2021-2022学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册专题5 第一单元元素周期率和元素周期表 同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册专题5 第一单元元素周期率和元素周期表 同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 211.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-19 13:01:26 | ||
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文档简介
专题5微观结构与物质的多样性第一单元元素周期率和元素周期表-----2021-2022学年上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册
一、选择题（共15题）
1．常温下，将下列金属分别放入水中，反应最剧烈的是
A．Na B．Mg C．Al D．K
2．锶的原子序数为38，它在元素周期表中的位置是
A．第5周期第IVA族 B．第5周期第IIA族
C．第4周期第IIA族 D．第5周期第VIA族
3．下列有关物质性质的比较，正确的是
A．沸点：NH3＜PH3 B．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2
C．碳碳键键长：乙烷＜乙烯 D．硬度：晶体硅＜金刚石
4．某主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，由此可以判断
A．R一定是第4周期元素 B．R一定是第ⅣA族元素
C．R一定是第ⅦA族元素 D．R的氢化物化学式为H2R
5．根据元素周期律和原子结构理论预测114号元素原子结构和性质正确的是
A．该元素原子的最外层电子数为6
B．它的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性弱
C．它的原子半径比铅小
D．它的金属性比铅强
6．在下列元素中，随元素原子序数的递增呈周期性变化的是
①原子半径；②化合价；③金属性.非金属性；④相对原子质量。
A．①② B．②④ C．①②③ D．①②③④
7．下列有关叙述错误的是
A．碱性：NaOH>KOH B．原子半径：r(C)>r(O)
C．稳定性：HF>PH3 D．氧化性：Al3+>Ca2+
8．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．硅胶或生石灰作食品的干燥剂 B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
9．下列说法中正确的是
A．实验室熔融烧碱时，可在石英坩埚中进行
B．铝易与氧气反应生成氧化铝，说明铝片不能在空气中稳定存在
C．鉴别碳酸钠与碳酸氢钠可以选用氢氧化钙
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水，可制得氢氧化铝
10．X、Y、Z、W、R均是短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的最高正化合价与最低负化合价绝对值相等。下列说法正确的是
X
Y Z W R
①X、Y形成的某种化合物可作为呼吸面具中的来源
②气态氢化物的热稳定性：
③Z、W、R分别与X形成的化合物的水化物都是强酸
④化合物和中，阳离子半径均大于阴离子半径
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述不正确的是
A．X、Y的最高价氧化物都可以作耐火材料
B．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C．Z的非金属性小于W
D．X的单质可分别与Z、W的单质发生氧化还原反应
12．太空飞船的太阳能电池板有“飞船血液”之称，我国在砷化镓太阳能电池研究方面处于国际领先水平，下列有关说法正确的是
A．砷元素符号为As，位于元素周期表中第四周期ⅤA族
B．酸性：砷酸＞磷酸
C．镓元素符号为Ga，单质不能与水反应
D．碱性：Ga(OH)3＜Al(OH)3
13．X、Y、Z是三种短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法错误的是
X
Y Z
A．若X是金属元素，则Y一定是金属元素
B．若X、Y可形成分子，则X和Y是第ⅥA元素
C．若Y、Z最高价氧化物对应的水化物为强酸，则X是O元素
D．若X、Z最高价氧化物对应的水化物是弱酸，则Y一定是非金属元素
14．短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是
A．最简单气态氢化物的热稳定性： B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．简单离子半径： D．单质T可与溶液反应
15．下列“类比”合理的是
A．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2
C．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C
D．往MgCl2溶液中加入过量NaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀，则往AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液生成Al(OH)3沉淀
二、综合题（共4题）
16．下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：
1
2 A B C
3 D E F G H I J K
4 M
（1）在上表用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___，除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是____，属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）。
（2）J的氢化物的电子式为____，最高价氧化物对应的水化物的化学式为___。
（3）为比较元素A和G的非金属性强弱，用下图所示的装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_____，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是______。
17．水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]，其机制模型如图。
资料：
Ⅰ.酸性条件下SO 为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO·和·OH同时存在，强碱性条件下·OH为主要的自由基。
Ⅱ.Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH
离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe2+ 7.04 9.08
Fe3+ 1.87 3.27
