1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年河南省南阳市唐河一中高一（下）第一次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共42分）1下列各组中属于同位素关系的是（）A与BT2O与H2OC与D金刚石与石墨2下列说法不正确的是（）A硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B当加热到一定程度时，硅能与氧气、氢气等非金属反应C二氧化硅既是酸性氧化物，又是碱性氧化物D硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料3现有100mL 3molL1NaOH溶液和100mL 1molL1的AlCl3溶液将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；将AlCl3溶液分多次
2、加到NaOH溶液中比较两种操作是（）A现象相同，沉淀质量不等B现象相同，沉淀质量也相等C现象不同，沉淀质量不等D现象不同，沉淀质量相等4某些化学试剂可用于净水水处理中使用的一种无机高分子混凝剂的化学式可表示为Al2（OH）nClmyH2OX，式中m等于（）A3nB6nC6+nD3+n5将过量的CO2分别通入CaCl2溶液，Na2SiO3溶液，Ca（ClO）2溶液，饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是（）ABCD6下列叙述正确的是（）A40K和40Ca原子中的质子数和中子数都相等B某原子最外层只有一个电子，则它一定是A族元素C任何原子或离子的组成中都含有质子D同位素的不同核素物理、化学性质完
3、全相同7下列各组中，性质比较不正确的是（）A酸性：HClO4HBrO4HIO4B碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3C稳定性：PH3H2SHClD非金属性：FOS8若将铝粉分别加入下列溶液中，能放出氢气，且可能大量共存的是（）AH+、Ba2+、Cl、NO3BNH4+、CO3、NO3、Na+CNO3、K+、Al（OH）4、OHDNa+、Ba2+、Mg2+、HCO39下列复合材料对应的性能正确的是（）序号复合材料可能的性能A金属；C强度高，抗冲击，绝缘性好，耐热温度低于300B陶瓷；SiO2耐1600以上高温，强度高，密度小C合成树脂；SiO2，Al2O3，MgO耐酸碱，化学稳定性好，强度高
4、，密度小，韧性好D合成树脂；C耐高温，强度高，导电性好，导热性好AABBCCDD10已知Ba【Al（OH）4】2可溶于水如图表示的是向A12（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2的物质的量x的关系下列有关叙述正确的是（）Aab时沉淀的物质的量：A1（OH）3比BaSO4多Bde时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OHCad时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A1（OH）3Dcd时溶液中离子的物质的量：【Al（OH）4】比Ba2+少11等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6
5、，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量12两种短周期元素组成的化合物中，原子个数比为1：3，若两种元素的原子序数分别为a和b，则a和b的关系可能是a=b+3；a+b=8；a+b=30；a=b+8（）ABCD13下列各表中的数字代表的是原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（）ABCD14下列有关碱金属铷（Rb）的叙述中，正确的是（）A灼烧氯化铷时，火焰有特殊颜色B硝酸铷是离子化合物，不易溶于水C在钠、钾、铷三种单质中，铷的熔点最高D氢氧化铷是弱碱二、非选择题15甲是一种盐，
6、由A、B、C、D、E五种元素组成，其中四种是短周期元素甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族用甲进行如下实验：取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色；取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，加热；取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀回答下列问题：（1）C的元素符号是，D在周期表中的位置（2）用离子方程式表示实验中现象的原因：（3）实验中出现的现象是（4）经测定甲晶体的摩尔质量为392g/mol，其中阳离子与阴离子物质的
7、量之比为3：2，则甲晶体的化学式为16无水氯化铝是白色晶体，易吸收水分在178升华氯化铝常作为有机合成和石油工业的催化剂，并用于处理润滑油等工业上由金属铝和氯气作用或由无水氯化氢气体与熔融金属铝作用而制得某课外兴趣小组在实验室里，通过图 930装置制取少量纯净的无水氯化铝（1）开始实验时，不能先点燃A装置的酒精灯，后打开分液漏斗的活塞，将适量浓硫酸注入烧瓶里，其理由是；（2）A装置中发生反应的化学方程式为；（3）在E处可收集到纯净的氯化铝，其原因是；（4）从A装置导出的气体若不经过B，C装置而直接进入D管，将对实验产生不良的后果是；（5）F装置所起的作用有；（6）无水氯化铝在潮湿空气中，会产生
8、大量白雾，反应方程式17下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序是（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是（3）写出由、元素形成的可做消毒剂的一种化合物的化学式：（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）aMnO2 bFeCl3 cNa2SO3 dKMnO4（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为；M中的阳离子的鉴定方法是18有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息AA
