第四章 物质结构元素周期律 测试题 高中化学人教版（2019）必修第一册

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第四章《物质结构元素周期律》测试题一、单选题（共12题）1．下列方法（必要时可加热）合理的是（    ）A．用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3℃）和苯（沸点为80.1℃）的混合物B．用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pHC．用Ba(OH)2溶液分别鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4三种溶液D．用稀氨水鉴别AlCl3与MgCl2两种溶液2．下列叙述中错误的是A．能使润湿的淀粉试纸变成蓝色的物质不一定是B．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加少量水进行水封C．某溶液中加入，层显紫色，证明原溶液中存在D．碘易升华，可用加热升华法除去NaCl中混有的3．W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原于序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3:4，且Y的原子半径大于X的原子半径,X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W-能与水反应生成单质W2。下列说法正确的是A．最简单氢化物的沸点:Z>X B．W与X形成的化合物中只有极性键C．最高价氧化物对应水化物酸性：Y>Z D．阴离子的还原性:W>X4．氮族元素与同周期碳族、氧族、卤族元素相比较，下列递变规律正确的是A．非金属性： B．原子半径：CI， (填“能”或“否”， 原因是 。19．由于铝质蒸发器和冷凝器易氧化，影响空调的寿命。铜-铝合金蒸发器和冷凝器的成功开发解决了制冷行业的一大难题，并因此被世界制冷行业称为二十一世纪制冷行业革命性的创新。（1）为测定该铜-铝合金的质量分数，现将5.6克该合金放入500mL 2.0mol/L的盐酸中，充分反应后得到气体6.72L（标准状况），此铜-铝合金中铝的质量分数为 。（2）将上述反应液过滤，并将滤液稀释到1000mL，通过计算回答下列问题：①稀释后，溶液中Al3＋的物质的量浓度为 。②取100mL溶液，要想得到0.78克沉淀，应加入0.5mol/L的氢氧化钠溶液的体积为 。20．某元素的核素X，用XCl 2 1．11 g 配成溶液，在溶液中加入1 mol·L -1 的AgNO 3 溶液20 mL恰好完全反应生成AgCl沉淀。已知该核素的原子核中含有20个中子。求：(1)X的质量数 ；(2)指出X元素在周期表中的位置 ；(3)把X的单质放入水中，写出有关化学方程式 。21．按要求完成下列填空:（1）由CH4和O2组成的混合气体在标准状况下的密度为l g·L-1，则该混合气体中CH4和O2的体积比为 。（2）用98%(密度为1.84g/mL )的浓硫酸配制500mL 2.5mol/L的稀硫酸，需用量筒量取浓硫酸的体积为 mL。（3）向100mL 0.2mol/L 的NaAlO2溶液与300mL 0.1mol/L的HCl溶液混合，反应的离子方程式： 。（4）某混合溶液中仅含有离子：Fe2+、Cl-、Br-、I-，测得Cl-、Br-、I-的物质的量之比为2：3：4，往溶液中通入一定量的氯气，充分反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量之比为3：1，则通入的氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为= 。（假设溶液的体积在反应前后不变）（5）酸性条件下，向FeI2的淀粉溶液中加入H2O2溶液后变蓝。当有1mol Fe2+被氧化成Fe3+时，转移电子4mol。写出该反应的离子方程式： 。22．现有核电荷数均不超过18的A、B、C、D四种元素，A是一种金属元素，其原子的核外有三个电子层，能形成氧化物AO，B元素的二价阴离子与C元素原子核外的电子层结构相同，都是M层为最外层且有8个电子，D元素可形成D＋且D＋只有一个质子(1)写出元素符号：A ，B ，C ，D 。(2)上述4种元素中的某种元素能自相形成双原子分子，则该双原子分子的化学式为 。(3)A元素形成的简单离子的结构示意图为 。(4)B的简单阴离子的电子式为 。ABAB①制半导体的元素(a)IVB到VIB的过渡元素①②制催化剂的元素(b)F、Cl、Br、N、S三角地带②③制耐高温材料的元素(c)金属与非金属元素分界线附近③④制制冷剂的元素(d)相对原子质量较小的元素④⑤地壳中含量较多的元素(e)过渡元素⑤编号实验操作预期现象和结论1①将少许钠和镁分别加入滴有酚酞溶液的适量水中② 2③ ④钾反应比钠剧烈，说明钾的金属性比钠强参考答案：1．