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第一章能力提升卷
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题(共48分)
1．(本题3分)钋单质为银白色金属，在黑暗中能发光，它有两种不同结构的单质α﹣Po和β﹣Po，钋元素的质量数是从192到218的全部核素。下列有关钋元素的说法中错误的是
A．Po和Po互为同位素
B．Po和Po中子数差为20
C．α﹣Po和β﹣Po互为同素异形体
D．Po和Po的核外电子总数相同，但不是同一种核素
2．(本题3分)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y、Z+的最外层电子数与电子层数的比值分别为1、2、3、4，下列说法正确的是
A．简单离子半径：YY
C．Y与Z形成的化合物一定属于离子化合物
D．由W、X、Y、Z四种元素组成的盐只有一种
3．(本题3分)若把元素周期表原有的主副族及族号取消，由左至右改为18纵行。如碱金属元素为第1纵行，稀有气体元素为第18纵行。按此规定，下列说法错误的是
A．第2纵行元素的原子最外层有2个电子
B．第14纵行元素形成的化合物种类最多
C．第3纵行元素种类最多
D．第16、17纵行元素都是非金属元素
4．(本题3分)13Al、12Mg、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．元素S在周期表中位于第4周期ⅢA族
B．元素S的简单气态氢化物的化学式为H2S
C．第一电离能：I1(Mg)Y>W>Z
B．X、Y分别与W形成的简单化合物的沸点：X>Y
C．化合物M既能与酸反应又能与碱反应
D．W与X或Z均可形成既含有离子键又含有非极性共价键的离子化合物
6．(本题3分)下列说法中正确的是
A．表示能级上有两个轨道
B．层中的原子轨道数目为
C．是激发态原子的电子排布式
D．、、元素的电负性随原子序数的增加而递增
7．(本题3分)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍。上述四种元素能形成一种高效消毒剂和漂白剂，其分子结构如图所示。下列有关说法正确的是

A．四种原子核外电子层数相同
B．原子半径：X>Y>Z>W
C．Z与X、Y、W均可以形成两种或两种以上二元化合物
D．X的氢化物的沸点是上述四种元素中最低的
8．(本题3分)下列化学用语表述正确的个数是
①CO2的比例模型：
②基态钒原子价层电子排布图为
③原子核内有8个中子的碳原子C
④NaCl的结构式Na—Cl
⑤次氯酸的电子式
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．(本题3分)如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是

A．ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
B．电负性：Y>Z>M
C．离子半径：M->Z2->Y-
D．Z元素基态原子最外层电子排布图为
10．(本题3分)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。Y与W位于同一主族，Y是地壳中含量最多的元素，XY2在常温下是一种红棕色的气体，Z是所在周期中原子半径最大的元素。下列说法正确的是
A．简单离子半径：W＞Y＞Z＞X B．Y、Z组成的化合物中一定含离子键
C．X、W的氧化物均属于酸性氧化物 D．Y的简单氢化物的沸点比X的低
11．(本题3分)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．原子半径：X＜Y＜Z＜W
B．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
C．Y的单质的氧化性比Z的强
D．W的最高价氧化物对应水化物是一种弱碱
12．(本题3分)高效消毒液(TCCA)结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。已知Y和Z位于不同周期，下列叙述不正确的是

A．原子半径：W>X>Y
B．X的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C．14W与14X属于不同元素，但属于同一核素
D．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
13．(本题3分)据文献报道，氨催化还原法可用来消除某些污染气体，其反应历程如图所示：

下列说法错误
A．V的价电子排布式为3d34s2
B．V5+—OH和V4+—OH在该反应过程中作催化剂
C．总反应化学方程式： 4NH3+3O2 2N2+6H2O
D．当消耗标准状况下11.2LO2时，整个过程转移6mol e-
14．(本题3分)已知W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期主族元素。其中只有Z是金属元素且Z是同周期元素中原子半径最大的元素，W、X同主族，X、Y、Z同周期，X元素的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法不正确的是
A．X、Y、Z元素不可能处于元素周期表中的第二周期
B．最简单氢化物的热稳定性：
C．Y的最高价氧化物一定能与溶液反应
D．W、Z两种元素形成的化合物中一定只含离子键
15．(本题3分)短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素且Y、W的原子序数之差为3，X、W的原子最外层电子数相同且X形成的简单氢化物的沸点较高。下列说法一定正确的是
A．简单离子半径：
B．单质Z是制作芯片和光电池的关键材料
C．氧化物的熔点：
D．W的最高价氧化物的水化物是强酸
16．(本题3分)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，M、N、R、Q为上述元素组成的化合物。已知有机物M的相对分子质量为28，Z是短周期原子半径最大的元素，N分子中含有10个电子。它们之间的转化关系如下图所示：MRQ+W2。下列相关说法错误的是
A．X、Y的氢化物沸点：X一定低于Y
B．Y和Z形成的化合物可能只含有离子键
C．Z与N反应比Z与R反应更剧烈
D．1molZ2Y2和足量N反应，转移1mol电子

