第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列说法正确的是
A．沸点： B．酸性：
C．原子半径： D．还原性：
2．X、Y、Z、W为短周期主族元素，原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是第一层电子数的2倍，Y的气态氢化物与最高价氧化物的水化物可形成盐，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：
B．Z、W可形成的化合物，属于离子化合物
C．离子半径：
D．气态氢化物的稳定性：
3．下列化学用语对事实的表述错误的是
A．氯原子的结构示意图：
B．羰基硫(COS)的结构式为
C．为Si原子的一种激发态
D．中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
4．X、Y、Z、W是三种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，Y的最外层电子数与最内层电子数相等，Z和X同主族，W位于周期表第三周期ⅥA族。则X、Y、Z、W四种元素的原子序数之和是
A．20 B．40 C．48 D．56
5．表中，陈述I、II都正确且两者之间有关联的是
选项 陈述I 陈述II
A 不能用pH试纸测新制氯水的pH H+有氧化性
B Al(OH)3既能溶于NaOH溶液又能溶于HCl溶液 Al(OH)3是两性氢氧化物
C 盐酸中逐滴滴入Na2CO3溶液，立即产生大量气泡 氯元素的非金属性比碳强
D FeSO4溶液保存时加入少量铜粉 Fe的金属性比Cu强
A．A B．B C．C D．D
6．2019年8月，BM和牛津大学的科研团队通过一定方法合成了一种由18个碳原子组成的环状分子，碳环由交替的碳碳单键和碳碳三键构成.其流程如图，下列有关说法错误的是
A．的质子数比多28
B．分子中含极性键和非极性键
C．由生成的过程中碳碳三键数目逐渐增多
D．和互为同位素
7．W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，上述四种元素与锂组成的盐是一种新型电池的电解质，其结构如图所示。下列说法不正确的是
A．四种元素中W的原子序数最大
B．元素的非金属性强弱顺序：W>Y>X>Z
C．图中阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D．Y、Z两元素组成的分子可能为非极性分子也可能为极性分子
8．已知金属锂的化学性质与金属钠相似，金属锂的密度是、煤油的密度是，下列有关金属锂的说法不正确的是(深度解析)
A．自然界中不存在锂单质
B．在盛有煤油和水的烧杯中投入金属锂，金属锂在水层和煤油界面处发生反应
C．金属锂可能与氧气、氯气、盐酸发生反应
D．金属锂与金属钠的性质有相似又有不同，体现了分类法和比较法在研究物质性质时的应用
9．已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是
A．W的原子序数不可能是Y的原子序数的2倍
B．Z元素的原子半径一定比Y元素的大
C．X的气态氢化物的稳定性一定比Y的强
D．Z元素的最高价氧化物对应的水化物一定是强碱
10．下列有关化学用语表示正确的是
A．四氯化碳分子比例模型： B．HCl的电子式：
C．COS的电子式： D．次氯酸的结构式：H－Cl－O
11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且分别占三个不同的周期。Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y与W 同主族，Z的主族序数等于其周期数。下列说法正确的是
A．W的原子半径比Z的大
B．X、Y只能形成一种化合物
C．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
D．Z、W的最高价氧化物对应的水化物能发生反应
12．短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，这五种元素组成“味精”的主要成分Q，Q的结构式如图所示。下列推断错误的是
A．原子半径：M＞Y＞Z＞W＞ X
B．元素非金属性：W＞Z＞ Y＞ X
C．工业上常采用电解M的盐溶液的方法冶炼金属M
D．Q含离子键、极性键和非极性键
二、非选择题（共10题）
13．下列几种物质：
①MgCl2 ②H2O ③Al ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧I2
(1)只含有离子键的是(选填序号，下同)________。
(2)含有共价键的离子化合物是________。
(3)属于共价化合物的是________。
(4)熔融状态时和固态时，都能导电的是________。
(5)HClO的电子式________。
14．完成下列问题。
(1)碘元素在、、、、X这五种化合物中显示的化合价有+1、+3、+5、+7、-1五种化合价，若化合物X为碘与钙、氧形成的化合物，则其化学式应是_______。
(2)元素X的核电荷数为a，它的阳离子与元素Y的阴离子的电子层结构相同，则元素Y的核电荷数是_______。
15．回答下列问题
(1)已知NaCl的熔点为801℃，而(可简写为)的熔点为-65℃，室温下呈液体状态，是一种重要的室温离子液体。试解释为什么熔点远低于NaCl。_______。
(2)实验室中常用氨水吸收过量的。现有一瓶500ml已经吸收的氨水溶液，将其均分成A、B两份，对其进行如下实验分析(吸收前后溶液体积不变)；
a.向A中加入足量的NaOH溶液并加热，将生成的气体先通过碱石灰，再通入盛有过量无水的装置C中，测量得反应前后装置C增重6.80g。
