4.2元素周期律同步练习（含解析）2023——2024学年高一化学人教版（2019）必修第一册

4.2元素周期律同步练习
一、选择题
1.A、B均是短周期元素，它们的离子A-和B2＋具有相同的核外电子层结构，下列说法正确的是
A．原子序数A>B B．离子半径A->B2＋
C．原子半径A>B D．电子数A>B
2.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
3.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
4.下列事实能证明碳的非金属性比硅强的是
①Na2SiO3＋CO2＋2H2O=H4SiO4↓＋Na2CO3
②SiO2＋2CSi＋2CO↑
③Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑
④CH4比SiH4稳定
A．①②③④ B．①② C．②④ D．①④
5.
下列事实不能用元素周期律解释的是
A. NaOH的碱性强于Al(OH)3
B. Mg与热水能反应，Al与热水很难反应
C. H2O稳定性强于H2S
D. HClO4 的酸性强于HBrO
6.
短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。Y是地壳中含量最高的元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2:3，Z是短周期中金属性最强的元素，W原子与X原子的最外层电子数相同。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z) B. X的非金属性比Y的强
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 D. Z位于元素周期表中第2周期ⅠA族
7.
下列物质性质递变规律正确且能用元素周期律解释的是
A. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3
B. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Ca(OH)2
C. 还原性：S2-＞Cl-＞Br-
D. 稳定性：Na2CO3＞NaHCO3＞H2CO3
8.
下列递变规律不正确的是：
A. Na、Mg、Al还原性依次减弱 B. I2、Br2、Cl2氧化性依次增强
C. C、N、O原子半径依次增大 D. P、S、Cl最高正价依次升高
9.
下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（ ）
A. 酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4 B. 原子半径大小：Na>S>O
C. 碱性强弱：KOH>NaOH>LiOH D. 金属性强弱：Na>Mg>Al
10.下列物质中，阳离子与阴离子的半径之比最小的是
A．KF B．NaCl C．Li2S D．LiCl
二、填空题
11.某研究性学习小组设计了一组实验，验证元素周期律。
甲同学在a、b、c、d四只烧杯里分别加入50mL冷水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的钠(Na)、镁(Mg)、铝(Al)、钾(K)金属块，观察现象。
(1)甲同学设计实验的目的是验证：同一主族，从上到下元素的元素金属性逐渐增强；同一周期，从左到右，元素金属性_______；
(2)反应最剧烈的烧杯里金属是_____ (填字母)
A．钠 B．镁 C．铝 D．钾；
(3)写出a烧杯里发生反应的离子方程式_______。
(4)实验中发现b、c两只烧杯中几乎没有什么现象，要想达到实验的目的，请你帮助选择下列合适的方法 。
A．把镁、铝的金属块换成金属粉末
B．把烧杯中的冷水换成热水
C．把烧杯中的冷水换成盐酸
D．把烧杯中的冷水换成氢氧化钠溶液
(5)写出铝和盐酸反应的化学方程式_______。
12.请回答下列问题。
(1)第三周期元素中，化学性质最不活泼的是______，可用于制半导体材料的元素是______，最高价氧化物的水化物碱性最强的是______，酸性最强的是______，两性的是______（用元素符号填空）。
(2)在C、N、O、F中，原子半径最大的是______。
(3)第32号元素在元素周期表中的位置为______。
(4)利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。
①仪器A的名称为______，干燥管D的作用为______。
②若要证明非金属性： C1>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4， KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气，C中加淀粉-碘化钾混合溶液，观察到C中溶液______（填现象），即可证明，氯气在C中反应的离子方程式为______。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用______溶液吸收尾气，反应的化学方程式为______。
13.完成下列问题。
