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苏教版2019 高中化学 必修一 5.1 元素周期律和元素周期表 同步练习（含解析）
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5.1 元素周期律和元素周期表 同步练习 2022-2023学年高一 化学苏教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．已知①硫酸比次氯酸稳定②硫酸的酸性弱于高氯酸③H2S比HCl易被氧化④HCl比H2S更容易由单质合成⑤盐酸的酸性比H2S酸性强。上述事实能够说明硫酸的非金属性比氯弱的是（ ）
A．①②③ B．③④⑤ C．②③④ D．①③⑤
2．向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为（ ）
A．1∶1∶2 B．1∶2∶2
C．2∶2∶1 D．9∶2∶4
3．下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是
实验操作及现象
实验结论
A
向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红后褪色
氯水具有酸性和漂白性
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有Cl-
C
向新制的氯水中加入含淀粉的KI溶液，溶液变蓝色
氧化性：Cl2>I2
D
把绿豆大的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈
金属性：Na
A．A B．B C．C D．D
4．A、B、C、D四种主族元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C是第三周期元素中第一电离能最小的元素；D元素在第三周期元素中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是（ ）
A．元素D为氯元素
B．元素A、B、C两两组合形成的化合物有CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等
C．元素A、D电负性的大小关系：A
W
X
Y
A．W、Y形成的化合物溶于水得到的一定是强酸
B．元素X、Y、Z形成的简单离子半径关系：
C．含元素Z的化合物都具有漂白性
D．W、X形成的化合物易溶于水
6．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A．将Fe3O4固体投入稀硝酸中：
B．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：
C．氯化铝溶液中加入过量氨水：
D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
7．如图是元素周期表中的一格，以下对该图信息的解读中，不正确的是
A．该元素的原子序数是14 B．28.09是硅元素的质量数
C．该元素所有核素的质子数均为14 D．、、三种核素互称同位素
8．等物质的量的下列物质，分别与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量最多的是
A．Al2O3 B．KAl(SO4)2
C．Al(OH)3 D．Al
9．依据已知信息，由元素的原子结构和元素在周期表的位置，下列对碱金属元素性质的预测或推理不合理的是
编号
已知信息
预测(推理)
A
钠在空气中燃烧生成Na2O2
锂在空气中燃烧生成Li2O2
B
钠可以跟冷水反应
其它碱金属可以跟冷水反应
C
NaOH是强碱
CsOH是更强的碱
D
钠在自然界中以化合态存在
Rb在自然界中以化合态存在
A．A B．B C．C D．D
10．短周期主族元素X、Y、Z在周期表中的位置如图。下列说法正确的是
A．Z元素的最高化合价一定大于X元素
B．三种元素原子半径由高到低的顺序一定是Y>X>Z
C．若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素
D．若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
11．下列排列顺序不正确的是
A．原子半径：Na＞Si＞O B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3
C．碱性：CsOH＞KOH＞NaOH D．失电子能力：Al＞Mg＞Na
12．下列化学用语，正确的是（ ）
A．乙烯的结构简式：
B．镁原子的结构示意图：
C．氯化钠的电子式：
D．乙炔的结构式：
13．已知、、、四种离子均具有相同的电子层结构，下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述中正确的是
A．原子半径：
B．原子序数：
C．原子最外层电子数：
D．氧化性：，还原性：
14．下表为六种短周期元素的部分性质：
元素代号
X
Y
Z
Q
R
T
原子半径/
0.77
0.74
0.75
1.17
0.99
1.10
主要化合价
+4，-4
-2
+5，-3
+4，-4
+7，-1
+5，-3
下列有关说法错误的是A．X与Y可以形成阴离子 B．元素R的氧化物对应水化物一定为强酸
C．Z的氢化物的沸点比T的氢化物的沸点高 D．化合物和中，化学键类型相同
二、填空题
15．元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和性质。下图是元素周期表的一部分，请按要求回答下列问题。
He
①
②
③
Ne
④
⑤
⑥
Ar
⑦
Kr
(1)元素⑤位于周期表中的第___________周期第___________族。
(2)④⑥两种元素形成的化合物可用作防腐剂，常用于腌制食物，该化合物的电子式为______，高温灼烧该化合物时，火焰呈________色。
(3)①②③三种元素中，原子半径最小的是___________(填元素符号)。
(4)④⑦两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是___________(填化学式)。
(5)①⑥两种元素的简单氢化物相遇会迅速反应，产生大量白烟，请写出该反应的化学方程式_____。
16．已知溴原子的原子结构示意图为
(1)溴元素在元素周期表中位置是___________。
