第1章《原子结构 元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．化学实验必须操作规范。下列说法不正确的是（ ）
A．分液漏斗使用前必须要检查是否漏液
B．蒸发溶液时，要用玻璃棒搅拌溶液
C．熄灭酒精灯时要用灯帽盖灭
D．浓碱溶液滴在皮肤上时，立即用大量水冲洗，然后涂上小苏打溶液
2．在空气中久置而不易变质的物质是
A．过氧化钠 B．亚硫酸钠 C．硅酸钠溶液 D．纯碱
3．铋(Bi)常用于防火装置、制造保险丝等，以炉渣(主要含Bi、Bi2O3，含少量Ag、SiO2等杂质)为原料提取铋(Bi)的流程如图：
下列说法正确的是
A．固体1、固体2的主要成分依次为Ag、SiO2
B．“酸浸”中用水吸收可能产生的尾气
C．“水解”中通入水蒸气，目的是提高Bi(NO3)3水解程度
D．“系列操作”指蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥
4．元素周期律的发现是近代化学史上的里程碑。下列事实不能用元素周期律解释的是
A．工业用硅石()冶炼粗硅发生反应：
B．常温下，形状和大小相同的Na、Mg与水反应，Na更容易反应
C．气态氢化物的稳定性：
D．将通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝色，因为生成
5．、、、的原子序数均不大于20，其和为35，其中的一种原子核内无中子，是形成化合物种类最多的一种元素，这些元素组成的物质存在下面的转化关系：，下列说法正确的是
A．原子半径
B．的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C．和所含电子数均为
D．、的最高价氧化物对应的水化物反应一定生成沉淀
6．下列说法不正确的有几个（ ）
①质子数相同的微粒一定属于同一种元素
②同一元素的核素种数由中子数决定
③18gH2O中含有的中子数为10NA
④标准状况下，等体积CH4和HF所含的分子数相同
⑤通过化学变化可以实现16O与18O之间的相互转化
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
7．短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是
A．X、Y、Z三种元素中，X的非金属性最强
B．Y的氢化物的稳定性比Z的氢化物弱
C．Y的最高正化合价为＋7价
D．X单质的熔点比Z的低
8．2020年我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，其中“铷(Rb)原子钟”被誉为卫星的“心脏”，下列有关说法错误的是
A．铷元素位于IA族
B．铷的金属性比钠弱
C．Rb的中子数为48
D．Rb和Rb具有相同的电子数
9．安全是顺利进行实验及避免伤害的保障。下列实验操作正确但不是从实验安全角度考虑的是( )
A．操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B．操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C．操作③：吸收氨或氯化氢气体并防止倒吸
D．操作④：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水
10．短周期主族元素R、X、Y、Z原子序数依次递增，它们中的两种元素可组成化合物甲，另外两种元素可组成化合物乙。常温下，甲为液态，乙为固态。甲+乙→白色沉淀+气体(臭鸡蛋气味)，Y原子的电子层数等于最外层电子数。下列说法正确的是
A．原子半径Z > Y > X > R
B．气态氢化物的热稳定性：X > Z
C．R、X、Z只能组成一种共价化合物
D．工业上，电解熔融的氯化物制备Y的单质
11．已知A、B、C、D、E五种主族元素分别位于第1、2、3周期，原子序数依次增大，其中A与C、B与D分别同主族，且B原子的最外层电子数等于A与C原子序数之和的一半，下列叙述正确的是
A．原子半径：A＜B＜C＜D＜E
B．D、E的气态氢化物的热稳定性：D＞E
C．A与B、C与B均能形成X2Y2型化合物，且其中所含有的化学键类型相同
D．另外四种元素能够分别与C形成含单原子核阴离子的离子化合物
12．一种重要化合物的结构如图所示，W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其中W、X、Y位于同一周期，Z与W位于同一主族，Y的最外层电子数与其次外层电子数之比为3∶4。下列说法不正确的是
A．最简单氢化物的沸点：
B．X、Y分别与氧元素形成的化合物均能与溶液反应
C．X和W形成的化合物中可能存在非极性键
D．W与氧元素形成的化合物可用于自来水的消毒
二、非选择题（共10题）
13．元素周期律是指导我们学习元素及其化合物知识的重要工具。已知氧族元素(不含Po)的部分知识如下表所示。
氧族元素 8O(氧) 16S(硫) 34Se(硒) 52Te(碲)
单质熔点/℃ -218.4 113 450
