专题5第一单元元素周期律和元素周期表同步练习（含解析）2022——2023学年上学期高一化学苏教版（2019）必修第一册

专题5第一单元元素周期律和元素周期表同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．当汽车遭受一定碰撞力量以后，安全气囊中的物质会发生剧烈的反应：
NaN3+ KNO3= K2O + Na2O + N2↑(未配平)，生成大量气体。下列说法正确的是
A．半径大小：r(Na+) < r(N3-) B．电负性大小：χ(N) > χ(O)
C．第一电离能：I1(K) > I1(Na) D．碱性强弱：KOH < NaOH
2．X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，、、简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是
A．已知与，得
B．离子半径：
C．的还原性一定大于
D．气态氢化物的稳定性一定大于
3．下列说法中错误的是
A．钠的金属性比镁强 B．溴的非金属性比氯强
C．硝酸的酸性比磷酸弱 D．气态氢化物的热稳定性：H2S4．某短周期元素X的最外层电子数比次外层电子数少1个电子，则关于该元素说法正确的是
A．该元素一定是氯元素
B．X元素形成的单质都具有氧化性
C．X元素形成的单质都可能与H2O发生氧化还原反应
D．X元素形成的氢化物一定是一种强酸
5．如图为某国外学术期刊上刊登的八角形元素周期表，八角形的每个顶角对应一种元素，下列说法错误的是
A．图中虚线八角形所标元素属于我们现行元素周期表的第四周期
B．图中虚线箭头所经过的元素按箭头，原子的电子层数增多
C．图中①代表的元素单质在常温下能稳定存在，不发生化学反应
D．此八角形元素周期表中所表示的所有元素中没有副族元素
6．几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：
元素符号 X Y Z R T
原子半径(nm) 0.160 0.089 0.102 0.143 0.074
主要化合价 +2 +2 -2、+4、+6 +3 -2
根据表中信息，判断以下说法正确的是
A．单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R>Y>X
B．离子半径：X2+>R3+>T2-
C．最高价氧化物水化物的碱性：R>X
D．相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T>Z
7．X、Y、Z是三种主族元素，X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，Z的阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子的半径，则三种元素的原子序数大小顺序是
A．X＞Y＞Z B．Z＞Y＞X C．X＞Z＞Y D．Z＞X＞Y
8．短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同电子层结构，下列说法正确的是
A．X2+的离子半径比Y2-小
B．X的原子序数比Y小
C．X和Y原子的电子层数相等
D．X和Y原子最外层电子数相等
9．氮族元素随原子核外电子层数的增加，下列变化规律的叙述有错误的是
A．非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强
B．单质的密度依次增大
C．氮、磷、砷单质的熔、沸点依次升高
D．单质与氢化合能力依次增强
10．向含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L-1的HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法正确的是
A．b曲线表示的离子方程式为：AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓
B．d和c曲线表示的离子反应是相同的
C．M点时Al(OH)3的质量等于3.9g
D．原混合溶液中的与AlO的物质的量之比为1︰2
11．砹(At)是放射性元素，它的化学性质符合卤素性质的变化规律，下列说法正确的是
A．HAt很稳定 B．AgAt易溶于水
C．砹易溶于有机溶剂 D．砹(At2)是白色固体
12．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol·L-1Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是
A．图中C点铝元素存在形式是[Al(OH)4]-
B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀
C．原混合溶液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2
D．OA段反应的离子方程式为2Al3＋＋3＋3Ba2＋＋8OH-=2[Al(OH)4]-＋3BaSO4↓
13．根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是
事实 推测
A． 12Mg与水反应缓慢，20Ca与水反应较快 56Ba(ⅡA)与水反应会更快
B． Si是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料 ⅣA族的元素都是半导体材料
C． HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解 HBr的分解温度介于二者之间
D． Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应 P与H2在高温时能反应
A．A B．B C．C D．D
14．X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是
A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高
B．热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物
C．X与Z可形成离子化合物ZX
D．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸
15．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子的最外层电子数之和为15；W、X同周期且相邻，其中一种元素的单质为空气的主要成分之一；W、Z同主族.下列结论正确的是
A．原子半径的大小顺序为
B．Y的氯化物中含有离子键和共价键
C．Y的氧化物中不含离子键
D．X的氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
二、实验题
16．铝、铁是生产、生活中常见的金属，其合金与盐在各领域都有着广泛的应用。
(1)铝合金是一种建筑装潢材料，它具有坚硬、轻巧、耐用的特性。铝合金的下列性质与这些特性无关的是
A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．硬度大
(2)铝元素在周期表中的位置是_______。写出与稀硫酸反应的离子方程式_______。铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成的固态产物是_______。
(3)焊接金属时常用的焊接液为氯化铵，其作用是消除焊接金属表面的铁锈。；上述反应中当生成3.36L氮气(标准状况)时，转移的电子数为_______个，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是(用化学方程式表示原因)_______。
(4)现有仪器和药品：试管和胶头滴管，溶液、酸性溶液、溶液、氯水等。请你设计一个简单实验，探究铁与稀硝酸完全反应后铁可能的价态，填写下列实验报告：
实验步骤 操作 现象与结论
第一步 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴溶液。 _______
第二步 _______ _______；若无明显变化，则说明不含。
17．某同学为验证同主族元素原子得电子能力强弱进行如下实验：
Ⅰ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅱ.向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置；
Ⅲ.在淀粉碘化钾试纸上滴加几滴溴水。
回答下列问题：
(1)实验Ⅰ的现象_______。
(2)根据Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的实验现象可得实验结论为_______，请用原子结构的知识解释其原因：_______。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ得到的层中含有卤素单质，可用浓溶液反萃取分离回收。以下是反萃取回收的操作过程：
①向装有的溶液的_______(填仪器名称)中加入少量浓溶液；
②振荡至溶液的_______色消失，振荡过程中仪器内压强会增大，需要打开_______(填“上口玻璃塞”或“下口活塞”)放气；
③静置、分层，先将层从仪器的下口放出，再将含碘的碱溶液从仪器的_______(填“上”、“下”)口倒入烧杯中；
④边搅拌边加入几滴45%的溶液，溶液立即转为棕黄色，并析出碘晶体，写出该反应的离子方程式_______。
三、工业流程题
18．工业上用铝土矿(主要成分为、、)提取氧化铝作冶炼铝的原料，有多种不同的操作过程。现有提取的操作过程如下所示：
(1)写出步骤①中发生反应的化学方程式：_______。
(2)写出滤液(甲)中一种溶质与过量NaOH溶液反应进入滤液(乙)所发生反应的化学方程式：_______。
(3)写出步骤③中生成沉淀的化学方程式：_______。
19．银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺流程如图所示：
【注：和，开始分解的温度分别为和】
(1)固体B的组成为______(填化学式)；在生成固体B的过程中，需控制稀溶液的加入量。若稀溶液过量，则因过量引起的反应的离子方程式为_____________。
(2)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：___CuO+___Al2O3________。
(3)若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上废料中的铜可完全转化为_____，至少需要的溶液______L。
