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化学必修 第一册第二节 元素周期律课后复习题
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这是一份化学必修 第一册第二节 元素周期律课后复习题，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．、、均为短周期主族元素，、处于同一周期，、的最低价离子分别为和，和具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A．原子的最外层电子数：
B．阴离子还原性：
C．离子半径：
D．原子序数：
2．下列关系正确的是
A．原子半径： B．金属性：
C．酸性： D．稳定性：
3．下列离子或化学方程式书写正确的是
A．明矾溶液与足量氨水反应：
B．已知氧化性，向溶液中通入少量氯气：
C．将通入水中可以发生反应：
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液：
4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，常温常压下为液体。下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y的简单氢化物的稳定性：
B．W、Y、Z三种元素不能形成离子化合物
C．甲分子中存在键
D．Y元素的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
5．某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示，已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，W与Z的简单离子具有相同的电子层结构，元素W与其他元素均不在同一周期(下图中一根短线“—”代表一对共用电子对)，下列说法正确的是
A．X和W不可能形成离子化合物 B．离子半径：
C．该化合物中Z满足8电子稳定结构 D．Y形成的简单氢化物的热稳定性高于Z
6．下列过程中化学键没有被破坏的是（ ）
A．水降温结冰
B．水电解得到氧气与氢气
C．NaCl晶体熔化
D．NaOH溶于水
7．用作基因测序研究，下列关于的说法正确的是（ ）
A．质子数为35 B．质量数为16 C．与互为同位素 D．中子数为19
8．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下，X与Y可组成两种液体二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。下列有关说法错误的是
A．电解WZ溶液可制得WYX、
B．简单离子半径：Y>Z>W
C．W分别与X、Y组成的化合物均含离子键
D．简单氢化物的沸点：Y>Z
9．卤素单质与氢气都能反应，反应产物是卤化氢()，这是卤素性质的相似性；但其反应条件不同，从“黑暗中即可剧烈爆炸”→“不断加热才能缓慢反应”，这是其性质的递变性，其性质递变性原因是
A．最外层电子数相同 B．都是双原子分子
C．电子层数不同 D．卤化氢中卤素都是-1价
10．下列分子中，没有非极性键的化合物的是
A．H2 B．CO2 C．H2O2 D．C2H4
11．X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的一种核素的质量数为14，中子数为8
Y
Y与X同周期，且它的一种氧化物只能用排水法收集
Z
Z的单质常温下为黄绿色气体
W
W的原子核外电子总数是其电子层数的4倍
下列说法正确的是
A．原子半径：W> X>Y，离子半径：W>Z
B．氧化物对应的水化物的酸性：Z> Y>X
C．Y的最高正价含氧酸，可由它的氢化物为原料来制取
D．W的单质与X的一种氧化物不能发生置换反应
12．氮气在催化剂作用下的一系列转化如图所示，下列叙述正确的是
A．N2转化为NH3、NH3转化为NO均属于氮的固定
B．在催化剂a的作用下，氮原子发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．催化剂a、b均可提高单位时间内反应物的转化率
二、非选择题（共10题）
13．观察下列A、B、C、D、E五种粒子（原子或离子）的结构示意图，回答有关问题。
(1)与离子相对应的元素的符号是 ，与原子相对应的离子的结构示意图是
(2)电子层结构相同的是（填写代号，在本小题中下同） ，性质最稳定的是 ，最容易失去电子的是 ，最容易得到电子的是 。
(3)可直接相互结合形成化合物的化学式是 ，可经过得失电子后再相互结合形成化合物的化学式是 。
(4)在核电荷数1～10的元素内，列举两个与B电子层结构相同的离子，写出离子的符号
14．随着原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x~h表示)的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)x形成的阴离子的结构示意图为 。
(2)如果1个z原子中含8个中子，则其原子符号为 。
(3)f的单质和e的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为 。
(4)比较d、e常见离子的半径大小： (填离子符号，用“>”连接)。
(5)g、h两元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强的是 (填化学式)。
15．有反应：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe。
（1） 元素的化合价升高，则该元素的原子 电子，被 (填“氧化”或“还原”)；而 元素的化合价降低，则该元素的原子 电子，被 (填“氧化”或“还原”)。
（2）该反应中Fe2O3发生了 反应，Al发生了 反应； 是氧化剂， 是还原剂， 是氧化产物， 是还原产物。
16．单质碘(I2)在医药。分析等方面应用广泛，回答下列问题
(1)碘酊又称碘酒，常用于皮肤消毒。它是由I2、KI分散于乙醇后形成的分散系。碘酊中分散剂为 ，该分散系属于 (选填“胶体”“浊液”“溶液”)。
(2)I2加热易升华，升华时下列物理量增大的是___________(选填编号)
A．分子间作用力 B．分子间的平均距离 C．分子的数目 D．分子的质量
(3)用CCl4提取碘水中I2，萃取后单质碘主要在 层(选填“上”“下”)，理由是 。碘量法测定氧化铜样品中CuO含量步骤如下：取2.00g氧化铜样品溶于足量稀硫酸(假设杂质不参与反应)，充分反应后过滤。再向滤液中加入过量KI溶液反应，最后当加入90mL 0.20mol/LNa2S2O3溶液恰好完全反应。主要反应原理为：
2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4
2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6
(4)配置上述Na2S2O3溶液所需的定量仪器有 。
(5)上述氧化铜样品中CuO的质量分数为 。若配制Na2S2O3溶液时俯视读数，则测量结果 (选填“偏小”“偏大”“不变”)
17．某研究性学习小组设计如下实验探究与的反应程度。
所用药品：碘水、0.01溶液、溶液、淀粉溶液、溶液，溶液。
已知：为黄色沉淀，为白色沉淀。
部分实验现象记录如下：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
实验现象
无明显现象
出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
有黄色沉淀生成
有白色沉淀生成，溶液变为血红色
(1)在实验室用固体配制的溶液，除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 。
(2)实验Ⅰ中观察到的现象有 ；实验Ⅲ中观察到的明显现象还应有 。
(3)用化学方程式表示实验Ⅲ中沉淀颜色的变化： 。
(4)实验Ⅳ中生成黄色沉淀的总反应的离子方程式是 。
(5)由该实验得出的结论可能是 。