第II卷（非选择题）
二、实验题(共24分)
17．(本题10分)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______________________________________。
18．(本题14分)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。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：___________。②处发生反应的离子方程式为：___________。
三、元素或物质推断题(共28分)
19．(本题12分)如表是元素周期表的一部分，针对表中①～⑩种元素，填写下列空白：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0族
2

①
②
③
④

3
⑤
⑥
⑦

⑧

4
⑨
⑩

(1)同位素在生活生产和科学研究中有着重要的用途。例如，考古时利用___________(填核素符号)测定一些文物的年代。
(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是___________，碱性最强的化合物的化学式是___________。
(3)写出⑤和⑦的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式___________。
(4)元素①与⑧形成的化合物属于___________(填“共价”或“离子”)化合物。
(5)若要比较⑤比⑥的金属性强弱，下列实验方法可行的是___________。
A．将单质⑤置于⑥的盐溶液中，如果⑤不能置换出单质⑥，说明⑤的金属性弱
B．比较⑤和⑥的最高价氧化物对应水化物的水溶性，前者比后者溶解度大，故前者金属性强
C．将⑤和⑥的单质分别投入到水中，观察到⑤与水反应更剧烈，说明⑤的金属性强
D．将⑤和⑥的单质分别在O2中燃烧，前者得到氧化物的颜色比后者得到氧化物的颜色深，则前者金属性强
20．(本题16分)(1)部分中学化学常见元素的原子结构及性质如下表所示。
元素
结构及性质
A
A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素，其单质晶体结构与金刚石相似
B
B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5
C
C是常用化肥的主要元素，单质常温下呈气态
D
通常情况下，D在化合物中显负价，A、B、C都能与D形成中学常见化合物
E
E元素的一种同位素原子无中子
①这五种元素的原子半径最大是______(用元素符号表示)。
②E与D可以按原子个数比2：1、1：1形成两种化合物X、Y， E与C组成的两种化合物M、N，所含电子数分别与X、Y相等，M中共用电子对对数为______，N的结构式为______。
(2)已知：某无色废水中可能含有H+、NH、Fe3+、Al3+、Mg2+、Na+、NO、CO、SO中的几种，为分析其成分，分别取废水样品1 L，进行了三组实验，其操作和有关图像如下所示：

请回答下列问题：
①根据上述3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是______。
②写出实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式______。
③分析图像，所得沉淀的最大质量是______g。
④若通过实验确定原废水中c(Na+)=0.18 mol·L-1，试判断原废水中NO是否存在______，若存在，c(NO)=______ mol·L-1 (若不存在或不确定则此空不填)。

