高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律课时练习

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第二节 元素周期律课时练习，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

第四章《物质结构 元素周期律》检测题
一、单选题
1．下列有关“LiH、LiD、LiT”的叙述正确的是(　　)
A．等物质的量的三种物质质子数之比为1∶2∶3
B．等物质的量的三种物质中子数之比为1∶1∶1
C．三种物质的摩尔质量之比为8∶9∶10
D．三种物质的化学性质不同
2．下列叙述正确的是
A．所有物质中都至少有一种化学键，但离子化合物中也可能含有共价键
B．活泼金属与活泼非金属化合时都能形成离子键
C．由非金属元素形成的化合物一定是共价化合物，同理离子化合物中一定含金属元素
D．共价化合物不可能含有离子键，只含共价键的物质一定是共价化合物
3．下列物质在给定的条件下，能实现一步转化的是
A．溶液 B．
C．溶液 D．溶液
4．下列说法正确的是
A．红磷转化为白磷发生了氧化还原反应
B．石墨导电，金刚石不导电，故二者不是同素异形体
C．O2和O3的分子式不同，但结构相同
D．S2、S4、S8都是硫的同素异形体
5．X、Y、Z、 W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，且分属于四个周期，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Z、W为同周期相邻元素，Y、 W可形成如图所示的离子，下列说法正确的是

A．该阴离子中W的化合价为+6
B．简单离子半径： Y＜W ＜R
C．最高价氧化物对应水化物酸性Z的比W的强
D．Y与R能形成原子个数比为1：1或1：2等多种离子化合物
6．下列化学用语表示正确的是
A．溴乙烷的电子式： B．四氯化碳分子的空间填充模型：
C．的电子式： D．丙醛的结构简式
7．W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素。X、Y 是金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应；Z  的最外层电子数是核外电子层数的 2 倍；W 与Z 同主族。下列说法正确的是
A．上述四种元素形成的简单离子，Y 离子半径最小
B．ZW2 与W3 均具有漂白性，且漂白原理相同
C．X 与W 形成的化合物中只含有离子键
D．工业上常用电解熔融氯化物的方法制备 X、Y 的单质
8．下列各组反应中最后仍产生沉淀的是
A．溶液中加入过量盐酸 B．溶液中加入过量氨水
C．溶液中加入过量溶液 D．溶液中加入少量溶液
9．X、Y、Z、W为前20号元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，这四种元素所在族的序数加起来等于22.下列有关说法正确的是的

Y
Z

X


W
A．地壳中元素含量：
B．X与Z的化合物可制造光导纤维
C．Y与W两种元素的气态氢化物相互反应生成一种共价化合物
D．因为W的非金属性强于X，所以含氧酸的酸性：
10．科学家近期研究发现，NaHCO3可显著结合癌细胞中乳酸电离出的H+，从而间接地“饿死”癌细胞，下列说法中不正确的是
A．NaHCO3为弱电解质 B．H2CO3的酸性弱于乳酸
C．NaHCO3也可以用来治疗胃酸过多 D．NaHCO3固体中含有离子键和共价键
11．下列叙述正确的是（    ）
A．同周期主族元素的原子半径以ⅦA族的为最大
B．同主族两种元素原子的核外电子数的差值可能为32
C．短周期中次外层电子数是最外层电子数2倍的元素一定是非金属元素
D．科学家在周期表中金属与非金属分界线处找到了优良的催化剂
12．已知X、Y、Z、W、M 是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素。 常温下这五种元素对应的单质均为常见气体。下列说法错误的是
A．原子半径：M>W；氢化物的稳定性：Y B．Y、Z、W为同周期元素；X、Y、M三元素的最高正化合价依次升高
C．W元素的非金属性最强，所以其最高价氧化物的水化物酸性最强
D．M的单质溶于X和Z形成的常见化合物中，在疫情期间应用广泛
13．已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1 mol的11B中，含有0.6NA个中子
B．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA
C．8.4gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.45 NA
D．235g核素 发生裂变反应： +→ ++10；净产生的中子( )数为10NA
14．13C-NMR(核磁共振)、15N-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构。下列有关13C，15N叙述正确的是（    ）
A．13C与14C是同一种核素 B．13C与15N有相同的中子数
C．13C60与金刚石互为同素异形体 D．15N2与13N2互为同位素
15．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数和族序数均依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期，Z是地壳中含量最多的元素。下列说法不正确的是
A．Y可能是金属元素
B．原子半径：
C．X与Z形成的化合物为共价化合物
D．W、Z的氧化物对应水化物的酸性强弱：W>Z

