1.2 元素周期律和元素周期表 同步练习 2024-2025学年高一下学期化学鲁科版（2019）必修第二册

2024—2025学年高中化学鲁科版必修第二册1.2 元素周期律和元素周期表 一、单选题 1．室温下，下列实验探究方案能达到实验目的的是 选项 探究方案 实验目的 A 向溶液中先加入过量稀盐酸，再加入几滴溶液 检验中是否含有杂质 B 将铁锈溶于足量浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有二价铁 C 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化 验证氧化性： D 向溶液中滴入足量盐酸，将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊 验证碳的非金属性大于硅 A．A B．B C．C D．D 2．下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A．碱性： B．酸性： C．热稳定性： D．还原性： 3．下列实验操作、现象和结论均正确的是 编号 实验操作 现象 结论 A 用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，轻轻晃动铝片 铝片表面呈灰白色，熔化而不滴落 铝的熔点很高 B 把加入碘水中，振荡、静置、分液，从上口倒出有机层 有机层呈现紫红色 能萃取碘，且密度比水大 C 取浓度约为15%的双氧水盛放于试管中，观察现象，然后再把试管置于75℃热水浴中 气泡产生速率变快 其他条件不变时，升温可以加快反应速率 D 将通入石蕊试液中 石蕊试液先变红后褪色 具有漂白性 A．A B．B C．C D．D 4．国际元素相对原子质量表上查得C为12.01，这是指 A．碳原子的质量数 B．碳元素的相对原子质量 C．碳原子的质子数 D．12C的相对原子质量 5．实验室中采用废旧易拉罐(主要成分为Al，含少量Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2•12H2O]的过程如图所示： 下列说法正确的是 A．试剂①可以选用稀硫酸 B．NH4HCO3用于调节滤液A的pH C．操作a是蒸馏、洗涤、干燥 D．明矾可用于自来水的杀菌消毒 6．短周期主族元素的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Y的最高正价与最低负价代数和为与W同主族，由三种元素组成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是 A．元素Y位于元素周期表的第三周期第ⅣB族 B．化合物M中只含有离子键 C．简单氢化物的稳定性： D．Z的最高价氧化物对应水化物为中强酸 7．在周期表的主族元素中，按箭头指向表述的变化规律正确的是 选项 箭头指向 变化规律 A ↑ 非金属与氢气化合能力逐渐增强 B → 含氧酸中心原子价态逐渐升高 C ← 简单离子的半径逐渐增大 D ↓ 碱金属元素的密度逐渐增大 A．A B．B C．C D．D 8．新能源汽车的推广运用是实现碳中和目标的重要举措。磷酸亚铁锂()蓄电池是新能源汽车的动力之一、锂元素在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是 A．锂的相对原子质量为 B．金属锂在化学反应中容易失电子 C．锂元素在元素周期表中位于第三周期 D．磷酸亚铁锂中磷元素的化合价为+3价 9．下列关于硅及其化合物的说法错误的是 A．二氧化硅是制光导纤维的主要原料 B．工业上用焦炭还原石英砂可以制得粗硅 C．SiO2属于酸性氧化物，溶于水可制硅酸 D．普通玻璃的主要成分为硅酸盐 10．化学与生活、社会发展息息相关。下列有关物质用途叙述错误的是 A．常在包装袋中放入生石灰，防止月饼因氧化而变质 B．碳酸钙和二氧化硅可作为牙膏中的摩擦剂 C．漂粉精可用作游泳池等场所的消毒剂 D．高温下铝粉与氧化铁的反应可用来焊接钢轨 11．工业上常用“吹出法”从海水中提溴，工艺流程示意图如下： 下列说法错误的是 A．海水中经氧化、吹出、吸收后，可实现溴的富集 B．“吹出法”主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏和冷凝等环节 C．“吸收塔”内发生反应的离子方程式为 D．“吹出塔”内热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质 12．中国画传统黄色颜料雄黄和雌黄均为As的硫化物，如图所示的模型中，两种不同颜色的球分别代表了As原子和S原子，球的大小反映了原子的大小，已知As位于元素周期表第四周期ⅤA族，下列说法正确的是 A．模型中黑球代表硫原子 B．雄黄和雌黄是同素异形体 C．元素原子得电子能力： D．雄黄的化学式为AsS 13．下列关于的比较，错误的是 A．它们的原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多 B．它们的最高正化合价随核电荷数的增加而增大 C．单质的颜色随核电荷数的增加而加深 D．