参考答案
1．B
【详解】
A．和质子数相同为84，属于同种元素，质量数不同，中子数不同，互为同位素，故A正确；
B．和中子数分别为204﹣84=120194﹣84=110，二者中子数之差为120﹣110=10，故B错误；
C．不同结构的单质α﹣和β﹣，是钋元素组成的结构不同的单质互为同素异形体，故C正确；
D．和的核外电子总数相同为84，中子数不同，是钋元素的不同核素，故D正确。
故选：B。
2．C
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，且W、X、Y、Z＋的最外层电子数与其电子层数的比值依次为1、2、3、4，W的电子层数为1，最外层电子数为1，所以W为；X的电子层数为1，最外层电子数为2，X为，不属于主族，不符合题意，若X的电子层数为2，最外层电子数为4，X为；Y的电子层数为2，最外层电子数为6，所以Y为；Z的电子层数为2，最外层电子数为8，Z为。
【详解】
A．微粒具有相同的电子层结构时，原子序数越大，半径越小，Y()>Z()，A项错误；
B．W为H，X为,可组成烃类化合物，随着原子数目较多，形成的烃类化合物沸点越来越高，就有可能比由W与Y组成的化合物（或）的沸点高，B项错误；
C．Y与Z形成的化合物为氧化钠或过氧化钠，均属于离子化合物，C项正确；
D．由W、X、Y、Z四种元素组成的盐有、•，D项错误。
【点睛】
本试题考查元素周期表和元素周期律的知识，首选根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断。
3．D
【分析】
在周期表中各族元素的排列顺序为：ⅠA、ⅡA、ⅢB→ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA→ⅦA、0族,18列元素应分别与以上各族对应。
【详解】
A．第2列为碱土金属族，其最外层有2个电子，A正确；
B．第14列为碳族元素,可以形成多种有机物，所以形成化合物的种类最多，B正确；
C．第3列为ⅢB族，有镧系和锕系元素，元素种类最多，C正确；
D．第16、17列分别为氧族和卤族元素，并非全部为非金属元素，例如85号元素钋为金属元素，故D错误；
答案选D。
4．B
【详解】
A．元素S原子序数为16，在周期表中位于第三周期第ⅥA族，故A错误；
B．元素S最低负价为-2，简单气态氢化物的化学式为H2S，故B正确；
C．镁的第一电离能大于铝，所以第一电离能为：I1(Al)＜I1(Mg)＜I1(S)，故C错误；
D．镁的金属性强于铝，所以最高价氧化物的水化物的碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，故D错误；
故选B。
5．D
【分析】
W、X、Y、Z为分属不同周期的主族元素，原子序数依次增大且小于20，可知W为第一周期元素为H，X为第二周期元素，结合结构图可知其形成2对共用电子形成稳定结构，则X最外层电子数为6，X为O，Y为第三周期元素，其形成5对共用电子，且化合物M常用作肥料，可知M中含N或P，则Y应为P，Z为第四周期元素，形成+1价阳离子，Z为K，据此解答。
【详解】
A．同周期元素电负性从左到右递增，同主族元素电负性从上到下递减，则电负性：O>P>H>K，故A正确；
B．X、Y分别与W形成的简单化合物分别为H2O和PH3，H2O分子间存在氢键导致其沸点较高，故B正确；
C．化合物M为KH2PO4，属于强碱弱酸酸式盐，既能与强碱反应生成正盐，也能与强酸反应生成磷酸，故C正确；
D．H和O之间只能形成共价键，且只能形成共价化合物，H和K之间只形成离子键，不能形成非极性共价键，故D错误；
故选：D。
6．C
【详解】
A．表示3p能级有两个电子，而不是两个轨道，p轨道含有三个轨道，A错误；
B．M层有s、p、d能级，s能级有1个轨道、p能级有3个轨道、d能级有5个轨道，轨道数= 1+ 3+5= 9，B错误；
C．该原子中2s能级轨道没有排满电子却排了其较高能级轨道，所以该原子是激发态的原子，C正确；
D．、、元素的电负性随原子序数的增加而减小，D错误；
故选C。
7．C
【分析】
X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，Z是O元素，上述四种元素能形成一种高效消毒剂和漂白剂，根据其分子结构图，X能形成4个共价键，X是C元素；Y形成3个共价键，Y是N元素，W形成1个共价键，W是Cl元素。
【详解】
A．C、N、O电子层有2层，Cl电子层有3层，故A错误；
B．Cl电子层有3层，C、N、O电子层有2层，Cl原子半径最大，故B错误；
C．O与C、N、Cl以形成CO、CO2、NO、NO2、ClO2、Cl2O7等二元化合物，故C正确；
D．C能形成多种氢化物，含碳原子数越多，沸点越高，所以C的氢化物沸点不一定是最低的，故D错误；
选C。
8．B
【详解】
①碳原子半径大于氧原子，故①错误；
②钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布图为，故②正确；
③原子核内有8个中子的碳原子质子数是14，表示为C，故③正确；
④NaCl是离子晶体，写不出结构式，故④错误；
