第1章《原子结构 元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．下列说法不正确的是
A．工业上常用来漂白纸浆、毛、丝等
B．可做漂白剂和呼吸面具中的供氧剂
C．工业上常用氯气和饱和石灰水制漂白粉
D．工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅得到粗硅和一氧化碳
2．下列事实不能说明Cl的非金属性比S强的是
A．Cl2比S更容易与氢气化合 B．HClO的酸性比H2SO3的酸性强
C． D．HCl比H2S热稳定性更强
3．下列有关物质性质的应用正确的是
A．石英坩埚耐高温，可用来加热熔化NaOH固体
B．浓硫酸有脱水性，可用作干燥剂
C．二氧化硫有漂白性，可大量用于加工食品使食品漂白
D．医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌
4．下列变化过程没有发生化学变化的是
A．烧碱变质 B．84消毒液杀菌 C．焰色试验 D．水滴石穿
5．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。下列说法正确的是
A．原子半径由小到大的顺序：X< Y < Z< w
B．Z的最高价氧化物能与水反应生成相应的酸
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，0．1 mol/L w的气态氢化物的水溶液的氢离子浓度小于0．1 mol/L
6．下表是X、Y、乙、W、R、T六种短周期元素的某些性质，下列判断错误的是
元素 X Y Z W R T
最低负化合价 -4 -2 -3 -1 -2 -1
电负性 2.55 2.58 3.04 3.16 3.44 4.00
A．W、R、T简单氢化物的稳定性：W
C．ZW3为极性分子
D．ZR的空间构型为三角锥形
7．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．石膏常作豆浆的聚沉剂
C．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
D．天然石英和红宝石的主要成分都是二氧化硅
8．2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用做锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是
A．X元素在自然界中不能以游离态存在
B．Y元素的单质不可以置换Z元素的单质
C．Y的氢化物可用于刻蚀玻璃
D．X的氧化物对应的水化物均为强酸
9．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R的最简单气态氢化物是天然气的主要成分，X的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同。元素X和Z形成化合物G，G中X和Z元素的质量之比为23∶16。可溶性化合物E和F分别含元素Y、X，在10 mL 1.0E溶液中滴加1.0F溶液，产生沉淀的物质的量与F溶液体积的关系如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A．原子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．X和Y的单质组成的混合物不能完全溶于水
D．金属性：
10．中国不少古诗词清晰地描绘了当时人们的生活状态，如刘禹锡的《浪淘沙》：“日照澄洲江雾开，淘金女伴满江隈。美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是
A．“沙中浪底来”指的是金的氧化物
B．淘金原理与萃取原理一致
C．雾的分散质粒子的直径小于1 nm
D．由沙子到计算机芯片发生了氧化还原反应
11．已知1-18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（ ）
A．质子数：c>b
B．氢化物的稳定性：H2Y>HZ
C．离子的还原性：Y2->Z-
D．原子半径：X
A．X的最高价氧化物对应的水化物是弱酸
B．元素Z位于元素周期表的第3周期Ⅵ族
C．Y形成的单质能在二氧化碳中燃烧
D．原子半径的大小顺序: r(Z)＞r(Y)＞r(X)
二、非选择题（共10题）
13．填空题
(1)H、D、T三种原子，它们之间的关系是_________；在标准状况下，它们的单质的密度之比为_____；1 mol各单质中，它们的质子数之比为________；在标准状况下，1L各种单质中，它们的电子数之比为________。
(2)第116号元素（元素符号Lv）被中国科学技术名词审定委员会命名为垃，该元素在元素周期表中的位置是_____，属于______元素（填“金属”或“非金属”），若该元素存在最高价氧化物对应的水化物，则其化学式为_______。
(3)下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）。请把与下面元素有关性质相符的曲线标号(A～G)填入相应的空格中：
①IIA族元素的价电子数________；
②第三周期元素的最高正化合价________；
③VIIA族元素氢化物的沸点____________。
(4)核内中子数为N的R2+，质量数为A，则ng它的相同价态氧化物中所含的电子的物质的量约为_____mol。
①若R为钙元素，且N=19，则采用原子符号的表达方式，可将R2+表示为_______；
