第1章《原子结构 元素周期律》测试卷
一、单选题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，X、Z同主族且质子数之比为1：2，Y的最高价氧化物对应的水化物属于中强碱。下列说法正确的是
A．简单离子半径：Z＞X＞Y
B．常温下，W的氢化物均为气体
C．X、Z形成的化合物可用作食品漂白剂
D．工业上常用W单质作还原剂冶炼Y单质
2．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A．实验室熔融烧碱时，不可选用陶瓷坩埚
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是二氧化硅
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
3．下列有关元素周期表和周期律的说法中，正确的是
A．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个VIII族，共16纵行
B．F是原子半径最小的非金属元素
C．短周期中，Cl的非金属性最强
D．原子半径Na>O,离子半径Na+
A．硅的结构与金刚石类似，是带有金属光泽的灰黑色的固体，有脆性
B．烟花是碱金属以及锶、钡等金属化合物的焰色反应，其中钡的焰色反应是绿色
C．游离态的硫存在于火山喷口附近，火山喷出物中含有硫化氢、二氧化硫和三氧化硫
D．纯净的 H2 在 Cl2 中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色烟雾
5．1995年，IUPAC原子量与同位素丰度委员会在英国Guildford 会议上决定修正五项原子量，其中已修正的有(C)12.0107(8)，这里的12.0107(8)所指的是
A．12C的相对原子质量 B．碳元素的相对原子质量
C．12C的质量数 D．碳原子的相对原子质量
6．下列叙述正确的是
A．溶液和胶体的本质区别是有无丁达尔效应
B．明矾在水中能形成Al(OH)3胶体，可作净水剂
C．玻璃、水泥和光导纤维的主要成分都是硅酸盐
D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色，将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也恢复原色
7．现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关材料的说法不正确的是
A．运载火箭的动力源于氧化还原发应
B．硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料
C．储氢合金是一种能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
D．精密计时的铯原子钟，铯(Cs)是第五周期第IA族元素
8．某矿石的成分为Cos、，某化学兴趣小组查阅资料后设计的回收钴和铜的工艺流程如图：
已知钴的金属性强于Cu弱于Fe,下列说法正确的是
A．“生物浸出”在较高温度下进行可以提高浸出率
B．分液时，应将上层液体由分液漏斗下口放至另一烧杯中
C．萃取振荡时，分液漏斗上口应倾斜向下
D．用KSCN溶液和新制氯水可以检验“水相”中的
9．分别由短周期元素m、n、p、q组成的单质依次为甲、乙、丙、丁，有关反应关系如图所示(部分产物省略)。其中甲为黄绿色气体，M为18电子分子，N为10电子分子且N的水溶液呈碱性，Q为离子化合物。下列说法中正确的是
A．原子半径的大小m>n>q>p B．元素非金属性n>m>p
C．N的热稳定性大于M D．n的氧化物的水化物一定为强酸
10．人类在原子结构的认识经历了漫长过程，此间提出了多种原子模型，下列模型排序符合历史发展顺序的是
A．①②③④⑤ B．②①④③⑤ C．③①②⑤④ D．③②④①⑤
11．下列从混合物中分离出其中的一种成分，所采取的分离方法正确的是（ ）
A．由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来
B．由于碱石灰（成分是NaOH、CaO）能吸收水蒸气，所以可用碱石灰除去氯气中的水蒸气
C．四氯化碳和水混合后，可用分液的方法来分离
D．NaCl溶解度随温度下降而减小，所以可用冷却结晶的方法从含KNO3的NaCl溶液中分离得到纯净的NaCl
12．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．溶液中含有的数目为
B．中含有的中子数为
C．铁在氯气中充分燃烧，转移电子数为
D．标准状况下，氦气中含有的原子总数为