二、填空题
16．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)用氯气制备漂白液的离子方程式是______。
(2)TCCA是一种高效含氯消毒漂白剂，贮运稳定，在水中释放有效氯时间长，应用于游泳池等公共场合，其分子结构如图所示：

已知：X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍。
①TCCA的分子式是______。
②X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是______(用氢化物的化学式表示)。
(3)ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂，将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。
资料：NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇。NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
① 写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式______。
② 从上述NaClO2溶液获得干燥的NaClO2晶体的操作步骤为：将溶液在减压和55 ℃条件下蒸发至大量晶体析出后，______，______，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体 (补全实验步骤)。
17．(1)M能层上有________个能级，有________个轨道，作为内层最多可容纳________个电子，作为最外层时，最多可含有________个未成对电子。
(2)E原子核外电子占有9个轨道，且具有1个未成对电子，E离子结构示意图是____________。
(3)F、G都是短周期元素，F2－与G3＋的电子层结构相同，则G元素的原子序数是________，F2－的电子排布式是______________。

三、实验题
18．硫及其化合物是重要的工业原料，探究其性质具有非常重要的意义。
(1)某学习小组设计用如图装置验证二氧化硫的化学性质。

①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为_________。
②为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验。
方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成
方案II：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去
方案III：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
上述方案中合理的是_____(填“I”、“II”或“III”)；试管b中发生反应的离子方程式为_____。
(2)利用如图装置可以验证硫和氯非金属性的强弱。

①仪器A的名称为__________，干燥管D的作用是__________。
②实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B、C中所装药品分别为__________、__________、__________；装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为_______。
19．某学生为比较镁、铝的金属性强弱，设计了如下实验：
（1）向两支试管中分别加入3 mL同浓度的稀盐酸，再将两块大小相同且纯净的镁片和铝片分别加入试管中，反应初始时观察到如图所示的现象，则试管b内加入的金属为____________（写化学式）。

（2）若加入的两块金属的物质的量相等，且试管中稀盐酸足量，充分反应后，气球状态也如上图所示，则试管b中反应的离子方程式为___________。
（3）分析判断，实验________[填“（1）”或“（2）”]能证明镁的金属性强于铝。

四、计算题
20．甲、乙两烧杯中各盛有10mL3mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中加入等质量的铝粉，反应结束产生的气体体积比为1：2。
(1)两烧杯中发生反应的离子反应方程式：___、__。
(2)乙烧杯中产生的气体的体积为__L(标准状况下)。
(3)若把完全反应后的甲、乙两烧杯中的溶液充分混合在一起，发现产生了浑浊现象，为了使“浑浊”彻底“澄清”，在该混合液中至少还需要再加入___mL3mol/L氢氧化钠溶液。(该小题计算结果保留小数点后一位)。
21．将Mg 、Al组成的混合物共0．1mol溶于100mL 3mol/LHCl溶液中，再滴加1mol/LNaOH 溶液，在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀的质量m随NaOH溶液体积V的变化如图所示：

（1）A点沉淀的成分是 （用化学式表示）。
（2）A点沉淀的总物质的量n= 。
（3）V2= 。
（4）若混合物仍为0．1mol，其中Mg的物质的量分数为a，用100mL 3mol/LHCl溶液溶解此混合物后，再加入360mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3，则满足此条件的a的取值范围为 。