(1)现有部分短周期元素的性质与原子(或分子)结构，元素的最高正价与最低负价的代数和为6的是_______(元素符号，下同)，常温下单质为双原子分子，分子中含有3对共用电子对的是_______，第三周期元素的简单离子中半径最小的是_______。
(2)将氨水滴入AlCl3溶液中的离子方程式是_______。
(3)下列变化需要加入适当的还原剂才能完成的是_______。
A．CuO→Cu2+ B．Fe→FeCl2 C．H2SO4→H2 D．HNO3→NO
(4)室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2混合气体和1mol空气，此时活塞的位置如图所示。
实验测得A室混合气体的质量为34g，若将A室H2、O2的混合气体点燃，恢复原温度后，(非气体体积忽略不计)最终活塞停留的位置在刻度_______处。
(5)把0.1mol钠放入水中，要使每100个水分子中含有1个Na+离子，所需水的质量是_______g。
(6)在1000mLNaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体33.6L，该NaOH溶液的浓度为_______mol·L-1
14.卤素互化物是指不同卤素原子之间以共价键结合形成的化合物。XX'型卤素互化物与卤素单质结构相似、性质相近。
(1)卤素互化物BrCl能发生下列反应
H2O＋BrCl=HBrO＋HClKBr＋BrCl=KCl＋Br2
写出KI与IBr反应的化学方程式___________。
(2)如图是部分卤素单质和XX′型卤素互化物的沸点与其相对分子质量的关系图。它们的沸点随着相对分子质量的增大而升高，其原因是___________。
(3)试推测ICl的沸点所处的最小范围___________。
三、实验题
15.回答下列问题：
(1)利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律：仪器A的名称为_____，装置D的作用_____。
(2)若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液____的现象，即可证明。从环境保护的观点考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用____溶液吸收尾气。
(3)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加____溶液，观察到C中溶液____的现象，即可证明。
(4)但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有____溶液的洗气瓶。
16.两个化学兴趣小组拟通过实验探究同主族元素性质的递变规律。
I.第一小组同学探究元素Cl、 Br、 I的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(1)补充下列实验报告中的实验现象和离子方程式
实验步骤 实验现象 实验结论及离子方程式
甲：溶液由无色变成橙色乙：_______ 离子方程式：甲：_____乙：C12+2I-=2Cl-+I2结论：卤素单质的氧化性由强到 弱的顺序为：_____
(2)[评价]该小组设计的实验方案是_______ (填“合理”或“不合理”) 。
(3)[补充和完善]上一题(2) 中若选合理，则此项不用再作答，若选不合理，则合理完成实验还需要的试剂是_______。
II. 第二小组同学探究元素C、Si的非金属性强弱，设计的实验方案如下：
(4)干燥管D的作用为_______。
(5)该小组同学用盐酸、CaCO3和Na2SiO3溶液，按图装置进行试验，观察到试管C中溶液有白色沉淀生成，甲同学认为非金属性C>Si。但乙同学认为此方案不合理，理由_______， 改进措施：在B、C两装置之间接一个盛有_______溶液的洗气瓶。
17.已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
(1)仪器A的名称为_____，D的作用是_____。
(2)实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验，验证氯的非金属性强于硫的非金属性。装置A、B、C中所装药品分别为____、____、____，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，C中发生的化学反应方程式为____。
四、计算题
18.把一定质量的镁、铝混合物投入到1 mol·L-1的盐酸中，待金属完全溶解后，向溶液中加入1 mol·L-1的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的体积关系如图所示。则：
(1)加NaOH过程中有关反应的离子方程式为H++OH-=H2O、_______、_______、_______。
(2)金属铝的质量为_______。
(3)a的取值范围是_______。
(4)n(Mg)/n(Al)的最大值是_______。
19.(1)已知反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。若有64gCu被氧化，则被还原的HNO3的质量是_______。
