第四章《物质结构 元素周期律》测试卷
一、单选题
1．C、N、O、P、Cl是生命体中的一些常见元素。下列说法正确的是
A．原子半径：r(N)＜r(O)＜r(P)
B．非金属性：O＞P＞Cl
C．最高价氧化物对应水化物酸性：HClO4＞H3PO4＞HNO3
D．氢化物的沸点：H2O＞NH3＞CH4
2．关于铷的稳定同位素的说法正确的是
A．质子数是85 B．中子数是48 C．质量数是37 D．电子数为48
3．某离子结构为的元素，位于元素周期表的
A．第三周期第Ⅷ族 B．第三周期第Ⅵ族
C．第三周期第ⅥA族 D．第三周期第ⅣA族
4．下列有关化学用语的表示正确的是：
A．中子数为 20 的氯原子： Cl B．CO2 的电子式：
C．镁离子的结构示意图： D．HClO 分子的结构式：H-Cl-O
5．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z M R
原子半径/nm 0.186 0.102 0.075 0.074 0.143
主要化合价 ＋1 ＋6，－2 ＋5、－3 －2 ＋3
已知X是短周期中最活泼的金属，且与R同周期。下列叙述不正确的是（ ）A．M的氢化物的熔、沸点高于Z的氢化物的熔、沸点
B．YM2既具有氧化性又具有还原性
C．Y与M组成的化合物是形成光化学烟雾的原因之一
D．离子半径大小：R3＋＜X＋＜M2－
6．下列性质的递变中，正确的是（ ）
A．O、S、Na的原子半径依次减小
B．HF、NH3、SiH4的稳定性依次增强
C．LiOH、KOH、CsOH的碱性依次增强
D．HCl、HBr、HI的还原性依次减弱
7．已知三角锥形分子E和直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M（组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10），如右图：
下列判断错误的是
A．G是最活泼的非金属单质 B．L能使紫色石蕊试液变红色
C．E能使紫色石蕊试液变蓝色 D．M是化学性质很活泼的单质
8．关于元素周期表的说法正确的是
A．元素周期表中有8个主族
B．元素周期表中的短周期是指第一、二周期
C．最外层电子数为2的元素一定位于第ⅡA族
D．同周期相邻主族的元素原子序数不一定相差1
9．核电荷数小于18的某元素X，其原子核外的电子层数为n，最外层电子数为(2n+1)，原子核内质子数是(2n2-1)，则下列有关X的说法错误的是（ ）
A．X的最低价氢化物易溶于水，且水溶液一定显酸性
B．X的最高价氧化物对应的水化物都为强酸
C．X的最高正价可能为+7价
D．X形成的单质可能无色，且常温下为气体
10．下列关于化学键的叙述正确的是
A．化学键既存在于原子之间，也存在于分子之间
B．单质分子中均存在化学键
C．离子键是阴、阳离子之间的吸引力
D．化学反应过程中都有化学键的断裂和生成
11．下列关于卤素(F、Cl、Br、I)的叙述中，正确的是（ ）
A．气态氢化物水溶液的酸性依次减弱
B．氯水、溴水和碘水均能使淀粉碘化钾试纸变蓝
C．单质的氧化性：I2＞Br2＞Cl2 ＞F2
D．原子最外层电子数随原子序数的增大而增多
12．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是
A．钠与Y只能形成Na2Y
B．Z形成的单质易溶于由X与Z形成的化合物
C．Z得电子能力比W强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
13．下列有关化学用语使用正确的是
A．质子数为17、中子数为20的氯原子： B．NH4Br的电子式：
C．氯分子的电子式： D．HBr的电子式：
14．含有ZAX0与ZA+1X+两种微粒，下列叙述正确的是（ ）
A．质子数一定相同，质量数和中子数一定不同
B．化学性质几乎相同
C．一定都由质子、中子、电子组成
D．核电荷数、核外电子数一定相同
15．将100mL 0.6 mol/L氯化铝溶液跟1mol/L氢氧化钠溶液混合后，得到3.9g Al(OH)3 沉淀，此时消耗氢氧化钠溶液的体积是
A．130mL B．180mL C．190mL D．240mL
二、填空题
16．放射性原子在人类的生活中的很多地方有着特殊的作用，对人类的科学研究有很大的帮助，其中最主要的作用是作为示踪原子。最近医学界通过用放射性14C的羧酸衍生物在特定条件下通过断裂DNA来杀死细胞，从而抑制艾滋病。
（1）下面有关14C的叙述正确的是_______。
A、14C与14N含有相同的中子数 B、14C与C60是同分异构体
C、14C与C60中普通碳原子的化学性质不同 D、14C与12C互为同位素
（2）自然界中存在很多像14C的放射性原子，这些天然放射现象的发现说明了什么问题____。
A、原子不可以再分 B、原子的核式结构
C、原子核还可以再分 D、原子核是由质子和中子构成
17．①水在电解条件下生成氢气和氧气；②水受热汽化成水蒸气；③水在1000℃以上可以分解成氢气和氧气。上述过程中吸收的能量主要用于使化学键断裂是_______；仅用于克服分子间作用力的是_______。(填序号)