参考答案：
1．C
【详解】A．H、D、T三种原子质子数相同，故等物质的量的LiH、LiD、LiT 3种物质质子数相同，A项错误；
B．H、D、T三种原子中子数分别为0、1、2，故等物质的量的LiH、LiD、LiT 3种物质中子数不相等，B项错误；
C．LiH、LiD、LiT三种物质的摩尔质量分别为8 g·mol-1、9 g·mol-1、10 g·mol-1，C项正确；
D．H、D、T三种核素均属于氢元素，故LiH、LiD、LiT化学性质几乎完全相同，D项错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．稀有气体分子中不存在化学键，离子化合物中一定存在离子键，可能存在共价键，如氯化铵等，故A错误；
B．活泼金属元素易失电子，形成阳离子，活泼非金属元素易得电子，形成阴离子，阴阳离子通过离子键形成离子化合物，故B正确；
C．由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，可能为离子化合物，如氯化铵等；离子化合物中也不一定含有金属元素，如氯化铵等，故C错误；
D．共价化合物一定不含离子键，只含共价键的物质可能为化合物，如氯化氢等，也能为单质分子，如氢气等，故D错误；
故选B。
3．B
【详解】A．S和氧气反应生成SO2，故不选A；
B．氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝单质，故选B；
C．溶液和二氧化碳不反应，故不选C；
D．铜的活泼性小于铁，铜不能置换出FeCl3溶液中的铁，故不选D；
选B。
4．D
【详解】A．同素异形体之间的转化为非氧化还原反应，A项错误；
B．石墨和金刚石互为同素异形体，同素异形体的物理性质一般不同，B项错误；
C．O2和O3的结构不同，C项错误；
D．S2、S4、S8.均为硫元素的不同单质，它们互为同素异形体，D项正确。
故选D。
5．D
【分析】X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，且分属于四个周期，则X为H，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O，Z、W为同周期相邻元素，Y、W可形成如图所示的离子，根据结构得到W为S，则Z为P，则R为K或Ca。
【详解】A．该阴离子，则S的化合价为+2价，A错误；
B．W为S，Y为O，R为K或Ca，电子层数多半径大，同电子层结构核电荷数越多半径越小原则，则简单离子半径：，B错误；
C．W为S，Z为P，非金属性S>P，最高价氧化物对应水化物酸性H2SO4的比H3PO4的强，C错误；
D．Y为O，R为K或Ca，Y与R能形成K2O、K2O2、KO2等或CaO、CaO2，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．溴原子周围应为4对电子，故A错误；
B．Cl原子半径大于C，故B错误；
C．的电子式：，故C正确；
D．丙醛的结构简式为：，故D错误；
故选：C。
7．A
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素。Z的最外层电子数是核外电子层数的2倍，则Z为第三周期第VIA族的S元素；W 与Z 同主族则W为O元素；X、Y 是金属元素，它们的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，其X、Y介于O和S之间，则X、Y分别为Na和Al，据此分析可知：
【详解】A．有分析可知W、X、Y、Z分别为：O、Na、Al、S，其对应的离子分别为，根据电子层机构相同的阴离子半径大于阳离子半径，原子序数越小小离子半径越大，所以离子半径大小为：，则Y的离子半径最小，故选A；
B．ZW2与W3分别为，均具有漂白性，与部分有色的有机物发生化合反应生成无色的物质而漂白；具有强氧化性而使部分有色物质褪色，故的漂白原理不相同，故B错；
C．X 与W可形成，在中即含离子键又含非极性共价键，故C错；
D．工业上常用电解熔融NaCl法制备，用电解熔融法制备Al单质，故D错。
答案选A
8．B
【详解】A．溶液中加入过量盐酸，生成了AlCl3，A不符合题意；
B．溶液中加入过量氨水，生成了Al(OH)3沉淀，B符合题意；
C．溶液中加入过量溶液，生成了，C不符合题意；
D．溶液中加入少量溶液，溶液中过量，生成了，D不符合题意；
故答案选B。
9．B
