1、2015-2016学年山东省德州市高一（下）月考化学试卷（4月份）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共计48分）1下列属于复合材料的是（）A钢化玻璃B光导纤维C玻璃钢D氮化硅陶瓷2能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放的试剂是（）A氢氟酸B浓硝酸C苛性钠溶液D硅酸钠溶液3下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）A28Si、29Si、30Si是同素异形体B自然界里存在大量的单质硅、二氧化硅和硅酸盐C硅和锗都是重要的半导体材料D二氧化硅既溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物4已知M为质量数为27，中子数为14的元素形成的单质，则下列物质不能与M反应的是（）AAgNO3溶液BNaOH溶液
2、CFe3O4DMgO5两份等体积、等浓度的盐酸和NaOH溶液分别与足量的铝反应，所得氢气的体积在相同状况下的比值为（）A1：1B1：2C1：3D3：16下列离子方程式正确的是（）A金属铝溶于NaOH溶液：Al+4OH=Al（OH）4B向AlCl3溶液中加入足量氨水制备Al（OH）3：Al3+3OH=Al（OH）3CNa2SiO3溶液中通入过量CO2：CO2+H2O+SiO32=H2SiO3+CO32D向NaAl（OH）4溶液中加入过量的盐酸：Al（OH）4+4H+=Al3+4H2O7工业上由辉铜矿（主要成分为Cu2S）生产铜的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，则下列说法正确的是（）AC
3、u2S只作还原剂，O2只作氧化剂BCu2S中Cu的化合价为+2价C每生成1molSO2，转移电子6molD每生成2molCu，转移电子2mol8某无色透明溶液，能与铝作用放出氢气，则此溶液中一定不能大量共存的离子是（）ANa+BNO3CHCO3DMg2+9一定量的锎（98252Cf）是医学上常用作治疗恶性肿瘤的中子源，1mg（98252Cf）每秒约放出2.34199个中子下列有关锎的说法错误的是（）A原子中，质子数为98C（2013广东模拟）简单原子的原子结构可用如图的方法形象地表示：其中表示质子或电子，表示中子，则下列有关的叙述正确的是（）A互为同位素B互为同素异形体C是三种化学性质不同的粒
4、子D具有相同的质量数11关于元素周期表的下列说法正确的是（）A元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个第族，共16个纵行B除0族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数C周期表中的过渡元素全部为金属元素D若原子序数为n的原子在第A族，则原子序数为n+1的原子一定在第A族12已知短周期元素的离子aA、bB2、cC+、dD2+都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A原子半径为DCABB原子序数为abcdC离子半径为AB2C+D2+Da+2=c13下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）Si Al SiO2Al2O3 NaHCO3 Al（OH）
5、3 （NH4）2CO3ABCD全部14下列有关金属的描述，正确的是（）ACu和S在加热的条件下反应可生成CuSB金属铁和铝都可以被浓硫酸钝化，因此铁和铝都不能与浓硫酸反应C等质量的金属铝，分别和足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应，所得氢气一样多D除去镀在铝表面的铜镀层，最佳试剂是稀硝酸15甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失；丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象，据此可推断丙物质是（）AAl2（SO4）3BNaOHCBaCl2DFeSO416已知A2核内有x个中子，A原子的质量数为m，则ngA
6、2所含电子的总物质的量是（单位：mol）（）ABCD二、填空题（本题包括1个小题，共16分）17已知A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小B元素能形成一种碱性气体E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，且在周期表中与D元素相邻（1）写出3种元素的名称：C、D、E（2）写出D元素在周期表中的位置：（3）画出C元素原子的结构示意图：（4）写出D、E的氧化物分别与强碱溶液反应的离子方程式：；（5）A、B两元素能形成一种5核10电子的阳离子，请叙述实验室检验溶液中的该离子的操作方法：三、实验题（本题包括2个小题，共26分）18含镁
7、3%5%的镁铝合金，现已成为轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原材料现有一块已知质量为m1g的镁铝合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验设计1：镁铝合金充分反应后测定剩余固体质量m2g实验设计2：镁铝合金生成的气体在标准状况下的体积为VL请回答以下问题：实验设计1：镁的质量分数：在溶解、过滤中使用的玻璃仪器有过滤后洗涤沉淀的操作方法是如果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后，烘干，再测定剩余固体质量测得镁的质量分数量会 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）实验设计2：测定生成的气体装置如图，进行的操作有：a记录C的液面位置；b待B中不再有气体产生并恢复至室