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。
①砷在元素周期表中的位置是_____。
②砷酸的化学式是_____，其酸性比H3PO4_____（填“强”或“弱”）。
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全。
①零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_____。
②Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是_____。
③SO·和H2O反应的离子方程式是_____。
（3）不同pH对As(Ⅴ)去除率的影响如图。5min内pH=7和pH=9时去除率高的原因是_____。
18．铵明矾（NH4Al(SO4)2·12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4·10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：
完成下列填空：
（1）铵明矾溶液呈_____性，它可用于净水，原因是_____________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是_____________。
（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_____________。
（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是______。
（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大。加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、_____、过滤洗涤、干燥。
（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。
①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是_________________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是______（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程_____________________________________。
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_________。
19．氯化钴渗入水泥中可以制备彩色水泥（变色水泥）。以某废钴渣（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2）制备氯化钴晶体的一种流程如下：
已知：①在酸性条件下，氧化性：Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。
②当pH=5时，Fe3+、Al3+全部转化为氢氧化物沉淀。请回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是_______________、_______________（填化学式）。
（2）在滤液A中加入H2O2，H2O2作还原剂的离子方程式为_______________
（3）从滤渣B中提取铁红的操作是将滤渣B溶于过量的_______________溶液（填化学式），_______________、洗涤、灼烧得到铁红。
（4）从环境保护角度分析，溶解废钴渣时不用浓盐酸替代硫酸的原因是：_______________
（5）为了测定CoCl2 nH2O中结晶水数目进行如下实验：取16.6g样品在一定条件下脱水得13.0gCoCl2，则n=_______________
参考答案
1．D
【详解】
金属越活泼，金属与水反应越剧烈。在元素周期表中，同周期元素从左到右金属性递减、同主族从上到下金属性递增。这四种金属中钾最活泼、钾与水反应最剧烈。
答案选D。
2．B
【详解】
第五周期第ⅠA族元素是37号元素Rb，则38号元素位于第五周期第ⅡA族。
答案选B。
3．D
【详解】
A．NH3存在分子间氢键，故沸点：NH3＞PH3，A错误；
B．Ba的金属性强于Ca，故碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2，B错误；
C．碳碳双键的键长小于碳碳单键键键长，故：乙烷＞乙烯，C错误；
D．C原子半径小于Si原子半径，故硬度：晶体硅＜金刚石，D正确；
故选D。
4．D
【详解】
主族元素中，最高正化合价＋|最低负化合价|=8，元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，所以R元素的最高正化合价是＋6价，最低负化合价是 2价，R的最外层电子数是6，则R为第ⅥA族元素S、Se、Te，但不一定是第四周期元素，其气态氢化物化学式为H2R，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
5．D
【详解】
A．114号元素，核外电子排布为2、8、18、32、32、18、4，因此该元素原子的最外层电子数为4，故A错误；
B．114号元素与Pb同族且在Pb下方，根据同主族从上到下金属性逐渐增强，因此它的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性强，故B错误；
C．114号元素与Pb同族且在Pb下方，根据同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此它的原子半径比铅大，故C错误；
D．根据B分析，它的金属性比铅强，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．C
【详解】
①随原子序数的递增，元素的原子半径从大到小呈周期性变化(稀有气体除外)；②随着元素原子序数的递增，元素的最高正价大概从+1到+7，负价从-7到-1重复出现；③随元素原子序数的递增，金属性由强变弱，非金属性由弱变强的周期性变化；④随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化。
故选C。
7．A
【详解】
A．金属性K>Na，元素的金属性越强其最高价氧化物的水化物碱性越强，因此碱性：KOH>NaOH，故A错误；
B．C、O为同周期元素，从左到右原子半径减小，故B正确；
C．非金属性F>P，非金属性越强其气态氢化物越稳定，故C正确；
D．金属性Ca>Al，元素的金属性越强其形成的金属阳离子氧化性越弱，故D正确；
故选：A。
8．D
【详解】
A．硅胶或生石灰具有吸水性，可作食品的干燥剂，故A正确；
B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，所以漂白粉可用于生活用水的消毒，故B正确；
C．氢氧化铝属于弱碱，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故C正确；
D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查，故D错误；
故选：D。
9．D
【详解】