b.向B中加入足量稀硫酸并加热，将生成的气体先通过浓硫酸，再通入盛有过量碱石灰的装置D中，测量得反应前后装置D增重19.2g。
试回答以下问题：
①原溶液中亚硫酸铵与亚硫酸氢铵物质的量的之比是_______
②用来吸收的氨水原物质的量浓度为_______
16．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。
Ⅰ.（1）将钠、钾、镁、铝各1 mol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，______与盐酸反应的速度最慢；________与盐酸反应产生的气体最多。
（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______________。
（3）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3·H2O，从而验证NaOH碱性强于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性强于氮，你认为此设计是否合理？并说明理由。__________。
Ⅱ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律
（4）仪器B的名称为________，干燥管D的作用为____________。
（5）若要证明非金属性：Cl＞I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气)，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液______________ (填现象)，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用______________溶液吸收尾气。
17．为验证卤素单质Cl2、Br2、I2氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为红棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ.……
(1)A中产生黄绿色气体对应的化学方程式是_______。
(2)B中溶液发生反应的离子方程式是_______。
(3)浸有NaOH溶液的棉花的作用_______，写出反应的离子方程式：_______。
(4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作是_______，现象是_______。
(5)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，_______(填“失电子”或“得电子”)能力逐渐减弱。
18．亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，是一种红褐色液体或黄色气体，遇水易水解。某化学小组利用NO和在实验室中制备NOCl，装置如图。
已知：沸点为-34℃、NO为-152℃、NOCl为-6℃。NOCl易水解，能与反应。
回答下列问题：
(1)NOCl分子中各原子均满足8电子的稳定结构，则NOCl的电子式为_______。
(2)仪器a的名称：_______。
(3)NO和氯气混合前，先关闭，打开、，操作的目的为_______。
(4)装置D中的温度区间应控制在_______。
(5)上述实验装置有一处不足，请指出不足之处：_______。
(6)亚硝酰氯(NOCl)纯度的测定。取D中所得液体20g溶于适量的NaOH溶液中，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加适量试剂X，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①亚硝酰氯(NOCl)与NaOH溶液反应的方程式为_______。
②已知：
物质 AgCl AgBr AgI AgSCN
颜色 白色 淡黄色 黄色 砖红色 白色 灰黑色
试剂X为_______。
A．NaBr B．NaI C． D．
③亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_______。
19．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后产生1.16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1 mol 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。
请回答下列问题:
(1)B点的沉淀物的化学式为_____
(2)写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式_____
(3)原混合物中MgCl2的物质的量为_____
(4)原固体混合物中NaOH的质量为_____
(5)Q点加入HCl溶液的体积为_____
20．甲、乙两烧杯中各盛有10mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中加入等质量的铝粉，反应结束产生的气体体积比为1：2。
(1)两烧杯中发生反应的离子反应方程式：___、__。
(2)乙烧杯中产生的气体的体积为__L(标准状况下)。
(3)若把完全反应后的甲、乙两烧杯中的溶液充分混合在一起，发现产生了浑浊现象，为了使“浑浊”彻底“澄清”，在该混合液中至少还需要再加入___mL3mol/L氢氧化钠溶液。(该小题计算结果保留小数点后一位)。