9、的单质是密度最小的物质BB的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子CC的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍DD与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小EB、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分FF元素最高正价与最低负价的代数和为4（1）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（用化学式表示）；（2）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式；（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种
10、固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等，则原混合物中D单质的质量分数为；（4）一定量的石灰乳中通人一定量的E单质两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示则t2时刻消耗氢氧化钙质量为，此时反应的化学方程式为19短周期元形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，又能溶于强碱E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F溶液F在空气中长期放置发生反应，生成物之一为HH与过氧化钠的结构和化学
11、性质相似，其溶液显黄色请回答下列问题：（1）组成单质A的元素位于周期表中第周期，第族（2）B与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：（3）G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯该反应的氧化产物为，当生成2mol二氧化氯时，转移电子mol（4）溶液F在空气中长期放置生成H的化学方程式为：（5）H的溶液与稀硫酸反应的方程式为2015-2016学年河南省南阳市唐河一中高一（下）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共42分）1下列各组中属于同位素关系的是（）A与BT2O与H2OC与D金刚石与石墨【分析】具有相同质子数、不同中子数的同种元素的原子，互
12、为同位素，以此来解答【解答】解：A质子数不同，为不同元素的原子，不是同位素关系，故A不选；B均为化合物，且为同种物质水，故B不选；C质子数均为19，中子数分别为21、20，则二者互为同位素，故C选；D均为单质，为碳的同素异形体，故D不选；故选C【点评】本题考查同位素的判断，为基础性习题，把握同位素的分析对象为原子为解答的关键，注意相关概念的辨析，题目较简单2下列说法不正确的是（）A硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B当加热到一定程度时，硅能与氧气、氢气等非金属反应C二氧化硅既是酸性氧化物，又是碱性氧化物D硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料【分析】A硅的单质是灰
13、黑色、硬、有金属光泽的固体；B当加热到一定程度时，硅能与氧气、氢气等非金属反应分别生成二氧化硅、硅烷；C和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物；D硅的原子最外层4个电子，其导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料【解答】解：A硅是非金属元素，晶体硅为灰黑色，无定形硅为黑色，都是有金属光泽的固体，故A正确；B当加热到一定程度时，硅能与氧气Si+OSiO，硅能与氢气反应2H2+SiSiH4，故B正确；C二氧化硅不是两性氧化物，二氧化硅除了和氢氟酸反应，不与其它酸反应，不属于碱性氧化物，二氧化硅能和碱
14、反应，属于酸性氧化物，故C错误；DSi在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，单质硅是一种良好的半导体材料，故D正确；故选C【点评】本题主要考查了硅的性质，掌握硅原子的结构特点，以及硅的化学性质是解答的关键，题目难度不大3现有100mL 3molL1NaOH溶液和100mL 1molL1的AlCl3溶液将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中比较两种操作是（）A现象相同，沉淀质量不等B现象相同，沉淀质量也相等C现象不同，沉淀质量不等D现象不同，沉淀质量相等【分析】将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3+3OHAl（OH）3，将AlCl
15、3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，以此进行判断【解答】解：100mL 3molL1NaOH溶液中n（NaOH）=0.3mol，100mL 1molL1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol，则将NaOH溶液分多次加到AlCl3溶液中，发生：Al3+3OHAl（OH）3，现象为观察到白色沉淀；将AlCl3溶液分多次加到NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH=AlO2+2H2O，Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，由于AlCl3最后全部转化为A
