第四章物质结构元素周期律检测题（含解析）高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第四章《物质结构 元素周期律》检测题
一、单选题
1．下列微粒中，质量数为中子数的两倍的是
A．12C2H4 B．18O3 C．16O3H- D．14N1H3
2．关于氢键，下列说法正确的是（ ）
A．分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高
B．冰中存在氢键，水中不存在氢键
C．每一个水分子内含有两个氢键
D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
3．下列各组物质中，都属于离子化合物的一组是
A．Na2O2 HBr B．Br2 Na2O C．KCl NaOH D．HF H2O
4．2016年IUPAC将第117号元素命名为Ts，中文名“石田”，音tian。下列说法中，不正确的是
A．Ts的最外层电子数是7
B．Ts的单质在常温下是气体
C．Ts在同族元素中非金属性最弱
D．Ts在同族元素中原子半径最大
5．下列说法正确的是
A．氘(D)原子核外有2个电子 B．O2与O3互为同分异构体
C．1H与D互称同素异形体 D．1H218O与D216O的相对分子质量相同
6．为了庆祝元素周期表诞生150周年，联合国宣布将2019年定为国际化学元素周期表年，元素Og中文名为氡，是一种人工合成的稀有气体元素，下列正确的是（ ）
A．核外电子数是118 B．中子数是295
C．质量数是177 D．第六周期0族元素
7．下列说法正确的是
A．和是同位素，核反应属于化学变化
B．同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数相等
C．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
D．钯(Pd)元素的原子序数为46，钯是第4周期元素
8．将由NaOH、BaCl2、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量的水中，充分溶解，向混合溶液中滴加1mol·L﹣1的稀硫酸，加入稀硫酸的体积与生成沉淀的质量关系如图所示．下列有关判断不正确的是
A．AB段发生反应的离子方程式为：Ba2++SO42—═BaSO4↓
B．E点对应横坐标稀硫酸的体积为70 mL
C．D点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4
D．E点沉淀比A点沉淀质量大2.33g
9．下列说法正确的是
A．将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡静置，可观察到下层液体呈紫色，证明Br2的氧化性强于I2
B．SO2能使紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，证明SO2具有漂白性
C．SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
10．下列含有共价键的盐是
A． B． C． D．
11．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，由这四种元素组成的某化合物的结构式如图所示(←表示单原子提供2个电子形成配位键)。R、X、Y原子最外层电子数之和等于Z原子的电子数。下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>R
B．简单氢化物水溶液的pH：Z＜Y
C．最高正价：R＜X＜Y＜Z
D． 分子中每个原子最外层都达到8电子结构
12．下列化合物中只有共价键的是(　　)
A．NaCl B．NaOH
C．(NH4)2SO4 D．H2SO4
13．下列各组微粒半径大小顺序正确的是
A． B． C． D．
14．在下列化学反应中既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是
A．Cl2＋H2O=HClO＋HCl
B．Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2↓＋2NH3↑
C．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
D．NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O
15．下列叙述正确的有
①将FeC13溶液滴入沸腾的水中，得到带正电荷的氢氧化铁胶体
②CO2、NO2、P2O5均属于酸性氧化物
③离子化合物中不一定含有金属元素
④SO2、SO3、FeC12、FeC13均可通过化合反应制得
⑤用一束可见光照射纳米铜材料，可观察到丁达尔现象
⑥爆炸、变色、导电一定属于化学变化
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
二、填空题
16．下面是同学们熟悉的物质：
①O2　②干冰　③NaBr　④H2SO4　⑤Na2CO3⑥NH4Cl　⑦NaHSO4　⑧Ne　⑨Na2O2　⑩NaOH
