人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律一课一练

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律一课一练，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

第四章《物质结构元素周期律》测试题
一、单选题（共12题）
1．14C是一种放射性同位素，在高层大气中由宇宙射线产生的中子或核爆炸产生的中子轰击14N可使它转变为14C，14N+n→14C+H，下列说法正确的是
A．14C和14N互为同位素
B．14C和C60是同素异形体
C．14CO2的摩尔质量为46
D．地球上活着的生物体内，由于新陈代射作用也存在14C
2．根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，其中合理的是
选项
事实
推测
A
NaCl为离子化合物
AlCl3也为离子化合物
B
N、P、As均为非金属元素
第VA族元素均为非金属元素
C
Cl2与H2光照或点燃条件下化合，S与H2加热化合，磷蒸气与H2能反应
SiH4需由Si和H2高温下反应产生
D
随核电荷数递增，第IA族元素(除氢外)单质的沸点逐渐降低
随核电荷数递增，第VIIA族元素单质的沸点也逐渐降低

A．A B．B C．C D．D
3．200mL 1mol•L—1的氯化铝溶液中加入一定体积的2mol•L—1的NaOH溶液，最终产生7.8g沉淀，则加入的NaOH溶液的体积可能为
①350mL        ②90mL        ③150mL        ④200mL
A．只有① B．①③ C．②④ D．②③
4．镭是元素周期表中第七周期的ⅡA族元素。下面关于镭的性质的描述中不正确的是（    ）
A．在化合物中呈+2价 B．单质使水分解、放出氢气
C．氢氧化物呈两性 D．碳酸盐难溶于水
5．近两年，我国在航空航天、冬奥会、新型冠状病毒防治等方面取得世界瞩目的成果，其中化学的作用功不可没。下列叙述错误的是
A．疫苗一般应冷藏存放，其日的是避免蛋白质性
B．“嫦娥5号”带回的月壤中含，它与互为同素异形体
C．火箭采用2219铝合金作箭体的材料，有利于减轻火箭的质量
D．“绿氢”燃料电池客车投入“冰丝带”，光伏电解水制氢可作为绿色氢能源的主要来源
6．下列有关化学键的叙述正确的是
A．离子化合物中一定有离子键
B．含有共价键的化合物一定是共价化合物
C．非金属元素组成的化合物中只含共价键
D．单质分子中都存在化学键
7．有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2，反应机理如图所示。下列说法错误的是
  
A．总的化学反应方程式为(一定条件)
B．该转化过程中，NO和O2都表现了氧化性
C．V5+=O参与了反应
D．反应过程中有共价键的断裂和生成
8．下列有关化学用语表示正确的是
A．核内有10个中子的氧原子： B．的结构式：
C．的电子式： D．的结构示意图：
9．33As、35Br位于同一周期，下列关系不正确的是
A．原子半径：Br C．热稳定性：HBr>AsH3 D．酸性：HBrO4>H3AsO4
10．下列性质的比较不正确的是
A．原子半径：C>N
B．酸性：H2CO3>H2SiO3
C．热稳定性：NaHCO3>Na2CO3
D．碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3
11．推理和归纳是研究和学习化学的重要方法，下列说法正确的是
A．由生活中：铝制品比铁制品更耐腐蚀，推断铝不如铁活泼
B．由氧化性：F2>O2，推断F2通入水中可以发生反应：2F2+2H2O=O2+4HF
C．由还原性，Ca>Mg，推断Ca投入MgCl2溶液中可以发生反应：Ca+Mg2+=Mg+Ca2+
D．由熔点I2>Br2，推断熔点：Na>Li
12．有a、b、c、d四种主族元素，已知a、b的阳离子和c、d的阴离子都具有相同的电子层结构，且对应的离子半径c>d，阳离子所带电荷数a A．d 二、非选择题（共10题）
13．如图为元素周期表的一部分，请参照①-⑨在表中的位置，回答下列问题：(用元素符号或化学用语回答)
①