13．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是
X Y
Z W
A．X的气态氢化物比Y的稳定
B．Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强
C．Y的非金属性比Z的强
D．原子半径：X ＜ Z ＜ W
14．现有W、X、Y、Z四种短周期主族元素，其原子半径依次增大。W、X原子的最外层电子数相同，Y、Z两原子的原子序数之和与W、X两原子的核内质子数之和相等。Z与X形成的二元化合物的水溶液呈碱性。下列说法错误的是
A．四种元素中，W的非金属性最强，Z的金属性最强
B．由Z和W两种元素形成的化合物中一定只含有离子键
C．四种元素形成的简单离子中，X的半径最大，Y的半径最小
D．X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物相互之间能发生反应
15．下列实验操作所对应的实验现象及结论均正确的是
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向硅酸钠溶液中滴加盐酸 有白色胶状沉淀生成 非金属性：Cl>Si
B 向某盐X溶液中加入稀盐酸，并将产生的无色无味气体通入澄清石灰水 有白色沉淀生成 X一定是碳酸盐
C 将湿润的淀粉 KI试纸分别放入NO2和Br2蒸气中 试纸只在Br2蒸气中变蓝色 氧化性：Br2>NO2
D 向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入几滴稀H2SO4 溶液由浅绿色变成黄色，并有气体逸出 Fe2+在酸性条件下被NO氧化
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
16．甲元素原子的L电子层上只有一个空原子轨道；乙元素原子的核电荷数为33。根据甲、乙两元素的信息，回答有关问题：
（1）甲的元素符号是____________；其轨道表示式为____________。
（2）乙元素原子的最外层电子排布式为____________，其在元素周期表中的位置是____________。
（3）甲属于____________区元素，乙属于____________区元素。
17．1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上的重要里程碑之一。下表是元素周期表的一部分：
①
② ③ ④
⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
过渡元素 ⑩
注意：用元素符号或化学式填空。
(1)①到⑩号元素中，所形成的氢化物最稳定的是___________，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___________。③号元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)实验室制备②的气态氢化物的化学方程式为___________。
(3)元素⑤的最高价氧化物对应水化物含有的化学键类型为：___________(选填“离子键”“极性键”“非极性键”)，其与⑦的最高价氧化物所对应的水化物能相互反应，反应的离子方程式是：___________。
(4)下列说法正确的是___________
A．碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成的氧化物为R2O
B．一定条件下，随着核电荷数的增加，卤素单质与H2化合越来越难
C．随着核电荷数的增加，卤族单质的氧化性逐渐增强
D．周期表七行七个周期，18列16族
三、实验题
18．海带中含有丰富的碘元素，从海带中提取碘的实验流程如图所示：
(1)进行步骤②过滤操作时，需要使用的玻璃仪器有_______。
(2)写出步骤③所发生反应的离子方程式：_______。
(3)步骤④的操作名称是_______。该步骤中不能用酒精代替苯的理由是_______。
(4)检验提取碘后水层是否仍含碘单质的方法是_______。
19．物质的分离提纯是生产生活的重要环节，请根据要求回答下列有关问题。
I. 粗盐除掉泥沙后，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4等杂质。有个同学为了除去杂质得到精盐，设计了下面实验方案(用于沉淀的试剂稍过量)：
根据上述方案，回答下列问题：
(1)操作2中所加试剂及滴加顺序可以是_________。
A．BaCl2、Na2CO3、NaOH B．BaCl2、NaOH、Na2CO3 C．Na2CO3、BaCl2、NaOH
D．NaOH、BaCl2、Na2CO3 E.Na2CO3、NaOH、BaCl2 F.NaOH、Na2CO3、BaCl2
