第四章物质结构 元素周期律检测题-高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 .docx

第四章物质结构 元素周期律检测题一、单选题1下列只含有共价键的化合物是AHIBNaOHCBr2DNaCl2短周期主族元 W、R、X、Y、Z 原子序数依次增大，且分别在三个不同的周期。W 与 X 同主族，R 最外层电子数是其内层电子数的 3 倍，Y 是地壳中含量最多的金属元素，Y、Z 的最外层电子数之和比X、R 的最外层电子数之和多 2。下列说法正确的是A原子半径：Z>Y>XB最高价氧化物对应的水化物的碱性：X>YC简单气态氢化物的热稳定性：Z>RDX、R、W 三种元素形成的化合物中只存在一种化学键3X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构。下列说法正确的是(  )AX、Y、Z、W的原子半径的大小关系为W>Y>Z>XB在Y2X2、Z2X4、X2W2的一个分子中，所含的共用电子对数相等C与元素Y、Z相比，元素W形成的简单氢化物最稳定，是因为其分子间存在氢键DX、Y、Z、W四种元素可形成化学式为X7Y2ZW2的化合物4下列说法正确的是A书写共价化合物的电子式只需把结构式中的一个单键改成一对电子即可B已知+H+，可见成键的一方不提供电子也可能形成化学键C将某种化合物溶于水，若能导电说明这种化合物是离子化合物D只要是离子化合物任何状态下均能导电5反应可用于输送氯气管道的检漏。下列化学用语描述错误的是A中子数为18的氯原子：B的电子式：C的结构式：D的结构示意图：6根据元素周期表和元素周期律分析下面的判断，其中正确的是（    ）A铍（Be）原子失电子能力比镁强BB的金属性比Al强C氟化氢比氯化氢的酸性强D氢氧化锶Sr(OH)2比氢氧化钙的碱性强7X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm和Yn两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是()AX的原子半径比Y小BX和Y的核电荷数之差为mnC电负性X>YD第一电离能X<Y8下列说法正确的是（）A1H、2H、3H是三种核素，它们物理性质相同，化学性质不同BZX3+的结构示意图为，该离子能促进水的电离CN2、H2O2、CaC2、MgCl2中都含有非极性共价键D由于HF分子间存在氢键，因此HF比HCl稳定9下列实验能达到预期目的是编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1 mol·L1Na2CO3溶液和0.1 mol·L1CH3COONa溶液的pH比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱B室温下，分别测定等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH比较S、C元素的非金属性强弱C相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象探究FeCl3对H2O2分解速率的影响D向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中，同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察并比较实验现象探究浓度对反应速率的影响AABBCCDD10我国拥有自主知识产权的铷(Rb)原子钟，每3000万年误差仅1秒。Rb是第五周期第A族元素，下列关于37Rb的说法正确的是（      ）A元素的金属性：KRbB中子数为50的Rb的核素：RbC与同周期元素53I的原子半径比：RbID最高价氧化物对应的水化物的碱性：KOHRbOH11IVA族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb五种元素，IVA族元素的化合物在化工原料、材料等方面有重要用途。四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图(a)，Na2CO3和NaHCO3的溶解度如表(b)。有关物质性质的叙述或解释正确的是化学式Na2CO3NaHCO3溶解度/g209.7表(b)20物质的溶解度A气态氢化物的沸点从高到低的顺序是：CH4>SnH4>GeH4>SiH4B表(b)中20时，NaHCO3溶解度小于Na2CO3可能的原因是：NaHCO3中的HCO中的-OH可以与另一HCO中的氧原子形成氢键C四卤化硅SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是Si-X键的极性逐渐减弱D二卤化铅PbX2中PbF2的熔点反常高的原因是PbF2分子间存在着氢键12下列关于碱金属元素的叙述中错误的是A碱金属元素原子最外层都只有 1 个电子B依 Li、Na、K、Rb、Cs 的顺序，单质的熔沸点升高，密度增大C随着核电荷数增加，氢氧化物的碱性增强D随着电子层数增加，原子半径增大，金属还原性增强13下列有关化学用语表示正确的是A中子数为10的氧原子：OBMg2的结构示意图：C硫化钠的电子式：D乙烯的结构简式：CH2CH214铬(Cr)是一种重要的金属，其金属性介于锌和铁之间。