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高中化学必修一第四章《物质结构元素周期律》提高卷(1)

发布时间：2021-11-12   来源：文档文库   
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一、选择题
1．X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知：①元素对应的原子半径大小为：X＜Z＜Y＜M＜W；②Y是组成金刚石的元素；③Z与X可形成共价化合物Z2X2，Z与W可形成离子化合物W2Z2；④M的电子层数与最外层电子数相等。下列说法不正确的是(
A．Z与X形成的化合物的稳定性比Y与X形成的化合物的稳定性低 B．W2Z2既含有离子键又含有共价键 C．Z与M形成的化合物具有两性 D．W、M的离子半径为M＜W 答案：A 【分析】
X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y是组成金刚石的元素，则Y为C元素；Z与X可形成共价化合物Z2X2，则X为H元素，Z为O元素；Z与W可形成离子化合物W2Z2，则W为Na；M的电子层数与最外层电子数相等，则M为Al。 【详解】
A．Z与X形成的化合物可能为H2O，Y与X形成的化合物可能为CH4，H2O的稳定性比CH4的稳定性高，A不正确；
B．Na2O2由Na+和O2构成，二者之间形成离子键，O2内O原子间形成共价键，B正确；
C．Z与M形成的化合物为Al2O3，既能与酸反应又能与强碱反应，属于两性氧化物，因而具有两性，C正确；
D．W、M分别为Na、Al，离子半径为Al3+＜Na+，D正确； 故选A。
22
2．运用元素周期律分析下列推断，其中错误的是( A．Be(OH2是两性氢氧化物 C．SrSO4是难溶于水的白色固体 答案：D 【详解】
A．Be在周期表中位于金属与非金属的分界线附近，且与Al在对角线上，所以Be(OH2是两性氢氧化物，A正确；
B．砹(At属于第ⅦA族元素，该族元素的单质都有颜色，且从上到下，状态由气态、液态逐渐过渡到固态，所以砹是有色固体，B正确；
C．Sr为第ⅡA族元素，CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水，且它们都为白色固体，所以SrSO4是难溶于水的白色固体，C正确；
D．Li是第ⅠA族元素，属于碱金属元素，碱金属元素对应的氢氧化物都为易溶于水的强碱，所以LiOH是难溶于水的碱，D正确； 故选D。
B．砹(At是有色固体 D．LiOH是难溶于水的碱


783．Se是人体必需的微量元素。下列关于34Se和8034Se的说法错误的是( 78A．34Se和8034Se互为同素异形体 78C．34Se和8034Se分别含有44和46个中子
78B．34Se和8034Se都含有34个电子 78D．34Se和8034Se的质量数不同
答案：A 【详解】
78A．34Se和8034Se的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，A错误； 78B．34Se和8034Se的质子数都为34，则都含有34个电子，B正确；
78C．34Se和8034Se的质子数都为34，则中子数分别为78-34=44、80-34=46，C正确； 78D．34Se和8034Se的质量数分别为78和80，D正确；
故选A。

4．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，Y是农作物生长必需的三大营养元素之一，W的单质可用于自来水消毒，Z与M同主族且二者可形成常见气体甲，X、Y、Z三种元素可形成化合物乙。下列说法不正确的是 A．气体甲可以与Z的某种氢化物反应生成强酸 B．化合物乙中可能含有离子键
C．Y简单氢化物的沸点大于Z简单氢化物的沸点
D．X分别与Y、Z、M形成的简单化合物中，X与Z形成的化合物稳定性最高 答案：C 【分析】
X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子总数与电子层数相同，X为H元素，W的单质可用于自来水消毒，W为Cl元素，Z与M同主族且二者可形成常见气体甲，Z为O元素，M为硫元素，甲为二氧化硫，Y是农作物生长必需的三大营养元素之一，Y为N元素，X、Y、Z三种元素可形成化合物乙，乙为硝酸、亚硝酸、硝酸铵、亚硝酸铵。 【详解】
A． 气体甲为二氧化硫，可以与Z的某种氢化物H2O2反应生成强酸H2SO4，故A正确； B． 化合物乙可能是硝酸铵、亚硝酸铵，含有离子键，故B正确；
C． 氨气在常温下是气体，而水是液体，Y简单氢化物NH3的沸点小于Z简单氢化物H2O 的沸点，故C错误；
D． 氧的非金属性强于氮和硫，X分别与Y、Z、M形成的简单化合物中，X与Z形成的化合物H2O稳定性最高，故D正确； 故选C。

5．设某元素的原子核内的质子数为m，中子数为n，则下述论断正确的是 A．不能由此确定该元素的相对原子质量 B．这种元素的相对原子质量为(m+n g

C．碳原子质量为w g，此原子的质量为(m+nw g D．核内中子的总质量小于质子的总质量 答案：A 【详解】
A．由于该元素可能存在同位素，因此不能根据该原子确定该元素的相对原子质量，故A正确；
B．根据A中分析可知不能确定该元素的原子量，故B错误； C．若碳原子质量为wg，此原子的质量为(m+nw/12g，故C错误；
D．因m与n的大小关系不确定，故无法比较核内中子总质量与质子总质量的大小，故D错误； 答案选A。

6．已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，只有Z是金属元素，X的简单氢化物分子为正四面体结构，Y是地壳中含量最高的元素，Y与W同主族，下列说法正确的是 A．原子半径：X＜Y＜W
B．最高价氧化物的水化物的酸性： X＜W＜R C．WY2能使紫色石蕊试液先变红后褪色 D．Z与Y形成的化合物一定是碱性氧化物 答案：B 【分析】
X的氢化物为正四面体结构，故为CH4，即X为C，Y为地壳中含量最高元素，故Y为O，W与Y同族，所以W为S，S之后的短周期主族元素只剩Cl，故R为Cl，Z为金属元素，结合原子序数关系，Z可能为Na、Mg、Al。 【详解】
A．S电子层为3层，C、O电子层为两层，故S半径大于C、O，又O的核电荷数大于C，故O的半径比C小，即原子半径：X＞Y，A错误；
B．非金属性：R(Cl＞W(S＞X(C，最高价氧化物对应水化物酸性强弱与非金属性一致，故B正确；
C．SO2虽然具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，故紫色石蕊试液遇SO2变红后不会褪色，C错误；
D．Z形成的氧化物可能为Na2O、Na2O2、MgO、Al2O3，其中Al2O3为两性氧化物，过氧化钠不属于碱性氧化物，D错误； 故答案选B。