A．SiO2能溶于熔融的NaOH，则实验室熔融烧碱时，不能使用石英坩埚，可以使用铁坩埚，A错误；
B．铝易与氧气反应，在铝表面生成致密氧化铝薄膜，阻止内部的铝不再反应，所以铝片能在空气中稳定存在，B错误；
C．碳酸钠、碳酸氢钠都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，鉴别碳酸钠与碳酸氢钠不能选用氢氧化钙，C错误；
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，D正确；
故选D。
10．A
【分析】
X、Y、Z、W、R均是短周期元素，根据它们在周期表的位置，可知X是第二周期元素，其他是第三周期元素，W的最高正化合价与最低负化合价的绝对值相等，可知W是第三周期的Si元素，则Y是Na元素，则Z是Al元素，则R是S元素，X是O元素。
【详解】
①X、Y形成的某种化合物即过氧化钠可作为呼吸面具中(O2)的来源，故①说法正确；
②同周期自左而右，元素的非金属性增强、同主族自上而下，非金属性减弱，故元素的非金属性X＞R＞W，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性：HmX＞HmR＞WHn，故②说法正确；
③Z、W、R分别与X形成的化合物的水化物分别为氢氧化铝、硅酸、硫酸和亚硫酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，硅酸为弱酸、硫酸为强酸、亚硫酸是弱酸，故③说法错误；
④化合物和中阳离子为Na+、阴离子为O2-、S2-，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；离子核外电子层数越多，离子半径越大，故离子半径Na+＜O2-＜S2-，故④说法不正确；
上述四种说法中正确的是①②；
故本题答案为A。
11．B
【分析】
由图可知，W为O元素、X为Mg元素、Y为Al元素、Z为N元素。
【详解】
A．氧化镁和氧化铝都具有很高的熔点，都可以作耐火材料，故A正确；
B．氢氧化铝是两性氧化物，溶于强酸和强碱，不溶于弱酸和弱碱，则氢氧化铝不能溶于稀氨水，故B错误；
C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氧元素的非金属性强于氮元素，故C正确；
D．镁单质能在氧气和氮气中燃烧，发生氧化还原反应生成氧化镁和氮化镁，故D正确；
故选B。
12．A
【详解】
A．砷元素符号为As，其核电荷数为33，位于元素周期表中第四周期ⅤA族，A正确；
B．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：磷酸＞砷酸，B错误；
C． 镓元素符号为Ga，在元素周期表中镓位于铝的下方，金属性比铝强，则镓单质有可能能与水反应，C错误；
D．镓金属性比铝强，碱性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，D错误；
答案选A。
13．D
【详解】
A．同一主族，从上到下，元素的金属性依次增强，若X是金属元素，则Y也一定是金属元素,且Y比X的金属性强，A正确；
B．若X、Y可形成XY2分子，则X是氧元素，Y是硫元素，两种元素都位于第VIA族，B正确；
C．若Y、Z最高价氧化物对应的水化物均为强酸，则Z是氯元素，Y是硫元素，因此， X是氧元素，C正确；
D．若X、Z最高价氧化物对应的水化物均为弱.酸，则X可能是硼元素和碳元素，Z可能是硅元素和磷元素，Y可能是铝元素和硅元素，D错误；
答案选D。
14．C
【分析】
由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素；
【详解】
A．元素非金属越强，最简单气态氢化物越稳定，因此R＞Q，故不选A；
B．元素非金属越强，，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此Q＜W，故不选B；
C．核外电子数相同，核电荷数越小半径增大，故原子半径：T＜R，故选C；
D．单质T（Si）与NaOH溶液反应，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故不选D。
答案：C。
15．C
【详解】
A．S在足量O2中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；
B．铁丝在氯气中燃烧只能生成FeCl3，不能生成FeCl2，故B错误；
C．钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化碳中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，故C正确；
D．氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于过量的氢氧化钠，故D错误；
故选：C。
16．Ar Na Cl M HClO4 饱和NaHCO3 除去CO2中的HCl杂质 Na2SiO3 +CO2 +H2O = H2SiO3 ↓+ Na2CO3（生成NaHCO3也可）
【分析】
根据元素在周期表中的相对位置首先判断出元素名称，然后结合元素周期律以及有关物质的性质分析解答。
【详解】
根据元素在周期表中的位置可知A是C，B是O，C是F，D是Na，E是Mg，F是Al，G是Si，H是P，I是S，J是Cl，K是Ar，M是Mn。则
（1）在上表用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体元素Ar，金属性最强的是Na；同周期自左向右原子半径逐渐减小，则除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是Cl，属于过渡元素的是M；
（2）J的氢化物是共价化合物HCl，电子式为，氯元素的最高价是+7价，则最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4；
（3）要比较元素C和Si的非金属性强弱，可以根据较强酸制备较弱酸判断，由于盐酸和大理石反应生成的二氧化碳中含有氯化氢会干扰实验，需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去，即溶液B应该选用饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的HCl杂质，能说明C和Si非金属性强弱的化学方程式是Na2SiO3+CO2+H2O＝H2SiO3↓+Na2CO3。
17．第4周期、第ⅤA族 H3AsO4 弱 Fe+S2O=Fe2++2SO Fe+2Fe3+=3Fe2+ SO·+H2O=·OH+SO+H+ pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)
【分析】
（1）①磷元素的原子序数为15，位于元素周期表第3周期ⅤA族，由砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层；
②砷与磷在元素周期表中位于同一主族，同主族元素性质相似，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；
（2）①由题意可知，零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-；