8、温后，记录C的液面位置；c检查气密性；d将药品和水装入各仪器中，连接好；e由A向B中滴加足量试剂上述操作的顺序是：（填序号）记录C的液面位置时，除视线平视外，还应注意：（3）请你利用实验设计1和实验设计2的模式再设计一个实验方案：19工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：（可供选择的试剂：稀盐酸、NaOH溶液、稀氨水，CO2等）请写出你所设计的方案中以下各步反应涉及的化学方程式四、计算题（本题包括1个小题，共6分）20在100mL 0.4molL1的AlCl3溶液中，如果要得到2.34g沉淀，则需加入0.5molL1的N
9、aOH溶液的体积是mL2015-2016学年山东省德州市高一（下）月考化学试卷（4月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共计48分）1下列属于复合材料的是（）A钢化玻璃B光导纤维C玻璃钢D氮化硅陶瓷【分析】材料一般分为：金属材料、无机非金属材料、有机高分子材料、复合材料等，含有两种以上类型的材料称为复合材料【解答】解：A、钢化玻璃是普通玻璃高温熔融，急剧冷却得到，属于无机非金属材料，故A错误；B、光导纤维主要是二氧化硅的材料，属于无机非金属材料，故B错误；C、玻璃钢是由玻璃与树脂混合成的，前者是无机非金属材料，后者是有机高分子合成材料，故玻璃钢是两种材料复合成的，
10、故C正确；D、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；故选C【点评】本题考查了复合材料的特征，复合材料并不是简单搭配，而是通过物理或化学的方法融合成具有新性能的材料，题目较简单2能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放的试剂是（）A氢氟酸B浓硝酸C苛性钠溶液D硅酸钠溶液【分析】玻璃中含有二氧化硅，只要这种物质和二氧化硅不反应或这种物质没有粘性即可用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，据此分析解答【解答】解：AHF能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，所以HF不能用玻璃瓶存放，故A错误；B浓硝酸虽然具有强氧化性，但浓硝酸和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故B正
11、确；C氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性是硅酸钠，反应方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，硅酸钠能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故C错误；D硅酸钠具有粘性，所以能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，故D错误；故选B【点评】本题以化学试剂存放为载体考查了二氧化硅的性质，二氧化硅属于酸性氧化物，能和强碱、HF反应，HF能雕刻玻璃，根据二氧化硅的性质分析解答即可，题目难度不大3下列关于硅及其化合物的叙述正确的是（）A28Si、29Si、30Si是同素异形体B自然界里存在大量的单质硅、二氧化硅
12、和硅酸盐C硅和锗都是重要的半导体材料D二氧化硅既溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物【分析】A同素异形体研究对象为单质；B硅在自然界中以化合态存在；C硅和锗导电性介于导体与半导体之间；D与酸、碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物【解答】解：A28Si、29Si、30Si是质子数相同中子数不同，互为同位素，故A错误；B硅在自然界中以化合态存在，自然界中不存在单质硅，故B错误；C硅和锗导电性介于导体与半导体之间，是良好的半导体材料，故C正确；D二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，不是两性氧化物，故D错误；故选：C【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉硅及其化合物知识是解题关键，
13、注意硅、二氧化硅性质的区别4已知M为质量数为27，中子数为14的元素形成的单质，则下列物质不能与M反应的是（）AAgNO3溶液BNaOH溶液CFe3O4DMgO【分析】质子数=质量数中子数，根据质子数判断具体的元素，结合元素单质的性质分析【解答】解：已知M为质量数为27，中子数为14，则质子数=2714=13，即M为Al；AAl与AgNO3溶液发生置换反应生成银单质，故A不选；BAl与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B不选；C在高温条件下，Al与Fe3O4发生置换反应生成Fe和氧化铝，故C不选；DMg的活泼性大于Al，Al与MgO不反应，故D选故选D【点评】本题考查了原子的结构与性质，注
14、意把握Al单质的性质，侧重于基础知识的考查，题目难度不大5两份等体积、等浓度的盐酸和NaOH溶液分别与足量的铝反应，所得氢气的体积在相同状况下的比值为（）A1：1B1：2C1：3D3：1【分析】铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，Al足量，则酸、碱完全反应，结合反应的方程式计算【解答】解：由2Al+6HCl2AlCl3+3H2、2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2可知，足量Al，酸碱均完全反应，则存在6HCl3H2，2NaOH3H2，等体积等浓度的盐酸和NaOH溶液，设盐酸为6mol，氢氧化钠为6m