②
③


④
⑤










⑥


⑦
⑧

⑨

















(1)由①②⑧三种元素形成的常见化合物的电子式为_____，其包含的化学键类型为_____(填“离子键”、“共价键”)。
(2)⑦和⑨能以原子个数1：2形成化合物，用电子式表示其形成过程_____。
(3)金属性最强是_____。
(4)③的简单氢化物的沸点比⑦的简单氢化物的沸点_____(填“高”或“低”)，
(5)含氧酸酸性最强的是_____。(填分子式)
14．归纳整理是科学学习的重要方法之一。氧族元素的各种性质可归纳整理为如下表所示的表格(部分)。

8O
16S
34Se
52Te
单质熔点(℃)
－218.4
113

450
单质沸点(℃)
－183
444.6
685
989
主要化合价
－2
－2，＋4，＋6
－2，＋4，＋6

原子半径
逐渐增大
单质与H2反应情况
点燃时易化合
加热化合
加热难化合
不能直接化合
请根据表回答下列问题：
(1)硒的熔点范围可能是___________。
(2)碲的化合价可能有__________。
(3)氢硒酸有较强的________(填“氧化性”或“还原性”)，因此放在空气中长期保存易变质，其可能发生反应的化学方程式为_______________。
(4)工业上Al2Te3可用来制备H2Te，完成下列化学方程式：______Al2Te3＋______=____Al(OH)3＋______H2Te↑
15．历史上金、银、铜主要作为货币或装饰品被应用。
（1）金、银、铜常被作为钱币流通，从化学角度来看，主要是利用它的________（填字母）。
A硬度适中
B密度适中
C在自然界都可得到纯净的单质
D不活泼性
（2）一位收藏者有一枚表面是黑色，且有少量绿色锈状物的货币，这肯定是________币，黑色物质是________，形成这种物质的化学方程式为___________，绿色物质是____________，形成这种物质的化学方程式为________，这枚金属币的真面目为________色。另外一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是________币，表面一直未被氧化的原因是________。
（3）不法分子有时用铜锌合金制成假金币行骗。下列方法中能有效鉴别其真假的是________（填字母）。
A观察颜色
B查看图案
C用手掂量轻重
D滴一滴硝酸在币的表面，观察现象
16．某化学小组在学习元素周期律后，对教材中Fe2+氧化为Fe3+的实验进一步思考，并提出问题：Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，那么Br2和I2能否将Fe2+氧化为Fe3+?
(一)理论推测
部分同学认为Br2和I2都可能将Fe2+氧化为Fe3+，他们思考的依据是___。
部分同学认为Br2和I2都不能将Fe2+氧化为Fe3+，还有同学认为Br2能将Fe2+氧化为Fe3+而I2不能。他们思考的依据是从上到下卤素单质氧化性减弱。
(二)设计实验进行验证
在大试管中加适量铁粉，加入10mL稀盐酸，振荡试管，充分反应后，铁粉有剩余，取上层清液进行下列实验。
试管
操作
现象
①
先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量红棕色的溴水，振荡试管
溶液为黄色

②
先向试管中加入2mLFeCl2溶液，再滴加少量棕黄色的碘水，振荡试管
溶液为黄色
(三)实验现象的分析与解释
(I)同学甲认为①中现象说明溴水能将Fe2+氧化，离子方程式为___。
同学乙认为应该补充实验，才能得出同学甲的结论。请你帮助同学乙完成实验：
实验2：
操作
应该观察到的现象
(3)___
(4)___
(II)该小组同学对②中溶液呈黄色的原因展开了讨论：
可能1：碘水与FeCl2溶液不反应，黄色是碘水稀释后的颜色。
可能2：___。
实验3：进行实验以确定可能的原因。
操作
现象
向试管②所得溶液中继续加入0.5mLCCl4，充分振荡，静置一段时间后。取出上层溶液，滴加KSCN溶液
静置后，上层溶液几乎无色，下层溶液为紫色；上层溶液滴加KSCN溶液后，出现浅红色
同学丙认为该实验现象可以说明是“可能2”成立，同学丁认为不严谨，理由是___。
于是，同学丁重新设计实验得出结论：在本次实验条件下，碘水与FeCl2溶液反应的程度很小。
(III)Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱，用原子结构解释原因：___。
17．铜与稀硝酸反应产生NO，NO又被氧化成NO2，对实验观察无色NO有干扰，过多的NO、NO2又会污染环境。某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中铜与硝酸反应的实验，以探究化学实验的“绿色化”。