(2)溴元素的最低化合价为___________，溴元素的最高价氧化物的水化物的化学式为___________。
(3)溴元素的非金属性比氯元素的非金属性___________(选填“强”或“弱”)。
(4)向溶液中滴加少量溴水，反应的离子方程式为___________。继续加入少量苯，充分振荡，静置后观察到实验现象为___________。
三、计算题
17．将5.1 g镁铝合金溶于60 mL 5.0mol·LHSO溶液中，完全溶解后再加入a mL10.0 mol·L的NaOH溶液，此时溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，得到的沉淀质量为9.7 g。
(1)当加入a=_________mLNaOH溶液时，可使溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀。沉淀的最大值为__________ g。
(2)计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积___________。(写出计算过程)
18．把NaOH、MgSO4、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入2mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图．试回答：
（写出计算过程）
（1）原混合物中的NaOH、MgSO4、Al2(SO4)3的物质的量分别为多少？
（2）Q点HCl溶液加入量是多少mL？
四、实验题
19．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成N、C、Si的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学根据置换反应的规律，利用下图装置完成了O元素的非金属性比S强的实验研究．回答下列问题：
（1）图中D装置名称是______．
（2）N、C、Si的非金属性由强到弱的顺序是：______；从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：试剂A为______；试剂C为______（填序号）．
①稀HNO3溶液 ②稀盐酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤SiO2
（3）①乙同学设计的实验所用到试剂A为______；试剂B为______；试剂C为______．（写名称）
②写出C中发生反应的化学方程式______．
参考答案：
1．C
【详解】①次氯酸不是氯元素的最高价含氧酸，故①不能；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl＞S，故②能；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氢化物的还原性越弱，H2S比HCl易被氧化，可说明非金属性Cl＞S，故③能；
④元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，HCl比H2S更容易由单质合成，可说明非金属性Cl＞S，故④能；
⑤比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，故⑤不能；
综上所述答案为C。
2．B
【详解】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.3mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.1mol，n[Al(OH)3]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，根据镁元素守恒可知原溶液中n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.2mol；生成的气体为氨气与氧气，由图可知溶液加入0.4molNa2O2以后，再加Na2O2，气体的增加量增大，且沉淀的量不再改变，说明此时铵根开始反应生成的气体为氧气和氨气，所以从0.4mol到0.5mol时，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，NH4++OH-=NH3↑+H2O，0.1molNa2O2与水反应生成0.2molNaOH，故溶液中n(NH4+)=0.2mol，所以溶液中n(Mg2+)：n(NH4+)：n(Al3+)=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2。
故选B。
【点睛】理清各阶段发生的反应是解题关键，开始加入过氧化钠即生成沉淀，说明铝离子和镁离子先于铵根与氢氧根反应，沉淀达到最大值后，有一段沉淀不变，说明此时铵根与氢氧根反应，再之后是氢氧化铝沉淀反应。
3．B
【详解】A．滴加氯水，溶液先变红，随后褪色，氯水含HCl、HClO，HClO具有漂白性可使溶液褪色，故A符合；
B．白色沉淀可能为AgCl也可能是Ag2CO3，则溶液中不一定含有Cl-，故B不符合；
C．氯水中的Cl2与KI发生反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，可说明氯气的氧化性大于碘单质，故C符合；
D．金属性越强、与水反应越剧烈，由操作和现象可知，金属性：Na＜K，故D符合；
故选：B。
4．C
【分析】A、B、C、D四种主族元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O元素，B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其核外电子数=2×(2+8)=20，则B是Ca元素，C是第三周期元素中第一电离能最小的元素，则C是Na元素，D元素在第三周期元素中第一电离能最大，则D是Cl元素，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，D为氯元素，A选项正确；
B．由上述分析，A为O元素，B为Ca元素，C为Na元素，三种元素两两组合形成的化合物有CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，B选项正确；
C．非金属性越强，电负性越大，非金属性O>Cl，故电负性O>Cl，即A>D，C选项错误；
D．虽然金属性：钙大于钠，但钙与水反应生成氢氧化钙微溶于水，覆盖在钙的表面减慢了进一步反应，而氢氧化钠易溶于水，不会影响进一步反应，故钙和水的反应的剧烈程度比钠弱，即B
