2018-2019学年福建省厦门外国语学校高一下学期第一次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年福建省厦门外国语学校高一下学期第一次月考化学试题（解析版）

‎2018-2019学年福建省厦门外国语学校高一下学期第一次月考 化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 Al-27 Cu-64‎ 一、选择题(本题包括15小题，每小题3 分，共45 分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列表述正确的是( ) ‎ ‎① Al(OH)3和 Na2CO3均可以用于治疗胃酸过多 ‎② 化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐 ‎③ 提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料 ‎④ 水晶项琏和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品 ‎⑤大阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ③④⑤ D. ③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①胃液的主要成分是盐酸，可以服用能与盐酸反应的物质来治疗胃酸过多，同时又不能伤害身体。如氢氧化铝、碳酸氢钠、氢氧化镁、碳酸钙等，Na2CO3的碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故①错误；‎ ‎②玛瑙的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故②错误；‎ ‎③水泥的成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，是硅酸盐，故③正确；‎ ‎④水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐产品，餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品，故④错误；‎ ‎⑤太阳能电池的成分是硅单质，太阳能是清洁能源，故⑤正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为①，要注意治疗胃酸过多的药品，不能对胃壁产生刺激，碳酸钠的碱性较强，会刺激胃壁，产生不良反应。‎ ‎2.下列物质中既能与稀硫酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是( )‎ ‎①NaHCO3 ②(NH4)2SO3 ③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤Al ⑥NaHSO4 ⑦AlCl3 ⑧Na2SiO3‎ A. ①②③④⑤⑦ B. ①③④⑤ C. ①②③④⑤ D. ②③④⑤⑥⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaHCO3是多元弱酸的酸式盐，与稀硫酸反应放出二氧化碳，与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠；‎ ‎②(NH4)2SO3是弱酸的铵盐，与稀硫酸反应放出二氧化硫，与氢氧化钠溶液反应生成氨气；‎ ‎③Al2O3是两性氧化物、④Al(OH)3是两性氢氧化物，与稀硫酸反应生成硫酸铝，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；‎ ‎⑤Al与稀硫酸反应放出氢气，与氢氧化钠溶液反应放出氢气；‎ ‎⑥NaHSO4只能跟氢氧化钠溶液反应生成正盐硫酸钠；‎ ‎⑦AlCl3只能跟氢氧化钠溶液反应，先生成沉淀，后沉淀溶解；‎ ‎⑧Na2SiO3只能跟稀硫酸溶液反应生成硅酸沉淀；‎ 所以①②③④⑤5种物质既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、Al(OH)3、氨基酸等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHSO3等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：(NH4)2CO3、NH4HCO3等；④某些特殊金属：Al等。‎ ‎3.将过量的CO2分别通入①CaC12溶液，②Na2SiO3溶液；③石灰水溶液，④饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是( )‎ A. ①②③④ B. ②④ C. ①②③ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故错误；‎ ‎②碳酸是弱酸，硅酸是更弱的酸，所以二氧化碳和硅酸钠能反应生成硅酸，硅酸是不溶于水的物质，所以最终有沉淀析出，故正确；‎ ‎③二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故错误；‎ ‎④碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以该溶液中会有碳酸氢钠析出，故正确；‎ 符合题意的有②④‎ 答案选B。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶夜中一定能大量共存的是 A. 