1.3 元素周期表的应用 同步练习 2024-2025学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册

2024—2025学年高中化学鲁科版必修第二册1.3 元素周期表的应用 一、单选题 1．工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(NaAlF6)的混合物可制得铝。下列说法错误的是 A．离子半径：r(O2-)>r(F-) B．熔点Al2O3>Al C．氢化物的稳定性：H2O>HF D．碱性强弱：NaOH>Al(OH)3 2．一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y的原子序数依次增大。简单离子与具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是 A．X的常见化合价有-1和-2 B．原子半径大小为Y>X>W C．YX对应的水化物能与NaOH反应 D．无色无味气体为WX 3．为原子序数依次增大的短周期主族元素，且核外电子总数满足，化合物与相遇会产生白烟。下列说法错误的是 A．元素的最高价含氧酸为强酸 B．元素的最简单氢化物的稳定性： C．元素在短周期主族元素中原子半径最大 D．具有还原性，可与反应，该反应是工业制硝酸的基础 4．下列各组物质的鉴别方法中，不可行的是 A．过氧化钠和硫黄：加水，振荡 B．硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液：互相滴加 C．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液：加澄清石灰水 D．NaBr溶液和KI溶液：加新制氯水后，用CCl4萃取 5．下列关于药物的说法不正确的是 A．包装上印有"OTC"标识的为非处方药 B．氢氧化镁用于生产抗酸药 C．阿司匹林具有解热镇痛的作用 D．青霉素是重要的抗生素，可以放心大量使用 6．下列叙述正确的是 A．盐酸和氢氧化钠溶液均可使溶解 B．Na和Fe均能与反应生成碱 C．和均可使红色石蕊试纸变蓝 D．和均能与酸反应生成盐和水 7．下列关于的说法正确的是 A．质量数为137 B．质子数为192 C．中子数为55 D．电子数为82 8．近年来，我国在探索太空、开发5G等方面都取得了举世瞩目的成就，这些成就都离不开化学材料的开发和利用，下列有关说法正确的 A．大飞机C919采用了大量复合材料与铝锂合金，铝锂合金比其纯金属具有更高的强度、韧性和熔点 B．5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是晶体硅 C．“神舟十二号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于有机高分子材料 D．碳纳米管有相当高的强度和优良的电学性能，它与石墨烯互为同素异形体 9．下列叙述正确的是 A．水晶、玛瑙、透明陶瓷、超导陶瓷均为硅酸盐产品 B．硅在自然界主要以硅酸盐和氧化物的形式存在 C．混凝土的使用十分广泛，其中生产普通的硅酸盐水泥的主要原料是石英砂 D．华为公司自主研发麒麟990芯片采用7nm工艺，芯片的主要成分是二氧化硅 10．目前正在杭州举行的第19届亚运会备受世界瞩目。下列说法不正确的是 A．会场“莲花碗”采用绿色电力供应有利于实现“碳中和” B．火炬“薪火”使用的铝合金具有硬度高、耐高温的特点 C．吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为二氧化硅 D．特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料 11．五育并举，劳动先行，下列劳动项目与相关的化学操作原理或用途描述不正确的是 选项 劳动项目 化学原理或用途 A 制作面包时添加适量的 做膨松剂且中和发酵过程产生的酸 B 制作豆腐时加入少量石膏或者卤水 石膏或者卤水的作用为凝固剂 C 工业上利用纯碱，石灰石，石英砂制玻璃 二氧化碳酸性强于二氧化硅 D 将水杨酸结构修饰成乙酰水杨酸 减少药物对胃黏膜的刺激 A．A B．B C．C D．D 12．文物见证历史，化学创造文明。东北三省出土的下列文物据其主要成分不能与其他三项归为一类的是 A．金代六曲葵花鎏金银盏 B．北燕鸭形玻璃注 C．汉代白玉耳杯 D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐 13．工业上制备高纯硅，一般需要先制得纯度为98%左右的粗硅，再以其为原料制备高纯硅，工艺流程如下。下列有关说法正确的是 A．反应①为 B．高纯硅可用于制造光导纤维 C．反应①②④均为氧化还原反应 D．反应②和④互为可逆反应 14．下列化学用语书写正确的是 A．小苏打的电离方程式： B．