7．下列说法不正确的是
．．．A．离子键只能存在离子化合物中 B．共价化合物中只能含有共价键
C．化学键可以存在于原子之间也可以存在于分子之间
D．化学反应的过程，本质上是旧化学键断裂和新化学键形成的过程

答案：C 【详解】
A．含有离子键的化合物为离子化合物，故离子键只能存在离子化合物中，A正确； B．只含有共价键的化合物为共价化合物，所以共价化合物中只能含有共价键，B正确； C．化学键可存在于物质分子内，存在于相邻的两个或多个原子之间，但不能存在于分子之间，C错误；
D．化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中有旧化学键的断裂和新化学键形成，故本质上是旧化学键断裂和新化学键形成的过程，D正确； 故合理选项是C。

8．自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是

A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定 B．在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应 C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂 D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量 答案：D 【详解】
A．N2转化为NH3属于氮的固定，而NH3转化为NO是氮元素化合物之间的转化，不属于氮的固定，A叙述错误；
B．在催化剂a的作用下，氮原子由0价变为-3价，化合价降低，获得电子，发生了还原反应，B叙述错误；
C．在催化剂a表面发生了非极性共价键（氮氮键）的断裂，在b表面NH3→NO，断裂极性共价键N−H键，发生了极性共价键的断裂，C叙述错误；
D．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，D叙述正确； 答案为D。

9．下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的 选项 A B C
实验
将红热的木炭与热的浓硫酸反应产生的气体通入澄清石灰水中 将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶现象 石灰水变浑浊 溶液中出现沉淀 溶液显红色
结论
木炭被氧化成CO2 非金属性：Cl＞Si 原溶液中一定含有Fe2+

液不变色，再滴加新制氯水
D A．A 答案：C 【详解】
A．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故A错误；
B．盐酸不是Cl的最高价含氧酸，因此不能比较Si和Cl的非金属性，故B错误； C．滴加KSCN溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知原溶液中一定含有Fe2+，故C正确；
D．SO2通入BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故D错误； 答案选C。
将SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入稀硝酸
B．B
先有白色沉淀产生，滴先产生BaSO3沉淀，后入稀硝酸后沉淀不溶解 沉淀转化成BaSO4 C．C
D．D

10．镓(Ga常以极少量分散于铝土矿(Al2O3中。用NaOH溶液处理铝土矿时，生成NaAlO2、NaGaO2；而后通入CO2得Al(OH3沉淀，而NaGaO2留在溶液中(循环多次后成为提取镓的原料。发生后一步反应是因为(已知：铝和镓的性质相似，如M(OH3都是难溶的两性氢氧化物
A．Ga(OH3酸性强于Al(OH3 C．Ga浓度小，所以不沉淀 答案：A 【详解】
NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH3沉淀，则发生反应NaAlO2+CO2+2H2O==Al(OH3↓+NaHCO3，由此说明H2CO3的酸性强于Al(OH3；而NaGaO2溶液中通入CO2，不生成Ga(OH3沉淀，则表明Ga(OH3的酸性强于H2CO3，从而得出Ga(OH3的酸性强于Al(OH3，故选A。
B．Al(OH3酸性强于Ga(OH3 D．Al(OH3是难溶物

11．下列说法正确的个数是（ ）
①第IA族元素铯的两种核素，137Cs比133Cs多4个质子 ②因为氧化性HClO＞稀H2SO4，所以非金属性Cl＞S
③常温下白磷可自燃而氮气必须在放电时才与氧气反应，则非金属性：P＞N ④离子化合物中既可以含有极性共价键，又可以含有非极性共价键 ⑤从上到下，卤族元素的非金属性逐渐减弱，所以酸性HCl＞HI ⑥离子半径：K+＞Cl-＞S2-
⑦C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 ⑧硒化氢(H2Se是无色、有毒，比H2S稳定的气体 A．1个 答案：B
B．2个
C．3个
D．4个

【详解】
①两种核素为均为Cs元素的原子，质子数相同，故①错误；
②元素 Cl、S 为同周期元素，非金属强弱：Cl>S，与 HClO 氧化性大于H2SO4无关，可通过比较元素最高价含氧酸的酸性强弱比较元素非金属性强弱，故②错误；
③N、P 为同主族元素，非金属性强弱：N>P，与单质和 O2反应的条件无关，故③错误； ④离子化合物可由金属和非金属元素组成，也可由非金属元素组成，例如 NH4NO3。当结构中有非金属元素形成的原子团时，会存在共价键，例如 NaOH 中含离子键、极性共价键，Na2O2中含离子键、非极性共价键，故④正确；
⑤卤族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则气态氢化物稳定性逐渐减弱，不能推导氢化物的酸性，故⑤错误；
⑥离子的电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；电子层数不同时，层数越多，离子半径越大，则三种离子半径大小为：S2-＞Cl-＞K+，故⑥错误；
⑦四种元素对应的最高价氧化物的水化物的化学式分别为：H2CO3、H3PO4、H2SO4、HClO4，依次为弱酸、中强酸、强酸、强酸，Cl 的非金属性大于 S，则酸性强弱为：HClO4>H2SO4，4 种元素对应的最高价酸，酸性逐渐增强，故⑦正确；
⑧S和Se同主族，硫化氢是无色有毒气体，则硒化氢(H2Se无色、有毒，元素的非金属性越弱，其氢化物越不稳定，Se的非金属性小于S，则硒化氢(H2Se不如H2S稳定，故⑧错误；综上④⑦正确； 故答案选B。

12．化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是 A．75%的医用酒精和 84 消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键 C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳 答案：C 【详解】
A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法错误；
B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法错误；
C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法正确；
D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法错误；