16、l（OH）3，沉淀质量相等故选D【点评】本题考查的化合物的性质，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累，特别是铝三角知识，为中学元素化合物中的重要内容4某些化学试剂可用于净水水处理中使用的一种无机高分子混凝剂的化学式可表示为Al2（OH）nClmyH2OX，式中m等于（）A3nB6nC6+nD3+n【分析】根据化合物中各元素的化合价的代数和为0计算m【解答】解：在化合物Al2（OH）nClmyH2OX中Al是+3价，OH是1价，H2O是0价，Cl是1价，所以2（+3）+n（1）+m（1）+y0=0所以m=6n故选B【点评】本题考查了根据化学式判断化合价，难度不大，根据化合物中各元素的化合价
17、的代数和为0判断即可5将过量的CO2分别通入CaCl2溶液，Na2SiO3溶液，Ca（ClO）2溶液，饱和Na2CO3溶液，最终有沉淀析出的是（）ABCD【分析】先确定二氧化碳和这些溶液中的溶质是否反应，若反应，再根据反应后的生成物的溶解性确定选项【解答】解：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，故正确次氯酸是比碳酸还弱的酸，所以二氧化碳、水和次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀，但二氧化碳是过量的，过量的二氧化碳和碳酸钙能继续反应生成可溶性
18、的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀析出，故错误碳酸钠能和水、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，故正确故选B【点评】本题考查了碳元素及其化合物的性质，难度不大，注意次氯酸是比碳酸还弱的酸，但次氯酸是强氧化性酸6下列叙述正确的是（）A40K和40Ca原子中的质子数和中子数都相等B某原子最外层只有一个电子，则它一定是A族元素C任何原子或离子的组成中都含有质子D同位素的不同核素物理、化学性质完全相同【分析】A、元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数质子数B、最外层有一个电子的元素不一定是第A族元素C、根据原子或离子的构成
19、分析判断D、同位素的物理性质不同但化学性质相同【解答】解：A、40K中质子数是19，中子数是21；40Ca中质子数是20，中子数是20，故A错误B、最外层有一个电子的元素不一定是第A族元素，如：铜原子的最外层有一个电子，但铜是副族元素，故B错误C、原子是由原子核和核外电子构成的，原子核由质子和中子构成，原子变成离子，变化的是核外电子，但核内质子不变，所以任何原子或离子的组成中都含有质子，故C正确D、同位素的不同核素其核外电子数相同，电子层排布相同，最外层电子决定其化学性质，所以同位素的不同核素的化学性质相同，但物理性质不同，故D错误故选C【点评】本题考查了原子的构成、同位素的性质等知识点，易错
20、选项是B，明确最外层有一个电子的元素不一定是第A族元素7下列各组中，性质比较不正确的是（）A酸性：HClO4HBrO4HIO4B碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3C稳定性：PH3H2SHClD非金属性：FOS【分析】A、同一主族元素的原子，从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱；B、同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱；C、同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强；D、同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强【解答】解：A、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，从上到
21、下，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐减弱，即酸性：HClO4HBrO4HIO4，故A正确；B、Na、Mg、Al属于同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的碱的碱性逐渐减弱，即碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，故B正确；C、P、S、Cl属于同周期元素的原子，从左到右，得电子能力逐渐增强，气态氢化物稳定性逐渐增强，所以稳定性：PH3H2SHCl，故C错误；D、F和O属于同一周期元素，从左到右，非金属性逐渐增强，所以非金属性：FO，O和S属于同一主族元素，从下到上，非金属性逐渐增强，所以OS，即非金属性FOS，故D正确【点评】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学
22、知识来回答，难度不大8若将铝粉分别加入下列溶液中，能放出氢气，且可能大量共存的是（）AH+、Ba2+、Cl、NO3BNH4+、CO3、NO3、Na+CNO3、K+、Al（OH）4、OHDNa+、Ba2+、Mg2+、HCO3【分析】若将铝粉分别加入下列溶液中，能放出氢气，则溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，如离子在碱性或酸性条件下不发生任何反应，则可大量共存，以此解答【解答】解：A溶液中含有NO3，与铝反应不生成氢气，故A错误；B碱性条件下NH4+不能大量共存，酸性条件下CO3不能大量共存，故B错误；C碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D无论溶液呈酸性还是碱性，HCO3都
23、不能大量共存，故D错误故选C【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合考查，注意把握题给信息，答题时要注意审题，明确常见离子的性质以及反应类型为解答该类题目的关键，难度不大9下列复合材料对应的性能正确的是（）序号复合材料可能的性能A金属；C强度高，抗冲击，绝缘性好，耐热温度低于300B陶瓷；SiO2耐1600以上高温，强度高，密度小C合成树脂；SiO2，Al2O3，MgO耐酸碱，化学稳定性好，强度高，密度小，韧性好D合成树脂；C耐高温，强度高，导电性好，导热性好AABBCCDD【分析】A碳纤维熔点高、硬度大，柔韧性强，金属熔点较高、导电、导热；B陶