18．有反应：Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe。
（1）___元素的化合价升高，则该元素的原子___电子，被___(填“氧化”或“还原”)；而___元素的化合价降低，则该元素的原子___电子，被___(填“氧化”或“还原”)。
（2）该反应中Fe2O3发生了___反应，Al发生了__反应；___是氧化剂，__是还原剂，___是氧化产物，___是还原产物。
三、计算题
19．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1．16g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入1mol 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，试回答：
（1）写出混合物溶于水时发生反应的离子方程式 ．
（2）写出AB段反应的离子方程式 ．B点的沉淀物的化学式为 ．
（3）求原混合物中AlCl3的物质的量和NaOH的质量。
（4）求Q点加入的HCl溶液体积．
20．向 100mL BaCl2、AlCl3 和 FeCl3 的混合溶液 A 中逐滴加入 Na2SO4 和 NaOH 的混合溶液 B，产生的沉淀 的物质的量(n)和加入溶液 B 的体积(V)关系如图。
(1)当加入 B 溶液 110mL 时，溶液中的沉淀为_____(填化学式，下同)，溶液中的杂质是____________________。
(2)从 90mL 至 100 mL 之间加入 10mL B 溶液时发生的离子反应方程式______。
(3)将 A、B 溶液中各溶质的物质的量浓度填入下表
溶质 Na2SO4 NaOH BaCl2 AlCl3 FeCl3
c(mol/L) ___________ ___________ ___________ ___________ ___________
21．某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究。现行高中化学教材中对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。查阅《化学手册》知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如下：
物质 Al Al2O3 Fe Fe2O3
熔点/℃ 660 2 054 1 535 1 462
沸点/℃ 2 467 2 980 2 750 －
Ⅰ.(1)某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金。理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金。你认为他的解释是否合理？________(填“合理”或“不合理”)。
(2)设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝。该实验所用试剂是________，反应的离子方程式为__________________________________________________。
(3)实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是________(填序号)。
A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．稀硝酸 D．氢氧化钠溶液
Ⅱ.实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4 mol·L－1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积(mL)与产生的沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。试回答下列问题：
(1)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为_________________________。
(2)在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为___________；上述现象说明溶液中________结合OH－的能力比________强(填离子符号)。
(3)B与A的差值为________mol。
(4)B点对应的沉淀的物质的量为________mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为________mL。
四、实验题
22．某同学利用某一金属元素不同价态间的相互转化，设计如图转化关系(部分物质未写出)。
已知：①A是生活中应用最广泛的一种金属单质，A、B、C、D、E、F、G中均含有同一种元素；
②常温下，X是一种常见的液体，其分子是10e-分子；
③常温下，Y是一种黄绿色有毒气体，可用于自来水消毒；