答案为C。

13．实验室中下列做法正确的是 A．用煤油保存金属锂
C．用铁坩埚加热熔融NaOH固体 答案：C 【详解】
A．金属锂密度比煤油低，则用石蜡保存金属锂，故A错误；
B．硫酸铜易与水形成硫酸铜晶体，则受潮的硫酸铜应该烘干的方法干燥，故B错误； C．熔融NaOH能与玻璃中的SiO2反应，则可以用铁坩埚加热熔融NaOH固体，故C正确；
D．FeCl3溶液是棕黄溶液，用pH试纸测FeCl3溶液的pH值时，影响pH的颜色变化，不能准确根据试纸的变色读出溶液的pH，故D错误； 故答案为C。
B．用干燥器干燥受潮的硫酸铜 D．用pH试纸测FeCl3溶液的pH值

14．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大， X、Z同主族且与Y处于不同周期，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，以下说法正确的是 A．原子半径： r(W>r(Z>r(Y>r(X B．Y的简单气态氢化物的稳定性比W的强
C．W元素最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强 D．Y、Z、W的第一电离能顺序为： Z>W>Y 答案：B 【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，Y、W同主族且W的原子序数是Y的两倍，则Y为O，W为S；X、Z同主族且与Y处于不同周期，则X为H，Z为Na元素；Q的原子序数大于S，则Q为Cl元素，据此结合元素周期律知识解答。 【详解】
根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，Q为Cl元素；
A．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na＞r(S＞r(O＞r(H，故A错误； B．O的非金属性比S强，则H2O的稳定性比H2S强，故B正确； C．Cl的非金属性比S强，则HClO4的酸性比H2SO4强，故C错误；
D．同周期主族元素随核电荷数递增，第一电离能呈增大趋势；同主族元素随核电荷数递增，第一电离能递减，则O、Na、S的第一电离能顺序为O＞S＞Na，故D错误； 故答案为B。

15．根据元素周期律，对下列事实进行推测，其中推测不合理的是 选项 A
事实
Mg与冷水反应缓慢，Ca与冷水反应较快
推测
Ba(第IIA族元素的单质与冷水反应更快

B C D
Si是半导体材料，Ge也是半导体材料 HCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解 Si与H2高温时反应，S是H2加热能反应
该族元素的单质都是半导体材料 HBr的分解温度介于二者之间 P与H2高温时能反应


A．A 答案：B 【详解】
A．同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，与水反应越来越剧烈，第ⅡA族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba、Ra，已知Mg与水反应缓慢，Ca与水反应较快，所以Ba与水反应会更快，故A正确；
B．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，第ⅣA族元素从上到下依次为C、Si、Ge、Sn、Pb，其中C不导电（除了石墨），Si、Ge在金属元素和非金属元素分界线上，都是半导体材料，但Sn、Pb都是金属，是电的良导体，推测不合理，故B错误；
C．同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，形成的气态氢化物稳定性也逐渐减弱，已知HCl在1500℃时才分解，而HI在230℃时即分解，由此推测HBr的分解温度介于两者之间，故C正确；
D．同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，与H2化合越来越容易，Si、P、S是第三周期从左向右相邻的三种元素，已知Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应，因此P与H2要在高温时反应，推测合理，故D正确； 答案选B。
B．B
C．C
D．D




二、填空题
16．下表是元素周期表的一部分，根据表中给出的10种元素，回答下列问题。
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅥA 0
2 3

⑤

⑥

⑦
① ② ③ ⑧
④ ⑨

⑩



(1非金属性最强的元素是__________；(用元素符号回答，下同

(2化学性质最不活泼的单质是__________；
(3④、⑤、⑥、⑦中形成的简单离子半径由大到小的顺序为是__________； (4某原子结构示意图为，其对应的元素符号是__________；
(5H2S和HCl中，热稳定性较强的是__________；
(6NaOH、Mg(OH2、Al(OH3中，碱性最强的是__________；属于两性氢氧化物的是__________。
答案：F Ar F -＞Na+＞Mg2+＞Al3+ Mg HCl NaOH Al(OH3 【分析】
由元素在周期表中的位置可知，①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素、⑩为Ar元素。结合元素周期律分析解答。 【详解】
(1同周期从左到右，非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，所以这几种元素中非金属性最强的是F，故答案为：F；
(2稀有气体的性质最不活泼，则化学性质最不活沷的元素是Ar，故答案为：Ar； (3④、⑤、⑥、⑦形成的简单离子具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序为：F -＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故答案为：F -＞Na+＞Mg2+＞Al3+；
(4某原子结构示意图为素，故答案为：Mg；
(5元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，Cl的非金属性大于S，所以H2S和HCl中，热稳定性较强的是HCl，故答案为：HCl；
(6同周期从左到右，氢氧化物的碱性减弱，则NaOH、Mg(OH2、Al(OH3中，碱性最强的是NaOH；能和强酸、强碱反应生成盐和水的氢氧化物是两性氢氧化物，属于两性氢氧化物的是Al(OH3，故答案为：NaOH；Al(OH3。
，该原子含有12个质子，原子序数为12，即为Mg元
17．用序号填空：在①Ar ②CO2 ③H2O2 ④NaOH ⑤Na2S ⑥H2六种物质中，只存在共价键．．．．．．．．的是_______，只存在离子键的是_______，既存在离子键，又存在共价键的是_______，不存在化学键的是_______，属于共价化合物的是_______，属于离子化合物的是_______。 答案：②③⑥ ⑤ ④ ① ②③ ④⑤ 【详解】
①Ar为单原子分子，不存在化学键； ②CO2 中只含有C=O，即共价键； ③H2O2中只含有H-O，即共价键；
④NaOH 中存在钠离子和氢氧根离子，存在离子键，氢氧根离子中存在H-O键，存在共价键；
⑤Na2S 中存在钠离子和硫离子，只含有离子键； ⑥H2中只含有H-H，即共价键；
只存在共价键的是②③⑥；只存在离子键的是⑤；既存在离子键，又存在共价键的是④；
不存在化学键的是①；属于共价化合物的是②③；属于离子化合物的是④⑤。