24、瓷为硅酸盐材料耐酸碱腐蚀，性质稳定；二氧化硅为原子晶体，熔点高；C合成树脂为高分子化合物，耐酸碱；SiO2为酸性氧化物；容易与碱反应，Al2O3，MgO性质活泼，易于酸反应生成盐和水；D合成树脂，耐酸碱，不导电；碳纤维熔点高、硬度大，【解答】解：A金属，C形成的复合材料，碳纤维熔点高、硬度大，金属熔点高、导电、导热，所以该复合材料耐高温、强度高、导电性好、导热性好的特点，故A错误；B陶瓷，SiO2 形成的复合材料，二氧化硅为原子晶体，陶瓷为硅酸盐材料，所以该复合材料耐1600以上高温，强度高，密度小，故B正确；C合成树脂，SiO2，Al2O3，MgOAl2O3形成的复合材料，SiO2为酸性氧化
25、物；容易与碱反应，Al2O3，MgO性质活泼，易于酸反应生成盐和水，所以该复合材料不耐酸碱，故C错误；D合成树脂，C形成的复合材料，合成树脂为高分子化合物，碳纤维，二者导电、导热性差，故该复合材料导电、导热性差，故D错误；故选：B【点评】本题考查复合材料的性能，注意复合材料应具有组成材料的优点，难度不大10已知Ba【Al（OH）4】2可溶于水如图表示的是向A12（SO4）3溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的物质的量y与加入Ba（OH）2的物质的量x的关系下列有关叙述正确的是（）Aab时沉淀的物质的量：A1（OH）3比BaSO4多Bde时溶液中离子的物质的量：Ba2+可能等于OHCa
26、d时沉淀的物质的量：BaSO4可能小于A1（OH）3Dcd时溶液中离子的物质的量：【Al（OH）4】比Ba2+少【分析】A、根据ab是沉淀生成增大的过程，发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，b点沉淀的物质的量最大以及所发生的反应来回答；B、d点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在BaAl（OH）42，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于BaAl（OH）42的物质的量时，溶液中Ba2+与OH的量相等；C、ab发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，bd中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为BaAl（OH）42，据此
27、来分析；D、cd发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=BaAl（OH）42，BaAl（OH）42电离出Al（OH）4、Ba2+，据此判断【解答】解：A、在ab发生反应A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，由方程式可知，沉淀的物质的量：Al（OH）3BaSO4，故A错误；B、d点时Al（OH）3沉淀恰好完全溶解，此时溶液中只存在BaAl（OH）42，当加入的Ba（OH）2的物质的量等于BaAl（OH）42的物质的量时，溶液中Ba2+与OH的量相等，故B正确；C、ab发生A12（SO4）3+3Ba（OH）2=2Al（OH）3+3BaSO4，由方程式可知，沉淀的物
28、质的量：Al（OH）3BaSO4，bd中Al（OH）3沉淀逐渐溶解转化为BaAl（OH）42，故ad时沉淀的物质的量：BaSO4大于A1（OH）3，故C错误；D、cd发生反应2Al（OH）3+Ba（OH）2=BaAl（OH）42，1molBaAl（OH）42电离出2molAl（OH）4、1molBa2+，故Al（OH）4比Ba2+多，故D错误；故选B【点评】结合图象知识来考查离子之间的反应，难度较大，熟悉每一段图中对应的化学反应是解答本题的关键11等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（
29、）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应【解答】解：发生反应有：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3 （3）现在的比值是5：6，比值处于
30、 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝对于酸过量而对于碱不足，故选B【点评】本题考查有关过量问题的计算，题目难度不大，本题注意铝与酸、碱反应的量的问题，用端值法求解12两种短周期元素组成的化合物中，原子个数比为1：3，若两种元素的原子序数分别为a和b，则a和b的关系可能是a=b+3；a+b=8；a+b=30；a=b+8（）ABCD【分析】两种元素形成的化合物中原子个数比为1：3，则为AB3，则A元素化合价为+3，B元素化合价为1，A在A族，B在A族，还可能为氨气、三氧化硫、三氯化磷、C2H6等物质，以此来解答【解答】解：两种元素形成的化合物中原子个数比为1：3，则为AB3，则A元
31、素化合价为+3，B元素化合价为1，如为AlF3，则a=b+4，不存在a=b+3的关系；如为SO3，a的原子序数为16，b的原子序数为8，则a=b+8；如为AlCl3，a的原子序数为13，b的原子序数为17，则a+b=30；如为NH3，a原子序数为7，H的原子序数为1，则a+b=8；故选B【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握原子个数及元素的化合价确定元素的位置是解题的关键，注意利用常见的实例分析，题目难度不大13下列各表中的数字代表的是原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（）ABCD【分析】根据元素周期表的结构：相邻两个周期同主族元素的原子序数相差
