第四章 物质结构元素周期律 测试题（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第四章 物质结构元素周期律 测试题（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 522.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-18 18:05:58 | ||
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文档简介
第四章 物质结构元素周期律 测试题
一、选择题
1．下列物质既含有离子键又含有非极性共价键的是
A．CaO B． C． D．
2．世纪年代贵州省曾发行锑制的硬币，但因为锑很容易磨损，在流通过程中损耗严重。锑的原子结构示意图如图所示，下列有关121Sb的说法正确的是
A．与互为同素异形体 B．原子核内的中子数为
C．相对原子质量约为 D．位于元素周期表的第周期IA族
3．下列化学用语表示正确的是
A．次氯酸的结构式为
B．的电子式为
C．中子数为7的碳原子为
D．在水中的电离方程式为
4．下列表示正确的是
A．的比例模型：
B．HClO的结构式：
C．的电子式：
D．的原子结构示意图：
5．火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与冷水反应后溶液能使酚酞试液变为红色，X、W为同一主族元素，Y为地壳中含量最高的元素，火星岩石含有W的最高价化合物：Z2WY3，下列判断正确的是
A．原子半径：Z>W>Y>X
B．W位于元素周期表第三周期VIIA族
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D．X、Y、Z形成的化合物熔融状态下能够导电
6．下列物质的分子中既有σ键又有π键，并含有非极性键的是
①NH3 ②N2 ③H2O ④HCl ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．②⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．②③④ D．②④⑥
7．下列有关的图象不正确的是
A．图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B．图B是向中通入二氧化碳
C．图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D．图D是向氯化铝溶液中滴加氨水
8．下列事实不能用元素周期律解释的是
A．碱性： B．酸性：
C．还原性： D．热稳定性：
9．下列说法正确的是
A．金属元素不能得电子，不显负价，故金属不能形成阴离子
B．P、S、Cl元素最高正价依次升高
C．B、C、N、O、F原子半径依次增大
D．Li、Na、K、Rb的最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱
10．设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是
A．在氯气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NA
B．标准状况下，氦气与氯气所含原子数均为2NA
C．2.2g重水(D2O)中所含有的中子数目为NA
D．在反应中生成转移的电子数为3 NA
11．科学家合成118号元素Og的过程为。下列说法正确的是
A．的中子数为294 B．的A为247，Z为98
C．和属于同种核素 D．Og的核电荷数及核外电子数均为118
12．四轮纳米车是全球最小的、由80个单个碳原子制成的“电动车”，科研小组通过将4个旋转的运动单元(相当于汽车的4个轮子)附着到一个中心轴上，制造出一个可定向移动的分子，该分子仅为4纳米长，当施加微弱电流时，会向前行驶。下列说法错误的是
A．用激光笔照射该物质分散在蒸馏水中形成的分散系，光线通过时出现明亮的光路
B．“四轮纳米车”分子可透过滤纸，也可透过半透膜
C．“四轮纳米车”与石墨是同素异形体
D．“四轮纳米车”是一种新型的单质
13．军事上的“隐形飞机”并非飞机真的隐形，而是将涂于飞机表面，可以吸收和屏蔽雷达波和红外线辐射，从而达到隐形的目的。原子核内中子数与核外电子数之差是
A．41 B．84 C．125 D．209
14．下列关于原子的说法中，正确的是
A．同种元素的原子内质子数相等
B．原子不显电性，说明原子内的质子数等于中子数
C．含有相同中子数的原子，一定是同一种原子
D．原子是化学变化中最小的粒子，不可再分
15．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物溶于水，水溶液呈碱性。下列说法正确的是
W X
Y Z
A．X、Y、Z的简单氢化物稳定性最强的是Y
B．W的氧化物对应的水化物都是强酸
C．X的简单阴离子的还原性强于Y的简单阴离子
D．Z的单质在化学反应中既可表现氧化性也可表现还原性
二、填空题
16．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24。则W、X、Y、Z分别为 。
17．现有8种元素的性质、数据如下表所列，它们属于第二或第三周期。
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径(10﹣10m) 0.74 1.60 0.89 1.10 0.99 1.86 0.75 1.43
最高或最低化合价 +2 +2 +5 +7 +1 +5 +3
﹣2 ﹣3 ﹣1 ﹣3
回答下列问题：
(1)③的元素符号是 。
(2)在这8种元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的名称是 。②与⑤形成的化合物的电子式是： 。
(3)比较④和⑦的氢化物的稳定性(用分子式表示) 。
(4)写出⑥最高价氧化物对应水化物跟⑧的最高价氧化物反应的离子方程式： 。
18．请回答下列问题。
(1)在第三周期元素中，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 ，具有两性的是 (以上均用化学式填空)。
(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)由与所代表的物质中，共有 种元素， 种原子，、的关系是 。
(5)写出钠、铝最高价氧化物的水化物之间反应的化学方程式： 。
19．回答下列问题
(1)1.204×1024个CO2分子的摩尔质量是 。
(2)用NA表示阿伏加德罗常数的值，则0.3 mol HF中所含质子数与 个CH4中所含质子数相等。
20．将总量为4molNa2O2和Al2(SO4)3的混合物投入足量水中，充分反应后生成Ymol沉淀（Y＞0），若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量。
（1）试建立Y= f(x)的函数关系式，将x的取值Y= f(x)关系式填写在表内（可以不用填满）
x值 Y= f(x)
（2）作图
21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀质量的关系如图所示。
(1)A点的沉淀物的化学式为 。
(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式： 。