(2)某烃完全燃烧后生成17.6gCO2和10.8gH2O，该烃的分子式为_______。
(3)向100mL2mol·L－1 的氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液100mL时产生的沉淀为7.8g，则加入氧氧化钠溶液的物质的量浓度为__。
20.将投入某浓度的盐酸中，铝和盐酸恰好完全反应。求：
(1)所用盐酸中的物质的量浓度：___________。
(2)反应中生成的在标准状况下的体积：___________L。
(3)往反应后的溶液加入的溶液，如下图所示
①写出段所发生反应的离子方程式：___________；
②___________
试卷答案
1.B
【分析】A和B是短周期的元素，它们的离子A-和B2＋有相同的电子层结构，则其核外电子数相同，所以原子序数是A＜B，且B位于A的下一周期；
【详解】A．B的原子序数=离子核外电子数＋2、A的原子序数=离子核外电子数-1，两种离子核外电子数相等，所以原子序数AB．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，则两种离子半径：A->B2＋，故B正确；
C．B位于A下一周期，B原子核外电子层数大于A，原子半径：AD．A原子电子数=离子核外电子数-1、B原子核外电子数=离子核外电子数＋2，两种离子核外电子数相等，所以原子核外电子数：A故选B。
2.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。
3.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。
4.D
【详解】①非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，该反应为强酸制取弱酸的反应，可以判断非金属性强弱，故①正确；
②该反应中C的还原性大于Si的还原性，无法比较C、Si的非金属性，故②错误；
③该反应为高温固体之间的反应，不能判断非金属性强弱，故③错误；
④CH4比SiH4稳定，可知C的非金属性强，故④正确；
所以①④正确；
故选D。
5.D
【详解】A．NaOH、Al(OH)3均是该元素最高价氧化物对应水化物，NaOH的碱性强于Al(OH)3可说明钠元素金属性强于铝元素，故A项不选；
B．Mg、Al与热水反应中，金属单质都是还原剂，Mg较易反应，说明还原性：Mg>Al，二者是同一周期元素，原子序数MgC．非金属性O>S，同时H2O的稳定性强于H2S，能够用元素周期律解释，故C项不选；
D．HClO4是氯元素最高价氧化物的水化物，HBrO不是溴元素最高价氧化物的水化物，虽然酸性HClO4>HBrO，但不能用元素周期律解释，故D项选；
综上所述，不能用元素周期律解释的是D项，故答案为D。
6.
A
【分析】
短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y是氧元素，X、Y原子的最外层电子数之比为2∶3，所以X是6号碳元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z为钠元素；W原子与X原子的最外层电子数相同，则W是硅元素，据此分析解答。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层相同核电荷数越多半径越小，所以原子半径：r(Y)＜r(X)＜r(W)＜r(Z)，故A正确；
B．X是碳，Y是氧，氧的非金属性强于碳，即X的非金属性比Y的弱，故B错误；
C．碳的非金属性强于硅，所以W的简单气态氢化物的热稳定性比X的弱，故C错误；
D．Z为钠元素，位于元素周期表中第三周期ⅠA族，故D错误；
故选A。
7.
A
【详解】A． 非金属性：Cl＞S＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，能用元素周期律解释，A正确；
B． 金属性：Ca＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：Ca(OH)2＞NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解释，B错误；
C． 非金属性：Cl＞Br＞S，元素的非金属性越强，对应离子的还原性越弱，则还原性：S2-＞Br-＞Cl-，能用元素周期律解释，C错误；
D． H2CO3不能稳定存在，常温下能分解生成CO2和H2O，碳酸盐难分解，碳酸氢盐受热易分解，则稳定性：Na2CO3＞NaHCO3＞H2CO3，但是不能用元素周期律解释，D错误；
故选A。
8.C
【详解】A. Na、Mg、Al金属性减弱，还原性依次减弱，故A正确；
B. I、Br、Cl非金属增强，其单质的氧化性依次增强，故B正确；
C. C、N、O同属于周期元素，核电荷数增大，原子半径依次减小，故C错误；
D. P、S、Cl最高正价依次为+5、+6、+7，依次升高，故D正确；
故选C。
9.A
【详解】A．非金属性：Cl＞Br＞I，元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，则有酸性强弱：HIO4＞HBrO4＞HClO4，故A错误；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Na＞S，原子核外电子层数越多，半径越大，O的原子核外有2个电子层，半径最小，则原子半径：Na＞S＞O，故B不选；
