）①Na2SiO3溶液与硫酸反应的离子方程式为：；②由图可知，硫酸可以制备硅酸，根据强酸制取弱酸可知的H2SO4酸性强于H2SiO3；
（4）a项，Sn为主族元素，主族元素的最高正化合价等于其族序数，Sn为第ⅣA族元素，因此的最高正化合价为+4价，故a项正确；
b项，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以Sn的原子半径比Si大，故b项正确；
c项，Sn为金属元素，可以导电，故c项错误。
综上所述，本题正确答案为ab。
II（1）(1)K的化合价为+1价，0元素的化合价为-2价，可设Fe元素的化合价为x，根据化合物中各元素化合价的代数和为0可知：2×(+1)+x+4x(-2)=0，解得x=+6价，所以K2FeO4中铁元素的化合价为+6价；
(2)根据高铁酸钾使用说明书中产品特点“干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH值减小，稳定性下降”可知，制备K2FeO4需要在碱性条件下进行，故答案为：碱性；
(3)a.K2FeO4可与水反应放出氧气，且因为强氧化性而杀菌消毒，所以它属于强氧化性的盐，故a正确；b.K2FeO4可与水反应放出氧气而失效，所以固体保存需要防潮，故b正确；c.K2FeO4的消毒原理是因为其具有强氧化性，而它的净水的原理则是因为其与水反应产生具有吸附性的氢氧化铁胶体，可除去水中细微的悬浮物，两者原理不同，故c错误；d·根据产品特点描述的净水原理可知，产生的氢氧化铁胶体安全性好、无异味，而且作用快，故d正确故答案为：c；
(4)根据高铁酸钾产品特点描述可知，K2FeO4与水反应可产生氧气和氢氧化铁胶体，发生自身的歧化反应，根据氧化还原反应的配平原则可知，+6价Fe元素降低到+3价，得到3个电子，-2价0元素升高到0价转化为氧气，至少失去4个电子，所以氧气与氢氧化铁的化学计量数分别为3和4，再根据原子守恒规律最终配平该反应为：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8KOH；
(5)根据说明书用量说明可知，每净化1L水投放5mg
K2FeO4即可达到卫生标准，则消毒净化500m?水，至少需要K2FeO4的质量为=2500g=2.5kg。
18．2Ga+2NH32
GaN+3H2
BCD
ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O
Fe(OH)3胶粒具有吸附性使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去pH>3.3
【详解】
试题分析：（1）镓是31号元素，第IIIA族元素，原子结构示意图为：；(2)GaN可由Ga和NH3在高温条件下制取，其反应方程式为：2Ga+2NH32
GaN+3H2；（3）A、Ga跟铝属于同主族，和铝性质具有相似性，Ga(OH)3不溶于水，因此和水反应不剧烈，故错误；B、根据铝的性质，进行推测，故正确；C、氧化铝表形两性，Ga和Al属于同主族，性质具有相似，故正确；D、氢氧化铝受热分解成氧化铝和水，因此Ga(OH)3受热分解为Ga2O3，故正确；(4)ZnO和硫酸反应生成ZnSO4和水，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，因此反应方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；（5）Fe(OH)3胶粒具有吸附性；（6）根据含有杂质以及净化I中沉淀为Fe(OH)3，溶液中含有Cu2＋和Ni2＋，因此加入锌的目的利用锌的金属性强，把Cu和Ni置换出，而除去；（7）假设c(Fe3＋)=10－5mol·L－1，根据Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)，解得c(OH－)=2×10－11mol·L－1，根据水的离子积，c(H＋)=5×10－4mol·L－1，因此pH=3.3，控制pH的范围是pH>3.3。
考点：考查原子结构示意图、元素周期律、物质的除杂、胶体的性质、溶度积计算、pH的计算等知识。
19．Ar
HClO4Al
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O离子
【分析】
在元素周期表中，同一周期的元素，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；最后以惰性气体元素结束。同一主族的元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。
【详解】
（1）在这些元素中,化学性质最不活泼的是⑧号元素Ar；
（2）在上述元素中非金属性最强的元素是⑦号元素Cl。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因此在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4；在上述元素中非金属性最强的元素是⑨号元素K。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。所以碱性最强的化合物是KOH，其电子式是；
（3）处于金属与非金属交界区的⑤号元素Al具有金属性和非金属性，其最高价氧化物是两性氧化物；它的氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（4）④号元素Na与⑥号元素S形成的是离子化合物Na2S，用电子式表示元素④与⑥的化合物的形成过程是；
（5）①号元素是C元素，⑦号元素是Cl元素，C原子与四个Cl原子形成四对共用电子，每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，该化合物的电子式是。
20．Si3N4
11．44%
【分析】
（1）确定Nierite有硅元素和氮元素，化学式中硅原子的个数为140×60%÷28=3，氮原子个数为140×40%÷14=4；
（2）设K金中含有铜银两种金属，则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832×（1-75%），金与浓硝酸不反应，铜银与浓硝酸发生氧化还原反应，将HNO3还原为NO2和N2O4，NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3，根据电子守恒，即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数，2n(Cu)+n(Ag)=，联立方程可以求出Ag的质量分数。
【详解】
（1）1
mol
NH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35
g
Nierite与3
mol
HCl气体，参与反应的SiCl4物质的量为（35g+3mol×36.5g/mol-1mol×17g/mol）÷170g/mol=0.75mol；则Nierite中有硅元素和氮元素，化学式中硅原子的个数为140×60%÷28=3，氮原子个数为140×40%÷14=4，故化学式为Si3N4；
设K金中含有铜银两种金属，则根据质量关系列等式为64n(Cu)+108n(Ag)=2.832×（1-75%），金与浓硝酸不反应，铜银与浓硝酸发生氧化还原反应，将HNO3还原为NO2和N2O4，NO2和N2O4的混合气与标准状况下84mLO2混合通入水中恰好被完全吸收获得HNO3，根据电子守恒，即Cu、Ag失去的电子总数等于O2得到的电子总数，2n(Cu)+n(Ag)=，二者联立解得n(Cu)=0.006mol，n(Ag)=0.003mol，Ag的质量分数为=11.44%，Cu的质量分数为25%-11.44%=13.56%。