④Z为地壳中含量最多的金属元素的单质。
请回答下列问题：
(1)A、B、F、X的化学式分别为A_______ ， B_______，F_______，X_______。
(2)铸造工业上，液态A在注入模具前，必须将模具充分干燥，原因是_______。(用文字描述)
(3)上述反应中属于氧化还原反应的有_______个。
(4)由上述转化关系，分析实验室保存B的水溶液时通常加入少量A的目的是_______ ，若 B的水溶液因发生氧化还原反应而变质，加入KSCN溶液后，可观察到的现象为_______。
(5)选用下列装置_______(填标号)能较长时间观察到E的颜色，不选用的装置中可观察到沉淀颜色变化情况为_______。
23．微型实验具有设计简单、节约药品等优点。某化学活动小组利用所学知识设计氯气的制备和性质检验实验回答下列问题：
(1)若实验室用制取少量氯气，则反应的最佳装置是___________(填标号)。
(2)利用如图装置收集纯净的氯气，其链节顺序为发生装置→___________(按气流方向，用字母表示)。
(3)通过图d装置(1，2两处为蘸有溶液的棉球)可检验卤素单质的氧化性强弱，干燥管中装的试剂为碱石灰其作用为___________；2处反应的离子方程式为___________。
(4)仔细观察图d，欲利用该装置证明溴单质的氧化性大于碘单质的。其操作为打开2下方的弹簧夹，使氯气缓慢上升到2的位置，待观察到___________立即夹住弹簧夹，不使氯气上升。然后取下上节玻璃管在2处微微加热即看到红棕色的物质扩散到1处，此时___________，则证明氧化性Br2>I2.反应的化学方程式为___________。
24．为验证Cl2、Fe3+、I2三者氧化性的相对强弱，某小组用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.向B中加入一定量KSCN溶液，混合液显红色，一段时间后，B 中溶液红色加深，关闭活塞a。
Ⅳ……
（1）盛浓盐酸溶液的仪器名称是__；A中产生黄绿色气体，写出A中发生反应的离子方程式__。
（2）验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是__。
（3）B中溶液发生的离子方程式__。
（4）为验证Fe3+的氧化性强于碘单质，过程Ⅳ的操作和现象是__，对应反应的离子方程式是__。
（5）浸有氢氧化钠溶液的棉花作用是__。
（6）过程Ⅲ实验的目的是__。
试卷第2页，共9页
参考答案：
1．D
【详解】A．简单原子层数越多、质子数越小半径越大，r(O)＜r(N)＜r(P)，A错误；
B．非金属性与电负性有关，O＞Cl＞P，B错误；
C．非金属元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性Cl >N>P，HClO4＞HNO3＞H3PO4，C错误；
D．常温下水、氨气含有氢键，且水为液态，故氢化物的沸点：H2O＞NH3＞CH4，D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．核素中，元素符号左下角的数字表示质子数，则的质子数是37，A不正确；
B．的质量数为85，质子数为37，则中子数是85-37=48，B正确；
C．核素中，元素符号左上角的数字表示质量数，则的质量数是85，C不正确；
D．对于核素来说，质子数=电子数，所以电子数为37，D不正确；
故选B。
3．C
【分析】从离子结构示意图中可以采集以下信息：①该元素的核电荷数为16，则为硫元素；②它在形成离子时获得2个电子，因而形成阴离子；③它的离子核外有三个电子层。
【详解】A. 硫的原子核外有三个电子层，因而是第三周期元素，认为是第Ⅷ族元素，是错将主族序数=原子最外层电子数的关系当成主族序数=离子最外层电子数，错误；
B. 第三周期第Ⅵ族中，丢掉了主族符号“A”，错误；
C. 硫是第三周期第ⅥA族元素，正确；
D. 第三周期第ⅣA族中，错将Ⅵ记成Ⅳ，错误。
答案为C。
4．C
【详解】A项，根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为20的氯原子，质量数为20+17=37，表示为Cl ，故A项错误；
B项，CO2 属于共价化合物，碳氧原子间形成2对共用电子对，电子式为： ，故B项错误；
C项，镁原子的核电荷数为12，镁离子核外有10个电子，镁离子的结构示意图： ，故C项正确；
D项，HClO属于共价化合物，根据原子成键规律可知，HClO分子的结构式：H -O-Cl，故D项错误；
故答案选C。
5．C
【分析】短周期中最活泼的金属是钠，也就是说，X是金属钠，而R与它同周期，且主要化合价为+3，说明R是金属铝，Y的主要化合价是+6和-2，短周期当中只有硫元素符合要求，即Y为硫，Z的主要化合价是+5和-3，在短周期当中符合要求的是N和P两种，但根据原子半径的大小关系，可以知道Z是氮元素，M只有-2价，说明是氧，据此判断下列选项；
【详解】由分析可知X是Na，Y是S，Z是N，M是O，R是Al；
A. M的氢化物是水，Z的氢化物是NH3，水的熔沸点高于氨气是的熔沸点，A项正确；