在水溶夜中: H+、I-、NO3-、SiO32-‎ B. 饱和氯水中: Cl-、NO3-、Na+、SO32-‎ C. 在酸性溶夜中:  Cl-、NH4+、Al3+、SO42-‎ D. 加入金属铝产生H2的溶液中: NH4+、Na+、SO42-、CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．在酸性溶液中NO3－能氧化I－，不能大量共存，故A错误；B．饱和氯水中HClO或Cl2均能氧化SO32－，不能大量共存，故B错误；C．饱和CO2溶液中可大量存在H+、NH4+、Al3+、SO42－，故C正确；D．加入金属铝产生H2的溶液显酸性或碱性，碱性溶液中不可能大量存在NH4+，酸性溶液中不可能大量存在CO32－，故D错误；答案为C。‎ 点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。‎ ‎5.下列各组物质混合后，再加热蒸干并充分灼烧至质量不变，最终产物一定是纯净物的是（ ）‎ A. 向Na[Al (OH )4]溶液中加入过量的盐酸 B. 向KI和KBr 溶液中通入足量Cl2‎ C. 向FeSO4溶液中加入足量的NaOH 溶液 D. 向NaHCO3 溶液中加入Na2O2 粉末 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、最终生成物中有氯化钠和氧化铝，不符合；B、最终得到氯化钾，符合；C、最终得到硫酸钠和氧化铁，不符合；D、最终得到碳酸钠或碳酸钠和氢氧化钠的混合物，不符合。答案选B。‎ 点睛：本题考查化学反应的实质，正确理解反应产物，分析反应后产物是否分解及是否有挥发性，灼烧后是否以固体形式存在是解答本题的关键。‎ ‎6.将某些化学知识用图象表示，可以收到直观、简明的效果。下列图象所表示的化学知识中，不正确的是( )‎ A. 分散系分类 ‎ B. 醋酸稀释 ‎ C. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸 ‎ D. 向氯化铝溶液中滴加过量的NaOH溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体分散质粒子直径在1到100纳米之间，溶液分散质粒子直径小于1纳米，浊液分散质粒子直径大于100纳米，故A正确；‎ B．醋酸溶液加水稀释，溶液中离子浓度减小，溶液的导电能力逐渐减弱，与图象不符，故B错误；‎ C．向Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸，先发生：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，后发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，开始无气体，后来才产生气体，且前后所加盐酸的体积比为1∶1，故C正确；‎ D．先发生：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，后发生：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，生成沉淀过程消耗的NaOH与沉淀溶解消耗的NaOH体积比是3∶1，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列物质暴露在空气中不容易变质的是( )‎ A. 水玻璃 B. 石灰水 C. 生石灰 D. 小苏打 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸的酸性比硅酸强，水玻璃的主要成分是硅酸钠，易与空气中二氧化碳反应生成硅酸而变质，故A不选；‎ B、石灰水在空气中易吸收二氧化碳变成碳酸钙而变质，故B不选；‎ C、生石灰在空气中易吸水变成氢氧化钙而变质，故C不选；‎ D、小苏打的主要成分为碳酸氢钠，在空气中不易变质，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列物质可以实现一步转化的是( )‎ A. N2→NO2→HNO3→NH4Cl B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3‎ C. Cu→CuCl2→Cu(OH)2→CuO D. Si→SiO2→H2SiO3→NaSiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、N2+O22NO、2NO+O2=2NO2  3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知由氮气不能通过一步反应转化为二氧化氮，故A错误；‎ B、氧化铝不溶于水，也不与水反应，所以氧化铝无法一步转化为氢氧化铝，故B错误；‎ C．Cu与氯气加热生成CuCl2，CuCl2与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成氧化铜，均能一步转化，故C正确；‎ D、二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以二氧化硅无法一步转化为硅酸，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9. 下列说法正确的为（　　）‎ A. 12C、13C、14C、金刚石、石墨都是碳元素的同位素 B. 同种元素的原子，质量数一定相同 C. 互为同位素的原子，质子数一定相同 D. 