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应的离子方程式： C．氧化铝溶于氢氧化钠溶液的化学方程式： D．工业制粗硅的化学方程式： 15．分离提纯下列物质时选用的试剂或方法正确的是 分离提纯 试剂 方法 A 除去中的 饱和溶液 洗气 B 提取溴水中的溴单质 酒精 萃取 C 提取青蒿中的青蒿素 乙醚 萃取 D 从含少量的溶液中提取 — 蒸发结晶 A．A B．B C．C D．D 二、填空题 16．除稀有气体外，非金属元素既有正价又有负价。对吗？ 17．将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原反应的体系，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。完成下列填空： (1)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，配平并标出电子转移方向和数目： 。 (2)上述反应中，氧化剂是 ，每转移1 mol电子，生成Cl2 L（标准状况）。 (3)在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3+。写出该实验中涉及反应的离子反应方程式： 。 (4)根据以上实验，写出两个反应中氧化剂、氧化产物的氧化性强弱顺序 。 (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素的简单离子半径由大到小的顺序为 (6)氯原子的最外层电子的轨道式为 ，氯原子核外有 不同运动状态的电子。 18．X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如表所示： X Y Z M R Q 原子半径/nm 0． 186 0．074 0．099 0． 143 主要化合价 -4， +4 -2 -1，+ 7 +3 其他 简单阳离子核外无电子 无机非金属材料的“主角” 焰色反应呈黄色 ①表中与X位于同族的元素是 (填元素符号)，该元素对应离子的结构示意图为 。     ②Y与R相比，非金属性较强的是 (用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是 (填母序号)。 a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态 b．稳定性： c．最高价氧化物对应水化物的酸性： ③根据表中数据推测，Y的原子半径的范围是 。 ④Z、Q的最高价氧化物对应的水化物在水中反应生成盐的化学式是 。 19．元素周期表和元素周期律的应用 (1)预测未知元素的性质。 依据：同主族元素性质的递变规律。 如根据卤族元素的性质递变规律，可推知At2应为有色固体，与氢难化合，HAt不稳定，水溶液呈酸性，AgAt不溶于水等。 (2)比较元素的性质。 依据：元素周期律。 如比较H2SO4和H2SeO4的酸性强弱，因为S、Se同主族，从上至下，元素的非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱，故酸性：H2SO4 H2SeO4。 (3)解释实验现象：如氟气通入氯化钠溶液中，不是置换出氯气，而是与水发生剧烈反应，由元素非金属性的递变规律知氟元素的非金属性最强，氟气是氧化性 的非金属单质。 (4)指导其他与化学相关的科学技术。如在 ，可以找到半导体材料。在 寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素。 三、计算题 20．由铝硅两种物质组成的试样11 g，均匀地分成等质量的两份，一份与足量的盐酸反应可产生气体a L，一份与足量的NaOH溶液反应产生气体b L，合并两次收集的气体共有11.2 L(标准状况)，问此试样中铝、硅的物质的量分别是多少？ 。 21．工业生产粗硅的反应有： SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑；SiO2＋3CSiC＋2CO↑。 (1)若产品中粗硅与碳化硅的物质的量之比为1∶1，则参加反应的C 和SiO2的质量比为 。 (2)粗硅进一步制备纯硅的原理如下： Si(粗)＋2Cl2(g) SiCl4(l)； SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl。 若上述反应中Si(粗)和SiCl4的利用率均为80%，制粗硅时有10%的SiO2转化为SiC，则生产25.2吨纯硅需纯度为75%石英砂 吨。 (3)工业上还可以通过如下图所示的流程制取纯硅：    若反应①为：Si(粗)＋3HCl(g) SiHCl3(l)＋H2(g)； 则反应②的化学方程式为 。 