18．碘酸钾(KIO3)是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3并进行产品的纯度测定。制取碘酸(HIO3)的实验装置示意图和有关资料如下：
HIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳
②Ka=0.169mol·L-1
KIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生反应：ClO- +IO=IO+Cl-
回答下列问题：
步骤I 用Cl2氧化I2制取HIO3
(1)装置A中发生反应的化学方程式为 。
(2)装置B中的CCl4可以加快反应速率，原因是 。
(3)反应结束后，获取HIO3溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、 和 。
步骤II 用KOH中和HIO3制取KIO3
(4)该中和反应的离子方程式为 。
(5)往中和后的溶液中加入适量 ，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。
(6)为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量SO2饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的SO2饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是 。
19．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀质量的关系如图所示。
(1)A点的沉淀物的化学式为 。
(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式： 。
(3)原混合物中NaOH的质量是 g，C点(此时沉淀恰好完全溶解)对应的HCl溶液的体积为 mL。
20．取Al2O3和Fe2O3混合物10.0 g，加入200 mL过量稀硫酸将固体完全溶解，加水稀释形成250 mL溶液，取25.0 mL逐滴滴加2.0 mol·L－1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系。
已知Al(OH)3能被过量NaOH溶解：Al(OH)3+NaOH===NaAlO2+2H2O
求原稀硫酸物质的量浓度。
21．1869年，俄国化学家门捷列夫制作了第一张元素周期表，如图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
(1)元素b的一种核素可以测定文物年代，该核素是 (填化学符号)，e在元素周期表中所在的位置是 。
(2)a、c、d三种元素形成一种化合物的电子式为 ，该化合物含有的化学键类型 (填“离子键”、“极性键”、“非极性键”)。
(3)写出单质f与d的最高价氧化物对应水化物反应的离子反应方程式 。
(4)元素g、h、i的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为 (用化学式表示)。
(5)元素c所在族元素的简单氢化物中沸点最高的是 (填化学式)，原因是 。
22．下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据：
元素性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
原子半径(10-10m)
1.86
1.52
0.66
0.53
0.77
1.10
0.99
2.31
0.70
最高价态
+1
+1
——
+1
+4
+5
+7
+1
+5
最低价态
——
——
－2
-1
-4
－3
－1
——
－3
试回答下列问题：(用对应具体符号或名称表示)
(1)以上9种元素的原子中，还原性最强的是 (名称)，写出它的原子结构示意图： ；
(2)③与④可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式： (分解反应)。
(3)某元素R的原子半径为1.04×10-10m，该元素在周期表中的位置是
(4)①、③、⑦三种元素形成的离子，其半径由小到大的顺序为
(5)下列事实能说明元素⑦的非金属性比硫元素的非金属性强的是 。
a.元素⑦形成的单质比硫元素形成的单质的熔点低
b.元素⑦和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
c.元素⑦的单质通入到H2S的溶液中出现浑浊
参考答案：
1．D
X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题。
A． X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，即原子最外层电子数：Z＞X＞Y，故A错误；
B．单质的非金属性越强，氧化性越强，其离子的还原性越弱，氧化性：F2＞S，则还原性：S2-＞F-，故B错误；
C．Na+、F−具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F−＞Na+，S2−电子层最多，离子半径最大，故离子半径S2−＞F−＞Na+，故C错误；
D．X、Y、Z的原子序数分别为16、11、9，则原子序数：X＞Y＞Z，故D正确；
答案选D。
【点睛】电子层数相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小。
2．D
A．同周期主族元素半径从左到右递减，所以原子半径，A错误；
B．同主族金属性从上到下递增，所以金属性，B错误；
C．同周期非金属性从左到右递增，其最高价氧化物对应水化物酸性也递增，所以酸性，C错误；
D．同主族非金属性从上到下递减，其气态氢化物稳定性也递减，所以稳定性，D正确；
故选D。
3．C
A．明矾溶液与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为，A错误；
B．向溶液中通入少量Cl2，Cl2先和Br-反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．将通入水中可以发生反应，C正确；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液，按最少的量反应，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
4．B
W2Z常温常压下为液体，可知W2Z为H2O，W为H，Z为O，根据图中所给分子式可知，X能形成4个共价键，X原子的最外层电子数为4，且X的原子序数小于O，X为C，Y的原子序数在X、Z之间，Y为N。
根据以上分析可知：
A、X，Y分别是C，N，非金属性N>C，所以简单氢化物的稳定性Y>X，A选项正确；
B、H，C，N可以形成铵盐，铵盐是离子化合物，故B错误；
C、由结构图可知1mol甲分子中存在4molN-H键，故C选项正确；
D、N的简单氢化物为NH3水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D选项正确。
答案选B。
5．D
Y能形成2个共价键、Z能形成5个共价键，X能形成1个共价键，X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，所以X是H元素、Y是O元素、Z是P元素；W能形成+1价阳离子，W与Z的简单离子具有相同的电子层结构，元素W与其他元素均不在同一周期，W是K元素。
A．H和K能形成离子化合物KH，故A错误；
B．电子层结构相同，质子数越多半径越小，离子半径：，故B错误；
C．图中所给结构中P原子形成5个共价键，该化合物中P不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．元素非金属性O>P，非金属性越强简单氢化物越稳定，所以稳定性H2O>PH3，故D正确；
故选D。
6．A
A．水降温结冰属于物理变化，化学键不变，A正确；
B．水电解得到氧气与氢气属于化学变化，有化学键的断裂与新化学键的形成，B错误；
C．NaCl的融化过程中，NaCl发生电离，电离出Na+和Cl-，化学键被破坏，C错误；
D．NaOH溶于水电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏，D错误；