由一种元素组成的物质，一定是纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金刚石、石墨都是碳元素形成的同素异形体，不是同位素，A错误；‎ B、同种元素的原子，质子数一定相同，由于中子数不同，则质量不一定相同，B错误；‎ C、同位素是指质子数相同中子数不同的原子的互称，因此互为同位素的原子，质子数一定相同，C正确；‎ D、一种元素可以形成不同的单质，不一定是纯净物，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.能说明Cl的非金属性比S强的事实有( ) ‎ ‎①常温下S为固体，而Cl2为气体 ‎②Cl2与H2混合，强光照射剧烈反应；而S与H2反应需较高温度 ‎③与Fe反应，Cl2生成FeCl3，而S生成FeS ‎④盐酸是强酸，而氢硫酸是弱酸 ‎⑤将Cl2通入氢硫酸中可置换出S A. ①③⑤ B. ②③④⑤ C. ②③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①常温时，硫是固体，而氯气为气体，都是物理性质，与非金属性无关，无法说明非金属性的强弱，故错误；‎ ‎②Cl2与H2混合，强光照射剧烈反应；而S与H2反应需较高温度，说明Cl2与H2化合较容易，S与H2化合较困难，则Cl的非金属性比S的强，故正确；‎ ‎③非金属单质与金属单质反应，生成产物的化合价越高，则非金属单质的氧化性越强，与Fe反应，Cl2生成FeCl3，而S生成FeS，所以Cl2的氧化性大于S的氧化性，所以Cl的非金属性比S的强，故正确；‎ ‎④比较元素的非金属性的强弱可以选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，故错误；‎ ‎⑤将Cl2‎ 通入氢硫酸中可置换出S，说明氯气的氧化性比S强，单质的氧化性越强，非金属性越强，所以能证明Cl的非金属性比S的强，故正确；‎ 正确的有②③⑤；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意把握比较非金属性的方法，非金属性属于化学性质，与物理性质无关。本题的易错点为④，要注意掌握和理解元素非金属性强弱的比较方法。‎ ‎11.下表所示为部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据表中信息判断下列叙述不正确的是 元素代号 A B C D E F G 原子半径/nm ‎0.182‎ ‎0.160‎ ‎0.089‎ ‎0.143‎ ‎0.102‎ ‎0.099‎ ‎0.071‎ 主要化合价 ‎+1‎ ‎+2‎ ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+6．-2‎ ‎-1‎ ‎-1‎ A. 气态氢化物的稳定性HG＞HF＞H2E B. A+、B2+、D3+、G-四种离子的核外电子排布相同 C. A与氧气反应的产物之一A2O2，阴离子和阳离子的比例为1:1‎ D. C元素的原子最外层电子数等于电子层数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素中，F、G为-1价，且原子半径F＞G，则G为F元素，F为Cl元素；E的化合价为-2、+6价，可知E为S元素，B为+2价，原子半径大于S元素，故B为Mg元素；D为+3价，原子半径小于Mg，大于S，故D为Al元素，C为+2价，原子半径小于镁，则C为Be元素，A显+1价，A的原子半径大于镁，所以A为Na元素，结合元素周期律和原子结构分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，A为Na元素，B为Mg元素，C为Be元素，D为Al元素，E为S元素，F为Cl元素，G为F元素。‎ A．G为F元素，F为Cl元素，E为S元素，非金属性F＞Cl＞S，因此气态氢化物的稳定性HF＞HCl＞H2S，故A正确；‎ B．A+、B2+、D3+、G-四种离子分别为Na+、Mg2+、Al3+、F-，四种离子核外均含有2个电子层，核外电子排布完全相同，故B正确；‎ C．钠与氧气反应的产物之一为Na2O2，阴离子(O22-)和阳离子(Na+)的比例为1:2，故C错误；‎ D、C为Be元素，最外层有两个电子，电子层数为两层，最外层电子数等于电子层数，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A2属于绿色燃料，C的氧化物用于生产光导纤维，D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，B、C为同周期元素，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数． 根据以上叙述，下列说法中正确的是 A. 五种元素中有两种金属元素 B. 元素C、D、E的最高价氧化物对应水化物的酸性增强 C. 元素D、E分别与元素A形成化合物的稳定性：A2D>AE D. 元素B、D、E的简单离子半径大小为：B>D>E ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7-6=1，为Na元素；A．五种元素中，只有Na(B)是金属元素，故A错误；B．元素C、D、E分别为Si、S、Cl，非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故B正确；C．元素D、E分别S、Cl，非金属性：Cl＞S，则对应氢化物的稳定性：A2D＜AE，故C错误；D．