(3)原混合物中NaOH的质量是 g，C点(此时沉淀恰好完全溶解)对应的HCl溶液的体积为 mL。
22．十种元素A～J在元素周期表中的相对位置如表所示：
族 周期 ⅠA 0
1 A ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
2 B C D E
3 F G H Ⅰ J
回答下列问题：
(1)A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子。
①M的电子式为 。
②实验室制取N的化学方程式为 。
(2)元素C、H、J的最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为 (用相应酸的化学式表示)。
(3)不同价态的I元素可以相互转化，若反应前后存在4种价态的I元素，写出该反应的化学方程式： 。
(4)请用一个化学方程式证明元素D和E的非金属性强弱关系： 。
(5)某研究学习小组用如图装置探究F、G的金属性强弱。
当试管(Ⅰ)出现 的现象、且试管(Ⅱ)出现 的现象时，能说明金属性F大于G，写出试管(Ⅱ)依次发生反应的离子方程式： 、 。
23．锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：Sn的熔点为231℃；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为-33°C、 沸点为114℃；SnO2对空气和热都很稳定，不溶于水，常温下也难溶于酸或碱溶液。请回答下列问题：
(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，锡的原子序数为 。
(2)用于微电子器件生产的锡粉纯度测定(已知锡的相对原子质量为119)：
①取1.19 g试样溶于稀硫酸中(杂质不参与反应)，使Sn完全转化为Sn2+；
②加入过量的Fe(SO4)3；
③用0.1000 mol/LK2Cr2O7溶液滴定(产物中Cr呈+3价)，消耗20.00 mL。步骤②中加入Fe2(SO4)3的作用是 ；此锡粉样品中锡的质量分数为 。若在滴定终点时俯视读数，则会导致测得的样品中锡的质量分数 (填“偏高“偏低”或“无影响”)。
(3)SnO2是一种优秀的透明导电材料。由锡石(主要成分SnO2,含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)制备纯净SnO2的一种工艺流程为：
请选用实验室常用试剂，把流程图中的试剂1等的化学式填入下表：
试剂1 沉淀1 试剂2 沉淀2
化学式
(4)实验室欲用下图装置制备少量SnCl4，该装置存在明显缺陷，改进方法是 。
【参考答案】
一、选择题
1．D
【分析】根据物质的晶体类型和所含化学键类型判断，化学键分为离子键和共价键等，非极性共价键为相同非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键。
解析：A．CaO为离子化合物，只含有离子键，故A错误；
B．为共价化合物，只含有极性共价键，故B错误；
C．H2O为共价化合物，只含有极性共价键，故C错误；
D．Na2O2为离子化合物，既含有离子键，又含有非极性共价键，故D正确；
故选D。
2．B
解析：A．同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，121Sb与123Sb均为原子，不互为同素异形体，而是互为同位素，A错误；
B．原子核内的中子数为121-51=70，B正确；
C．相对原子质量约等于质量数，故该同位素的相对原子质量约为121，C错误；
D．根据元素的周期序数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数可知，该元素位于元素周期表的第周期VA族，D错误；
故答案为：B。
3．C
解析：A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．K2S的电子式为，B错误；
C．中子数为7的碳原子质量数为13，表示为，C正确；
D．NaHCO3在水中的电离方程式为，D错误；
故答案选C。
4．B
解析：A．二氧化碳为直线型结构，碳原子的原子半径大于氧原子，其正确的比例模型为，故A错误；
B．HClO的中心原子是O原子，含有O-H键和O-Cl键，其结构式为H-O-Cl，故B正确；
C．是共价化合物，电子式为：，故C错误；
D．含有6个质子，6个电子，结构示意图为：，故D错误；
故选B。
5．D
【分析】Z为金属元素，其单质与冷水反应后溶液能使酚酞试液变红，Z为Na，Y为地壳中含量最高的元素，Y为O，火星岩石中含有W的最高价化合物为Na2WO3，W为+4价，X、W同主族，且W原子序数大于X，W为Si，X为C。
解析：A．原子电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径Na>Si>C>O，A错误；
B．W为Si，位于元素周期表第三周期ⅣA族，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2CO3>H2SiO3，C错误；
D．X、Y、Z形成的化合物为Na2CO3，Na2CO3为离子化合物，熔融状态下能导电，D正确；
故答案选D。
6．A
解析：①NH3分子中只有N-H键；②N2分子中有氮氮三键，为非极性键，既有σ键又有π键；③H2O分子中只有O-H键；④HCl分子中有H-Cl键；⑤C2H4分子中有碳碳双键；为非极性键，既有σ键又有π键；⑥C2H4分子中有碳碳三键，为非极性键，既有σ键又有π键；所以②⑤⑥分子中既有σ键又有π键；并含有非极性键，
故答案选A。
7．B
解析：A．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，后发生反应Al(OH)3+OH-=，生成沉淀和沉淀溶解消耗氢氧化钠溶液的体积比为3:1，图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，故A正确；
B．向中通入二氧化碳，反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，二氧化碳过量后氢氧化铝也不溶解，故B错误；
C．向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝，先发生反应Al3++4OH-=，后发生反应3+Al3+=4Al(OH)3↓，开始没有沉淀，后有沉淀生成，故C正确；
D．氯化铝溶液中滴加氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氨水过量后，氢氧化铝也不溶解，故D正确；
选B。
8．B
解析：A．元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性Cs>Rb,碱性CsOH>RbOH，A项正确；
B．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，HCl不是最高价氧化物对应的水化物形成的酸，因此不可以用元素周期律解释，B项错误；
C．非金属性越强，则其形成的阴离子还原性越弱，非金属性SD．元素非金属性越强。其形成的简单氢化物热稳定性越强，非金属性F>I，所以氰氢化物稳定性HF>HI，D项正确；
答案选B。
9．B
解析：A．金属无负价，但可以形成阴离子，如、等，故A错误；