单质沸点/℃ -183 444.6 685 1390
元素主要化合价 -2 -2，+4，+6 -2，+4，+6
回答下列问题：
(1)硫元素在元素周期表中位置是_______，硒原子最外层电子数为_______。
(2)依据元素周期律和表中知识，预测单质硒的熔点范围_______℃＜硒＜_______℃，元素碲的主要化合价可能有_______。
(3)从物质类别和硫元素的价态分析，在一定条件下，SO2能与下列物质发生反应，在横线上写出反应产物中含硫物质的化学式：①NaOH溶液_______，②H2S_______，③Na2O2_______。
(4)已知硒最高价氧化物对应的硒酸是强酸，写出能证明硒酸比碳酸强的离子方程式：_______。
(5)氢硒酸(H2Se)有较强的还原性，因此露置在空气中长期保存易变质出现浑浊，可能发生反应的化学方程式为_______。
14．我国著名化学家张青莲精确地测定了锗(Ge)、锌等九种元素的相对原子质量，得到的新值被作为国际新标准。已知锗的原子序数为32。
(1)它位于元素周期表中第___________周期___________族。
(2)锗类似于铝，能溶于氢氧化钠溶液，其主要原因是___________(填序号)。
①它与硅位于同一主族
②它位于周期表中金属与非金属分界线附近
③它位于边界线附近
④它是两性物质
(3)材料科学是目前全世界研究的热点，为了寻找半导体材料，科学家应在元素周期表中某区域寻找元素组成材料，该区域是___________(填字母)。
A．左上角 B．右上角
C．过渡元素 D．金属与非金属分界线附近
15．铅是一种高密度、柔软的蓝灰色金属。2019年7月23日，铅被列入有害水污染物名录。请回答下列问题。
(1)Pb位于第六周期，与C元素同族。请写出它的外围电子排布式___________，对比以下三种氧化物的熔沸点、、，从小到大分别为_____________，请解释原因：____________________。
(2)铅在自然界主要以方铅矿(PbS)及白铅矿()的形式存在，也存在于铅矾()中。中心原子轨道的杂化类型___________，的空间构型____________。
(3)四乙基铅[]曾广泛用作汽油中的抗爆剂，由Pb提供空轨道，有机原子团提供孤电子对形成，该化合物中存在化学键类型有_____________
A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键
(4)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺()半导体作为吸光材料，具有钙钛矿()的立方结构，其晶胞如图所示：
①比较元素电负性：C_________N(填“>”或“<”)，比较基态原子第一电离能：C________Pb(填“>”或“<”)
②晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M在晶胞中处于_____________位置，X在晶胞中处于________位置。
③晶体的晶胞边长为a nm，其晶体密度为d，则阿伏伽德罗常数的值NA的计算表达式为_____________
16．一定质量的某金属X和足量的稀H2SO4反应共有0.3mol电子发生转移，生成6.02×1022个 Xn+ ，这些阳离子共有1.3×6.02×1023个质子、1.4×6.02×1023个中子。
(1)求Z、n和A的值。(写过程)
(2)写出该金属与NaOH溶液反应的化学方程式。
17．（1）常温下Na2CO3、NaHCO3、NaOH的溶解度分别为15.9、8.4、109.0g/100g水。
①欲在NaOH溶液中通入CO2产生Na2CO3沉淀，NaOH的质量百分数至少为多少___？(保留1位小数，xx.x%)
②NaHCO3溶解度明显低于Na2CO3，在上述NaOH浓溶液中通入CO2，为什么不考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀？___。
（2）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。SiO44-是一种四面体形的离子(属硅酸根)，其结构可用图a表示，硅原子位居该四面体中心(图中不可见)，四个氧原子各占一个顶点。图b和图c则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。
①求b的化学式。___
②若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则其化学式为__。
③绿柱石是铍、铝的此类硅酸复盐，其化学式中含6个硅原子，该复盐的化学式是___。
18．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_______________。
19．某同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱。根据要求完成下列各题：
(1)实验装置：