假设每一轮次生产过程中，硅元素没有损失，反应①中HCl的利用率为α1，反应②中H2的利用率为α2,，若制备1mol纯硅，在第二轮次的生产中，现补充投入HCl和H2的物质的量之比是5∶1。则α1与α2的代数关系式为 。 22．把主族元素X的最高价氧化物X2O4.7g溶于95.3g水中，得到溶质质量分数为5.6%的溶液，Y与X位于同一族，12gY的氢氧化物与400mL 0.75mol/L的盐酸完全中和，Z与Y同周期，标准状况下5.6 LZO2为16g。 (1)求X、Y、Z的相对原子质量：X 、Y 、Z ； (2)写出其元素符号：X 、Y 、Z 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年1月14日高中化学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C C D A A D B C 题号 11 12 13 14 15 答案 C A C C C 1．C 【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为r(O2-)>r(F-)，A正确； B．铝是金属晶体，熔点较低，Al2O3是离子晶体，熔点高，故熔点Al2O3>Al，B正确； C．元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，H2O<HF，C错误； D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH>Al(OH)3，D正确； 故选C。 2．A 【分析】短周期W、X、Y原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子层结构，X是O元素、Y是Mg元素；一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成，该气体是二氧化碳，则W是C元素。 【详解】A．O的常见化合价有-1价、-2价，故A正确； B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，原子半径大小为Y＞W＞X，故B错误； C．YX对应的水化物Mg(OH)2不能与NaOH反应，故C错误； D．MgCO3和盐酸反应放出的无色无味气体为CO2，故D错误； 故选A。 3．C 【分析】原子序数依次增大的短周期元素，化合物XW3与WZ相遇会产生白烟，XW3、WZ应该分别为NH3与HCl，则W为H，X为N，Z为Cl元素；核外电子总数满足X+Y+3=W+Z，则Y的核外电子总数为7+Y+3=1+17，则Y为O，W、X、Y、Z分别为H、N、O、Cl元素，据此回答。 【详解】A．元素X是N，最高价含氧酸HNO3为强酸，A正确； B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，B正确； C．根据同周期从左往右原子半径在减小，则Na为短周期主族元素中原子半径最大，C错误； D．NH3具有还原性，可与O2反应生成NO，该反应是工业制硝酸的基础，D正确； 故选C。 4．C 【详解】A．过氧化钠可以与水发生反应生成可溶性的氢氧化钠和氧气，硫不溶于水，A可以鉴别； B．硫酸铝溶液加氢氧化钠溶液，先生成沉淀，继续滴加沉淀溶解，氢氧化钠溶液滴加硫酸铝溶液开始无沉淀生成，继续滴中再出现白色沉淀，B可以鉴别； C．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，滴加澄清石灰水均产生白色沉淀碳酸钙，C无法鉴别； D．NaBr溶液和KI溶液：加新制氯水后分别产生溴单质和碘单质，用CCl4萃取，NaBr下层橙黄色，KI下层紫色，D可以鉴别； 故选C。 5．D 【详解】A．包装上印有“R”标志的药品属于处方药，“OTC”字样表示是非处方药，A正确； B．氢氧化镁能与酸反应，可用于生产抗酸药，B正确； C．阿司匹林是解热镇痛药，具有解热镇痛的作用，C正确； D．青霉素是重要的抗生素，使用前需要进行皮肤敏感试验，且不能大量使用，D错误； 故选D。 6．A 【详解】A．可与强酸反应，也可与强碱反应，A正确； B．Na能与反应生成碱，高温下，水蒸气和红热的Fe生成四氧化三铁和氢气，B错误； C．SO2能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不能使红色石蕊试纸变色，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误； D．不能与酸反应（除HF外），与HF反应得到的产物SiF4不是盐，D错误； 故选A。 7．A 【详解】A．核素中质量数为137，A正确； B．核素中质子数为55，B错误； C．核素中中子数为137-55=82，C错误； D．核素中电子数=质子数=55，D错误； 故答案为：A。 8．D 【详解】A．