(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c。其目的是____。
(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是____。再由a向c中加2mL蒸馏水，c中的实验现象是反应变慢，气体颜色变浅。
(3)该兴趣小组还用上述装置进行实验证明氧化性KMnO4>Cl2>Br2，操作步骤为向d中加入KBr溶液，c中加入固体KMnO4，由a中加入浓盐酸，实验现象为____；但此实验的不足之处是____。
(4)若用上述装置进行实验证明非金属性S>C>Si，①实验操作为____，②能说明非金属性C>Si的反应的离子方程式为____。
18．如图所示，将甲、乙两个装有不同物质的针筒用导管连接起来，将乙针筒内的物质压到甲针筒内，进行下表所列的不同实验（气体在同温同压下测定,溶液浓度相同）。

试回答下列问题：
实验序号
甲针筒内物质
乙针筒内物质
甲针筒的现象
1
10mLFeSO4溶液
10mLNH3
生成白色沉淀，后变色
2
10mLAlCl3溶液
40mLNaOH溶液

3
10mL紫色石蕊试液
25mLCl2

4
15molCl2
40mLNH3

⑴实验1中，沉淀最终变为____色，写出沉淀变色的化学方程式_________________。
⑵实验2甲针筒内的现象是：____________，写出有关反应的离子方程式：__、__。
⑶实验3甲针筒内的现象是：____________，反应后乙针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入__________溶液中。
⑷实验4中，已知:3Cl2+2NH3=N2+6HCl。甲针筒除活塞有移动，针筒内有白烟产生外，气体的颜色变化为________________。
19．现有FeCl3、AlCl3的混合溶液100mL，逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入的NaOH的物质的量的关系如图，请计算出FeCl3、AlCl3的物质的量浓度各为_____ ______

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___________
21．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_______。
22．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：已知 X 是短周期中最活泼的金属，且与 R 同周期。(请用化学用语答题)
元素代号
X
Y
Z
M
R
原子半径/nm
0.186
0.102
0.075
0.074
0.143
主要化合价
＋1
＋6，—2
＋5，—3
—2
＋3
(1)M 在元素周期表中的位置为___________。
(2)X 与 Y 按原子个数比 1∶1 构成的物质的电子式为___________；所含化学键类型为___________。
(3)X＋、 Y2-、M2-离子半径从大到小的顺序为___________。
(4)将 YM2 通入 FeCl3 溶液中的离子方程式：___________。