B. 二氧化硫中，S的化合价为+4，它可以升高到+6价，也可以降低到0和-2，所以既有氧化性又有还原性，B项正确；
C. 形成光化学烟雾的物质是氮的氧化物，而不是硫的氧化物，C项错误；
D. Na+、O2-和Al3+具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，粒子半径越小，则Al3+＜Na+＜O2－，D项正确；
答案选C。
【点睛】本题的难点是离子半径的比较，电子层结构相同的不同微粒，核电荷数越大，粒子半径越小。粒子半径比较的方法，总结如下：
6．C
【详解】A．Na、S的电子层数比O多一层，所以O原子半径最小，Na、S是同周期元素，随原子序数的增加，原子半径逐渐减小，所以原子半径Na>S>O，选项A错误；
B．同周期元素的非金属性随原子序数增加而增强，所以F>N，Si原子的电子层数大于N、F，所以非金属性最弱，非金属性越强，则氢化物越稳定，所以HF、NH3、SiH4的稳定性依次减弱，选项B错误；
C．Li、K、Cs为同主族元素，随原子序数的增加元素的金属性逐渐增强 ，则最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，选项C正确；
D．Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，则其相应的阴离子的还原性逐渐增强，所以HCl、HBr、HI的还原性依次增强，选项D错误；
答案选C。
7．D
【详解】组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10，由反应物和生成物的结构式可知，G、M为单质，E、L为化合物，E分子为三角锥形，G、L、M都是直线形分子，M为含有3对共用电子对的单质，M为N2，E为NH3，G为F2，L为HF；
A.F的非金属性最强，则对应的F2单质是最活泼的非金属单质，A项正确；
B.L为HF，氢氟酸是弱酸，能使紫色石蕊试液变红色，B项正确；
C.E为NH3，溶液呈碱性，能使紫色石蕊试液变蓝色，C项正确；
D.M为N2，由于氮氮三键的键能较大，N2的化学性质稳定，D项错误；
答案选D。
8．D
【详解】A．元素周期表中有7个主族，A错误；
B．元素周期表中的短周期是指第一、二、三周期，B错误；
C．最外层电子数为2的元素不一定位于第ⅡA族，例如氦最外层有2个电子，是稀有气体，位于0族，C错误；
D．同周期相邻主族的元素原子序数不一定相差1，例如同一周期的ⅡA族和ⅢA族元素的原子序数可能相差1、11、25等，D正确；
答案选D。
9．A
【分析】根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为(2n+1)，原子核内质子数是2n2-1，假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答。
【详解】由上面分析知，质子数为7，氮元素；质子数为17，氯元素；
A．氮和氯的氢化物都溶于水，但氮的氢化物的水溶液呈碱性，故A错误；
B．氮和氯的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3和HClO4，均是强酸，故B正确；
C．氯元素的最外层电子数为7，最高正价为+7，故C正确；
D．氮元素形成的单质为N2，无色且常温下为气体，故D正确；
答案为A。
10．D
【详解】A．化学键存在于原子或离子之间，不存在于分子之间，A不正确；
B．稀有气体形成的单质分子中，不存在化学键，B不正确；
C．离子键是阴、阳离子之间的强烈的相互作用，既有吸引力也有排斥力，C不正确；
D．化学反应过程中既有化学键的断裂，又有化学键的生成，D正确；
故选D。
11．B
【详解】A. 随着原子序数增大，卤族元素原子核吸引电子能力逐渐减小，所以其氢化物在水溶液中电离程度逐渐增大，而导致其水溶液酸性逐渐增强，故A错误；
B. 氯气和溴具有强氧化性，能和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘水中含有碘单质，碘单质遇淀粉试液变蓝色，所以氯水、溴水、碘水都能使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；
C. 由于非金属性：I＜Br＜Cl＜F，而元素的非金属性越强，其对应单质的氧化性越强，故单质的氧化性：I2＜Br2＜Cl2 ＜F2，故C错误；
D. 同一主族元素，最外层电子数相等，所以卤族元素原子最外层电子数相等，故D错误；
故选B。
12．B
【分析】由题干信息可知，X元素是第二周期元素，原子内层电子数是最外层电子数的一半，所以X是碳元素，则Y是O，Z是S，W是Cl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为O，钠与Y能形成Na2O即Na2Y也能形成Na2O2即Na2Y2，A错误；
B．由分析可知，X为C、Z为S，则Z形成的单质S易溶于由X与Z形成的化合物CS2中，B正确；
C．由分析可知，Z为S，W为Cl，同周期自左向右非金属性逐渐减弱，则Z得电子能力比W弱，C错误；
