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第1章原子结构元素周期律单元练习
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第1章原子结构元素周期律单元练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关微粒半径大小关系比较中，正确的是
A．微粒X+与Y-的核外电子排布相同，则离子半径：X+>Y-
B．原子X与Y的原子序数X>Y，则原子半径一定是X
D．同一主族非金属原子半径X>Y，则非金属性：X>Y
2．广府文化是中华文明的重要组成，其代表有“广绣”、“广彩”、“镬耳屋”、“粤菜”等。下列说法不正确的是
A．使用蚕丝制作“广绣”，蚕丝的主要成分是蛋白质
B．使用黏土烧制“广彩”，黏土中含有硅酸盐
C．使用青砖建造“镬耳屋”，青砖的青色来自
D．添加小苏打蒸制“粤菜”糕点，小苏打的化学式为
3．已知号元素的离子、、、都具有相同电子层结构，下列关系正确的是
A．质子数：，离子的还原性：
B．电负性：
C．氢化物的稳定性：
D．原子半径：，第一电离能：
4．下列关于元素性质的递变规律说法正确的是
A．同主族元素从上到下，原子半径逐渐减小
B．第二周期主族元素从左到右，最高正化合价从依次递增到
C．同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强
D．同一主族元素，化学性质完全相同
5．关于下面8种微粒中子数相同的微粒是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
A．④⑦ B．①②③ C．①② D．④⑥⑦
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是地壳中含量最多的元素，X原子的电子数与Y、Z、W原子的最外层电子数之和相等。Y、Z原子的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，且X、Y可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，下列说法不正确的是
A．工业上通常采用电解法制备Y和Z的单质
B．W和X形成的物质是酸性氧化物，能与水反应生成W的最高价含氧酸
C．与水反应的剧烈程度：Y>Z
D．简单离子半径大小：X>Y>Z
7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径(nm)
0.160
0.089
0.102
0.143
0.074
主要化合价
+2
+2
-2、+4、+6
+3
-2
根据表中信息，判断以下说法正确的是
A．单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X
B．离子半径：X2+>R3+>T2-
C．最高价氧化物水化物的碱性：R>X
D．相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T>Z
8．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
A．离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同
B．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8
C．元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强X
D．W元素基态原子最外层电子的电子排布图为
9．类比的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类比得到的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类比的结论正确的是
A．Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe+3Cl2=2FeCl3”反应可推出“2Fe+3I2=2FeI3”反应也能发生
D．由“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”反应可推出“F2+H2O⇌HF+HFO”反应也能发生
10．五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是
A．元素X可能为锂 B．原子半径大小：
C．中各原子均达8电子稳定结构 D．Y和M在同一族
11．下列结论正确的是
①微粒半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③离子的还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
⑦金属性：Be＞Mg＞Ca＞K
A．①②④⑥ B．①④⑥ C．①③ D．⑤⑥
12．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，下列说法错误的是
A．原子半径由小到大的顺序： X< W < Z< Y
B．X的简单气态氢化物比Z的简单气态氢化物更稳定
C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D．室温下，0.1mol W的气态氢化物溶于1L水中，可制得1mol/L HW溶液
13．下列叙述正确的是
A．电子的能量越低，运动区域离核越远
B．电子一般总是先从内层排起，当一层充满后再填充下一层
C．稀有气体元素原子的最外层都排有8个电子
D．当M层是最外层时，最多可排布18个电子
14．联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是
A．由元素在周期表中的位置可以推导该元素可能具有的化学性质
B．国际纯粹与应用化学联合会将第118号元素命名为，它是一种人工合成元素
C．人们依据元素周期表和元素周期律知识，在金属和非金属的分界处寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
D．门捷列夫曾经预言了“类铝”元素的存在，后来化学家发现了它，这种元素是镓
二、多选题
15．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下。下列关于海带制碘的说法，不正确的是
干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2
A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌
B．含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应
C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
D．向碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“分液”
三、填空题
16．下表为元素周期表的一部分。回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
m
n
(1)元素m在周期表中的位置为_______，元素n的原子结构示意图为_______。
(2)由a、c两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2，其电子式为________。
(3)元素b、c、d、e简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)元素f的最高价氧化物对应的水化物和元素g的最高价氧化物对应的水化物反应的离子反应方程式为_______。
(5)下列叙述能说明e原子失电子能力比f原子强的是_______(填序号)
A．单质的熔点e比f低
B．单质与盐酸反应e比f反应剧烈
C．最外层电子数e原子的比f原子的少
D．最高价氧化物对应水化物的碱性e比f强
17．化学与我们的生活、生产、环境、资源利用等息息相关。回答下列问题：
(1)“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C具有___________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)金属钠等活泼金属着火时，应该用___________来灭火，金属钠需密封保存，其中一个目的是与水隔离，原因是___________(用离子反应方程式表示)。
(3)Al(OH)3可用作中和胃酸的药片，其中Al(OH)3中和胃酸的原理为___________(用离子反应方程式表示)。
(4)KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分是Al，含少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：
①为尽量少引入杂质，试剂①应选用___________(填序号)
A．NaOH溶液 B．H2SO4溶液 C．氨水 D．HCl溶液
②易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为___________；