21．A、B、C、D、E是五种短周期元素。已知：它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，C是E的邻族元素；D和E的原子序数之和为30，且D的族序数与周期数相等。甲、乙、丙、丁是它们两两形成的化合物，其中甲分子中含有18个电子。
物质组成 甲 乙 丙 丁
化合物中各元素原子个数比 A和C 1:1 B和A 1:4 D和E 1:3 B和E 1:4
请回答下列问题：
(1)若元素E的某种核素中中子数比质子数多3个，表示这种核素的符号为___________；
(2)把D的单质放到NaOH溶液中，反应的离子方程式为：______________________；
(3)甲的电子式：____________________________________________；
(4)有100mL MgCl2和丙的混合溶液，其中c(Mg2+)=0.2mol·L-1，c(Cl-)=1.3mol·L-1，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需要4mol·L-1NaOH溶液的体积是：________mL；
(5)在密闭容器中充入BC2、BC和乙的混合气体共mg，若加入足量Na2O2，并不断用电火花点燃至反应完全，测得固体质量增重mg，则BC2与乙的质量比为__________。
22．现有前四周期的5种元素的部分信息如下表所示：
元素代号 元素部分信息
X X的阴离子核外电子云均呈球形
Y 原子的最高能级上有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的气态氢化物中最大
Z 基态原子核外有3个能级填充了电子，能量最高能级的电子数等于前两个能级的电子数之和
R 元素原子的最外层电子排布式为
T 一种核素的质量数为65，中子数为36
根据上述元素信息，回答下列问题。
(1)基态的电子排布式为______。
(2)Y、Z、R的电负性由大到小的顺序为______(用元素符号表示)。
(3)的空间结构为______，离子中Y原子的杂化轨道类型为______，的电子式为______。
(4)的键角大于的键角的主要原因是______。
参考答案：
1．C
A．分子间有氢键，分子间只有范德华力，故沸点：，故A错误；
B．中心原子的非金属性越强最高价含氧酸越强，非金属性，酸性：，故B错误；
C．同周期元素原子半径从左向右依次减小，原子半径：，故C正确；
D．元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，还原性：，故D错误；
故答案为C。
2．C
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N元素，X原子序数小于N元素，X原子的最外层电子数是第一层电子数的2倍，则X处于第二周期，X为C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N元素，故Z处于第三周期，为S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>N>C，故最高价含氧酸酸性顺序：Cl>N>C，A错误；
B.Z、W可形成SCl2，属于共价化合物，B错误；
C.电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：S2->Cl-，C正确；
D.非金属性Cl>S，则HCl比硫化氢稳定，D错误。
故选C。
【点睛】非金属的非金属性越强，则其气态氢化物越稳定。
3．D
A．氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图为，A选项正确；
B．羰基硫(COS)的中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；
C．Si原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2，3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；
D．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为，D选项错误；
答案选D。
4．C
X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，且原子序数依次增大。X元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则X是C；Y的最外层电子数与最内层电子数相等，则Y为Mg；Z和X同主族，则Z为Si；W位于周期表第三周期ⅥA族，则W为S，则这四种元素原子序数之和为6+12+14+16=48，故选C。
5．B
A．不能用pH试纸测新制氯水的pH 是因为氯水中次氯酸有漂白性，不是因为H+有氧化性，故A不符合题意；
B．Al(OH)3既能溶于NaOH溶液又能溶于HCl溶液，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，故B符合题意；
C．盐酸中逐滴滴入Na2CO3溶液，立即产生大量气泡，只能说盐酸酸性大于碳酸，不能说氯元素的非金属性比碳强，故C不符合题意；
D．FeSO4溶液保存时加入少量铁粉，防止亚铁离子被氧化，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6．D
A．转化为的过程中少了2个C和2个O，即的质子数比多，A项正确；
B．由分子的图示可知，碳原子之间存在非极性共价键，碳原子与氧原子之间存在极性共价键，B项正确；