D．碳有多种同素异形体如金刚石和石墨、C60等，而氧元素也存在同素异形体，例如氧气和臭氧，D错误，
故答案为：B。
13．C
【详解】A．质子数为17、中子数为20的氯原子可表示为，A错误；
B．NH4Br是离子化合物，电子式为，B错误；
C．氯分子中含有非极性键，电子式为，C正确；
D．HBr是共价化合物，电子式为，D错误；
答案选C。
【点睛】该题的难点是电子式正误判断，解答时首先判断物质所含的化学键，是离子键还是共价键，是阳离子、阴离子，是原子团还是中性物质等，需要具体问题具体分析。
14．A
【详解】A. 质子数都为Z，X的质量数为A，中子数为A- Z； 质量数为A +1，中子数为A+1- Z，故质子数相同，质量数和中子数不同，故A正确；
B. 为原子, 为阳离子，所以两者化学性质不相同，故B错误；
C.氢原子不含有中子，故C错误；
D.的核电荷数为Z，核外电子数为Z；核电荷数为Z，核外电子数为Z- 1，故核电荷数相同，核外电子数不同，故D错误；
答案：A。
15．C
【详解】氯化铝的物质的量＝0.1L×0.6mol/L＝0.06mol，最终生成的氢氧化铝的质量是3.9g，物质的量＝＝0.05mol＜0.06mol，这说明反应中铝元素没有完全转化为氢氧化铝沉淀，如果氯化铝过量，则根据方程式可知：
Al3＋ ＋ 3OH－＝Al(OH)3↓
1mol 3mol 1mol
0.05mol 0.15mol 0.05mol
所以消耗氢氧化钠溶液的体积＝＝0.15L＝150mL；
如果反应中氯元素部分转化为AlO2－，则根据方程式可知
Al3＋ ＋ 3OH－＝Al(OH)3↓
1mol 3mol 1mol
0.06mol 0.18mol 0.06mol
其中又被氢氧化钠溶液溶解的氢氧化铝是0.06mol－0.05mol＝0.01mol
Al(OH)3 ＋ OH－＝AlO2－＋2H2O
1mol 1mol
0.01mol 0.01mol
则最终消耗氢氧化钠的物质的量是0.18mol＋0.01mol＝0.19mol
因此消耗氢氧化钠溶液的体积＝＝0.19L＝190mL，所以答案选C。
16． D C
【详解】试题分析：（1）质子数相同，而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素，互为同位素的原子物理性质不同，但化学性质相似，因此A、B、C都是错误的，所以答案选D。
（2）应根据题给信息：自然界中存在很多像上标14C的放射性原子，找到解题的突破口——原子核发生衰变，从而确定C符合题意，答案选C。
考点：考查原子的组成、特点以及同位素的判断
点评：该题是基础性试题的考查，试题难易适中，注重基础，侧重考查学生的逻辑思维能力，有利于调动学生的学习兴趣，提高学生分析问题、解决问题的能力。
17． ①③ ②
【详解】①水分子中存在H-O键，属于共价键，在电解条件下生成氢气和氧气，H-O键断裂，即电解过程中吸收的能量主要用于使共价键断裂；
②水受热汽化成水蒸气，属于物理变化，破坏分子间作用力；
③水在1000℃以上分解成氢气和氧气的过程中水分子内的H-O键断裂；
综上所述吸收的能量主要用于使化学键断裂是①③；仅用于克服分子间作用力的是②。
18． 铝 失 氧化 铁 得 还原 还原 氧化 Fe2O3 Al Al2O3 Fe
【详解】（1）在反应中，Al的化合价由0价升高到+3价，失去电子，被氧化，Fe的化合价由+3价降低到0价，得到电子，被还原。故答案为铝，失，氧化，铁，得，还原。
（2）Fe2O3中铁的化合价降低，发生了还原反应，作氧化剂，生成的Fe是还原产物；Al的化合价升高，发生了氧化反应，作还原剂，生成的Al2O3是氧化产物。故答案为还原，氧化，Fe2O3，Al，Al2O3，Fe。
19．（1）Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（2）H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；
（3）AlCl3的物质的量为0．02mol，NaOH的质量为5．20g
（4）130mL，
【详解】试题分析：（1）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，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，故答案为Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（2）向水中固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，0﹣A时没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，溶液中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；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，故答案为H2O+AlO2﹣+H+=Al（OH）3↓；Mg（OH）2、Al（OH）3；