(2)若操作2只用两种试剂就能达到目的，请按滴加顺序写出试剂名称________、_______。
(3)操作4中加入的试剂a是_______________，目的是除去哪些离子：__________。
II. 通过蒸馏的方法除去自来水中含有的氯离子等杂质制取蒸馏水，原理如图所示。
(4)写出下列仪器的名称：①__________，②__________。
(5)检验自来水中Cl-的具体操作是：______________。
III. 用CCl4从碘水中萃取I2并用分液漏斗分离两种液体，其中的分液操作中有如下两步：
①将漏斗上口玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗的小孔。
②旋开活塞，用烧杯接收下层液体。
(6)步骤①的目的是________________。
(7)下层物质是_________________(填名称)。
四、计算题
20．氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。
根据题意完成下列计算：
(1)联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢化物，该氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，计算确定该氢化物的分子式___________。该氢化物受撞击则完全分解为氮气和氢气。4.30 g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为___________L。
(2)联氨和四氧化二氮可用作火箭推进剂，联氨是燃料，四氧化二氮作氧化剂，反应产物是氮气和水。
由联氨和四氧化二氮组成的火箭推进剂完全反应生成72.0 kg水，计算推进剂中联氨的质量___________。
(3)氨的水溶液可用于吸收NO与NO2混合气体，反应方程式为6NO+ 4NH3＝5N2+6H2O，6NO2+ 8NH3＝7N2+12H2O；NO与NO2混合气体180 mol被8.90×103g氨水(质量分数0.300)完全吸收，产生156 mol氮气。吸收后氨水密度为0.980 g/cm3。计算：①该混合气体中NO与NO2的体积比____________。②吸收后氨水的物质的量浓度_______________(答案保留1位小数)。
(4)氨和二氧化碳反应可生成尿素CO(NH2)2。尿素在一定条件下会失去氨而缩合，如两分子尿素失去一分子氨形成二聚物：
+NH3
已知常压下120 mol CO(NH2)2在熔融状态发生缩合反应，失去80 mol NH3，生成二聚物(C2H5N3O2)和三聚物。测得缩合产物中二聚物的物质的量分数为0.60，推算缩合产物中各缩合物的物质的量之比__________。
21．（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___。
参考答案：
1．A
【详解】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数是内层电子总数的2倍，W位于第二周期，因此W是C；X、Z同主族且质子数之比为1：2，符合条件的是O和S，即X是O，Z是S；Y的最高价氧化物对应的水化物属于中强碱，原子序数介于O和S之间，Y是Mg。则
A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同时半径随原子序数的增大而减小，即简单离子半径：Z＞X＞Y，A正确；
B. 常温下，C的氢化物不一定均为气体，例如苯是液体，B错误；
C. X、Z形成的化合物SO2有毒，不能用作食品漂白剂，C错误；
D. Mg是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁冶炼Mg单质，D错误；答案选A。
2．C
【详解】A．陶瓷含有二氧化硅，烧碱为氢氧化钠，能够与陶瓷中的二氧化硅反应，熔融烧碱不能选用玻璃坩埚，故A正确；
B．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故B正确；
C．陶瓷由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐，在新石器时代就已经开始使用，应用较早，故C错误；
D．硅酸盐材料的化学性质不活泼，具有耐酸碱腐蚀，抗氧化等有点，故D正确；
故选：C。
3．D
【详解】A. 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共18纵行，A错误；
B. H是原子半径最小的非金属元素，B错误；