B．P、S、Cl元素的最外层电子数依次升高，故其最高正价逐渐升高，故B正确；
C．根据元素周期律可知，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故C错误；
D．从到金属性依次增强，所以最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，故D错误；
本题答案 B。
10．A
解析：A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，则5.6g铁完全反应时转移电子数为×3×NAmol—1=0.3NA，故A正确；
B．氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，则标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数不可能相等，故B错误；
C．重水分子中含有10个中子，则2.2g重水中所含有的中子数目为×10×NAmol—1＞NA，故C错误；
D．由方程式可知，反应生成3mol氢气，转移6mol电子，则反应生成1mol氢气，转移的电子数为2NA，故D错误；
故选A。
11．D
解析：A．的中子数为294-118=176，故A错误；
B．根据质量守恒，中A为294+3-48=249，Z为118-20=98，故B错误；
C．和中子数不同，是不同核素，故C错误；
D．原子中质子数=核电荷数=核外电子数，Og的核电荷数及核外电子数均为118，故D正确；
选D。
12．B
解析：A．该分子长4纳米，分散在蒸馏水中形成胶体，用激光笔照射，产生丁达尔效应，A正确；
B．该分子长4纳米，分散在蒸馏水中形成胶体，可透过滤纸，但不可透过半透膜，B错误；
C．该分子由80个单个碳原子形成的单质，与石墨是同素异形体，C正确；
D．由题意可知，该分子是由80个单个碳原子形成的单质，D正确；
故选B。
13．A
解析：核内质子数是84，质量数是209，中子数=209-84=125；核外电子数=质子数=84，所以核内中子数与核外电子数之差是125-84=41；
故选A。
14．A
解析：A．元素是具有相同质子数的一类原子的总称，同种元素的原子内质子数相等，A正确；
B．质子带正电，电子带负电，中子不带电，原子不显电性，说明原子内的质子数等于核外电子数，B错误；
C．含有相同质子数和相同中子数的原子是同一种原子，若含有相同中子数的原子， 质子数不同，不是同种原子，C错误；
D．原子是化学变化中最小的粒子，原子由原子核和核外电子构成，原子核内含有质子和中子，D错误；
故答案选A。
15．D
【分析】W的气态氢化物的水溶液为碱性，说明该元素为氮元素，根据位置分析，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。据此解答。
解析：A．根据同周期元素，从左到右非金属性增强，同主族元素，从下到上非金属性增强，且非金属性越强，简单氢化物稳定性越强分析，三种元素中Y的氢化物最不稳定，A错误；
B．氮的氧化物对应的水化物不一定是强酸，例如亚硝酸为弱酸，B错误；
C．氧离子还原性弱于硫离子，C错误；
D．氯气和水或碱反应时表现出氧化性和还原性，D正确；
故选D。
二、填空题
16．H、B、N、Na
解析：元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24，由结构式可知，W为1价，形成共价键，W是H元素，Z为+1价阳离子，Z为Na元素，Y为3价，Y为N元素，24-1-11-7=5，X为B元素。
17．(1)Be
(2)高氯酸
(3)NH3>PH3
(4)Al2O3+2OH- =2AlO+H2O
解析：8种元素属于第二或第三周期。①显-2价，①是O元素；⑤显-1、+7价，⑤是Cl元素；②③都显+2价，半径③<②，所以③是Be元素、②是Mg元素；④⑦都显+5、-3价，半径④>⑦，所以④是P元素、⑦是N元素；⑧显+3价，半径大于P，所以⑧是Al元素；⑥化合价为+1价，且原子半径最大，为Na元素。
（1）根据以上分析，③是铍元素，元素符号是Be；
（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性最强的化合物的名称是氯元素形成的高氯酸。②与⑤形成的化合物为氯化镁，氯化镁属于离子化合物，电子式是：；
（3）同主族由上而下，非金属性逐渐减；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；
（4）⑥最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，⑧的最高价氧化物为氧化铝，两者反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式：Al2O3+2OH- =2AlO+H2O。
18．(1) Ar Si NaOH
(2)C
(3)第四周期ⅣA族
(4) 2 4 同位素
(5)
解析：（1）在第三周期元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体Ar；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，在第三周期元素中金属性最强的是碱金属Na，所以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，在第三周期元素中非金属性最强的是卤族元素，所以最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，最高价氧化物的水化物具有两性的是Al(OH)3；
（2）C、N、O、F都是第二周期元素，电子层数相同，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径最大的是：C；
（3）稀有气体Kr是第四周期0族元素，位于36号元素，则第32号元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅣA族；
（4）质子数相同表示同一种元素，由与所代表的物质中，共有H、O两种元素，含有、、、四种原子，、的质子数相同，中子数不同，两者的关系是同位素；
（5）钠、铝最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者反应的化学方程式为。
19．(1)44 g mol-1
(2)0.3NA
解析：（1）二氧化碳的摩尔质量是以g/mol为单位，在数值上等于其相对分子质量，即为44 g mol-1，与二氧化碳的多少无关；
（2）氟化氢和甲烷分子中都含有10个质子，故0.3 mol HF中所含质子数0.3molCH4中所含质子数相等，即0.3NA。
20．
x值 Y=f(x)
0＜X≤3 Y=X
3＜X＜3.2 Y=32-10X
【分析】(1)Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2(SO4)3反应时，生成的Al(OH)3沉淀量最大．根据反应式知道此时，n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]=3：1；当n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]≤3：1时，NaOH不足(或恰好反应)，与Al3+反应生成Al(OH)3，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，根据OH-守恒由NaOH计算Al(OH)3沉淀的量．