CA．互溶且沸点相差较大的液体可以采用蒸馏的方法分离，乙醇(沸点为78.3℃)和苯(沸点为80.1℃)互溶，但沸点比较接近，一般不采用蒸馏的方法分离，故A错误；B．湿润的pH试纸测溶液的pH，测定的是稀释后溶液的pH，所以用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pH结果会偏小，故B错误；C．Ba(OH)2溶液与NH4Cl溶液反应生成氨气，Ba(OH)2溶液与(NH4)2SO4反应生成白色沉淀和气体，Ba(OH)2溶液与K2SO4反应只有白色沉淀，现象各不相同，可以用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4，故C正确；D．稀氨水与AlCl3与MgCl2两种溶液反应都生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，应选NaOH溶液，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化铝是两性氢氧化物，能够被强碱溶解，但不能被弱碱(氨水)溶解。2．CA．只要能把碘化钾氧化成碘单质的物质都能使湿润的淀粉试纸变蓝，A正确；B．因为液溴易挥发，在试剂瓶中存放时应加少量水进行水封，B正确；C．某溶液中加入四氯化碳，四氯化碳层显紫色证明存在而不是，C不正确；D．NaCl稳定，碘易升华，可通过加热的方法除去NaCl中混有的，D正确。故选C。3．DW、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3：4，则L层电子数分别为3、4或6、8，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+4+9=16，Z的最外层电子数为9，不符合；删去；则X的L层电子数为6，X为O，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z最外层电子数之和10，Y可能是Al，Z为Cl或Y为Si，Z为S；W的简单离子W-能与水反应生成单质W2，W的原子序数小于O的原子序数，则W为H。A．Z为S或Cl，X为O，水分子间能够形成氢键，沸点高于氯化氢或硫化氢，故A错误；B．W与X形成的化合物若为过氧化氢，含O-O非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的还原性：W＞X，故D正确；故选D。4．AA．Si、P、Cl为同周期元素，它们的原子序数依次增大，非金属性依次增强，则非金属性：，A正确； B．C、N、O为同一周期的相邻元素，从左往右，原子半径依次减小，则原子半径：C＞N＞O，B不正确；C．Si、P、Cl为同周期元素，非金属Si＜P＜Cl，则还原性：，C不正确；D．Si、P、S为同周期相邻元素，非金属性Si＜P＜S，则酸性：，D不正确；故选A。5．CA．离子化合物一定含离子键，可能含共价键，如NaOH中含离子键和O-H共价键，故A正确；B．原子晶体是原子之间通过共价键结合的，故B正确；C．单原子分子中没有化学键，如稀有气体分子为单原子分子，没有化学键，故C错误；D．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，所以含有离子键的化合物一定是离子化合物，形成的晶体一定是离子晶体，故D正确；答案为C。6．AX、Y属于短周期元素，两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，推出X为碳，Y为氧，Z元素原子K层和M层电子数之和与L层的电子数相同，推出Z为硫元素。A．氧元素与碳元素可形成、，氧元素与硫元素可形成、，故A正确；B．自然界中的硫元素既有游离态，又有化合态，故B错误；C．同周期元素从左到右非金属性增强，同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性：，故C错误；D．硫元素的最高价含氧酸的化学式为，故D错误；选A。7．B根据结构决定性质，元素性质呈现周期性变化的根本原因是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果，而原子半径和化合价则是表现，答案选B。8．D①I2升华破坏的是分子间作用力，共价键没有变化，故①不选；②NaCl为离子晶体，破坏的是离子键，故②不选；③氯化氢溶于水，破坏的是共价键，故③选；④碳酸氢铵中闻到了刺激性气味，发生了化学变化，共价键被破坏，故④选；⑤晶体硅熔融，破坏的是共价键，故⑤选；故选：D。9．BA．