它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而减弱 14．下列实验操作、现象和结论都正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 石墨电极放入装有溶液的烧杯，接通电源后观察现象 灵敏电流计指针偏转 是电解质 B 向装有铜片的试管中先加入稀硫酸，过一段时间再加入少量双氧水 开始时无明显现象，加入双氧水后溶液变为蓝色 该反应中表现出氧化性 C 将通入到紫色石蕊试液中 溶液先变红后褪色 具有漂白性 D 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸 产生气泡 非金属性： A．A B．B C．C D．D 15．下列有关说法正确的是 A．原子半径：r(O)>r(N) B．非金属性：Br > Cl C．碱性：NaOH>Al(OH)3 D．热稳定性：H2S>H2O 二、填空题 16．最新报道，我国科学家通过与多个国家进行科技合作，成功研发出铯(Cs)原子喷泉钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒，标志着我国时间频率基准研究进入世界先进行列。已知铯位于元素周期表中第六周期第ⅠA族，根据铯在元素周期表中的位置，推断下列内容： (1)铯的原子核外共有 个电子层，最外层电子数为 。 (2)铯单质与水剧烈反应伴有爆炸，放出的气体是 ，生成的溶液可使酚酞溶液显 色。 (3)预测铯单质的还原性比钠单质的还原性 。(填“弱”或“强”) 17．下图为元素周期表的一部分。 C O Na Al Si S Cl 回答下列问题： (1)画出C的原子结构示意图 。 (2)指出O在元素周期表中的位置是 。 (3)工业上制备Na的方法为 。 (4)非金属性Cl强于S，用原子结构解释原因： ，得电子能力Cl大于S。 (5)硒（Se）与S在同一主族，位于S的正下方，下列推断正确的是 （填序号）。 ①硒元素的最高正化合价为+6价 ②热稳定性：H2Se＞H2O ③最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4＞H2SeO4 18．铅及并化合物在工业生产中具有非常广泛的用途，根据以下流程回答相关问题。 (1)铅是碳的同族元素，且比碳多4个电子层，则铅位于元素周期表第 周期 族。 (2)反位条件的控制在工业生产中有着极其重要的作用。把铅块制成铅花的目的是 。途径I中不用14 mol·L-1的浓硝酸制备硝酸铅的原因是 。 (3)写出(CH3COO)2Pb溶液[(CH3COO)2Pb 为弱电解质]与KI溶液反应的离子方程式： 。 (4)取75.8 g (CH3COO)2Pb • nH2O样品在N2气氛中加热，测得剩余固体质量随温度的变化如图所示(样品在75℃时已完全失去结晶水)。 ①(CH3COO)2Pb • nH2O中n= 。 ②150～200℃间分解产物为PbO和一种有机物M，M能与水反应生成乙酸，则该温度区间内分解反应的化学方程式为 。 (5)T℃时，取一定量的PbI2固体，用蒸馏水配制成饱和溶液。准确移取25.00mL PbI2饱和溶液，分次加入阳离子交换树脂RH(发生反应:2RH+Pb2+==R2Pb+2H+)中，用250 mL洁净的锥形瓶接受流出液，用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性。将洗涤液一并盛放到锥形瓶中，加入酚酞，用0.0025 mol·L-1的NaOH溶液滴定，重复上述操作2次，当达到滴定终点时，平均消耗氢氧化钠溶液20.00 mL。则T℃时PbI2的Ksp= 。 19．下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： （1）②的元素符号是 ，⑥在周期表中的位置是 。 （2）⑦、⑧两元素比较，非金属性强的是（填元素符号） ，从原子结构角度解释原因 。 （3）④-⑥这三种元素中，写出最高价氧化物对应水化物两两之间能反应的离子方程式 。 （4）写出工业冶炼元素⑤单质的化学方程式 ，不选择热还原法冶炼这种活泼金属的原因是 。 （5）元素①和③可以组成很多种物质，写出其中原子个数比为1:4的物质的电子式 ，请从化学键角度解释该物质中原子个数比为1:4的原因 。 （6）已知Se在周期表中的位置如图所示，请画出Se的原子结构示意图 。 请任意写出三种Se物质的化学式，预测其性质（一条即可）,并说明预测依据，完成在下列表格中。 含Se物质化学式 性质 预测依据 三、计算题 20．向MgCl2和AlCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量。经测定，加入NaOH的物质的量(mol)和所得沉淀的物质的量(mol)的关系如图所示。 (1)写出各段所发生反应的离子方程式： OD段 ； DC段 。 (2)原溶液中Mg2+、Al3+的物质的量浓度之比为 。 (3)图中C点表示当加入 molNaOH时，Al3+已经 ，Mg2+已经 。 (4)图中OA= mol；AB= mol。 21．