15、ol，生成氢气分别为3mol、6mol=9mol，即产生H2的物质的量之比为3：9=1：3，故选C【点评】本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握酸碱与Al的反应及酸碱均不足为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意巧设酸碱的物质的量简化计算，题目难度不大6下列离子方程式正确的是（）A金属铝溶于NaOH溶液：Al+4OH=Al（OH）4B向AlCl3溶液中加入足量氨水制备Al（OH）3：Al3+3OH=Al（OH）3CNa2SiO3溶液中通入过量CO2：CO2+H2O+SiO32=H2SiO3+CO32D向NaAl（OH）4溶液中加入过量的盐酸：Al（OH）4+4H+=Al3+4H2O
16、【分析】A电荷不守恒，不符合反应客观事实；B一水合氨为弱电解质，应保留化学式；C二氧化碳过量反应生成硅酸沉淀、碳酸氢钠；D盐酸过量反应生成氯化铝和水【解答】解：A金属铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子方程式为：2Al+2OH+6H2O=2Al（OH）4+3H2，故A错误；B向AlCl3溶液中加入足量氨水制备Al（OH）3，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；CNa2SiO3溶液中通入过量CO2，离子方程式：2CO2+2H2O+SiO32=H2SiO3+2HCO3，故C错误；D向NaAl（OH）4溶液中加入过量的盐酸，离子方程式：Al（OH）4
17、+4H+=Al3+4H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查了离子方程式书写，明确发生的化学反应及离子反应的书写方法即可解答，注意化学式拆分、注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大7工业上由辉铜矿（主要成分为Cu2S）生产铜的主要反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，则下列说法正确的是（）ACu2S只作还原剂，O2只作氧化剂BCu2S中Cu的化合价为+2价C每生成1molSO2，转移电子6molD每生成2molCu，转移电子2mol【分析】Cu2S+O22Cu+SO2中，Cu元素的化合价由+1价降低为0，O元素的化合价由0降低为2价，S元素的化合价由2价升高为+4价，以此来解答【解答】解：
18、A因Cu元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则Cu2S既是还原剂又是氧化剂，故A错误；BCu2S中S为2价，Cu的化合价为+1价，故B错误；CS从2价升高到+4价，每生成1molSO2，转移电子6mol，故C正确；D每生产1molCu，0.5molS失去电子，需转移0.5mol4（2）=3mol电子，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子数目的考查，题目难度不大8某无色透明溶液，能与铝作用放出氢气，则此溶液中一定不能大量共存的离子是（）ANa+BNO3CHCO3DMg2+【分析】无色透明溶液能与铝作用放出氢气，
19、该溶液可能为酸或强碱溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子；溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；离子之间能结合生成水、气体、沉淀，则离子不能大量共存，据此进行判断【解答】解：溶液无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在，能与铝作用放出氢气，该溶液可能为酸或强碱溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A钠离子不与氢离子和氢氧根离子反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A错误；B强碱性溶液中，硝酸根离子不与氢离子反应，能够与铝反应生成氢气，且为无色溶液，在碱性溶液中能够大量共存，故B错误；CHCO3与氢离子和氢氧根离子反应，在
20、溶液中一定不能大量共存，故C正确；D镁离子不与氢离子反应，且为无色离子，在酸性溶液中能够大量共存，故D错误；故选C【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，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；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN）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”；是“可能”共存，还是“一定”共
21、存等9一定量的锎（98252Cf）是医学上常用作治疗恶性肿瘤的中子源，1mg（98252Cf）每秒约放出2.34199个中子下列有关锎的说法错误的是（）A原子中，质子数为98C（2013广东模拟）简单原子的原子结构可用如图的方法形象地表示：其中表示质子或电子，表示中子，则下列有关的叙述正确的是（）A互为同位素B互为同素异形体C是三种化学性质不同的粒子D具有相同的质量数【分析】A、质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子之间互为同位素；B、同种元素组成的性质不同的单质之间互为同素异形体；C、质子数决定化学性质；D、质量数=质子数+中子数【解答】解：A、从图示知、中的质子数等于电子数且都等于1，可