填写所示仪器名称：B______
(2)实验步骤：连接仪器、_______、加药品后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热
(3)问题探究：(已知酸性强弱：亚硫酸>碳酸)
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是_____；装置E中酸性KMnO4溶液的作用是_______；
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______；试管F中发生反应的离子方程式为______。
③依据试管 D 中的反应，能否证明S的非金属性强于C的非金属性__(填 “能”或“否”)。
20．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，且所含碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如图所示：
(1)指出制取碘的过程中有关实验操作的名称：①__________，②__________。
(2)操作②中可供选择的有机试剂是_________(填序号)。
A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、乙酸 D．汽油、甘油
(3)现需做使海藻灰中的碘离子转化为有机溶液中的碘单质的实验，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器、药品，尚缺少的玻璃仪器是__________、___________。
(4)要从碘的苯溶液中提取碘和回收苯，还需要经过蒸馏操作。进行蒸馏操作时，需使用水浴加热，目的是__________，最后晶态碘在________中聚集。
21．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Na2S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
(1)仪器A的名称为______________。
(2)实验室中现有药品：① 稀盐酸 ②稀硝酸 ③Na2SiO3溶液 ④ Na2CO3固体，请选择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.(1)过氧化氢俗名双氧水，有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。
配平下列反应方程式
____H2O2+____Cr2(SO4)3+____KOH—____K2CrO4+___K2SO4+___H2O______
(2)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：KCN+H2O2+H2O═A+NH3↑(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______
22．A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。
请回答下列问题：
（1）写出B、C、E元素的名称B_________、C___________、E____________；
（2）写出C、D两种元素形成的原子个数比为1：1的物质的电子式为_______________；
（3）可以验证C和F两种元素非金属性强弱的结论是(填编号)_________________；
①比较这两种元素的气态氢化物的沸点
②比较这两种元素的单质与氢气化合的难易程度
③比较这两种元素的气态氢化物的还原性
④比较这两种元素反应中得电子的多少
（4）向E的硝酸盐溶液中滴加过量D的最高价氧化物的水化物溶液，反应的离子方程式为____________。
（5）A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐均由四种元素组成，这两种酸式盐的化学式分别为_____、______，这两种酸式盐相互反应的离子方程式为______________________。
参考答案：
1．D
A. 分液漏斗使用前必须要检查活塞及上口塞处是否漏液，A正确；
B. 蒸发溶液时，要用玻璃棒搅拌溶液，使受热均匀，B正确；
C. 熄灭酒精灯时要用灯帽盖灭，不能用嘴吹灭，C正确；
D. 浓碱溶液滴在皮肤上时，立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，D不正确；
答案选D。
2．D
A.过氧化钠能与空气中的二氧化碳生成碳酸钠，和水反应氢氧化钠，所以在空气中久置会变质，故A错误；
B.亚硫酸钠能与空气中的氧气反应生成硫酸钠，所以在空气中久置会变质，故B错误；
C.硅酸钠溶液与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠、硅酸，所以在空气中久置会变质，故C错误；
D.碳酸钠在空气中基本无变化，即纯碱久置不易变质，故D正确；