(1)这些物质中，只含有共价键的是_______；只含有离子键的是_______；既含有共价键又含有离子键的是_______；不存在化学键的是_______；电解质有_______；非电解质有_______(填编号)
(2)NaHSO4在熔融状态下电离，破坏的化学键是_______，写出其电离方程式_______。
(3)写出②与⑨发生反应的化学方程式：_______。
(4)写出在稀溶液中⑥和⑩反应的离子方程式：_______。
17．氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要的化合物，它与水作用可产生NH3。请回答下列问题：
(1)Na3N是由______键形成的化合物。
(2)Na3N与盐酸反应生成______种盐。
(3)Na3N与水的反应属于______反应。
三、实验题
18．为验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：
（1）装置B中盛放的试剂是_____（填选项），实验现象为_____，化学反应方程式是_____．
A．Na2S溶液 B．Na2SO3溶液 C．Na2SO4溶液
（2）装置C中盛放烧碱稀溶液，目的是_____．
（3）能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据为_____． （填序号）
①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子；
②次氯酸的氧化性比稀硫酸强；
③S2﹣比Cl﹣还原性强；
④HCl比H2S稳定．
（4）若B瓶中盛放KI溶液和CCl4试剂，实验后，振荡、静置，会出现的实验现象_____，写出反应的离子方程式_____．
19．某小组欲探究Cl2与KI溶液的反应，设计实验装置如下图。
已知：I2在水中溶解度很小，在KI溶液中溶解度显著增大，I2(S)+ I-I3-(aq)。
容器中盛放的试剂分别为：
A．MnO2
C．0.5000 mol/L的KI溶液
D．AgNO3溶液
E．NaOH溶液
F．浓盐酸
完成下列填空：
（1）仪器A的名称____________，B中的试剂是_________________。
（2）当D装置中出现__________________时，停止加热；E的作用是_______________。
（3）当氯气开始进入C时，C中看到的现象是____________________；不断向C中通入氯气，看到溶液颜色逐渐加深，后来出现深褐色沉淀，试运用平衡移动原理分析产生这些现象的原因___________________。
（4）持续不断地向C中通入氯气，看到C中液体逐渐澄清，最终呈无色。推测此时C中无色溶液里含碘物质的化学式_________________（此时溶液中只有一种含碘微粒）。
为确定含碘物质中碘元素的化合价，进行如下实验：
① 取反应后C中溶液5.00mL（均匀）于锥形瓶中，加入KI（过量）和足量稀硫酸。
②向上述锥形瓶中滴加淀粉指示剂，溶液变蓝，用0.6250 mol/L的Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去，耗Na2S2O3溶液24.00 mL。
已知： I2+ 2 S2O32-=2 I-+ S4O62-
计算：碘元素的化合价为_______________。
（5）欲检验某溶液中是否含有I-，可使用的试剂为氯水和淀粉溶液。合理的实验操作为_________________________________。
四、计算题
20．将一定质量的镁铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加一定物质的量浓度的NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。回答下列问题：
（1）写出镁铝合金与稀盐酸反应的离子方程式：___。
（2）当沉淀达到最大时，Al(OH)3的物质的量为___，所用NaOH溶液的物质的量浓度为___。
（3）沉淀溶解时，所涉及的反应化学方程式为___。
（4）该合金中镁的质量分数为___。
21．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：
（1）写出BC段反应的离子方程式为____________________________。
（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。
（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。
（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。
（5）a=______。
参考答案：
1．A
【详解】A．12C2H4的质量数为12+2×4=20，质子数为6+1×4=10，中子数=质量数-质子数=10，质量数为中子数的两倍，故A正确；
B ．18O3的质量数为18×3=54，电子数为8×3=24，中子数为10×3=30，故B错误；