C. 短周期中，F的非金属性最强，C错误；
D. 电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时半径随原子序数的增大而减小，则原子半径Na＞O，离子半径Na+＜O2-，D正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．晶体硅是一种有金属光泽的灰黑色的固体，熔点高，硬度大，有脆性，故A正确；
B．某些金属灼烧，有焰色反应，节日燃放的烟花，就是碱金属以及锶、钡等金属化合物焰色反应所呈现的色彩，钡的焰色反应为黄绿色，故B正确；
B．硫的化学性质较稳定，火山喷口附近存在游离态的硫，火山喷出物中含有硫化氢、二氧化硫和三氧化硫，故C正确；
D．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧生成HCl，观察到苍白色火焰，生成的氯化氢遇到水蒸气在集气瓶口呈现雾状，看到白雾，不是白色烟雾，故D错误；
故选D。
5．B
【详解】元素的相对原子质量与原子的相对原子质量和丰度有关，故12.0107是元素的相对原子质量，故B正确；
综上所述，答案为B。
6．B
【详解】A．溶液和胶体的本质区别是分散质微粒直径大小不同，有无丁达尔效应可以区分溶液与胶体，A不正确；
B．明矾在水中电离出的铝离子水解能形成Al(OH)3胶体，可作净水剂，B正确；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，C不正确；
D．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，但这种褪色不稳定，加热后又恢复到原来的颜色；SO2具有还原性，能使溴水褪色，褪色后不能再恢复原色，D不正确；
故答案选B。
7．D
【详解】A．运载火箭主要由燃料燃烧提供动力，燃烧是典型的氧化还原反应，A正确；
B．硬铝是由Al与Cu、Mg、Mn等元素形成的合金，具有良好的机械性能，强度大密度小，是制造飞机和飞船的理想材料，B正确；
C．储氢合金主要用于吸收、储存氢气，能够与氢气结合成金属氢化物，C正确；
D．铯是第六周期第IA族元素，D错误；
故选D。
8．C
【分析】由流程可知，“生物浸出”在合适温度下进行可以提高浸出率，温度过高使细菌失去活性，过滤分离出滤渣1为S、CaSO4、SiO2，浸出液含Co2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+，萃取后有机相含Cu2+，反萃取分离出硫酸铜，再发生置换反应可生成Cu；水相含Co2+、Fe3+、Fe2+，氧化后调节pH沉淀铁离子生成滤渣为氢氧化铁，电解含Co2+的溶液生成Co，以此来解答。
【详解】A．“生物浸出”在较高温度下使细菌失去活性，降低浸出率，故A错误；
B．分液时先放出下层液体，再从上口倒出上层液体，避免上下层液体混合，故B错误；
C．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，可便于排气，故C正确；
D．因水相中含Fe3+、Fe2+，则不能使用KSCN溶液和新制氯水可以检验“水相“中的Fe2+，检验亚铁离子可选用铁氰化钾溶液，观察是否生成蓝色沉淀，或用高锰酸钾溶液检验，观察紫色是否褪去，故D错误；
故选：C。
9．C
【分析】甲为黄绿色气体，则甲为Cl2，M为18电子分子，N为10电子分子且N的水溶液呈碱性，N为NH3，Q为离子化合物，结合转化可知，乙为S，丙为H2，丁为N2，M是H2S，Q是(NH4)2S，短周期元素m、n、p、q组成的单质依次为甲、乙、丙、丁，可知m为Cl，n为S，p为H，q为N。由上述分析可知，m为Cl，n为S，p为H，q为N。
【详解】A． 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小n＞m＞q＞p，故A错误；
B． 同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则元素非金属性m＞n＞p，故B错误；
C． 非金属性N＞S，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则N的热稳定性大于M，故C正确；
D． n为S，对应的硫酸为强酸，亚硫酸为中强酸，故D错误；
故选C。
10．D
【详解】人类在原子结构的认识经历了漫长过程中，提出了多种原子模型，它们分别是：
道乐顿最早提出实心球形模型③；1897年汤姆森发现了电子提出了葡萄干面包模型②；1911年卢瑟福提出了带核的行星模型④；1913年玻尔提出了电子分层排布的模型①；直至现代的量子力学模型⑤。
故选D。
11．C
【详解】A. 酒精与水混溶，应用苯或四氯化碳作萃取剂，故A错误；