（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，氯化镁的质量为：0．02mol×95g/mol=1．90g；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 = 0．13 mol，氢氧化钠的质量为：0．13mol×40g/mol=5．20g，故答案为AlCl3的物质的量为0．02mol，NaOH的质量为5．20g；
（4）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，故答案为130 mL。
考点：考查了铝及其化合物的性质、化学计算的相关知识。
20． BaSO4、Fe(OH)3 NaAlO2 Ba2++SO42-=BaSO4；Al(OH)3 + OH-= AlO2-+ 2H2O 1 1 1 0.2 0.1
【分析】根据图象进行分段分析；根据反应各段落发生的化学反应或离子反应分析解答。
【详解】(1)溶液中只有Fe3+被完全沉淀以后，Al3+才开始沉淀，
图中第一段曲线生成的沉淀为BaSO4、Fe（OH）3和Al(OH)3，且加入B溶液90mL时，Fe3+、Al3+恰好沉淀完全，这段反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，Fe3++3OH-= Fe(OH)3↓，Al3++3OH-= Al(OH)3↓；
图中第二段曲线为平行直线，沉淀总物质的量没有增减，故这段是由Al(OH)3的溶解和BaSO4的继续生成所引起，且溶解的Al（OH）3的物质的量和生成的BaSO4的物质的量相等，故加入的物质：n（NaOH）=n（Na2SO4），这段反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Ba2++SO42-=BaSO4↓；
图中第三段曲线中，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al(OH)3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解，所以此刻溶液中的沉淀只有BaSO4、Fe(OH)3，由于溶解了（0.12-0.11）mol=0.01mol Al(OH)3，所以溶液中此刻生成了NaAlO2杂质，故答案为为：BaSO4、Fe(OH)3 ，NaAlO2；
(2) 从 90mL 至 100 mL 之间加入 10mL B 溶液时，即为图中第二段曲线是平行线，这段反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Ba2++SO42-=BaSO4↓；故答案为Ba2++SO42-=BaSO4；Al(OH)3 + OH-= AlO2-+ 2H2O ；
(3)从图象第三段曲线中可以看出，加入B溶液100mL时，Ba2+恰好沉淀完全，这段中Al（OH）3继续溶解，B为110mL时，沉淀中Al（OH）3已完全溶解，溶解了0.01mol Al(OH)3，消耗了10mLB溶液，故c（NaOH）=1mol/L，则共加入Na2SO4为0.01mol，故c（Na2SO4）=1mol/L，而整个反应过程共生成BaSO4为0.01（mol），故A溶液中c（Ba2+）=1mol/L，即c（BaCl2）=1mol/L；
图中第四段曲线中，沉淀为Fe（OH）3、BaSO4共0.11mol，则Fe（OH）3为(0.11-0.1)=0.01mol，A中c（Fe3+）=1mol/L；第二、三段曲线共消耗B溶液20mL，n（NaOH）=1mol×0.02mol/L=0.02mol，据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，则共溶解的Al(OH)3为0.02mol，则A中c（Al3+）==0.2mol/L，故答案为c（Na2SO4）=1mol/L，c（NaOH）=1mol/L ，c（BaCl2）=1mol/L，c（Al3+）=0.2mol/L ，c（Fe3+）=01mol/L。
【点睛】注意根据图象中的变化，快速准确地判断各阶段的离子反应，结合各阶段的各种物质的量变化进行计算。
本题的突破点在第二和第三段图象变化，即铝离子的沉淀和溶解过程的物质的量变化以及消耗氢氧化钠的物质的量的确定，从而展开进一步推断。
21． 合理 NaOH溶液 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑ B H＋＋OH－=H2O NH＋OH－=NH3·H2O Al3＋、Fe3＋、H＋ NH 0.008 0.032 7
【详解】Ⅰ．(1)由表中数据比较可知，铝的熔点比铁低，该反应放出的热量使铁熔化，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金，因此此说法合理。
(2)利用金属Al与氢氧化钠溶液反应放出氢气而铁不与NaOH溶液发生反应即可验证，因此验证合金中含铝单质，需要加入NaOH溶液，其离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑。