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量的水后，生成1.16 g白色沉淀。再向所得的悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L 的盐酸溶液，加入盐酸溶液的体积与生成沉淀的关系如下图所示。试回答： (1)写出A点到B点发生反应的离子方程式 。 (2)写出B点到C点发生反应的离子方程式 。 (3)C点加入盐酸溶液的体积为 。 (4)原混合物中MgCl2的物质的量是 ，NaOH的质量是 。 22．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题： （1）写出BC段反应的离子方程式为 。 （2）原Mg-Al合金的质量是 。 （3）原HCl溶液的物质的量浓度是 。 （4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是 。 （5）a= 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年1月14日高中化学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B B C A B C A 题号 11 12 13 14 15 答案 C C B A C 1．A 【详解】A．向溶液中先加入过量稀盐酸，和盐酸反应生成氯化钠、S沉淀、二氧化硫气体，再加入几滴溶液，若有白色沉淀生成，证明含有，故A正确； B．将铁锈溶于足量浓盐酸，再向溶液中滴入几滴溶液，氯离子能还原高锰酸根离子，高锰酸钾溶液褪色，不能证明铁锈中含有二价铁，故B错误； C．向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，硝酸、双氧水都具有氧化性，溶液颜色变黄，不能说明氧化性，故C错误； D．向溶液中滴入足量盐酸，产生的气体中含有二氧化碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，将生成的气体通入溶液中，溶液变浑浊，不能证明碳的非金属性大于硅，故D错误； 选A。 2．B 【详解】A．同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱。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。元素的金属性：Na＞Mg＞Al，碱性，A正确； B．同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强。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。非金属性：Cl>S>Si，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，B错误； C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。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：O＞S＞P，最简单氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C正确； D．同一主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性：，阴离子还原性，D正确； 故答案为：B。 3．C 【详解】A．用坩埚钳夹持一片未打磨的薄铝片，在酒精灯火焰上加热，轻轻晃动铝片，由于Al的性质很活泼能与O2快速形成Al2O3，Al2O3的熔点远高于Al的熔点，故可观察到铝片表面呈灰白色，铝片内有熔化物，但铝片没有下滴，A错误； B．CCl4密度比水大，碘的四氯化碳溶液在下层，应由下口放出，而不是从上口倒出，B错误； C．取浓度约为15%的双氧水2-3ml盛放于试管中，然后再把试管置于75℃水中，可观察到气泡产生速率变快，实验变量唯一只有温度改变，故能说明升高温度可以加快反应速率，C正确； D．将Cl2通入石蕊试液中，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液先变红后褪色，变红是盐酸的作用，褪色是次氯酸的作用，D错误； 故选C。 4．B 【详解】原子的质量数为12，碳的其它核素的质量数分别为13、14，碳原子的质子数为6。 国际相对原子质量表上查得C是12.01，为碳元素的相对原子质量，与各核素的百分含量有关，是碳元素的平均相对原子质量。答案选B。 5．B 【分析】从整个流程看，滤液A中不含有Fe、Mg元素的离子，则试剂①应与Fe、Mg不发生反应，只与Al反应；滤液A中含有，与NH4HCO3发生反应，生成的沉淀B为Al(OH)3；加入稀H2SO4溶解，然后与K2SO4混合得溶液C，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，便可获得明矾。 【详解】A．由分析可知，试剂①应与Fe、Mg不发生反应，只与Al反应，所以不能选用稀硫酸，应选用强碱溶液，A不正确； B．