③沉淀B的化学式为：___________。
四、实验题
18．两个化学兴趣小组拟通过实验探究同主族元素性质的递变规律。
I.第一小组同学探究元素的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(1)补充下列实验报告中的实验现象和离子方程式
实验步骤
实验现象
实验结论及离子方程式
甲中溶液由无色变成橙色乙中溶液___________
离子方程式甲：___________
乙：
结论：卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为
(2)该小组设计的实验方案___________(填“合理”或“不合理”)，理由是______。
II．第二小组同学探究元素C、的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(3)球形干燥管D的作用为___________。
(4)该小组同学用盐酸、和溶液，按图装置进行实验，观察到试管C中溶液有白色沉淀生成，甲同学认为非金属性。但乙同学认为此方案不合理，理由是___________。改进措施：在B、C两装置之间接一个盛有___________溶液的洗气瓶。
19．Ⅰ.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
(1)将将Na、K、Mg、Al各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_______与盐酸反应最剧烈，_______与盐酸反应产生的气体最多(填元素符号)。
(2)向溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为：_______。
Ⅱ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(3)仪器A的名称为_______。
(4)实验室中现有药品：①酸稀盐酸；②酸稀硝酸；③液溶液；④固体，请选择证合适药品设计实验验证N、C、Si的非金属性的变化规律；装置A、B中所装药品分别为_______、_______(填序号)。但有同学认为该装置有缺陷，如何改进？_______。
Ⅲ.完成下列问题
(5)铝是为数不多的能与强碱溶液反应的金属，请书写铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______。
(6)消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN，C为+2价)，经以下反应实现：(已配平)。试指出A的化学式_______，如此反应中有6.72L(标准状况)气体生成，转移电子数目为_______。
五、计算题
20．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%
_________
21．按要求填空：
(1)有相同温度和压强下的两种气体12C18O和14N2，若两种气体的质量相同，则两种气体所含的质子数之比为__________，若两种气体的原子数相等，则两种气体所含中子数之比_________，若两种气体的体积相同，则两种气体的密度之比为_________。
(2)10.8 g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为 ________。
(3)将10 mL1.00 mol/L Na2CO3溶液与10 mL1.00 mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___________（忽略混合前后溶液体积的变化）。
(4)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72 L，质量为12 g，此混合物中CO和CO2物质的量之比是_________。
(5)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_______________。
参考答案：
1．C
【详解】核外电子排布相同的阴、阳离子，核电荷数越大，半径越小，故离子半径X＋r(Cu＋)>r(Cu2＋)，C正确；同一主族元素，电子层数越多，半径越大，非金属性越弱，D错误
2．C
【详解】A．蚕丝为动物蛋白，主要成分是蛋白质，A正确；
B．黏土属于无机非金属材料，含有硅酸盐，B正确；
C．是红色的，C错误；
D．小苏打为碳酸氢钠，化学式为，D正确；
故选C。
3．B
【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属，应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，即X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Al元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】A．由以上分析可知c=8，d=9，则质子数c＜d，非金属性F＞O，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2-＞F-，故A错误；
B．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下，电负性减小，故电负性：Z(F)＞Y(O)＞W(Al)＞X(Na)，故B正确；
C．非金属性F＞O，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性为HF＞H2O，故C错误；
C．W为Al元素，X为Na元素，同周期中随原子序数增大，原子半径减小，第一电离能呈增大趋势，故原子半径Na＞Al，第一电离能Na
4．C
【详解】A．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，A错误；
B．第二周期O无+6价，F无正化合价，B错误；
C．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，C正确；
D．同主族元素的单质、化合物具有相似性和递变性，化学性质相似，不一定完全相同，如氟气和水反应生成氧气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，D错误；
故选C。
5．D
【分析】核素的符号中，元素符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，中子数=质量数－质子数，据此作答。
【详解】①的中子数=18－8=10，②的中子数=18－9=9，③的中子数=12－6=6，④的中子数=24－12=12，⑤的中子数=25－12=13，⑥的中子数=23－11=12，⑦的中子数=23－11=12，⑧的中子数=35－17=18，由此可知，④⑥⑦的中子数相同，均为12，故选D。
6．B
【分析】由题意可知 X 是壳中含量最多的元素可知X为O，X、Y可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，可知 Y 为 Na，两种化分物分别为NaO和Na2O2，结合已知X原子的电子数与Y、Z、W原子的最外层电子数之和相等，Y、Z原子的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，可得Z元素最外层电子数为3，W元素最外层电子数为4，则Z元素为 Al ， W 元素为 Si 。
【详解】A．工业上常采用电解熔融氧化钠的方式制备 Na ，电解氧化铝的方式制备 Al ，故 A 正确；
B．W 和 X形成的SiO2是酸性氧化物，可与碱反应生成水： SiO2+2NaOH= +H2O，但 SiO2不溶于水也不能和水反应，B错误；
C．Na 的最外层只有一个电子，具有强还原性，与水反应剧烈 ，Al常温下与水很难反应，故 C 正确；
D．O2-，Na+，Al3+其核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径关系为：O2-> Na+> Al3+ D 正确；
故本题选 B。
7．D
【分析】短周期元素Z主要化合价是-2、+4、+6，则Z是S元素；X、Y主要化合价是+2价，说明它们是第IIA的元素，由于原子半径：X>Z>Y，则X是Mg元素，Y是Be元素；R主要化合价是+3价，原子半径：X>R，则R是Al元素；T主要化合价是-2价，Z原子半径小于Y，则T是O元素。
【详解】A．金属活动性越强，其单质与酸发生置换反应就越剧烈，同一周期中元素的金属性从左到右逐渐减弱，则金属性Mg>Al；同一主族元素的金属性从上到逐渐增大Mg>Be，在Mg、Al、Be三种元素中Mg最活泼，因此Mg(X)与稀硫酸反应最剧烈，A项错误；
B．X是Mg元素，R是Al元素，T是O元素，它们形成的离子分别为Mg2+、Al3+、O2-，核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：T2->X2+>R3+，B项错误；
C．同一周期从左到右，元素的最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：X[Mg(OH)2]>R[Al(OH)3]，C项错误；