(3)A．Fe、Al与浓硫酸发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能用浓硫酸溶解，故A错误；
B．Fe和Al属于活泼金属，都能与稀硫酸发生反应，能用稀硫酸溶解，故B正确；
C．Fe、Al与稀硝酸反应，但会生成有毒的NO，污染空气，不能用稀硝酸溶解，故C错误；
D．Al能与NaOH溶液反应，但Fe不能与NaOH溶液反应，因此不能用NaOH溶液溶解，故D错误；
答案选B。
Ⅱ．(1)由图示可知，OC段没有沉淀产生，说明硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，此阶段发生离子反应方程式为H＋＋OH－=H2O。
(2)由图象可知硝酸过量，OC段发生酸碱中和反应，CD段为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀的生成，而DE段消耗了NaOH，但沉淀的物质的量没有变化，由此证明硝酸和金属反应的还原产物为较低价态的NH，DE段发生的离子反应方程式为NH＋OH－=NH3·H2O，而先产生沉淀，后生成NH3·H2O，说明Al3＋、Fe3＋、H＋结合OH－能力强于NH。
(3)EF段为Al(OH)3与NaOH反应，其离子反应方程式为Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O，只剩下Fe(OH)3沉淀。B与A的差值为Al(OH)3的物质的量，则氢氧化铝的物质的量为4mol·L－1×(36－34)×10－3L＝0.008mol。
(4)参加反应的n(Al)＝0.008mol，因为1mol的Al3＋、Fe3＋均与3mol的NaOH反应，由电子守恒可知Fe和Al化合价升高的总数等于HNO3生成NH降低的总数，即3n(Fe)＋3n(Al)＝n(NH)×8＝4mol·L－1×(34－31)×10－3L×8，解得n(Fe)＋n(Al)＝0.032mol，n(Fe)＝0.024mol，两种沉淀的物质的量为0.032mol，生成两种沉淀共消耗n(NaOH)＝0.032mol×3＝0.096mol，所以C点体积为31mL－×103mL＝7mL。
【点睛】本题的难点是II，要根据题目所给信息分析，合金加入硝酸后，合金溶解，且没有气体产生，说明HNO3中部分N转化成NH，然后根据加入NaOH对过程进行分析，开始时没有沉淀产生，说明硝酸过量，然后一步步分析，化学计算中往往利用特殊方法进行计算，如电子守恒、元素守恒等。
22．(1) Fe FeCl2 Fe(OH)3 H2O
(2)Fe与水蒸气在高温下反应生成H2，H2和空气的混合气体遇高温易爆炸
(3)7
(4) 防止氯化亚铁溶液中的亚铁离子被氧化成铁离子 溶液变成红色
(5) ①②④ 白色沉淀变成灰绿色，最终变为红褐色
【分析】生活中最广泛的金属单质为铁，A为Fe；含10个电子的常见液体分子为水，X为H2O；黄绿色有毒气体为氯气，可用于自来水消毒，Y为Cl2；地壳中含量最多的金属元素为铝，Z为Al，所以可以知道反应②为铝热反应，G为Fe2O3，D为Fe3O4，B为FeCl2，E为Fe(OH)2，C为FeCl3，F为Fe(OH)3，以此解题。
【详解】（1）由分析可知A为Fe，B为FeCl2，F为Fe(OH)3，X为H2O；
（2）由分析可知A为Fe，与水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故答案为：Fe与水蒸气在高温下反应生成H2，H2和空气的混合气体遇高温易爆炸；
（3）根据图中所示的转化关系可知，在这些反应中属于氧化还原反应有①②③④⑥⑧⑨，共7个；
（4）二价铁容易被氧化为三价铁，而铁单质可以把三价铁还原为二价铁，方程式为：，故加入少量A的目的是：防止氯化亚铁溶液中的亚铁离子被氧化成铁离子；Fe3+与KSCN溶液反应，溶液会变血红色，观察到溶液颜色变为血红色，加入KSCN溶液后，可观察到的现象为：溶液变成红色；
（5）①可以利用铁和稀硫酸反应生成的氢气排除装置中的空气，并且保持一个还原性的环境，故可以较长时间看到氢氧化亚铁的颜色，①正确；
②首先打开止水夹，利用铁和稀硫酸反应生成的氢气排除装置中的空气，并且保持一个还原性的环境，随后夹上止水夹，可以把硫酸亚铁压到右侧的氢氧化钠中，发生反应产生氢氧化亚铁，故可以较长时间看到氢氧化亚铁的颜色，②正确；
③空气中的氧气很容易混入到溶液中，氢氧化亚铁容易被氧化，不能较长时间看到氢氧化亚铁的颜色，③错误；
④因为苯为有机物，可以隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，故可以较长时间看到氢氧化亚铁的颜色，④正确；
故选①②④；
装置③中由于混入空气，则生成的氢氧化亚铁很容易被氧化为氢氧化铁，氢氧化亚铁是白色沉淀，氢氧化铁是红褐色沉淀，故现象为：白色沉淀变成灰绿色，最终变为红褐色
23． a C→D→A→B→G→F→E 尾气处理，防止污染空气 2处蘸有溶液的棉球变黄 1处棉球变蓝