参考答案：
1．D
A．同位素是质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子，14C和14N质子数不同，不互为同位素，故A错误；
B．同种元素的不同单质互为同素异形体，14C是原子不是单质，故14C和C60不是同素异形体，故B错误；
C．摩尔质量的单位为g/mol，14CO2的摩尔质量为46 g/mol，故C错误；
D．包括 14C在内的碳元素的各同位素具有相同的化学性质，大气、植物、动物和人体相互之间均存在碳元素的循环，因此人体内由于新陈代谢作用也存在14C，故D正确；
答案选D。
2．C
A．熔融状态下的氯化铝不能导电，氯化铝是共价化合物，故A错误；
B．N、P、As均为非金属元素，但从上到下非金属性逐渐减弱、金属性逐渐增强，第ⅤA族的Sb、Bi属于金属元素，故B错误；
C．非金属性Cl＞S＞P＞Si，非金属性越弱其气态氢化物稳定性越弱，其单质和氢气反应越难，则Si与H2在高温时能反应，故C正确；
D．随着核电荷数递增，第ⅠA族元素单质除氢外为金属单质，形成的是金属晶体，金属晶体的沸点和金属键有关，沸点逐渐降低，第ⅦA族元素的单质形成的是分子晶体，分子晶体熔沸点和分子间作用力有关，随着核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点逐渐升高，推测不合理，故D错误；
故选：C。
3．B
AlCl3和NaOH反应，当NaOH不足时生成Al(OH)3，当碱过量时，则生成NaAlO2．AlCl3的物质的量为0.2 mol，完全生成Al(OH)3沉淀时，沉淀质量应为15.6 g，大于实际沉淀质量为7.8 g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al(OH)3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2，据此计算。
0.2mol×78g/mol = 15.6 g>7.8 g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al(OH)3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2。n[Al(OH)3]= = 0.1 mol：
①若碱不足，由Al3++3OH−═Al(OH)3↓可知，需要NaOH的物质的量为0.1 mol×3=0.3 mol，故加入NaOH溶液的体积为 = 0.15 L = 150 mL；
②沉淀部分溶解，既生成Al(OH)3沉淀，又生成NaAlO2。0.2molAl3+完全转化为Al(OH)3沉淀需要NaOH的物质的量为0.6mol，生成Al(OH)30.2mol，还需要再加入0.1molNaOH溶解0.1mol Al(OH)3，发生的反应为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以共需要NaOH0.7mol，则加入NaOH溶液的体积为 = 0.35 L = 350 mL，故B项正确，
答案选B。
4．C
试题分析：根据元素周期律可知，同主族自上而下，金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强。氢氧化钙、氢氧化钡都是强碱，所以镭的氢氧化物也是强碱，C不正确，其余选项都是正确的，答案选C。
考点：考查元素周期律的有关应用
点评：本题是高考中常见的考点之一，难度不大。主要是考查学生对元素周期律的熟悉掌握程度，有利于培养学生解决实际问题的能力。
5．B
A．蛋白质受热易变性，所以疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故A正确；
B．和是相同元素的不同原子，属于同位素，故B错误；
C．铝合金质量轻、耐高温，铝合金做箭体的蒙皮材料，有利于减轻火箭的质量，故C正确；
D．光伏电解水制氢可以将光能转化为化学能，可作为绿色氢能源的主要来源，故D正确；
故选B。
6．A
A．含离子键的化合物一定为离子化合物，则离子化合物中一定有离子键，故A正确；
B．含有共价键的化合物可能为离子化合物，如NaOH中含有O-H共价键，为离子化合物，故B错误；
C．由非金属元素组成的化合物中也可能含有离子键，如NH4Cl，故C错误；
D．稀有气体的单质中不存在化学键，多原子组成的分子中存在化学键，如氢气、氧气中存在化学键，故D错误；
答案选A。
7．A
A．从图中可以看出，O2也参与了反应，则NH3、NO的物质的量之比为1:1，所以总的化学反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，A错误；
B．由价态变化可知，NO中N元素由+2价降为0价，O2中O元素由0价降为-2价，所以该转化过程中，NO和O2都表现了氧化性，B正确；
C．从图中可以看出，V5+=O与NH3发生反应，生成NH3-V5+=O，则V5+=O参与了反应，C正确；
D．反应过程中发生O2中共价键的断裂、N2中共价键的形成，所以有共价键的断裂和生成，D正确；
故选A。
8．D
A．核内有10个中子的氧原子的质量数=8+10=18，所以核素符号为，故A错误；
B．N2分子中N和N原子共用三对电子对，含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故B错误；
C．氯离子未满足8电子稳定结构，NH4Cl的电子式为，故C错误；