5．B
【解析】W2-与Ne原子的电子层结构相同，则W为O；根据位置可知Y为S，X为Al；W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z为Cl，即W、X、Y、Z分别为O、Al、S、Cl。
【详解】A．W、Y分别为O、S，二者形成的化合物溶于水得到的不一定是强酸，如SO3溶于水得H2SO4，H2SO4是强酸，SO2溶于水得H2SO3，H2SO3是弱酸，A错误；
B．X、Y、Z分别为Al、S、Cl，三种离子中Al3+有两个电子层，S2-、Cl-均有3个电子层，Al3+的半径最小，S的核电荷数比Cl小，则S2-半径大于Cl-半径，即元素X、Y、Z形成的简单离子半径关系：，B正确；
C．Z为Cl，含有Cl的化合物不一定有漂白性，如NaCl无漂白性，C错误；
D．W、X分别为O、Al，二者形成的化合物为Al2O3，Al2O3难溶于水，D错误；
答案选B。
6．D
【详解】A．Fe3O4具有强氧化性，硝酸具有还原性，将Fe3O4固体投入稀硝酸中，会发生氧化还原反应，产生Fe(NO3)3、NO、H2O，离子方程式应该为：3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，A错误；
B．CaSO4微溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡，当向其中加入Na2CO3溶液时，发生沉淀转化，形成更难溶于水的CaCO3，然后再加入稀HCl，CaCO3与HCl发生反应产生易溶性CaCl2，从而达到除垢的目的，则在实现沉淀转化的方程式为：+CaSO4CaCO3+，B错误；
C．氨水中的电解质一水合氨是弱碱，不能溶解Al(OH)3，反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3，C错误；
D．离子方程式符合Fe(OH)3胶体制备方法，离子方程式符合物质的拆分原则，遵循电荷守恒、原子守恒，D正确；
故合理选项是D。
7．B
【分析】硅为元素周期表14号元素，原子序数为14，28.09表示元素相对原子质量。
【详解】A．硅为元素周期表14号元素，原子序数为14，故A正确；
B．28.09表示元素相对原子质量，故B错误；
C．质子数＝原子序数＝14，该元素所有核素的质子数均为14，故C正确；
D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，所以、、三种核素互称同位素，故D正确；
故答案选B。
8．B
【详解】Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；2KAl(SO4)2＋8NaOH===K2SO4＋2NaAlO2＋3Na2SO4＋4H2O；Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O；2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。比较可知物质的量相同时， KAl(SO4)2消耗的NaOH最多。故正确答案为B。
9．A
【详解】A．钠金属性大于锂，锂在空气中燃烧生成Li2O，A错误；
B．钠可以跟冷水剧烈反应，其它碱金属均可以跟冷水反应，且金属越活泼，与水反应越剧烈，B正确；
C．金属性越强、最高价氧化物水化物的碱性越强，Cs的金属性大于Na，CsOH是更强的碱，C正确；
D．Rb的金属性大于Na，钠元素在自然界中以化合态存在，则Rb在自然界中以化合态存在，D正确；
答案选A。
10．C
【详解】A、若Z是F元素，就没有最高正价，故A错误；
B、原子半径是电子层数越多，半径越大，故原子半径X>Y>Z ，故B错误；
C、Z和Y同主族最外层电子数相同设为a，X的最外层电子数为a-1故2a+a-1=11，a=4，及Z为C，Y为Si，X是Al，C正确；
D、若均为金属元素，Z为Be，X是Na，Y是Mg，故X（Na）的最高价氧化物的水化物的碱性最强，故D错误；
此题选C。
11．D
【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期中原子序数大的原子半径小，则原子半径为Na>Si>O，A正确；
B．非金属性F>O>N，则热稳定性：HF>H2O>NH3，B正确；
C．金属性Cs>K>Na，碱性：CsOH>KOH>NaOH，C正确；
D．金属性Na>Mg>Al，则失去电子的能力为Na>Mg>Al，D错误；
故选D。
12．D
【分析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中漏掉了碳碳双键；
B．镁原子的核电荷数=核外电子总数=12，最外层含有2个电子；
C．氯离子需添加括号；
D．乙炔的结构式: 。
【详解】A. 乙烯分子中含有官能团碳碳双键,其正确的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；
B. 镁原子的最外层含有2个电子,其正确的原子结构示意图为：，故B错误；
C. 氯化钠中氯离子需添加括号,其正确的电子式为，故C错误；
D. 乙炔的结构式: ，故D正确；
故答案选D。
13．A
【分析】、、、四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a-1=b-2=c+1=d+2，则原子序数b＞a＞c＞d。
【详解】A．Z、W的电子层比X、Y少一层，根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6；根据同一周期，从左往右原子半径逐渐变小，同一族从上往下，原子半径逐渐变大，所以原子半径：，故A正确；
B．由以上分析可知原子序数：Y＞X＞Z＞W，故B错误；
C．根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6，则原子最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C错误；
D．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，金属性越强，对应阳离子氧化性越弱，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，金属性X＞Y，则氧化性Y2+＞X+，非金属性Z＞W，则还原性W2-＞Z-，故D错误；
答案选A。
14．B
【分析】Y的主要化合价为-2价，Y为O；X的半径比Y大，X为C，Q的半径大于X，Q为Si；Z的原子半径比C小，比O大，为N；T的原子半径大于N，为P；R为Cl。