滤液A中含有，加入NH4HCO3后生成的沉淀B为Al(OH)3，则NH4HCO3用于调节滤液A的pH，使转化为Al(OH)3，B正确； C．操作a是从溶液中提取明矾晶体，则应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C不正确； D．明矾中含有的Al3+溶于水后发生水解，生成的氢氧化铝胶体具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，但不能杀菌消毒，D不正确； 故选B。 6．C 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；根据M的结构简式可知，W可以与Y形成2个共价键，W的最外层含有6个电子，其原子序数小于Na，则W为O元素；Y的最高正价与最低负价代数和为0，且原子序数大于Na，Y是Si；Z与W同主族，则Z为S元素。据此分析解题。 【详解】A．元素Y是Si，原子序数为14，位于元素周期表的第三周期第ⅣA族，A错误； B．由图可知化合物M中既有极性共价键又含有离子键，B错误； C．非金属性：O>S，简单氢化物的稳定性H2O>H2S，C正确； D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸，D错误； 故选C。 7．A 【详解】A．同主族元素从下到上，元素非金属性增强，非金属单质与氢气化合能力逐渐增强，故A正确； B．同周期元素从左到右，最高价含氧酸中心原子价态逐渐升高，故B错误； C．同周期元素从右到左，简单离子的半径不一定逐渐增大，如Cl-半径大于Na+，故C错误； D．同主族元素从上到下，碱金属元素的密度有增大趋势，但钠的密度大于钾，故D错误； 选A。 8．B 【详解】A．根据元素周期表的信息可知，元素名称下方的数字表示相对原子质量，则锂的相对原子质量为6.941，单位是“1”，不是“g”，A错误； B．由锂原子的结构示意图可知，锂原子的最外层电子数为1，小于4，在化学反应中容易失电子，B正确； C．周期数=原子的核外电子层数，锂原子核外有2个电子层，则锂元素在元素周期表中位于第二周期，C错误； D．锂原子的最外层电子数为1，则锂元素的化合价为+1，磷酸亚铁锂中铁元素的化合价为+2，氧元素的化合价为-2，设磷元素化合价为x，根据化合物中正负化合价代数为0，则有（+1）+（+2）+x+（-2）×4=0，得x=+5，D错误。 故选B。 9．C 【详解】A．二氧化硅具有良好的导光性能，是制光导纤维的主要原料，故A正确； B．在高温下C与SiO2反应产生Si和CO：2C+SiO2Si+2CO↑，所以工业上可以用焦炭还原石英砂制得粗硅，故B正确； C．SiO2属于酸性氧化物，不能溶于水，不能和水反应生成硅酸，故C错误； D．普通玻璃的主要成分为是硅酸钠、硅酸钙等，即主要成分为硅酸盐，故D正确； 故选C。 10．A 【详解】A．生石灰可吸收水蒸气，可作食品包装袋中干燥剂的主要成分，不能防止月饼因氧化而变质，只能防潮，A错误； B．碳酸钙或二氧化硅不溶于水，可作为牙膏中可添加摩擦剂，B正确； C．漂粉精中的次氯酸钙具有强氧化性，次氯酸钙溶液和二氧化碳反应转化产生的次氯酸具有强氧化剂，能杀菌消毒，可用作游泳池等场所的消毒剂，C正确； D．高温下铝粉与氧化铁发生铝热反应放出大量的热，能使铁熔化，可用来焊接钢轨，D正确； 故选A。 11．C 【分析】由流程可知，酸化的海水中通入氯气发生：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，吹出塔中通入热空气吹出溴单质，在吸收塔中用二氧化硫和水吸收发生：SO2+Br2+2H2O=4H++SO+2Br-，再通入氯气和水蒸气，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，达到富集溴的目的，冷凝蒸馏分离出产品（液溴）。 【详解】A．海水中经氧化、吹出、吸收后，可实现溴的富集，A正确； B．“吹出法”主要包括氧化、吹出、吸收、蒸馏和冷凝等环节，B正确； C．“吸收塔”内发生反应的离子方程式为，C错误； D．溴易挥发，所以热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质，D正确； 故选C。 12．C 【详解】A．As位于元素周期表第四周期ⅤA族，S位于第三周期ⅥA族，周期数等于电子层数，电子层数越多，原子半径越大，球的大小反映了原子的大小，则模型中黑球代表As原子，故A错误； B．同种元素形成的不同种单质互称同素异形体，雄黄和雌黄均为化合物，故B错误； C．根据周期表中元素性质的变化规律，同周期元素非金属性：P＜S，同主族元素非金属性：P＞As，由此可知非金属性：As＜S，非金属性越强，元素得电子能力越强，故C正确； D．根据雄黄的球棍模型，可知雄黄的化学式为As4S4，故D错误； 故选C。 13．B 【详解】A．F、Cl、Br、I的原子核外电子层数分别为2、3、4、5，随核电荷数的增加而增多，故A正确； B．F、Cl、Br、I都是VIIA族元素，最高正价都是+7价，B错误； C．