B. 碱石灰（成分是NaOH、CaO）能和氯气发生反应，不能用碱石灰除去氯气中的水蒸气，应该用浓硫酸，故B错误；
C. 四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故C正确；
D. 硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离， KNO3溶液中含有少量NaCl时可通过冷却结晶提纯硝酸钾，故D错误；
故选C。
12．D
【详解】A．未说明溶液的体积，无法确定Na+的物质的量，A错误；
B．一个D218O分子中含有12个中子，则1mol D218O含有的中子数为12NA，B错误；
C．Fe在氯气中燃烧生成氯化铁，5.6g铁为0.1mol，根据铁和氯气反应的化学方程式可知铁过量，则0.1mol Cl2与铁反应生成氯化铁转移电子数为0.2molNA，C错误；
D．标准状况下44.8L氦气的物质的量为2mol，含有的原子总数为2NA，D正确；
故答案选D。
13．C
【解析】X、Y、Z均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素；
【详解】A．X的气态氢化物是氨气，Y的气态氢化物是水，根据同周期元素，从左往右，元素的非金属性越强(Y>X)，与氢气越易化合，得到的氢化物越稳定，可知Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性W > Z，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强，B错误；
C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y > Z，C正确；
D．同周期元素从左到右半径逐渐减少，同主族元素从上到下半径逐渐增大，则原子半径： Z >X，Z >W ，D错误；
故选C。
14．B
【分析】由题干信息可知，W、X、Y、Z为原子半径依次增大的四种短周期主族元素，Z与X形成的二元化合物的水溶液呈碱性，则该二元化合物可能为Na2S，则Z为Na元素，X为S元素，W、X原子的最外层电子数相同，可推知W、X可能位于同一主族，则W为O元素，Y、Z两原子的原子序数之和与W、X两原子的核内质子数之和相等，Y为Al元素，据此分析解答问题。
【详解】A．同一周期元素，非金属性从左至右依次增强，金属性逐渐减弱，同一主族元素，从上至下金属性依次增强，非金属性逐渐减弱，则四种元素中，O的非金属性最强，Na的金属性最强，A选项正确；
B．由Na和O两种元素形成的化合物中，Na2O2既含有离子键，又含有非极性共价键，B选项错误；
C．四种元素形成的简单离子中，S2-电子层数最多，半径最大，而Na+、Al3+、O2-电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，因此离子半径S2->O2->Na+>Al3+，即S2-半径最大，Al3+半径最小，C选项正确；
D．Na、Al、S的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，Al(OH)3具有两性，可与强酸H2SO4和强碱NaOH发生反应，NaOH和H2SO4可发生中和反应，D选项正确；
答案选B。
15．D
【详解】A．向硅酸钠溶液中滴加盐酸，由于HCl酸性强于硅酸，会反应产生硅酸，现象为产生白色胶状沉淀，但HCl不是Cl的最高价含氧酸，不能比较Cl和C的非金属性，A错误；
B．碳酸盐、碳酸氢盐和盐酸反应均能产生二氧化碳使澄清石灰水变浑浊的气体，因此X不一定是碳酸盐，B错误；
C．NO2与水反应产生硝酸，硝酸也能氧化KI产生碘单质，现象错误，因此不能得出结论，C错误；
D．硝酸根在酸性条件下有强氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，同时硝酸被还原为NO，因此现象为溶液由浅绿色变成黄色，并有气体逸出，结论为Fe2+在酸性条件下被NO氧化，D正确；
答案选D。
16． C 4s24p3 第四周期第ⅤA族 p p
【分析】甲元素原子的L电子层上只有一个空原子轨道，则其电子排布式为1s22s22p2，为C元素；乙元素原子的核电荷数为33，为As元素。
【详解】（1）甲元素原子的L电子层上只有一个空原子轨道，则其电子排布式为1s22s22p2，是碳元素，其轨道表示式为，故答案为：C； ；
（2）乙元素原子的核电荷数为33，则乙原子的核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s24p3，在元素周期表中位于第四周期第ⅤA族，故答案为：4s24p3；第四周期第ⅤA族；
（3）甲为C，乙为As（砷），均属于p区元素，故答案为：p；p。