MgCl2是离子化合物，只含有离子键，A不符合题意；B．Na2O2是离子化合物，Na+和O形成离子键，O中O原子和O原子形成非极性共价键，B符合题意；C．O2是单质，不是化合物，C不符合题意；D．NaOH是离子化合物，Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成极性共价键，D不满足题意；答案选B。10．DA．和属于同种物质，选项A错误；B．中P原子中有一对孤对电子，最外层达8电子稳定结构，其电子式是，选项B错误；C．乙烯的结构简式是，选项C错误；D．Ca为20号元素，基态原子的电子排布式是，选项D正确；答案选D。11．D①等物质的量的12C和14C原子，根据N=n·NA可知原子数相同，①正确；②在原子中质子数均为6，则若原子的物质的量相同，它们含有相同物质的量的质子，②正确；③质子数决定元素的种类，二者质子数都是6，故二者属于同种元素，③正确；④因质量数分别为12、14，则等物质的量时二者的质量不同，④错误；⑤由于中子数等于质量数与质子数的差，它们的中子数分别为6、8，则等物质的量时两种原子的中子数不相等，⑤错误；⑥因原子核内质子数等于原子核外电子数，根据②可知，二者的电子数相等，⑥正确；⑦同位素的化学性质相同，但物理性质不同，则两种原子具有几乎相同的化学性质，⑦正确；综上所述可知：说法中除④⑤外都正确；故选D。12．D一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间存在离子键，非金属元素之间易形成共价键。A．碘化氢中只含共价键，碘化钠中只含离子键，A项错误；B．H2O2的结构为H-O-O-H，含有极性共价键和非极性共价键，CO2的结构式为O=C=O，只含有极性共价键，B项错误；C．氯气中只含非极性共价键，四氯化碳中只含极性共价键，C项错误；D．MgCl2中只含离子键，NaBr中只含离子键，D项错误；答案选D。13．在金属与非金属元素分界线附近可以找到半导体材料，如硅、锗等；在过渡元素中可以找到催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料；常见的制冷剂有氟利昂、氨等，主要位于氟、氯、溴、氮、硫 “三角地带”；  地壳中含量较多的元素为氧。所以对应关系为14．(1)2Na+2H2O=2NaOH+H2↑(2)Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3(3)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(4)AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl（1）金属钠是活泼金属，能与水反应生成氢氧化钠和氢气，其化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；（2）二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，其反应方程式为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；故答案为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3；（3）过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠和氧气，其反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（4）可溶性铝盐与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氨水属于弱碱，氢氧化铝不溶于过量氨水，因此氯化铝与过量氨水反应的方程式为AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl；故答案为AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl。15． ④ (1)①在常温下，浓硫酸和浓硝酸遇Fe和Al发生“钝化”，是由于浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，在与金属接触时，能够将Fe和Al表面的金属氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，而不能说常温下都二者不能与Fe、Al反应，①错误；②浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸的氧化性比较弱，稀硫酸的氧化性是H+的氧化性，②错误；③常温下将铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在常温下浓硫酸不能发生反应，③错误；④将浓硫酸滴到湿的蔗糖表面，固体变黑膨胀并有刺激性气味气体生成，是由于浓硫酸吸收水分放出大量的热，温度升高加快了浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以水的组成脱去，体现了浓硫酸的脱水性；后来C与浓硫酸在加热时反应产生CO2，浓硫酸被还原产生SO2，体现了浓硫酸的强氧化性，故该实验说明浓硫酸有脱水性、吸水性和强氧化性，④正确；⑤浓硫酸具有强氧化性，SO2具有还原性，但二者不能发生反应，所以浓硫酸能干燥SO2气体，⑤错误；⑥浓硫酸同时具有酸性、吸水性、强氧化性，浓硫酸可以干燥H2、CO等中性气体，但能够与碱性气体NH3发生反应，因此不能干燥NH3；也能够与还原性的气体H2S、HI、HBr发生反应，所以不能干燥H2S、HI、HBr等气体，⑥错误；综上所述可知：说法正确的是④；(2)N原子最外层有5个电子，在N2中，2个N原子共用三对电子，使分子中各原子都达到8电子的稳定结构，其电子式为：；MgCl2是离子化合物，2个Cl-与Mg2+之间以离子键结合，其电子式为：；Na2O2是离子化合物，2个Na+与通过离子键结合，电子式为：。16． 高氯酸 碳酸钙或碳酸钡或碳酸钠 硅酸钠或硅酸钾溶液 SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-（或SiO32-＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3-） Cl＞C＞Si 2MnO4-+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O 试纸变蓝 否 因Cl2也能在B处将KI氧化（1）实验Ⅰ：证明非金属性强弱，可以比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，所以A中为高氯酸，B中为碳酸盐，C中为硅酸盐；（2）C处出现白色沉淀，反应的离子方程式为SiO32-＋CO2＋H2O＝H2SiO3↓＋CO32-（或SiO32-＋2CO2＋2H2O＝H2SiO3↓＋2HCO3-）；（3）根据实验现象推知，可得出碳、硅、氯三种元素非金属性的强弱顺序是Cl＞C＞Si；（4）实验Ⅱ：探究卤族元素性质的递变规律，圆底烧瓶用于制取氯气，反应的方程式为2MnO4-+16H++10Cl-＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（5）氯气将A处的Br-氧化为Br2，B处的I-可以被氧化为I2，使试纸变蓝，即B处的实验现象为试纸变蓝；（6）由于过量Cl2也能在B处将KI氧化，所以A、B处的实验现象不能推出非金属性Cl＞Br＞I。17． 钠剧烈反应，溶液变红，产生大量气体；镁没有明显现象，说明钠的金属性比镁强 将少许钠和钾分别加入滴有酚酞溶液的适量水中 金属与水反应越剧烈，金属性越强，所以金属性 (3)②与水剧烈反应，产生大量气体，生成的呈碱性，所以溶液变红色；因为镁在冷水中几乎不反应，所以加入镁的烧杯中无明显现象，说明钠的金属性比镁强；③将少许钠和钾分别加入滴有酚酞溶液的适量水中，钾反应比钠剧烈，说明钾的金属性比钠强。(4)以上实验说明金属与水反应越剧烈，金属性越强，所以金属性。(5)反应涉及的化学方程式有、。18． 高氯酸 +CO2+H2O=H2SiO3↓+ Cl> C> Si 2+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 试纸变蓝 否 因Cl2也能将B处的KI氧化实验Ⅰ：元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，AB中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳；C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅。（1）A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；（2）C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳的非金属性大于硅；（3）根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、N、Si三种元素非金属性的强弱；实验Ⅱ：探究氯、溴、碘的非金属性强弱的递变规律，根据实验装置图可知，实验原理为圆底烧瓶中：浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气通入A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸试管，溴化钠，溶液出现红色，有溴单质生成，说明氯的非金属性强于溴，湿润的淀粉KI试纸试纸变蓝，湿润红纸褪色；（4）圆底烧瓶中浓盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯化锰、氯化钾和氯气，据此书写离子方程式；（5）溴单质、氯气和碘化钾发生置换反应生成碘单质，碘单质和淀粉显示蓝色；（6）氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I-+Cl2⇌I2+2Cl-，2I-+Br2⇌I2+2Br-，不能说明Br>I。