根据元素周期律的知识，下列关于铬及其化合物的说法正确的是A铬与冷水能发生剧烈反应BCr(OH)3的碱性比NaOH的强C铬不能与稀盐酸发生反应D高温条件下，Cr2O3能与Al反应置换出Cr15下列物质属于离子化合物的是（    ）AHClBNH3CCO2DCaCl2二、填空题16为纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下图是扇形元素周期表的一部分，针对元素按要求作答。(1)的原子结构示意图为_。(2)和组成的最简单化合物的电子式为_。(3)和的简单离子半径较大的是_(填序号)。(4)的简单氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应得到的盐的化学式为_。(5)某元素原子的M层电子数为K层电子数的两倍，则该元素是_(填序号)。(6)把投入烧碱溶液中发生反应的化学方程式为_。(7)写出一个能证明的非金属性小于的离子方程式_。17NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O。（1）上述反应中氧化剂是_，氧化产物是_（填写化学式）。（2）根据上述反应，鉴别NaNO2、NaCl可选用的物质有：水、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_（填序号）。（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_（填编号）。ANaCl      BNH4Cl       CHNO3     D浓H2SO418氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：(1)砷在元素周期表中的位置_。的中子数为_。已知:P(s,白磷)=P(s,黑磷) H=-39.3 kJ·mol-1；P(s,白磷)=P(s,红磷)H=-17.6  kJ·mol-1；由此推知,其中最稳定的磷单质是_。(2)氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性:NH3_PH3(填“>”或“<”)。沸点：N2H4_P2H4(填“>”或“<”)，判断依据是_。三、计算题19将镁铝的混合物0.1mol溶于100mL2mol/L硫酸溶液中，然后再滴加1mol/L的NaOH溶液，请回答：(1)若在滴加NaOH溶液过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，当V1=160mL时，则金属粉末中n(Mg)=_mol，V2=_mL。(2)若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=_mL。(3)图象中A点的意义是_。20将一定质量的镁铝合金投入100 mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为5 mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀跟加入的NaOH溶液的体积关系如图。（横坐标体积单位是mL，纵坐标质量单位是g）求：(1)加入NaOH溶液0-20mL过程中反应方程式为：_。160-180mL过程中反应方程式为_。(2)合金中Mg的质量为_g。所用HCl的物质的量浓度为_mol/L。四、实验题21某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂:30%H2O2溶液、0.1 mol/L H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验，记录如下(请补充完整甲组实验仪器的名称。)操         作现    象甲向的锥形瓶中加入MnO2，向的_中加入30%的H2O2溶液,连接、,打开活塞中产生无色气体并伴随大量的白雾;中有气泡冒出,溶液迅速变蓝乙向中加入KMnO4固体，连接、，点燃酒精灯中有气泡冒出,溶液不变蓝丙向中加入KMnO4固体，中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液，连接、，点燃酒精灯中有气泡冒出,溶液变蓝(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是_。(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是_。为进一步探究该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是_。(4)由甲、乙、丙三实验推测，甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。学生将I中产生的气体直接通入下列_(填字母）溶液，证明了白雾中含有H2O2。A酸性 KMnO4     BFeCl2         C    Na2S         D品红(5)资料显示：KI溶液在空气中久置会被缓慢氧化:4KI+O2 +2H2O=2I2 +4KOH。该小组同学取20ml久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O造成的。请设计实验证明他们的猜想是否正确:_。