故选A。
【点睛】电离过程、水解过程、化学反应过程，均出现了化学键的破坏。
7．D
对于一种核素来说，元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数。
A. 质子数为16，错误；
B. 质量数为35，错误；
C. 与的质子数不同，二者不互为同位素，错误；
D. 中子数为35-16=19，正确。
答案为D。
8．A
X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H，常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O， 中含有离子键，结合题意W应位于第三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O，Z与Y位于同一周期，则Z为F，代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。
A．电解NaF溶液，在水溶液中不放电，即不可能产生，A项错误；
B．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：，B项正确；
C．Na分别与H、O可形成NaH、和，均存在离子键，C项正确；
D．常温下水为液态，HF为气态，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，D项正确；
答案选A。
9．C
【解析】同主族自上而下，非金属性逐渐减弱，是由于卤素原子的电子层数不同引起的，即随着核电荷数的增加，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，因此非金属性逐渐减弱。
A.卤素的最外层电子数相同，A不符合题意；
B.双原子分子结构并不是使其性质出现递变性的原因，B不符合题意；
C.由分析可知，电子层数不同是其性质递变性的原因，C符合题意；
D.由分析可知，卤素的-1价并不是使其性质出现递变性的原因，D不符合题意；
故选C。
10．B
A．H2中只有H-H非极性键，且属于单质，故A错误；
B．CO2的结构式为C=O=C，分子内只含有极性键，是化合物，故B正确；
C．H2O2的结构式为H-O-O-H，分子内含有极性键和非极性键，是化合物，故C错误；
D．C2H4中含有有C-H极性键和碳碳非极性键，属于化合物，故D错误；
故答案为B。
11．C
由X的信息，质量数为14，中子数为8，可知质子数为6，为C；根据Y的信息，只能用排水法收集的氧化物当为NO，Y为N；Z信息对应的是Cl；W信息可设周期数为2时，对应的核外电子总数为8，即是O，周期数为3时，对应的核外电子总数为12，即是Mg，所以W可为O或Mg
A.原子半径：C>N>O，离子半径Z>W，错误；
B.应当表述为最高价氧化物对应的水化物的的酸性，错误；
C.Y的最高正价含氧酸为HNO3，可以用氨氧化的方法来制取，正确；
D.2Mg+CO22MgO+2C，错误。
12．D
A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；
B．催化剂a作用下，N2→NH3，氮原子化合价从0降低至-3价，发生还原反应，故B错误；
C．催化剂a作用下，H2→NH3，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键和H-H键，催化剂b作用下，O2→NO，NH3→NO，断裂极性共价键N-H键和非极性共价键氧氧键，故C错误；
D．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内反应物的转化率，故D正确。
答案选D。
13． O、Mg 、 A和D、B和C及E BCE D A BE AD N3-、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋
(1)原子或离子结构示意图中，如果核内质子数不等于核外电子数，则该结构示意图为离子结构示意图，如果核外电子数等于核内质子数，则为原子结构示意图，A、B、C、D、E分别是Cl、O2－、Ne、Na、Mg2＋，则B和E表示的是离子，对应的元素是O、Mg；Ne为稀有气体原子，不形成离子，Cl、Na原子对应的离子结构示意图分别为、 ；
(2)电子层结构相同的是A和D、B和C及E，最外层电子达到稳定结构时该微粒性质最稳定，所以性质最稳定的是BCE；最外层电子数越少，越容易失电子，最易失电子的是D；最外层电子数越多（但小于8）越容易得电子，最易电子的是A，故答案为：A和D、B和C及E；BCE；D；A；
(3)阴阳离子可以相互化合得到离子化合物，所以B、E可以相互化合得到化合物；活泼金属原子和活泼非金属原子可以通过得到电子得到离子化合物，A、D可以通过得失电子形成化合物，故答案为：BE；AD；
(4)在核电荷数为1-10的元素内，与B的电子层结构相同的离子有F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋等，故答案为：N3-、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋。
14． O2->Na+ HClO4
【解析】根据图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h是Cl。
(1)x是H，H形成的阴离子为H-，H的结构示意图为；
(2)z是N，N原子的质子数为7，如果1个N原子中含8个中子，则质量数为7+8=15，其原子符号为；
(3)f是Al，e是Na，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为；
(4)d是O，e是Na，d、e形成的简单离子分别为O2-、Na+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故r(O2-)>r(Na+)；
(5)g是S，h是Cl，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4>H2SO4。
15． 铝 失 氧化 铁 得 还原 还原 氧化 Fe2O3 Al Al2O3 Fe
（1）在反应中，Al的化合价由0价升高到+3价，失去电子，被氧化，Fe的化合价由+3价降低到0价，得到电子，被还原。故答案为铝，失，氧化，铁，得，还原。
（2）Fe2O3中铁的化合价降低，发生了还原反应，作氧化剂，生成的Fe是还原产物；Al的化合价升高，发生了氧化反应，作还原剂，生成的Al2O3是氧化产物。故答案为还原，氧化，Fe2O3，Al，Al2O3，Fe。
16．(1) 酒精 溶液
(2)B
(3) 下 四氯化碳难溶于水，密度大于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于水
(4)100mL容量瓶
(5) 72% 偏大
（1）I2、KI溶于乙醇后形成碘酒，其分散剂为乙醇（即酒精），分散质为I2、KI，由于分散质为小分子、离子，直径小于1 nm，故该分散系属于溶液；
（2）I2吸收能量升华，分子运动速度加快，分子间距离变大，故分子间作用力减弱，但分子数目和质量保持不变，故此处选B；
（3）萃取后I2溶解在CCl4中，由于CCl4密度比水大，故萃取后碘主要在下层，理由是：CCl4难溶于水，密度大于水，且I2在CCl4中溶解度远大于水；
（4）配制90 mL溶液选用100 mL容量瓶，故所需的定量仪器为100 mL容量瓶；
（5）由反应原理得关系式：2CuO~2CuSO4~I2~2Na2S2O3，则样品中CuO的物质的量n(CuO)=n(Na2S2O3)=90 mL×10-3 L/mL×0.20 mol/L=0.018 mol，所以样品中CuO的质量分数=；
配制Na2S2O3溶液时俯视，导致所配Na2S2O3溶液体积偏大，浓度偏小，则反应等量的待测样品消耗Na2S2O3溶液体积偏大，故测量结果偏大。
17．(1)容量瓶、胶头滴管
(2) 溶液变蓝色 溶液的蓝色褪去
(3)
(4)
(5)通常情况下和反应程度很小、有沉淀生成时和反应程度明显增大