D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。Z是S元素，T是O元素，它们是同一主族的元素，元素的非金属性：O>S，所以氢化物的稳定性：H2O(T)>H2S(Z)，D项正确；
答案选D。
8．B
【分析】根据表格可知，最后一列为0族，所以X为第二周期第VA族元素，为N元素，以此类推，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl。
【详解】A．O2-和Al3+核外电子数都是10，核外电子排布相同，A错误；
B．X最高正价为+5，Z的最高正价为+3，数值之和为8，B正确；
C．W对应的H2SO4，Q对应的为HClO4，非金属性越强，酸性越强，所以Q强于X，C错误；
D．S的核外电子排布应该遵循一个轨道最多容纳两个电子，且自旋相反，所给图中违背了泡利不相容原理，D错误；
故答案选B。
9．A
【详解】A．因同一主族从上到下，元素的金属性逐渐增强，故K常温下与水反应比Na常温下与水反应更剧烈，故A正确；
B．HF只能部分电离，为弱酸，故B错误；
C．单质碘的氧化性较弱，和铁反应的时候只能生成二价铁，故C错误；
D．F2与H2O反应反应生成HF和氧气：2F2+2H2O═4HF+O2，故D错误；
故选A。
10．C
【分析】X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-2，其原子序数最大，则W为S元素，据此解答。
【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A正确；
B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：，故B正确；
C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；
D．根据分析可知，Y为N、M为P元素，都位于第VA族，故D正确。
故答案为C。
11．A
【详解】①K＋、S2－、Cl－原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3＋核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①正确；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；
④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤错误；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Be＜Mg＜ Ca，则Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦错误；
故正确的有①②④⑥，故A正确；
故选A
12．D
【分析】X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素； X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14-3-4= 7，且原子序数最大，应为Cl元素。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径由小到大的顺序为：C
C．高温下Al与氧化铁发生铝热反应，生成氧化铝与铁，故C正确；
D．配制的溶液体积不等于1L，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．电子的能量越低，运动区域离核越近，电子的能量越高，运动区域离核越远，A错误；
B．电子在核外排列时，根据能量最低原理，电子先排能量低的然后排能量高的，所以电子一般总是先从内层排起，当一层充满后再填充下一层，B正确；
C．氦为稀有气体元素，其最外层只有2个电子，C错误；
D．由电子的排布规律可知，M层最多排18个电子，但为最外层时，最多可排8个电子，D错误；
答案选B。
14．C
【详解】A．根据“位-构-性”关系，由元素在周期表中的位置可推测该元素可能具有的化学性质，A正确；
B．第118号元素，是一种放射性元素，在自然界中不能稳定存在，属于人工合成元素，B正确；
C．在过渡元素中可寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，在金属元素和非金属元素的分界处可寻找半导体材料，C错误；
D．门捷列夫曾预言了“类铝”元素的存在，后来化学家发现了它，这种元素是镓，镓元素与铝元素属于同主族元素，性质相似，D正确；
答案选C。
15．AD
【详解】A．固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；
B．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，故B正确；
C．碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，故C正确；
D．碘单质在四氯化碳中溶解度大于水，可以转移到四氯化碳中，过程为萃取，故D错误；
故答案选AD。
16．(1) 第4周期IVB族
(2)
(3)N3->O2->F->Mg2+
(4)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(5)BD
【分析】根据元素在周期表中的位置，a、b、c、d、e、f、g、m、n分别是C元素、N元素、O元素、F元素、Mg元素、Al元素、Cl元素、Ti元素、Br元素；
【详解】（1）m是22号元素Ti，在周期表中的位置为第4周期IVB族，元素n是35号元素Br，有4个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为；
（2）由C、O两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2的是CO2，分子中存在2个碳氧双键，其电子式为。
（3）N、O、F、Mg简单离子电子层结构相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是N3->O2->F->Mg2+。
（4）元素Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，元素Cl的最高价氧化物对应的水化物是强酸HClO4，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（5）A．单质的熔点与得失电子难易无关，故不选A；
B．金属性越强，电子与盐酸反应越剧烈，单质与盐酸反应Mg比Al反应剧烈，说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选B；
C．必须明确同周期元素的原子，最外层电子数越少越易失电子，故不选C；
D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明元素的金属性越强，越易失电子，最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2比Al(OH)3强，能说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选D；
选BD。
17．(1)还原
(2) 沙土 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(4) A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3
【解析】（1）
“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C在该反应中作还原剂，还原剂具有还原性，所以维生素C具有还原性；
（2）
钠燃烧时生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，所以金属钠等活泼金属着火时，应该用沙土灭火；钠极易和空气中的氧气、水反应，所以保存钠时，要密封保存，一般放在煤油中保存；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）
胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（4）
废易拉罐(主要成分是Al，含少量Fe、Mg杂质)，加入试剂氢氧化钠溶液，过滤出铁和镁，滤液为偏铝酸钠溶液，加入碳酸氢铵，得到氢氧化铝沉淀，加入硫酸钾和稀硫酸，反应后得到明矾晶体；
①金属铝能够与强酸和强碱溶液反应，与一水合氨不反应，而铁和镁只能溶解在强酸溶液中，所以在满足尽量少引入杂质的条件下，选择氢氧化钠溶液，故选A；
②金属铝与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：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
③结合以上分析可知，滤液中加入碳酸氢铵溶液后，铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3。
18．(1) 由无色变成黄褐色