②若R为第五周期IIA元素，则其硫酸盐______于水（填“溶”或“不溶”）。
14．FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为____。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是__。
15．根据要求完成下列各小题的实验目的(a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去)。
(1)验证碳、硅非金属性的相对强弱(已知酸性：亚硫酸>碳酸)。
①连接仪器、_______________________、加药品后，打开a关闭b，然后滴入浓硫酸，加热圆底烧瓶。
②铜与浓硫酸反应的化学方程式是_______________________________________。
③能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是________________________________。
(2)验证SO2的氧化性、还原性和酸性氧化物的通性。
①在(1)①操作后打开b，关闭a。
②一段时间后，H2S溶液中的现象是________________________，化学方程式是_________________________________________________。
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加下列溶液，将产生的沉淀的化学式填入下表相应位置。
滴加的溶液 氯水 氨水
沉淀的化学式 ______________________ ______________________
写出其中SO2显示还原性生成沉淀的离子方程式______________________________________。
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．探究同周期元素性质的递变规律
（1）相同条件下，将钠、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的稀盐酸中，试预测实验结果：_______与稀盐酸反应最剧烈；______与稀盐酸反应产生的气体最多。
（2）向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4出现白色沉淀，可证明S的非金属性比Si强，反应的离子方程式为_____________________________。
Ⅱ．探究同主族元素非金属性的递变规律
某研究性学习小组设计了一组实验来探究ⅦA族元素原子的得电子能力强弱规律。下图中A、B、C是三个可供选择制取氯气的装置，装置D的玻璃管中①、②处依次放置蘸有NaBr溶液、NaOH浓溶液的棉球。
（3）写出装置B中仪器a的名称 ________________。
（4）实验室制取氯气还可采用如下原理：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，依据该反应原理选择_____________（填“A”或“B”或“C”）装置制取氯气。
（5）反应装置的导气管连接装置D的X导管，①处发生反应的离子方程式为________________________；
（6）装置D中②处NaOH浓溶液的作用：________________________；写出对应的化学方程式________________。
17．某研究性学习小组设计了实验验证元素周期律。
Ⅰ.利用图1所示装置(夹持仪器已略去)探究元素S、C、Si的非金属性强弱。
(1)分液漏斗A中应盛放的试剂是_______，能证明非金属性S>C>Si的现象为_______；试管C中发生反应的离子方程式为_______。
Ⅱ.用图2所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性良好)证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。
实验过程：①打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
②当F和G中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
③当F中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。
④……
(2)E中反应的化学方程式为_______。
(3)F中反应能证明非金属性Cl>Br的原因是_______(用离子方程式表示)。
(4)为证明非金属性Br>I，过程④的操作是_______；现象为_______。
(5)氯溴、碘非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐_______，得电子能力逐渐_______。
18．(1)35Cl-离子结构示意图_______。
(2)16.4 g NaR含有Na+ 0.2 mol，则NaR的摩尔质量为____，则含R-的质量为5.9 g的NaR的物质的量为_______。
(3)标准状况下，3.2 g甲烷(CH4)所占的体积为___L，它与标准状况下__L硫化氢(H2S)含有相同数目的氢原子。
(4)在200 g浓度为18 mol·L-1、密度为ρ (g·cm-3)的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9 mol·L-1的硫酸，则加入水的体积_____200 mL。（填“>”“<”、“=”）