当n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]＞3：1时，Al的存在有Al(OH)3和AlO2-两种，有XmolNa2O2，则Al2(SO4)3为(4-X)mol，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，Na2O2和与H2O反应生成的NaOH有两部分作用，(一)与Al3+反应生成Al(OH)3，(二)与Al3+反应生成AlO2-，根据Al原子守恒用X、Y表示出AlO2-，的物质的量，进而表示出上述两部分消耗的NaOH的量，两部分消耗的NaOH的物质的量之和即为Na2O2和与H2O反应生成的NaOH；
(2)根据(1)中的关系式、条件作图。
解析：(1)Na2O2为xmol，则Al2(SO4)3为(4-x)mol，
据Na原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2O2)=2Xmol，
根据Al原子守恒得n(Al3+)=2n[Al2(SO4)3]=2(4-X)mol，
Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2(SO4)3反应时，生成的Al(OH)3沉淀量最大，所以有n(Al3+):n(NaOH)=1:3，即2(4-X)mol：2Xmol=1:3，解得，X=3，所以(4-X)mol=1mol，即n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]=3:1；
当n(Na2O2):n[Al2(SO4)3]≤3:1时，NaOH不足，根据NaOH计算Al(OH)3的量，根据OH-守恒有2X=3Y，即Y=X；
由于n(Na2O2):n[Al2(SO4)3]≤3：1，Y＞0；所以Xmol：(4-X)mol≤3:1，X＞0，联立解得，0＜X≤3；
当n(Na2O2):n[Al2(SO4)3]＞3:1时，Al的存在有Al(OH)3和AlO2-两种，有XmolNa2O2，则Al2(SO4)3为(4-X)mol；据Na原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2O2)=2Xmol，根据Al原子守恒得n(AlO2-)=[2(4-X)-Y]mol=(8-2X-Y)mol，由关系式
Al3+～～3OH-～～Al(OH)3 ； Al3+～～～～4OH-～～～～～AlO2-；
3Ymol Ymol 4(8-2X-Y)mol (8-2X-Y)mol
所以，3Ymol+4(8-2X-Y)mol=2Xmol，解得：Y=32-10X；
由于n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]＞3：1，Y＞0；所以Xmol：(4-X)mol＞3：1，32-10X＞0，联立解得，3＜X＜3.2；
故答案为
x值 Y=f(x)
0＜X≤3 Y=X
3＜X＜3.2 Y=32-10X
(2)根据关系式作图为。
21．（1）Mg(OH)2
（2）AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓
（3）5.20；130
解析：试题分析：
①向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，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。故为：Mg(OH)2；
②A-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↓，故为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓；
③A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；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=0.13mol，氢氧化钠的质量m(NaOH)==0.13mol×40g/mol=5.2g；C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)= n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸的体积为：V==0.13L=130ml。
故答案为5.2；130。
22．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 产生白色沉淀 先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解
【分析】根据元素A～J在元素周期表中的相对位置的信息，可以推出A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为F元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为P元素，I为S元素，J为Cl元素。
解析：（1）A为H元素，C为N元素，A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子,M为，N为；①的电子式为： ；②实验室制取的化学方程式为：；
（2）元素C为N元素，H为P元素，J为Cl元素，非金属性：，最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为：；
（3）I为S元素，有很多种价态，反应前后存在4种价态的S元素的反应的化学方程式为：；
（4）D为O元素，E为F元素，非金属性，可以用反应：证明；
（5）F为Mg元素，向溶液中逐滴滴加溶液，发生反应：，产生白色沉淀，继续滴加，沉淀不溶解；G为Al元素，向溶液中滴加，发生反应：，，所以现象为先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解，显两性，所以碱性：，金属性：。
23．将Sn2+全部氧化为Sn4+ 60% 偏低 NaOH SnO2、Fe2O3 H2SO4(或HCl) SnO2 在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶
【分析】(2)Sn2+易被氧化，先加入Fe2(SO4)3将Sn2+全部氧化为Sn4+，再用K2Cr2O7标准液滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子转移守恒，整个过程关系式为：3Sn～3Sn2+～6Fe3+～6Fe2+～Cr2O72-；
(3)锡石主要成分SnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2，要制备纯净SnO2，可先加入NaOH溶液，此时Al2O3、SiO2溶解，得到的沉淀1主要含SnO2、Fe2O3；SnO2常温下也难溶于酸，所以可以向沉淀1中加入稀硫酸或稀盐酸，此时Fe2O3溶解，得到的沉淀2为SnO2。
解析：(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，二者原子序数相差第三、四、五周期容纳元素种数之和，则Sn的原子序数为6+8+18+18=50；