②Fe3+具有氧化性，Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+；
③由题给信息可知，SO4—·和H2O反应生成·OH+SO42—；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4 ·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀。
【详解】
（1）①磷元素的原子序数为15，位于元素周期表第3周期ⅤA族，由砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层可知砷位于元素周期表中第4周期ⅤA族，故答案为：第4周期ⅤA族；
②砷与磷在元素周期表中位于同一主族，同主族元素性质相似，则由磷酸分子式可知，砷酸中砷元素的化合价为+5价，化学式是H3AsO4；同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，则H3AsO4酸性比H3PO4弱，故答案为：H3AsO4；弱；
（2）①由题意可知，零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为Fe+ S2O82 =Fe 2+ +2SO42 ，故答案为：Fe+ S2O82 =Fe 2+ +2SO42 ；
②Fe3+具有氧化性，Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+ 2Fe 3+=3Fe 2+，故答案为：Fe+ 2Fe 3+=3Fe 2+；
③由题给信息可知，SO4—·和H2O反应生成·OH+SO42—，反应的离子方程式是SO·+H2O=·OH+SO+H+，故答案为：SO·+H2O=·OH+SO+H+；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4 ·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)，则5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高，故答案为：pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)。
【点睛】
零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82 反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全是解答关键，也是分析的易错点。
18．酸 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4 省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3＋的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟（或者不加试剂看到白烟也给分） (NH4)2SO4或者(NH4)2SO3或者SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3+3H2O +2OH-=2Al(OH)4- 1：3
【详解】
（1）铵明矾【NH4Al(SO4)2·12H2O】属于强酸弱碱盐，由于NH4+、Al3+的水解，铵明矾溶液呈酸性；它可用于净水，原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用；向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，依次发生的反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故可观察到的现象是：先产生氢氧化铝白色沉淀，后产生有刺激性气味的氨气，再加入过量的NaOH溶液，氢氧化铝逐渐溶解并消失。
（2）由于碳酸氢钠在水中的溶解度不大，因此过程Ⅰ中发生反应的化学方程式为2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4。
（3）滤液A中含有少量的HCO3-，若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，HCO3-与Al3＋的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低；因此需要加入稀硫酸除去HCO3-；
（4）因为铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，故加入硫酸铝后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，可以得到铵明矾。
（5）①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧；实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物；试管C中的品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫；在支口处可检验到NH3，检测NH3的方法是打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟；分解生成的二氧化硫、NH3、H2O在T型导管中会化合成（NH4）2SO3，则出现白色固体可能是(NH4)2SO3，还可能是生成的(NH4)2SO4等；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该两性氧化物为氧化铝，氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3+3H2O +2OH-=2Al(OH)4-。
②根据氧化还原反应中化合价升高的总价数与降低的总价数相等，可得：6n(N2)=2n(SO2)，可得n(N2)：n(SO2)=1:3，相同条件下气体体积之比等于气体物质的量之比，则V（N2）：V（SO2）=1:3。
19．SiO2 CaSO4 2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+ NaOH 过滤 可能会产生Cl2污染环境 2【分析】
根据流程图分析可知，废钴渣加入过量的稀硫酸，除了SiO2外，均可以与硫酸反应，此外硫酸钙是微溶物。加入双氧水可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，但是从后面的产物来推断，Co3＋将被还原成Co2＋，加入Na2CO3沉淀Al3＋、Fe3＋，与Co2＋分离，最后得到CoCl2，据此分析解答问题。
【详解】
(1)分析原料成分知，二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙与硫酸生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是SiO2和CaSO4；
(2)根据后面的产物可知Co为+2价，加入双氧水将＋3价钴离子还原成＋2价钴离子，双氧水被氧化生成O2，离子方程式为2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+；