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小为：D＞E＞B，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查原子结构与元素周期律的关系 ‎【名师点晴】注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系推断元素为解答关键，，五种短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次递增，A2属于绿色燃料，则A为H元素；C的氧化物常用于玻璃的生产，则C为Si元素；D元素原子的核电荷数是同主族上一周期元素的2倍，则D为S元素；E的原子序数大于S，则E为Cl元素；B、C为同周期元素，则B位于第三周期，B、D原子最外层电子数之和等于E的最外层电子数，则B最外层电子数=7-6=1，为Na元素，据此结合元素周期律知识解答。‎ ‎13. 四种主族元素的离子aXm＋、bYn＋、cZn－和dRm－(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则对下列叙述的判断正确的是（ ）‎ ‎①a－b＝m－n ‎②元素的原子序数a＞b＞c＞d ‎③元素非金属性Z＞R ‎④最高价氧化物对应水化物的碱性X＞Y A. ②③ B. ③ C. ①②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 金属元素的原子失去电子变为阳离子，非金属元素的原子获得电子变为阴离子，原子失去或获得的电子越多，其所带的电荷就越多，根据题意可得：①a－m＝b－n ，整理可得a－b＝m－n，①正确；由于这几种离子的电子层结构相同，aXm＋、bYn＋是阳离子，失去的电子m>n，所以原子序数a＞b；cZn－和dRm－是阴离子，得到的电子m>n，所以原子序数c>d，阳离子的原子序数大于阴离子的原子序数，所以元素的原子序数a>b>c>d，②正确；③同一周期的元素，原子序数越大，元素非金属性越强，由于Z的原子序数大于R的原子序数，所以非金属性Z＞R，③正确；④同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性就越弱。原子序数X＞Y。所以最高价氧化物对应水化物的碱性Y＞X，④错误；答案选D。‎ ‎14.下列实验操作不能达到实验目的的是( )‎ 选项 实验操作 实验目的 A 某溶液做焰色反应，为黄色 证明此溶液一定为钠盐 B 将二氧化碳通入硅酸钠溶液中，产生白色沉淀 ‎ 证明碳酸的酸性强于硅酸 C 把铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化后的液态铝不会滴落下来 证明Al2O3的熔点比Al高 D 将Fe(OH)3胶体过滤后所得滤液置于暗处，再用激光笔照射滤液，产生丁达尔现象 证明胶体的分散质能透过滤纸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．焰色反应为元素的性质，由现象可知溶液中含有钠离子，可能为NaOH或钠盐溶液，故A错误；‎ B、二氧化碳通入硅酸钠溶液中发生强酸制取弱酸的反应，生成白色沉淀硅酸，则碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故B正确；‎ C．由于氧化铝的熔点高于铝，则加热时铝箔出现熔化但不滴落的现象，故C正确；‎ D. 将Fe(OH)3胶体过滤后所得滤液置于暗处，再用激光笔照射滤液，产生丁达尔现象，说明滤液属于胶体，说明Fe(OH)3胶体中的胶体粒子能透过滤纸，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.已知CeO2通常既不溶于强酸，也不溶于强碱。某工厂以平板电视显示屏厂的废玻璃粉末（含CeO2‎ ‎、SiO2、Fe2O3、FeO等物质）为原料，设计如下图所示工艺流程，制得纯净的CeO2。下列说法正确的是（ ）‎ A. 实验室中，操作3和操作1、操作2所用仪器不同 B. 滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，其中H2O2做氧化剂 C. 滤液中Ce3+与NaOH、O2的反应属于化合反应 D. 操作2分离得到的滤渣中一定含有未反应的SiO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程图可知，向玻璃粉末中加入稀硫酸，Fe2O3和FeO溶解，CeO2和SiO2不溶解，过滤得到的滤渣中含有CeO2和SiO2；向滤渣中加入稀H2SO4和H2O2，CeO2做氧化剂，被H2O2还原为Ce3+，过滤得到含Ce3+的滤液和含有SiO2的滤渣；滤液中Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀，过滤得到Ce(OH)4固体和硫酸钠溶液；Ce(OH)4固体加热分解得到CeO2。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ A. 操作1、操作2和操作3都是过滤，所用仪器完全相同，A项错误；‎ B. CeO2与稀H2SO4和H2O2反应时，CeO2作氧化剂，H2O2作还原剂，B项错误；‎ C.Ce3+与NaOH、O2反应生成Ce(OH)4沉淀时，Ce3+作还原剂，O2作氧化剂，反应的离子方程式为：2Ce2(SO4)3+O2+12NaOH+2H2O4Ce(OH)4↓+6Na2SO4，该反应不属于化合反应，C项错误；‎ D. SiO2是酸性氧化物，不与稀H2SO4反应，操作2分离得到的滤渣中主要成分是SiO2，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题侧重考查无机物的制备及其性质探究，重在培养学生学以致用，分析问题解决问题的能力，其中氧化还原反应的配平贯穿于整个无机化学方程式中，是高频考点，配平氧化还原反应要遵循一下几个原则：‎ ‎（1）电子守恒，即得失电子总数相等；‎ ‎（2）质量守恒，即反应前后各元素的原子个数相等。