C．中碳碳三键数目分别为6、7、8、9，逐渐增多，C项正确；
D．和为碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，D项错误；
故选D。
7．B
W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W形成1个共价键，W是F元素；X能形成4个共价键，其中1个是配位键，X是B元素；Z形成4个共价键，Z是C元素；
A．四种元素中F的原子序数最大，故A正确；
B．同周期元素从左到右元素的非金属性增强，非金属性强弱顺序为F>O>C>B，故B错误；
C．根据图示，阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构，故C正确；
D．C、O两元素组成的CO分子为极性分子，CO2分子为非极性分子，故D正确；
选B。
8．B
A．Li与Na是题意主族元素，二者化学性质相似。由金属锂的化学性质与金属钠相似可知，锂是活泼金属，自然界中不存在锂单质，A正确；
B．由金属锂、煤油及水的密度可知：在盛有煤油和水的烧杯中投入金属锂，煤油在上层，水在下层，金属锂会浮在煤油液面上而不能和水发生反应，B错误；
C．根据金属锂的化学性质与金属钠相似可知，金属锂能与氧气、氯气、盐酸发生反应，C正确；
D．锂与钠原子最外层电子数相同，电子层数逐渐增加，所以金属锂与金属钠化学性质相似，同主族元素从上到下元素的金属性增强，所以金属锂与金属钠化学性质又有不同，可以用分类法和比较法来研究二者性质的异同，D正确；
故合理选项是B。
9．B
A．W的原子序数可能是Y的原子序数的2倍，例如W是S，Y是O，故A错误；
B．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则Z元素的原子半径比Y元素的大，故B正确；
C．同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，因此X的气态氢化物的稳定性一定比Y的弱，故C错误；
D．根据该图不能确定Z为活泼金属Na，可能是右侧的非金属元素，则Z元素的最高价氧化物对应的水化物不一定是强碱，故D错误；
答案选B。
10．C
A．Cl原子半径大于C原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小，应为 ，故A错误；
B．HCl为共价化合物，其电子式为 ，故B错误；
C．因COS分子中碳原子与硫原子之间形成2对共用电子对，碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，COS的电子式是 ，故C正确；
D．HClO为共价化合物，分子结构中存在氢氧键和氧氯键，则结构式为H-O-Cl，故D错误；
故答案为C。
11．D
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且分别占三个不同的周期。Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y为O元素，Y与W 同主族，W为S，Z的主族序数等于其周期数，Z为Al元素，综上所述X只能为H。
A．Al和S位于同周期，原子半径Al＞S，故A错误；
B．X、Y能形成两种化合物H2O2、H2O，故B错误；
C．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；
D．Z、W的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝和硫酸，氢氧化铝具有两性，可与酸、强碱反应，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了元素位置结构性质的判断，熟悉元素周期表结构是解本题关键，根据原子结构来推断元素，再结合物质的结构、性质来分析解答，题目难度中等。对H2O2、铝的两性要非常熟悉。
12．C
味精的主要成分是谷氨酸钠，因此M为Na元素，X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，根据Q的结构式及各元素的成键情况可推知，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，据此分析解答。
A．同周期元素从左至右依次减小，同主族元素从上到下依次增大，因此原子半径：Na＞C＞N＞O＞H，A正确；
B．同周期元素从左至右非金属性依次增强，非金属性：O＞N＞C＞H，B正确；
C．M为Na元素，工业上采用电解熔融的NaCl的方法冶炼金属Na，C错误；
D．Q中含有C和H、O、N形成的极性键，C和C形成的非极性键，以及阴阳离子形成的离子键，D正确；
答案选C。
13． ① ⑤⑥ ②④⑦ ③
①MgCl2 ②H2O ③Al ④H2O2 ⑤Na2O2 ⑥Ca(OH)2 ⑦HClO ⑧I2 这8种物质中，铝是金属单质，碘是非金属单质，氯化镁、过氧化钠和氢氧化钙是离子化合物，水、双氧水和次氯酸是共价化合物。离子化合物中一定有离子键，如果有原子团，那么原子团中一定有共价键。共价化合物中一定只有共价键。
(1)①MgCl2是离子化合物且结构中没有原子团，只含Mg2+和Cl-，所以只含有离子键，答案为①；
(2)⑤Na2O2和⑥Ca(OH)2分别有原子团过氧根O22-和氢氧根OH-，属于含有共价键的离子化合物，答案为：⑤⑥；
(3)只含共价键的化合物叫共价化合物，②H2O、④H2O2、⑦HClO是只含有共价键的化合物，属于共价化合物，答案为：②④⑦；
(4)熔融状态时和固态时都能导电的只有金属晶体，离子化合物只有在溶于水或熔融状态下才能导电，熔融状态时和固态时，都能导电的是③Al，答案为：③；