(3)滤渣B中主要含有氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铝溶于强碱而氢氧化铁不会，所以是将滤渣B溶于过量的NaOH溶液，过滤得氢氧化铁，洗涤、灼烧氢氧化铁得氧化铁；
(4)用浓盐酸替代硫酸，根据已知氧化性排序Co3+＞Cl2，三氧化二钴氧化盐酸生成氯气，氯气污染环境；
(5)16.6 g样品在一定条件下脱水得13.0 g CoCl2，
，
，所以物质的量之比为1:2，故n=2。
一、选择题（共15题）
1．常温下，将下列金属分别放入水中，反应最剧烈的是
A．Na B．Mg C．Al D．K
2．锶的原子序数为38，它在元素周期表中的位置是
A．第5周期第IVA族 B．第5周期第IIA族
C．第4周期第IIA族 D．第5周期第VIA族
3．下列有关物质性质的比较，正确的是
A．沸点：NH3＜PH3 B．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2
C．碳碳键键长：乙烷＜乙烯 D．硬度：晶体硅＜金刚石
4．某主族元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，由此可以判断
A．R一定是第4周期元素 B．R一定是第ⅣA族元素
C．R一定是第ⅦA族元素 D．R的氢化物化学式为H2R
5．根据元素周期律和原子结构理论预测114号元素原子结构和性质正确的是
A．该元素原子的最外层电子数为6
B．它的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性弱
C．它的原子半径比铅小
D．它的金属性比铅强
6．在下列元素中，随元素原子序数的递增呈周期性变化的是
①原子半径；②化合价；③金属性.非金属性；④相对原子质量。
A．①② B．②④ C．①②③ D．①②③④
7．下列有关叙述错误的是
A．碱性：NaOH>KOH B．原子半径：r(C)>r(O)
C．稳定性：HF>PH3 D．氧化性：Al3+>Ca2+
8．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．硅胶或生石灰作食品的干燥剂 B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸 D．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
9．下列说法中正确的是
A．实验室熔融烧碱时，可在石英坩埚中进行
B．铝易与氧气反应生成氧化铝，说明铝片不能在空气中稳定存在
C．鉴别碳酸钠与碳酸氢钠可以选用氢氧化钙
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水，可制得氢氧化铝
10．X、Y、Z、W、R均是短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W的最高正化合价与最低负化合价绝对值相等。下列说法正确的是
X
Y Z W R
①X、Y形成的某种化合物可作为呼吸面具中的来源
②气态氢化物的热稳定性：
③Z、W、R分别与X形成的化合物的水化物都是强酸
④化合物和中，阳离子半径均大于阴离子半径
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
11．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述不正确的是
A．X、Y的最高价氧化物都可以作耐火材料
B．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水
C．Z的非金属性小于W
D．X的单质可分别与Z、W的单质发生氧化还原反应
12．太空飞船的太阳能电池板有“飞船血液”之称，我国在砷化镓太阳能电池研究方面处于国际领先水平，下列有关说法正确的是
A．砷元素符号为As，位于元素周期表中第四周期ⅤA族
B．酸性：砷酸＞磷酸
C．镓元素符号为Ga，单质不能与水反应
D．碱性：Ga(OH)3＜Al(OH)3
13．X、Y、Z是三种短周期元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法错误的是
X
Y Z
A．若X是金属元素，则Y一定是金属元素
B．若X、Y可形成分子，则X和Y是第ⅥA元素
C．若Y、Z最高价氧化物对应的水化物为强酸，则X是O元素
D．若X、Z最高价氧化物对应的水化物是弱酸，则Y一定是非金属元素
14．短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是
A．最简单气态氢化物的热稳定性： B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．简单离子半径： D．单质T可与溶液反应
15．下列“类比”合理的是
A．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2
C．Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和C
D．往MgCl2溶液中加入过量NaOH溶液生成Mg(OH)2沉淀，则往AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液生成Al(OH)3沉淀
二、综合题（共4题）
16．下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：
1
2 A B C
3 D E F G H I J K
4 M
（1）在上表用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___，除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是____，属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）。
（2）J的氢化物的电子式为____，最高价氧化物对应的水化物的化学式为___。
（3）为比较元素A和G的非金属性强弱，用下图所示的装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_____，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是______。
17．水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8）去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]，其机制模型如图。
资料：
Ⅰ.酸性条件下SO 为主要的自由基，中性及弱碱性条件下SO·和·OH同时存在，强碱性条件下·OH为主要的自由基。
Ⅱ.Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH
离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe2+ 7.04 9.08
Fe3+ 1.87 3.27
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。
①砷在元素周期表中的位置是_____。
②砷酸的化学式是_____，其酸性比H3PO4_____（填“强”或“弱”）。
（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全。