⑤次氯酸的电子式是，故⑤错误；
正确的个数是2，选B。
9．A
【分析】
图为元素周期表中短周期的一部分，可知X为He，Y为FM为Cl、Z为S，据此解答。
【详解】
A．SCl2分子的结构式为Cl-S-Cl，S、Cl原子的最外层均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．非金属性越强，电负性越大，则电负性：F＞Cl＞S，即Y＞M＞Z，故B错误；
C．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：Z2-＞M-＞Y-，故C错误；
D．Z为S元素，最外层含有6个电子，其基态原子的最外层电子排布图为，故D错误；
故选A。
10．B
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。Y是地壳中含量最多的元素，Y为O元素，Y与W位于同一主族，W为S元素，XY2在常温下是一种红棕色的气体为NO2 ，X为N元素，Z是所在周期中原子半径最大的元素，Z为Na元素。X、Y、Z、W分别为N、O、Na、S。
【详解】
A． S2-电子层数最多，N3-、O2-、Na+ 三种离子电子层结构相同，核电荷大的半径小，简单离子半径：S2-＞N3-＞O2-＞Na+，故A错误；
B． O、Na组成的化合物Na2O、Na2O2中一定含离子键，故B正确；
C． 酸性氧化物是指能与碱反应只生成一种盐和水的氧化物，NO、NO2 的氧化物均不属于酸性氧化物，故C错误；
D．水在常温下呈液态，而NH3在常温下呈气态，水的沸点比氨高，故D错误；
故选B。
11．B
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，Z是O元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Y为N元素，X上一周期的主族元素，只能是H元素，W是短周期中金属性最强的元素，W为Na元素。
【详解】
A． 同周期从左到右原子半径减小Z＜Y，原子半径：X＜Z＜Y＜W，故A错误；
B． X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物如HNO3等和离子化合物如NH4NO3 等，故B正确；
C． 氧的非金属性强于氮，N的单质的氧化性比O的弱，故C错误；
D． W的最高价氧化物对应水化物NaOH是一种强碱，故D错误；
故选B。
12．C
【分析】
由TCCA结构可知，W形成4个共价键、X形成3个共价键、Y形成2个共价键、Z形成1个共价键，由W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Y和Z位于不同周期可知，W为C元素、X为N元素、Y为O元素、Z为Cl元素。
【详解】
A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径由大到小的顺序为C>N>O，故A正确；
B．氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确；
C．14C与14N的质子数不同，属于不同元素，肯定不是同一核素，故C错误；
D．由结构简式可知、C、N、O、Cl四种原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选C。
13．C
【分析】
由图中可知NH3、O2 、NO参加反应，N2、H2O生成；V5+—OH和V4+—OH在整个过程中先被消耗掉，后面又生成，参与循环，作为催化剂。
【详解】
A．V是23号元素，3d轨道能量比4 s高（都是空轨道时），故电子优先进入4s轨道，故V的价电子排布式为3d34s2，A正确；
B．由图可知V5+—OH和V4+—OH在该反应过程中边消耗，边生成，质量和性质未发生改变，故作为催化剂，B正确；
C．反应过程中还有NO参加了反应，总方程为：4NH3+O2 +4NO4N2+6H2O，C错误；
D． ，由4NH3+O2 +4NO4N2+6H2O可知NH3中N元素化合价升高；而O2中O元素化合价降低，NO中N元素化合价降低；又有化学计量数可知，有0.5mol的氧气参加反应那一定消耗了2mol NH3， 化合价降低了3价，故转移的电子物质的量为：3×2mol=6 mol，D正确；
故选C。
14．D
【分析】
由于W、X、Y、Z为原子半径依次增大的短周期主族元素，并且Z为金属元素，故XYZ不可能处于第二周期，故XYZ处于第三周期，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，故Z为Na，X元素的最外层电子数是其电子层数的2倍，故X为S，W、X同主族，故W为O，X、Y、Z同周期，故Y可能为P也可能为Si；
【详解】
A．根据分析可知X、Y、Z元素不可能处于元素周期表中的第二周期，A项正确；
B．因为非金属性O>S>Si或者P，故氢化物的热稳定性O>S>Si或者P，B项正确；
C．Y的最高价氧化物二氧化硅或者五氧化二磷均可以与溶液反应，C项正确；
D．O和Na形成的过氧化钠中含有共价键和离子键，D项错误；