【点睛】本题考查位构性知识，侧重考查学生的分析能力，原子核外电子排布，明确原子结构、元素周期表结构再结合构造原理来分析解答，知道元素周期表所属区域、元素在周期表中的位置等知识点是解本题关键。
17． HF HClO4 第二周期ⅥA族 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O 离子键、极性键 l(OH)3 + OH-= AlO+2H2O BD
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，①-⑩分别为H、N、O、F、Na、Mg、Al、S、Cl、Br，结合元素周期律分析解答。
【详解】(1) 非金属性越强，最简单氢化物越稳定，①到⑩号元素中，所形成的氢化物最稳定的是HF；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，由于F没有正价，因此最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4；③号元素为O，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，故答案为：HF；HClO4；第2周期ⅥA族；
(2) ②的气态氢化物为氨气，实验室制备氨气的化学方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O；
(3)元素⑤的最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于离子化合物，含有离子键，氢氧根离子中还含有极性共价键；⑦的最高价氧化物所对应的水化物为Al(OH)3，氢氧化铝能够与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为Al(OH)3 + OH-= AlO+2H2O，故答案为：离子键、极性键；Al(OH)3 + OH-= AlO+2H2O；
(4)A．碱金属金属性依次增强，加热与氧气反应时，锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，故A错误；B．从上到下，卤族元素的非金属性依次减弱，所以随着核电荷数的增加，卤素单质与氢气化合越来越难，故B正确；C．卤族元素随着核电荷数的增加，原子半径增大，得到电子能力减弱，非金属性减弱，单质的氧化性逐渐减弱，故C错误；D．元素周期表有七个横行，为七个周期，有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和Ⅷ族共16个族，故D正确；故答案为：BD。
18．(1)烧杯、玻璃棒、漏斗
(2)Cl2+2I-=I2+2Cl-
(3) 萃取 酒精与水互溶
(4)取少量水层液体，向其中滴加淀粉溶液，若溶液变蓝则仍含碘单质，不变色则不含
【分析】将海带浸泡后过滤，分离出含碘离子的溶液，向滤液中加入新制氯水，发生反应：Cl2+2I-=I2+2Cl-，得到含碘的水溶液，加入苯萃取分液，分离出碘的有机溶液，然后向有机层中加入氢氧化钠溶液反萃取，发生I2+2OH-=I-+IO-+H2O，然后分液，将水层酸化，发生：I-+IO-+2H+=I2+ H2O，得到碘的悬浊液，过滤分离出碘单质，以此来解答。
【详解】（1）进行步骤②过滤操作时，需要使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（2）在步骤③中新制氯水与含有I-的溶液发生氧化还原反应产生I2、Cl-，所发生反应的离子方程式：Cl2+2I-=I2+2Cl-；
（3）由于I2易溶于有机溶剂，在水中溶解度比较小，而水与有机物互不相溶，二者不发生反应，所以步骤④分离混合物的操作名称是萃取；
该步骤中不能用酒精代替苯的理由是酒精与水互溶不能得到互不相溶的两层液体物质；
（4）由于I2遇淀粉溶液会变为特殊的蓝色，据此可检验I2的存在。因此检验提取碘后水层是否仍含碘单质的方法是：取少量水层液体，向其中滴加淀粉溶液，若溶液变蓝，则仍含碘单质，若不变蓝色则证明其中不含I2。
19．(1)ABD
(2) 氢氧化钡溶液 碳酸钠溶液
(3) 盐酸 OH-、
(4) 冷凝管 蒸馏烧瓶
(5)取少许自来水于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明存在Cl-，反之则无
(6)使分液漏斗内与外界大气压保持一致，便于液体顺利流下
(7)碘的四氯化碳溶液。
【分析】I．粗盐溶解后，可向其中加入足量NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，分别除去Mg2+、、Ca2+和过量的Ba2+，过滤所得滤液含有NaCl、NaOH、Na2CO3，加入过量盐酸（试剂a）可除去过量的OH-、，最终经过蒸发结晶获得精盐。