合金硬度大，熔点低，故铝锂合金比其纯金属熔点低，故A错误； B．光缆的主要成分是二氧化硅，硅单质主要做半导体材料，故B错误； C．高温结构陶瓷属于无机高分子材料，不属于有机物，故C错误； D．碳纳米管结构类似于石墨，它与石墨烯都是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确； 答案选D。 9．B 【详解】A．水晶、玛瑙主要成分为二氧化硅，超导陶瓷是复合氧化物，都不是硅酸盐，A错误； B．硅在自然界主要以硅酸盐和氧化物（SiO2）的形式存在，B正确； C．生产普通的硅酸盐水泥的主要原料是黏土，C错误； D．芯片的主要成分是硅，D错误； 故选B。 10．C 【详解】A．会场“莲花碗”采取自然采光方式，充分利用太阳光，同时采用绿色电力供应，有利于实现“碳中和”，A正确； B．火炬“薪火”使用的1070铝合金具有硬度高、耐高温的特点，B正确； C．吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为晶体硅，C错误； D．特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料，D正确； 故答案为：C。 11．C 【详解】A．制作面包时添加适量的NaHCO3是因为NaHCO3可以做膨松剂且可以中和发酵过程产生的酸，A正确； B．豆浆制豆腐的原理是胶体的聚沉，加入石膏或卤水的作用为凝固剂，B正确； C．工业上利用纯碱，石灰石，石英砂制玻璃，但是不是溶液中的反应，不能说明二氧化碳酸性强于二氧化硅，C错误； D．酚类有腐蚀性和弱酸性，将水杨酸结构修饰成乙酰水杨酸，将酚羟基转化为酯基，减少药物对胃黏膜的刺激，D正确； 本题选C。 12．A 【详解】A．金代六曲葵花鎏金银盏是合金，属于无机金属材料； B．北燕鸭形玻璃注是玻璃制品，属于硅酸盐材料； C．汉代白玉耳杯是玉，属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料； D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器，属于硅酸盐材料； 综上A选项材质与其他三项材质不用，不能归为一类，答案选A。 13．C 【分析】石英砂主要成分为，在高温条件下与焦炭发生反应，制得粗硅，粗硅在573K与HCl发生制得（粗），经过精馏得到（纯），在1373K与氢气发生制得高纯硅，据此回答。 【详解】A．在高温下焦炭还原生成CO，反应①的化学方程式为，A错误； B．高纯硅用于制造芯片等半导体材料，用于制造光导纤维，B错误； C．反应②的化学方程式为，反应④的化学方程式为，反应①②④都是氧化还原反应，C正确； D．反应②和④不是同时进行且反应温度不同，二者不互为可逆反应，D错误； 故选C。 14．C 【详解】A．小苏打是可溶性盐，在水中或熔融状态下电离产生Na+、，其电离的电离方程式：NaHCO3= Na++，A错误； B．不符合反应事实，二者反应除产生BaSO4沉淀外，还产生Cu(OH)2沉淀，离子方程式应该为：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，B错误； C．反应符合事实，遵循质量守恒定律，C正确； D．在工业上制粗硅以SiO2与焦炭未原料，在高温条件下反应产生Si、CO，反应方程式应该为： ，D错误； 故合理选项是C。 15．C 【详解】A．碳酸钠能与CO2反应，不能用饱和溶液除中的，一般用饱和NaHCO3溶液除中的，故A错误； B．酒精易溶于水，不能用酒精提取溴水中的溴单质，一般用四氯化碳等有机溶剂萃取溴水中的溴，故B错误； C．青蒿素易溶于乙醚等有机溶剂，用乙醚萃取青蒿中的青蒿素，故C正确； D．硝酸钾的溶解度受温度影响大，用重结晶法从含少量的溶液中提取，故D错误； 选C。 16．不对，F元素没有正价 【解析】略 17． KMnO4 11.2 2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O NaBiO3>KMnO4>Cl2 S2->Cl- 17 【分析】(1)由浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，则高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，然后根据元素守恒来书写氧化还原反应； (2)在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据氧化剂和转移电子之间的关系计算； (3)在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，说明Mn2+被氧化变为MnO4-，BiO3-发生反应得到电子后变为无色的Bi3+，据此写出离子方程式； (4)在自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性； (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有S、Cl，根据离子半径大小比较方法判断； (6)根据构造原理可知氯原子的核外电子排布式，任何一个原子核外没有运动状态完全相同的电子存在；结合原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同书写Cl原子最外层电子的轨道式。 