(2) 不合理 该实验只能证明的氧化性强于和，无法判断和氧化性强弱关系
(3)防止倒吸
(4) 盐酸有挥发性，挥发出的和溶液反应也会产生白色沉淀 饱和
【分析】元素非金属性越强，其单质氧化性越强，简单阴离子还原性越弱；元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强。
（1）
甲试管中氯水与溶液发生反应，溶液由无色变为橙色，生成了Br2，其离子方程式为：；乙试管中氯水与溶液发生反应，生成了I2，可看到溶液由无色变为黄褐色，离子方程式为：。
（2）
由甲试管中的反应可证明氯气的氧化性比溴强，乙试管中的反应可证明氯气的氧化性比碘强，但无法证明溴和碘的氧化性强弱，因此该小组设计的实验方案不合理。
（3）
球形干燥管D的容积较大，能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中。
（4）
盐酸具有挥发性，锥形瓶中制得的二氧化碳中会混有盐酸挥发出的氯化氢，氯化氢能和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，即无法证明是二氧化碳与硅酸钠溶液反应，为了防止氯化氢产生干扰，应在B、C装置间连接盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢。
19．(1) K Al
(2)S2-+Cl2=2Cl-+S↓
(3)分液漏斗
(4) ② ④ 在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3
(5)
(6) 0.6NA或
【分析】II.要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N＞C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较，在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3，据此分析解答。
III.根据氧化还原反应中电子转移守恒配平方程式，根据反应中元素化合价变化结合气体摩尔体积计算转移电子数。
【详解】（1）金属性由强到弱的顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1 mol氢气需要得到2 mol电子，1 mol钾、钠都失去1 mol电子，1 mol镁失去2 mol电子，而1 mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，故答案为：K；Al；
（2）氯气能够与硫离子反应生成硫，所以氯气氧化性强于硫单质，反应的离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为： Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
（3）根据图示仪器结构分析，A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（4）要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na2CO3，故A中可以加硝酸，通过硝酸和碳酸钠的反应来制取CO2，证明酸性：HNO3＞H2CO3，故非金属性：N＞C，然后的CO2通入C中的Na2SiO3中，可以发生反应：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子反应为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，故非金属性：C＞Si，所以装置A、B中所装药品分别为②、④；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，需在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3；故答案为：②；④；在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3；
（5）铝是为数不多的能与强碱溶液反应的金属，铝与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；
（6）H2O2具有氧化性，将KCN中C氧化为+4价，再根据原子守恒判断A的化学式为KHCO3；n(NH3)=，则转移的电子数为，即0.6NA；故答案为：KHCO3；0.6NA或3.612×1023。
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；
（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)= ，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%。
21． 14：15 8：7 15：14 14 1.00mol/L 1：3 Co3O4
【分析】(1)根据n=计算气体的物质的量，然后根据其分子中含有的质子数计算气体中含有的质子数关系；根据两种物质分子都是双原子分子，可确定若两种气体的原子数相等则分子数相等，根据n=及原子构成关系确定中子数的比，然后根据比较密度；
(2)根据O原子数计算O原子的物质的量，结合化合物的组成确定R2O5的物质的量，再根据n=计算气体的摩尔质量，进而可得R的相对原子质量；
(3)在过程中Na+的物质的量不变，根据c=计算；
(4)先根据n=计算的物质的量，根据二者的非物质的量和质量关系可计算出各自的物质的量，然后可得气体的物质的量的比；
(5)由CO2的体积计算其物质的量，根据元素守恒计算Co的物质的量，再根据O元素守恒，根据化合物的质量及其中含有的Co的质量计算出氧化物中O的物质的量，据此解答。
【详解】(1)相同状况下的两种气体12C18O和14N2，摩尔质量M(12C18O)=30g/mol，M(14N2)=28g/mol，两种气体的质量相等，假设气体的质量都是mg，依据n=可得到物质的量n(12C18O)=mol，n(14N2)=mol，则n(12C18O)：n(14N2)=14：15。由n=知物质分子的个数之比即为物质的量之比，其分子中含有的质子数12C18O为6+8=14，14N2为7×2=14，二者分子中所含质子数相等，因此分子数的比等于二者所含质子数之比=14：15；
由于两种物质都是双原子分子，若两种气体的原子数相等，则二者的分子数相等，根据n=可知两种气体的物质的量相等，在12C18O中含有16个中子，在14N2中含有14个中子，所以二者中子数的比为16:14=8：7；在同温同压下，若两种气体的体积相同，则二者含有的气体分子数相等，根据可知两种气体的密度比气体的摩尔质量成正比，给密度比=30:28=15：14；
(2)10.8 g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，n(O)==0.5mol，n(R2O5)= n(O)=0.1mol，所以M(R2O5)==108g/mol，则元素R的相对原子质量为(108-5×16)÷2=14；
(3)在过程中Na+的物质的量不变，n(Na+)=2n(Na2CO3)=2cV=2×1.00mol/L×0.01L=0.02mol，两种溶液混合后溶液的体积V=0.02L，所以混合后溶液中Na+的物质的量浓度c(Na+)==1.00mol/L；
(4)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72 L，物质的量是n==0.3mol，气体质量为12 g，假设混合气体中含有CO、CO2的物质的量分别是x、y，则x+y=0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，所以此混合物中CO和CO2物质的量之比是0.075mol ：0.225mol =1：3；
(5)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g， CO2的体积为1.344L(标准状况)，n(CO2)==0.06mol，由化学式可知n(Co)=0.06mol×=0.03mol，则氧化物中n(O)==0.04mol，则n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。
【点睛】本题考查物质的量的计算，把握物质的量为中心的基本计算为解答的关键，熟练掌握有关物质的量计算公式：n=、n=、n=、c=、及物质构成微粒之间的关系是解答该题的基础，题目侧重考查学生的分析与计算能力。
第1章原子结构元素周期律单元练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列有关微粒半径大小关系比较中，正确的是
A．微粒X+与Y-的核外电子排布相同，则离子半径：X+>Y-
B．原子X与Y的原子序数X>Y，则原子半径一定是X
D．同一主族非金属原子半径X>Y，则非金属性：X>Y
2．广府文化是中华文明的重要组成，其代表有“广绣”、“广彩”、“镬耳屋”、“粤菜”等。下列说法不正确的是
A．使用蚕丝制作“广绣”，蚕丝的主要成分是蛋白质
B．使用黏土烧制“广彩”，黏土中含有硅酸盐
C．使用青砖建造“镬耳屋”，青砖的青色来自
D．添加小苏打蒸制“粤菜”糕点，小苏打的化学式为