(4)溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是_____、_____、过滤、洗涤和干燥。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【详解】A．钠离子和氮离子电子层数相同，但氮离子的核电荷数更小，半径更大，A正确；
B．非金属性O＞N，所以电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B错误；
C．最外层电子数相同，电子层数越多，第一电离能越小，所以电离能大小：I1(Na)＞I1(K)，C错误；
D．同主族自上而下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性增强，所以碱性：KOH＞NaOH，D错误；
综上所述答案为A。
2．C
【详解】A．与的电子层结构相同，则二种离子核外电子数相等，从而得出m-a=n+b，A不正确；
B．、、的电子层结构相同，则原子序数Z＜Y＜X，核电荷数越小，离子半径越大，则离子半径：，B不正确；
C．、的电子层结构相同，则Y、Z属于同一周期元素，且Z在Y的左边，非金属性Z＜Y，所以的还原性一定大于，C正确；
D．由C选项的分析可知，非金属性Z＜Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性小于，D不正确；
故选C。
3．B
【详解】A．同周期自左至右金属性减弱，所以Na的金属性比Mg强，A正确；
B．同主族自上而下非金属性减弱，所以溴的非金属性比氯弱，B错误；
C．N的非金属性强于P，所以最高价氧化物的水化物的酸性更强，C正确；
D．S的非金属性弱于Cl，所以气态氢化物的稳定性：H2S综上所述答案为B。
4．C
【分析】短周期元素X的最外层电子数比次外层电子数少1个电子，当处于第二周期时X为Li，也可能处于第三周期，此时X为Cl。
【详解】A．由分析可知，Li元素也满足，A错误；
B．若X为Li元素，Li在反应中只能失电子，只有还原性，B错误；
C．单质Li或者Cl2都能与水发生氧化还原反应，C正确；
D．HCl属于强酸，若X为Li元素，LiH不属于酸，D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．由图可知，虚线八角形所标元素由K到Kr，属于我们现行元素周期表的第四周期，正确；
B．由图可知，虚线箭头所经过的元素是同主族元素，C到Sn，原子的电子层数增多，正确；
C．图中①代表的元素是Al，铝单质在常温下能稳定存在，是由于Al和氧气在常温下反应生成致密的氧化铝薄膜，防止Al进一步腐蚀，发生了化学反应，错误；
D．八角形元素周期表是按同主族元素序数增大来排列的，所表示的所有元素只有主族和0族，没有副族元素，正确；
故选C。
6．D
【分析】短周期元素Z主要化合价是-2、+4、+6，则Z是S元素；X、Y主要化合价是+2价，说明它们是第IIA的元素，由于原子半径：X>Z>Y，则X是Mg元素，Y是Be元素；R主要化合价是+3价，原子半径：X>R，则R是Al元素；T主要化合价是-2价，Z原子半径小于Y，则T是O元素。
【详解】A．金属活动性越强，其单质与酸发生置换反应就越剧烈，同一周期中元素的金属性从左到右逐渐减弱，则金属性Mg>Al；同一主族元素的金属性从上到逐渐增大Mg>Be，在Mg、Al、Be三种元素中Mg最活泼，因此Mg(X)与稀硫酸反应最剧烈，A项错误；
B．X是Mg元素，R是Al元素，T是O元素，它们形成的离子分别为Mg2+、Al3+、O2-，核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：T2->X2+>R3+，B项错误；
C．同一周期从左到右，元素的最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：X[Mg(OH)2]>R[Al(OH)3]，C项错误；
D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。Z是S元素，T是O元素，它们是同一主族的元素，元素的非金属性：O>S，所以氢化物的稳定性：H2O(T)>H2S(Z)，D项正确；
答案选D。
7．D
【详解】元素原子核外电子数等于原子核内质子数，等于其核电荷数。金属元素的原子失去电子形成阳离子；非金属元素的原子获得电子形成阴离子。X、Y、Z三种主族元素，X的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，则X处于Y的下一周期，原子序数：X＞Y；Z阴离子半径大于等电荷数的Y的阴离子半径，则Y与Z处于同一主族，原子序数：Z＞Y；Z与X可能处于同一周期也可能其周期数比X的周期数大。X形成阳离子，说明X为金属元素；Y、Z形成阴离子，则Y、Z为非金属，原子序数Z＞X，故X、Y、Z三种主族元素的原子序数大小关系为：Z＞X＞Y，合理选项是D。
8．A
【分析】短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同电子层结构，则X为Mg元素，Y为O元素。
【详解】A．电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则X2+的离子半径比Y2-小，A正确；
B．X为12号Mg元素，Y为8号O元素，则X的原子序数比Y大，B错误；
C．X原子有3层电子层，而Y原子有2层电子层，则X和Y原子的电子层数不相等，C错误；