D．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，离子结构示意图为：，故D正确；
故选：D。
9．B
A．同周期，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Br＜As，故A正确；
B．同周期，从左到右，非金属性增强，非金属性Br＞As，故B错误；
C．同周期，从左到右，非金属性增强，则热稳定性：HBr＞AsH3，故C正确；
D．非金属性为Br＞As，则酸性为HBrO4>H3AsO4，故D正确；
故选B。
10．C
A．原子半径同周期从左向右递减，故原子半径C>N，A正确；
B．同主族元素非金属性从上到下递减，其最高价氧化物对应水化物酸性递减，故酸性H2CO3>H2SiO3，B正确；
C．碳酸氢钠受热易分解，故热稳定性：NaHCO3 D．同周期元素金属性从左向右递减，其最高价氧化物对应水化物碱性递减，故碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，D正确；
故选C。
11．B
A．铝能与氧气反应能形成致密的氧化铝薄膜，对内部的铝起到保护作用，所以铝比铁更耐腐蚀，与活泼性无关，故A错误；
B．F2通入水中可以发生反应：2F2+2H2O=O2+4HF，故B正确；
C．Ca比Na更活泼，在溶液中会先和水反应，故不能发生置换反应，故C错误；
D．Li、Na、K、Rb、Cs同主族元素，从上往下，熔、沸点依次降低，故D错误；
故选B。
12．D
a、b元素的阳离子和c、d元素的阴离子都具有相同的电子层结构，则a、b元素的原子序数大于c、d元素的原子序数，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，对应的离子半径c＞d，则原子序数c＜d；同周期元素从左到右原子的最外层电子数逐渐增多，阳离子所带电荷数a＜b，则a的原子序数小于b，所以四种元素的原子序数大小关系为：c＜d＜a＜b。
故选D。
13． 离子键 共价键 K 高 HClO4
根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑨分别是H、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K,然后结合元素周期律解答。
(1)根据上述分析可知：由①H，②为N，⑧为Cl，三种元素形成的常见化合物是氯化铵，含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故；离子键 共价键；
(2)根据上述分析可知：⑦为S元素,⑨为K元素，两者以原子个数1:2形成化合物是K2S，含有离子键的离子化合物，用电子式表示其形成过程为，故答案：；
(3)根据上述分析：可知①～⑨分别是H、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl、K, 根据同周期从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同主族从上到下，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，所以金属性最强是K，故答案：K；
(4)根据上述分析：③为O元素，⑦为S元素，它们的简单氢化物分别为H2O和H2S，因为H2O中含有氢键，所以H2O的沸点比H2S的沸高，故答案：高；
(5)非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，①～⑨号元素中非金属性最强的是Cl，所以含氧酸酸性最强的是HClO4，故答案：HClO4。
14． 113℃至450℃之间 -2，+4，+6 还原性 1 6H2O 2 3
(1)由表格可知，氧族元素单质的熔点随原子序数增大呈现增加的趋势，所以Se单质的熔点介于113℃和450℃之间；
(2)Te是非金属元素，通过表格推测，Te元素的常见化合价可能有-2，+4和+6三种；
(3)同主族元素，从上至下非金属性逐渐减弱，对应的简单氢化物稳定性逐渐下降；此外，H2Se中的Se元素为-2价处于最低价态，所以H2Se有较强的还原性；氢硒酸在空气中久置可能会被氧气氧化，相关的方程式为：；
(4)Al2Te3中Te为-2价，反应前后未发生变价，Al为+3价，反应前后也未发生变价；此外，产物中出现H和O元素，因此另一种反应物为H2O，且H和O元素也未在反应过程中发生变价，因此该反应为非氧化还原反应；利用原子守恒对方程式进行配平，该反应的方程式为：。
15． D 铜 氧化铜 2Cu＋O2=2CuO Cu2（OH）2CO3 2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3 紫红 金 金不活泼，不易被氧化 D
（1）金、银、铜都属于不活泼金属，易加工，因此，在历史上都曾经用作货币，答案为D；
（2）铜稳定性略差一些，容易与氧气等物质反应而生锈，故有一枚表面是黑色，且有少量绿色锈状物的货币，这肯定是铜币；黑色物质是铜的氧化物氧化铜；形成这种物质的化学方程式为：2Cu＋O2=2CuO；绿色物质是铜绿：Cu2（OH）2CO3；形成铜绿的化学方程式为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3；铜币的真面目为：紫红色；另外一枚是闪闪发光的黄色金属币，它肯定是金币，表面一直未被氧化的原因是：金的化学性质最不活泼，在空气中很稳定；