答案选D。
3．D
根据题干流程可知，向炉渣(主要含Bi、Bi2O3，含少量Ag、SiO2等杂质)中加入硝酸，将Bi、Bi2O3转化为Bi3+，Ag转化为Ag+，过滤出固体1，主要成分为SiO2、向滤液中加入NaCl溶液，产生AgCl沉淀，过滤出固体2，主要成分为AgCl，在加入NaOH溶液、水蒸气稀释NaOH溶液以防止产生Bi(OH)3沉淀，经过一系列操作得到Bi(OH)2NO3沉淀，再由此转化冶炼获得单质Bi，据此分析解题。
A．由分析可知，固体1、固体2的主要成分依次为SiO2、AgCl，A错误；
B．“酸浸”中Bi、Ag和硝酸反应产生了还原产物为有毒有害气体氮的氧化物，不能用水吸收可能产生的尾气，应该用碱液吸收，B错误；
C．“水解”中通入水蒸气，是为了防止NaOH浓度过大，生成Bi(OH)3沉淀，C错误；
D．根据题意可知，“系列操作”指蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥，得到Bi(OH)2NO3沉淀，D正确；
故答案为：D。
4．A
A．同主族从上到下非金属性减弱，金属性增强，根据反应方程式，C元素化合价升高，C为还原剂，Si元素化合价降低，Si为还原产物，C还原性强于Si，与上述规律不符，故A符合题意；
B．同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，与水反应越容易，Na的金属性强于Mg，则Na与水反应更容易，故B不符合题意；
C．非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，同周期从左向右非金属性越强(稀有气体除外)，F的非金属性强于O，则HF的稳定性强于H2O，故C不符合题意；
D．同主族从上到下非金属性减弱，氯气的非金属性强于碘单质，氯气与I-发生Cl2+2I-=2Cl-+I2，溶液变蓝色，故D不符合题意；
故答案选A。
5．B
的一种原子核内无中子，W是H元素；是形成化合物种类最多的一种元素，X是C元素；CaC2和水反应能生成和氢氧化钙，根据，、、、的原子序数均不大于20，其和为35，所以Y是O元素、Z是Ca元素；
A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径，故A错误；
B．Ca的最高价氧化物对应的水化物Ca(OH)2为强碱，故B正确；
C．含电子，含电子，故C错误；
D．的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，的最高价氧化物对应的水化物是Ca(OH)2，过量的二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸氢钙，所以反应不一定生成沉淀，故D错误；
选B。
6．C
①具有相同质子数的原子一定属于同种元素，但微粒可能为原子、分子、离子等，如Na+、NH4+的质子数都是11，HF、Ne的质子数都是10，但不是同种元素，故①错误；
②核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子，因此同一元素的核素种数由中子数决定，故②正确；
③18gH2O的物质的量是1 mol，含有的电子数为10NA，中子数为8NA，故③错误；
④标况下HF不是气态，则等体积CH4和HF所含的分子数不相同，故④错误；
⑤16O与18O之间的转化中没有产生新物质，因此不可能通过化学变化实现16O与18O间的相互转化，故⑤错误；
①③④⑤错误，故选C。
7．D
由题目信息(短周期图示位置关系)，可确定X、Y、Z三种元素分别为He、F、S。
A.非金属性最强的是F，Y的非金属性最强，选项A错误；
B.非金属性F大于S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，HF比H2S更稳定，选项B错误；
C.Y为F， F无正价，选项C错误；
D.因常温常压下He为气体，S为固体，X单质的熔点比Z的低，选项D正确；
答案选D。
8．B
A．铷元素位于IA族，A项正确；
B．铷的金属性比钠强，B项错误；
C．相对原子质量=质子数+中子数，中子数=85-37=48，C项正确；
D．Rb和Rb具有相同的电子数，电子数为37，D项正确；
答案选B。
9．D
A．由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，故A不符合题意；
B．打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，故B不符合题意；
C．水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，故C不符合题意；
D．检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，故D符合题意；
答案为D。
10．B