(5)HClO里的O形成两个共价键，H和Cl分别只能形成一个共价键，所以O原子应该在中间，H原子达到2电子稳定结构，Cl和O原子达到8电子稳定结构，HClO的电子式为。
【点睛】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，分子晶体熔化时不破坏化学键，而熔融状态时和固态时，都能导电为金属单质
14．(1)
(2)
【解析】（1）
铁显+3价，镁显+2价，钾显+1价，氧显-2价，根据在化合物中正负化合价代数和为零可知，、、、中碘元素的化合价分别为-1价，+3价，+7价，+1价，因此X中碘显+5价，又钙显+2价，因此碘与钙、氧形成的化合物的化学式应是，故答案为：；
（2）
设元素Y的核电荷数是b，因为X的核电荷数为a，它的阳离子，所以它的离子中带有个电子，因为阳离子与元素Y的阴离子电子层结构相同，即核外电子数相同，所以即。
故答案为。
15．(1)阴阳离子所带电荷量与NaCl相同，阴阳离子的半径远大于NaCl中阴阳离子的半径，离子键强度远小于NaCl。
(2) 1：2 1.6mol/L
【解析】(1)
阴阳离子的半径越大，或阴阳离子所带的电荷量越小，离子键越弱，阴阳离子所带电荷量与NaCl相同，但是阴阳离子的半径远大于NaCl中阴阳离子的半径，故熔点远低于NaCl。
(2)
氨水吸收二氧化硫，生成亚硫酸氨，若二氧化硫足量，则生成的亚硫酸氨还会与多余的二氧化硫反应，生成亚硫酸氢氨，因此A、B溶液中存在亚硫酸氨和亚硫酸氢氨。A中加入足量的NaOH，NaOH与(NH4)2SO3和NH4HSO3反应均生成NH3，生成的气体先通过碱石灰吸收H2O，再通过无水氯化钙吸收氨气，装置C增重的6.8g为氨气的质量，为0.4mol。B中加入足量硫酸，硫酸与(NH4)2SO3和NH4HSO3反应生成SO2，生成的气体先通过浓硫酸吸收H2O，再通过碱石灰吸收SO2，故SO2质量为19.2g，为0.3mol。设原溶液中亚硫酸氨有xmol，亚硫酸氢氨有ymol，根据氮守恒可知，，解得x=0.2，y=0.4，故原溶液中亚硫酸铵与亚硫酸氢铵物质的量之比为1：2。吸收完二氧化硫的溶液中共有铵根离子0.8mol，根据氮守恒，用来吸收SO2的氨水浓度为0.8mol÷500mL=1.6mol/L。
16． 钾 铝 铝 S2－＋Cl2===S↓＋2Cl－ 不合理，NH3·H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物 锥形瓶 防止倒吸 变蓝 NaOH
试题分析：Ⅰ．（1）金属活泼性顺序为：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1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钾、钠都失去1mol电子，1mol镁失去2mol电子，而1mol铝失去3mol电子，所以生成氢气最多的是金属铝，故答案为钾；铝；铝； （2）氯气氧化性强于硫单质，所以氯气能够与硫离子反应生成硫，反应的离子方程式为：S2﹣+Cl2═S↓+2Cl﹣，故答案为S2﹣+Cl2═S↓+2Cl﹣；（3）将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3 H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3 H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3 H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物，故答案为不合理，NH3 H2O不是N元素对应的最高价氧化物的水化物；
Ⅱ．（4）仪器A为分液漏斗；球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为锥形瓶；防止倒吸；（5）浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气具有强氧化性，可与碘化钾反应生成碘，因淀粉遇碘变蓝色，则可观察到溶液变蓝，氯气有毒，不能排放到空气中，可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，则可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，反应离子方程式为：2OH﹣+Cl2═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为变蓝；NaOH。
考点：考查实验方案设计，涉及金属、非金属性强弱的探究。
17．(1)2KMnO4＋16HCl=5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O＋2KCl
(2)Cl2＋2Br-=Br2＋2Cl-
(3) 是吸收没反应的气体，防止污染空气 Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O
(4) 打开活塞b，使C中少量溶液滴入D中 D中溶液变为蓝色
(5)得电子
验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解题。
(1)
黄绿色气体为氯气，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，则KMnO4的氧化性比Cl2强，反应的离子方程式为：2KMnO4＋16HCl=5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O＋2KCl；
(2)
氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；