答案选D。
15．C
【分析】
X、W的原子最外层电子数相同且X形成的简单氢化物的沸点较高，说明X形成的简单氢化物间含有氢键，则X可能为N、O、F。若X为N，W为P，根据只有Y为金属元素且Y、W的原子序数之差为3，则Y是Mg，Z为Si元素。若X为O，W为S，根据只有Y为金属元素且Y、W的原子序数之差为3，则Y为Al，Z为Si或P。若X为F，W为Cl，根据只有Y为金属元素且Y、W的原子序数之差为3，没有元素符合该条件。
【详解】
根据分析X、Y、Z、W可能分别为N、Mg、Si、P或O、Al、Si或P、S。
A．X分别为N3－、O2－，Y为Mg2＋、Al3＋，各离子的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，Y代表的元素原子序数大于X代表的原子，因此简单离子半径：X＞Y，A错误；
B．Z元素可能是P，不用于制作芯片和光电池，B错误；
C．Y的氧化物为MgO或Al2O3，W的氧化物P2O5或Cl2O7等，W的氧化物均为共价分子，而Y的氧化物为离子化合物。一般情况下，离子化合物的熔点高于共价分子构成的物质的熔点，C正确；
D．W可能是P，其最高价氧化物的水化物是H3PO4，是弱酸，D错误；
答案选C。
16．A
【分析】
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，M、N、R、Q为上述元素组成的化合物，Z是短周期原子半径最大的元素，Z为Na元素；有机物M的相对分子质量为28，M为C2H4，所以W为H元素，N分子中含有10个电子，则N为氢化物；根据转化关系MRQ+W2，C2H4能和N反应，且N为氢化物，则N为H2O，R为C2H5OH，C2H5OH和Na反应生成C2H5ONa和H2，Q为C2H5ONa；所以X为C元素；Y为O元素。
【详解】
A．氢化物的沸点一般由分子的相对分子质量决定，相对分子质量越大，沸点越高，所以X、Y的氢化物沸点：X不一定低于Y，A项错误；
B．Z为Na元素，Y为O元素二者形成的化合物有Na2O2、Na2O，Na2O2中，既含有离子键又含有共价键，Na2O中只含有离子键，所以Y和Z形成的化合物可能只含有离子键，B项正确；
C．钠和水反应比钠和乙醇反应更剧烈，C项正确；
D．Z2Y2为Na2O2，和水反应的化学方程式为，有方程式可知1mol Na2O2和足量水反应，转移1mol电子，D项正确；
答案选A。
17．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+
【分析】
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。
【详解】
(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+。
18．钠 铝 +2H+=H2SiO3↓ 分液漏斗 A C12+2Br﹣=2Cl﹣+Br2 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O
【分析】
I．(1)金属性Na＞Mg＞Al，金属越活泼，与酸反应越剧烈，均1mol时Al失去电子最多； (2)向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4出现白色沉淀生成硅酸，利用强酸制弱酸；
Ⅱ．实验室制备氯气可用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，也可用高锰酸钾与浓盐酸反应制备，反应较为剧烈，无需加热即可进行，氯气具有强氧化性，能与NaBr溶液发生置换反应生成单质Br2，氯气有毒，用碱吸收，在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
【详解】
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钠；生成1mol氢气需要得到2mol电子，1mol钠失去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：钠；铝； 
(2) 利用强酸制弱酸，向Na2SiO3溶液中加入稀H2SO4出现白色沉淀生成硅酸，离子方程式为：+2H+=H2SiO3↓；故答案为：+2H+=H2SiO3↓
Ⅱ．(3)装置B中仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(4)高锰酸钾与浓盐酸反应较为剧烈，无需加热即可进行，是固体和液体不加热制备气体装置，选择A，故答案为：A；
(5)①氯气与NaBr溶液反应生成Br2，反应的离子方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：C12+2Br-=2Cl-+Br2；
②氯气在碱性溶液中自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
19． HClO4 KOH Al(OH)3+OH-=+2H2O 共价 C
【分析】