3．已知号元素的离子、、、都具有相同电子层结构，下列关系正确的是
A．质子数：，离子的还原性：
B．电负性：
C．氢化物的稳定性：
D．原子半径：，第一电离能：
4．下列关于元素性质的递变规律说法正确的是
A．同主族元素从上到下，原子半径逐渐减小
B．第二周期主族元素从左到右，最高正化合价从依次递增到
C．同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强
D．同一主族元素，化学性质完全相同
5．关于下面8种微粒中子数相同的微粒是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
A．④⑦ B．①②③ C．①② D．④⑥⑦
6．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是地壳中含量最多的元素，X原子的电子数与Y、Z、W原子的最外层电子数之和相等。Y、Z原子的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，且X、Y可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，下列说法不正确的是
A．工业上通常采用电解法制备Y和Z的单质
B．W和X形成的物质是酸性氧化物，能与水反应生成W的最高价含氧酸
C．与水反应的剧烈程度：Y>Z
D．简单离子半径大小：X>Y>Z
7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号
X
Y
Z
R
T
原子半径(nm)
0.160
0.089
0.102
0.143
0.074
主要化合价
+2
+2
-2、+4、+6
+3
-2
根据表中信息，判断以下说法正确的是
A．单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X
B．离子半径：X2+>R3+>T2-
C．最高价氧化物水化物的碱性：R>X
D．相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T>Z
8．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是
A．离子Y2-和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同
B．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8
C．元素W的最高价氧化物对应的水化物酸性比Q的强X
D．W元素基态原子最外层电子的电子排布图为
9．类比的思维方式在化学学习与研究中经常采用，但类比得到的结论是否正确最终要经过实验的验证。以下类比的结论正确的是
A．Na常温下与水剧烈反应，故K常温下也能与水剧烈反应
B．HCl的水溶液是强酸，推出HF的水溶液也是强酸
C．由“2Fe+3Cl2=2FeCl3”反应可推出“2Fe+3I2=2FeI3”反应也能发生
D．由“Cl2+H2O⇌HCl+HClO”反应可推出“F2+H2O⇌HF+HFO”反应也能发生
10．五种短周期元素X、Y、Z、M、W的原子序数与其常见化合价的关系如图所示，下列关系不正确的是
A．元素X可能为锂 B．原子半径大小：
C．中各原子均达8电子稳定结构 D．Y和M在同一族
11．下列结论正确的是
①微粒半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+
②氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4
③离子的还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-
④氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te
⑤酸性：HClO＞H2SO4＞H3PO4＞H2CO3
⑥非金属性：O＞N＞P＞Si
⑦金属性：Be＞Mg＞Ca＞K
A．①②④⑥ B．①④⑥ C．①③ D．⑤⑥
12．X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，下列说法错误的是
A．原子半径由小到大的顺序： X< W < Z< Y
B．X的简单气态氢化物比Z的简单气态氢化物更稳定
C．Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应
D．室温下，0.1mol W的气态氢化物溶于1L水中，可制得1mol/L HW溶液
13．下列叙述正确的是
A．电子的能量越低，运动区域离核越远
B．电子一般总是先从内层排起，当一层充满后再填充下一层
C．稀有气体元素原子的最外层都排有8个电子
D．当M层是最外层时，最多可排布18个电子
14．联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是
A．由元素在周期表中的位置可以推导该元素可能具有的化学性质
B．国际纯粹与应用化学联合会将第118号元素命名为，它是一种人工合成元素
C．人们依据元素周期表和元素周期律知识，在金属和非金属的分界处寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
D．门捷列夫曾经预言了“类铝”元素的存在，后来化学家发现了它，这种元素是镓
二、多选题
15．从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下。下列关于海带制碘的说法，不正确的是
干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2
A．实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌
B．含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应
C．在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
D．向碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“分液”
三、填空题
16．下表为元素周期表的一部分。回答下列问题：
a
b
c
d
e
f
g
m
n
(1)元素m在周期表中的位置为_______，元素n的原子结构示意图为_______。
(2)由a、c两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2，其电子式为________。
(3)元素b、c、d、e简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)元素f的最高价氧化物对应的水化物和元素g的最高价氧化物对应的水化物反应的离子反应方程式为_______。
(5)下列叙述能说明e原子失电子能力比f原子强的是_______(填序号)
A．单质的熔点e比f低
B．单质与盐酸反应e比f反应剧烈
C．最外层电子数e原子的比f原子的少
D．最高价氧化物对应水化物的碱性e比f强
17．化学与我们的生活、生产、环境、资源利用等息息相关。回答下列问题：
(1)“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C具有___________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)金属钠等活泼金属着火时，应该用___________来灭火，金属钠需密封保存，其中一个目的是与水隔离，原因是___________(用离子反应方程式表示)。
(3)Al(OH)3可用作中和胃酸的药片，其中Al(OH)3中和胃酸的原理为___________(用离子反应方程式表示)。
(4)KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分是Al，含少量Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：
①为尽量少引入杂质，试剂①应选用___________(填序号)
A．NaOH溶液 B．H2SO4溶液 C．氨水 D．HCl溶液
②易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为___________；
③沉淀B的化学式为：___________。
四、实验题
18．两个化学兴趣小组拟通过实验探究同主族元素性质的递变规律。
I.第一小组同学探究元素的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(1)补充下列实验报告中的实验现象和离子方程式
实验步骤
实验现象
实验结论及离子方程式
甲中溶液由无色变成橙色乙中溶液___________
离子方程式甲：___________
乙：
结论：卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为
(2)该小组设计的实验方案___________(填“合理”或“不合理”)，理由是______。
II．第二小组同学探究元素C、的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(3)球形干燥管D的作用为___________。