【详解】A．根据分析，C与O可形成阴离子，A正确；
B．R为Cl，最高价氧化物对应水化物一定为强酸，B错误；
C．Z为N，T为P，氨气之间存在分子间氢键，沸点比磷化氢高，C正确；
D．SiO2和CCl4中均只存在极性共价键，化学键类型相同，D正确；
故选B。
15．(1) 三 ⅣA
(2) 黄色
(3)F
(4)KOH
(5)NH3+HCl＝NH4Cl
【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑦分别是N、O、F、Na、Si、Cl、K，据此解答。
【详解】（1）元素⑤是Si，位于周期表中的第三周期第ⅣA族。
（2）④⑥两种元素形成的化合物是离子化合物氯化钠，该化合物的电子式为，高温灼烧该化合物时，火焰呈黄色。
（3）同周期自左向右原子半径逐渐减小，则①②③三种元素中，原子半径最小的是F。
（4）同主族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越强，则④⑦两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是KOH。
（5）①⑥两种元素的简单氢化物分别是氨气和氯化氢，二者相遇会迅速反应生成氯化铵，产生大量白烟，该反应的化学方程式为NH3+HCl＝NH4Cl。
16． 第4周期第族 -1 高溴酸 弱 溶液从无色变为紫色，并且分层，上层为紫色，下层无色
【详解】(1)根据溴原子的结构示意图，结合核内质子数=核外电子数，则，主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数，根据其原子结构示意图知，该元素位于第4周期第族。故答案为：第4周期第族；
(2)最外层电子数=最高化合价数=+7，最低化合价=最高化合价数，最高价为+7价，最高价氧化物的水化物为 ，名称为高溴酸。故答案为：+7；；
(3)同主族，原子序数大的非金属性弱，则溴元素的非金属性比氯元素的非金属性弱。故答案为：弱；
(4)向溶液中滴加少量溴水，溴能置换出碘，反应的离子方程式为：，在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以发生萃取，苯的密度小于水，其现象是：溶液从无色变为紫色，并且分层，上层为紫色，下层无色。故答案为：；溶液从无色变为紫色，并且分层，上层为紫色，下层无色；
17． 60 13.6 设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1；58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【详解】（1）所发生的反应为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，n(H2SO4)=0.06L×5mol/L=0.3mol，当溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀时，溶液成分为Na2SO4，此时n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.3mol=0.6mol，所以；Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，Al(OH)3溶解，得到的沉淀质量为9.7 g，5mL NaOH溶液的物质的量n(NaOH)=0.005L×10mol/L=0.05mol，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则溶解的Al(OH)3的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g，则溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀，沉淀的最大值为3.9g+9.7g=13.6g；
（2）设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1，58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
18．（8分）
（1）MgSO4：0.02mol（2分）
Al2(SO4)3：0.02mol（2分）
（2）HCl：110mL（3分）
（要求：没有写过程，只有结果的不给分）
【详解】试题分析：三种固体混合后的溶液加入盐酸，先不产生沉淀，说明氢氧化钠过量，则产生的白色沉淀为氢氧化镁沉淀，其物质的量为1.16/58=0.02摩尔，则原固体中硫酸镁的物质的量为0.02摩尔。在AB阶段，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，消耗的盐酸的物质的量为2*0.02=0.04摩尔，则偏铝酸钠的物质的量为0.04摩尔， 生成0.04摩尔氢氧化铝，则原固体中硫酸铝的物质的量为0.02摩尔。在B点，溶液为氯化钠，根据钠离子和氯离子守恒分析，氢氧化钠的物质的量等于盐酸的物质的量，为2*0.03=0.06摩尔，后来氢氧化铝溶解消耗的盐酸的物质的量为氢氧化铝的物质的量的三倍，则为0.12摩尔，氢氧化镁消耗的盐酸的物质的量为0.04摩尔，所以消耗的盐酸的总体积为（0.12+0.04）/2=0.08L，所以Q点盐酸的体积为80+30=110mL。
考点： 金属及其化合物的性质，混合物的计算
【名师点睛】本题考查了混合物的计算，明确曲线的变化趋势及每段发生的化学反应，注意铝的化合物的性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸或碱反应，所以当氢氧化钠过量时反应生成偏铝酸钠，当偏铝酸钠中加入盐酸，少量时生成氢氧化铝沉淀，过量时生成氯化铝。
19． 长颈漏斗 N、C、Si ① ④ 双氧水 二氧化锰 氢硫酸或硫化钠溶液 2H2S+O2=2S↓+2H2O
【分析】（1）根据装置图分析；
（2）根据同周期和同主族元素非金属性的变化规律分析；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，装置中为强酸制备弱酸依此选择试剂；
（3）通过比较单质的氧化性来判断非金属性。
【详解】（1）由装置图可知，A为加液装置，A为分液漏斗，故答案为长颈漏斗；
（2）同周期从左到右非金属性增强，则C＜N，同主族元素从上到下非金属性：C＞Si，所以非金属性由强到弱的顺序是：N＞C＞Si；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，装置中为强酸制备弱酸，所以A中试剂为稀硝酸，B中为碳酸钙，C中为Na2SiO3溶液，故答案为N、C、Si； ①；④；