【分析】这四种元素所在族的序数加起来等于22，设X的族序数是n，则Y、Z、W分别是n+1、n+2、n+3，即n+n+1+n+2+n+3＝22，解得n＝4，所以X、Y、Z、W分别为、N、O、。据此解答。
【详解】A．地壳中元素含量是O大于，选项A错误。
B．与O形成的化合物可用于制造光导纤维，选项B正确。
C．和相互反应生成为离子化合物，选项C错误。
D．中心元素的非金属性用于判断最高价含氧酸的酸性，其他含氧酸不一定，例如次氯酸的酸性弱于碳酸的，选项D错误。
答案选B。
10．A
【详解】A．NaHCO3属于盐，是强电解质，A错误；
B．根据题意，H2CO3的酸性弱于乳酸，B正确；
C．NaHCO3能够与盐酸反应，可以用来治疗胃酸过多，C正确；
D．NaHCO3属于离子化合物，含有离子键，而碳酸氢根中存在共价键，D正确；
故答案为：A。
11．B
【详解】A．因同周期元素中原子半径从左向右逐渐减小，则同周期元素中ⅦA族元素的原子半径最小，故A错误；
B．原子的原子序数等于核外电子数，每周期中含有的元素种类数分别为：2、8、8、18、18、32种元素，因此同主族相间的两种元素之间原子序数相差32是有可能的，故B正确；
C．短周期元素中次外层电子数是最外层电子数2倍的元素的有Li、Si两种元素，Li是金属，故C错误；
D．在金属和非金属的分界线处元素的单质的导电性介于导体与绝缘体之间，属于半导体，所以在周期表中金属与非金属分界线处找到的是半导体，故D错误；
答案选B。
12．C
【分析】由题知X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，且对应单质均为常见气体，可得X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为F元素，M为Cl元素，对应单质分别为H2、N2、O2、F2、Cl2，常温下均为气体。
【详解】A．Cl元素在第三周期第ⅦA族，原子核外有三个电子层，F元素在第二周期第ⅦA族，原子核外有连个电子层，Cl原子半径大于F原子。N元素在O元素左侧，N元素非金属性弱于O元素，对应简单氢化物NH3的稳定性弱于H2O，A正确；
B．N、O、F均为第二周期元素。H元素最外层只有1个电子，N元素最外层有5个电子，Cl元素最外层有7个电子，三种元素最高正化合价依次为+1价、+5价、+7价，B正确；
C．F元素最外层有7个电子，且F原子半径为第二周期最小的，F元素非金属性最强，但F无正价，没有含氧酸，C错误；
D．Cl2可溶于水，并发生反应，氯气、次氯酸常用于杀菌消毒，D正确；
故选C。
13．A
【详解】A．B的质子数为5，当质量数为11时，其中子数为6，故0.1 mol的11B中的中子数为0.6NA，A正确；
B．18gD2O的物质的量为，质子数均为9NA，18gH2O中，质子数为10NA，B错误；
C．0.15molFe与水蒸气反应，，0.15molFe转移0.4NA电子，C错误；
D．在反应中，净产生的中子数为9，则235g发生裂变产生的中子数为9NA，D错误；
故答案为：A。
14．C
【详解】A. 核素是具有一定质子数和中子数的原子，13C与14C是不同的核素，故A错误；
B.中子数=质量数 – 质子数，13C中子数有7个，15N中子数有8个，故B错误；
C. 同素异形体是同种元素形成的不同单质，13C60与金刚石互为同素异形体，故C正确；
D. 同位素是同种元素的不同核素，故D错误；
综上所述，答案为C。
【点睛】同位素是同种元素的不同核素，针对对象是原子。
15．D
【分析】Z是地壳中含量最多的元素，即氧元素；只有Y、Z处于同一周期，则X只能为氢元素，W为第三周期ⅦA族元素，为氯元素；则Y可能为Br、B、C、N中的一种，据此分析解题。
【详解】A．则Y可能为Br、B、C、N中的一种，A正确；
B．氢原子半径最小，同一周期，主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径：，B正确；
C．X与Z形成的化合物可能是水或过氧化氢，两者均为共价化合物，C正确；
D．没有指明为最高价氧化物对应水化物，故无法比较，D错误；
故选D。
16． Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O C3N3O3Cl3 H2O 2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O 趁热过滤(或高于38℃过滤) 乙醇洗涤
【分析】根据TCCA分子结构，X、Y、Z、W属于原子序数递增的短周期元素，根据结构得到X为C，Y为N，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为O，W为Cl