D．X原子最外层电子数为2，而Y原子最外层电子数为6，则X和Y原子最外层电子数不相等，D错误；
故选A。
9．D
【详解】A．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，故A正确；
B．单质的密度依次增大，故B正确；
C．氮、磷、砷都是非金属元素，单质由分子构成，相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，故C正确；
D．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，单质与氢化合能力依次减弱，故D错误；
选D。
10．C
【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中加入HCl溶液，先发生反应AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，a线表示AlO减少；第二阶段，AlO反应完毕，发生反应CO+H+═HCO，b线表示CO减少，c线表示HCO的增加；第三阶段，CO反应完毕，发生反应HCO+H+═CO2↑+H2O，d线表示HCO减少，此阶段Al（OH）3不参与反应。
【详解】A．由分析可知，b曲线表示的离子方程式为：CO+H+═HCO，A错误；
B．由分析可知，d和c曲线表示的离子反应是不相同的，B错误；
C．盐酸50mL时NaAlO2中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，加50mL盐酸之后CO反应，氢氧化铝沉淀不溶解，则M点沉淀的质量和盐酸50mL时沉淀的质量相同，由NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓知，n（Al（OH）3）=n（NaAlO2）=n（HCl）＝0.05mol，m[Al（OH）3]=0.05mol×78g/mol=3.9g，C正确；
D．第一、第二两段消耗的盐酸的体积都是50ml，所以消耗的氯化氢的物质的量相等，依据第一阶段、第二阶段发生反应AlO2-+H++H2O═Al（OH）3↓，CO+H+═HCO3-，可知CO与AlO的物质的量之比为1：1，D错误；
故选C。
11．C
【分析】砹(At)为第六周期第ⅦA族元素；
【详解】A．卤族元素随着原子半径增大，卤化氢的稳定性减弱，Hat不稳定，A错误；
B．氟化银到碘化银溶解性减小，则AgAt难溶于水，B错误；
C．同主族由上而下，溴、碘易溶于有机溶剂，则砹易溶于有机溶剂，C正确；
D．同主族由上而下，卤素单质颜色变深，砹(At2)不是白色固体，D错误；
故选C。
12．D
【分析】从图象可以看出，加入3L氢氧化钡溶液即3mol氢氧化钡时，生成的沉淀的物质的量为5mol，此时对应A点，硫酸铝和氢氧化钡恰好反应完全，硫酸根离子完全沉淀，可知硫酸铝的物质的量为1mol，生成的5mol沉淀其中有3mol为硫酸钡，2mol为氢氧化铝，再继续加入3mol氢氧化钡，沉淀继续增多，生成的沉淀为氢氧化铝，可知氯化铝的物质的量为2mol，B点时沉淀最多，硫酸根离子和铝离子都沉淀完全，硫酸钡的物质的量为3mol，氢氧化铝的物质的量为4mol。再加入氢氧化钡，氢氧化铝溶解，加入2mol氢氧化钡，4mol氢氧化铝完全溶解，生成Na[Al(OH)4]，此时到达C点，此时沉淀只有硫酸钡，再加入氢氧化钡，沉淀量无变化。
【详解】A．由以上分析可知，C点为BaSO4沉淀，其物质的量为3mol，此时铝元素以[Al(OH)4]-的形式存在，故A正确；
B．D点溶液中有过量的氢氧化钡和Na[Al(OH)4]，通入的二氧化碳和氢氧化钡反应立即生成碳酸钡白色沉淀，故B正确；
C．由以上分析可知，原溶液中硫酸铝的物质的量为1mol，氯化铝的物质的量为2mol，即c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故C正确；
D．由以上分析可知，OA段相当于硫酸铝和氢氧化钡反应，反应的离子方程式为2Al3＋＋3 ＋3Ba2＋＋6OH- = 3BaSO4↓＋2Al(OH)3↓，故D错误；
故选D。
13．B
【详解】A．同主族金属元素从上到下元素的金属性逐渐增强，与水反应剧烈程度增强。元素的金属性：Ba＞Ca＞Mg，故可根据Ca与水反应较快推知Ba与水反应会更快，A正确；
B．半导体材料通常位于元素周期表中金属元素和非金属元素的分界处，Si和Ge处于金属和非金属分界线处，能作半导体，而C和Pb不能作半导体，所以第IVA族元素并不都是半导体材料，B错误；
C．同主族元素从上到下元素的非金属元素逐渐减弱，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：Cl＞Br＞I，所以HBr的稳定性介于HCl、HI之间，其分解温度介于二者之间，C正确；
D．同周期元素的非金属元素从左到右逐渐增强，元素的非金属性越强，其单质与H2化合就越容易，元素的非金属性：S＞P＞Si，所以可根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应推知P与H2在高温时能反应，D正确；
故合理选项是B。
14．B
【分析】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是，则X是C，Z是Si；据此分析解答。
【详解】A．碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；