（3）①完成了O元素的非金属性比S强的实验研究，通过比较单质的氧化性来判断非金属性，所以用二氧化锰作催化剂使双氧水分解生成氧气，氧气通过氢硫酸或硫化钠溶液会生成硫单质，故答案为双氧水； 二氧化锰； 氢硫酸或硫化钠溶液；
②C中发生反应的方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，故答案为2H2S+O2=2S↓+2H2O。
5.1 元素周期律和元素周期表 同步练习 2022-2023学年高一 化学苏教版（2019）必修第一册
一、单选题
1．已知①硫酸比次氯酸稳定②硫酸的酸性弱于高氯酸③H2S比HCl易被氧化④HCl比H2S更容易由单质合成⑤盐酸的酸性比H2S酸性强。上述事实能够说明硫酸的非金属性比氯弱的是（ ）
A．①②③ B．③④⑤ C．②③④ D．①③⑤
2．向一定量的Mg2+、NH4+、Al3+混合溶液中加入Na2O2的量与生成沉淀和气体的量（纵坐标）的关系如图所示，则溶液中Mg2+、NH4+、Al3+三种离子的物质的量之比为（ ）
A．1∶1∶2 B．1∶2∶2
C．2∶2∶1 D．9∶2∶4
3．下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是
实验操作及现象
实验结论
A
向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液先变红后褪色
氯水具有酸性和漂白性
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
该溶液中一定含有Cl-
C
向新制的氯水中加入含淀粉的KI溶液，溶液变蓝色
氧化性：Cl2>I2
D
把绿豆大的Na和K分别投入水中，K与水反应更剧烈
金属性：Na
A．A B．B C．C D．D
4．A、B、C、D四种主族元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C是第三周期元素中第一电离能最小的元素；D元素在第三周期元素中第一电离能最大。下列有关叙述错误的是（ ）
A．元素D为氯元素
B．元素A、B、C两两组合形成的化合物有CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等
C．元素A、D电负性的大小关系：A
W
X
Y
A．W、Y形成的化合物溶于水得到的一定是强酸
B．元素X、Y、Z形成的简单离子半径关系：
C．含元素Z的化合物都具有漂白性
D．W、X形成的化合物易溶于水
6．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是
A．将Fe3O4固体投入稀硝酸中：
B．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：
C．氯化铝溶液中加入过量氨水：
D．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
7．如图是元素周期表中的一格，以下对该图信息的解读中，不正确的是
A．该元素的原子序数是14 B．28.09是硅元素的质量数
C．该元素所有核素的质子数均为14 D．、、三种核素互称同位素
8．等物质的量的下列物质，分别与足量NaOH溶液反应，消耗NaOH的物质的量最多的是
A．Al2O3 B．KAl(SO4)2
C．Al(OH)3 D．Al
9．依据已知信息，由元素的原子结构和元素在周期表的位置，下列对碱金属元素性质的预测或推理不合理的是
编号
已知信息
预测(推理)
A
钠在空气中燃烧生成Na2O2
锂在空气中燃烧生成Li2O2
B
钠可以跟冷水反应
其它碱金属可以跟冷水反应
C
NaOH是强碱
CsOH是更强的碱
D
钠在自然界中以化合态存在
Rb在自然界中以化合态存在
A．A B．B C．C D．D
10．短周期主族元素X、Y、Z在周期表中的位置如图。下列说法正确的是
A．Z元素的最高化合价一定大于X元素
B．三种元素原子半径由高到低的顺序一定是Y>X>Z
C．若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素
D．若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
11．下列排列顺序不正确的是
A．原子半径：Na＞Si＞O B．热稳定性：HF＞H2O＞NH3
C．碱性：CsOH＞KOH＞NaOH D．失电子能力：Al＞Mg＞Na
12．下列化学用语，正确的是（ ）
A．乙烯的结构简式：
B．镁原子的结构示意图：
C．氯化钠的电子式：
D．乙炔的结构式：
13．已知、、、四种离子均具有相同的电子层结构，下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述中正确的是
A．原子半径：
B．原子序数：
C．原子最外层电子数：
D．氧化性：，还原性：
14．下表为六种短周期元素的部分性质：
元素代号
X
Y
Z
Q
R
T
原子半径/
0.77
0.74
0.75
1.17
0.99
1.10
主要化合价
+4，-4
-2
+5，-3
+4，-4
+7，-1
+5，-3
下列有关说法错误的是A．X与Y可以形成阴离子 B．元素R的氧化物对应水化物一定为强酸
C．Z的氢化物的沸点比T的氢化物的沸点高 D．化合物和中，化学键类型相同
二、填空题
15．元素在周期表中的位置，反映了元素的原子结构和性质。下图是元素周期表的一部分，请按要求回答下列问题。
He
①
②
③
Ne
④
⑤
⑥
Ar
⑦
Kr
(1)元素⑤位于周期表中的第___________周期第___________族。
(2)④⑥两种元素形成的化合物可用作防腐剂，常用于腌制食物，该化合物的电子式为______，高温灼烧该化合物时，火焰呈________色。
(3)①②③三种元素中，原子半径最小的是___________(填元素符号)。
(4)④⑦两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是___________(填化学式)。
(5)①⑥两种元素的简单氢化物相遇会迅速反应，产生大量白烟，请写出该反应的化学方程式_____。
16．已知溴原子的原子结构示意图为
(1)溴元素在元素周期表中位置是___________。
(2)溴元素的最低化合价为___________，溴元素的最高价氧化物的水化物的化学式为___________。