(4)该小组同学用盐酸、和溶液，按图装置进行实验，观察到试管C中溶液有白色沉淀生成，甲同学认为非金属性。但乙同学认为此方案不合理，理由是___________。改进措施：在B、C两装置之间接一个盛有___________溶液的洗气瓶。
19．Ⅰ.某同学为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
(1)将将Na、K、Mg、Al各1mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：_______与盐酸反应最剧烈，_______与盐酸反应产生的气体最多(填元素符号)。
(2)向溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为：_______。
Ⅱ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
(3)仪器A的名称为_______。
(4)实验室中现有药品：①酸稀盐酸；②酸稀硝酸；③液溶液；④固体，请选择证合适药品设计实验验证N、C、Si的非金属性的变化规律；装置A、B中所装药品分别为_______、_______(填序号)。但有同学认为该装置有缺陷，如何改进？_______。
Ⅲ.完成下列问题
(5)铝是为数不多的能与强碱溶液反应的金属，请书写铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_______。
(6)消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN，C为+2价)，经以下反应实现：(已配平)。试指出A的化学式_______，如此反应中有6.72L(标准状况)气体生成，转移电子数目为_______。
五、计算题
20．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%
_________
21．按要求填空：
(1)有相同温度和压强下的两种气体12C18O和14N2，若两种气体的质量相同，则两种气体所含的质子数之比为__________，若两种气体的原子数相等，则两种气体所含中子数之比_________，若两种气体的体积相同，则两种气体的密度之比为_________。
(2)10.8 g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为 ________。
(3)将10 mL1.00 mol/L Na2CO3溶液与10 mL1.00 mol/L CaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___________（忽略混合前后溶液体积的变化）。
(4)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72 L，质量为12 g，此混合物中CO和CO2物质的量之比是_________。
(5)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_______________。
参考答案：
1．C
【详解】核外电子排布相同的阴、阳离子，核电荷数越大，半径越小，故离子半径X＋
2．C
【详解】A．蚕丝为动物蛋白，主要成分是蛋白质，A正确；
B．黏土属于无机非金属材料，含有硅酸盐，B正确；
C．是红色的，C错误；
D．小苏打为碳酸氢钠，化学式为，D正确；
故选C。
3．B
【分析】元素周期表前三周期元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属，应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，即X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素，W为Al元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】A．由以上分析可知c=8，d=9，则质子数c＜d，非金属性F＞O，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2-＞F-，故A错误；
B．同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下，电负性减小，故电负性：Z(F)＞Y(O)＞W(Al)＞X(Na)，故B正确；
C．非金属性F＞O，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物的稳定性为HF＞H2O，故C错误；
C．W为Al元素，X为Na元素，同周期中随原子序数增大，原子半径减小，第一电离能呈增大趋势，故原子半径Na＞Al，第一电离能Na
4．C
【详解】A．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，A错误；
B．第二周期O无+6价，F无正化合价，B错误；
C．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，C正确；
D．同主族元素的单质、化合物具有相似性和递变性，化学性质相似，不一定完全相同，如氟气和水反应生成氧气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，D错误；
故选C。
5．D
【分析】核素的符号中，元素符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，中子数=质量数－质子数，据此作答。
【详解】①的中子数=18－8=10，②的中子数=18－9=9，③的中子数=12－6=6，④的中子数=24－12=12，⑤的中子数=25－12=13，⑥的中子数=23－11=12，⑦的中子数=23－11=12，⑧的中子数=35－17=18，由此可知，④⑥⑦的中子数相同，均为12，故选D。
6．B
【分析】由题意可知 X 是壳中含量最多的元素可知X为O，X、Y可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，可知 Y 为 Na，两种化分物分别为NaO和Na2O2，结合已知X原子的电子数与Y、Z、W原子的最外层电子数之和相等，Y、Z原子的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，可得Z元素最外层电子数为3，W元素最外层电子数为4，则Z元素为 Al ， W 元素为 Si 。
【详解】A．工业上常采用电解熔融氧化钠的方式制备 Na ，电解氧化铝的方式制备 Al ，故 A 正确；
B．W 和 X形成的SiO2是酸性氧化物，可与碱反应生成水： SiO2+2NaOH= +H2O，但 SiO2不溶于水也不能和水反应，B错误；
C．Na 的最外层只有一个电子，具有强还原性，与水反应剧烈 ，Al常温下与水很难反应，故 C 正确；
D．O2-，Na+，Al3+其核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径关系为：O2-> Na+> Al3+ D 正确；
故本题选 B。
7．D
【分析】短周期元素Z主要化合价是-2、+4、+6，则Z是S元素；X、Y主要化合价是+2价，说明它们是第IIA的元素，由于原子半径：X>Z>Y，则X是Mg元素，Y是Be元素；R主要化合价是+3价，原子半径：X>R，则R是Al元素；T主要化合价是-2价，Z原子半径小于Y，则T是O元素。
【详解】A．金属活动性越强，其单质与酸发生置换反应就越剧烈，同一周期中元素的金属性从左到右逐渐减弱，则金属性Mg>Al；同一主族元素的金属性从上到逐渐增大Mg>Be，在Mg、Al、Be三种元素中Mg最活泼，因此Mg(X)与稀硫酸反应最剧烈，A项错误；
B．X是Mg元素，R是Al元素，T是O元素，它们形成的离子分别为Mg2+、Al3+、O2-，核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：T2->X2+>R3+，B项错误；
C．同一周期从左到右，元素的最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：X[Mg(OH)2]>R[Al(OH)3]，C项错误；
D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。Z是S元素，T是O元素，它们是同一主族的元素，元素的非金属性：O>S，所以氢化物的稳定性：H2O(T)>H2S(Z)，D项正确；
答案选D。
8．B
【分析】根据表格可知，最后一列为0族，所以X为第二周期第VA族元素，为N元素，以此类推，Y为O，Z为Al，W为S，Q为Cl。
【详解】A．O2-和Al3+核外电子数都是10，核外电子排布相同，A错误；
B．X最高正价为+5，Z的最高正价为+3，数值之和为8，B正确；
C．W对应的H2SO4，Q对应的为HClO4，非金属性越强，酸性越强，所以Q强于X，C错误；
D．S的核外电子排布应该遵循一个轨道最多容纳两个电子，且自旋相反，所给图中违背了泡利不相容原理，D错误；
故答案选B。
9．A