【详解】(1)用氯气制备漂白液是氯气通入到NaOH溶液中生成NaCl、NaClO和H2O，其离子方程式是Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O；故答案为：Cl2 + 2OH－= Cl－+ ClO－+ H2O。
(2)①根据图中结构和前面分析得到TCCA的分子式是C3N3O3Cl3；故答案为：C3N3O3Cl3。
②根据前面分析及同周期从左到右非金属性逐渐增强，其简单气态氢化物稳定性逐渐增强，因此X、Y、Z对应简单氢化物中热稳定性最强的是H2O；故答案为：H2O。
(3)①将ClO2通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2，因此ClO2制备NaClO2的离子方程式2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O；故答案为：2ClO2 + H2O2 + 2OH－ = 2ClO+ O2+ 2H2O。
②根据题意，由于NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38 ℃时析出NaClO2晶体，高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，NaClO2晶体易溶于水，难溶于乙醇；因此需在温度高于38℃过滤，用乙醇洗涤，低于60℃干燥，得到NaClO2晶体；故答案为：趁热过滤(或高于38℃过滤)；乙醇洗涤。
17． 3 9 18 3 13 1s22s22p6
【详解】（1）M能层有3个能级，分别是、和，一共有个轨道，作为内层时，根据的规则能容纳18个电子，而作为最外层时，最多能有3个未成对电子，即中有3个未成对的p电子；
（2）占有九个轨道且有1个未成对电子，只能是的电子排布，即氯元素，其离子结构为；
（3）G是正三价的，则考虑为铝元素，其原子序数为13，而F只能是氧，的电子排布式为。
18． a中溶液出现淡黄色沉淀 Ⅲ Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42- 分液漏斗 防止倒吸 浓盐酸 KMnO4 Na2S S2-+Cl2=S↓+2Cl-
【分析】（1）①二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应；②氯气具有氧化性，可以将二氧化硫氧化到最高价的硫酸；
（2）①根据仪器的构造写出仪器A的名称，球形干燥管具有防倒吸的作用；②设计实验证明非金属性Cl＞S，利用氯气和硫化钠的氧化还原可验证。
【详解】（1）①二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应生成淡黄色的沉淀S，因此本题正确答案是：a试管中有淡黄色沉淀生成；
②方案Ⅰ：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用；
方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可能是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；
方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2C1-，S元素的化合价升高体现二氧化硫的还原性，实验设计合理，因此，本题正确答案是：Ⅲ；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2C1-。
（2）①仪器A为分液漏斗，球形干燥管D能够防止倒吸，可以避免C中液体进入锥形瓶中，正确答案是：分液漏斗；防止倒吸；
②设计实验验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，C中发生反应的离子方程式为S2-+Cl2=S↓+2Cl-，正确答案是：浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液；S2-+Cl2=S↓+2Cl-。
19． Al Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑ （1）
【分析】根据镁、铝的活泼性比较与酸反应的快慢，通过实验现象判断反应物，并根据离子方程式的书写规则书写相关反应离子方程式。