18．利用物质分类的知识和氧化还原反应的规律，能实现某些物质的转化。 (1请从下列试剂中选择合适的完成指定转化(试剂可以重复选择，并写出方程式。 试剂：KCl溶液、KOH溶液、K2SO4溶液、CuOH2、CuSO4、Cu ①CO2K2CO3的化学方程式：____________； ②HCl溶液CuCl2溶液的离子方程式：____________。 (2碘酸钾(KIO3是重要的食品添加剂，可由多种方法得到。 方法一制取KIO3的物质转化如下图所示(部分产物未列出。

方法二是将I2与KOH溶液共热，产物有KIO3、水和另一种含碘化合物。 ①写出方法一中反应1的化学方程式：____________。 ②写出方法一中反应2的化学方程式：____________。 ③写出方法二反应的离子方程式：____________。
2答案：2KOHCO2=K2CO3H2O Cu(OH22HCu2H2O 5Cl2I26H2O10HCl2HIO3 2HIO3K2CO32KIO3CO2H2O 3I26OH5IIO33H2O
【详解】
(1①CO2属于酸性氧化物，与KOH溶液反应生成K2CO3，反应的化学方程式：2KOHCO2=K2CO3H2O；
②HCl溶液与Cu(OH2发生中和反应生成CuCl2，离子方程式：Cu(OH22HCu22H2O；
(2①据流程图知Cl2、I2和H2O发生氧化还原反应生成HCl和HIO3，方法一中反应1的化学方程式：5Cl2I26H2O10HCl2HIO3；
②据流程图知HIO3与K2CO3发生复分解反应反应生成KIO3、CO2和H2O，方法一中反应2的化学方程式：2HIO3K2CO32KIO3CO2H2O；
③方法二是将I2与KOH溶液共热，发生歧化反应，产物有KIO3、水和KI，方法二反应的离子方程式：3I6OH5IIO3HO。 232
19．如图是元素周期表的框架图，请回答下列问题：


（1）写出元素X在周期表中位置___。
（2）若将此元素周期表分为A、B、C、D区，其中全部是金属元素的区域为___区。 （3）所含元素最多的周期是__，所含元素最多的族是__。
（4）硬度最大的单质是__，密度最小的金属是___。(用物质的名称填写 （5）在原子序数为1～18号元素中，请用化学式填写。
与水反应最剧烈的金属元素是__；与酸、碱都反应的金属是__；最高价氧化物对应水化物酸性最强的酸是__；具有四核18个电子且含有非极性键的一种化合物是____。 答案：第四周期第Ⅷ族 B 第六周期 第ⅢB族 金刚石 锂 Na Al HClO4 H2O2 【详解】
(1根据图示可知，X位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族； 答案为：第四周期第Ⅷ族；
(2s区（A）含有H元素，p区（C、D）含有金属元素与非金属元素，过渡元素（B）全部金属元素， 答案为：B；
(3元素周期表中，第六周期含有32种元素，含有元素最多；第ⅢB族含有镧系元素、锕系元素，是所含元素最多的族； 答案为：第六周期；第ⅢB族；
(4硬度最大的单质是金刚石，密度最小的金属是锂； 答案为：金刚石；锂；
(5同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。同主族自上而下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，短周期中Na的金属性最强，与水反应最剧烈；与酸、碱都反应的金属是Al，它是两性金属；非金属性越强，元素的最高价氧化物的酸性越强，F、O元素没有最高价含氧酸，则最高价含氧酸最强为HClO4；具有四核18个电子且含有非极性键的一种化合物是H2O2； 答案为：Na；Al；HClO4；H2O2。

20．A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。
(1E元素在周期表中的位置为_________________。写出E的最高价氧化物的水化物与D的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式________________________________。 (2由A、B两种元素组成的18电子微粒的分子式为____________________。
(3经测定A2W2为二元弱酸，常用硫酸处理BaO2来制备A2W2，写出该反应的化学方程式
_________________________________________。
(4元素D的单质在一定条件下，能与A单质化合生成一种化合物DA，熔点为800℃，能与水反应放氢气，若将1molDA和1molE单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是_________L(标准状况下。
答案：第三周期ⅢA族 Al(OH3 + OH- ==AlO2-+ 2H2O C2H6 BaO2+H2SO4== BaSO4 ↓+H2O2 56L 【详解】
A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，该液态化合物分别为H2O和H2O2，则A为H元素，W为O元素；A、D同主族，则D为Na元素；E元素的周期序数与主族序数相等，且E的原子序数最大，应为第三周期，ⅢA族元素，故E为Al元素；A、B、W、D、E五元素质子数之和为39，设B的原子序数为x，则有1+x+8+11+13=39，x=6，所以B为C元素．
（1）E为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子为3，位于周期表第三周期第ⅢA族，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH3+OH-= AlO2-+2H2O；
答案为第三周期第ⅢA族；Al(OH3+OH-= AlO2-+2H2O。
（2）由H、C两种元素组成的18电子微粒，因为C有6个电子，所以C不超过3个，若C为1个，根据18电子数则H为12个，不合题意；若C为2个，则H为6个，符合题意，则分子式为C2H6； 答案为C2H6。
（3）A2W2为H2O2，是二元弱酸，常用硫酸处理BaO2来制备H2O2，则还有BaSO4生成，反应的化学方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2； 答案为BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2； （4）NaH+H2O=NaOH + H2↑ 1mol1mol1mol1mol
2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑， 1mol1mol1mol1mol1.5mol n（H2）=1mol+1.5mol=2.5mol， V（H2）=2.5mol×22.4L/mol=56L； 答案为56L。