B．碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；
C．C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；
D．单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D错误；
故答案选B。
15．A
【分析】由W、X同周期且相邻，其中一种元素的单质为空气的主要成分之一，可知W、X位于第二周期，分别为C、N或O、F，W、Z同主族，则Z为或S，根据四种元素原子的最外层电子数之和为15可知，W、Z不可能为O、S，故W、X、Y、Z分别为C、N、Mg、。
【详解】A．同周期元素原子半径从左往右减小，同主族元素原子从上往下增大，故原子半径：，A正确；
B．中只含离子键，B错误；
C．Mg的氧化物为，为离子化合物，其中含有离子键，C错误；
D．N的氧化物对应的水化物为或，其酸性均强于，D错误；
故选A。
16．(1)B
(2) 第3周期第ⅢA族 Fe3O4
(3) 0.9NA
(4) 若溶液呈血红色，则说明含，Fe3+若不显血红色，证明没有Fe3+ 取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液 若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+
【分析】铝镁合金具有耐腐蚀性、密度小、机械强度高等方面的特点；铝元素核电荷数为13，核外电子层数三个，最外层电子数3个，周期序数=电子层数，主族族序数=原子最外层电子数，据此判断在周期表中的位置，Al(OH)3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，铁粉与水蒸气在高温条件下反应，生成四氧化三铁和氢气，铁离子能和硫氰化钾溶液反应络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，以此解题。
【详解】（1）A．不易生锈，用作建筑装潢材料，美观，A正确；
B．导电性好，与装潢无关，B错误；
C．密度小，有利于用作建筑装潢材料，C正确；
D．强度高，用作建筑装潢材料，坚固耐用，D正确；
故选B；
（2）铝是13号元素，在周期表中的位置是：第3周期第ⅢA族；与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为：；铁粉与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和氢气；
（3）3.36L氮气的物质的量为0.15mol，根据方程式，上述反应中氮元素化合价- 3价升高到0价，生成3mol氮气，电子转移总数18mole-，当生成0.15mol氮气时，转移的电子数；，有同学认为，该反应产物中不应该有Fe生成，他的理由是铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，反应的化学方程式为：；
（4）铁离子能和硫氰化钾溶液反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，铁离子不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如果向溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色就说明含有铁离子，否则不含铁离子如果向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，如果酸性高锰酸钾溶液褪色，就说明含有亚铁离子，否则不含亚铁离子，故答案为：若溶液呈血红色，则说明含，Fe3+若不显血红色，证明没有Fe3+；取少量液体装于试管，向试管中滴入几滴酸性KMnO4溶液；若高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明含Fe2+。
17． 溶液分层，下层呈橙色 元素原子得电子能力： 氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱 分液漏斗 紫红 下口活塞 上
【分析】元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；氯气能氧化溴离子生成溴单质，能氧化碘离子生成碘单质，溴能氧化碘离子生成碘单质，据此判断非金属性强弱。
【详解】(1) 根据分析，向溶液中滴加少量氯水，充分反应后，加1mL四氯化碳振荡，静置，发生置换反应，生成的溴单质溶于四氯化碳，四氯化碳不溶于水，密度比水大，则现象为溶液分层，下层呈橙色，故答案为：溶液分层，下层呈橙色；
(2) Ⅰ中氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，Ⅱ中氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Ⅲ中氧化剂是Br2，氧化产物是I2，所以氧化性强弱顺序是Cl2> Br2> I2，则元素原子得电子能力：。用原子结构的知识解释为：氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱，故答案为：元素原子得电子能力：；氯、溴、碘元素位于元素周期表中的同一主族，三种元素原子的最外层电子数相同，因此随着核外电子层数的依次增加，原子半径依次增加，元素原子吸引电子的能力依次减弱；