【详解】(1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中Cl元素的化合价升高，则氧化反应为KCl→Cl2，则反应为KMnO4+KCl+H2SO4→MnSO4+K2SO4+Cl2↑+H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为； (2)2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，锰元素的化合价由+7变为+2，所以高锰酸钾是氧化剂，2 mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量=2 mol×(7-2)=10 mol，每转移1 mol电子，生成Cl2是0.5 mol，其在标准状况下的体积为V(Cl2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L； (3)如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，是因NaBiO3具有强氧化性(比KMnO4氧化性强)，将Mn2+氧化为MnO4-，BiO3-得到电子被还原变为无色的Bi3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O； (4)在反应2KMnO4+10KCl+8H2SO4=2MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O中，物质的氧化性：KMnO4>Cl2；在反应2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O中，物质的氧化性：NaBiO3>KMnO4，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3>KMnO4>Cl2； (5)上述氧化还原反应体系中，属于第三周期元素有硫和氯，S2-、Cl-核外电子排布都是2、8、8，电子层结构相同，由于核电荷数Cl>S，核电荷数越大，离子的半径就越小，所以其简单离子半径：S2->Cl-； (6)Cl是17号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，可见Cl原子最外层有7个电子，氯原子的最外层电子的轨道式为，氯原子核外有17不同运动状态的电子。 【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写、电子转移方法的表示、原子核外电子排布规律、微粒半径大小比较等。掌握氧化还原反应中元素化合价与电子转移的关系和物质结构知识是本题解答的关键，题目考查了学生学以致用的能力。 18． Na Cl bc 大于0.099nm，小于0.143nm 【解析】X阳离子核外无电子，X为H元素；Y为无机非金属材料的主角，主要化合价由+4、-4价，Y为Si元素；Z的焰色反应呈黄色，Z为Na元素；M的化合价只有-2价，M为O元素；R的化合价有-1价、+7价，R为Cl元素；Q的化合价为+3价，原子半径小于Na，Q为Al元素； 【详解】由分析得： ①表中与H位于同族的元素是Na，钠原子容易失去一个电子形成钠离子，的结构示意图为。 ②Y与R相比，非金属性较强的是氯元素Cl； a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态，非金属与物质状态无关，错误； b．比较非金属性可以通过其气态氢化物的稳定性来判断，气态氢化物越稳定，非金属性越强；稳定性：，可知非金属性R更强，正确； c．较非金属性可以通过其最高价氧化物对应的水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属性越强；最高价氧化物对应水化物的酸性：，可知非金属性R更强，正确； 故选bc； ③同周期原子半径从左向右逐渐减小；Si的原子半径介于Al与Cl的原子半径之间，即大于0.099nm，小于0.143nm； ④NaOH与在水中反应，生成的盐是。 