19．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，生成1.16 g白色沉淀。再向所得的悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L 的盐酸溶液，加入盐酸溶液的体积与生成沉淀的关系如下图所示。试回答：
(1)写出A点到B点发生反应的离子方程式_______。
(2)写出B点到C点发生反应的离子方程式_______。
(3)C点加入盐酸溶液的体积为_______。
(4)原混合物中MgCl2的物质的量是_______，NaOH的质量是_______。
20．（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___。
21．如下表为元素周期表的一部分，请回答有关问题：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
2 ① ②
3 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
4 ⑨ ⑩
(1)⑤和⑧的元素符号是________和________。
(2)表中最活泼的金属是________，非金属性最强的元素是________(填写元素符号)。
(3)表中能形成两性氢氧化物的元素是________，分别写出该元素的氢氧化物与⑥、⑨最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______________、____________________。
(4)请设计一个实验方案，比较⑦、⑩单质氧化性的强弱：________________。
22．A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D是地壳中含量最多的元素，E是短周期中金属性最强的元素，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的主族元素。请回答下列问题：
(1)C在元素周期表中的位置为_______，G的原子结构示意图是_______。
(2)D与E按原子个数比1：1形成化合物甲，其电子式为_______，其与水反应的化学方程式为_______。
(3)D、E、F、G形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_______。(用离子符号表示)
(4)B、C、F、G最高价氧化物对应水化物，酸性最强的是_______。(填化学式)
(5)写出一种由A、B、C、D四种元素组成的正盐的化学式_______。
参考答案：
1．C
A．SO2具有漂白性，工业上常用SO2来漂白纸浆、毛、丝等，A正确；
B．Na2O2具有强氧化性，可以做漂白剂；Na2O2和CO2反应生成O2，可以做呼吸面具中的供氧剂，B正确；
C．石灰水中Ca(OH)2浓度小，吸收Cl2效率低，不适合制备漂白粉，工业上常用氯气和饱和石灰乳制漂白粉，C错误；
D．工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅得到粗硅和一氧化碳，反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO↑，D正确；
故选C。
2．B
A．非金属性越强，单质与氢气越容易化合，故A能证明；
B．HClO和H2SO3都不是相应元素的最高价氧化物的水化物，无法通过比较二者的酸性强弱来比较Cl和S的非金属性强弱关系，且H2SO3的酸性强于HClO，故B不能证明；
C．根据该反应可知氧化性Cl2＞S，单质的氧化性越强，非金属性越强，故C能证明；
D．非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，故D能证明；
综上所述答案为B。
3．D
试题分析：A、SiO2属于酸性氧化物，SiO2＋2NaOH=Na2SiO3，不能用来加热熔化NaOH固体，故错误；B、浓硫酸做干燥剂，利用其吸水性，故错误；C、二氧化硫具有漂白性，但也有毒，不能用于食品的漂白，故错误；D、医用酒精75%，能使蛋白质变性，用来消毒杀菌，故正确。
考点：考查化学物质的运用和性质等知识。
4．C
有新物质生成的变化是化学变化。
A．烧碱是NaOH，在空气中与CO2反应而变质，有新物质生成，是化学变化，A不符合题意；
B．84消毒液的有效成分是NaClO，因强氧化性而能够杀菌，发生氧化还原反应，是化学变化，B不符合题意；
C．焰色试验是由电子跃迁引起的，没有新物质生成，是物理变化，C符合题意；
D．水中溶解有少量的CO2，石头的主要成分是CaCO3，发生反应CO2+CaCO3+H2O=Ca(HCO3)2，而Ca(HCO3)2溶于水，导致水滴石穿的现象发生，属于化学变化，D不符合题意；
故选C。
5．C
根据题意，Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，则Y是Al元素；Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，则Z是Si元素、X是C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W是Cl元素。
A．原子半径：Al>Si>Cl>C，A错误；
B．SiO2与水不反应，B错误；
C．铝在高温下可以与氧化铁发生铝热反应，C正确；