试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】AHI中只含H-I共价键，A符合题意；BNaOH中含钠离子和氢氧根离子，存在离子键和H-O共价键，B不符合题意；CBr2中只含Br-Br共价键，属于单质，不是化合物，C不符合题意；DNaCl中只含离子键，D不符合题意。故选A。2B【分析】短周期主族元 W、R、X、Y、Z 原子序数依次增大，且分别在三个不同的周期，则W为H；W与X同主族，则X为Na；R最外层电子数是其内层电子数的3倍，则核外由8个电子，R为O；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al；X、R 的最外层电子数之和为7，Y最外层电子数为3，则Z的最外层电子数为6，为S。【详解】A分析可知，X、Y、Z分别为Na、Al、S，为同周期元素，原子序数越大半径越小，则原子半径：NaAlS，A说法错误；BX、Y分别为Na、Al，金属性：NaAl，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，则碱性：XY，B说法正确；CR、Z分别为O、S，非金属性：OS，非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，热稳定性：H2OH2S，C说法错误；DX、R、W 三种元素形成的化合物为NaOH，存在离子键和非极性共价键，含2种化学键，D说法错误；答案为B。3D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素。其形成的小分子化合物Y2X2、Z2X4、X2W2中，分子内各原子最外层电子都满足稳定结构，X、Y、Z、W分别是H、C、N、O；Y2X2是C2H2、Z2X4是N2H4 、X2W2是H2O2。【详解】A.同周期元素从左到右半径减小， H、C、N、O的原子半径的大小关系为C>N>O>H，故A错误；B. C2H2一个分子中有5对共用电子对、N2H4一个分子中有5对共用电子对、 H2O2一个分子中有3对共用电子对，故B错误；C. C、N、O形成的简单氢化物中H2O最稳定，是因为氧元素的非金属性最强，与 氢键无关，故C错误；D. H、C、N、O四种元素可形成醋酸铵(CH3COONH4)，故D正确；选D。4B【详解】A书写共价化合物的电子式时，在元素符号周围用·（或×）来表示原子的最外层电子，不是只需把结构式中的一个单键改成一对电子即可，A项错误；B已知+H+，H3O+形成是配位键，配位键中成键的一方不提供电子也可能形成化学键，B项正确；C将某种化合物溶于水，若能导电说明这种化合物是电解质，可能是离子化合物也可能是共价化合物，例如HCl溶于水也可以导电，而HCl是共价化合物，C项错误；D离子化合物的固态时不导电，D项错误；答案选B。5B【详解】A中子数为18的氯原子，质子数是17，质量数为35：，A正确；B的电子式：，B错误；C中N原子以叁键结合，结构式：，C正确；D得一个电子形成稳定结构，结构示意图：，D正确；故选B。6D【详解】A同主族元素从上向下，失电子的能力逐渐增强，则铍（）原子失电子的能力比镁弱，故A错误；B同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，B和同主族，则B的金属性比弱，故B错误；C氟化氢的水溶液是氢氟酸，HF为弱酸，氯化氢的水溶液是盐酸，氯化氢是强酸，故C错误；D同主族元素从上到下，金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，与同主族，金属性：，则氢氧化锶比氢氧化钙的碱性强，故D正确；选D。7D【详解】X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，X处于Y的下一周期，且X为金属元素，Y为非金属元素。A.X处于Y的下一周期，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径X>Y，A错误；B.Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，假设X的核电荷数为a，Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，所以a-b=m+n，B错误；C.X为金属元素，Y为非金属元素，元素的金属性越强，电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以元素的电负性：X<Y，C错误；D.元素的金属性越强，其第一电离能越小，故第一电离能X<Y，D正确；故合理选项是D。8B【详解】A.1H、2H、3H是氢元素的三种核素，它们的原子核外电子数相同，但质量数不同，所以物理性质不同，化学性质相同，A错误；B. ZX3+是中性原子失去3个电子形成的带有3个单位正电荷的阳离子，根据结构示意图为，可知该离子核外有10个电子，则元素是Al元素，该离子是Al3+，Al3+能消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动而促进水的电离，B正确；C.MgCl2是由Ca2+、Cl-通过离子键形成的离子化合物，不存在非极性共价键，C错误；D.物质的稳定性与分子之间的氢键无关，元素的非金属性F>Cl，导致HF分子内的共价键比HCl强，所以HF比HCl稳定，D错误；故合理选项是B。