故答案为：铜；氧化铜；2Cu＋O2=2CuO；Cu2（OH）2CO3；2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2（OH）2CO3；紫红；金；金不活泼，不易被氧化；
（3）有些假金币外形逼真，看上去也是金光闪闪，密度和真金币差不太多，手不太容易掂出来，假金币中有Zn、Cu，均可与硝酸反应产生大量气泡，而Au不与硝酸反应，故滴一滴硝酸在币的表面，观察现象，即可鉴别真假，答案选D。
16． 均为第ⅦA族单质，氧化性均较强 2Fe2+＋Br2=2Fe3+＋2Br- 取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡 溶液变为红色 可能2：碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象 亚铁离子与空气接触会被氧化，应该减少空气对实验的影响 同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱。
Cl2、Br2、I2均为第ⅦA族单质，化学性质相似，都有较强的氧化性；溴水能将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；要证明溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可；I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；根据元素周期表中同主族元素性质的递变规律来分析，据此分析。
环节一：Cl2、Br2、I2均为第ⅦA族单质，化学性质相似，都有较强的氧化性；
环节三：(I)溴水能将Fe2+氧化为Fe3+离子方程式为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；要证明溴水能不能将Fe2+氧化为Fe3+，只要检验有没有Fe3+即可，因此实验操作为：取少量①的黄色溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，振荡；现象：溶液变为红色；
(II)I2的稀溶液和FeCl3溶液均为黄色，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+；可能1是没有发生反应，那么可能2是碘水与FeCl2溶液发生反应，但FeCl3溶液也是黄色的，所以没有明显现象；要检验亚铁离子中有没有Fe3+，应当让亚铁离子与空气隔绝，因为与空气直接接触会被氧化生成Fe3+；
(III)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引力减弱，得电子能力逐渐减弱，氧化性减弱，故Cl2、Br2、I2氧化Fe2+的能力逐渐减弱。
【点睛】碘水和FeCl3溶液都是黄色的，故不能确定I2能不能将Fe2+氧化为Fe3+，为易错点。
17．(1)检查装置气密性
(2)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(3) c中产生黄绿色气体，d中溶液变成黄色 缺少尾气处理装置
(4) 向d中加入Na2SiO3溶液，c中加入Na2CO3固体，a中加入稀硫酸，然后打开活塞b CO2+SiO+H2O=CO+H2SiO3(胶体)或CO2+SiO+H2O=CO+H2SiO3↓
检查装置气密性利用气压差，浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，且氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此解答。
(1)
此步的一系列操作是为了检查装置气密性，当加热c时，若看到试管d中的长导管管口有气泡冒出，移开酒精灯后，导管内有一段上升的液柱，则装置气密性良好。
(2)
铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。
(3)
依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，利用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，再利用产生的氯气与溴化钾反应得到溴：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，所以c中产生黄绿色气体，d中溶液变成黄色，但氯气有毒，因此要进行尾气处理，此装置的不足之处为：缺少尾气处理装置。
(4)
若用上述装置进行实验证明非金属性S>C>Si，则需证明其最高价氧化物对应的水化物的酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，因此实验操作为：向d中加入Na2SiO3溶液，c中加入Na2CO3固体，a中加入稀硫酸，然后打开活塞b，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸，从而证明非金属性S>C>Si；能说明非金属性C>Si的是二氧化碳与硅酸钠反应，反应的离子方程式为：CO2+SiO+H2O=CO+H2SiO3(胶体)或CO2+SiO+H2O=CO+H2SiO3↓。
18． 红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 先有白色沉淀，后沉淀溶解; Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Al(OH)3+ OH-= AlO2-+2H2O 先变红后褪色 NaOH 黄绿色变为无色