22、知代表的微粒分别为11H、12H、13H，质子数相同中子数不同，互为同位素，故A正确；B、互为同位素，不是同素异形体，故B错误；C、互为同位素，同位素具有相似的化学性质，故C错误；D、11H、12H、13H，质子数相同中子数不同，质量数=质子数+中子数，所以质量数不同，故D错误故选A【点评】本题考查学生的原子构成知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大11关于元素周期表的下列说法正确的是（）A元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个第族，共16个纵行B除0族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数C周期表中的过渡元素全部为金属元素D若原子序数为n的原子在第A族，则原
23、子序数为n+1的原子一定在第A族【分析】A元素周期表共有18个纵行；BO、F没有最高正价；C过渡金属元素包括副族和第VIIIA族；DA某元素的原子序数为n，若在短周期时同周期A元素的原子序数为n+1，在4、5周期相差11，在6、7周期相差25【解答】解：A元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个第族，其中第VIII族包含3个纵行，共18个纵行，故A错误；BO、F没有最高正价，其它短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数，故B错误；C过渡金属元素包括副族和第VIIIA族，副族和第VIIIA族全部为金属元素，又称为过渡元素，故C正确；DA某元素的原子序数为n，若在短周期时同周期
24、A元素的原子序数为n+1，在4、5周期相差11，在6、7周期相差25，则原子序数为n+1的原子一定在第A族，也可能在第IIIB族，故D错误故选C【点评】本题考查了元素周期表结构及应用，把握元素周期表及元素的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大12已知短周期元素的离子aA、bB2、cC+、dD2+都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（）A原子半径为DCABB原子序数为abcdC离子半径为AB2C+D2+Da+2=c【分析】aA、bB2、cC+、dD2+四种离子均具有相同的电子层结构，则有：a+1=b+2=c1=d2，A、B在周期表中C、D的上一周期，并且原子序数：dca
25、b，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：aA、bB2、cC+、dD2+四种离子均具有相同的电子层结构，则有：a+1=b+2=c1=d2，A、B在周期表中C、D的上一周期，并且原子序数：dcab，A具有相同电子排布的离子，同周期原子随原子序数的增大半径减小，电子层多的半径大，则原子半径为CDBA，故A错误；B由上述分析可知，原子序数：dcab，故B错误；C具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为B2AC+D2+，故C错误；D由a+1=c1可知，a+2=c，故D正确；故选D【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，为高频考点，明确核外电子排布确定元素所在周期表中的位置
26、以及把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键，题目难度不大13下列物质中，既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）Si Al SiO2Al2O3 NaHCO3 Al（OH）3 （NH4）2CO3ABCD全部【分析】根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；某些具有两性的金属：Zn、Al等；某些非金属：
27、Si、S等；其它一些物质如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、与碱反应【解答】解：Si是非金属单质，只能和NaOH溶液反应生成盐，不能和稀硫酸反应，故错误； Al是金属单质，但能和稀硫酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气，故正确； SiO2是酸性氧化物，只能和碱反应生成盐和水，故错误；Al2O3是两性氧化物，能和稀硫酸、氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故正确； NaHCO3是弱酸酸式盐，能和稀硫酸、NaOH反应生成盐，故正确； Al（OH）3是两性
28、氢氧化物，能和稀硫酸、NaOH反应生成盐和水，故正确； （NH4）2CO3是弱酸的铵盐，能和稀硫酸、NaOH反应，故正确；故选B【点评】本题考查元素化合物性质，侧重考查学生分析判断及知识运用能力，注意规律中的特殊现象，注意归纳总结知识点形成知识网络，题目难度不大14下列有关金属的描述，正确的是（）ACu和S在加热的条件下反应可生成CuSB金属铁和铝都可以被浓硫酸钝化，因此铁和铝都不能与浓硫酸反应C等质量的金属铝，分别和足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应，所得氢气一样多D除去镀在铝表面的铜镀层，最佳试剂是稀硝酸【分析】A、S为弱氧化剂只能将铜氧化为亚铜；B、在常温下金属铁和铝都可以被浓硫酸钝化，在加
29、热的条件下铁和铝都能与浓硫酸反应；C、铝和稀硫酸和氢氧化钠溶液反应分别生成+3价的铝离子和+3价的偏铝酸根离子，所以相同质量的铝转移电子数目相等；D、铜也跟稀硝酸发生化学反应，所以不能用稀硝酸【解答】解：A、S为弱氧化剂只能将铜氧化为亚铜，所以生成硫化亚铜，故A错误；B、在常温下金属铁和铝都可以被浓硫酸钝化，在加热的条件下铁和铝都能与浓硫酸反应，故B错误；C、铝和稀硫酸和氢氧化钠溶液反应分别生成+3价的铝离子和+3价的偏铝酸根离子，所以相同质量的铝转移电子数目相等，所以生成氢气一样多，故C正确；D、铜也跟稀硝酸发生化学反应，所以不能用稀硝酸，故D错误；故选C【点评】本题考查了金属的通性，及非金