19． > 最强 属与非金属的分界线附近 过渡元素中 【详解】(2)因为S、Se同主族，从上至下，元素的非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱，故酸性：H2SO4>H2SeO4； (3)同周期元素从左到右元素非金属性逐渐增强，同主族元素从上到下元素非金属性逐渐减弱，由元素非金属性的递变规律知氟元素的非金属性最强，氟气是氧化性最强的非金属单质。 (4)利用元素周期表和元素周期律可以指导其他与化学相关的科学技术。如在金属与非金属的分界线附近，可以找到半导体材料。在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素。 20．n(Al)=0.2 mol，n(Si)=0.2 mol 【分析】铝能够与盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氢气，而硅只能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，则与盐酸反应生成的气体为铝反应生成的，则Si与氢氧化钠溶液反应生成的气体为：(b-a)L，然后根据电子守恒计算出铝、硅的物质的量。 【详解】假设每一份试样中含有Al、Si的物质的量分别是x、y，一份试样与盐酸反应放出氢气，发生反应：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，根据方程式可得氢气在标准状况下的体积V(H2)=33.6x L；一份与NaOH溶液反应，方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑，根据方程式可知：等物质的量的Al与足量的酸、碱反应产生氢气的体积相同，其产生的氢气在标准状况下的体积V(H2)=33.6x L，根据方程式可得Si反应产生的H2的体积V(H2)=44.8y L，由Al、Si两种物质组成的样品质量是11 g，均匀分成等质量的两份，每一份是5.5 g，则根据氢气的体积关系可得：33.6x+33.6x+44.8y=11.2，根据样品质量关系可得27x+28y=5.5，两式联立，解得x=y=0.1 mol，所以此试样中铝、硅的物质的量均是0.1 mol×2=0.2 mol。 【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确铝、硅的化学性质及反应的反应原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。 21．(1)1∶2 (2)125t (3) SiHCl3＋H2Si(纯)＋3HCl 5α1＝ 3α2 + 2α1α2 【分析】(1)根据方程式中碳和二氧化硅、硅、碳化硅之间的关系式计算； (2)根据石英砂和硅之间关系式计算； (3)根据反应物、生成物和反应条件写出反应方程式，根据损失多少补充多少的原则，根据硅和氯化氢、氢气的关系式计算需要的氯化氢和氢气。 【详解】（1）设硅、碳化硅的物质的量都是xmol，根据方程式知，生成xmol硅、xmol碳化硅需要的二氧化硅的物质的量是2xmol、碳的物质的量是5xmol，所以参加反应的 C 和 SiO2的质量比=(5x×12)g:(2x×60)g=1:2； （2）设需要生产25.2吨纯硅需纯度为75%石英砂m吨，则： 所以m吨×75%×(1-10%)×80%×80%:25.2吨=60:28，解得m=125； （3）由工艺流程可知，反应②是氢气与SiHCl3反应生成Si(纯)、HCl，反应方程式为：SiHCl3+H2Si(纯)+3HCl； 由工艺流程与反应①、反应②可知，补充的HCl等于损失的HCl、补充的氢气等于损失的氢气，制备1mol纯硅需要1mol粗硅，由反应①可知需要HCl物质的量为3mol，故实际通入的HCl为mol，补充的HCl为(-3)mol，由反应②可知，需要氢气的物质的量为1mol，实际通入氢气为mol，补充的氢气为(-1)mol，故(-3)mol:(-1)mol=5:1，整理得5α1=3α2+2α1α2。 22．(1) 39 23 32 (2) K Na S 【详解】（1）主族元素X的最高价氧化物X2O，X处于IA族，溶于水生成XOH，4.7g X2O 溶于95.3g水中，得到溶质质量分数为5.6%的溶液，则XOH的质量=(4.7g+95.3g)×5.6%=5.6g，令X的相对原子质量为a，则根据X原子守恒：，解得a=39，元素Y与X同主族，则Y也处于IA族，其氢氧化物为YOH，与盐酸发生中和反应，设Y的相对原子质量b，则，解得b=23，标况下ZO2的物质的量为，ZO2的摩尔质量为，则Z的相对原子质量为64-32=32； （2）X、Y处于IA族，X相对原子质量为39，Y的相对原子质量为23，则X为K，Y为Na，Z的相对原子质量为32，且Z与Na同周期，故Z为S。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$