(3)溴元素的非金属性比氯元素的非金属性___________(选填“强”或“弱”)。
(4)向溶液中滴加少量溴水，反应的离子方程式为___________。继续加入少量苯，充分振荡，静置后观察到实验现象为___________。
三、计算题
17．将5.1 g镁铝合金溶于60 mL 5.0mol·LHSO溶液中，完全溶解后再加入a mL10.0 mol·L的NaOH溶液，此时溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，得到的沉淀质量为9.7 g。
(1)当加入a=_________mLNaOH溶液时，可使溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀。沉淀的最大值为__________ g。
(2)计算合金溶于硫酸时所产生的氢气在标准状况下的体积___________。(写出计算过程)
18．把NaOH、MgSO4、Al2(SO4)3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的浊液中逐滴加入2mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的质量关系如图．试回答：
（写出计算过程）
（1）原混合物中的NaOH、MgSO4、Al2(SO4)3的物质的量分别为多少？
（2）Q点HCl溶液加入量是多少mL？
四、实验题
19．某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图装置来一次性完成N、C、Si的非金属性强弱比较的实验研究；乙同学根据置换反应的规律，利用下图装置完成了O元素的非金属性比S强的实验研究．回答下列问题：
（1）图中D装置名称是______．
（2）N、C、Si的非金属性由强到弱的顺序是：______；从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：试剂A为______；试剂C为______（填序号）．
①稀HNO3溶液 ②稀盐酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤SiO2
（3）①乙同学设计的实验所用到试剂A为______；试剂B为______；试剂C为______．（写名称）
②写出C中发生反应的化学方程式______．
参考答案：
1．C
【详解】①次氯酸不是氯元素的最高价含氧酸，故①不能；
②元素对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的元素的非金属性越强，可说明非金属性Cl＞S，故②能；
③元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则氢化物的还原性越弱，H2S比HCl易被氧化，可说明非金属性Cl＞S，故③能；
④元素的非金属性越强，单质与氢气反应越剧烈，HCl比H2S更容易由单质合成，可说明非金属性Cl＞S，故④能；
⑤比较元素的非金属性应用元素对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，不能根据氢化物的酸性强弱比较，故⑤不能；
综上所述答案为C。
2．B
【详解】由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且n[Mg(OH)2]+n[Al(OH)3]=0.3mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故n[Mg(OH)2]=0.1mol，n[Al(OH)3]=0.3mol-0.1mol=0.2mol，根据镁元素守恒可知原溶液中n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.2mol；生成的气体为氨气与氧气，由图可知溶液加入0.4molNa2O2以后，再加Na2O2，气体的增加量增大，且沉淀的量不再改变，说明此时铵根开始反应生成的气体为氧气和氨气，所以从0.4mol到0.5mol时，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，NH4++OH-=NH3↑+H2O，0.1molNa2O2与水反应生成0.2molNaOH，故溶液中n(NH4+)=0.2mol，所以溶液中n(Mg2+)：n(NH4+)：n(Al3+)=0.1mol：0.2mol：0.2mol=1：2：2。
故选B。
【点睛】理清各阶段发生的反应是解题关键，开始加入过氧化钠即生成沉淀，说明铝离子和镁离子先于铵根与氢氧根反应，沉淀达到最大值后，有一段沉淀不变，说明此时铵根与氢氧根反应，再之后是氢氧化铝沉淀反应。
3．B
【详解】A．滴加氯水，溶液先变红，随后褪色，氯水含HCl、HClO，HClO具有漂白性可使溶液褪色，故A符合；
B．白色沉淀可能为AgCl也可能是Ag2CO3，则溶液中不一定含有Cl-，故B不符合；
C．氯水中的Cl2与KI发生反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，可说明氯气的氧化性大于碘单质，故C符合；
D．金属性越强、与水反应越剧烈，由操作和现象可知，金属性：Na＜K，故D符合；
故选：B。
4．C
【分析】A、B、C、D四种主族元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，则A是O元素，B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则其核外电子数=2×(2+8)=20，则B是Ca元素，C是第三周期元素中第一电离能最小的元素，则C是Na元素，D元素在第三周期元素中第一电离能最大，则D是Cl元素，据此分析解答问题。
【详解】A．由上述分析可知，D为氯元素，A选项正确；
B．由上述分析，A为O元素，B为Ca元素，C为Na元素，三种元素两两组合形成的化合物有CaO、CaO2、Na2O、Na2O2等，B选项正确；
C．非金属性越强，电负性越大，非金属性O>Cl，故电负性O>Cl，即A>D，C选项错误；
D．虽然金属性：钙大于钠，但钙与水反应生成氢氧化钙微溶于水，覆盖在钙的表面减慢了进一步反应，而氢氧化钠易溶于水，不会影响进一步反应，故钙和水的反应的剧烈程度比钠弱，即B
5．B
【解析】W2-与Ne原子的电子层结构相同，则W为O；根据位置可知Y为S，X为Al；W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z为Cl，即W、X、Y、Z分别为O、Al、S、Cl。