(2)Sn2+易被氧化，先加入Fe2(SO4)3可将Sn2+全部氧化为Sn4+；
根据题意可知n(K2Cr2O7)= 0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则根据分析中的数量关系可知n(Sn)= 0.002mol×3=0.006mol，锡粉样品中锡的质量分数为=60%；
若在滴定终点时俯视读数，读取的消耗的K2Cr2O7标准液的体积偏小，锡的质量分数偏低；
(3)根据分析可知试剂1为NaOH，沉淀1为SnO2、Fe2O3，试剂2为H2SO4(或HCl)，沉淀2为SnO2；
(4)利用图示装置制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，生成的SnCl4容易发生水解反应，改进方法是在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去氯化氢和水蒸气
一、选择题
1．下列物质既含有离子键又含有非极性共价键的是
A．CaO B． C． D．
2．世纪年代贵州省曾发行锑制的硬币，但因为锑很容易磨损，在流通过程中损耗严重。锑的原子结构示意图如图所示，下列有关121Sb的说法正确的是
A．与互为同素异形体 B．原子核内的中子数为
C．相对原子质量约为 D．位于元素周期表的第周期IA族
3．下列化学用语表示正确的是
A．次氯酸的结构式为
B．的电子式为
C．中子数为7的碳原子为
D．在水中的电离方程式为
4．下列表示正确的是
A．的比例模型：
B．HClO的结构式：
C．的电子式：
D．的原子结构示意图：
5．火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与冷水反应后溶液能使酚酞试液变为红色，X、W为同一主族元素，Y为地壳中含量最高的元素，火星岩石含有W的最高价化合物：Z2WY3，下列判断正确的是
A．原子半径：Z>W>Y>X
B．W位于元素周期表第三周期VIIA族
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X
D．X、Y、Z形成的化合物熔融状态下能够导电
6．下列物质的分子中既有σ键又有π键，并含有非极性键的是
①NH3 ②N2 ③H2O ④HCl ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．②⑤⑥ B．①②⑤⑥ C．②③④ D．②④⑥
7．下列有关的图象不正确的是
A．图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 B．图B是向中通入二氧化碳
C．图C是向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝 D．图D是向氯化铝溶液中滴加氨水
8．下列事实不能用元素周期律解释的是
A．碱性： B．酸性：
C．还原性： D．热稳定性：
9．下列说法正确的是
A．金属元素不能得电子，不显负价，故金属不能形成阴离子
B．P、S、Cl元素最高正价依次升高
C．B、C、N、O、F原子半径依次增大
D．Li、Na、K、Rb的最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱
10．设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是
A．在氯气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NA
B．标准状况下，氦气与氯气所含原子数均为2NA
C．2.2g重水(D2O)中所含有的中子数目为NA
D．在反应中生成转移的电子数为3 NA
11．科学家合成118号元素Og的过程为。下列说法正确的是
A．的中子数为294 B．的A为247，Z为98
C．和属于同种核素 D．Og的核电荷数及核外电子数均为118
12．四轮纳米车是全球最小的、由80个单个碳原子制成的“电动车”，科研小组通过将4个旋转的运动单元(相当于汽车的4个轮子)附着到一个中心轴上，制造出一个可定向移动的分子，该分子仅为4纳米长，当施加微弱电流时，会向前行驶。下列说法错误的是
A．用激光笔照射该物质分散在蒸馏水中形成的分散系，光线通过时出现明亮的光路
B．“四轮纳米车”分子可透过滤纸，也可透过半透膜
C．“四轮纳米车”与石墨是同素异形体
D．“四轮纳米车”是一种新型的单质
13．军事上的“隐形飞机”并非飞机真的隐形，而是将涂于飞机表面，可以吸收和屏蔽雷达波和红外线辐射，从而达到隐形的目的。原子核内中子数与核外电子数之差是
A．41 B．84 C．125 D．209
14．下列关于原子的说法中，正确的是
A．同种元素的原子内质子数相等
B．原子不显电性，说明原子内的质子数等于中子数
C．含有相同中子数的原子，一定是同一种原子
D．原子是化学变化中最小的粒子，不可再分
15．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物溶于水，水溶液呈碱性。下列说法正确的是
W X
Y Z
A．X、Y、Z的简单氢化物稳定性最强的是Y
B．W的氧化物对应的水化物都是强酸
C．X的简单阴离子的还原性强于Y的简单阴离子
D．Z的单质在化学反应中既可表现氧化性也可表现还原性
二、填空题
16．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24。则W、X、Y、Z分别为 。
17．现有8种元素的性质、数据如下表所列，它们属于第二或第三周期。
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
原子半径(10﹣10m) 0.74 1.60 0.89 1.10 0.99 1.86 0.75 1.43
最高或最低化合价 +2 +2 +5 +7 +1 +5 +3
﹣2 ﹣3 ﹣1 ﹣3
回答下列问题：
(1)③的元素符号是 。
(2)在这8种元素的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的名称是 。②与⑤形成的化合物的电子式是： 。
(3)比较④和⑦的氢化物的稳定性(用分子式表示) 。
(4)写出⑥最高价氧化物对应水化物跟⑧的最高价氧化物反应的离子方程式： 。
18．请回答下列问题。
(1)在第三周期元素中，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 ，具有两性的是 (以上均用化学式填空)。
(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)由与所代表的物质中，共有 种元素， 种原子，、的关系是 。
(5)写出钠、铝最高价氧化物的水化物之间反应的化学方程式： 。
19．回答下列问题
(1)1.204×1024个CO2分子的摩尔质量是 。
(2)用NA表示阿伏加德罗常数的值，则0.3 mol HF中所含质子数与 个CH4中所含质子数相等。
20．将总量为4molNa2O2和Al2(SO4)3的混合物投入足量水中，充分反应后生成Ymol沉淀（Y＞0），若以x表示原混合物中Na2O2的物质的量。
（1）试建立Y= f(x)的函数关系式，将x的取值Y= f(x)关系式填写在表内（可以不用填满）
x值 Y= f(x)
（2）作图