（1）+2价的铁离子易被氧气氧化成+3价的铁离子，NH3与水反应生成氨水，氨水电离出OH－与FeSO4溶液的+2价的铁离子反应生成Fe（OH）2，Fe（OH）2被空气中的氧气氧化；
（2）AlCl3溶液与NaOH反应，先有白色沉淀，NaOH过量后沉淀溶解；
（3）根据Cl2能转化为HCl、HClO，以及Cl2与NaOH反应来分析；
（4）氯气的颜色为黄绿色，3Cl2+2NH3═N2+6HCl，多余的氨气与产物氯化氢反应分析。
（1）氨气溶于水，NH3+H2ONH3·H2O，FeSO4+2NH3·H2O═Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4，Fe（OH）2为白色沉淀，在空气中易被空气中的氧气氧化，发生反应：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，Fe（OH）3为红褐色；
（2）AlCl3溶液与NaOH反应，先有白色沉淀，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，NaOH过量后沉淀溶解，Al(OH)3+ OH-= AlO2-+2H2O；
（3）根据Cl2+H2OHCl+HClO，溶液显酸性，紫色石蕊试液变红，HClO具有漂白性，红色石蕊试液又褪色；Cl2与NaOH反应生成NaCl和NaClO，反应后乙针筒内有少量的残留气体，正确的处理方法是将其通入NaOH溶液中；
（4）实验4中，3Cl2+2NH3=N2+6HCl，NH3+HCl=NH4Cl，甲针筒除活塞有移动，针筒内有白烟产生外，气体的颜色变化为黄绿色变为无色。
19． FeCl3：4mol/L AlCl3：6mol/L
根据Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O、Al3+ + 3OH- ═ Al(OH)3↓、Fe3+ + 3OH-═Fe(OH)3↓反应关系，结合c=进行计算。
设n(Al3+)=n(Al(OH)3)=x，则由
Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O
1           1
x           (3.6-3)mol
x=(3.6-3)mol=0.6mol，
设n(Fe3+)=y，则
Al3+ + 3OH- ═ Al(OH)3↓
0.6mol 1.8mol  0.6mol
Fe3+ + 3OH-═Fe(OH)3↓
1            3
y         (3-1.8)mol
=
解得y=0.4mol，
c(FeCl3)==4mol/L；c(AlCl3)==6mol/L；
答：FeCl3、AlCl3的物质的量浓度分别为4mol/L、6mol/L
【点晴】本题考查金属及化合物的性质，明确发生的化学反应与图象的对应关系是解答本题的关键，然后利用消耗的NaOH的物质的量代入离子反应方程式计算即可解答，重点是要抓住发生的反应有Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，然后结合图中消耗的NaOH的物质的量来计算。
20．(1)3
(2)6.72
(3) 160
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。
21． Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ Al3++3OH-=Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O 0.27g 0≤a<50mL 2.5
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。
(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。
22． 第二周期ⅥA族 离子键、共价键 S2->O2->Na＋ SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO＋4H＋
主族元素的最高正化合价在数值上与族序数相等，由题给化合价可知，X位于IA族、Y和M位于VIA族、Z位于VA族、R位于为IIIA族，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左向右原子半径依次减小，则X、Y、Z、M、R分别为Na元素、S元素、N元素、O元素、Al元素。
(1)M为O元素，位于元素周期表第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；
(2) Na元素 与S元素按原子个数比 1∶1 构成的物质为Na2S2，Na2S2为含有离子键和共价键的离子化合物，电子式为，故答案为：；离子键、共价键；
(3)同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子、硫硫离子和氧离子的离子半径从大到小的顺序为S2->O2->Na＋，故答案为：S2->O2->Na＋；
(4)二氧化硫具有还原性，能与氯化铁溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO＋4H＋，故答案为：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SO＋4H＋。