根据元素在元素周期表中的位置，可以推测出①C、②N、③O、④F、⑤Na、⑥Mg、⑦Al、⑧Cl、⑨K、⑩Ca。
【详解】
(1) 考古时利用测定一些文物的年代；
(2) 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强。除F无含氧酸外，表中在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是HClO4；碱性最强的化合物的化学式是KOH；
(3)氢氧化钠和氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；
(4)四氯化碳为共价化合物；
(5) A、将单质⑤置于⑥的盐溶液中，因为Na的化学性质非常活泼，很容易与溶液中的水发生反应，置换出氢气，所以⑤不能置换出单质⑥，这不能说明⑤的金属性弱，A项错误；
B、通过比较⑤和⑥的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来比较元素的金属性的强弱，而不能看其水溶性的大小，B项错误；
C、元素的金属性越强，越容易把水或酸中的氢置换出来。因此将⑤、⑥的单质分别投入到水中，观察到⑤与水反应更剧烈，说明⑤的金属性强，C项正确；
D、看元素金属性的强弱，应该看元素的原子失去的电子的难易，而不是看相应的氧化物的颜色的深浅，D项错误；
答案选C。
20．Mg 3 CO NH+OH-＝NH3·H2O 10.7 存在 0.08
【分析】
(1)A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素，其单质晶体结构与金刚石相似，A是Si；B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5，由于最外层电子数不超过8个，因此B原子的核外电子数是12个，B是Mg；C是常用化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C是N；通常情况下，D在化合物中显负价，A、B、C都能与D形成中学常见化合物，说明D是O；E元素的一种同位素原子无中子，E是H，据此解答。
(2)根据实验①火焰呈黄色确定存在Na+，根据实验②白色沉淀不溶于盐酸，应该是硫酸钡，可确定有SO，根据实验③开始没有沉淀产生，说明含有H+，先发生中和反应，沉淀达到最大值以后，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀不消失，说明该阶段是铵根和氢氧根反应，因此含有NH。在继续滴加盐酸，沉淀开始减少，但不完全消失，说明开始生成的白色沉淀是氢氧化铝和氢氧化镁，溶解的沉淀是氢氧化铝，最终剩余的沉淀是氢氧化镁，因此一定含有Al3+、Mg2+，不含有Fe3+，因为CO与Al3+、Mg2+不能共存，所以无CO；所以溶液中存在的离子为：H+、NH、Al3+、Mg2+、Na+、SO；根据硫酸钡沉淀93.2g可求出硫酸根离子的物质的量为93.2g÷233g/mol=0.4mol，根据图象溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠0.1mol，根据方程式Al(OH)3+OH－＝AlO+2H2O可知求出铝离子的物质的量为0.1mol，与铵根反应的氢氧化钠是0.7mol－0.5mol＝0.2mol，根据NH+OH-＝NH3·H2O可计算出铵根的物质的量是0.2mol，与氢离子反应的氢氧化钠是0.1mol，则氢离子的物质的量是0.1mol，沉淀镁离子和铝离子消耗氢氧化钠是0.4mol，根据Al3＋+3OH－＝Al(OH)3↓、Mg2＋+2OH－＝Mg(OH)2↓可知镁离子的物质的量是0.05mol。
【详解】
(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是Si、Mg、N、O、H。则
①用于同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，因此这五种元素的原子半径最大是Mg。
②E与D可以按原子个数比2：1、1：1形成两种化合物X、Y，即分别是H2O和H2O2。E与C组成的两种化合物M、N，所含电子数分别与X、Y相等，分别是NH3和N2H4，氨气中共用电子对对数为3，肼的结构式为。
(2)①根据分析可知3组实验可以分析废水中一定不存在的阴离子是CO。
②结合分析和实验③图像中沉淀达到最大量且质量不再发生变化阶段发生反应的离子方程式为NH+OH-＝NH3·H2O。
③分析图像，所得沉淀的最大质量时为氢氧化铝和氢氧化镁，质量是0.1mol×78g/mol+0.05mol×58g/mol＝10.7g。
④若通过实验确定原废水中钠离子的物质的量浓度为0.18mol•L-1，则物质的量为0.18mol，阳离子电荷总物质的量为0.1mol+0.1mol×3+0.2mol+0.05mol×2+0.18mol=0.88mol，阴离子电荷总物质的量为0.4mol×2＝0.8mol，则根据电荷守恒可知原废水中存在NO，其物质的量是0.88mol－0.8mol＝0.08mol，c(NO)＝0.08mol÷1L＝0.08 mol·L-1。