32、2、8、18、36来分析【解答】解：A、3号和5号元素之间相差很多个族，即12号的镁和13号的铝在周期表中不相邻，故A错误；B、5号和15号元素的原子不在同一主族，故B错误；C、1号和11好中间还有3号元素，故C错误D、O、Cl、Ne的位置关系是正确的，故D正确故选D【点评】本题考查学生元素周期表的结构和元素的分布知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大14下列有关碱金属铷（Rb）的叙述中，正确的是（）A灼烧氯化铷时，火焰有特殊颜色B硝酸铷是离子化合物，不易溶于水C在钠、钾、铷三种单质中，铷的熔点最高D氢氧化铷是弱碱【分析】A某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色；B依据
33、硝酸盐，碱金属元素对应的盐的溶解性判断；C金属晶体中，金属原子半径越大，金属键越弱，熔沸点越低；D依据同主族元素性质递变规律、元素金属性强弱的判断依据解答【解答】解：A铷为碱金属元素，所有含铷的物质在在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色，故A正确；B硝酸铷为硝酸盐，硝酸盐易溶于水，故B错误；C钠、钾、铷三种单质中，铷原子半径最大，金属键最弱，所以熔点最低，故C错误；D钠、钾、铷处于同主族，原子序数依次增大，同主族元素从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性依次增强，氢氧化钠、氢氧化钾为强碱，所以氢氧化铷一定是强碱，故D错误；故选：A【点评】本题考查了碱金属的性质，把握同主族元素性质
34、的递变规律是解题关键，题目难度不大二、非选择题15甲是一种盐，由A、B、C、D、E五种元素组成，其中四种是短周期元素甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B形成的10电子阳离子A元素原子核内质子数比E的少1，D、E处于同主族用甲进行如下实验：取少量甲的晶体溶于蒸馏水配成溶液；取少量甲溶液于试管中滴入KSCN溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色；取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，加热；取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀回答下列问题：（1）C的元素符号是Fe，D在周期表中的位置第三周期第A族（2）用离子方程式表示实验中现象的原因：2Fe2+Cl2
35、=2Cl+2Fe3+；Fe3+3SCNFe（SCN）3（3）实验中出现的现象是有白色絮状沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，加热有大量刺激性气味气体生成（4）经测定甲晶体的摩尔质量为392g/mol，其中阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，则甲晶体的化学式为（NH4）2Fe（SO4）26H2O【分析】甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B两种元素形成的10电子阳离子，应为铵根离子，A元素原子核内质子数比E的少1，所以A不可能是H元素，应为N元素，则E是O，B为H元素，D、E处于同主族，D是S，取少量甲溶液于试管中滴入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色，则甲溶液肯定含有Fe
36、2+，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，则甲溶液中含有SO42，综上所述，甲溶液中含有Fe2+，SO42，NH4+，阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，甲的化学式可能是（NH4）2Fe（SO4）2，根据晶体的摩尔质量为392g/mol，可以得到甲晶体的化学式为（NH4）2Fe（SO4）26H2O，据所以C为Fe元素，此答题；【解答】解：甲溶于水后可电离出三种离子，其中含有由A、B两种元素形成的10电子阳离子，应为铵根离子，A元素原子核内质子数比E的少1，所以A不可能是H元素，应为N元素，则E是O，B为H元素，D、E处于同主族，D是S，取少量甲溶液于试管中滴
37、入硫氰化钾溶液，无现象，再滴入氯水，溶液呈红色，则甲溶液肯定含有Fe2+，取少量甲溶液于试管中，向其中加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，则甲溶液中含有SO42，综上所述，甲溶液中含有Fe2+，SO42，NH4+，阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，甲的化学式可能是（NH4）2Fe（SO4）2，根据晶体的摩尔质量为392g/mol，可以得到甲晶体的化学式为（NH4）2Fe（SO4）26H2O，所以C为Fe元素，（1）由以上分析可知C是Fe，D是S，位于周期表第三周期第A族，故答案为：Fe；第三周期第A族；（2）甲溶液中含有Fe2+，加入氯水发生2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+，生成
38、Fe3+，加入KSCN发生Fe3+3SCNFe（SCN）3，溶液变成红色，故答案为：2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+；Fe3+3SCNFe（SCN）3；（3）取少量甲溶液于试管中加入适量NaOH溶液，发生Fe2+2OH=Fe（OH）2，有白色絮状沉淀生成，进而发生4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，同时又氨气生成，故答案为：有白色絮状沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，加热有大量刺激性气味气体生成；（4）甲溶液中含有Fe2+，SO42，NH4+，阳离子与阴离子物质的量之比为3：2，再根据化合价代数和为零可知，甲的化学式可能是（NH4）2