21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16 g白色沉淀，再向所得浊液中逐渐加入1.00 mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀质量的关系如图所示。
(1)A点的沉淀物的化学式为 。
(2)写出A点至B点发生反应的离子方程式： 。
(3)原混合物中NaOH的质量是 g，C点(此时沉淀恰好完全溶解)对应的HCl溶液的体积为 mL。
22．十种元素A～J在元素周期表中的相对位置如表所示：
族 周期 ⅠA 0
1 A ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
2 B C D E
3 F G H Ⅰ J
回答下列问题：
(1)A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子。
①M的电子式为 。
②实验室制取N的化学方程式为 。
(2)元素C、H、J的最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为 (用相应酸的化学式表示)。
(3)不同价态的I元素可以相互转化，若反应前后存在4种价态的I元素，写出该反应的化学方程式： 。
(4)请用一个化学方程式证明元素D和E的非金属性强弱关系： 。
(5)某研究学习小组用如图装置探究F、G的金属性强弱。
当试管(Ⅰ)出现 的现象、且试管(Ⅱ)出现 的现象时，能说明金属性F大于G，写出试管(Ⅱ)依次发生反应的离子方程式： 、 。
23．锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：Sn的熔点为231℃；Sn2+易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为-33°C、 沸点为114℃；SnO2对空气和热都很稳定，不溶于水，常温下也难溶于酸或碱溶液。请回答下列问题：
(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，锡的原子序数为 。
(2)用于微电子器件生产的锡粉纯度测定(已知锡的相对原子质量为119)：
①取1.19 g试样溶于稀硫酸中(杂质不参与反应)，使Sn完全转化为Sn2+；
②加入过量的Fe(SO4)3；
③用0.1000 mol/LK2Cr2O7溶液滴定(产物中Cr呈+3价)，消耗20.00 mL。步骤②中加入Fe2(SO4)3的作用是 ；此锡粉样品中锡的质量分数为 。若在滴定终点时俯视读数，则会导致测得的样品中锡的质量分数 (填“偏高“偏低”或“无影响”)。
(3)SnO2是一种优秀的透明导电材料。由锡石(主要成分SnO2,含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)制备纯净SnO2的一种工艺流程为：
请选用实验室常用试剂，把流程图中的试剂1等的化学式填入下表：
试剂1 沉淀1 试剂2 沉淀2
化学式
(4)实验室欲用下图装置制备少量SnCl4，该装置存在明显缺陷，改进方法是 。
【参考答案】
一、选择题
1．D
【分析】根据物质的晶体类型和所含化学键类型判断，化学键分为离子键和共价键等，非极性共价键为相同非金属原子之间形成的化学键，离子键为阴阳离子之间通过静电作用形成的化学键。
解析：A．CaO为离子化合物，只含有离子键，故A错误；
B．为共价化合物，只含有极性共价键，故B错误；
C．H2O为共价化合物，只含有极性共价键，故C错误；
D．Na2O2为离子化合物，既含有离子键，又含有非极性共价键，故D正确；
故选D。
2．B
解析：A．同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，121Sb与123Sb均为原子，不互为同素异形体，而是互为同位素，A错误；
B．原子核内的中子数为121-51=70，B正确；
C．相对原子质量约等于质量数，故该同位素的相对原子质量约为121，C错误；
D．根据元素的周期序数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数可知，该元素位于元素周期表的第周期VA族，D错误；
故答案为：B。
3．C
解析：A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．K2S的电子式为，B错误；
C．中子数为7的碳原子质量数为13，表示为，C正确；
D．NaHCO3在水中的电离方程式为，D错误；
故答案选C。
4．B
解析：A．二氧化碳为直线型结构，碳原子的原子半径大于氧原子，其正确的比例模型为，故A错误；
B．HClO的中心原子是O原子，含有O-H键和O-Cl键，其结构式为H-O-Cl，故B正确；
C．是共价化合物，电子式为：，故C错误；
D．含有6个质子，6个电子，结构示意图为：，故D错误；
故选B。
5．D
【分析】Z为金属元素，其单质与冷水反应后溶液能使酚酞试液变红，Z为Na，Y为地壳中含量最高的元素，Y为O，火星岩石中含有W的最高价化合物为Na2WO3，W为+4价，X、W同主族，且W原子序数大于X，W为Si，X为C。
解析：A．原子电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径Na>Si>C>O，A错误；
B．W为Si，位于元素周期表第三周期ⅣA族，B错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性H2CO3>H2SiO3，C错误；
D．X、Y、Z形成的化合物为Na2CO3，Na2CO3为离子化合物，熔融状态下能导电，D正确；
故答案选D。
6．A
解析：①NH3分子中只有N-H键；②N2分子中有氮氮三键，为非极性键，既有σ键又有π键；③H2O分子中只有O-H键；④HCl分子中有H-Cl键；⑤C2H4分子中有碳碳双键；为非极性键，既有σ键又有π键；⑥C2H4分子中有碳碳三键，为非极性键，既有σ键又有π键；所以②⑤⑥分子中既有σ键又有π键；并含有非极性键，
故答案选A。
7．B
解析：A．向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，先发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，后发生反应Al(OH)3+OH-=，生成沉淀和沉淀溶解消耗氢氧化钠溶液的体积比为3:1，图A是向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液，故A正确；
B．向中通入二氧化碳，反应生成碳酸钠和氢氧化铝沉淀，二氧化碳过量后氢氧化铝也不溶解，故B错误；
C．向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝，先发生反应Al3++4OH-=，后发生反应3+Al3+=4Al(OH)3↓，开始没有沉淀，后有沉淀生成，故C正确；
D．氯化铝溶液中滴加氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，氨水过量后，氢氧化铝也不溶解，故D正确；
选B。
8．B
解析：A．元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性Cs>Rb,碱性CsOH>RbOH，A项正确；
B．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，HCl不是最高价氧化物对应的水化物形成的酸，因此不可以用元素周期律解释，B项错误；