【详解】A．W、Y分别为O、S，二者形成的化合物溶于水得到的不一定是强酸，如SO3溶于水得H2SO4，H2SO4是强酸，SO2溶于水得H2SO3，H2SO3是弱酸，A错误；
B．X、Y、Z分别为Al、S、Cl，三种离子中Al3+有两个电子层，S2-、Cl-均有3个电子层，Al3+的半径最小，S的核电荷数比Cl小，则S2-半径大于Cl-半径，即元素X、Y、Z形成的简单离子半径关系：，B正确；
C．Z为Cl，含有Cl的化合物不一定有漂白性，如NaCl无漂白性，C错误；
D．W、X分别为O、Al，二者形成的化合物为Al2O3，Al2O3难溶于水，D错误；
答案选B。
6．D
【详解】A．Fe3O4具有强氧化性，硝酸具有还原性，将Fe3O4固体投入稀硝酸中，会发生氧化还原反应，产生Fe(NO3)3、NO、H2O，离子方程式应该为：3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO↑+14H2O，A错误；
B．CaSO4微溶于水，在水中存在沉淀溶解平衡，当向其中加入Na2CO3溶液时，发生沉淀转化，形成更难溶于水的CaCO3，然后再加入稀HCl，CaCO3与HCl发生反应产生易溶性CaCl2，从而达到除垢的目的，则在实现沉淀转化的方程式为：+CaSO4CaCO3+，B错误；
C．氨水中的电解质一水合氨是弱碱，不能溶解Al(OH)3，反应的离子方程式应该为：Al3++3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3，C错误；
D．离子方程式符合Fe(OH)3胶体制备方法，离子方程式符合物质的拆分原则，遵循电荷守恒、原子守恒，D正确；
故合理选项是D。
7．B
【分析】硅为元素周期表14号元素，原子序数为14，28.09表示元素相对原子质量。
【详解】A．硅为元素周期表14号元素，原子序数为14，故A正确；
B．28.09表示元素相对原子质量，故B错误；
C．质子数＝原子序数＝14，该元素所有核素的质子数均为14，故C正确；
D．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，所以、、三种核素互称同位素，故D正确；
故答案选B。
8．B
【详解】Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；2KAl(SO4)2＋8NaOH===K2SO4＋2NaAlO2＋3Na2SO4＋4H2O；Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O；2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑。比较可知物质的量相同时， KAl(SO4)2消耗的NaOH最多。故正确答案为B。
9．A
【详解】A．钠金属性大于锂，锂在空气中燃烧生成Li2O，A错误；
B．钠可以跟冷水剧烈反应，其它碱金属均可以跟冷水反应，且金属越活泼，与水反应越剧烈，B正确；
C．金属性越强、最高价氧化物水化物的碱性越强，Cs的金属性大于Na，CsOH是更强的碱，C正确；
D．Rb的金属性大于Na，钠元素在自然界中以化合态存在，则Rb在自然界中以化合态存在，D正确；
答案选A。
10．C
【详解】A、若Z是F元素，就没有最高正价，故A错误；
B、原子半径是电子层数越多，半径越大，故原子半径X>Y>Z ，故B错误；
C、Z和Y同主族最外层电子数相同设为a，X的最外层电子数为a-1故2a+a-1=11，a=4，及Z为C，Y为Si，X是Al，C正确；
D、若均为金属元素，Z为Be，X是Na，Y是Mg，故X（Na）的最高价氧化物的水化物的碱性最强，故D错误；
此题选C。
11．D
【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期中原子序数大的原子半径小，则原子半径为Na>Si>O，A正确；
B．非金属性F>O>N，则热稳定性：HF>H2O>NH3，B正确；
C．金属性Cs>K>Na，碱性：CsOH>KOH>NaOH，C正确；
D．金属性Na>Mg>Al，则失去电子的能力为Na>Mg>Al，D错误；
故选D。
12．D
【分析】A．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式中漏掉了碳碳双键；
B．镁原子的核电荷数=核外电子总数=12，最外层含有2个电子；
C．氯离子需添加括号；
D．乙炔的结构式: 。
【详解】A. 乙烯分子中含有官能团碳碳双键,其正确的结构简式为：CH2=CH2，故A错误；
B. 镁原子的最外层含有2个电子,其正确的原子结构示意图为：，故B错误；
C. 氯化钠中氯离子需添加括号,其正确的电子式为，故C错误；
D. 乙炔的结构式: ，故D正确；
故答案选D。
13．A
【分析】、、、四种离子均具有相同的电子层结构，所以Z、W的电子层比X、Y少一层，设原子序数分别为a、b、c、d，则由a-1=b-2=c+1=d+2，则原子序数b＞a＞c＞d。
【详解】A．Z、W的电子层比X、Y少一层，根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6；根据同一周期，从左往右原子半径逐渐变小，同一族从上往下，原子半径逐渐变大，所以原子半径：，故A正确；
B．由以上分析可知原子序数：Y＞X＞Z＞W，故B错误；
C．根据离子所带电荷可知X、Y、Z、W原子最外层电子数分别为1、2、7、6，则原子最外层电子数Z＞W＞Y＞X，故C错误；
D．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，金属性越强，对应阳离子氧化性越弱，非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，金属性X＞Y，则氧化性Y2+＞X+，非金属性Z＞W，则还原性W2-＞Z-，故D错误；
答案选A。
14．B
【分析】Y的主要化合价为-2价，Y为O；X的半径比Y大，X为C，Q的半径大于X，Q为Si；Z的原子半径比C小，比O大，为N；T的原子半径大于N，为P；R为Cl。
【详解】A．根据分析，C与O可形成阴离子，A正确；
B．R为Cl，最高价氧化物对应水化物一定为强酸，B错误；
C．Z为N，T为P，氨气之间存在分子间氢键，沸点比磷化氢高，C正确；
D．SiO2和CCl4中均只存在极性共价键，化学键类型相同，D正确；
故选B。
15．(1) 三 ⅣA
(2) 黄色
(3)F
(4)KOH
(5)NH3+HCl＝NH4Cl