①零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_____。
②Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是_____。
③SO·和H2O反应的离子方程式是_____。
（3）不同pH对As(Ⅴ)去除率的影响如图。5min内pH=7和pH=9时去除率高的原因是_____。
18．铵明矾（NH4Al(SO4)2·12H2O）是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备。用芒硝（Na2SO4·10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：
完成下列填空：
（1）铵明矾溶液呈_____性，它可用于净水，原因是_____________；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是_____________。
（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式_____________。
（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是______。
（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大。加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、_____、过滤洗涤、干燥。
（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份。
①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧。实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是_________________；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是______（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程_____________________________________。
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=_________。
19．氯化钴渗入水泥中可以制备彩色水泥（变色水泥）。以某废钴渣（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO和SiO2）制备氯化钴晶体的一种流程如下：
已知：①在酸性条件下，氧化性：Co3+＞Cl2＞H2O2＞Fe3+。
②当pH=5时，Fe3+、Al3+全部转化为氢氧化物沉淀。请回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是_______________、_______________（填化学式）。
（2）在滤液A中加入H2O2，H2O2作还原剂的离子方程式为_______________
（3）从滤渣B中提取铁红的操作是将滤渣B溶于过量的_______________溶液（填化学式），_______________、洗涤、灼烧得到铁红。
（4）从环境保护角度分析，溶解废钴渣时不用浓盐酸替代硫酸的原因是：_______________
（5）为了测定CoCl2 nH2O中结晶水数目进行如下实验：取16.6g样品在一定条件下脱水得13.0gCoCl2，则n=_______________
参考答案
1．D
【详解】
金属越活泼，金属与水反应越剧烈。在元素周期表中，同周期元素从左到右金属性递减、同主族从上到下金属性递增。这四种金属中钾最活泼、钾与水反应最剧烈。
答案选D。
2．B
【详解】
第五周期第ⅠA族元素是37号元素Rb，则38号元素位于第五周期第ⅡA族。
答案选B。
3．D
【详解】
A．NH3存在分子间氢键，故沸点：NH3＞PH3，A错误；
B．Ba的金属性强于Ca，故碱性：Ba(OH)2＞Ca(OH)2，B错误；
C．碳碳双键的键长小于碳碳单键键键长，故：乙烷＞乙烯，C错误；
D．C原子半径小于Si原子半径，故硬度：晶体硅＜金刚石，D正确；
故选D。
4．D
【详解】
主族元素中，最高正化合价＋|最低负化合价|=8，元素R的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，所以R元素的最高正化合价是＋6价，最低负化合价是 2价，R的最外层电子数是6，则R为第ⅥA族元素S、Se、Te，但不一定是第四周期元素，其气态氢化物化学式为H2R，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
5．D
【详解】
A．114号元素，核外电子排布为2、8、18、32、32、18、4，因此该元素原子的最外层电子数为4，故A错误；
B．114号元素与Pb同族且在Pb下方，根据同主族从上到下金属性逐渐增强，因此它的最高价氧化物水化物的碱性比铅的最高价氧化物水化物的碱性强，故B错误；
C．114号元素与Pb同族且在Pb下方，根据同主族从上到下原子半径逐渐增大，因此它的原子半径比铅大，故C错误；
D．根据B分析，它的金属性比铅强，故D正确。
综上所述，答案为D。
6．C
【详解】
①随原子序数的递增，元素的原子半径从大到小呈周期性变化(稀有气体除外)；②随着元素原子序数的递增，元素的最高正价大概从+1到+7，负价从-7到-1重复出现；③随元素原子序数的递增，金属性由强变弱，非金属性由弱变强的周期性变化；④随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化。
故选C。
7．A
【详解】
A．金属性K>Na，元素的金属性越强其最高价氧化物的水化物碱性越强，因此碱性：KOH>NaOH，故A错误；
B．C、O为同周期元素，从左到右原子半径减小，故B正确；
C．非金属性F>P，非金属性越强其气态氢化物越稳定，故C正确；
D．金属性Ca>Al，元素的金属性越强其形成的金属阳离子氧化性越弱，故D正确；
故选：A。
8．D
【详解】
A．硅胶或生石灰具有吸水性，可作食品的干燥剂，故A正确；
B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO具有强氧化性而杀菌消毒，所以漂白粉可用于生活用水的消毒，故B正确；
C．氢氧化铝属于弱碱，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故C正确；
D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查，故D错误；
故选：D。
9．D
【详解】
A．SiO2能溶于熔融的NaOH，则实验室熔融烧碱时，不能使用石英坩埚，可以使用铁坩埚，A错误；
B．铝易与氧气反应，在铝表面生成致密氧化铝薄膜，阻止内部的铝不再反应，所以铝片能在空气中稳定存在，B错误；
C．碳酸钠、碳酸氢钠都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，鉴别碳酸钠与碳酸氢钠不能选用氢氧化钙，C错误；
D．向氯化铝溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，D正确；