C．非金属性越强，则其形成的阴离子还原性越弱，非金属性S
答案选B。
9．B
解析：A．金属无负价，但可以形成阴离子，如、等，故A错误；
B．P、S、Cl元素的最外层电子数依次升高，故其最高正价逐渐升高，故B正确；
C．根据元素周期律可知，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故C错误；
D．从到金属性依次增强，所以最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，故D错误；
本题答案 B。
10．A
解析：A．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，则5.6g铁完全反应时转移电子数为×3×NAmol—1=0.3NA，故A正确；
B．氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，则标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数不可能相等，故B错误；
C．重水分子中含有10个中子，则2.2g重水中所含有的中子数目为×10×NAmol—1＞NA，故C错误；
D．由方程式可知，反应生成3mol氢气，转移6mol电子，则反应生成1mol氢气，转移的电子数为2NA，故D错误；
故选A。
11．D
解析：A．的中子数为294-118=176，故A错误；
B．根据质量守恒，中A为294+3-48=249，Z为118-20=98，故B错误；
C．和中子数不同，是不同核素，故C错误；
D．原子中质子数=核电荷数=核外电子数，Og的核电荷数及核外电子数均为118，故D正确；
选D。
12．B
解析：A．该分子长4纳米，分散在蒸馏水中形成胶体，用激光笔照射，产生丁达尔效应，A正确；
B．该分子长4纳米，分散在蒸馏水中形成胶体，可透过滤纸，但不可透过半透膜，B错误；
C．该分子由80个单个碳原子形成的单质，与石墨是同素异形体，C正确；
D．由题意可知，该分子是由80个单个碳原子形成的单质，D正确；
故选B。
13．A
解析：核内质子数是84，质量数是209，中子数=209-84=125；核外电子数=质子数=84，所以核内中子数与核外电子数之差是125-84=41；
故选A。
14．A
解析：A．元素是具有相同质子数的一类原子的总称，同种元素的原子内质子数相等，A正确；
B．质子带正电，电子带负电，中子不带电，原子不显电性，说明原子内的质子数等于核外电子数，B错误；
C．含有相同质子数和相同中子数的原子是同一种原子，若含有相同中子数的原子， 质子数不同，不是同种原子，C错误；
D．原子是化学变化中最小的粒子，原子由原子核和核外电子构成，原子核内含有质子和中子，D错误；
故答案选A。
15．D
【分析】W的气态氢化物的水溶液为碱性，说明该元素为氮元素，根据位置分析，X为氧元素，Y为硫元素，Z为氯元素。据此解答。
解析：A．根据同周期元素，从左到右非金属性增强，同主族元素，从下到上非金属性增强，且非金属性越强，简单氢化物稳定性越强分析，三种元素中Y的氢化物最不稳定，A错误；
B．氮的氧化物对应的水化物不一定是强酸，例如亚硝酸为弱酸，B错误；
C．氧离子还原性弱于硫离子，C错误；
D．氯气和水或碱反应时表现出氧化性和还原性，D正确；
故选D。
二、填空题
16．H、B、N、Na
解析：元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24，由结构式可知，W为1价，形成共价键，W是H元素，Z为+1价阳离子，Z为Na元素，Y为3价，Y为N元素，24-1-11-7=5，X为B元素。
17．(1)Be
(2)高氯酸
(3)NH3>PH3
(4)Al2O3+2OH- =2AlO+H2O
解析：8种元素属于第二或第三周期。①显-2价，①是O元素；⑤显-1、+7价，⑤是Cl元素；②③都显+2价，半径③<②，所以③是Be元素、②是Mg元素；④⑦都显+5、-3价，半径④>⑦，所以④是P元素、⑦是N元素；⑧显+3价，半径大于P，所以⑧是Al元素；⑥化合价为+1价，且原子半径最大，为Na元素。
（1）根据以上分析，③是铍元素，元素符号是Be；
（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性最强的化合物的名称是氯元素形成的高氯酸。②与⑤形成的化合物为氯化镁，氯化镁属于离子化合物，电子式是：；
（3）同主族由上而下，非金属性逐渐减；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：NH3>PH3；
（4）⑥最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，⑧的最高价氧化物为氧化铝，两者反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式：Al2O3+2OH- =2AlO+H2O。
18．(1) Ar Si NaOH
(2)C
(3)第四周期ⅣA族
(4) 2 4 同位素
(5)
解析：（1）在第三周期元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体Ar；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，在第三周期元素中金属性最强的是碱金属Na，所以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，在第三周期元素中非金属性最强的是卤族元素，所以最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，最高价氧化物的水化物具有两性的是Al(OH)3；
（2）C、N、O、F都是第二周期元素，电子层数相同，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径最大的是：C；
（3）稀有气体Kr是第四周期0族元素，位于36号元素，则第32号元素在元素周期表中的位置为第四周期ⅣA族；
（4）质子数相同表示同一种元素，由与所代表的物质中，共有H、O两种元素，含有、、、四种原子，、的质子数相同，中子数不同，两者的关系是同位素；
（5）钠、铝最高价氧化物的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，两者反应的化学方程式为。
19．(1)44 g mol-1
(2)0.3NA
解析：（1）二氧化碳的摩尔质量是以g/mol为单位，在数值上等于其相对分子质量，即为44 g mol-1，与二氧化碳的多少无关；
（2）氟化氢和甲烷分子中都含有10个质子，故0.3 mol HF中所含质子数0.3molCH4中所含质子数相等，即0.3NA。
20．
x值 Y=f(x)
0＜X≤3 Y=X
3＜X＜3.2 Y=32-10X
【分析】(1)Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2(SO4)3反应时，生成的Al(OH)3沉淀量最大．根据反应式知道此时，n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]=3：1；当n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]≤3：1时，NaOH不足(或恰好反应)，与Al3+反应生成Al(OH)3，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，根据OH-守恒由NaOH计算Al(OH)3沉淀的量．