实验Ⅰ：(1) A中反应是碳酸钙和高氯酸反应生成二氧化碳，证明氯非金属性大于碳，A为高氯酸，B为碳酸盐；(2)C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，少量二氧化碳和硅酸盐反应生成硅酸和碳酸钠，离子反应为：+CO2+H2O=H2SiO3↓+；(3)A中反应是碳酸盐和高氯酸反应生成二氧化碳，证明高氯酸的酸性强于碳酸，C中为Na2SiO3溶液，二氧化碳通入反应生成硅酸沉淀，证明碳酸的酸性强于硅酸，所以碳酸、高氯酸、硅酸的酸性强弱顺序是高氯酸、碳酸、硅酸，根据实验现象和元素最高价含氧酸的酸性强弱判断元素非金属性强弱，酸性越强，非金属性越强，推知Cl、C. Si三种元素非金属性的强弱为Cl>C>Si；实验Ⅱ：(4)圆底烧瓶中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子反应为：2+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(5)氯的非金属性强于碘，溴的非金属性强于碘，碘化钾处，2I−+Cl2=I2+2Cl−，2I−+Br2=I2+2Br−碘单质和淀粉显示蓝色，所以B处的实验现象为试纸变蓝；(6)装置中氯气也能和碘化钾发应，不一定为生成的溴和碘化钾的反应，不能说明Br>I，所以根据A. B两处的实验现象不能推出非金属性Cl>Br>I，故答案为：否。19． 0.964或96.4% 0.2mol/L 140mL和220mL（1）铜与盐酸不反应，铝与盐酸发生2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑，n（H2）=6.72L/22.4L·mol－1=0.3mol，根据方程式计算铝的质量，计算铜-铝合金中铝的质量分数；（2）根据c=计算浓度；加入氢氧化钠，可发生Al3＋+3OH－=Al（OH）3↓和Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O，结合方程式计算。（1）铜与盐酸不反应，铝与盐酸发生2Al+6H＋=2Al3＋+3H2↑，n（H2）==0.3mol，根据方程式计算铝的质量，由方程式可知n（Al）=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g·mol－1=5.4g，ω（Al）==0.964；答案为：0.964或96.4%（2）将上述反应液过滤，并将滤液稀释到1000mL，其中过量的酸0.500L ×2.0mol·L－1-0.6mol=0.4mol①稀释后，溶液中Al3＋的物质的量浓度为=0.2mol·L－1，答案为： 0.2mol·L－1；②从上述滤液中取出100mL，过量的酸是0.04mol，中和过量的酸需V0（NaOH溶液）=/=0.08L=80mL，n（Al3＋）=0.2mol·L－1×0.1L=0.02mol，n（Al(OH)3）==0.01mol，当NaOH不足时，Al3＋+3OH－= Al(OH)3↓     3mol   1mol     x     0.01mol则x=0.03mol，V1（NaOH溶液）==0.06L=60mL，如使Al(OH)3部分溶解，则①Al3＋+3OH－= Al(OH)3↓0.02mol 0.06mol②Al（OH）3+OH－=AlO2－+2H2O  1mol       1mol（0.02-0.01）mol （0.02-0.01）mol=0.01mol两步反应共需要0.06mol+0.01mol=0.07mol，V2（NaOH溶液）==0.14L=140mL，故取100mL溶液，要想得到0.78克沉淀，应加入0.5mol/L的氢氧化钠溶液的体积为60mL+80mL=140mL；或140mL+80mL=220mL。答案为：140mL和220mL。20．(1)40(2)该元素位于第4周期第ⅡA族(3)Ca+2H 2 O =Ca(OH) 2 +H 2 ↑（1）设X的相对原子质量为M，，解得  M=40又因为核素的原子核中含有20个中子，所以其质子数为40-20=20。