C．16O3H-的质量数为16+3=19，质子数为8+1=9，中子数=质量数-质子数=10，故C错误；
D． 14N1H3的质量数为14+3×1=17，质子数为7+1×3=10，中子数=质量数-质子数=7，故D错误；
故选：A。
2．A
【详解】A. 氢键的存在使分子间作用力加强，物质的熔点和沸点升高，故A正确；
B．冰和水都是由水分子构成，冰中存在氢键，水中也存在氢键，故B错误；
C．氢键为分子间作用力，水分子内部为O原子和H原子之间形成的共价键，故C错误；
D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于H-O键键能较大所致，故D错误；
故答案为A。
【点睛】氢键是一种分子间作用力，不是化学键，其作用力比分子间作用力强，含有氢键的物质熔沸点较高。
3．C
【分析】离子化合物一般是由活泼金属和活泼的非金属形成的，可据此回答。
【详解】A．Na2O2 含有离子键和共价键，是离子化合物，HBr只含有共价键，是共价化合物，A错误；
B．Br2只含有共价键，属于单质，Na2O含有离子键，是离子化合物，B错误；
C．KCl含有离子键，是离子化合物，NaOH含有离子键和共价键，是离子化合物，C正确；
D．HF和H2O只含有共价键，是共价化合物，D错误；
故选C。
【点睛】一般情况下，活泼金属与活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；共价化合物中只含有共价键，离子化合物一定含有离子键，可能含有共价键。
4．B
【分析】现行周期表最后一种元素为118号元素，则117号元素位于第七周期VIIA族。
【详解】A．Ts位于第七周期VIIA族，则最外层电子数是7，A说法正确；
B．VIIA族元素随原子序数越大，单质由气体递变为固体，碘为固体，则Ts的单质在常温下是固体，B说法错误；
C．VIIA族元素随原子序数越大，非金属性逐渐减弱，则Ts在同族元素中非金属性最弱，C说法正确；
D．Ts在同族元素中核外电子层数最大，则原子半径最大，D说法正确；
答案为B。
5．D
【详解】A． 氘(D)即H，故原子核外有1个电子，A错误；
B． O2与O3是组成元素相同，结构不同，性质不同的两种单质，属于同素异形体，B错误；
C．质子数相同中子数不同的核素互为同位素，1H与D互称同位素，C错误；
D． 1H218O与D216O的相对分子质量分别为1×2+18=20、2×2+16=20，故相同，D正确；
答案选D。
6．A
【详解】A．核外电子数=质子数，元素Og的质子数为118，故核外电子数为118，A正确；
B．中子数=质量数-质子数，中子数为：295-118=177，故B错误；
C．元素符号左上角的数字为质量数，Og的质量数为295，C错误；
D．根据每周期元素的种类，2+8+8+18+18+32+32=118，该元素属于第七周期零族元素，D错误；
答案选A。
7．C
【详解】A. 质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素互称同位素，和是同位素，化学变化中有新物质生成，而核反应没有新物质生成，故核反应不属于化学变化，故A错误；
B. 同温、同压、同体积的CO和NO的物质的量相同，而一个CO分子含有14个质子，一个NO分子含有15个质子，故同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数不相等，故B错误；
C. H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故20gH218O与D2O的物质的量均为1mol，且两者中均含10个中子，故1molH218O与D2O的混合物中含10NA个中子，故C正确；
D. 稀有气体元素氪为36号元素，氙为54号元素，它们分别位于第4周期、第5周期，钯(Pd)元素的原子序数为46，比氪的原子序数大，比氙的原子序数小，故其应位于第5周期，故D错误；
故选C。
8．A
【详解】试题分析：A．由图象可知，BC段加入硫酸，没有沉淀生成，说明是硫酸与NaOH发生反应，则AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，A项错误；B．C到D的过程是AlO2-生成Al(OH)3沉淀的过程，发生反应AlO2-+H2O+H＋=Al(OH)3↓，D到E的过程是氢氧化铝溶解的过程，发生反应Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O，根据离子方程式，生成沉淀和沉淀溶解消耗氢离子的比值为1:3，所以E点对应的体积为40+30=70mL，B项正确；C．根据上述分析，D点表示的沉淀的化学式为Al(OH)3、BaSO4，C项正确；D．根据离子反应Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，10mL硫酸的物质的量为0.01mol，生成0.01mol硫酸钡沉淀，则E点沉淀比A点沉淀质量大2.33g，D项正确；答案选A。
【考点定位】考查离子反应，物质的化学性质。