9C【详解】A比较H2CO3和CH3COOH的酸性强弱，用pH试纸测等浓度的碳酸和醋酸的pH，故A错误；B亚硫酸不是硫元素对应的最高价氧化物的水化物，故不能直接比较非金属性，B错误；C探究探究FeCl3对H2O2分解速率的影响，宜采用控制变量法，保证其他环境一样，C正确；D亚硫酸氢钠和过氧化氢反应，无明显现象，无法判断反应速率，故D错误；答案选C。10D【分析】【详解】A同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，Rb在K的下一周期，所以元素的金属性：KRb，A错误；B原子符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以中子数为50的Rb的核素的质量数是87，可表示为：，B错误；C对于电子层相同的元素，核电荷数越大，原子半径越小。Rb和I的电子层数相同，Rb是第IA的元素，I是第VIIA的元素，所以Rb、I的原子半径：RbI，C错误；D同一主族元素，从上到下元素的金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性：KOHRbOH，D正确；答案选D。11B【详解】A分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，氢化物的沸点越高，A族氢化物的沸点大小顺序为CH4SiH4GeH4SnH4，选项A错误；B表(b)中20时，NaHCO3溶解度小于Na2CO3可能的原因是：NaHCO3中的HCO中的-OH可以与另一HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚物，使溶解度减小，选项B正确；C四卤化硅SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是四卤化硅均为分子晶体，随着相对分子质量的增大范德华力增大，选项C错误；D二卤化铅PbX2中PbF2的熔点反常高的原因是PbF2为离子晶体，而其他二卤化铅为分子晶体，选项D错误；答案选B。12B【详解】A.碱金属元素包括锂、钠、钾、铷、铯、钫，都在第IA族，所以原子最外层都只有 1 个电子，故A正确；B.碱金属都属于金属晶体，金属阳离子半径增大，对外层电子束缚能力减弱，金属键减弱，所以熔沸点降低，碱金属单质的密度呈增大趋势，但钾的密度低于钠的密度，故B错误；C.同一主族元素，从上到下，金属性增强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强；所以随核电荷数递增，氢氧化物碱性增强，故C正确；D.随电子层数增加，原子半径增大，碱金属元素的失电子能力增强，则金属的还原性增强，故D正确；故答案：B。13B【详解】A. 中子数为10的氧原子：O，A错误；B. Mg2的结构示意图：，B正确；C. 硫化钠是离子化合物，电子式为，C错误；D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2，D错误；答案为B。【点睛】本题易错点为D，注意结构简式书写时，特殊结构，如碳碳双键等不能省略。14D【详解】AZn和Fe均不能与冷水发生剧烈反应，Cr的金属性介于Zn和Fe之间，由此可知Cr也不能，故A错误；BZn(OH)2碱性比NaOH弱，而Cr(OH)3的碱性比Zn(OH)2弱，则Cr(OH)3的碱性比NaOH的弱，故B错误；CFe能与稀盐酸反应，Cr金属性比Fe强，也能与稀盐酸反应，故C错误；DAl的金属性比Zn强，因此也比Cr强，高温条件下，Cr2O3能与Al发生反应置换出Cr，故D正确；故选D。15D【详解】AHCl为非金属元素组成的简单化合物，属于分子化合物，故A不符合题意；BNH3为非金属元素组成的简单化合物，属于分子化合物，故B不符合题意；CCO2为非金属元素组成的简单化合物，属于分子化合物，故C不符合题意；DCaCl2为活泼非金属元素与活泼金属元素组成的简单化合物，属于离子化合物，故D符合题意；故答案为D。【点睛】共价化合物和离子化合物区分时注意：a由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐；b由金属元素和非金属元素组成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3。16                    NH4NO3          2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2     Cl2+S2-=2Cl-+S或Cl2+H2S=2H+2C1-+S【分析】由扇形元素周期表的结构可知，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，据此分析解答。【详解】由以上分析可知，为H元素，为C元素，为N元素，为O元素，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，(1)Ar元素质子数为18，故其原子结构示意图为；(2)C和H组成的最简单化合物为CH4，为共价化合物，其电子式为；(3)O2-与Mg2+核外电子层结构相同，O2-的核电荷数较小，故其半径较大，故和的简单离子半径较大的是；(4)N的简单氢化物为NH3，其最高价氧化物对应水化物为HNO3，二者反应生成硝酸铵，化学式为NH4NO3；(5)某元素原子的M层电子数为K层电子数的两倍，则该元素为Si元素，故选；(6)Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；(7)元素的非金属性越强，其对应单质的氧化性越强，则可以通过将氯气通入硫化钠溶液或氢硫酸中置换出硫单质，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出氯气的氧化性大于硫单质的氧化性，从而证明S的非金属性小于Cl的非金属性，反应的离子方程式Cl2+S2-=2Cl-+S或Cl2+H2S=2H+2C1-+S。