D．HCl为强酸，0.1 mol/L HCl水溶液的氢离子浓度等于0.1 mol/L，D错误。
6．D
Y和R的最低负化合价均为-2，且R的电负性比Y大，则R为O，Y为S；
W和T的最低负化合价均为-1，且T的电负性比W大，则T为F，W为Cl；
Z的最低负化合价为-3，电负性比Y(S)大，则Z为N；
X的最低负化合价为-4，电负性为2.55，则X为C；
综上所述，X、Y、Z、W、T分别为C、S、N、Cl、F，据此解答。
A．电负性：W＜R＜T，所以非金属性：W＜R＜T，简单氢化物的稳定性：W
C．ZW3(NH3)为三角锥形分子，正负电荷中心不重合，为极性分子，C正确；
D．ZR(NO3-)的中心N原子的价层电子对数==3，孤电子对数=0，N为sp2杂化，且没有孤电子，所以ZR(NO3-)为平面三角形，D错误。
答案选D。
7．D
A．高纯硅可用于制作光感电池 ，A正确；
B．豆浆为胶体，石膏为硫酸钙，可作为胶体的聚沉剂，B正确；
C．无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水，C正确；
D．红宝石的主要成分为氧化铝，D错误；
故选D。
8．C
据图可知X可以形成6个共价键，X原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且位于第三周期，所以为S元素，则Z为O元素；W、Z、Y位于同一周期，Y可以形成一个共价键，则Y为F元素，整个离子带一个单位负电荷，则W为N元素。
A．X为S元素，硫元素在自然界中通常以硫化物、硫酸盐或单质的形式存在，A错误；
B．Y为F元素，Z为O元素，2F2+H2O=4HF+O2，B错误；
C．Y为F元素，其氢化物为HF，可以与SiO2反应从而刻蚀玻璃，C正确；
D．X为S元素，其+4价氧化物对应的水化物H2SO3为弱酸，故D错误；
故选C。
9．A
R的最简单气态氢化物是天然气的主要成分，则R为碳；X的+1价阳离子的电子层结构与氖原子相同，则X为钠；元素X和Z形成化合物G，G中X和Z元素的质量之比为23∶16，则Z为硫；由曲线及题中信息，可确定Y为铝。从而确定，R、X、Y、Z分别为C、Na、Al、S。
A．钠元素与铝元素位于第三周期，钠原子半径大于铝原子，碳元素位于第二周期，所以原子半径，A正确；
B．碳元素的最高价氧化物对应的水化物碳酸为弱酸，硫元素的最高价氧化物对应的水化物硫酸为强酸，铝元素的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝为两性氢氧化物，酸性最弱，B错误；
C．若钠单质足量，其与水反应生成的氢氧化钠溶液可以将铝单质全部溶解生成偏铝酸钠，C错误；
D．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，故金属性，D错误；
故选A。
10．D
A．金化学性质稳定，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；
B．沙里淘金的原理是金子的密度比沙子的密度大，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金留在容器里，与萃取原理不同，故B错误；
C．雾属于气溶胶，分散质粒子的直径为1~100 nm，故C错误；
D．沙子的主要成分为二氧化硅，计算机芯片的主要成分为硅单质，二氧化硅生成单质硅，硅元素化合价变化，发生了氧化还原反应，故D正确；
选D。
11．C
aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构，则W、X、Y、Z在周期表中的相对位置是。
A．四种离子的电子层结构相同，则W、X、Y、Z在周期表中的相对位置是，所以质子数a、b、c、d的大小关系应为a＞b＞d＞c，故A错误；
B． Y、Z在同一周期，Y在Z的左边，Y的非金属性小于Z，氢化物的稳定性H2Y
D．同周期元素从左到右半径减小，原子半径大小关系应为X＞W，故D错误；
选C。
12．C
Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，说明X是第二周期的元素，Z最外层有6个电子，X与Y、Z位于相邻的周期，说明Y、Z位于第三周期，Z是S。Z原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的3倍，Y是Mg。X、Y、Z原子的最外层电子数之和为13，说明X是N。
A．N的最高价氧化物对应的水化物是硝酸是强酸，A错误；
B．S位于元素周期表的第3周期ⅥA族，B错误；
C．Mg在二氧化碳中燃烧生成碳和氧化镁，C正确；
D．Mg的原子半径最大，D错误。
故选C。
13．(1) 同位素 1：2：3 1：1：1 1：1：1
(2) 第七周期第VIA族 金属 H2LvO4
(3) B C D
(4) 或 不溶
（1）H、D、T是同种元素的不同核素，它们互为同位素；根据阿伏伽德罗推论，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，即2×1 g mol 1：2×2 g mol 1：2×3 g mol 1=1:2:3；同位素指的是质子数相等，中子数不同的核素，即两者的质子数相等，它们的质子数之比为1:1:1；在标准状况下，1L各种单质中，则根据阿伏伽德罗定律，体积之比等于物质的量之比，对原子来说，电子数等于质子数，它们的电子数之比为1:1:1；故答案为：同位素；1:2:3；1:1:1；1:1:1。