21．致冷剂是一种易被压缩、液化的气体，液化后在管内循环，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到致冷目的。人们曾采用过乙醚、NH3、CH3Cl等作致冷剂，但它们不是有毒，就是易燃、于是科学家根据元素性质的递变规律来开发新的致冷剂。 据现有知识，某些元素化合物的易燃性、毒性变化趋势如下： (1氢化物的易燃性：第二周期 ______＞______＞H2O、HF。
(2化合物的毒性： PH3＞NH3 ； H2S______H2O； CCl4_____CF4 (选填＞或＜。于是科学家们开始把注意力集中在含F、Cl的化合物上。
(3已知CCl4的沸点为76.8℃，CF4的沸点为－128℃，新致冷剂的沸点范围应介于其间。
经过较长时间反复试验，一种新的致冷剂氟里昂CF2Cl2终于诞生了。求助于周期表中元素及其化合物的________变化趋势来开发致冷剂的科学思维方法是值得借鉴的。(填写字母，多选扣分①毒性 ②沸点 ③易燃性 ④水溶性 ⑤颜色 A、①③⑤ B、①②③ C、 ②③④ D、③④⑤ 答案：CH4 NH3 ＞ ＞ B 【详解】
（1）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，对应的氢化物的还原性逐渐减弱，则同周期氢化物的易燃性从左到右逐渐减弱，即：CH4＞NH3＞H2O＞HF； 答案为：CH4；NH3。
（2）由毒性PH3＞NH3，可知同主族化合物的毒性一般从上到下逐渐增强，则有 H2S＞H2O； CCl4＞CF4； 故答案为：＞；＞；
（3）由（1）（2）（3）可知，科学家从物质的毒性、沸点、易燃性考查、分析并通过反复实验开发致冷剂，故选B； 答案为B。

22．某研究小组为探究元素周期表中元素性质的递变规律，设计了如下实验。 (1将钠、钾、镁、铝各1 mol分别投入到足量的同浓度的盐酸中，试预测实验结果：________与盐酸反应最剧烈，________与盐酸反应的速度最慢，________与盐酸反应产生的气体最多。
(2向Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊，可证明Cl的非金属性比S强，反应的离子方程式为_______________。
(3资料显示：钠、镁、铝都可以用于制备储氢的金属氢化物。
① NaH是离子化合物，能与水发生氧化还原反应生成H2，该反应的还原剂是________________。
② NaAlH4是一种良好的储氢材料。NaAlH4与水反应产生氢气的化学方程式为____________________。
答案：钾 铝 铝 S2-＋Cl2 = S↓＋2Cl- NaH NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑ 【分析】
（1）根据四种金属的活泼性进行判断；

（2）Cl的非金属性比S强，因此Cl2可将溶液中的S2-氧化为硫单质；
（3）①NaH是离子化合物与水反应生成H2，反应方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，根据方程式判断还原剂；
②NaAlH4是一种良好的储氢材料，NaAlH4与水反应产生氢气和偏铝酸钠。 【详解】
（1）四种金属的活泼性大小关系为：钾>钠>镁>铝，因此与盐酸反应最剧烈的是钾，与盐酸反应的速度最慢的是铝；与盐酸反应产生的气体最多铝；
（2）Cl的非金属性比S强，因此Cl2可将溶液中的S2-氧化为硫单质，离子方程式为：S2-＋Cl2 = S↓＋2Cl-；

（3）①NaH是离子化合物与水反应生成H2，反应方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，反应中H从-1价升高到0价，化合价升高，失去电子，因此NaH作还原剂；
②NaAlH4是一种良好的储氢材料，NaAlH4与水反应产生氢气和偏铝酸钠，反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑。

23．根据下图填写下列空格。 A B G





H



C D E
F I


c



d 区

a区



b 区





区





(1在上面元素周期表中全部是金属元素的区域为_______________。 A、a区B、b区C、c区D、d区
(2G元素与E元素形成的化合物的化学式是_________、_________，它们都是______________（填“共价化合物”或“离子化合物”）。表格中十种元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是________________（用化合物的化学式表示，下同），酸性最强的是______，属于两性氢氧化物的是____________________。 答案：B Na2O Na2O2 离子化合物 NaOH HClO4 Al(OH3 【分析】
先根据元素在周期表的位置确定各种元素的名称，然后结合元素的类别及元素周期律分析组成的化合物的化学式及性质。 【详解】
根据元素在周期表的相对位置可知A是H元素，B 是 Li元素，C是C元素，D是N元素，E是O元素，F是F元素，G是Na元素，H是Al元素，I是Cl元素。 (1A.a区元素包括金属元素和非金属元素H元素，A不符合题意； B.b区元素全部是金属元素，B符合题意；
C.c区元素包括B、C、N、O、F等非金属元素，因此不全为金属元素，C不符合题意； D. d 区元素是惰性气体元素，都是非金属元素，D不符合题意； 故合理选项是B；
(2G元素是Na，E元素是O，两种元素形成的化合物的化学式是Na2O、Na2O2，二者都是由阴、阳离子构成的离子化合物；在元素周期表中同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱；同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强。元素的金属性越
强，该元素形成的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。在上述元素中金属性最强的元素是Na，所以元素的最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；在元素周期表中同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；同一主族的元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱。元素的非金属性越强，该元素形成的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强。在上述元素中形成的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4；Al元素处于金属与非金属交界区，其形成的最高价氧化物对应的水化物Al(OH3显两性。 【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断及元素的性质与元素在周期表位置的关系。掌握元素周期表的结构与元素周期律是本题解答的关键。元素的金属性较强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，其与水或酸置换出氢就越容易；元素的非金属性较强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，相应的简单氢化物的稳定性就越强，与氢化合形成氢化物就越容易。活动性强的元素的单质可以把活动性弱的从化合物中置换出来。