【点睛】非金属性判断的依据有：1. 由单质的氧化性判断，一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2. 由单质和水的反应程度来看，反应越剧烈，非金属性越强，(比如F2、Cl2、Br2和H2O的反应剧烈程度依次减弱，其对应的非金属性依次减弱)；3. 由对应氢化物的稳定性判断，氢化物越稳定，非金属性越强；4. 由和氢气化合的难易程度判断，化合反应越容易，非金属性越强；5. 由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断，酸性越强，非金属越强；6. 由对应最低价阴离子的还原性判断，还原性越强，对应非金属性越弱；以上几条规律，反之也成立，即若已知元素在周期表中的位置，根据元素周期律，可直接判断出非金属性强弱，进而也可推测出其对应的性质关系，如气态氢化物的稳定性强弱等规律。17     NaNO2     I2          B【分析】(1)反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；(2)由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；(3)NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性。【详解】(1)反应中N元素的化合价降低，发生还原反应，I元素的化合价升高，发生氧化反应，则氧化剂是NaNO2，氧化产物是I2；(2)由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则固体加水溶解后，再滴加食醋酸化，将溶液滴在碘化钾淀粉试纸上，变蓝的为NaNO2，故答案为：；(3)NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B。18     第四周期A族     173     黑磷     >     >     N2H4分子间存在氢键【分析】（1）As位于第四周期第VA族，中子数=质量数-质子数；能量越低越稳定；（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高。【详解】（1）As位于第四周期第VA族，中子数=质量数-质子数=288-115=173；能量越低越稳定，P(s,白磷)=P(s,黑磷) H=-39.3 kJ·mol-1P(s,白磷)=P(s,红磷)H=-17.6 kJ·mol-1将方程式-得，则能量：红磷>黑磷，则黑磷稳定，故答案为：第四周期第VA族；173；黑磷；（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；非金属性N>P，所以热稳定性：NH3>PH3；N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4>P2H4，故答案为：>；>；N2H4分子间存在氢键。【点睛】分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高。19(1)     0.06     440(2)400(3)生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的最大值【分析】(1)根据图象可知，在滴加NaOH溶液到体积V1=160mL过程中，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，滴加的NaOH先用于中和剩余硫酸，V1=160mL时，溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，根据Mg原子、Al原子、SO离子、Na+离子守恒，列方程求算n(Mg)；当滴加NaOH溶液到体积V2时，Al(OH)3完全溶解，沉淀是Mg(OH)2，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液。根据SO离子、Na+离子和Al原子守恒，求出n(NaOH)；(2)当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO离子和Na+离子守恒列式计算；(3)当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值。