(1)
操作2中所加三种试剂为NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液，只要确保Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后加即可，故此处选：ABD；
(2)
可通过加入Ba(OH)2溶液同时除去Mg2+和，再通过加入过量的Na2CO3除去Ca2+和多余的Ba2+，故此处依次填：氢氧化钡溶液、碳酸钠溶液；
(3)
由分析知，试剂a为盐酸，目的是除去过量的OH-、；
(4)
仪器①名称为冷凝管，仪器②名称为蒸馏烧瓶；
(5)
检验Cl-需加入HNO3排除干扰离子，如OH-、等，再利用AgNO3检验，具体操作为：取少许自来水于洁净试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明存在Cl-，反之则无；
(6)
步骤①是为了使分液漏斗内与外界大气压保持一致，便于液体顺利流下；
(7)
由于CCl4密度比水大，故萃取后下层为碘的四氯化碳溶液。
20． HN3 4.48 64 kg 9:1 2.4 mol/L 3:1:1
【分析】(1)利用氢化物的相对分子质量直接求出组成该氢化物两种元素的原子数，而后求得分子式；N原子数==3，H原子数==1，故分子式为HN3．因为该氢化物分解生成两种气体都是双原子分子，根据N原子、H原子守恒可求得混合气体体积；
(2)依题意知N2H4被氧化生成H2O，根据氢元素守恒可求得N2H4质量；
(3)①根据N原子守恒可求得参加反应的氨的物质的量，根据氧化还原反应中得失电子守恒可求得NO与NO2的物质的量；
②根据质量守恒可求得反应后溶液质量，进而求得溶液的体积和溶液的浓度；
(4) 三聚物有两种情况，一种为链状缩合时每生成一个三聚物同时生成2个氨气，一种为环状缩合时每生成一个三聚物同时生成3个氨气，根据质量守恒计算。
【详解】(1)氢化物的相对分子质量为43.0，其中氮原子的质量分数为0.977，则氢原子的质量分数为0.023，则n(N)：n(H)=：=3：1，所以最简式为HN3，设化学式为(HN3)n，有(1+14×3)n=43，n=1，所以分子式为HN3，4.30g该氢化物的物质的量为n==0.1mol，根据反应2HN3═H2+3N2，共产生气体的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
(2)反应的方程式为：2N2H4+N2O4═3N2+4H2O，生成72.0kg水时，n(H2O)==4000mol，则消耗的n(N2H4)=2000mol，联氨的质量为2000mol×32g/mol=64000g，即64kg；
(3)①根据N原子守恒可求得参加反应的氨的物质的量：n(NH3)+180mol=156mol×2，n(NH3)=132mol；根据氧化还原反应中得失电子守恒可求得NO与NO2的物质的量，设为NO的物质的量x，NO2的物质的量为(180mol-x)，132mol×3=xmol×2+(180-x)mol×4，x=162mol，(180mol-x)=18mol，则NO与NO2体积比为162：18=9：1；
②根据质量守恒可求得反应后溶液质量=8.90×103g+162mol×30g mol-1+18mol×46gmol-1-156mol×28g mol-1=10220g，其溶液体积为=10428cm3=10428mL=10.428L，反应后溶液中剩余溶质氨的物质的量是-132mol=25.058mol，则吸收后氨水的物质的量浓度为=2.4 mol L-1；
(4)三聚物有两种情况，一种为链状缩合时每生成一个三聚物同时生成2个氨气，一种为环状缩合时每生成一个三聚物同时生成3个氨气，根据二聚物物质的量分数为0.6，则三聚物的物质的量分数为0.4，设二聚物的物质的量为x，链状三聚物的物质的量为y，环状三聚物的物质的量为z，则有2x+3y+3z=120，x+2y+3z=80，x:(y+z)=3:2，解之得x=30mol，y=10mol，z=10mol，缩合产物中各缩合物的物质的量之比为3:1:1。
21． 11.0% 在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3 Si3O96- SinO3n2n- Be3Al2Si6O18(或3BeO·Al2O3·6SiO2)
【分析】(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。
【详解】(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。