【名师点睛】本题考查离子反应，物质的化学性质等知识。由图象可知，AB段发生生成硫酸钡沉淀和水的反应，离子反应为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，BC段发生酸碱中和，离子方程式为H++OH-=H2O；CD段发生偏铝酸根离子与酸的反应，离子反应为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓；DE段发生氢氧化铝与酸的反应，离子方程式为Al(OH)3+3H＋=Al3＋+3H2O，据此解答即可。
9．A
【详解】A．将少量溴水加入KI溶液中，发生：Br2＋2KI=2KBr＋I2，再加入CCl4，振荡静置，可观察到下层液体呈紫色，是碘的四氯化碳溶液，证明Br2的氧化性强于I2，故A正确；
B．二氧化硫具有漂白性的原理是SO2与H2O反应生成H2SO3，H2SO3和有机色素结合，生成了不稳定的无色化合物。SO2能使紫色酸性高锰酸钾溶液褪色，SO2被氧化成硫酸根离子，证明SO2具有还原性，故B错误；
C．3SO2＋2NO＋2H2O＋3Ba2＋=3BaSO4↓＋2NO＋4H＋，三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液得到的只有BaSO4沉淀，故C错误；
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，说明氯水具有氧化性，故D错误；
故选A。
10．C
【详解】和属于盐，中含有N-H共价键，而过氧化氢属于氧化物，氢氧化钠属于碱，以上两种物质不属于盐，故答案为C。
11．B
【分析】R、Z原子形成1个单键，推知R、Z原子最外层有1个或7个电子，Y原子除配位键外形成3个单键，价层还有1个孤电子对，说明Y原子最外层有5个电子，X原子最外层有3个电子，结合原子最外层电子数和原子序数关系推知，R为H，X为B，Y为N，Z为F。
【详解】A．主族元素同一周期从左向右原子半径逐渐减小，主族元素同一主族从上到下原子半径逐渐增大，因此B、N、F、H的原子半径依次减小，则X>Y>Z> R ，故A选项错误；
B．Y、Z的简单氢化物分别为、HF，的水溶液显碱性，HF的水溶液显酸性，因此简单氢化物水溶液的pH：Z＜Y ，故B选项正确；
C．氟元素的非金属性最强，但氟没有最高正化合价，故C选项错误；
D． 为，分子中B原子最外层只有6个电子，属于缺电子分子，故D选项错误。
故选B选项。
12．D
【详解】A. NaCl中只有离子键，故A不符；
B. NaOH中有离子键和共价键，故B不符；
C. (NH4)2SO4中有离子键和共价键，故C不符；
D. H2SO4只有共价键，故选D；
故选D。
13．C
【详解】A．同周期元素核电荷数越大半径越小，故应为，故A错误；
B．阳离子的半径比对应原子半径小，所以微粒半径：Ca2+C．核外电子数相同时核电荷数越大半径越小，故为，故C正确；
D．阴离子的半径比对应原子的半径大，所以微粒半径，故D错误；
故选C。
14．C
【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键，铵盐中铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答。
【详解】A．没有离子键的断裂与形成，也没有非极性键的形成，A不正确；
B．没有非极性键的断裂与形成，B不正确；
C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成，故C正确；
D．没有非极性键的断裂与形成，D不正确；
答案选C。
15．B
【详解】①将FeC13溶液滴入沸腾的水中，得到氢氧化铁胶体，胶体不带电，氢氧化铁胶体的胶粒带正电荷，错误；
②能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，CO2、P2O5均属于酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，错误；
③离子化合物中不一定含有金属元素，例如氯化铵等，正确；
④硫和氧气化合生成SO2，二氧化硫和氧气化合生成SO3，铁和氯化铁化合生成FeCl2，铁和氯气化合生成FeCl3，因此均可通过化合反应制得，正确；
⑤纳米铜材料不是胶体，用一束可见光照射纳米铜材料，不能观察到丁达尔现象，错误；
⑥导电：有物理变化如：金属导电，例如：铜通电后仍为铜，无新物质生成；自行车车胎爆炸是物理变化，是气压过大造成；活性炭吸附能使溶液褪色，是物理变化，错误；
答案选B。
16．(1) ①②④ ③ ⑤⑥⑦⑨⑩ ⑧ ③④⑤⑥⑦⑨⑩ ②
(2) 离子键 NaHSO4=Na++HSO
(3)
(4)NH+OH-=NH3·H2O
【分析】一般来说活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，单原子分子中不含化学键；NaHSO4溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，NaHSO4在熔融状态下电离成钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键。