【详解】（1）大小相同的镁片、铝片分别与相同浓度的盐酸反应时，二者反应的剧烈程度不同，镁活泼反应更剧烈，所以反应初始时产生气体较多，所以a中是镁，b中是铝，化学式为Al，故答案为：Al；
（2）若加入的两块金属的物质的量相等，且试管中稀盐酸足量，充分反应后，根据反应方程式计算得，铝产生的气体多，则试管b中是镁，镁和盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，故答案为：Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑；
（3）大小相同的镁片、铝片分别与相同浓度的盐酸反应时，二者反应的剧烈程度不同，可说明镁、铝金属性强弱的不同，但产生气体的多少不能说明镁、铝金属性的强弱，所以实验（2）不能说明镁的金属性强，故答案为：（1）。
20． 2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑ 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑ 0.672 10.0
【详解】(1)甲烧杯中发生的反应为铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的离子反应方程式为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；乙烧杯中发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑，故答案为：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑；2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑；
(2)由方程式可知，当酸、碱均过量时，产生氢气的体积比应为1:1，当铝均过量的时候，产生氢气的体积比为1:3，由反应结束产生氢气的体积比为1:2可知，甲烧杯中盐酸不足量，乙烧杯中铝不足量，甲烧杯中盐酸的物质的量为3mol/L×0.01L=0.03mol，标准状况下生成氢气的体积为0.03mol××22.4L/mol=0.336L，则乙烧杯中产生氢气的体积为0.336L×2=0.672L，故答案为：0.672；
(3)由乙烧杯中产生氢气的物质的量为0.03mol可知，两烧杯中加入铝的物质的量为0.03mol×=0.02mol，甲烧杯中反应生成氯化铝的物质的量为0.03mol×=0.01mol，乙烧杯中反应生成偏铝酸钠的物质的量为0.02mol，过量的氢氧化钠的物质的量为(0.03—0.02)mol=0.01mol，若把完全反应后的甲、乙两烧杯中的溶液充分混合在一起，氯化铝溶液会与偏铝酸钠和氢氧化钠的混合溶液反应生成氢氧化铝沉淀，当加入氢氧化钠溶液使“浑浊”彻底“澄清”时得到氯化钠和偏铝酸钠的混合溶液，设加入的氢氧化钠为amol，由原子个数守恒和电荷守恒可得：(0.03+a) ×1=0.03mol×1+(0.01+0.02) ×1，解得a=0.03mol，则3mol/L氢氧化钠溶液的体积为 ×1000mL/L=10.0mL，故答案为：10.0。
21．（1）Mg(OH)2、Al(OH)3（2分。只填对1个给1分。）。（2）0．1mol(2分)。
（3）300mL（2分。无单位不扣分。）。（4）0．4≤a＜1（3分。半对给1分。）
【详解】试题分析：镁和铝与盐酸反应后，溶液中滴加氢氧化钠，刚开始没有沉淀，说明溶液中还有盐酸剩余，后来产生沉淀，达到A点是沉淀的最大量，即生成了氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝溶于氢氧化钠，达到B点是沉淀只有氢氧化镁。（1）A点的沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3。（2）由于镁和铝总共0．1mol，剩余沉淀的物质的量为0．1mol。（3）达到A点时盐酸中的氯离子全部转化为氯化钠，即盐酸的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，则氢氧化钠的体积为300mL。（4）根据刚才的图象分析可知，达到A点时需要的氢氧化钠的物质的量为0．3摩尔，则还有0．06摩尔的氢氧化钠，最多溶解0．06摩尔的氢氧化铝，所以铝的物质的量最多为0．06摩尔，即镁的物质的量最少0．04摩尔，所以镁的物质的量分数a的取值范围为：0．4≤a＜1。
考点：金属镁铝的性质，氢氧化铝的两性。