故选D。
10．A
【分析】
X、Y、Z、W、R均是短周期元素，根据它们在周期表的位置，可知X是第二周期元素，其他是第三周期元素，W的最高正化合价与最低负化合价的绝对值相等，可知W是第三周期的Si元素，则Y是Na元素，则Z是Al元素，则R是S元素，X是O元素。
【详解】
①X、Y形成的某种化合物即过氧化钠可作为呼吸面具中(O2)的来源，故①说法正确；
②同周期自左而右，元素的非金属性增强、同主族自上而下，非金属性减弱，故元素的非金属性X＞R＞W，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性：HmX＞HmR＞WHn，故②说法正确；
③Z、W、R分别与X形成的化合物的水化物分别为氢氧化铝、硅酸、硫酸和亚硫酸，氢氧化铝为两性氢氧化物，硅酸为弱酸、硫酸为强酸、亚硫酸是弱酸，故③说法错误；
④化合物和中阳离子为Na+、阴离子为O2-、S2-，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；离子核外电子层数越多，离子半径越大，故离子半径Na+＜O2-＜S2-，故④说法不正确；
上述四种说法中正确的是①②；
故本题答案为A。
11．B
【分析】
由图可知，W为O元素、X为Mg元素、Y为Al元素、Z为N元素。
【详解】
A．氧化镁和氧化铝都具有很高的熔点，都可以作耐火材料，故A正确；
B．氢氧化铝是两性氧化物，溶于强酸和强碱，不溶于弱酸和弱碱，则氢氧化铝不能溶于稀氨水，故B错误；
C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氧元素的非金属性强于氮元素，故C正确；
D．镁单质能在氧气和氮气中燃烧，发生氧化还原反应生成氧化镁和氮化镁，故D正确；
故选B。
12．A
【详解】
A．砷元素符号为As，其核电荷数为33，位于元素周期表中第四周期ⅤA族，A正确；
B．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：磷酸＞砷酸，B错误；
C． 镓元素符号为Ga，在元素周期表中镓位于铝的下方，金属性比铝强，则镓单质有可能能与水反应，C错误；
D．镓金属性比铝强，碱性：Al(OH)3＜Ga(OH)3，D错误；
答案选A。
13．D
【详解】
A．同一主族，从上到下，元素的金属性依次增强，若X是金属元素，则Y也一定是金属元素,且Y比X的金属性强，A正确；
B．若X、Y可形成XY2分子，则X是氧元素，Y是硫元素，两种元素都位于第VIA族，B正确；
C．若Y、Z最高价氧化物对应的水化物均为强酸，则Z是氯元素，Y是硫元素，因此， X是氧元素，C正确；
D．若X、Z最高价氧化物对应的水化物均为弱.酸，则X可能是硼元素和碳元素，Z可能是硅元素和磷元素，Y可能是铝元素和硅元素，D错误；
答案选D。
14．C
【分析】
由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，故Q为Si元素，W为S元素，R为N元素；
【详解】
A．元素非金属越强，最简单气态氢化物越稳定，因此R＞Q，故不选A；
B．元素非金属越强，，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此Q＜W，故不选B；
C．核外电子数相同，核电荷数越小半径增大，故原子半径：T＜R，故选C；
D．单质T（Si）与NaOH溶液反应，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故不选D。
答案：C。
15．C
【详解】
A．S在足量O2中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；
B．铁丝在氯气中燃烧只能生成FeCl3，不能生成FeCl2，故B错误；
C．钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化碳中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，故C正确；
D．氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于过量的氢氧化钠，故D错误；
故选：C。
16．Ar Na Cl M HClO4 饱和NaHCO3 除去CO2中的HCl杂质 Na2SiO3 +CO2 +H2O = H2SiO3 ↓+ Na2CO3（生成NaHCO3也可）
【分析】
根据元素在周期表中的相对位置首先判断出元素名称，然后结合元素周期律以及有关物质的性质分析解答。
【详解】
根据元素在周期表中的位置可知A是C，B是O，C是F，D是Na，E是Mg，F是Al，G是Si，H是P，I是S，J是Cl，K是Ar，M是Mn。则
（1）在上表用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体元素Ar，金属性最强的是Na；同周期自左向右原子半径逐渐减小，则除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是Cl，属于过渡元素的是M；
（2）J的氢化物是共价化合物HCl，电子式为，氯元素的最高价是+7价，则最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4；
（3）要比较元素C和Si的非金属性强弱，可以根据较强酸制备较弱酸判断，由于盐酸和大理石反应生成的二氧化碳中含有氯化氢会干扰实验，需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去，即溶液B应该选用饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的HCl杂质，能说明C和Si非金属性强弱的化学方程式是Na2SiO3+CO2+H2O＝H2SiO3↓+Na2CO3。
17．第4周期、第ⅤA族 H3AsO4 弱 Fe+S2O=Fe2++2SO Fe+2Fe3+=3Fe2+ SO·+H2O=·OH+SO+H+ pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)
【分析】
（1）①磷元素的原子序数为15，位于元素周期表第3周期ⅤA族，由砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层；
②砷与磷在元素周期表中位于同一主族，同主族元素性质相似，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；
（2）①由题意可知，零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-；
②Fe3+具有氧化性，Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+；
③由题给信息可知，SO4—·和H2O反应生成·OH+SO42—；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4 ·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀。
【详解】
（1）①磷元素的原子序数为15，位于元素周期表第3周期ⅤA族，由砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层可知砷位于元素周期表中第4周期ⅤA族，故答案为：第4周期ⅤA族；