各物质的化学键所属类别①O2中O原子之间只存在非极性共价键，属于单质；②干冰为二氧化碳，原子之间存在只有共价键，属于非电解质；③NaBr中钠离子和溴离子之间只存在离子键，属于离子化合物，属于电解质；④H2SO4中S原子和O原子、O原子和H原子之间存在极性共价键，属于共价化合物，属于电解质；⑤Na2CO3中钠离子和碳酸根离子之间存在离子键、C原子和O原子之间存在极性共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑥NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在极性共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑦NaHSO4中钠离子和硫酸氢根离子之间存在离子键、S原子和O原子之间存在共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑧Ne中不存在化学键，属于稀有气体；⑨Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子之间存在非极性共价键，属于离子化合物，属于电解质；⑩NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在极性键，属于离子化合物，属于电解质；
（1）
这些物质中，只含有共价键的是①②④；只含有离子键的是③；既含有共价键又含有离子键的是⑤⑥⑦⑨⑩；不存在化学键的是⑧；电解质有③④⑤⑥⑦⑨⑩；非电解质有②；
（2）
NaHSO4在熔融状态下电离成钠离子和硫酸氢根离子，破坏了离子键，其电离方程式NaHSO4=Na++HSO；
（3）
二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为；
（4）
稀溶液中氯化铵和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为NH+OH-=NH3·H2O。
17． 离子键 2 复分解
【详解】试题分析：（1）钠和氮分别是活泼的金属和活泼的非金属，所以二者形成的化学键是离子键。
（2）氮化钠和水反应生成氨气，则另外一种生成物应该是氢氧化钠。所以氮化钠和盐酸反应的生成物应该是氯化钠和氯化铵，共计是2种盐。
（3）氮化钠和水反应的方程式是Na3N＋3H2O＝3NaOH＋NH3↑，所以该反应是复分解反应。
考点：考查化学键的有关判断、化学反应类型的有关判断等
点评：本题是基础性试题的考查，难度不大，主要是考查学生对教材基础知识的熟悉掌握程度，培养学生的答题能力，提高学习效率。
18． A 产生淡黄色沉淀 Na2S+Cl2=2NaCl+S↓ 吸收氯气，防止污染大气 ①③④ 下层为紫色 2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2
【分析】可以从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来，也可以利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；结合实验装置，A为氯气发生装置，饱和食盐水的洗气瓶为除去氯气中混有氯化氢的装置，B为性质实验装置，C为尾气吸收装置，据此解答。
【详解】(1)要在B中发生氯气置换出硫的反应，在给定试剂中只能选取Na2S溶液，发生的是置换反应，离子方程式为：Cl2+S2﹣═2Cl﹣+S↓；反应中有淡黄色沉淀生产；
故答案为A；产生淡黄色沉淀；Na2S+Cl2=2NaCl+S↓；
(2)氯气为有毒气体，要进行尾气处理，氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以装置C中盛放烧碱溶液的作用是吸收氯气，防止污染大气；
故答案为吸收氯气，防止污染大气；
(3)能证明氯元素比硫元素非金属性强的依据①氯原子比硫原子更容易获得电子形成离子，得电子能力越强非金属性越强，故正确；②通过最高价含氧酸的酸性可以比较非金属性，不能比较其氧化性，故错误；③S2﹣比Cl﹣还原性强，根据阴离子的还原性越弱非金属性越强来判断，故正确；④氢化物越稳定，非金属性越强，故正确，所以①③④，
故答案为①③④；
(4)氯气与碘化钾反应生成单质碘，加CCl4试剂，溶液会分层，下层为碘单质和CCl4，所以下层呈紫色，其反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2，
故答案为下层为紫色；2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2。
19． 蒸馏烧瓶 饱和食盐水 白色沉淀 吸收未反应的氯气 溶液变棕黄色 被置换出来的I2在KI溶液中溶解度较大，所以溶液颜色逐渐加深，但随着反应KI被消耗，平衡I2(S)+ I-I3-(aq)向左移动，碘在水中的溶解度较小，所以部分碘以沉淀的形式析出 HIO3(或KIO3、HIO、KIO均可) +5 取样，滴加淀粉溶液，振荡均匀后再逐滴加入氯水并振荡
【详解】（1）仪器A的名称是蒸馏烧瓶；由于盐酸具有挥发性，用MnO2和浓盐酸共热制得的Cl2中混有HCl，故B是用来除去氯气中的氯化氢气体，B中的试剂是饱和食盐水。