C．金属性：K＞Na＞Li，元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，则有碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH，故C不选；
D．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则有金属性强弱：Na＞Mg＞Al，故D不选。
故答案选A。
10.C
【详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小；阳离子半径，阴离子半径，所以阳离子与阴离子的半径之比最小的是Li2S，故选C。
11.(1)逐渐减弱
(2)D
(3)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(4)BC
(5)2Al+6H+=2Al3++3H2↑
同一周期，从左到右，原子失电子能力减弱，则元素金属性逐渐减弱；故答案为：逐渐减弱；
（2）
金属性K＞Na＞Mg＞Al，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是D，故答案为：D；
（3）
钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，则钠与水反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（4）
反应现象不明显，说明反应速率小，升高温度可以加快速率，所以把冷水换为热水，把水换为盐酸增大了溶液中氢离子的浓度，可以加快速率；故答案为：BC；
（5）
铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，其反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；故答案为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑。
12.(1) Ar Si NaOH HClO4 Al (OH) 3
(2)C
(3)第四周期IVA族
(4) 分液漏斗 防止倒吸 变蓝 Cl2+2I-=2C1-+I2 氢氧化钠 Cl2+2NaOH=NaCl+NaC1O+2H2O
第三周期元素中，Ar原子最外层有8个电子，结构稳定，化学性质最不活泼的是Ar；单质Si的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制半导体材料的元素是Si；金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH；非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，氢氧化铝既能和酸反应又能与碱反应，具有两性的是Al (OH) 3。
（2）
同周期元素从左到右，半径依次减小，在C、N、O、F中，原子半径最大的是C；
（3）
第32号元素是Ge，在元素周期表中的位置为第四周期IVA族；
（4）
①根据装置图，仪器A的名称为分液漏斗；干燥管D具有防止倒吸的作用。
②氯气和KI反应生成KCl、I2，碘遇与淀粉变蓝色，观察到C中溶液变蓝，氯气在C中反应的离子方程式为Cl2+2I-=2C1-+I2。氯气能与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，可用氢氧化钠溶液吸收尾气，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaC1O+2H2O。
13.(1) Cl N Al
(2)
(3)CD
(4)2
(5)181.8
(6)1
Cl的最高正价为+7，最低负价为-1，代数和为6，故该元素为Cl；常温下单质为双原子分子，氮气分子中含有3对共用电子对，故该元素为N；第三周期元素金属离子的电子层数为2，非金属离子的电子层数为3，电子层数越少，半径越小，核电荷数越大，半径越小，简单离子中半径最小的元素是：Al；
（2）
将氨水滴入AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，离子方程式是：；
（3）
A. 铜元素化合价不变，A错误；
B. 铁元素化合价升高，需要氧化剂才能实现，B错误；
C. 氢元素化合价降低，需要还原剂才能实现，C正确；
D. 氮元素化合价降低，需要还原剂才能实现，D正确；
故选CD；
（4）
容器中活塞两侧的压强相同，物质的量之比等于体积比，故H2和O2的物质的量之和为2mol，设H2和O2的物质的量分别为xmol和ymol，则x+y=2，2x+32y=34g，解得x=y=1，H2和O2充分反应后：，剩余氧气的物质的量为0.5mol，而右侧空气的物质的量为1mol，故VB=2VA，活塞应在2处；
（5）
每100个水分子中含有1个Na+离子，设需要水的物质的量为xmol，则，x=10mol，又金属钠与水反应还需要消耗水，根据方程式：，0.1molNa消耗0.1mol水，故共需要水的物质的量为10.1mol，质量为：；
（6）