短周期主族元素R、X、Y、Z原子序数依次递增，它们中的两种元素可组成化合物甲，另外两种元素可组成化合物乙，常温下，甲为液态，乙为固态，甲+乙→白色沉淀+气体(臭鸡蛋气味)，该气体为H2S，Y原子的电子层数等于最外层电子数，则Y为Al元素，反应为硫化铝与水反应生成氢氧化铝和硫化氢，则R、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。
A．R、X、Y、Z分别为H、O、Al、S，电子层越多半径越大，当电子层相同时，核电荷数越多，原子半径越小，则原子半径Y > Z > X > R，A错误；
B．元素非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性：O>S，则气态氢化物的热稳定性：X > Z，B正确；
C．R、X、Z能组成H2SO3、H2SO4等共价化合物，不止一种，C错误；
D．工业上，电解熔融的氧化物制备Y的单质，D错误；
故选B。
11．D
A.、由题意知，A一定是氢元素，BD分别位于第二三周期，则C为钠元素，氢和钠的原子序数之和为12 ，故B为氧元素，D为硫元素，E为氯元素，钠硫氯的原子半径依次减小，错误，不选A；
B、因为硫的非金属性比氧弱，所以硫化氢稳定性比氯化氢弱，错误，不选B；
C、氢与氧形成的过氧化氢中存在的是共价键，而钠和氧形成的过氧化钠中，既有离子键又有共价键，错误，不选C；
D、钠均能与氢、氧、硫、氯形成相应的离子化合物，分别为氢化钠，氧化钠，硫化钠，氯化钠等，正确，选D。
12．C
Y的最外层电子数与其次外层电子数之比为3∶4，次外层电子数只可能时8，则Y的16号元素S；W、X、Y位于同一周期，再结合化合物的结构中链接的共价键数，可知W为Cl元素，X为Si元素；Z与W位于同一主族，则Z为F元素。所以W、X、Y、Z分别为：Cl、Si、S、F。结合元素周期律相关知识分析可得：
A．X与Z分别为Si、F，所组成的简单氢化物分别为和HF，由于HF分子间含有氢键，所以其沸点高于，即最简单氢化物的沸点：，故A不选；
B．X、Y分别为Si、S，其对应氧化物分别为、均为酸性氧化物，可以与NaOH溶液反应，故B不选；
C．X、W分别为Si、Cl，则为，为含极性键的非极性分子，故选C；
D．W为Cl元素，则为，常用于自来水的消毒，故D不选；
答案选C
13． 第三周期VIA族 6 113 450 -2，+4，+6 Na2SO3 S Na2SO4 2H++CO=CO2↑+ H2O 2H2Se+O2=Se+2H2O
(1)硫元素为16号元素，在元素周期表中位置是第三周期VIA族；硒原子为氧族元素，最外层电子数为6；
(2)氧族元素的单质熔点逐渐升高，则单质硒的熔点范围为113℃＜硒＜450℃；同族元素的主要化合价基本相同，元素碲的主要化合价为-2，+4，+6；
(3)SO2与①NaOH溶液反应生成Na2SO3；与②H2S反应生成S；与③Na2O2反应生成Na2SO4；
(4)已知硒最高价氧化物对应的硒酸是强酸，碳酸为弱酸，则用硒酸与碳酸钠反应生成二氧化碳和水证明硒酸比碳酸强的离子方程式为2H++CO=CO2↑+ H2O；
(5)氢硒酸(H2Se)有较强的还原性，露置在空气中长期保存被氧气氧化为Se固体，方程式为2H2Se+O2=Se+2H2O。
14．(1) 四 ⅣA
(2)②
(3)D
【解析】(1)
根据元素周期表可知，锗属于第四周期ⅣA族元素；
(2)
锗位于元素周期表中金属与非金属分界线附近，它具有某些金属元素的性质，又具有某些非金属元素的性质，它是金属元素，故答案为②；
(3)
用于制造半导体材料的元素既具有金属性又具有非金属性，
A．左上方区域的元素，除氢元素外都是金属元素，它们的金属性较强，不具有非金属性，氢只具有非金属性，故A错误；
B．右上方区域的非金属元素的非金属性很强，不具有金属性，故B错误；
C．过渡元素中均为金属元素，不能用于制造半导体材料，故C错误；
D．金属元素和非金属分界线附近的元素，既具有金属性又具有非金属性，则可用于制造半导体材料，故D正确；
故选D。
15． 是分子晶体，是离子晶体，是原子晶体 正四面体 CD < > 体心 面心
由Pb在周期表的位置写出它的外围电子排布式，根据SiO2、PbO2、CO2晶体类型判断熔沸点高低，根据元素周期律判断电负性及第一电离能的大小，由密度d=，求出NA即可。
（1）Pb与C元素同族，最外层电子数为4，位于第六周期，则它的外围电子排布式为6s26p2；因为SiO2是原子晶体，熔沸点很高，PbO2是离子晶体，熔沸点较高，CO2是分子晶体，熔沸点较低，所以三种氧化物的熔沸点从小到大分别为CO2
（3）四乙基铅[(CH3CH2)4Pb]中由Pb提供空轨道，有机原子团提供孤电子对形成配位键，乙基中碳原子和碳原子之间、碳原子和氢原子之间形成共价键；答案为CD。
（4）①C、N属于同周期，同周期从左向右，电负性逐渐增大，则电负性C
②本题属于立方晶胞，AMX3晶胞中与金属阳离子（M）距离最近的卤素阴离子（X）形成正八面体结构，则卤素阴离子必然位于立方体的6个面的面心，正好构成正八面体；M位于八面体的体心，也是立方体的体心；答案为体心，面心。
③晶体体积V=(a×10-7)3cm3，晶体密度d= g/cm3，则NA==；答案为。
16．(1)Z、n、A的值分别为13、3、27