【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气需要加热，所以选用a装置，故答案为：a；
(2)实验室制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水蒸气，然后用向上排气法收集，最后用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，所以连接顺序为：C→D→A→B→G→F→E，故答案为：C→D→A→B→G→F→E；
(3)碱石灰能吸收氯气，其作用为尾气处理，防止污染空气；2处为氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，离子方程式为：，故答案为：尾气处理，防止污染空气；；
(4)氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，溴单质溶于水为黄色，所以现象为2处蘸有溶液的棉球变黄；溴和碘化钾反应生成碘单质和溴化钾，淀粉遇到碘变蓝色，方程式为：，故答案为：2处蘸有溶液的棉球变黄；1处棉球变蓝；。
24． 分液漏斗 ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O 润的淀粉KI试纸变蓝 Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+ 打开活塞b，将C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡 静置后CCl4层溶液变为紫色 吸收氯气等有毒气体，防止污染空气 确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对Fe3+氧化碘离子实验的干扰
【分析】A中发生反应2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O 制取氯气，氯气使淀粉KI试纸变蓝；B中发生反应Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- 溶液变为黄色，打开活塞b，将C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静置后CCl4层溶液变为紫色 ，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2 。浸有NaOH的棉花作用是吸收氯气等有毒气体，防止污染空气，过程Ⅲ需要确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对Fe3+氧化碘离子实验的干扰。
【详解】（1）由图可知，盛浓盐酸溶液的仪器名称是：分液漏斗；84消毒液的有效成分为NaClO，向84消毒液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，该黄绿色气体为Cl2，反应的化学方程式为NaClO+2HCl（浓）=NaCl+Cl2↑+H2O，离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；
（2）根据装置图中的试剂，验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是：湿润的淀粉KI试纸变蓝，发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=2KCl+I2；
（3）B中的溶液变为黄色，B中反应为Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，B中发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；
（4）要验证Fe3+的氧化性强于I2，依据的反应原理为2Fe3++2I-=I2+2Fe2+，过程II的C中溶液变为黄色说明C中FeCl2被氧化成FeCl3，所以验证Fe3+的氧化性强于I2，过程IV的操作是：打开活塞b，将C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡；实验现象是：静置后CCl4层溶液变为紫色。反应的离子方程式为2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；
（5）由于Cl2有毒，污染大气，浸有NaOH溶液的棉花作用是：吸收氯气等有毒气体，防止污染空气；
（6）由于氯气也能将KI氧化成I2，要验证Fe3+的氧化性强于I2必须排除Cl2的干扰，即必须确认C的黄色溶液中无Cl2。过程III向B中加入一定量KSCN溶液，混合液呈红色说明B中FeCl2被氧化成FeCl3；一段时间后B中红色加深说明过程II的B中FeCl2未被完全氧化，则过程II的C中FeCl2未被完全氧化、黄色溶液中没有Cl2；过程III的实验目的是：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对Fe3+氧化碘离子实验的干扰