【详解】A．因同一主族从上到下，元素的金属性逐渐增强，故K常温下与水反应比Na常温下与水反应更剧烈，故A正确；
B．HF只能部分电离，为弱酸，故B错误；
C．单质碘的氧化性较弱，和铁反应的时候只能生成二价铁，故C错误；
D．F2与H2O反应反应生成HF和氧气：2F2+2H2O═4HF+O2，故D错误；
故选A。
10．C
【分析】X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li；Z的化合价为+4，Y的化合价为+5，原子序数Z＞Y，则Y为N、Z为Si元素；M的化合价为-3，则M为P元素；W的化合价为-2，其原子序数最大，则W为S元素，据此解答。
【详解】A．X化合价为+1，其原子序数小于其它四种元素，则元素X可能为H或Li，故A正确；
B．同一周期原子序数越小原子半径越大，则原子半径大小：，故B正确；
C．元素X可能为H或Li，X2W中X原子不是8电子稳定结构，故C错误；
D．根据分析可知，Y为N、M为P元素，都位于第VA族，故D正确。
故答案为C。
11．A
【详解】①K＋、S2－、Cl－原子核外电子排布相同，核电核数S2-＜Cl-＜K+，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则半径S2-＞Cl-＞K+，离子的原子核外电子层数越多，半径越大，Al3＋核外电子层数最小，则半径最小，则有S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，故①正确；
②非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，故②正确；
③非金属性：Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：Cl-＜Br-＜I-＜S2-，故③错误；
④非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，故④正确；
⑤非金属性：S＞P＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，又H2CO3酸性大于HClO，则有酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3＞HClO，故⑤错误；
⑥因同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则有O＞N、P＞Si，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则N＞P，所以有非金属性：O＞N＞P＞Si，故⑥正确；
⑦因同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，则金属性： Ca＜K，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Be＜Mg＜ Ca，则Be＜Mg＜Ca＜K，故⑦错误；
故正确的有①②④⑥，故A正确；
故选A
12．D
【分析】X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，应为Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，应为Si元素； X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14-3-4= 7，且原子序数最大，应为Cl元素。
【详解】A．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径由小到大的顺序为：C
C．高温下Al与氧化铁发生铝热反应，生成氧化铝与铁，故C正确；
D．配制的溶液体积不等于1L，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．电子的能量越低，运动区域离核越近，电子的能量越高，运动区域离核越远，A错误；
B．电子在核外排列时，根据能量最低原理，电子先排能量低的然后排能量高的，所以电子一般总是先从内层排起，当一层充满后再填充下一层，B正确；
C．氦为稀有气体元素，其最外层只有2个电子，C错误；
D．由电子的排布规律可知，M层最多排18个电子，但为最外层时，最多可排8个电子，D错误；
答案选B。
14．C
【详解】A．根据“位-构-性”关系，由元素在周期表中的位置可推测该元素可能具有的化学性质，A正确；
B．第118号元素，是一种放射性元素，在自然界中不能稳定存在，属于人工合成元素，B正确；
C．在过渡元素中可寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，在金属元素和非金属元素的分界处可寻找半导体材料，C错误；
D．门捷列夫曾预言了“类铝”元素的存在，后来化学家发现了它，这种元素是镓，镓元素与铝元素属于同主族元素，性质相似，D正确；
答案选C。
15．AD
【详解】A．固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；
B．碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，故B正确；
C．碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，故C正确；
D．碘单质在四氯化碳中溶解度大于水，可以转移到四氯化碳中，过程为萃取，故D错误；
故答案选AD。
16．(1) 第4周期IVB族
(2)
(3)N3->O2->F->Mg2+
(4)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(5)BD
【分析】根据元素在周期表中的位置，a、b、c、d、e、f、g、m、n分别是C元素、N元素、O元素、F元素、Mg元素、Al元素、Cl元素、Ti元素、Br元素；
【详解】（1）m是22号元素Ti，在周期表中的位置为第4周期IVB族，元素n是35号元素Br，有4个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为；
（2）由C、O两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2的是CO2，分子中存在2个碳氧双键，其电子式为。
（3）N、O、F、Mg简单离子电子层结构相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是N3->O2->F->Mg2+。
（4）元素Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，元素Cl的最高价氧化物对应的水化物是强酸HClO4，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（5）A．单质的熔点与得失电子难易无关，故不选A；
B．金属性越强，电子与盐酸反应越剧烈，单质与盐酸反应Mg比Al反应剧烈，说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选B；
C．必须明确同周期元素的原子，最外层电子数越少越易失电子，故不选C；
D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明元素的金属性越强，越易失电子，最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2比Al(OH)3强，能说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选D；
选BD。
17．(1)还原
(2) 沙土 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(3)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
(4) A 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ Al(OH)3
【解析】（1）
“服用维生素C，可以使药品中的Fe3+转化为Fe2+”，说明维生素C在该反应中作还原剂，还原剂具有还原性，所以维生素C具有还原性；
（2）
钠燃烧时生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应都生成氧气，所以金属钠等活泼金属着火时，应该用沙土灭火；钠极易和空气中的氧气、水反应，所以保存钠时，要密封保存，一般放在煤油中保存；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（3）
胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，离子反应方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（4）
废易拉罐(主要成分是Al，含少量Fe、Mg杂质)，加入试剂氢氧化钠溶液，过滤出铁和镁，滤液为偏铝酸钠溶液，加入碳酸氢铵，得到氢氧化铝沉淀，加入硫酸钾和稀硫酸，反应后得到明矾晶体；
①金属铝能够与强酸和强碱溶液反应，与一水合氨不反应，而铁和镁只能溶解在强酸溶液中，所以在满足尽量少引入杂质的条件下，选择氢氧化钠溶液，故选A；