②砷与磷在元素周期表中位于同一主族，同主族元素性质相似，则由磷酸分子式可知，砷酸中砷元素的化合价为+5价，化学式是H3AsO4；同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱，则H3AsO4酸性比H3PO4弱，故答案为：H3AsO4；弱；
（2）①由题意可知，零价铁与过硫酸钠反应生成Fe2+和SO42-，反应的离子方程式为Fe+ S2O82 =Fe 2+ +2SO42 ，故答案为：Fe+ S2O82 =Fe 2+ +2SO42 ；
②Fe3+具有氧化性，Fe与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，反应的离子方程式为Fe+ 2Fe 3+=3Fe 2+，故答案为：Fe+ 2Fe 3+=3Fe 2+；
③由题给信息可知，SO4—·和H2O反应生成·OH+SO42—，反应的离子方程式是SO·+H2O=·OH+SO+H+，故答案为：SO·+H2O=·OH+SO+H+；
（3）结合零价铁活化过硫酸钠去除废水中As(Ⅴ)的机制模型可知，因pH = 7和pH = 9时，产生了具有强氧化性的SO4 ·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)，则5 min内pH = 7和pH = 9时去除率高，故答案为：pH=7和pH=9时，产生了具有强氧化性的SO·和·OH，利于生成Fe2+和Fe3+，pH=7和pH=9时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2和Fe(OH)3，与As(Ⅴ)发生共沉淀，有效去除As(Ⅴ)。
【点睛】
零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与S2O82 反应生成Fe3+和自由基，自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As(Ⅴ)去除完全是解答关键，也是分析的易错点。
18．酸 铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水 先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失 2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4 省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3＋的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低 冷却结晶 打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟（或者不加试剂看到白烟也给分） (NH4)2SO4或者(NH4)2SO3或者SO3 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3+3H2O +2OH-=2Al(OH)4- 1：3
【详解】
（1）铵明矾【NH4Al(SO4)2·12H2O】属于强酸弱碱盐，由于NH4+、Al3+的水解，铵明矾溶液呈酸性；它可用于净水，原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用；向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，依次发生的反应为Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故可观察到的现象是：先产生氢氧化铝白色沉淀，后产生有刺激性气味的氨气，再加入过量的NaOH溶液，氢氧化铝逐渐溶解并消失。
（2）由于碳酸氢钠在水中的溶解度不大，因此过程Ⅰ中发生反应的化学方程式为2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4。
（3）滤液A中含有少量的HCO3-，若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，HCO3-与Al3＋的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低；因此需要加入稀硫酸除去HCO3-；
（4）因为铵明矾的溶解度随温度升高明显增大，故加入硫酸铝后，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，可以得到铵明矾。
（5）①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧；实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体，说明没有生成氮的氧化物；试管C中的品红溶液褪色，说明生成了二氧化硫；在支口处可检验到NH3，检测NH3的方法是打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟；分解生成的二氧化硫、NH3、H2O在T型导管中会化合成（NH4）2SO3，则出现白色固体可能是(NH4)2SO3，还可能是生成的(NH4)2SO4等；装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，该两性氧化物为氧化铝，氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3+3H2O +2OH-=2Al(OH)4-。
②根据氧化还原反应中化合价升高的总价数与降低的总价数相等，可得：6n(N2)=2n(SO2)，可得n(N2)：n(SO2)=1:3，相同条件下气体体积之比等于气体物质的量之比，则V（N2）：V（SO2）=1:3。
19．SiO2 CaSO4 2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+ NaOH 过滤 可能会产生Cl2污染环境 2【分析】
根据流程图分析可知，废钴渣加入过量的稀硫酸，除了SiO2外，均可以与硫酸反应，此外硫酸钙是微溶物。加入双氧水可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，但是从后面的产物来推断，Co3＋将被还原成Co2＋，加入Na2CO3沉淀Al3＋、Fe3＋，与Co2＋分离，最后得到CoCl2，据此分析解答问题。
【详解】
(1)分析原料成分知，二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙与硫酸生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，滤渣A主要成分是SiO2和CaSO4；
(2)根据后面的产物可知Co为+2价，加入双氧水将＋3价钴离子还原成＋2价钴离子，双氧水被氧化生成O2，离子方程式为2Co3+＋H2O2=2Co2+＋O2↑＋2H+；
(3)滤渣B中主要含有氢氧化铁和氢氧化铝，氢氧化铝溶于强碱而氢氧化铁不会，所以是将滤渣B溶于过量的NaOH溶液，过滤得氢氧化铁，洗涤、灼烧氢氧化铁得氧化铁；
(4)用浓盐酸替代硫酸，根据已知氧化性排序Co3+＞Cl2，三氧化二钴氧化盐酸生成氯气，氯气污染环境；
(5)16.6 g样品在一定条件下脱水得13.0 g CoCl2，
，
，所以物质的量之比为1:2，故n=2。