（2）118号元素位于第七周期第0族，则116号元素位于第七周期第VIA族，属于金属，根据VIA族最高价显＋6价，即最高价氧化物的水化物是H2LvO4；故答案为：第七周期第VIA族；金属；H2LvO4。
（3）①第IIA族价电子数都为2；故答案为：B。
②同周期从左向右最高正价由＋1价→＋7价，稀有气体没有最高正价；故答案为：C。
③HF存在分子间氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI中不存在氢键，随着相对分子质量的增大，熔点升高；故答案为：D。
（4）1molRO中含有电子物质的量为(A－N＋8)mol，R的近似相对原子质量为A，因此ng RO含有电子的物质的量为；故答案为：。
①Ca元素质子数为20，则质量数为39，即；故答案为：或。
②R为Sr，因为CaSO4是微溶，BaSO4难溶，同主族性质的相似性，即SrSO4不溶；故答案为：不溶。
14． 2:7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1molFeO·Cr2O3失去7mol电子，1molNaNO3得到2mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2:7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
15． 检查装置气密性 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O A中品红溶液没有褪色，析出白色沉淀 溶液变浑浊 2H2S+SO2=3S↓+ 2H2O BaSO4 BaSO3 SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+
实验开始时接仪器并检查装置气密性；铜与浓硫酸混合加热发生反应，铜被氧化成+ 2价的Cu2+，硫酸被还原成+4价的SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；据此检验SO2；当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀，说明碳的非金属性比硅强；SO2中硫元素的化合价是+ 4价，被H2S中-2价的S还原为S单质；Cl2具有氧化性，能将SO2氧化成+ 6价的H2SO4，H2SO4电离产生的和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，当溶液中存在氨水时，SO2与氨水反应产生(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。SO2与Cl2在溶液中反应产生HCl和H2SO4，在该反应中SO2表现还原性。
(1)①实验开始时，先连接仪器并检查装置气密性；
②铜和热的浓硫酸反应，反应中Cu元素的化合价由0升高到+2价Cu2+，浓硫酸被还原为SO2，同时产生水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
③SO2具有漂白性，当A中品红溶液没有褪色，说明SO2已经完全除尽，避免了SO2和可溶性硅酸盐反应，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出白色沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性；
(2)②SO2中硫元素的化合价是+4价，具有氧化性，SO2气体与H2S溶液在常温下反应，生成淡黄色难溶性固体硫(单质)和水，因此看到溶液变浑浊，反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+ 2H2O；
③BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，一份滴加氯水溶液，氯水中有Cl2分子，Cl2分子具有氧化性，能把SO2氧化成+ 6价的，和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，该反应的方程式为：Ba2++SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4H++2Cl-，另一份中滴加氨水，二氧化硫和水生成亚硫酸，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵电离出铵根离子和亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成BaSO3白色沉淀；SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，该反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=+2Cl-+4H+。
16． Na Al 2H++SiO32-=H2SiO3 分液漏斗 A Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 吸收多余的Cl2，防止污染空气 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
Ⅰ（1）金属活泼性顺序为：钠＞镁＞铝，所以相同条件下与盐酸反应最激烈的是Na，反应速率最慢的是Al；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol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Al，