24．随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：
（1）f在周期表中的位置是____________________。
（2）比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同：________>________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱________>________。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：__________________。 （4）写出e的单质在足量d2中燃烧后的产物与y的高价氧化物反应的化学方程式:______。
（5）写出由x、y、z、d四种元素构成的离子化合物的化学式（写一种）___________。 答案：第三周期ⅢA族 r(O2−> r(Na+ HClO4 H2SO4 (或 2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2 (NH42CO3或NH4HCO3
【分析】
从图表信息可知，八种元素均为短周期，结合最高正价或最低负价变化规律可知，x为H； y为C；z为N；d为O； e为Na；f 为Al；g为S；h为Cl；据以上分析解答。 【详解】
(1f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族； 故答案是：第三周期ⅢA族；
(2电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径：r(O2−>r(Na+；非金
属性越强,最高价氧化物水化物的酸性越强,故酸性：HClO4>H2SO4； 故答案为：r(O−>r(Na；HClO4;H2SO4；
(3四原子共价化合物,可以是NH3、H2O2、C2H2等,其电子式为：，
故答案为：(或；
(或2+（4）钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；
故答案为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；
（5）由x、y、z、d四种元素构成的离子化合物的化学式可以是(NH42CO3或NH4HCO3； 故答案为：(NH42CO3或NH4HCO3。

25．完成下列化学用语：
﹣（1）画出 O2结构示意图：_____，某种核素质量数 37，中子数 20，其原子符号：_____
（2）写出实验室制氯气的化学方程式：______________________
（3）工厂里常用浓氨水来检验氯气管道是否泄漏，其原理为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，请用双线桥表示其电子转移的方向和数目__________________________________
答案： 17Cl MnO2+4HCl(浓 = MnCl2+C12↑+2H2O 37
【分析】
（1）O2﹣核外有10个电子；某种核素质量数为 37、中子数为 20，质子数是17，属于氯元素。
（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气；
（3）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2反应中氯元素化合价由0降低为-1，氮元素化合价由-3升高为0。 【详解】
﹣（1）O2核外有10个电子，结构示意图是；某种核素质量数为 37、中子数为
3720，质子数是17，属于氯元素，原子符号是17Cl 。
（2）二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，反应方程式是MnO2+4HCl(浓 = MnCl2+C12↑+2H2O；
（3）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2反应中氯元素化合价由0降低为-1，氮元素化合价由-3升高为
0，电子转移的方向和数目是。

26．五种短周期元素Q、W、X、Y、Z，位于不同主族，原子序数依次增大。 ①W的氢化物与最高价氧化物对应水化物反应生成盐甲
②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水
③化合物X2O2可与Q的某种气态氧化物（标准状况下密度为1.25g•L－1）在一定条件下发生化合反应，生成一种正盐乙 请回答下列各题：
－―（1）已知：ZO3n＋M2+＋H+→Z＋M4+＋H2O（M为金属元素，方程式未配平），则Z原子的结构示意图为___，n＝___ （2）过程③的化学方程式为___。
（3）甲的水溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是___（用离子方程式表示）。
（4）将Y单质粉末加入到盐乙的浓溶液中，缓慢放出气泡，加热后有大量气泡生成，同时生成白色沉淀丙。经检验气体是由单质A和少量Q的最高价氧化物组成。下列有关说法正确的是___。
A．Q元素是形成化合物种类最多的元素 B．单质A是热值最高的物质
C．白色沉淀丙既可溶于稀盐酸，也能溶于NaOH
D．白色沉淀丙可能是由生成的YO2－离子与溶液中存在的某种离子反应生成
（5）Y可形成三元半导体CuYO2，此三元半导体难溶于水，可溶于稀硝酸，且有NO生成，写出溶解过程的离子方程式___。 答案：Na2O2+CONa2CO3 酸 NH4+＋H2ONH3•H2O＋H+ ABCD 3CuAlO2＋16H+＋NO3－＝3Cu2+＋3Al3+＋NO↑＋8H2O 【分析】
W元素的气态氢化物与W元素的最高价氧化物对应的水化物能反应生成盐，可知W是N元素(NH3+ HNO3=NH4NO3 ，所以甲为硝酸铵；X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应生成均可生成盐和水，可知X的最高价氧化物对应水化物为强碱，Z的最高价氧化物强酸，所以X为Na，Y为Al，W为S或Cl；因为Q气态氧化物（标准状况下密度为1.25g•L－1）推知摩尔质量为28g/mol，且能与Na2O2反应，所以Q为C，盐乙为碳酸钠，据此回答本题。 【详解】
(1、因为Z―带一个单位负电，所以Z为Cl，故答案为：，1；

(2、Na2O2+CONa2CO3；
(3、因为甲溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解显酸性，故答案为：酸，NH4+＋H2ONH3•H2O＋H+；
(4、碳酸钠溶液因为碳酸根离子水解显碱性，所以Al与氢氧根反应产生氢气，加热同时促进碳酸根离子水解产生二氧化碳，与偏铝酸根反应产生氢氧化铝沉淀，所以沉淀丙为氢氧化铝，A为氢气，故ABCD均正确；
(5、CuAlO2与硝酸的离子反应方程式为：3CuAlO2＋16H+＋NO3－＝3Cu2+＋3Al3+＋NO↑＋8H2O

三、解答题
27．废旧锂离子电池的回收利用意义重大，其正极废料的主要成分是LiCoO2、铝、炭黑及其他杂质，回收利用的流程如下：

已知“溶液A”中主要金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+。 (1步骤①中铝溶解的离子方程式为________，固体X的成分是__________。
(2步骤②中LiCoO2固体溶解的化学方程式为：_________，该反应的还原剂是______。 (3母液中含量最大的三种离子是_______。
(4(NH42C2O4是一种化学实验室常用的试剂，预测其溶解性________(填“可溶于水”或“不溶于水”。一定温度下，(NH42C2O4固体可分解出NH3、CO等物质，写出其分解的化学方程式__________。
答案：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ Al（OH）3 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O H2O2 Li+、NH4 、SO4 可溶于水 （NH4）2C2O4一定温度 2NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O 【分析】
正极废料中含有LiCoO2、铝、炭黑，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，在浸出液中加入稀硫酸生成氢氧化铝，过滤得到氢氧化铝，灼烧、电解可得到铝；滤渣为LiCoO2、炭黑等，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，题给信息可知A溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+、Cu2+，经除杂后加入草酸铵，可得到CoC2O4固体，母液中含有Li+，加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，以此解答该题。 【详解】
+2-
（1）步骤①中铝能与碱反应生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，加入稀硫酸，可生成Al（OH）3沉淀，固体X到粗铝过程中所涉及的化学方程式为2Al（OH）3Δ Al2O3+3H2O、2 Al2O3（熔融）电解 4 A1+3O2↑，则X为Al（OH）3；
（2）步骤②中LiCoO2固体溶解的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，过氧化氢中O元素的化合价升高，则还原剂为H2O2；
（3）由流程可知，经分离、提纯后，母液中含有Li+、NH4 、SO4 等离子，溶质为（NH4）2SO4、Li2SO4；
（4）铵盐易溶于水，（NH4）2C2O4是一种化学实验室常用的试剂，预测其溶解性可溶于水，一定温度下，（NH4）2C2O4固体可分解出NH3和CO等物质，思考其它的产物并写出其分解的化学方程式为（NH4）2C2O4一定温度 2NH3↑+CO↑+CO2↑+H2O。
+2-
28．某工厂从含硫酸钡、氧化铜、氧化亚铁、氧化铝和少量氧化银的废渣中回收金属的工艺流程如图所示：