（2）氯气与KI溶液反应之后，剩余的氯气进入硝酸银溶液，生成氯化银白色沉淀，故当D装置中出现白色沉淀时，停止加热；氯气有毒，会污染大气，故E中NaOH溶液的作用是吸收未反应的氯气，防止污染大气。
（3）氯气开始进入C时，Cl2将碘离子氧化成单质碘，所以C中观察到溶液变棕黄色；不断向C中通入氯气，看到溶液颜色逐渐加深，后来出现深褐色沉淀，产生这些现象的原因是：被置换出来的I2在KI溶液中溶解度较大，所以溶液颜色逐渐加深，但随着反应KI被消耗，平衡I2(S)+ I-I3-(aq)向左移动，碘在水中的溶解度较小，所以部分碘以沉淀的形式析出。
（4）氯气过量时会将碘继续氧化成HIO3，发生的反应为5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3；
C中原KI物质的量为0.005L×0.5mol/L=0.0025mol，根据I守恒，所得含碘物质中碘原子物质的量为0.0025mol，设KI中I元素被氯气氧化后的化合价为x；Na2S2O3的物质的量为0.6250mol/L×0.024L=0.015mol，根据反应I2+2S2O32-=2I-+ S4O62-，则n（I2）=0.0075mol，根据I守恒，x价碘原子为0.0025mol，则与x价碘原子反应的碘离子物质的量为0.0075mol×2-0.0025mol=0.0125mol，根据得失电子守恒0.0025molx=0.0125mol×1，解得x=5，所以含碘物质中碘元素的化合价为+5价。
（5）根据上述实验过程，检验某溶液中是否含有I-的合理操作是：取样，滴加淀粉溶液，振荡均匀后再逐滴加入氯水并振荡。
20． Mg+2H+=Mg2++H2↑、2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑ Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O 。
【分析】从图中横坐标可以看出，当加入氢氧化钠时，即可产生沉淀，沉淀不断增加，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，直到沉淀最大值；加入50mL氢氧化钠溶液后继续滴加氢氧化钠溶液，则氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠，则5.8g沉淀是Mg(OH)2。据此解答。
【详解】（1）镁铝合金与盐酸反应，生成镁离子、铝离子，其离子反应方程式分别为：Mg+2H+=Mg2++H2↑，2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑，故答案为：Mg+2H+=Mg2++H2↑，2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑；
（2）Al(OH)3的质量为：9.7g-5.8g=3.9g，则物质的量为：，根据Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，NaOH溶液的物质的量为0.05mol，则NaOH溶液的物质的量浓度为：，故答案为：；；
（3）氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠，其反应的化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；
（4）Mg(OH)2的物质的量为：，由元素守恒可知，镁的物质的量为：，则镁的质量为：，铝的质量为：，则合金中镁的质量分数为：，故答案为：。
21． Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L 20
【分析】根据图象可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。
【详解】(1) BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(2) BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n(Al)=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol；合金的质量为24×0.1+27×0.1=5.1g；
(3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L；
(4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L；
(5) n(Mg)=n(Al)=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mol，100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol，此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L，即20mL。
【点睛】通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。