故答案为Na；Al；
（2）向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4出现白色沉淀，生成硅酸和硫酸钠，反应的离子方程式为SiO32－＋2H+=H2SiO3↓；
Ⅱ．（3）由装置图可知a为分液漏斗；
（4）高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热且是固体与液体之间的反应，因此可以选择装置A制取氯气；
（5）反应装置的导气管连接装置D的X导管，因为①处为NaBr溶液，氯气与溴化钠反应生成溴和氯化钠，反应的离子方程式为Cl2＋2Br－＝2Cl－＋Br2；
（6）装置D中②处NaOH浓溶液的作用：吸收多余的Cl2，防止污染空气；氢气化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
17． 稀硫酸 锥形瓶B中固体溶解并产生气泡；试管C中产生白色沉淀 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡 静置后四氯化碳层溶液变为紫红色 增大 减弱
Ⅰ(1)比较S、C、Si三种元素的非金属性强弱，利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断，所以分液漏斗中盛放稀硫酸，锥形瓶B中稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳进入试管C中和硅酸钠反应生成硅酸沉淀。
Ⅱ(2)高锰酸钾氧化浓盐酸生成氯气，化学方程式为。
(3)生成的氯气通入F装置中把溴化钠氧化为单质溴，F中溶液发生反应的离子方程式是。
(4)由于要排除氯气对溴，置换碘的实验干扰，则为了证明溴的氧化性强于碘，过程④的操作是打开活塞b，将少量G中溶液滴入H中，关闭活塞b，取下H振荡；现象是静置后四氯化碳层溶液变为紫红色。
(5)氯、溴、碘单质的非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
18． 82 g/mol 0.1 4.48 8.96 <
(1)Cl是17号元素，Cl原子得到1个电子变为Cl-，根据原子核外电子排布书写；
(2)NaR中含有1个Na+，根据n=，计算NaR的摩尔质量，结合Na相对原子质量是23，可计算出R的相对原子质量，再根据n=，可计算出R-及NaR的物质的量；
(3)先根据n=计算甲烷的物质的量，再根据n=计算甲烷的体积，结合CH4、H2S分子中含有的H原子数目关系计算H2S的物质的量，最后根据n=计算H2S的体积；
(4) 18 mol·L-1硫酸变为9 mol·L-1硫酸，溶液的体积是原来的2倍，根据硫酸密度比水的大进行判断。
(1)Cl是17号元素，Cl原子得到1个电子变为Cl-，Cl-核外有18个电子，核外电子排布是2、8、8，所以35Cl-离子结构示意图为：；
(2)NaR中含有1个Na+，16.4 g NaR含有Na+ 0.2 mol，则根据n=可知NaR的摩尔质量M==82 g/mol；Na相对原子质量是23，则R的相对原子质量=82-23=59，5.9 gR-的物质的量为5.9g÷59 g/mol=0.1 mol，则含有R-0.1 mol的NaR的物质的量为0.1 mol；
(3)3.2 g甲烷(CH4)的物质的量为n(CH4)==0.2 mol，其在标准状况下的体积V=n·Vm=0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L；0.2 mol甲烷中含有0.8 molH原子，则含有0.8 molH原子的H2S的物质的量为n(H2S)=0.8 mol÷2=0.4 mol，所以该气体在标准状况下的体积V= n·Vm=0.4 mol×22.4 L/mol=8.96 L；
(4)硫酸的浓度由18 mol/L变为9 mol/L，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知稀释后溶液的体积是原来的2倍，水的密度是1 g/mL，200 g浓硫酸的体积小于200 mL，所以加入水的体积<200 mL。
【点睛】本题考查了原子结构示意图的书写、有关物质的量的计算。注意掌握物质的量与物质的摩尔质量、气体摩尔体积之间的转化关系，相对原子质量与摩尔质量关系计算。明确原子结构与表示方法的关系书写。
19．(1)+H++H2O= Al(OH)3↓
(2)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
(3)130 mL
(4) 0.02 mol 0.13 mol
向所得悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L盐酸溶液时，A点之前没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，故混合物溶于水之后所含物质为：NaAlO2、NaOH、Mg(OH)2，A点之前发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，AB段沉淀增加，发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，BC段发生沉淀溶解，对应反应为：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O。
（1）