②金属铝与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：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
③结合以上分析可知，滤液中加入碳酸氢铵溶液后，铝离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3。
18．(1) 由无色变成黄褐色
(2) 不合理 该实验只能证明的氧化性强于和，无法判断和氧化性强弱关系
(3)防止倒吸
(4) 盐酸有挥发性，挥发出的和溶液反应也会产生白色沉淀 饱和
【分析】元素非金属性越强，其单质氧化性越强，简单阴离子还原性越弱；元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强。
（1）
甲试管中氯水与溶液发生反应，溶液由无色变为橙色，生成了Br2，其离子方程式为：；乙试管中氯水与溶液发生反应，生成了I2，可看到溶液由无色变为黄褐色，离子方程式为：。
（2）
由甲试管中的反应可证明氯气的氧化性比溴强，乙试管中的反应可证明氯气的氧化性比碘强，但无法证明溴和碘的氧化性强弱，因此该小组设计的实验方案不合理。
（3）
球形干燥管D的容积较大，能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中。
（4）
盐酸具有挥发性，锥形瓶中制得的二氧化碳中会混有盐酸挥发出的氯化氢，氯化氢能和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，即无法证明是二氧化碳与硅酸钠溶液反应，为了防止氯化氢产生干扰，应在B、C装置间连接盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的氯化氢。
19．(1) K Al
(2)S2-+Cl2=2Cl-+S↓
(3)分液漏斗
(4) ② ④ 在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3
(5)
(6) 0.6NA或
【分析】II.要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，证明非金属性：N＞C，可以通过硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳来证明，硝酸有挥发性，干扰碳酸与硅酸的强弱比较，在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3，据此分析解答。
III.根据氧化还原反应中电子转移守恒配平方程式，根据反应中元素化合价变化结合气体摩尔体积计算转移电子数。
【详解】（1）金属性由强到弱的顺序为：钾＞钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是钾，反应速率最慢的是铝；生成1 mol氢气需要得到2 mol电子，1 mol钾、钠都失去1 mol电子，1 mol镁失去2 mol电子，而1 mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，故答案为：K；Al；
（2）氯气能够与硫离子反应生成硫，所以氯气氧化性强于硫单质，反应的离子方程式为：Cl2+S2-=S↓+2Cl-，故答案为： Cl2+S2-=S↓+2Cl-；
（3）根据图示仪器结构分析，A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（4）要证明非金属性：N＞C＞Si，则利用此装置证明最高价氧化物水化物的酸性的强弱顺序为：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na2CO3，故A中可以加硝酸，通过硝酸和碳酸钠的反应来制取CO2，证明酸性：HNO3＞H2CO3，故非金属性：N＞C，然后的CO2通入C中的Na2SiO3中，可以发生反应：Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，离子反应为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，故非金属性：C＞Si，所以装置A、B中所装药品分别为②、④；因硝酸有挥发性，生成的CO2气体中混有硝酸蒸气，需要除去，否则会干扰碳酸与硅酸的强弱比较，需在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3；故答案为：②；④；在B、D两装置间添加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，用来除去挥发出来的HNO3；
（5）铝是为数不多的能与强碱溶液反应的金属，铝与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；
（6）H2O2具有氧化性，将KCN中C氧化为+4价，再根据原子守恒判断A的化学式为KHCO3；n(NH3)=，则转移的电子数为，即0.6NA；故答案为：KHCO3；0.6NA或3.612×1023。
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；
（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)= ，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%。
21． 14：15 8：7 15：14 14 1.00mol/L 1：3 Co3O4
【分析】(1)根据n=计算气体的物质的量，然后根据其分子中含有的质子数计算气体中含有的质子数关系；根据两种物质分子都是双原子分子，可确定若两种气体的原子数相等则分子数相等，根据n=及原子构成关系确定中子数的比，然后根据比较密度；
(2)根据O原子数计算O原子的物质的量，结合化合物的组成确定R2O5的物质的量，再根据n=计算气体的摩尔质量，进而可得R的相对原子质量；
(3)在过程中Na+的物质的量不变，根据c=计算；
(4)先根据n=计算的物质的量，根据二者的非物质的量和质量关系可计算出各自的物质的量，然后可得气体的物质的量的比；
(5)由CO2的体积计算其物质的量，根据元素守恒计算Co的物质的量，再根据O元素守恒，根据化合物的质量及其中含有的Co的质量计算出氧化物中O的物质的量，据此解答。
【详解】(1)相同状况下的两种气体12C18O和14N2，摩尔质量M(12C18O)=30g/mol，M(14N2)=28g/mol，两种气体的质量相等，假设气体的质量都是mg，依据n=可得到物质的量n(12C18O)=mol，n(14N2)=mol，则n(12C18O)：n(14N2)=14：15。由n=知物质分子的个数之比即为物质的量之比，其分子中含有的质子数12C18O为6+8=14，14N2为7×2=14，二者分子中所含质子数相等，因此分子数的比等于二者所含质子数之比=14：15；
由于两种物质都是双原子分子，若两种气体的原子数相等，则二者的分子数相等，根据n=可知两种气体的物质的量相等，在12C18O中含有16个中子，在14N2中含有14个中子，所以二者中子数的比为16:14=8：7；在同温同压下，若两种气体的体积相同，则二者含有的气体分子数相等，根据可知两种气体的密度比气体的摩尔质量成正比，给密度比=30:28=15：14；
(2)10.8 g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023，n(O)==0.5mol，n(R2O5)= n(O)=0.1mol，所以M(R2O5)==108g/mol，则元素R的相对原子质量为(108-5×16)÷2=14；
(3)在过程中Na+的物质的量不变，n(Na+)=2n(Na2CO3)=2cV=2×1.00mol/L×0.01L=0.02mol，两种溶液混合后溶液的体积V=0.02L，所以混合后溶液中Na+的物质的量浓度c(Na+)==1.00mol/L；
(4)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72 L，物质的量是n==0.3mol，气体质量为12 g，假设混合气体中含有CO、CO2的物质的量分别是x、y，则x+y=0.3mol，28x+44y=12g，解得x=0.075mol，y=0.225mol，所以此混合物中CO和CO2物质的量之比是0.075mol ：0.225mol =1：3；
(5)在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g， CO2的体积为1.344L(标准状况)，n(CO2)==0.06mol，由化学式可知n(Co)=0.06mol×=0.03mol，则氧化物中n(O)==0.04mol，则n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。
【点睛】本题考查物质的量的计算，把握物质的量为中心的基本计算为解答的关键，熟练掌握有关物质的量计算公式：n=、n=、n=、c=、及物质构成微粒之间的关系是解答该题的基础，题目侧重考查学生的分析与计算能力。
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