(2)
（1）离子的物质的量为0.1mol，质子的物质的量为1.3mol，中子的物质的量为1.4mol，所以每个离子中的质子数为1.3/0.1=13，每个离子中的中子数为1.4/0.1=14，所以质子数Z为13，质量数A为13+14=27，离子的电荷数为0.3/0.1=3，所以n为3；
（2）该金属为铝，铝和氢氧化钠和水反应生成偏铝酸钠和氢气，。
17． 11.0% 在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3 Si3O96- SinO3n2n- Be3Al2Si6O18(或3BeO·Al2O3·6SiO2)
(1)①设100g水中溶有NaOH ag，根据方程式2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O计算生成碳酸钠、水的质量，产生Na2CO3沉淀，此时碳酸钠为饱和溶液，结合碳酸钠溶解度列方程计算，进而计算氢氧化钠溶液质量分数；
②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；
(2)①根据每个四面体中心含有1个Si原子及图b中四面体数目判断硅原子、氧原子数目，再根据氧元素和硅元素的化合价进行判断；
②根据b、c的化学式找出规律，然后推断硅原子数目为n时含有的氧原子、硅原子数目及所带电荷数，从而确定其化学式；
③含有6个硅原子的化学式为Si6O1812 ，带有12个单位的负电荷，然后根据铍的化合价为＋2、铝的化合价为＋3计算出绿柱石化学式。
(1)①设100g水中溶有NaOH ag，则：
碳酸钠溶解度为15.9g/100g水，则：(100g＋)＝15.9：100，
解得a＝12.3，故NaOH的质量百分数至少为×100%＝11.0%，故答案为：11.0%；
②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3，故不需要考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀，故答案为：在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；
(2)①b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为＋4、O氧元素化合价为 2可知，b的化学式为：Si3O96 ，故答案为：Si3O96 ；
②c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：6×( 2)＝ 12；根据图示可知：若一个单环状离子中Si原子数为n(n≥3)，则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：n×( 2)＝ 2n，其化学式为：SinO3n2n ，故答案为：SinO3n2n ；
③根据SinO3n2n 可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为： 12，设铍的个数为x，铝的个数为y，则2x＋3y＝12，讨论可得x＝3、y＝2，其化学式为：Be3Al2Si6O18，故答案为：Be3Al2Si6O18(或3BeO·Al2O3·6SiO2)。
18． 14：15 8：7 15：14 14 1.00mol/L 1：3 Co3O4
(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。
(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。
19． 圆底烧瓶 检查装置的气密性 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4 +SO2↑+2H2O 吸收SO2 E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀 CO2＋H2O＋SiO =H2SiO3↓＋CO 或 2CO2＋2H2O＋SiO =H2SiO3↓＋2HCO 否
(1)根据装置图中的仪器可知B为圆底烧瓶；
(2)反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏；
(3)①在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 +SO2↑+2H2O ；装置E中酸性KMnO4溶液的作用是吸收SO2，防止干扰后面的试验；
②二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，即：E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀 ；试管F中发生反应的离子方程式为 CO2＋H2O＋SiO =H2SiO3↓＋CO或 2CO2＋2H2O＋SiO =H2SiO3↓＋2HCO；试管D中发生反应是二氧化硫与碳酸氢钠生成二氧化碳，其离子方程式为SO2+2HCO=+H2O+2CO2；