这是一道探究性的实验题，本题通过实验探究了与的反应程度，首先在碘水中滴加淀粉溶液，溶液显蓝色，随后加入硫酸亚铁铵溶液，通过两个实验证明了，其中既存在二价铁，同时也存在碘离子，再结合溶液颜色的变化，从而证明了结论，以此解题。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，必需的仪器有：一定规格的容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：容量瓶、胶头滴管；
（2）淀粉溶液遇到碘水会变蓝色，故答案为：溶液变蓝色；碘水中的碘单质会和氢氧化钠反应，故还应该有的现象是：溶液的蓝色褪去；
（3）加入过量氢氧化钠时，首先二价铁和氢氧根离子生成白色的氢氧化亚铁沉淀，随后氢氧化亚铁很容易就被氧化为氢氧化铁，对应的方程式为：；
（4）生成黄色沉淀说明有碘化银生成，碘水中的碘和二价铁反应生成三价铁和碘离子，故对应的总反应的离子方程式为：；
（5）由实验可以发现，没有加入二价铁的时候，溶液是显蓝色的，但是加入二价铁后，一方面出现了三价铁，另一方面，溶液的蓝色也褪去了，说明溶液中的单质碘液消失了，故由该实验得出的结构可能是：通常情况下和反应程度很小、有沉淀生成时和反应程度明显增大。
18．(1)KC1O₃+6HCl(浓)=KCl+3Cl₂ ↑+3H₂O
(2)I₂和Cl₂易溶于CCl₄
(3) 增大了反应物浓度 分液漏斗、玻璃棒
(4)HIO3+ OHˉ=IO+H2O
(5)乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)
(6)过量的SO₂将IO (或I₂)还原为I-(或3SO₂+ IO+ 3H2O=Iˉ+ 3SO+ 6H⁺或 SO2+I2+ 2H2O=2I⁻+ SO+ 4H⁺)
步骤Ⅰ用Cl2氧化I2制取HIO3：A装置制备氯气，B装置Cl2氧化I2制取HIO3，C装置吸收尾气；
（1）装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，使反应速率显著加快；
（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒；
（4）KOH和HIO3生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中不能用离子表示，故离子反应为：HIO3+ OHˉ=IO+H2O；
（5）KIO3在乙醇中的溶解度较低，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；故答案为：乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)；
（6）依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明也能过量的SO₂将IO (或I₂)还原为I-(或3SO₂+ IO+ 3H2O=Iˉ+ 3SO+ 6H⁺或 SO2+I2+ 2H2O=2I⁻+ SO+ 4H⁺)。
19．（1）Mg(OH)2
（2）AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓
（3）5.20；130
试题分析：
①向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，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。
故答案：Mg(OH)2；
②A-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↓，
故答案：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓；
③A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；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=0.13mol，氢氧化钠的质
量m(NaOH)==0.13mol×40g/mol=5.2g；C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用
于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)= n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸
的体积为：V==0.13L=130ml。
故答案为5.2；130。
考点：常见混合物的计算
【名师点睛】图象题，就是将变化过程中的某些量的变化以曲线、直线的形式表示的习题，这类题目具有
形象直观、简明清晰、知识面广、综合性强等特点。就其内容而言，主要有溶解度、溶液稀释、溶液
导电性、沉淀量、化学反应过程等图象题；从形式上来看，有单线图象题、多线图象题。 图象题的
解题技巧：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）把握好“三点一线”，
即起点、拐点、终点和曲线。突破口在于抓住图象中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正
确的判断。
20．1.2mol/L
Al2O3和Fe2O3溶于过量稀硫酸得含Al3+、Fe3+、H+、SO42-的溶液，滴加NaOH，发生如下反应：不产生沉淀阶段：H++OH-=H2O，产生沉淀到沉淀达最大值阶段：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，沉淀减少阶段：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，由此可知，当沉淀达最大值时，Al3+、Fe3+、H+恰好完全反应，此时溶液的溶质为：Na2SO4，结合Na+和SO42-守恒有如下关系：Na2SO4～2NaOH～H2SO4，据此解答。
沉淀达最大时，n(NaOH)=2mol/L×24mL×10-3×=0.48mol，由Na2SO4～2NaOH～H2SO4得：n(H2SO4)=0.24mol，所以c(H2SO4)==1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L。
【点睛】守恒法巧解本题事半功倍。
21．(1) 14C 第三周期第IIA族
(2) 离子键、极性键
(3)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(4)HClO4＞H2SO4＞H3PO4
(5) H2O 水分子间可以形成氢键
由元素周期表结构可知，a~j分别为：H、C、O、Na、Mg、Al、P、S、Cl、Se。
（1）元素b为C，其一种核素可以测定文物年代，该核素是14C，e是Mg，在元素周期表中所在的位置是第三周期第IIA族。
（2）a、c、d三种元素形成一种化合物是NaOH，为离子化合物，其电子式为，含有离子键、和氢氧极性共价键。
（3）单质f是Al，与d的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成NaAlO2和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑。
（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P、S、Cl为同一周期元素，从左到右非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HClO4>H2SO4>H3PO4。
（5）元素c为O，氧所在族元素的简单氢化物中沸点最高的是H2O，氧的电负性强，水分子间可以形成氢键，使得其沸点在氧族元素的简单氢化物中沸点最高。
22． 钾 2H2O2 2H2O + O2↑ 第三周期第VIA族 r(Na+)
(1)金属性越强，还原性越强，以上9种元素的原子中，还原性最强的的是钾；
钾原子核外有19个电子，原子结构示意图： ；
(2)O与H形成的10电子分子是H2O，18电子的分子是H2O2，H2O2可分解为H2O和氧气，化学方程式：2H2O2 2H2O + O2↑。
(3) R的原子半径为1.04×10-10m，介于P、Cl之间，所以R元素是S，S在周期表中的位置是第三周期第VIA族；
(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，Na+、O2-、Cl-半径由小到大的顺序为r(Na+)