F、Cl、Br、I的单质的颜色分别是浅黄绿色、黄绿色、深红棕色和紫黑色，单质的颜色随核电荷数的增加而加深，故C正确； D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞Cl＞Br＞I， F、Cl、Br、I原子半径增大，与氢原子的作用力逐渐减小，它们的氢化物的稳定性随核电荷数的增加而减弱，故D正确； 本题选B。 14．A 【详解】A．溶于水能导电的化合物是电解质，将石墨电极放入NaCl溶液中，连接灵敏电流计，接通电源，观察到灵敏电流计指针偏转，说明NaCl的水溶液能够导电，故NaCl是电解质，故A正确； B．向装有铜片的试管中先加入稀硫酸，无明显现象，过一段时间再加入少量双氧水，溶液变为蓝色，证明双氧水具有氧化性，稀硫酸体现酸性，故B错误； C．将通入到紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色，是因为氯气溶于水产生的次氯酸具有漂白性，故C错误； D．比较元素的非金属性，要比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，稀盐酸不是氯元素最高价氧化物对应水化物的酸，故D错误； 故选A。 15．C 【详解】A. 同周期元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，O、N的原子序数分别为8、7，因此原子半径：r(O) < r(N)，A错误； B. 同主族元素，随着原子序数的递增，原子半径逐渐增大，失电子能力增强，即金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此非金属性：Cl > Br，B错误； C. 同周期元素，随着原子序数的递增金属性逐渐减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，金属性：Na > Al，因此碱性：NaOH > Al(OH)3，C正确； D. 根据B选项的分析，非金属性：O > S，则其简单气态氢化物的稳定性逐渐减弱，因此热稳定性：H2O > H2S，D错误。 答案为：C。 16．(1) 6 1 (2) 氢气 红 (3)强 【详解】（1）原子核外电子层数等于其在元素周期表的周期序数，其最外层电子数一般等于其主族序数。已知铯位于元素周期表中第六周期第ⅠA族，可知铯的原子核外共有6个电子层，最外层电子数为1个； （2）Cs、Na是同一主族元素，根据反应方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，结合同一主族元素从大到小元素的金属性逐渐增强的规律可知：铯单质与水剧烈反应产生CsOH、H2，由于反应发生非常剧烈，可能会伴有爆炸，放出的气体是H2；反应生成的CsOH溶液呈强碱性，可使酚酞溶液显红色； （3）铯原子半径比钠大，与水反应时更容易失去电子，因此可预测铯单质的还原性比钠单质的还原性更强。 17．(1) (2)第二周期，第ⅥA族 (3)电解法 (4)S的原子半径大于Cl，核电荷数小于Cl，则Cl原子核内质子对电子的作用力大于S (5)①③ 【详解】（1） 碳为6号元素，其原子结构示意图为：； （2）O在元素周期表中的位置是第二周期，第ⅥA族； （3）工业上采用电解熔融态的氯化钠制备Na，其方法为电解法； （4）S、Cl为同周期元素，且S的原子半径大于Cl，核电荷数小于Cl，则Cl原子核内质子对电子的作用力大于S； （5）①硒元素与硫同主族，则硒的最高正化合价为+6价，①正确； ②O的非金属性大于Se，则简单氢化物的热稳定性：H2Se＜H2O，②错误； ③硒的非金属性小于S，而S的非金属性小于Cl，故最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4＞H2SeO4，③正确； 答案为①③。 18． 六 IVA 增大接触面积，加快反应速率 用14 mol •L-1的浓硝酸反应时，消耗的硝酸量更多且产生的有毒气体更多 (CH3COO)2Pb+2I-==PbI2↓+2CH3COO- 3 (CH3COO)2PbPbO+(CH3CO)2O[或(CH3COO)2PbPbO+C4H6O3] 4×10-9 【详解】(1)碳是第二周期元素ⅣA，铅是碳的同族元素，且比碳多4个电子层，则铅位于元素周期表第六周期元素ⅣA； (2)接触面积越大，反应速率越快，将铅块制成铅花，是为了增大与酸反应的接触面积，加快溶解反应速率；铅具有还原性，硝酸具有强氧化性，铅和稀硝酸反应生成硝酸铅、一氧化氮和水，化学方程式为：3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O，铅与浓硝酸发生氧化还原反应，生成硝酸铅，二氧化氮和水，反应的化学方程式为Pb+4HNO3（浓）=Pb（NO3）2+2NO2↑+2H2O，与稀硝酸相比，含等物质的量HNO3时，浓硝酸溶解的铅较少，且放出的污染气体较多，； ⑶(CH3COO)2Pb溶液能氧化I-生成，且(CH3COO)2Pb为弱电解质不可拆分，此反应的离子方程式为 (CH3COO)2Pb+2I-==PbI2↓+2CH3COO- ； (4)①75.8 g (CH3COO)2Pb • nH2O样品加热至75℃时剩余固体为65克，样品在75℃时已完全失去结晶水，生成的水质量为75.8g-65g=10.8g，则醋酸铅与水的物质的量之比︰=1:3，则n=3； ②铅的氧化物质量为44.6克，醋酸铅的物质的量为=0.2mol，根据铅原子守恒，铅的氧化物（PbOx）的物质的量为0.2mol，此氧化物的摩尔质量为=223g/mol，为PbO，有机物的质量为65g-44.6g=20.4g，此有机物分子内应含有四个碳原子，物质的量为0.2mol，摩尔质量为20.4g÷0.2mol=102g/mol，根据原子守恒可知有机物的分子式为C4H6O3，结构简式为（CH3CO）2O，则该温度区间内分解反应的化学方程式为(CH3COO)2PbPbO+(CH3CO)2O； (5)n（H+）=n（NaOH）=0.002500 mol•L-1×20.00mL×10-3L•mL-1=5.000×10-5mol n[Pb2+（aq）]=n（H+）=2.500×10-5mol；c（Pb2+）==1.000×10-3 mol•L-1，Ksp（PbI2）=c（Pb2+）•c2（I-）=4c3（Pb2+）=4×（1.000×10-3）3=4.000×10-9。 点睛：明确实验流程及反应原理是解题关键，用废铅块为原料合成PbI2的流程：为了增大与酸反应的接触面积，加快溶解反应速率，将铅块制成铅花，途径一：3Pb+8HNO3=3Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O，Pb（NO3）2+2KI=PbI2↓+2KNO3，途径二：Pb（NO3）2+2CH3COOH+nH2O=（CH3COO）2Pb•nH2O+2HNO3，（CH3COO）2Pb•nH2O+2KI=PbI2↓+2CH3COOK+nH2O。 19． B 第3周期第IIIA族 Cl 硫、氯位于同一周期，电子层数相同，氯原子的核电荷数大于硫原子，吸引电子能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，非金属性更强 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O MgCl2Mg+Cl2 ↑ 镁是一种比较活泼的金属，想找到比它更活泼的金属如钠还原得到它，但是更活泼的金属如Na会先与水反应，即使选用熔融状态也得注意隔绝氧气，条件比较苛刻，不易实现 碳原子最外层电子数为4，需要得到4个电子达到8稳定结构，同时，氢原子最外层电子数为1，需要得到1个电子达到2电子稳定结构，因此，二者通过形成4个共用电可使二者都达到稳定结构 答案合理给分 【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为B，③为C，④为Na，⑤为Mg，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl，⑨为K， （1）②的元素符号是 B，⑥在周期表中的位置是第3周期第IIIA族。 （2）⑦S、⑧Cl两元素比较，非金属性强的是（填元素符号）Cl，从原子结构角度解释原因硫、氯位于同一周期，电子层数相同，氯原子的核电荷数大于硫原子，吸引电子能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，非金属性更强。 （3）④-⑥这三种元素中，最高价氧化物对应水化物NaOH、Mg(OH)2 、Al(OH)3 两两之间能反应的离子方程式Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O 。 （4）工业冶炼元素⑤Mg单质，用电解MgCl2化学方程式MgCl2Mg+Cl2 ↑，不选择热还原法冶炼这种活泼金属的原因是镁是一种比较活泼的金属，想找到比它更活泼的金属如钠还原得到它，但是更活泼的金属如Na会先与水反应，即使选用熔融状态也得注意隔绝氧气，条件比较苛刻，不易实现。 （5）元素①H和③C可以组成很多种物质如：烃，其中原子个数比为1:4的物质CH4的电子式，从化学键角度解释该物质中原子个数比为1:4的原因碳原子最外层电子数为4，需要得到4个电子达到8稳定结构，同时，氢原子最外层电子数为1，需要得到1个电子达到2电子稳定结构，因此，二者通过形成4个共用电可使二者都达到稳定结构 。 （6）Se的原子结构示意图。三种Se物质的化学式，预测其性质： 20．(1) (2)2：1 (3) 0.8 全部转化为Na[Al(OH)4] 完全生成沉淀Mg(OH)2 (4) 0.7 0.1 【分析】OD过程中沉淀物在增加，可见是生成氢氧化物的过程，故方程式为：、DC段沉淀物在减少可知该过程是四羟基合铝酸根的形成过程，故DC过程中的反应方程式为：，以此分析； 【详解】（1） 根据分析，OD过程中沉淀物在增加，可见是生成氢氧化物的过程，DC段沉淀物在减少可知该过程是四羟基合铝酸根的形成过程； 故答案为：、； （2）DC段的纵坐标差为0.1可见铝离子的量为0.1mol，而OD段铝和镁的总和为0.3mol，故镁离子的量为0.3-0.1=0.2mol，在同一溶液中，故其物质的量浓度之比即为物质的量之比，故Mg2+、Al3+物质的量浓度之比为0.2mol：0.1mol=2：1； 故答案为：2：1； （3）1mol镁离子生成氢氧化镁消耗的氢氧根为2mol，而1mol的铝生成氢氧化铝消耗的氢氧根是3mol，由各方程式可以可求出C点时镁离子需要n(NaOH)=0.4mol，0.1mol铝离子和氢氧根离子反应生成四羟基合铝酸根离子，需要n(NaOH)=0.4mol，则总共消耗的n(NaOH)=0.8mol，C点时，铝离子全部转化为Na[Al(OH)4]，镁离子完全生成沉淀Mg(OH)2； 故答案为：0.8；全部转化为Na[Al(OH)4]；完全生成沉淀Mg(OH)2； （4）横坐标表示的为氢氧根离子的量，由离子的化合价关系可知OA段，镁消耗的氢氧根的量0.4mol，加上铝离子消耗的0.3mol共为0.7mol，而AB段铝消耗的为0.1mol； 故答案为：0.7；0.1。 