39、Fe（SO4）2，因为晶体的摩尔质量为392g/mol，所以甲晶体中含有水分子数为=6，所以晶体甲的化学式为（NH4）2Fe（SO4）26H2O，故答案为：（NH4）2Fe（SO4）26H2O【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据反应的现象判断物质，元素和物质推断是解题的关键，答题时注意相关基础知识的灵活运用16无水氯化铝是白色晶体，易吸收水分在178升华氯化铝常作为有机合成和石油工业的催化剂，并用于处理润滑油等工业上由金属铝和氯气作用或由无水氯化氢气体与熔融金属铝作用而制得某课外兴趣小组在实验室里，通过图 930装置制取少量纯净的无水氯化铝（1）开始实验时，不能先点燃A装置
40、的酒精灯，后打开分液漏斗的活塞，将适量浓硫酸注入烧瓶里，其理由是防止烧瓶受热不均而破裂；（2）A装置中发生反应的化学方程式为H2SO4（浓硫酸）+2NaClNa2SO4+2HCl、4HCl（浓盐酸）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O；（3）在E处可收集到纯净的氯化铝，其原因是生成的AlCl3受热升华，在E处冷凝析出；（4）从A装置导出的气体若不经过B，C装置而直接进入D管，将对实验产生不良的后果是未经除去的HCl气体、水蒸气随Cl2一同进入D管，与铝反应生成H2，易发生H2与Cl2混合爆炸及H2O（气）使AlCl3吸水水解后爆炸等；（5）F装置所起的作用有吸收多余的氯气，以免污染空气；起干
41、燥作用，防止空气中水蒸气进入D管，使生成的AlCl3受潮；（6）无水氯化铝在潮湿空气中，会产生大量白雾，反应方程式AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl【分析】在加热条件下，浓硫酸和氯化钠反应生成HCl，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和的NaCl溶液能抑制氯气溶解，所以B的作用是除去氯气中的HCl，为防止氯化铝在潮湿的空气中爆炸，用C装置干燥氯气；在加热条件下，Al和氯气反应生成AlCl3，生成的氯化铝在E中冷却得到固体氯化铝，F目的是干燥空气，防止氯化铝也水蒸气混合而爆炸，（1）如果烧瓶受热不均会炸裂；（2
42、）A装置中发生的有浓硫酸和氯化钠的反应、浓盐酸和二氧化锰的反应；（3）无水氯化铝是白色晶体，在178升华；（4）装有无水氯化铝的试剂瓶久置潮湿空气中，会自动爆炸并产生大量白雾，且加热条件下氯气和氢气反应而发生爆炸；（5）F装置能吸收未反应的氯气，且也能干燥空气；（6）无水氯化铝在潮湿空气中，会产生大量白雾，说明氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl【解答】解：在加热条件下，浓硫酸和氯化钠反应生成HCl，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下生成Cl2，浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和的NaCl溶液能抑制氯气溶解，所以B的作用是除去氯气中的HCl，为防止氯化铝在潮湿的空气中爆
43、炸，用C装置干燥氯气；在加热条件下，Al和氯气反应生成AlCl3，生成的氯化铝在E中冷却得到固体氯化铝，F目的是干燥空气，防止氯化铝也水蒸气混合而爆炸，（1）如果烧瓶受热不均会炸裂，为防止烧瓶炸裂，所以不能不能先点燃A装置的酒精灯，后打开分液漏斗的活塞，将适量浓硫酸注入烧瓶里，故答案为：防止烧瓶受热不均而破裂；（2）A装置中发生的有浓硫酸和氯化钠的反应、浓盐酸和二氧化锰的反应，反应方程式为H2SO4（浓硫酸）+2NaClNa2SO4+2HCl、4HCl（浓盐酸）+MnO2Cl2+MnCl2+2H2O，故答案为：H2SO4（浓硫酸）+2NaClNa2SO4+2HCl、4HCl（浓盐酸）+MnO2
44、Cl2+MnCl2+2H2O；（3）无水氯化铝是白色晶体，在178升华，所以D处生成的氯化铝受热升华，则E处冷却得到氯化铝晶体，故答案为：生成的AlCl3受热升华，在E处冷凝析出；（4）装有无水氯化铝的试剂瓶久置潮湿空气中，会自动爆炸并产生大量白雾，且加热条件下氯气和氢气反应而发生爆炸，所以如果从A装置导出的气体若不经过B，C装置而直接进入D管，将对实验产生不良的后果是未经除去的HCl气体、水蒸气随Cl2一同进入D管，与铝反应生成H2，易发生H2与Cl2混合爆炸及H2O（气）使AlCl3吸水水解后爆炸等，故答案为：未经除去的HCl气体、水蒸气随Cl2一同进入D管，与铝反应生成H2，易发生H2与
45、Cl2混合爆炸及H2O（气）使AlCl3吸水水解后爆炸等；（5）F装置能吸收未反应的氯气，防止污染大气；且也能干燥空气，防止空气中水蒸气进入D管，使生成的AlCl3受潮，故答案为：吸收多余的氯气，以免污染空气；起干燥作用，防止空气中水蒸气进入D管，使生成的AlCl3受潮；（6）无水氯化铝在潮湿空气中，会产生大量白雾，说明氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，反应方程式为AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl，故答案为：AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl【点评】本题考查制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生获取信息、自学能力，正确获取信息了解氯化铝性质特点及实验基本操作方法是解
46、本题关键，知道各个装置作用，题目难度中等17下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，用化学用语回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序是NaAlO（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3H2CO3H2SiO3 （3）写出由、元素形成的可做消毒剂的一种化合物的化学式：NaClO（4）由表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为（填序号）abaMnO2 bFeCl3 cNa2SO3 dKMnO4（5）由表中元素形成的常见物质X、Y、Z、M、N可发生以下反应：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）