【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑦分别是N、O、F、Na、Si、Cl、K，据此解答。
【详解】（1）元素⑤是Si，位于周期表中的第三周期第ⅣA族。
（2）④⑥两种元素形成的化合物是离子化合物氯化钠，该化合物的电子式为，高温灼烧该化合物时，火焰呈黄色。
（3）同周期自左向右原子半径逐渐减小，则①②③三种元素中，原子半径最小的是F。
（4）同主族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越强，则④⑦两种元素最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是KOH。
（5）①⑥两种元素的简单氢化物分别是氨气和氯化氢，二者相遇会迅速反应生成氯化铵，产生大量白烟，该反应的化学方程式为NH3+HCl＝NH4Cl。
16． 第4周期第族 -1 高溴酸 弱 溶液从无色变为紫色，并且分层，上层为紫色，下层无色
【详解】(1)根据溴原子的结构示意图，结合核内质子数=核外电子数，则，主族元素周期数=电子层数，主族族序数=最外层电子数，根据其原子结构示意图知，该元素位于第4周期第族。故答案为：第4周期第族；
(2)最外层电子数=最高化合价数=+7，最低化合价=最高化合价数，最高价为+7价，最高价氧化物的水化物为 ，名称为高溴酸。故答案为：+7；；
(3)同主族，原子序数大的非金属性弱，则溴元素的非金属性比氯元素的非金属性弱。故答案为：弱；
(4)向溶液中滴加少量溴水，溴能置换出碘，反应的离子方程式为：，在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以发生萃取，苯的密度小于水，其现象是：溶液从无色变为紫色，并且分层，上层为紫色，下层无色。故答案为：；溶液从无色变为紫色，并且分层，上层为紫色，下层无色；
17． 60 13.6 设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1；58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
【详解】（1）所发生的反应为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，n(H2SO4)=0.06L×5mol/L=0.3mol，当溶液中的Mg、Al恰好完全沉淀时，溶液成分为Na2SO4，此时n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.3mol=0.6mol，所以；Mg、Al恰好完全沉淀，再继续滴加5 mL该NaOH溶液，Al(OH)3溶解，得到的沉淀质量为9.7 g，5mL NaOH溶液的物质的量n(NaOH)=0.005L×10mol/L=0.05mol，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，则溶解的Al(OH)3的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×78g/mol=3.9g，则溶液中的Mg和Al恰好完全沉淀，沉淀的最大值为3.9g+9.7g=13.6g；
（2）设镁铝合金混合物中含有x molMg，y molAl，则24x+27y=5.1，58x+78y=13.6，解得：x=0.1，y=0.1，可得关系式
则n(H2)=0.1mol+0.15mol=0.25mol，V(H2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L。
18．（8分）
（1）MgSO4：0.02mol（2分）
Al2(SO4)3：0.02mol（2分）
（2）HCl：110mL（3分）
（要求：没有写过程，只有结果的不给分）
【详解】试题分析：三种固体混合后的溶液加入盐酸，先不产生沉淀，说明氢氧化钠过量，则产生的白色沉淀为氢氧化镁沉淀，其物质的量为1.16/58=0.02摩尔，则原固体中硫酸镁的物质的量为0.02摩尔。在AB阶段，盐酸与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，消耗的盐酸的物质的量为2*0.02=0.04摩尔，则偏铝酸钠的物质的量为0.04摩尔， 生成0.04摩尔氢氧化铝，则原固体中硫酸铝的物质的量为0.02摩尔。在B点，溶液为氯化钠，根据钠离子和氯离子守恒分析，氢氧化钠的物质的量等于盐酸的物质的量，为2*0.03=0.06摩尔，后来氢氧化铝溶解消耗的盐酸的物质的量为氢氧化铝的物质的量的三倍，则为0.12摩尔，氢氧化镁消耗的盐酸的物质的量为0.04摩尔，所以消耗的盐酸的总体积为（0.12+0.04）/2=0.08L，所以Q点盐酸的体积为80+30=110mL。
考点： 金属及其化合物的性质，混合物的计算
【名师点睛】本题考查了混合物的计算，明确曲线的变化趋势及每段发生的化学反应，注意铝的化合物的性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸或碱反应，所以当氢氧化钠过量时反应生成偏铝酸钠，当偏铝酸钠中加入盐酸，少量时生成氢氧化铝沉淀，过量时生成氯化铝。
19． 长颈漏斗 N、C、Si ① ④ 双氧水 二氧化锰 氢硫酸或硫化钠溶液 2H2S+O2=2S↓+2H2O
【分析】（1）根据装置图分析；
（2）根据同周期和同主族元素非金属性的变化规律分析；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，装置中为强酸制备弱酸依此选择试剂；
（3）通过比较单质的氧化性来判断非金属性。
【详解】（1）由装置图可知，A为加液装置，A为分液漏斗，故答案为长颈漏斗；
（2）同周期从左到右非金属性增强，则C＜N，同主族元素从上到下非金属性：C＞Si，所以非金属性由强到弱的顺序是：N＞C＞Si；通过比较酸性强弱来判断非金属性强弱，装置中为强酸制备弱酸，所以A中试剂为稀硝酸，B中为碳酸钙，C中为Na2SiO3溶液，故答案为N、C、Si； ①；④；
（3）①完成了O元素的非金属性比S强的实验研究，通过比较单质的氧化性来判断非金属性，所以用二氧化锰作催化剂使双氧水分解生成氧气，氧气通过氢硫酸或硫化钠溶液会生成硫单质，故答案为双氧水； 二氧化锰； 氢硫酸或硫化钠溶液；
②C中发生反应的方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，故答案为2H2S+O2=2S↓+2H2O。
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