b.非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以HCl的分解温度高于H2S，能证明非金属性Cl>S，故选b；
c. 非金属性越强，单质的氧化性越强，氯气通入到H2S的溶液中出现浑浊，说明氯气氧化性大于S，能证明非金属性Cl>S，故选c；
第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．、、均为短周期主族元素，、处于同一周期，、的最低价离子分别为和，和具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A．原子的最外层电子数：
B．阴离子还原性：
C．离子半径：
D．原子序数：
2．下列关系正确的是
A．原子半径： B．金属性：
C．酸性： D．稳定性：
3．下列离子或化学方程式书写正确的是
A．明矾溶液与足量氨水反应：
B．已知氧化性，向溶液中通入少量氯气：
C．将通入水中可以发生反应：
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液：
4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示。且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，常温常压下为液体。下列说法不正确的是（ ）
A．X、Y的简单氢化物的稳定性：
B．W、Y、Z三种元素不能形成离子化合物
C．甲分子中存在键
D．Y元素的简单氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
5．某化合物可用于制造激光器，其结构如图所示，已知元素X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，W与Z的简单离子具有相同的电子层结构，元素W与其他元素均不在同一周期(下图中一根短线“—”代表一对共用电子对)，下列说法正确的是
A．X和W不可能形成离子化合物 B．离子半径：
C．该化合物中Z满足8电子稳定结构 D．Y形成的简单氢化物的热稳定性高于Z
6．下列过程中化学键没有被破坏的是（ ）
A．水降温结冰
B．水电解得到氧气与氢气
C．NaCl晶体熔化
D．NaOH溶于水
7．用作基因测序研究，下列关于的说法正确的是（ ）
A．质子数为35 B．质量数为16 C．与互为同位素 D．中子数为19
8．短周期主族元素X、Y、Z、W、R的原子序数依次增加，X、Y、W位于不同周期，原子序数：3Y=Z+R，常温下，X与Y可组成两种液体二元化合物。某种缓冲溶液的主要成分结构如图。下列有关说法错误的是
A．电解WZ溶液可制得WYX、
B．简单离子半径：Y>Z>W
C．W分别与X、Y组成的化合物均含离子键
D．简单氢化物的沸点：Y>Z
9．卤素单质与氢气都能反应，反应产物是卤化氢()，这是卤素性质的相似性；但其反应条件不同，从“黑暗中即可剧烈爆炸”→“不断加热才能缓慢反应”，这是其性质的递变性，其性质递变性原因是
A．最外层电子数相同 B．都是双原子分子
C．电子层数不同 D．卤化氢中卤素都是-1价
10．下列分子中，没有非极性键的化合物的是
A．H2 B．CO2 C．H2O2 D．C2H4
11．X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素。其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的一种核素的质量数为14，中子数为8
Y
Y与X同周期，且它的一种氧化物只能用排水法收集
Z
Z的单质常温下为黄绿色气体
W
W的原子核外电子总数是其电子层数的4倍
下列说法正确的是
A．原子半径：W> X>Y，离子半径：W>Z
B．氧化物对应的水化物的酸性：Z> Y>X
C．Y的最高正价含氧酸，可由它的氢化物为原料来制取
D．W的单质与X的一种氧化物不能发生置换反应
12．氮气在催化剂作用下的一系列转化如图所示，下列叙述正确的是
A．N2转化为NH3、NH3转化为NO均属于氮的固定
B．在催化剂a的作用下，氮原子发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．催化剂a、b均可提高单位时间内反应物的转化率
二、非选择题（共10题）
13．观察下列A、B、C、D、E五种粒子（原子或离子）的结构示意图，回答有关问题。
(1)与离子相对应的元素的符号是 ，与原子相对应的离子的结构示意图是
(2)电子层结构相同的是（填写代号，在本小题中下同） ，性质最稳定的是 ，最容易失去电子的是 ，最容易得到电子的是 。
(3)可直接相互结合形成化合物的化学式是 ，可经过得失电子后再相互结合形成化合物的化学式是 。
(4)在核电荷数1～10的元素内，列举两个与B电子层结构相同的离子，写出离子的符号
14．随着原子序数的递增，八种短周期元素(用字母x~h表示)的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)x形成的阴离子的结构示意图为 。
(2)如果1个z原子中含8个中子，则其原子符号为 。
(3)f的单质和e的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为 。
(4)比较d、e常见离子的半径大小： (填离子符号，用“>”连接)。
(5)g、h两元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强的是 (填化学式)。
15．有反应：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe。
（1） 元素的化合价升高，则该元素的原子 电子，被 (填“氧化”或“还原”)；而 元素的化合价降低，则该元素的原子 电子，被 (填“氧化”或“还原”)。
（2）该反应中Fe2O3发生了 反应，Al发生了 反应； 是氧化剂， 是还原剂， 是氧化产物， 是还原产物。
16．单质碘(I2)在医药。分析等方面应用广泛，回答下列问题
(1)碘酊又称碘酒，常用于皮肤消毒。它是由I2、KI分散于乙醇后形成的分散系。碘酊中分散剂为 ，该分散系属于 (选填“胶体”“浊液”“溶液”)。
(2)I2加热易升华，升华时下列物理量增大的是___________(选填编号)
A．分子间作用力 B．分子间的平均距离 C．分子的数目 D．分子的质量
(3)用CCl4提取碘水中I2，萃取后单质碘主要在 层(选填“上”“下”)，理由是 。碘量法测定氧化铜样品中CuO含量步骤如下：取2.00g氧化铜样品溶于足量稀硫酸(假设杂质不参与反应)，充分反应后过滤。再向滤液中加入过量KI溶液反应，最后当加入90mL 0.20mol/LNa2S2O3溶液恰好完全反应。主要反应原理为：
2CuSO4+4KI=2CuI↓+I2+2K2SO4
2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6
(4)配置上述Na2S2O3溶液所需的定量仪器有 。
(5)上述氧化铜样品中CuO的质量分数为 。若配制Na2S2O3溶液时俯视读数，则测量结果 (选填“偏小”“偏大”“不变”)
17．某研究性学习小组设计如下实验探究与的反应程度。
所用药品：碘水、0.01溶液、溶液、淀粉溶液、溶液，溶液。
已知：为黄色沉淀，为白色沉淀。
部分实验现象记录如下：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
实验现象
无明显现象
出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
有黄色沉淀生成
有白色沉淀生成，溶液变为血红色
(1)在实验室用固体配制的溶液，除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 。
(2)实验Ⅰ中观察到的现象有 ；实验Ⅲ中观察到的明显现象还应有 。
(3)用化学方程式表示实验Ⅲ中沉淀颜色的变化： 。
(4)实验Ⅳ中生成黄色沉淀的总反应的离子方程式是 。
(5)由该实验得出的结论可能是 。
18．碘酸钾(KIO3)是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3并进行产品的纯度测定。制取碘酸(HIO3)的实验装置示意图和有关资料如下：
HIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳
②Ka=0.169mol·L-1
KIO3
①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇
②碱性条件下易发生反应：ClO- +IO=IO+Cl-
回答下列问题：
步骤I 用Cl2氧化I2制取HIO3
(1)装置A中发生反应的化学方程式为 。
(2)装置B中的CCl4可以加快反应速率，原因是 。
(3)反应结束后，获取HIO3溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、 和 。
步骤II 用KOH中和HIO3制取KIO3
(4)该中和反应的离子方程式为 。
(5)往中和后的溶液中加入适量 ，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体。
(6)为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量SO2饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的SO2饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是 。
19．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀质量的关系如图所示。
(1)A点的沉淀物的化学式为 。
(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式： 。
(3)原混合物中NaOH的质量是 g，C点(此时沉淀恰好完全溶解)对应的HCl溶液的体积为 mL。
20．取Al2O3和Fe2O3混合物10.0 g，加入200 mL过量稀硫酸将固体完全溶解，加水稀释形成250 mL溶液，取25.0 mL逐滴滴加2.0 mol·L－1的NaOH溶液，得到如图所示的变化关系。
已知Al(OH)3能被过量NaOH溶解：Al(OH)3+NaOH===NaAlO2+2H2O
求原稀硫酸物质的量浓度。
21．1869年，俄国化学家门捷列夫制作了第一张元素周期表，如图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
(1)元素b的一种核素可以测定文物年代，该核素是 (填化学符号)，e在元素周期表中所在的位置是 。
(2)a、c、d三种元素形成一种化合物的电子式为 ，该化合物含有的化学键类型 (填“离子键”、“极性键”、“非极性键”)。
(3)写出单质f与d的最高价氧化物对应水化物反应的离子反应方程式 。
(4)元素g、h、i的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为 (用化学式表示)。
(5)元素c所在族元素的简单氢化物中沸点最高的是 (填化学式)，原因是 。
22．下表为周期表前20号元素中某些元素的有关数据：
元素性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
原子半径(10-10m)
1.86
1.52
0.66
0.53
0.77
1.10
0.99
2.31
0.70
最高价态
+1
+1
——
+1
+4
+5
+7
+1
+5
最低价态
——
——
－2
-1
-4
－3
－1
——
－3
试回答下列问题：(用对应具体符号或名称表示)
(1)以上9种元素的原子中，还原性最强的是 (名称)，写出它的原子结构示意图： ；
(2)③与④可分别形成10电子和18电子的分子，写出该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式： (分解反应)。
(3)某元素R的原子半径为1.04×10-10m，该元素在周期表中的位置是
(4)①、③、⑦三种元素形成的离子，其半径由小到大的顺序为
(5)下列事实能说明元素⑦的非金属性比硫元素的非金属性强的是 。
a.元素⑦形成的单质比硫元素形成的单质的熔点低
b.元素⑦和硫两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
c.元素⑦的单质通入到H2S的溶液中出现浑浊
参考答案：
1．D
X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题。
A． X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，即原子最外层电子数：Z＞X＞Y，故A错误；
B．单质的非金属性越强，氧化性越强，其离子的还原性越弱，氧化性：F2＞S，则还原性：S2-＞F-，故B错误；
C．Na+、F−具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F−＞Na+，S2−电子层最多，离子半径最大，故离子半径S2−＞F−＞Na+，故C错误；
D．X、Y、Z的原子序数分别为16、11、9，则原子序数：X＞Y＞Z，故D正确；
答案选D。
【点睛】电子层数相同的离子，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，半径越小。
2．D
A．同周期主族元素半径从左到右递减，所以原子半径，A错误；
B．同主族金属性从上到下递增，所以金属性，B错误；
C．同周期非金属性从左到右递增，其最高价氧化物对应水化物酸性也递增，所以酸性，C错误；
D．同主族非金属性从上到下递减，其气态氢化物稳定性也递减，所以稳定性，D正确；
故选D。
3．C
A．明矾溶液与足量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为，A错误；
B．向溶液中通入少量Cl2，Cl2先和Br-反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．将通入水中可以发生反应，C正确；
D．向硫酸铝铵溶液中滴加少量溶液，按最少的量反应，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
4．B
W2Z常温常压下为液体，可知W2Z为H2O，W为H，Z为O，根据图中所给分子式可知，X能形成4个共价键，X原子的最外层电子数为4，且X的原子序数小于O，X为C，Y的原子序数在X、Z之间，Y为N。
根据以上分析可知：
A、X，Y分别是C，N，非金属性N>C，所以简单氢化物的稳定性Y>X，A选项正确；
B、H，C，N可以形成铵盐，铵盐是离子化合物，故B错误；
C、由结构图可知1mol甲分子中存在4molN-H键，故C选项正确；
D、N的简单氢化物为NH3水溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D选项正确。
答案选B。
5．D
Y能形成2个共价键、Z能形成5个共价键，X能形成1个共价键，X、Y、Z、W原子序数依次递增，且均不大于20，所以X是H元素、Y是O元素、Z是P元素；W能形成+1价阳离子，W与Z的简单离子具有相同的电子层结构，元素W与其他元素均不在同一周期，W是K元素。
A．H和K能形成离子化合物KH，故A错误；
B．电子层结构相同，质子数越多半径越小，离子半径：，故B错误；
C．图中所给结构中P原子形成5个共价键，该化合物中P不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．元素非金属性O>P，非金属性越强简单氢化物越稳定，所以稳定性H2O>PH3，故D正确；
故选D。
6．A
A．水降温结冰属于物理变化，化学键不变，A正确；
B．水电解得到氧气与氢气属于化学变化，有化学键的断裂与新化学键的形成，B错误；
C．NaCl的融化过程中，NaCl发生电离，电离出Na+和Cl-，化学键被破坏，C错误；
D．NaOH溶于水电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏，D错误；
故选A。
【点睛】电离过程、水解过程、化学反应过程，均出现了化学键的破坏。
7．D
对于一种核素来说，元素符号左下角的数字表示质子数，左上角的数字表示质量数。
A. 质子数为16，错误；
B. 质量数为35，错误；
C. 与的质子数不同，二者不互为同位素，错误；