【详解】（1）当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2(SO4)3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n(Na2SO4)=n(Na+)=n(NaOH)=×0.16L×1mol/L=0.08mol，令MgSO4为xmol，Al2(SO4)3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，根据SO离子守恒有：x+3y=0.2-0.08，联立方程，解得：x=0.06；y=0.02，所以金属粉末中n(Mg)=0.06mol，n(Al)=2y=2×0.02mol=0.04mol，滴加NaOH溶液到体积V2时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO离子、Na+离子和Al原子守恒有：n(NaOH)=2n(Na2SO4)+n(NaAlO2)=2n(H2SO4)+n(Al)=2×0.1L×2mol/L×+0.04mol=0.44mol，所以，V2=0.44L=440mL，故答案为0.06mol，440mL；（2）当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，此时，溶液是Na2SO4溶液，根据SO离子和Na+离子守恒有：n(Na+)=2n(Na2SO4)=2(H2SO4)=2×0.1L×2mol/L=0.4mol，所以，V(NaOH)=0.4L=400mL，故答案为400mL。（3）图象中A点的意义是当溶液中Mg2+、Al3+恰好沉淀完全时，即沉淀达到最大值，故答案为生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀的最大值。【点睛】明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分是解题的关键。解答本题要注意守恒法的应用。20(1)     HCl + NaOH=NaCl+ H2O     Al(OH)3+ NaOH =NaAlO2+2H2O(2)     4.8     8【详解】（1）加入NaOH溶液0-20mL过程中溶液无沉淀产生，显然盐酸过量，发生氢氧化钠与盐酸中和反应：HCl + NaOH=NaCl+ H2O，160-180mL过程中沉淀质量减少，发生氢氧化铝与氢氧化钠发生，沉淀溶解：Al(OH)3+ NaOH =NaAlO2+2H2O，故答案为HCl + NaOHNaCl+ H2O ；Al(OH)3+ NaOH =NaAlO2+2H2O；（2）Mg(OH)2质量就是11.6g，(因Al(OH)3溶于过量的NaOH生成NaAlO2)所以，则，解得m(Mg)=4.8g；HCl是0.4mol，与合金反应后HCl有剩余，消耗了0.1mol的NaOH，所以HCl有0.1mol，由，算出n(HCl)=0.3mol，一共就是0.4mol +0.1mol +0.3mol =0.8molHCl，所以c(HCl)= =8mol/L，故答案为4.8；8。21     分液漏斗     O2+4I-+4H+=2I2+2H2O     酸性环境     使用不同浓度的稀硫酸做对比实验     AD     在上述未变蓝的溶液中滴入0.1 mol/L H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误【分析】由题给信息可知，甲实验利用二氧化锰做催化剂，在不加热的条件下制备氧气，中产生无色气体和大量的白雾能使KI溶液被氧化生成碘单质；乙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，中有气泡冒出,溶液不变蓝说明氧气不能使KI溶液被氧化；丙实验用高锰酸钾固体受热分解制备氧气，中有气泡冒出,溶液变蓝说明酸性条件下使KI溶液被氧化生成碘单质。【详解】（1）由实验装置图可知，应向装置的分液漏斗中加入30%的H2O2溶液，故答案为分液漏斗；(2)丙实验中O2与KI溶液在酸性条件下发生氧化还原反应生成单质碘，反应的离子方程式是O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境，可以使用不同浓度的稀硫酸做对比实验探究酸性条件对反应速率的影响，故答案为酸性环境；使用不同浓度的稀硫酸做对比实验；（4）A、双氧水具有还原性，高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；B、氧气和双氧水都能够氧化亚铁离子，溶液颜色变化无法证明混合气体中含有双氧水，故错误；C、双氧水和氧气都能够氧化硫化钠，有沉淀生成无法证明混合气体中是否含有双氧水，故错误；D、双氧水具有氧化性，能使品红溶液漂白褪色，氧气不能使品红溶液漂白褪色，如果品红溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故正确；AD正确，故答案为AD；（5）酸性条件下，碘离子和碘酸根离子发生氧化还原反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则要设计实验验证他们的猜想是否正确，可以向未变蓝的溶液中滴入稀硫酸，使溶液呈酸性，观察溶液是否变蓝，若变蓝则可证明发生了归中反应生成了碘，猜想正确；若不变蓝，则不能发生归中反应，则猜想不正确。故答案为在上述未变蓝的溶液中滴入0.1 mol/L H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝，则猜想正确，否则错误。【点睛】由甲、乙、丙实验得到双氧水能使KI溶液被氧化生成碘单质，氧气在中性条件下不能使KI溶液被氧化生成碘单质，酸性条件下能使KI溶液被氧化生成碘单质是解答关键。答案第15页，共9页