③依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断非金属性强弱。
20． 过滤 萃取和分液 B 普通漏斗 分液漏斗 使蒸馏烧瓶均匀受热，控制温度不过高 蒸馏烧瓶
（1）从海藻中提取碘的流程为灼烧、浸泡、过滤、氧化、萃取分液、蒸馏；
（2）操作②为萃取，萃取剂的选择需符合与氯水互不相溶，碘的溶解度较大；
（3）使海藻灰中的碘离子转化为有机溶液中的碘单质的实验，需要的操作有浸泡、过滤、氧化、萃取分液，以此分析所需实验仪器；
（4）进行蒸馏操作时，需使用水浴加热，目的是使蒸馏烧瓶均匀受热，控制温度不过高，防止苯蒸发，最后晶态碘在蒸馏烧瓶中凝华聚集。
(1) 从海藻中提取碘的流程为灼烧、浸泡、过滤、氧化、萃取、蒸馏，由图可知操作①是过滤，操作②是萃取和分液，
故答案为：过滤；萃取和分液；
(2) 操作②为萃取，萃取剂的选择需符合与氯水互不相溶，碘的溶解度较大，由于酒精、乙酸和甘油都与水互溶，故不能用作提取碘的萃取剂，
故答案选：B。
(3)为使海藻灰中的碘离子转化为有机溶液中的碘单质，需经过溶解、过滤、氧化、萃取和分液这几个步骤。在过滤时缺少普通漏斗，在进行萃取和分液时缺少分液漏斗，
故答案为：普通漏斗；分液漏斗；
(4)苯的沸点为80.1℃。使用水浴加热的目的是使蒸馏烧瓶均匀受热，控制温度不过高(水浴加热时的温度不会超过100℃)。最后晶态碘在蒸馏烧瓶中聚集，
故答案为：使蒸馏烧瓶均匀受热，控制温度不过高；蒸馏烧瓶。
21． K Al S2-+Cl2=2Cl-+S↓ 分液漏斗 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 3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O KHCO3 0.6NA或3.612×1023
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。
I．(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-。
II．(1)根据图示仪器结构分析，A为分液漏斗，故答案为：分液漏斗。
(2)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。
III.(1)H2O2中O为-1价，得到1个电子降低为-2价，Cr2(SO4)3中Gr为+3价，失去3个电子升高为K2CrO4中的+6价，根据电子转移守恒配得H2O2系数为2，Cr2(SO4)3系数为1，K2CrO4系数为2，再用观察法根据原子守恒配平得3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，故答案为：3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。
(2)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。
22． 氮 氧 铝 ②③ Al3++4OH—=AlO2—+2H2O NaHSO3 NaHSO4 H++HSO3—=H2O+SO2↑
A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则F为S；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为Al，以此解答该题。
A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子半径最小，则A为H；B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐，则B为N；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的，则F为S；D与A同主族，且与F同周期，则D为Na；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的多种化合物，则C为O，D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，可知E为Al；
(1)由以上分析可知B为氮，C为氧，E为铝；
(2)C与D形成的原子个数比为1：1的化合物为Na2O2，电子式是；
(3)氧与硫同主族，从上到下非金属性在减弱，则非金属性O＞S，元素的非金属性越强，在反应中越易得电子，但与得电子数目无关；越易与氢气发生化合反应，生成的氢化物越稳定，气态氢化物的还原性越弱，但与单质的熔沸点无关，故答案为②③；
(4)向Al(NO3)3的溶液中加入过量NaOH溶液生成NaAlO2、NaNO3和水，发生反应的离子方程式为Al3++4OH—=AlO2—+2H2O；
(5)A、C、D、F可形成两种酸式盐为NaHSO3和NaHSO4，两者反应生成Na2SO4和SO2气体，发生反应的离子反应为HSO3-+H+═SO2↑+H2O