（2）该元素是Ca，位于第4周期第ⅡA族。（3）Ca+2H2O =Ca(OH) 2 +H 2 ↑21． 3∶2 67.9 6AlO2-+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+ 7：3 2Fe2++6I-+4H2O2+8H+=2Fe3++3I2+8H2O（1）可利用“十字交叉法”来计算；（2）利用稀释定律计算即可；（3）根据反应物的物质的量，可以先判断出过量的问题，再根据剩余的量去分析后续反应的情况，最后将两个化学方程式相加，再将系数化整即可；（4）还原性：I->Fe2+>Br-，题中告知有Fe2+剩余，则说明Cl2并未与Br-反应，由此进行计算；（5）先写出Fe2+和I-分别与H2O2的反应方程式，再根据电子转移数目分析两个反应的相关物质的量，从而获得总的反应方程式。（1）在标况下，ρ(CH4)=g·L-1，ρ(O2)=g·L-1，根据十字交叉法： ，则n(CH4)：n(O2)=3：2，即V(CH4)：V(O2)=3：2；（2）设需要浓硫酸V mL，则有：，解得V=67.9mL；（3）n(NaAlO2)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，n(HCl)= 0.3L×0.1mol/L=0.03mol，则在反应H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓中，H+过量；在反应4H++ AlO2-=Al3++2H2O中，AlO2-过量；所以可以推断出发生反应：H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓，过量的H+再和Al(OH)3反应：3H++ Al(OH)3=Al3++3H2O；在第一个反应中，消耗0.02mol H+，生成 0.02mol Al(OH)3，剩余0.01 mol H+，即0.02H++0.02AlO2-+0.02H2O=0.02Al(OH)3↓，在第二个反应中，0.01mol H+完全参加反应，消耗mol Al(OH)3，生成mol AlO2-，即0.01H++Al(OH)3=Al3++0.01H2O，将两个方程式相加可得： 0.02AlO2-+0.03H++0.01H2O=Al(OH)3↓+Al3+，系数化整得：6AlO2-+9H++3H2O=5Al(OH)3↓+Al3+；（4）设Cl-、Br-、I-的物质的量依次为2mol、3mol、4mol，则Fe2+的物质的量为mol；因为还原性：I->Fe2+>Br-，所以I-先和Cl2反应；由于有Fe2+剩余，则说明Cl2并未与Br-反应；则有： ，则n(Cl2)1=2mol，n(Cl-)1=4mol；设和Fe2+反应的物质的量为x mol， ，n(Cl-)2=2x mol，n(Fe2+)=2x mol；则反应后，溶液中Cl-的物质的量为(2+4+2x)mol，因为反应后Cl-和Br-的物质的量比为3：1，所以有：，解得x=，通入的Cl2的物质的量为(2+x)=mol，溶液中剩余Fe2+的物质的量为()mol=mol，所以通入的氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为7：3；（5）该过程涉及两个反应：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O和2H++H2O2+2I-=I2+2H2O，这两个反应式中均转移2e-；有1mol Fe2+被氧化成Fe3+时，转移电子4mol，则有2mol Fe2+被氧化成Fe3+时，转移电子8mol，而2mol Fe2+自身失去2mol e-，所以有6mol e-由6mol I-失去，即发生反应：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O和6H++3H2O2+6I-=3I2+6H2O，将两个方程相加可得：2Fe2++6I-+4H2O2+8H+=2Fe3++3I2+8H2O。22．(1) Mg S Ar H(2)H2(3)(4)A元素原子核外有三个电子层，能形成氧化物AO，则A为Mg；B元素的二价阴离子与C元素原子核外的电子层结构相同，都是M层为最外层且有8个电子，则B为S；C为Ar；D元素可形成D＋且D＋只有一个质子，则D为H。（1）由上述分析可知，A的元素符号为Mg，B的元素符号为S，C的元素符号为Ar，D的元素符号为H，故答案为：Mg；S；Ar；H；（2）某种元素能自相形成双原子分子，该元素为H，形成氢气，化学式为：H2，故答案为：H2；（3）A元素为Mg，形成的简单离子为Mg2＋，Mg2＋的结构示意图为，故答案为：；（4）B的简单阴离子为S2-，其电子式为，故答案为：。①(c)②(e)③(a)④(b)⑤(d)①(c)②(e)③(a)④(b)⑤(d)