(1写出酸浸过程中使用的是稀硝酸，写出此过程中氧化亚铁所发生反应的离子方程式：________________；滤渣①是________(填“强”“弱”或“非”电解质。
(2加入过量铁粉，被还原的金属阳离子有_______________。过氧化钠的电子式为_________________。
(3用滤渣②作粗铜电解精炼铜时，粗铜作________(填“阳”或“阴”极，硫酸铜作电解质溶液，阳极泥中含有________(填物质名称。
(4滤液④的溶质是________。B电解对应的化学方程式为_______________。 (5写出滤液③通入过量二氧化碳，发生主反应的离子方程式____________。
(6饮用水中的NO3对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3的浓度，某兴趣小组提出以下方案：在碱性条件下，用铝粉还原NO3，还原产物为N2，方案中发生的反应如下(配平该反应离子方程式：
___Al+___NO3+___OH−+___H2O=___[Al(OH4]−+___N2↑
答案：3FeO+10H++NO3=3Fe3++NO ↑+5H2O 强 Fe3+、Cu2+、Ag+ 阳 银 NaHCO3 2Al2O3(熔融------ -4Al+3O2↑ AlO2+CO2+2H2O=Al(OH3 ↓+HCO3
10 6 4 18 10 3 【分析】
废渣加入硝酸酸浸，过滤得到滤渣①为BaSO4，滤液①含有的金属阳离子有Al3+、Fe3+、Cu2+、Ag+，向其中加入过量铁粉，Fe3+、Cu2+、Ag+与Fe发生氧化还原反应，充分搅拌、过滤，滤渣②含有Cu、Ag、Fe等，滤液②含有Al3+、Fe2+，向滤液中加入过氧化钠调节pH，Fe2+转化为Fe(OH3进入滤渣③中，加热分解生成A为Fe2O3；滤液③主要成分为NaAlO2，向其中通入过量二氧化碳生成滤渣④为Al(OH3，分解生成B为Al2O3，电解熔融态的Al2O3生成Al单质和O2，滤液④含有NaHCO3，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式，以此解答该题。 【详解】
(1稀硝酸具有酸性、强氧化性，用稀硝酸酸浸时，具有还原性的FeO与HNO3发生氧化还原反应，产生Fe(NO33、NO、H2O，反应的离子方程式3FeO+10H++NO3=3Fe3++NO ↑+5H2O；滤渣①为BaSO4，该物质属于盐，既不溶于水，也不能溶于稀硝酸，但溶解的部分完全电离，因此BaSO4属于强电解质；
(2滤液①含有的金属阳离子有Al3+、Fe3+、Cu2+、Ag+，加入过量铁粉，Fe3+被还原为Fe2+；Cu2+被还原为Cu单质；Ag+被还原为Ag单质，也有Al比Fe活泼，因此Al3+不能反应，故被还原的金属阳离子有Fe3+、Cu2+、Ag+；Na2O2是离子化合物，Na+与O2之间通过离子键结合，在阴离子O2中2个O原子之间以共价键结合，故Na2O2中既有离子键，又有共价键，其电子式为：；
2-2(3滤渣②中含有Cu和Ag 、Fe等。用粗铜(含有铁、银作阳极，用硫酸铜作电解质溶液，阳极上铜、铁氧化溶解变为金属阳离子进入溶液，活动性比铜弱的银在阳极泥析出，故阳极泥中含有银；Cu2+在阴极上得到电子变为铜单质析出；
(4根据上述分析可知：滤液④的溶质主要是NaHCO3；B是Al2O3，电解熔融态的Al2O3生成Al单质和O2，反应方程式为：2Al2O3(熔融4Al+3O2↑；
(5滤液③主要成分是NaAlO2，由于酸性：H2CO3＞Al(OH3，且碳酸是弱酸，不能溶解Al(OH3，所以向含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2反应产生Al(OH3和NaHCO3，该反应的离子反应为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH3↓+HCO3-；
(6Al元素化合价由反应前Al单质的0价变为反应后[Al(OH4]−中的+3价，升高3价，N元2=10价，化素化合价有反应前NO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低(5-0×10=30，所以Al、[Al(OH4]−的系数是10；NO3的系数是6，N2合价升降最小公倍数是3×的系数是3；根据电荷守恒，可知OH-的系数是4；最后根据原子守恒，可知H2O的系数是18，配平后该反应方程式为：10Al+6NO3+4OH-+18H2O=10[Al(OH4]−+3N2↑。 【点睛】
在分析流程中滤渣和滤液成分时，要结合物质微粒的性质，如向滤液②中加入的Na2O2具有强氧化性及与水反应产生碱的性质，能够将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，同时又使Fe3+转化为Fe(OH3进入滤渣③中。在进行有电子转移的离子方程式配平时，要按照电子守恒(元素---
化合价升降总数相等、电荷守恒、原子守恒的顺序配平。

29．SAH（NaAlH4）还原性非常强。纯的四氢铝钠是白色晶状固体，在干燥空气中相对稳定，但遇水即爆炸性分解，NaH遇水蒸气也发生剧烈反应。以铝合金废边脚料为原料（主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质）制备四氢铝钠：