21．(1)+H++H2O= Al(OH)3↓ (2)Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O (3)130 mL (4) 0.02 mol 0.13 mol 【分析】向所得悬浊液中逐滴加入1.00 mol/L盐酸溶液时，A点之前没有沉淀生成，说明溶液中NaOH过量，故混合物溶于水之后所含物质为：NaAlO2、NaOH、Mg(OH)2，A点之前发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，AB段沉淀增加，发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，BC段发生沉淀溶解，对应反应为：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O。 【详解】（1）由分析知，AB段发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，对应离子方程式为：+H++H2O= Al(OH)3↓； （2）由分析知，BC段发生沉淀溶解，对应离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O、Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O； （3）A点沉淀是Mg(OH)2，物质的量是1.16 g÷58 g/mol=0.02 mol，根据Mg原子守恒得n(MgCl2)=0.02 mol；AB段，盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，根据反应比例知，n( )=n(HCl)= n[Al(OH)3]=1 mol/L×(0.03-0.01)L=0.02 mol，根据铝元素守恒得n(AlCl3)=n()=0.02 mol， BC段消耗盐酸物质的量n(HCl,BC)=2n[Mg(OH)2]+ 3n[Al(OH)3]=0.02 mol×2+0.02 mol×3=0.1 mol，对应消耗体积V(HCl,BC)=，即100 mL，故C点加入盐酸总体积=30+100=130 mL，故此处填130 mL； （4）由(3)分析知，n(MgCl2)=0.02 mol；根据反应知，B点溶液中溶质为NaCl，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)=0.02 mol×2+0.02 mol×3+0.03 L×1 mol/L=0.13 mol。 22． Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 5.1g 6mol/L 5mol/L 20 【分析】根据图象可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。 【详解】(1) BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O； (2) BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n(Al)=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n(Mg)=0.1mol；合金的质量为24×0.1+27×0.1=5.1g； (3)根据方程Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则c(NaOH)=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗n(NaOH)=5×0.12=0.6mol，c(HCl)=0.6÷0.1=6mol/L； (4)由(3)得出的结论，c(NaOH)=5mol/L； (5) n(Mg)=n(Al)=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mol，100mL溶液中含有n(HCl)=0.6mol，则剩余n(HCl)=0.1mol，此时消耗V(NaOH)=0.1÷5=0.02L，即20mL。 【点睛】通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$