‎ 另外，要特别留意溶液中的酸碱性也会影响产物的生成。‎ 二、填空题(本题包括5小题，共55分)‎ ‎16.根据要求完成下列化学方程式或离子方程式。‎ ‎(1)利用铝热反应焊接钢轨的化学方程式为_________________________。‎ ‎(2)工业制备粗硅的化学方程式_________________。‎ ‎(3)氯化铝溶液与氨水制备氢氧化铝的离子方程式为_________________。‎ ‎(4)用离子反应方程式说明为何装氢氧化钠溶液不能用玻璃塞_________________。‎ ‎(5)用盐酸除去铜锈(碱式碳酸铜)的离子反应_________________。‎ ‎【答案】 (1). 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3 (2). 2C+SiO2Si+2CO (3). Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ 3NH4+ (4). SiO2 + 2OH- = SiO32- + H2O (5). Cu2(OH)2CO3+ 4H+= 2Cu2++ 3H2O+ CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)用铝热反应焊接钢轨是利用铝能够还原氧化铁生成铁；‎ ‎(2)工业上制备粗硅，是利用碳在高温下还原二氧化硅；‎ ‎(3)氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵；‎ ‎(4)氢氧化钠能够与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，长时间后，瓶塞不容易打开；‎ ‎(5)盐酸与碱式碳酸铜反应生成氯化铜、水和二氧化碳；‎ 据此分析书写方程式。‎ ‎【详解】(1)用铝热反应焊接钢轨是利用铝能够还原氧化铁，反应的化学方程式为2Al + Fe2O32Fe + Al2O3，故答案为：2Al + Fe2O32Fe + Al2O3；‎ ‎(2)工业上利用碳在高温下还原二氧化硅制备粗硅，反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO；‎ ‎(3)氯化铝溶液与氨水制备氢氧化铝的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ 3NH4+，故答案为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+ 3NH4+；‎ ‎(4)氢氧化钠能够与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，长时间后，瓶塞不容易打开，因此盛装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，反应的离子方程式为SiO2 + 2OH -= SiO32- + H2O，故答案为：SiO2 + 2OH -= SiO32- + H2O；‎ ‎(5)盐酸与碱式碳酸铜反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+ 4H+= 2Cu2++ 3H2O+ CO2↑，故答案为：Cu2(OH)2CO3+ 4H+= 2Cu2++ 3H2O+ CO2↑。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意高温下碳与二氧化硅反应生成一氧化碳，不是生成二氧化碳。‎ ‎17.短周期元素W、X 、Y 和Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。回答下列问题：‎ W X Y Z ‎(1) X在元素周期表中的位置为_______；画出X的简单离子结构示意图_______。‎ 已知X元素的一种原子，其中子数为10，写出这种原子的原子符号_____________。‎ ‎(2)四种元素简单离子的半径由大到小为_____________(用离子符号表达)。‎ ‎(3)W、X的最简单氢化物稳定性为_______＞________(填化学式)。‎ ‎(4)Z最高价氧化物的水化物与Y最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为______ 。‎ ‎(5)ZX2气体是一种广谱杀菌消毒剂。工业上可利用NaZX3和NaZ 在酸性条件下制得ZX2 同时得到Z元素的单质，该反应的离子方程式为_____________。‎ ‎【答案】 (1). 第2周期 ⅥA族 (2). (3). (4). Cl-＞N3-＞O2-＞Al3＋ (5). H2O (6). NH3 (7). Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O (8). 2ClO3-+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中的位置可知，W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+(n+2)+(n+3)+(n+4)=21，解得：n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应元素及其化合物的性质以及元素周期律分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素。