(3)①用浓溶液反萃取后再加稀酸，可以分离和，向装有的溶液的分液漏斗中加入少量浓溶液进行反萃取，故答案为：分液漏斗；
②碘单质溶于四氯化碳时呈紫红色，加入氢氧化钠浓溶液后振荡，碘单质与氢氧化钠反应，至溶液的紫红色消失。萃取时振荡过程中分液漏斗内压强会增大，要将分液漏斗倒置让漏斗颈向上，慢慢打开下口活塞放气，故答案为：紫红；下口活塞；
③充分反应后NaI、NaIO3溶于水，密度小于四氯化碳，分层后水溶液位于上层，因此含碘的碱溶液从分液漏斗的上口倒出，故答案为：上；
④由题给信息可知，NaI、NaIO3在酸性条件下发生归中反应生成碘，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出该反应的离子方程式为：，故答案为：。
18． 、
【解析】铝土矿加过量盐酸溶解，、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O，Al2O3＋6HCl＝2AlCl3＋3H2O。而SiO2不与盐酸反应，所以沉淀为不溶物SiO2；滤液中含有的阳离子有Fe3＋、Al3＋、H＋，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，生成的氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，所以沉淀的成分是氢氧化铁；滤液甲中含有偏铝酸钠和氯化钠，通入过量的二氧化碳可以得到碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的方程式为，滤液乙主要成分为NaHCO3，氢氧化铝沉淀加热可以得到氧化铝，即2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，以此解答该题。
【详解】(1)步骤①中加入盐酸，发生反应的方程式为、，故答案为：、；
(2)步骤②加入过量的NaOH，先生成的沉淀为Al(OH)3、Fe(OH)3，继续加NaOH，氢氧化铝溶于强碱生成偏铝酸钠，因此滤液(甲)中一种溶质与过量NaOH溶液反应进入滤液(乙)所发生反应的化学方程式：，故答案为：；
(3)步骤③中通入过量的二氧化碳，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生的化学方程式为，故答案为：；
19． CuO、Al(OH)3 Al(OH)3+OH-=+ 2H2O 4 2 4 O2 50 25 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】银铜合金废料在空气中熔炼得到银溶体和渣料，Cu加热氧化产生CuO，所以渣料中含有CuO和少量Ag，向渣料中加入稀硫酸，CuO反应变为CuSO4，Ag不发生反应，经过滤除去Ag单质，向CuSO4溶液中加入Al2(SO4)3和适量稀NaOH溶液，反应产生Cu(OH)2、Al(OH)3沉淀，加热煮沸，结合Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度，Cu(OH)2分解变为CuO，因此过滤得到的固体B中含有CuO和Al(OH)3，在惰性环境中煅烧固体B，其中一个反应为：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑，然后利用元素守恒并结合物质的性质逐项分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知固体B成分为CuO和Al(OH)3；由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH溶液发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以在生成固体B的过程中，需控制稀NaOH溶液的加入量，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+ 2H2O；若稀NaOH溶液过量，则Al(OH)3会转化为NaAlO2；
(2)该反应为氧化还原反应，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑，故按照物质书写顺序，由前到后各种的系数及缺项物质分别是4、2、4、O2；
(3)根据Cu元素守恒，则理论上生成CuAlO2的物质的量n(CuAlO2)==50 mol，则由CuAlO2中Al、Cu的物质的量的比是1：1至少需要Al2(SO4)3的物质的量为25 mol，因此至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液的体积V[Al2(SO4)3]==25 L；
(4)由于CuSO4的溶解度较大，并且随溶液温度的升高而增大，所以由CuSO4溶液制备胆矾需要的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤和干燥就得到晶体CuSO4·5H2O。
【点睛】本题以物质制备为线索，考查物质性质的应用、混合物的分离提纯。注意结合Cu(OH)2、Al(OH)3的分解温度判断物质B的成分，最后根据目标产物，结合元素守恒确定缺少的物质并进行配平和有关物质的化学计算。
答案第1页，共2页
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