(3)
Cl2有毒，污染空气，故用氢氧化钠来进行尾气处理，利用的原理是氯气能与强碱溶液反应，故氢氧化钠溶液的作用是：是吸收没反应的气体，防止污染空气；离子方程式为：Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O；
(4)
为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则生成碘单质，而D溶液中淀粉遇碘单质变蓝，故答案为：打开活塞b，使C中少量溶液滴入D中；D中溶液变为蓝色；
(5)
氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径增大，对核外电子的吸引能力减弱，得电子能力逐渐减弱。
18．(1)
(2)三颈烧瓶
(3)排出装置中的空气，防止NOCl、NO与空气中的反应
(4)-34℃
(6) C 65.5c%
稀硝酸与铜反应制备NO，通过装置B进行水洗，所得纯净的NO进行装置C进行干燥，NO进入装置D与干燥纯净的氯气在冰盐水中水浴反应，制备NOCl；
（1）NOCl分子中各原子均满足8电子稳定结构，则NOCl的电子式为；
（2）根据仪器的构造可知，仪器a的名称三颈烧瓶；
（3）由题给信息可知，NOCl能与O2反应，NO也易被O2氧化，因此NO和氯气混合前，先关闭K3，打开K1、K2，目的是排出装置中的空气，防止NOCl、NO与空气中的O2反应，
故答案为:排出装置中的空气，防止NOCl、NO与空气中的O2反应；
（4）D装置中通入的NO和Cl2反应制备NOCl在冰盐水条件下降温使NOCl冷凝得到产品，为分离产物和未反应的原料，根据所给物质的沸点数据，需要控制的温度范围是-34℃
（6）①亚硝酰氯(NOCl)与NaOH溶液反应生成氯化钠、亚硝酸钠和水，反应的化学方程式为；
②测定水体中氯离子的含量时常使用AgNO3溶液滴定法，选择用硝酸银溶液进行滴定，当氯离子消耗完后，银离子应与指示剂反应，生成一种有色沉淀,那么选择的指示剂的阴离子应在氯离子后面沉淀，由于溴化银和碘化银的KSp均小于氯化银的Ksp，所以，不能选择溴化钠和碘化钠，另外碳酸银沉淀为白色，无法与氯化银沉淀区分，只能选择Na2CrO4，故选C；
③利用溶液滴定溶液中的Cl-，可得关系式NOCl~ Cl-~，则250mL的样品反应液中NOCl的物质的量是c=0.2cmol，所以样品中NOCl的质量分数=100%==65.5c%。
19． Mg(OH)2、Al(OH)3 Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O 0.02mol 5.20g 130mL
(1)A-B段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀；B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3。
(2)固体混合物溶于水后所形成的溶液中加入盐酸，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。
(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]。
(4)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)。
(5)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)。
(1)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。答案为：Mg(OH)2、Al(OH)3；
(2)固体混合物溶于水后所形成的溶液中加入盐酸，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。答案为：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++4OH-＝AlO2-+2H2O；
(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。答案为：0.02mol；
(4)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，氢氧化钠的质量为：0.13mol×40g/mol＝5.20g。答案为：5.20g；
(5)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。答案为：130mL。
【点睛】在多反应体系中求解时，我们可利用终态法，根据反应产物与加入的反应物共存的原则，确定产物的成分，从而建立反应物与生成物的定量关系。
20． 2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑ 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑ 0.672 10.0
(1)甲烧杯中发生的反应为铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的离子反应方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；乙烧杯中发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑，故答案为：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑；