根据离子方程式：，产生氢气的物质的量为，消耗氢氧根的物质的量为1.0mol，NaOH溶液的浓度为：。
14.(1)KI＋IBr=I2＋KBr
(2)由于卤素互化物分子的极性并不强，故X2、XX′形成的分子晶体沸点高低主要取决于相对分子质量大小。随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，故沸点升高
(3)根据其相对分子质量，其沸点范围应该在Br2与IBr之间
KI与IBr反应生成溴化钾和碘，反应方程式为KI+IBr=KBr+I2，故答案为：KI+IBr=KBr+I2；
（2）
卤素单质的沸点随着相对分子质量的增大而升高，其原因是：由于卤素互化物分子的极性并不强，故X2、XX′形成的分子晶体沸点高低主要取决于相对分子质量大小。随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，故沸点升高；
（3）
分子晶体的熔沸点随分子量的增大而升高，这三种物质都是分子晶体，其相对分子质量越大，该物质的熔沸点越高，所以ICl的沸点所处的最小范围：Br2＜ICl＜IBr，故答案为：根据其相对分子质量，其沸点范围应该在Br2与IBr之间。
15.(1) 分液漏斗 防止倒吸
(2) 变蓝 NaOH
(3) Na2SiO3 有白色沉淀生成
(4)饱和NaHCO3
【分析】(2)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，氯气有毒，不能直接排空，可以用碱液吸收氯气；
(3)元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；盐酸具有挥发性导致生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和硅酸钠反应生成硅酸，要除去HCl，可以用饱和的碳酸氢钠溶液。
（1）
仪器A为分液漏斗，装置D有缓冲作用，能防止倒吸；
（2）
浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，氯气具有强氧化性、碘离子具有还原性，则氯气能氧化碘离子生成碘，离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，碘单质遇淀粉变蓝；氯气有毒，不能直接排空，但是氯气能和NaOH反应生成无毒的钠盐，所以可以用NaOH溶液吸收多余的氯气；
（3）
元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，要证明非金属性C＞Si，稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性的硅酸，由此知碳酸酸性大于硅酸，所以非金属性C＞Si，所以C中应该盛放Na2SiO3溶液；现象为C中生成硅酸白色沉淀；
（4）
盐酸具有挥发性导致生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和硅酸钠反应生成硅酸，所以在将气体通入硅酸钠溶液之前除去HCl，可以用饱和的NaHCO3溶液，则可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有NaHCO3溶液的洗气瓶。
16.
阅读材料，完成下列要求。
（1）这个公司今年做了将近一百万元以上的生意。
（2）张三考试作弊，一种意见是要处分，一种意见是不要处分，这两种意见我都不赞成，关键是做好张三的思想工作。
（3）万里长城是我国劳动人民智慧的结晶，也是我国的天然屏障。
（4）“鲁迅是一个乡土作家”是一种意见，“鲁迅不是一个乡土作家”也是一种意见，对这两种意见我很难表态。如果一定要我表态的话。我认为：“如果鲁迅是一个乡土作家，那么，他就是一个乡土作家，如果鲁迅不是一个乡土作家，那么，他就不是一个乡土作家。”
以上各段文字是否符合矛盾律和排中律的要求？如不符合，指出其违反了哪条基本规律，犯了什么逻辑错误。
17.(1) 分液漏斗 防止倒吸
(2) 浓盐酸 KMnO4 Na2S溶液 Cl2+Na2S=2NaCl+S↓
【分析】先用浓盐酸和高锰酸钾常温下反应制取氯气，生成的氯气通入硫化钠溶液中，置换出硫单质，证明氯气的氧化性比硫强。
（1）
依据仪器构造可知，A为分液漏斗，氯气与硫化钠溶液反应，气体体积减少，D起到防倒吸的作用。
（2）
要验证氯的非金属性比硫强，可验证氯气的氧化性比硫单质强，题给发生装置为固-液不加热装置，因此应选择浓盐酸和高锰酸钾常温下反应制取氯气，A中盛放浓盐酸、B中盛放高锰酸钾，将生成的氯气通入硫化钠溶液中，氯气与硫化钠反应生成氯化钠和硫单质，从而证明氯气的氧化性比硫单质强，则C中盛放硫化钠溶液，反应的化学方程式为：Cl2+Na2S=2NaCl+S↓。
18. Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 0.27g 0≤a<50mL 2.5
【分析】0～a段没有生成沉淀，说明盐酸过量，加入的氢氧化钠与氯化氢反应；a～80段开始生成沉淀，加入80mL氢氧化钠溶液后沉淀达到最大量，沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，此时溶液中的溶质为NaCl；80～90段氢氧化铝开始溶解，得到偏铝酸钠，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，当加入90mLNaOH溶液后氢氧化铝完全溶解，此时沉淀只有氢氧化镁。