47、3+3NH4+；M中的阳离子的鉴定方法是取样品于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味气体，说明含有NH4+【分析】由元素在周期表中的位置可知：为H，为C，为N，为O，为Na，为Al，为Si，为Cl（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；（2）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；（3）由O、Na、Cl元素形成的可做消毒剂的一种化合物为次氯酸钠；（4）表中两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应，高锰酸钾具有强氧化性，与H2O2发生氧化
48、还原反应；（5）M是仅含非金属的盐，所以M一定是铵盐，ZN的单质，为Al，推断N是氧化铝，Z是氢氧化铝，根据产物结合反应：X+Y+H2OAl（OH）3+NH4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应【解答】解：由元素在周期表中的位置可知：为H，为C，为N，为O，为Na，为Al，为Si，为Cl（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：NaAlO，故答案为：NaAlO；（2）非金属性：NCSi，元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，则HNO3H2CO3H2SiO3 ，故答案为：HNO3H2CO3H2SiO3 ；（3）由O、Na、Cl元素形成的可做消毒剂的一
49、种化合物为次氯酸钠，化学式为NaClO，故答案为：NaClO；（4）两种元素的原子按1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在MnO2或FeCl3催化作用下分解，而Na2SO3具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应，不能用作催化剂，高锰酸钾具有强氧化性，与H2O2发生氧化还原反应，也不能作催化剂，故答案为：ab；（5）M是仅含非金属的盐，所以M一定是铵盐，ZN的单质，为Al，推断N是氧化铝，Z是氢氧化铝，根据产物结合反应：X+Y+H2OAl（OH）3+NH4+ 可知，该反应为铝盐和一水合氨的反应，则：X溶液与Y溶液反应的离子方程式为：Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+，M中的
50、阳离子为NH4+，鉴定NH4+的方法是：取样品于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味气体，说明含有NH4+，故答案为：Al3+3NH3+3H2O=Al（OH）3+3NH4+；取样品于试管中，加入氢氧化钠溶液，加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的刺激性气味气体，说明含有NH4+【点评】本题考查了元素周期表与元素周期律、无机物推断等，难度中等，注意掌握常见离子检验等18有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其元素特征信息如下表：元素编号元素特征信息AA的单质是密度最小的物质BB的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子CC的原子最外
51、层电子数是其内层电子数的三倍DD与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小EB、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分FF元素最高正价与最低负价的代数和为4（1）D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是（用化学式表示）S2ClAl3+；（2）写出两种均含A、B、C、F四种元素的化合物在溶液中相互反应的离子方程式H+HSO3=SO2+H2O；（3）向Fe和D单质组成的混合物中，加入足量F的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，固体全部溶解向所得的溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，将产生的沉淀过滤出来，经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体，经称量发现该固体的质量和原混合物的质量恰好相等，则原混合物中
52、D单质的质量分数为30%；（4）一定量的石灰乳中通人一定量的E单质两者恰好完全反应，生成物中有三种含E元素的离子其中两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示则t2时刻消耗氢氧化钙质量为37g，此时反应的化学方程式为10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O【分析】A的单质是密度最小的物质，故A是氢元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，且B是短周期元素，所以B是钠元素；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，且C是短周期元素，所以C是氧元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，
53、故D是铝元素；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，消毒剂的主要成分是次氯酸钠，所以E是氯元素；F元素最高正价与最低负价的代数和为4，且F是短周期元素，所以F是硫元素，据此答题【解答】解：A的单质是密度最小的物质，故A是氢元素；B的单质能与冷水剧烈反应，所得强碱性溶液中含有两种电子数相同的阴、阳离子，且B是短周期元素，所以B是钠元素；C的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍，且C是短周期元素，所以C是氧元素；D与B同周期，该周期中D的简单离子半径最小，故D是铝元素；B、C、E组成的36电子的化合物Y是家用消毒剂的主要成分，消毒剂的主要成分是次氯酸钠，所以E是氯元素；F元素最