‎ ‎(1)X为O元素，原子序数为8，位于元素周期表中第二周期ⅥA族，O2-的结构示意图为；O的质子数=8，中子数=10，则质量数=8+10=18，原子符号为，故答案为：第二周期ⅥA族；；；‎ ‎(2)离子的电子层越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则四种元素简单离子的半径由大到小为：Cl-＞N3-＞O2-＞Al3+，故答案为：Cl-＞N3-＞O2-＞Al3+；‎ ‎(3) W为N元素，X为O元素，非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O＞N，则氢化物稳定性H2O＞NH3，故答案为：H2O；NH3；‎ ‎(4)‎ ‎ Z为Cl元素，Y为Al元素。Z最高价氧化物的水化物为高氯酸，Y最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，二者反应的化学方程式为Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O，故答案为：Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O；‎ ‎(5)ClO2气体是一种广谱杀菌消毒剂，工业上可利用NaClO3和NaCl在酸性条件下制得ClO2同时得到Cl2，该反应的离子方程式为：2ClO3-+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。‎ ‎18.短周期元素A、B、C、D、E、F，它们的原子序数依次增大；A元素的原子是半径最小的原子；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X；D与A同主族，且与F同周期；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的3/4倍，A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物。D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应。请回答下列问题：‎ ‎(1)写出B、C、E元素的名称B___、C___、E___。‎ ‎(2)请写出含C质量分数最高的化合物的化学式：______ 。‎ ‎(3)A、C、D、F四种元素可以形成两种可以互相反应的酸式盐(均由四种元素组成)，这两种酸式盐的化学式分别为______、______。‎ ‎(4)A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为________________________。‎ ‎(5)向含有a molE离子的氯化物溶液中加入含b molD的最高价氧化物对应水化物的溶液，生成沉淀的物质的量不可能为_______________________________ 。‎ ‎①a mol ②b mol ③a/3 mol ④b/3 mol ⑤0   ⑥(4a-b)mol ‎【答案】 (1). 氮 (2). 氧 (3). 铝 (4). H2O2 (5). NaHSO3 (6). NaHSO4 (7). HS-+OH-=S2-+H2O (8). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F是短周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的原子是半径最小的原子，则A为H元素；B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X，则B为N元素，X为NH4NO3；D与A同主族，且D的原子序数大于N元素，故D为Na元素；F元素的最外层电子数是其次外层电子数的倍，F原子有3个电子层，最外层电子数为6，故F为S元素；A、B、D、F这四种元素，每一种与C元素都能形成元素的原子个数比不相同的若干种化合物，则C为O元素；D、E、F三种元素对应的最高价氧化物的水化物间两两皆能反应，是氢氧化铝与强碱、强酸反应，可推知E为Al元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Al元素，F为S元素。‎ ‎(1)由上述分析可知，B、C、E元素的名称分别为：氮、氧、铝，故答案为：氮；氧；铝；‎ ‎(2) C为O元素，含O质量分数最高的化合物为过氧化氢，化学式为H2O2，故答案为：H2O2；‎ ‎(3)H、O、N、S四种元素可以形成两种可以互相反应的酸式盐(均由四种元素组成)分别为NaHSO3、NaHSO4，故答案为：NaHSO3；NaHSO4； ‎ ‎(4)H、O、S间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，且甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为HS-，乙为OH-，则甲与乙反应的离子方程式为：HS-+OH-=S2-+H2O，故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；‎ ‎(5)向含有a mol AlCl3的溶液中加入含b mol NaOH的溶液，可能发生的反应有①AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，②AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl。‎ 当a∶b≥1∶3时，只发生反应①，二者恰好反应时得到沉淀为amol或mol，氯化铝过量时，得到沉淀小于amol，可能为mol；‎ 当a∶b≤1∶4时，只发生反应②，没有沉淀生成，即沉淀为0；‎ 当1∶3＜a∶b＜1∶4时，发生反应①②，则：‎ AlCl3 + 3NaOH = Al(OH)3↓+3NaCl xmol  3xmol  xmol，‎ AlCl3 + 4NaOH = NaAlO2+3NaCl，‎ ‎(a-x)mol  4(a-x)mol 则3xmol+4(a-x)mol=b，解得x=(4a-b)，即沉淀为(4a-b)mol，由于部分铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可能为mol；‎ 由氢氧根守恒可知，氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH物质的量，即沉淀不能为bmol，‎ 综上分析可知，沉淀可能为①a mol、③mol、④mol、⑤0、⑥(4a-b)mol，不可能为②b mol，故答案为：②。‎ ‎【点睛】正确推断元素是解得本题的关键。本题的易错点和难点为(6)，该计算属于字母讨论型计算，增加了试题的难度，需要学会根据发生的反应方程式分情况讨论。‎ ‎19.氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为测定某样品中AlN的含量，设计如下二种实验方案。(已知：样品中的杂质不与NaOH反应，且AlN+NaOH+3H2O═Na[Al(OH)4]+NH3↑)‎ ‎【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。‎ ‎(1)如图C装置中球形干燥管的作用是______。‎ ‎(2)完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先______，再加入实验药品。接下来的实验操作是______，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是______。‎ ‎(3)由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见______。‎ ‎【方案2】按以下步骤测定样品中AlN的纯度：‎ ‎(4)步骤②生成沉淀的离子方程式为______。‎ ‎(5)若在步骤③中未洗涤，测定结果将______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。‎ ‎(6)AlN的纯度为_____________(含m1，m2的式子表示)。‎ ‎【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 检查装置气密性 (3). 关闭K1，打开K2 (4). 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 (5). C装置出口处连接一个干燥装置 (6). 2[Al(OH)4]-+CO2=HCO3-+Al(OH)3↓ 或CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓ (7). 偏高 (8). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方案l：测定原理是通过测定AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量。‎ ‎(1)氨气是能和浓硫酸发生反应的气体，结合装置分析；‎ ‎(2)气体制备实验组装好实验装置，需要先检查装置气密性，再加入实验药品。实验时需要先关闭K1，打开K2；实验中需要将反应生成的氨气全部赶入装置C被浓硫酸吸收，便于准确测定装置C的增重；‎ ‎(3)装置C中的浓硫酸也能够吸收空气中的水蒸气，据此分析解答；‎ 方案2：根据流程可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体为m2g；‎ ‎(4)步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；‎ ‎(5)步骤③中沉淀未洗涤，会造成氢氧化铝沉淀的质量偏高，铝元素的质量偏大，据此分析判断；‎ ‎(6)测定AlN的纯度的原理是：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量。‎ ‎【详解】方案1：测定原理是通过测定AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑反应生成氨气的质量来计算氮化铝的含量。‎ ‎(1)氨气与浓硫酸能发生反应，易发生倒吸，图C装置中球形干燥管可以防止倒吸，故答案为：防止倒吸；‎ ‎(2)组装好实验装置，气体制备实验需要先检查装置气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气可以使反应生成的氨气全部赶入装置C中被浓硫酸吸收，故答案为：检查装置气密性；关闭K1，打开K2；把装置中残留的氨气全部赶入C装置；‎ ‎(3)装置C中的浓硫酸也能够吸收空气中的水蒸气，使测定结果偏高，改进的方法可以是在C装置出口处连接一个盛碱石灰干燥管，故答案为：C装置出口处连接一个干燥装置；‎ 方案2：流程分析可知，样品溶解于过量的氢氧化钠溶液中过滤洗涤，得到滤液和洗涤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，过滤洗涤得到氢氧化铝固体，煅烧得到氧化铝固体为m2g；‎ ‎(4)步骤②生成的沉淀是氢氧化铝，是偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体反应生成的，反应的离子方程式为：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓；‎ ‎(5)步骤③中沉淀未洗涤，会造成氢氧化铝沉淀的质量偏高，铝元素的质量偏大，根据质量守恒，则AlN的纯度偏高，故答案为：偏高；‎ ‎(6)测定AlN的纯度的原理是：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀：CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓，氢氧化铝灼烧得到氧化铝，通过测定氧化铝得质量来计算氮化铝的质量，Al2O3物质的量==mol，依据氮元素守恒得到样品中氮元素物质的量=n(AlN)=mol×2=mol，A1N的纯度=×100%=×100%，故答案为：×100%。‎ ‎20.(1)铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：‎ ‎①沉淀A成分是____________；步骤②中的试剂a是_________；(以上均填化学式)。‎ ‎②简述检验所得滤液甲中存在Fe3+的操作方法：________________________。‎ ‎(2)用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)。有如下操作：‎ 已知：在pH为4～5时，Fe3+几乎完全转化为Fe(OH)3沉淀，Cu2+却不反应。‎ ‎①氧化剂A可选用_________________(填编号，下同)。‎ A KMnO4 B HNO3 C Cl2 D 浓盐酸 ‎②试剂B可选用____________________。 ‎ A NaOH B CuO C FeO D HCl ‎③试剂B的作用是_______________________________。 ‎ A 使Cu2+完全沉淀 B 使Fe3+完全沉淀 C 提高溶液的pH D 除去过量的氧化剂 ‎④从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). NaOH (3). 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色，如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+ (4). C (5). B (6). BC (7). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铝土矿中加入过量盐酸，Al2O3、Fe2O3能够溶于盐酸，SiO2不溶，过滤得到沉淀A为SiO2，滤液甲中加入过量NaOH溶液过滤后得到沉淀B和滤液乙，滤液甲中的溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，因此沉淀B为Fe(OH)3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过量二氧化碳得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，据此分析解答；‎ ‎(2)向含少量铁的氧化铜固体中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；CuO+2H+=Cu2++H2O，加入氧化剂A的目的是把亚铁离子氧化；加入试剂B的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)①由以上分析可知A为SiO2；滤液甲中含有Al3+、Fe3+、过量的H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，将铝离子转化为AlO2-，故答案为：SiO2；NaOH溶液；‎ ‎②铁离子与KSCN反应，溶液变红色，检验溶液中存在Fe3＋的操作方法为取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3＋，否则不含Fe3＋，故答案为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3＋，否则不含Fe3＋；‎ ‎(2)向固体中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；CuO+2H+=Cu2++H2O，加入氧化剂A的目的是把亚铁离子氧化，根据除杂原则，不能引入新的杂质；加入试剂B的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体。‎ ‎①根据题意，加入的氧化剂A可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以A为Cl2，故选C；‎ ‎②试剂B的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，为了得到较纯的产品，试剂B可选用CuO或Cu2(OH)2CO3，A、C均会引入杂质离子，故选B；‎ ‎③溶液酸性较强，铁离子不沉淀，为使铁离子沉淀完全，需要提高溶液的pH，故选BC；‎ ‎④从滤液中得到氯化铜晶体，首先要加热蒸发浓缩，冷却结晶后，再将沉淀过滤出来，经过洗涤、干燥即可，故答案为： 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。‎ ‎ ‎ ‎ ‎