【详解】(1)0～a段氢氧化钠与氯化氢反应，离子方程式为H++OH-=H2O，a～80段生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，离子方程式分别为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓；
(2)80～90段氢氧化铝开始溶解，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，溶解氢氧化铝消耗了10mLNaOH，所以n(Al)=1mol·L－1×0.01L=0.01mol，质量为0.01mol×27g/mol=0.27g；
(3)假设盐酸溶解金属后不剩，这种情况下，酸恰好与合金反应完全，此时a=0；当合金中0.01mol铝时，a值最大，沉淀Al3+需要NaOH溶液的体积为30mL，所以a最大为80mL-30mL=50mL，但合金中不可能只有铝，所以的取值范围为0≤a<50mL；
(4)当a=0时，n(Mg)最大，此时沉淀Mg2+消耗50mLNaOH溶液，所以n(Mg)= 1mol·L－1×0.05L÷2=0.025mol，所以的最大值为=2.5。
19. 42g C2H6 3mol·L－1或7mol·L－1
【分析】3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，3molCu作还原剂，与2molHNO3作氧化剂，遵循电子守恒，以此来解答；AlCl3溶液中加入NaOH溶液，若碱不足，只发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl；先求出实验式，再求分子式；若碱与铝离子的物质的量之比大于3：1时，先发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，据此讨论计算。
【详解】(1)n(Cu)= =1mol，设被还原的硝酸为xmol，则
, ，解得x= mol，则被还原的硝酸的质量为mol×63g/mol=42g，故答案为42g；
(2)n(CO2)==0.4mol，n(H2O)= =0.6mol，完全燃烧生成0.4molCO2和0.6H2O，n(C)：n(H)=0.4：0.6 2=2：6，可知烃的实验式为C2H6，碳已经饱和，分子式为C2H6，故答案为：C2H6；
(3)100ml2mol·L－1的AlCl3溶液中，n(Al3+)=0.1L×2mol·L－1 =0.2mol，生成沉淀的质量是7.8g，其物质的量为： =0.1mol，可能是0.2molAl3+生成0.1mol沉淀，或者0.2molAl3+生成0.2molAl(OH)3沉淀后又溶解了0.1mol；
①若碱不足，即0.2molAl3+生成0.1mol沉淀，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，NaOH的物质的量为0.1mol×3=0.3mol，c(NaOH)= =3mol·L－1；
②碱与铝离子的物质的量之比大于3：1，小于4：1，即0.2molAl3+生成0.1mol沉淀，或者0.2molAl3+生成0.2molAl(OH)3沉淀后又溶解了0.1mol；
则消耗的碱的物质的量为0.6mol+0.1mol=0.7mol，c(NaOH)==7mol·L－1；
故答案为：3mol·L－1或7mol·L－1。
20.(1)3
(2)6.72
(3) 160
【分析】铝的原子量为27g/mol，的物质的量为0.2mol，与盐酸恰好完全反应生成氯化铝和氢气，方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据2Al~6HCl~3H2~2 AlCl3关系进行计算。
(1)
结合以上分析可知，2Al~6HCl，所以0.2mol铝完全反应消耗HCl为0.6mol，根据c=计算，所用盐酸中的物质的量浓度为=3mol/L；
(2)
根据2Al~6HCl~3H2关系可知，0.2mol铝完全反应生成氢气0.3mol，根据V=nVm计算，反应中生成的在标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L；
(3)
结合以上分析可知，反应后的溶液为氯化铝，向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生的反应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，生成沉淀；后发生反应：Al(OH)3+OH-=+2H2O，沉淀溶解；
①段为生成的沉淀溶解的过程，反应的离子方程式：；
②氯化铝溶液加入氢氧化钠溶液后，先沉淀后溶解，到V1时，恰好完全反应生成偏铝酸钠和氯化钠，结合以上分析可知，0.2mol铝完全反应生成氯化铝0.2mol，所以n(Cl)=3n(AlCl3)=0.2mol×3=0.6mol；n(Al)= n(AlCl3)=0.2mol，根据元素守恒规律可知n(Cl)+n(Al)=n(Na)可知，n(Na)=0.8mol，设氢氧化钠的体积为VL，所以5mol/L×V=0.8mol，V=0.16L=160mL。