D. 中子数为35-16=19，正确。
答案为D。
8．A
X、Y、W位于不同周期，又因为X原子序数在五种元素中最小，则X为H，常温下X、Y形成两种液体二元化合物，说明Y为O， 中含有离子键，结合题意W应位于第三周期，则W为Na。又存在原子序数：3Y=Z+R，即24=Z+R，又因为Y为O，Z与Y位于同一周期，则Z为F，代入24=Z+R，R的原子序数为15，说明R为P。即X、Y、Z、W、R分别为H、O、F、Na、P，据此解答。
A．电解NaF溶液，在水溶液中不放电，即不可能产生，A项错误；
B．核外电子排布相同时，离子半径应遵循“序小径大”，即简单离子半径：，B项正确；
C．Na分别与H、O可形成NaH、和，均存在离子键，C项正确；
D．常温下水为液态，HF为气态，即简单氢化物的沸点：H2O>HF，D项正确；
答案选A。
9．C
【解析】同主族自上而下，非金属性逐渐减弱，是由于卤素原子的电子层数不同引起的，即随着核电荷数的增加，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，因此非金属性逐渐减弱。
A.卤素的最外层电子数相同，A不符合题意；
B.双原子分子结构并不是使其性质出现递变性的原因，B不符合题意；
C.由分析可知，电子层数不同是其性质递变性的原因，C符合题意；
D.由分析可知，卤素的-1价并不是使其性质出现递变性的原因，D不符合题意；
故选C。
10．B
A．H2中只有H-H非极性键，且属于单质，故A错误；
B．CO2的结构式为C=O=C，分子内只含有极性键，是化合物，故B正确；
C．H2O2的结构式为H-O-O-H，分子内含有极性键和非极性键，是化合物，故C错误；
D．C2H4中含有有C-H极性键和碳碳非极性键，属于化合物，故D错误；
故答案为B。
11．C
由X的信息，质量数为14，中子数为8，可知质子数为6，为C；根据Y的信息，只能用排水法收集的氧化物当为NO，Y为N；Z信息对应的是Cl；W信息可设周期数为2时，对应的核外电子总数为8，即是O，周期数为3时，对应的核外电子总数为12，即是Mg，所以W可为O或Mg
A.原子半径：C>N>O，离子半径Z>W，错误；
B.应当表述为最高价氧化物对应的水化物的的酸性，错误；
C.Y的最高正价含氧酸为HNO3，可以用氨氧化的方法来制取，正确；
D.2Mg+CO22MgO+2C，错误。
12．D
A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；
B．催化剂a作用下，N2→NH3，氮原子化合价从0降低至-3价，发生还原反应，故B错误；
C．催化剂a作用下，H2→NH3，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键和H-H键，催化剂b作用下，O2→NO，NH3→NO，断裂极性共价键N-H键和非极性共价键氧氧键，故C错误；
D．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内反应物的转化率，故D正确。
答案选D。
13． O、Mg 、 A和D、B和C及E BCE D A BE AD N3-、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋
(1)原子或离子结构示意图中，如果核内质子数不等于核外电子数，则该结构示意图为离子结构示意图，如果核外电子数等于核内质子数，则为原子结构示意图，A、B、C、D、E分别是Cl、O2－、Ne、Na、Mg2＋，则B和E表示的是离子，对应的元素是O、Mg；Ne为稀有气体原子，不形成离子，Cl、Na原子对应的离子结构示意图分别为、 ；
(2)电子层结构相同的是A和D、B和C及E，最外层电子达到稳定结构时该微粒性质最稳定，所以性质最稳定的是BCE；最外层电子数越少，越容易失电子，最易失电子的是D；最外层电子数越多（但小于8）越容易得电子，最易电子的是A，故答案为：A和D、B和C及E；BCE；D；A；
(3)阴阳离子可以相互化合得到离子化合物，所以B、E可以相互化合得到化合物；活泼金属原子和活泼非金属原子可以通过得到电子得到离子化合物，A、D可以通过得失电子形成化合物，故答案为：BE；AD；
(4)在核电荷数为1-10的元素内，与B的电子层结构相同的离子有F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋等，故答案为：N3-、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋。
14． O2->Na+ HClO4
【解析】根据图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H，y是C，z是N，d是O，e是Na，f是Al，g是S，h是Cl。
(1)x是H，H形成的阴离子为H-，H的结构示意图为；
(2)z是N，N原子的质子数为7，如果1个N原子中含8个中子，则质量数为7+8=15，其原子符号为；
(3)f是Al，e是Na，Na的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为；
(4)d是O，e是Na，d、e形成的简单离子分别为O2-、Na+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故r(O2-)>r(Na+)；
(5)g是S，h是Cl，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl>S，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4>H2SO4。
15． 铝 失 氧化 铁 得 还原 还原 氧化 Fe2O3 Al Al2O3 Fe
（1）在反应中，Al的化合价由0价升高到+3价，失去电子，被氧化，Fe的化合价由+3价降低到0价，得到电子，被还原。故答案为铝，失，氧化，铁，得，还原。
（2）Fe2O3中铁的化合价降低，发生了还原反应，作氧化剂，生成的Fe是还原产物；Al的化合价升高，发生了氧化反应，作还原剂，生成的Al2O3是氧化产物。故答案为还原，氧化，Fe2O3，Al，Al2O3，Fe。
16．(1) 酒精 溶液
(2)B
(3) 下 四氯化碳难溶于水，密度大于水，且碘在四氯化碳中的溶解度远大于水
(4)100mL容量瓶
(5) 72% 偏大
（1）I2、KI溶于乙醇后形成碘酒，其分散剂为乙醇（即酒精），分散质为I2、KI，由于分散质为小分子、离子，直径小于1 nm，故该分散系属于溶液；
（2）I2吸收能量升华，分子运动速度加快，分子间距离变大，故分子间作用力减弱，但分子数目和质量保持不变，故此处选B；
（3）萃取后I2溶解在CCl4中，由于CCl4密度比水大，故萃取后碘主要在下层，理由是：CCl4难溶于水，密度大于水，且I2在CCl4中溶解度远大于水；
（4）配制90 mL溶液选用100 mL容量瓶，故所需的定量仪器为100 mL容量瓶；
（5）由反应原理得关系式：2CuO~2CuSO4~I2~2Na2S2O3，则样品中CuO的物质的量n(CuO)=n(Na2S2O3)=90 mL×10-3 L/mL×0.20 mol/L=0.018 mol，所以样品中CuO的质量分数=；
配制Na2S2O3溶液时俯视，导致所配Na2S2O3溶液体积偏大，浓度偏小，则反应等量的待测样品消耗Na2S2O3溶液体积偏大，故测量结果偏大。
17．(1)容量瓶、胶头滴管
(2) 溶液变蓝色 溶液的蓝色褪去
(3)
(4)
(5)通常情况下和反应程度很小、有沉淀生成时和反应程度明显增大
这是一道探究性的实验题，本题通过实验探究了与的反应程度，首先在碘水中滴加淀粉溶液，溶液显蓝色，随后加入硫酸亚铁铵溶液，通过两个实验证明了，其中既存在二价铁，同时也存在碘离子，再结合溶液颜色的变化，从而证明了结论，以此解题。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，必需的仪器有：一定规格的容量瓶，托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：容量瓶、胶头滴管；
（2）淀粉溶液遇到碘水会变蓝色，故答案为：溶液变蓝色；碘水中的碘单质会和氢氧化钠反应，故还应该有的现象是：溶液的蓝色褪去；
（3）加入过量氢氧化钠时，首先二价铁和氢氧根离子生成白色的氢氧化亚铁沉淀，随后氢氧化亚铁很容易就被氧化为氢氧化铁，对应的方程式为：；