当n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]＞3：1时，Al的存在有Al(OH)3和AlO2-两种，有XmolNa2O2，则Al2(SO4)3为(4-X)mol，由Na2O2根据Na原子守恒计算NaOH的物质的量，Na2O2和与H2O反应生成的NaOH有两部分作用，(一)与Al3+反应生成Al(OH)3，(二)与Al3+反应生成AlO2-，根据Al原子守恒用X、Y表示出AlO2-，的物质的量，进而表示出上述两部分消耗的NaOH的量，两部分消耗的NaOH的物质的量之和即为Na2O2和与H2O反应生成的NaOH；
(2)根据(1)中的关系式、条件作图。
解析：(1)Na2O2为xmol，则Al2(SO4)3为(4-x)mol，
据Na原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2O2)=2Xmol，
根据Al原子守恒得n(Al3+)=2n[Al2(SO4)3]=2(4-X)mol，
Na2O2和与H2O反应生成的NaOH，恰好与Al2(SO4)3反应时，生成的Al(OH)3沉淀量最大，所以有n(Al3+):n(NaOH)=1:3，即2(4-X)mol：2Xmol=1:3，解得，X=3，所以(4-X)mol=1mol，即n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]=3:1；
当n(Na2O2):n[Al2(SO4)3]≤3:1时，NaOH不足，根据NaOH计算Al(OH)3的量，根据OH-守恒有2X=3Y，即Y=X；
由于n(Na2O2):n[Al2(SO4)3]≤3：1，Y＞0；所以Xmol：(4-X)mol≤3:1，X＞0，联立解得，0＜X≤3；
当n(Na2O2):n[Al2(SO4)3]＞3:1时，Al的存在有Al(OH)3和AlO2-两种，有XmolNa2O2，则Al2(SO4)3为(4-X)mol；据Na原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2O2)=2Xmol，根据Al原子守恒得n(AlO2-)=[2(4-X)-Y]mol=(8-2X-Y)mol，由关系式
Al3+～～3OH-～～Al(OH)3 ； Al3+～～～～4OH-～～～～～AlO2-；
3Ymol Ymol 4(8-2X-Y)mol (8-2X-Y)mol
所以，3Ymol+4(8-2X-Y)mol=2Xmol，解得：Y=32-10X；
由于n(Na2O2)：n[Al2(SO4)3]＞3：1，Y＞0；所以Xmol：(4-X)mol＞3：1，32-10X＞0，联立解得，3＜X＜3.2；
故答案为
x值 Y=f(x)
0＜X≤3 Y=X
3＜X＜3.2 Y=32-10X
(2)根据关系式作图为。
21．（1）Mg(OH)2
（2）AlO2-+H++H2O= Al(OH)3↓
（3）5.20；130
解析：试题分析：
①向水中有沉淀物组成的混合溶液中加入盐酸时，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。故为：Mg(OH)2；
②A-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↓，故为：H2O+AlO2-+H+=Al(OH)3↓；
③A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；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=0.13mol，氢氧化钠的质量m(NaOH)==0.13mol×40g/mol=5.2g；C点溶液为MgCl2、AlCl3和NaCl混合液，C点所加盐酸用于中和原混合物中的NaOH，此时所加盐酸物质的量：n(HCl)= n(NaOH)=0.13mol；C点所表示盐酸的体积为：V==0.13L=130ml。
故答案为5.2；130。
22．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 产生白色沉淀 先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解
【分析】根据元素A～J在元素周期表中的相对位置的信息，可以推出A为H元素，B为C元素，C为N元素，D为O元素，E为F元素，F为Mg元素，G为Al元素，H为P元素，I为S元素，J为Cl元素。
解析：（1）A为H元素，C为N元素，A、C元素组成的常见化合物分别为M和N，其中M含有18个电子,M为，N为；①的电子式为： ；②实验室制取的化学方程式为：；
（2）元素C为N元素，H为P元素，J为Cl元素，非金属性：，最高价含氧酸的酸性从强到弱的顺序为：；
（3）I为S元素，有很多种价态，反应前后存在4种价态的S元素的反应的化学方程式为：；
（4）D为O元素，E为F元素，非金属性，可以用反应：证明；
（5）F为Mg元素，向溶液中逐滴滴加溶液，发生反应：，产生白色沉淀，继续滴加，沉淀不溶解；G为Al元素，向溶液中滴加，发生反应：，，所以现象为先产生白色沉淀，继续滴加溶液，沉淀溶解，显两性，所以碱性：，金属性：。
23．将Sn2+全部氧化为Sn4+ 60% 偏低 NaOH SnO2、Fe2O3 H2SO4(或HCl) SnO2 在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶
【分析】(2)Sn2+易被氧化，先加入Fe2(SO4)3将Sn2+全部氧化为Sn4+，再用K2Cr2O7标准液滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子转移守恒，整个过程关系式为：3Sn～3Sn2+～6Fe3+～6Fe2+～Cr2O72-；
(3)锡石主要成分SnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2，要制备纯净SnO2，可先加入NaOH溶液，此时Al2O3、SiO2溶解，得到的沉淀1主要含SnO2、Fe2O3；SnO2常温下也难溶于酸，所以可以向沉淀1中加入稀硫酸或稀盐酸，此时Fe2O3溶解，得到的沉淀2为SnO2。
解析：(1)元素锡比同主族碳的周期数大3，二者原子序数相差第三、四、五周期容纳元素种数之和，则Sn的原子序数为6+8+18+18=50；
(2)Sn2+易被氧化，先加入Fe2(SO4)3可将Sn2+全部氧化为Sn4+；
根据题意可知n(K2Cr2O7)= 0.02L×0.1mol/L=0.002mol，则根据分析中的数量关系可知n(Sn)= 0.002mol×3=0.006mol，锡粉样品中锡的质量分数为=60%；
若在滴定终点时俯视读数，读取的消耗的K2Cr2O7标准液的体积偏小，锡的质量分数偏低；
(3)根据分析可知试剂1为NaOH，沉淀1为SnO2、Fe2O3，试剂2为H2SO4(或HCl)，沉淀2为SnO2；
(4)利用图示装置制取的氯气含有氯化氢和水蒸气，生成的SnCl4容易发生水解反应，改进方法是在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去氯化氢和水蒸气