(2)由方程式可知，当酸、碱均过量时，产生氢气的体积比应为1:1，当铝均过量的时候，产生氢气的体积比为1:3，由反应结束产生氢气的体积比为1:2可知，甲烧杯中盐酸不足量，乙烧杯中铝不足量，甲烧杯中盐酸的物质的量为3mol/L×0.01L=0.03mol，标准状况下生成氢气的体积为0.03mol××22.4L/mol=0.336L，则乙烧杯中产生氢气的体积为0.336L×2=0.672L，故答案为：0.672；
(3)由乙烧杯中产生氢气的物质的量为0.03mol可知，两烧杯中加入铝的物质的量为0.03mol×=0.02mol，甲烧杯中反应生成氯化铝的物质的量为0.03mol×=0.01mol，乙烧杯中反应生成偏铝酸钠的物质的量为0.02mol，过量的氢氧化钠的物质的量为(0.03—0.02)mol=0.01mol，若把完全反应后的甲、乙两烧杯中的溶液充分混合在一起，氯化铝溶液会与偏铝酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应生成氢氧化铝沉淀，当加入氢氧化钠溶液使“浑浊”彻底“澄清”时得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，设加入的氢氧化钠为amol，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(0.03+a) ×1=0.03mol×1+(0.01+0.02) ×1，解得a=0.03mol，则3mol/L氢氧化钠溶液的体积为 ×1000mL/L=10.0mL，故答案为：10.0。
21． 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2↑ 40 11.4
A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第ⅥA族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳，据此答题。
A、B、C、D、E是五种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A氢元素；B原子最外层电子数比其次外层电子数多2，则B碳元素，D的族序数与周期数相等，且D的原子序数大于B，同D为铝元素，D和E的原子序数之和为30，则E为氯元素，C是E的邻族元素，即为第ⅥA族元素，且原子序数介于B、D之间，则C为氧元素，甲分子中含有18个电子，根据表格中各物质中的原子个数比可知，甲为双氧水，乙为甲烷，丙为氯化铝，丁为四氯化碳；
(1)E为Cl元素，质子数为17，某种核素中中子数比质子数多3个，则中子数为20，质量数为37，表示这种核素的符号为；
(2)D为Al元素，Al溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2+3H2↑；
(3)由分析知甲为过氧化氢，是共价型化合物，其电子式为；
(4) 有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液，其中c(Mg2+)=0.2mol L-1，c(Cl-)=1.3mol L-1，则c(Al3+)=0.3mol L-1，要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，此时Al3+要生成AlO2-，需要NaOH物质的量为0.3 mol L-1×0.1L×4+0.2 mol L-1×0.1L×2=0.16mol，所以溶液的体积为=0.04L=40mL；
(5)由分析知：BC2为CO2、BC为CO、乙为CH4，则在密闭容器中充入CO2、CO、CH4的混合气体共mg，加入足量Na2O2，并不断用电火花点燃至反应完全，测得固体质量增重mg；因CO和甲烷燃烧分别生成CO2和水及CO2，然后再分别和过氧化钠反应，发生反应有：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，两个反应中，对Na2O2固体而言，反应中Na2O2增重的质量实际是H2O中H的质量和CO2中CO的质量，即其结果可看作：Na2O2+H2=2NaOH，Na2O2+CO=Na2CO3，固体增加质量=CO或氢气的质量，说明混合物应该符合条件(CO)mHn，所以只要将CH4和CO2体积符合C和O的物质的量比为1：1即可；设CH4的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，=1:1，解得：x=y，故混合气体中CO2和CH4的质量比为44:16=11:4。
22． (或) 正四面体形 杂化 、分子中N、O的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大
X、Y、Z、R、T位于前四周期；s电子的电子云呈球形，X的阴离子核外电子云均呈球形，表明X只有s电子，X是H元素；Y原子的最高能级上有3个未成对电子，Y位于ⅤA族，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的气态氢化物中最大，Y是N元素；Z基态原子核外有3个能级填充了电子，能量最高能级的电子数等于前两个能级的电子数之和，由此推断出Z的p轨道上含有4个电子，Z是O元素；R元素原子的最外层电子排布式为，且位于前四周期，由此推断R是Si元素；T核素的质量数为65，中子数为36，则质子数为29，T是Cu元素。
(1)基态的电子排布式为(或)；
(2)非金属性：，所以Y、Z、R的电负性由大到小的顺序为；
(3)的空间结构为正四面体形，离子中N原子的杂化轨道类型为杂化，的电子式为；
(4)的键角大于的键角的主要原因是、分子中N、O的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小；