（4）生成黄色沉淀说明有碘化银生成，碘水中的碘和二价铁反应生成三价铁和碘离子，故对应的总反应的离子方程式为：；
（5）由实验可以发现，没有加入二价铁的时候，溶液是显蓝色的，但是加入二价铁后，一方面出现了三价铁，另一方面，溶液的蓝色也褪去了，说明溶液中的单质碘液消失了，故由该实验得出的结构可能是：通常情况下和反应程度很小、有沉淀生成时和反应程度明显增大。
18．(1)KC1O₃+6HCl(浓)=KCl+3Cl₂ ↑+3H₂O
(2)I₂和Cl₂易溶于CCl₄
(3) 增大了反应物浓度 分液漏斗、玻璃棒
(4)HIO3+ OHˉ=IO+H2O
(5)乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)
(6)过量的SO₂将IO (或I₂)还原为I-(或3SO₂+ IO+ 3H2O=Iˉ+ 3SO+ 6H⁺或 SO2+I2+ 2H2O=2I⁻+ SO+ 4H⁺)
步骤Ⅰ用Cl2氧化I2制取HIO3：A装置制备氯气，B装置Cl2氧化I2制取HIO3，C装置吸收尾气；
（1）装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；
（2）由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，使反应速率显著加快；
（3）依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒；
（4）KOH和HIO3生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中不能用离子表示，故离子反应为：HIO3+ OHˉ=IO+H2O；
（5）KIO3在乙醇中的溶解度较低，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，故往中和后的溶液中加入适量乙醇，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体；故答案为：乙醇(或“酒精”“C2H5OH”)；
（6）依题意可知，少量饱和SO2水溶液能将KIO3还原为I2，但加入过量饱和SO2水溶液却无蓝色出现，说明也能过量的SO₂将IO (或I₂)还原为I-(或3SO₂+ IO+ 3H2O=Iˉ+ 3SO+ 6H⁺或 SO2+I2+ 2H2O=2I⁻+ SO+ 4H⁺)。
19．（1）Mg(OH)2
（2）AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓
（3）5.20；130
试题分析：
①向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，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。
故答案：Mg(OH)2；
②A-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↓，
故答案：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓；
③A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；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=0.13mol，氢氧化钠的质
量m(NaOH)==0.13mol×40g/mol=5.2g；C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用
于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)= n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸
的体积为：V==0.13L=130ml。
故答案为5.2；130。
考点：常见混合物的计算
【名师点睛】图象题，就是将变化过程中的某些量的变化以曲线、直线的形式表示的习题，这类题目具有
形象直观、简明清晰、知识面广、综合性强等特点。就其内容而言，主要有溶解度、溶液稀释、溶液
导电性、沉淀量、化学反应过程等图象题；从形式上来看，有单线图象题、多线图象题。 图象题的
解题技巧：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）把握好“三点一线”，
即起点、拐点、终点和曲线。突破口在于抓住图象中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正
确的判断。
20．1.2mol/L
Al2O3和Fe2O3溶于过量稀硫酸得含Al3+、Fe3+、H+、SO42-的溶液，滴加NaOH，发生如下反应：不产生沉淀阶段：H++OH-=H2O，产生沉淀到沉淀达最大值阶段：Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，沉淀减少阶段：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，由此可知，当沉淀达最大值时，Al3+、Fe3+、H+恰好完全反应，此时溶液的溶质为：Na2SO4，结合Na+和SO42-守恒有如下关系：Na2SO4～2NaOH～H2SO4，据此解答。
沉淀达最大时，n(NaOH)=2mol/L×24mL×10-3×=0.48mol，由Na2SO4～2NaOH～H2SO4得：n(H2SO4)=0.24mol，所以c(H2SO4)==1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L。
【点睛】守恒法巧解本题事半功倍。
21．(1) 14C 第三周期第IIA族
(2) 离子键、极性键
(3)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(4)HClO4＞H2SO4＞H3PO4
(5) H2O 水分子间可以形成氢键
由元素周期表结构可知，a~j分别为：H、C、O、Na、Mg、Al、P、S、Cl、Se。
（1）元素b为C，其一种核素可以测定文物年代，该核素是14C，e是Mg，在元素周期表中所在的位置是第三周期第IIA族。
（2）a、c、d三种元素形成一种化合物是NaOH，为离子化合物，其电子式为，含有离子键、和氢氧极性共价键。
（3）单质f是Al，与d的最高价氧化物对应水化物NaOH反应生成NaAlO2和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑。
（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P、S、Cl为同一周期元素，从左到右非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为：HClO4>H2SO4>H3PO4。
（5）元素c为O，氧所在族元素的简单氢化物中沸点最高的是H2O，氧的电负性强，水分子间可以形成氢键，使得其沸点在氧族元素的简单氢化物中沸点最高。
22． 钾 2H2O2 2H2O + O2↑ 第三周期第VIA族 r(Na+)
(1)金属性越强，还原性越强，以上9种元素的原子中，还原性最强的的是钾；
钾原子核外有19个电子，原子结构示意图： ；
(2)O与H形成的10电子分子是H2O，18电子的分子是H2O2，H2O2可分解为H2O和氧气，化学方程式：2H2O2 2H2O + O2↑。
(3) R的原子半径为1.04×10-10m，介于P、Cl之间，所以R元素是S，S在周期表中的位置是第三周期第VIA族；
(4)电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，Na+、O2-、Cl-半径由小到大的顺序为r(Na+)
b.非金属性越强，气态氢化物越稳定，所以HCl的分解温度高于H2S，能证明非金属性Cl>S，故选b；
c. 非金属性越强，单质的氧化性越强，氯气通入到H2S的溶液中出现浑浊，说明氯气氧化性大于S，能证明非金属性Cl>S，故选c；
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