请回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为____________（填化学式）。试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其电子式为____________。
（2）已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示。当硫酸浓度大于C0mol/L时，浸出率降低的原因可能是__________________。

（3）滤液3可以循环利用，写出滤液2与滤液3反应的离子方程式__________________。 （4）NaAlH4与水反应的化学方程式为__________________。 （5）测定NaAlH4粗产品的纯度。
称取mgNaAlH4粗产品按如图乙所示装置进行实验，测定产品的纯度。

①“安全漏斗”中“安全”的含义是__________________。
②已知实验前C管读数为V1mL，向A中加入适量蒸馏水使NaAlH4完全反应，当A中反应完全后，冷却至室温后C管读数为V2mL（均折合成标准状况）。则该产品的纯度为_____________（用含m、V1和V1的代数式表示，忽略加入蒸馏水的体积）。
③若实验前读数时B管和C管液面相平，实验后读数时B管液面高于C管，则测得的结果_____________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 答案：SiO2、PbSO4 硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化 AlO2-+HCO3-+H2O=AlOH3+CO32- NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 加入液
体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出 【分析】
27(V1-V2% 偏高
448m用硫酸酸浸废料(主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质，PbO与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2和PbSO4，滤液1含有Al3+、Fe3+、Mg2+，加入试剂A同时除去杂质离子Fe3+、Mg2+，并将Al3+转化为AlO2-，则试剂A为强碱，且应足量，滤渣2为Fe(OH3、Mg(OH2，滤液2含有AlO2-，通入过量的CO2，发生反应：AlO2- + CO2+2H2O=Al(OH3↓+HCO3-，过滤得到Al(OH3，滤液3含有HCO3-，将Al(OH3转化为AlCl3，再进一步与NaH反应得到NaAlH4，据此分析作答。 【详解】
(1用硫酸酸浸废料时，PbO与硫酸反应生成的PbSO4为沉淀，不溶于水，SiO2与硫酸不反应，则滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4，试剂A为强碱，且试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A为NaOH，其电子式为PbSO4；；
，故答案为：SiO2、(2硫酸浓度增大，铝片与浓硫酸发生钝化，故当硫酸浓度大于C0mol/L时，铝元素浸出率降低，故答案为：硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；
(3滤液2含有AlO2−，滤液3含有HCO3−，AlO2−与HCO3−发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，该反应的离子方程式为AlO2+HCO3+H2O=AlOH3+CO3，故答案--2-为：AlO2+HCO3+H2O=AlOH3+CO3；
--2-(4NaAlH4与水反应生成偏铝酸钠和氢气，故该反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；
(5①反应中生成气体，安全漏斗加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出，故答案为：加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出；
②生成的氢气体积为(V1−V2mL，根据反应NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，可得关系式，nNaAlH4=1nH2，故该产品的纯度为41(V1-V210-3L27(V1-V254g/mol27(V-V%； ，故答案为：422.4L/mol12100%=%448mmg448m③读取气体体积前，使左右两管内液面相平，而且视线要平视，若反应结束后，读数时B管液面高于C管，存在液压差，导致测得的氢气体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高。

30．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①﹣⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：


(1原子半径最小的元素是__________(填元素符号，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是__________(填化学式，下同，酸性最强的是__________。
(2①与⑤形成的化合物中，化学键类型为__________，④与⑥形成的A2B2型物质为__________填“共价化合物”或“离子化合物”。
(3②与④形成的原子个数比为1:2的化合物的结构式为__________，⑦与⑨形成的化合物的电子式为__________
(4④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为__________(填离子符号。
(5为探究元素C和Si的非金属性强弱，某同学设计了如图所示的装置进行实验(夹持仪器已略去，装置气密性良好。请回答：

a．溶液B的作用是__________。
b．若观察到__________现象，即可证明酸性__________＞___________(填化学式，则非金属性C＞Si。
答案：H NaOH HClO4 极性共价键 离子化合物 O=C=O ＞Na+ 除去CO2中的HCl 硅酸钠溶液变浑浊 H2CO3 H2SiO3 【分析】
根据周期表的结构可知，①为H元素，②为C元素，③为N元素，④为O元素，⑤为F元素，⑥为Na元素，⑦为Mg元素，⑧为Si元素，⑨为Cl元素，再结合元素周期律以及化学键的知识分析解答。 【详解】
(1所有元素中，原子半径最小的元素是H；金属元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，故最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH；非金属元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，F元素没有最高价含氧酸，其余能形成含氧化酸的非金属元素的非金属性：Cl＞N＞C＞Si，故酸性最强的最高价含氧酸为HClO4；
O2-＞F-
(2①与⑤形成的化合物为HF，不同种非金属元素的原子间形成极性共价键，④与⑥形成的A2B2型物质为Na2O2，其由为Na+和O22-构成，属于离子化合物；
(3②与④形成的原子个数比为1:2的化合物为CO2，其结构式为O=C=O；⑦与⑨形成的化合物为MgCl2，其由镁离子和氯离子构成，为离子化合物，电子式为；
(4④、⑤、⑥的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故④、⑤、⑥的简单离子半径由大到小的顺序为O2-＞F-＞Na+；
(5锥形瓶中盐酸与大理石反应生成二氧化碳，由于HCl具有挥发性，因此二氧化碳中会混有HCl，HCl与Na2SiO3反应生成H2SiO3，因此需要排除HCl对实验的干扰，需要用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的HCl气体，B溶液为饱和NaHCO3溶液，二氧化碳进入Na2SiO3溶液中，若观察到硅酸钠溶液变浑浊现象，说明生成了H2SiO3，即可证明酸性H2CO3＞H2SiO3，则非金属性C＞Si。 【点睛】
用饱和NaHCO3溶液除去二氧化碳中的HCl气体，而不是饱和食盐水，NaHCO3与HCl反应生成二氧化碳，既除去杂质，还生成了想要提纯的物质；在实验室中我们是用饱和食盐水除去氯气中HCl，这是学生们的易错点。


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/855384050440be1e650e52ea551810a6f524c80b.html

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