由分析知，AB段发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，对应离子方程式为：+H++H2O= Al(OH)3↓；
（2）
由分析知，BC段发生沉淀溶解，对应离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；
（3）
A点沉淀是Mg(OH)2，物质的量是1.16 g÷58 g/mol=0.02 mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)=0.02 mol；AB段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，根据反应比例知，n( )=n(HCl)= n[Al(OH)3]=1 mol/L×(0.03-0.01)L=0.02 mol，根据铝元素守恒得n(AlCl3)=n()=0.02 mol， BC段消耗盐酸物质的量n(HCl,BC)=2n[Mg(OH)2]+ 3n[Al(OH)3]=0.02 mol×2+0.02 mol×3=0.1 mol，对应消耗体积V(HCl,BC)=，即100 mL，故C点加入盐酸总体积=30+100=130 mL，故此处填130 mL；
（4）
由(3)分析知，n(MgCl2)=0.02 mol；根据反应知，B点溶液中溶质为NaCl，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)=0.02 mol×2+0.02 mol×3+0.03 L×1 mol/L=0.13 mol。
20． 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)。
【点睛】本题(2)注意掌握确定复杂化学式的方法，能够根据题中信息找出规律是解答本题关键。
21． Si Ar K F Al Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- 或Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 在试管中加2 mL KBr稀溶液，再滴加少量新制氯水，振荡，然后加入2 mL CCl4，振荡、静置、观察到CCl4层呈橙红色(其它合理答案也可)
根据元素在周期表的位置可知：①是N元素，②是F元素，③是Mg元素，④是Al元素，⑤是Si元素，⑥是S元素，⑦是Cl元素，⑧是Ar元素，⑨是K元素，⑩是Br元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
(1)⑤表示的是Si元素；⑧表示的是Ar元素。
(2)在上述元素中最活泼金属位于左下角的K元素，非金属性最强的是右上角的F元素。
(3)处于元素周期表金属与非金属交界区的Al元素的氢氧化物Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱均发生反应。⑥是S元素，其最高价氧化物对应的水化物H2SO4是强酸，其与Al(OH)3反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；⑨是K元素，其最高价氧化物对应的水化物KOH是强碱，其与Al(OH)3反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O。
(4)若比较Cl2和Br2的氧化性强弱，可根据元素单质之间的置换反应比较，如2KBr+Cl2=2KCl+Br2，实验方案是：在试管中加2 mL KBr稀溶液，再滴加少量新制氯水，振荡，然后加入2 mL CCl4，振荡、静置、观察到CCl4层呈橙红色，说明Br2被置换出来，元素的非金属性：Cl＞Br。
22．(1) 第二周期第ⅤA族
(2)
(3)
(4)
(5)
A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，则A为氢元素；B元素原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则B有2个电子层，最外层有4个电子，B为碳元素；D元素是地壳中含量最多的元素，则D为氧元素；C原子序数介于碳、氧之间，C为氮元素；E元素是短周期元素中金属性最强的元素，则E为Na元素；F与G的位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，可推知F为S元素、G为Cl元素。根据上述分析，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，E为Na元素，F为S元素，G为Cl元素。
（1）C是氮元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为5，在元素周期表中位于第二周期第VA族，G为Cl元素，原子结构示意图是，故答案为：第二周期第VA族；；
（2）D与E按原子个数比1∶1形成的化合物甲为Na2O2，其电子式为，其与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为；故答案为：；；
（3）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序是：S2->Cl->O2->Na+，故答案为：S2->Cl->O2->Na+；
（4）Cl、S、N、C四种元素中Cl元素的非金属性最强，其高价氧化物对应水化物HClO4酸性最强，故答案为：HClO4；
（5）由H、C、N、O四种元素组成的正盐的化学式为 (NH4)2CO3，故答案为：(NH4)2CO3