54、高正价与最低负价的代数和为4，且F是短周期元素，所以F是硫元素，（1）铝离子的电子层数小于硫离子、氯离子的电子层数，电子层数越多，离子半径越大，所以铝离子半径小于氯离子和硫离子半径；电子层数相同的离子，离子半1随着原子序数的增大而减小，所以硫离子半径大于氯离子半径，则为S2ClAl3+，故答案为：S2ClAl3+；（2）两种均含A、B、C、F四种元素的化合物分别为硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，硫酸氢钠溶液呈强酸性，亚硫酸氢钠是弱酸酸式盐，所以硫酸氢钠和亚硫酸氢钠反应产生硫酸钠、水和二氧化硫，反应的离子方程式为H+HSO3=SO2+H2O，故答案为：H+HSO3=SO2+H2O；（3）铁和铝的混合物加入
55、足量稀硫酸后生成硫酸亚铁和硫酸铝，向硫酸亚铁和硫酸铝溶液中加入过量氢氧化钠溶液后生成氢氧化亚铁沉淀和偏铝酸钠溶液，沉淀经洗涤、干燥、灼烧后得到一种固体是氧化铁，氧化铁的质量和铁与铝的混合物质量相等，所以铝的质量相当于氧元素的质量，所以铝的质量分数=100%=30%，故答案为：30%；（4）根据图象知，次氯酸根离子的物质的量为0.2mol，氯酸根离子的物质的量为0.1mol，所以次氯酸根离子的物质的量与氯酸根离子的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒知，氯气和氢氧化钙的反应方程式为：10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；设需要氢氧化钙
56、的质量为x10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O 740g 2mol x 0.1molx=37g故答案为：37g；10Cl2+10Ca（OH）2=7CaCl2+2Ca（ClO）2+Ca（ClO3）2+10H2O；【点评】本题主要考查了离子半径比较、离子反应方程式、混合物计算和氧化还原反应的计算，难度较大，元素推断是解题的关键，化学计算是本题的难点，答题时注意充分运用电子守恒分析氧化还原反应的问题19短周期元形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，又能溶于
57、强碱E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F溶液F在空气中长期放置发生反应，生成物之一为HH与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色请回答下列问题：（1）组成单质A的元素位于周期表中第三周期，第A族（2）B与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯该反应的氧化产物为硫酸钠（Na2SO4），当生成2mol二氧化氯时，转移电子2mol（4）溶液F在空气中长期放置生成H的化学方程式为：4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2（5）H的
58、溶液与稀硫酸反应的方程式为S22+2H+=S+H2S【分析】D既能溶于强酸，又能溶于强碱，应为两性化合物，为Al（OH）3，E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成，则G为SO2，E应为H2S，所以C为Al2S3，A为S，B为Al，E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F，为Na2S，H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色，应为Na2S2，结合物质的性质解答该题【解答】解：既能溶于强酸，又能溶于强碱，应为两性化合物，为Al（OH）3，E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成，则G为SO2，E应为H2S，所以C为Al2S3，A为S，B为Al，E被
59、足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F，为Na2S，H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色，应为Na2S2，则（ 1）A为S，原子序数为16，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，位于周期表第三周期第A族，故答案为：三；A；（2）Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）G为SO2，具有还原性，被在碱性条件下被氧化为Na2SO4，反应的方程式为SO2+2NaClO3+=Na2SO4+2ClO2，由方程式可知，当生成2mol二氧化氯时，转移电子2mol，故答案为：硫酸钠（Na2SO4）； 2；（4）溶液Na2S在空气中长期放置分别发生2Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2S，Na2S+S=Na2S2，可写成4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2，故答案为：4Na2S+O2+2H2O=4NaOH+2Na2S2；（5）溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和（臭鸡蛋气味的）气体，反应的离子方程式为S22+2H+=S+H2S，故答案为：S22+2H+=S+H2S【点评】本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据物质的性质以及反应的现象作为突破口进行解答，易错点为（5），注意结合过氧化钠的性质进行推断高考资源网版权所有，侵权必究！