30、属单质的性质，题目难度不大，注意掌握金属性质时，不能忽略某些金属的特性15甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失；丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象，据此可推断丙物质是（）AAl2（SO4）3BNaOHCBaCl2DFeSO4【分析】根据丁溶液滴入乙溶液中，有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，可以推知丁和乙，然后根据丁和甲的反应确定甲物质，最后剩余的为丙物质【解答】解：根据题意，向丁溶液滴入乙溶液，有白色沉淀，继续滴入丁溶液白色沉淀消失，判断丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，因为：Al
31、2（SO4）3+6NaOH=2Al（OH）3+3Na2SO4，继续加人NaOH，NaOH过量则有Al（OH）3+NaOH=NaAlO2（偏铝酸钠）+2H2O，丁溶液氢氧化钠滴入甲溶液时，无明显现象发生，则可推断甲是BaCl2，因此，丙是FeSO4故选D【点评】本题是一道物质的鉴别题，考查学生物质间的反应知识，可以根据教材知识来回答，难度不大16已知A2核内有x个中子，A原子的质量数为m，则ngA2所含电子的总物质的量是（单位：mol）（）ABCD【分析】质子数=质量数中子数，阴离子电子数=质子数+电荷数，再根据n=计算其物质的量【解答】解：A2核内有x个中子，A原子的质量数为m，质子数为mx，
32、离子的核外电子数为mx+2，ngA2所含电子的总物质的量为（mx+2）=，故选D【点评】本题考查离子的核外电子数的计算，熟悉原子中的数量关系及物质的量的计算即可解答，难度不大二、填空题（本题包括1个小题，共16分）17已知A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小B元素能形成一种碱性气体E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，且在周期表中与D元素相邻（1）写出3种元素的名称：C钠、D铝、E硅（2）写出D元素在周期表中的位置：第3周期第A族（3）画出C元素原子的结构示意图：（4）写出D、E的氧化物分别与强碱溶液反应的离子方程式：
33、Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；SiO2+2OH=SiO32+H2O（5）A、B两元素能形成一种5核10电子的阳离子，请叙述实验室检验溶液中的该离子的操作方法：取少量原溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有NH4+【分析】A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小，则C为Na，A为H；B元素能形成一种碱性气体，则B为N元素；E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，原子序数等于氮，故E只能处于第三周期，最外层电子数为4，故E为Si，在周期表中D元素与Si元素相邻，
34、且D的原子序数小于Si，故D为Al，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E属于原子序数依次增大的短周期主族元素短周期元素中C元素的原子半径最大，A的原子半径最小，则C为Na，A为H；B元素能形成一种碱性气体，则B为N元素；E元素原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，原子序数等于氮，故E只能处于第三周期，最外层电子数为4，故E为Si，在周期表中D元素与Si元素相邻，且D的原子序数小于Si，故D为Al（1）由上述分析可知，C为钠元素，D为铝元素，E为硅元素，故答案为：钠；铝；硅；（2）D为Al元素，在周期表中的位置：第3周期第A族，故答案为：第3周期第A族；（3）C为Na元素，原子的结构示意图：
35、，故答案为：；（4）D、E的氧化物分别为Al2O3、SiO2，与强碱溶液反应的离子方程式：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，SiO2+2OH=SiO32+H2O，故答案为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O；SiO2+2OH=SiO32+H2O；（5）H、N两元素能形成一种5核10电子的阳离子NH4+，实验室检验溶液中的该离子的操作方法：取少量原溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有NH4+，故答案为：取少量原溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明原溶液中有NH4+【点评】本题考
36、查结构性质位置关系应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握三、实验题（本题包括2个小题，共26分）18含镁3%5%的镁铝合金，现已成为轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原材料现有一块已知质量为m1g的镁铝合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下三种不同的实验方案：实验设计1：镁铝合金充分反应后测定剩余固体质量m2g实验设计2：镁铝合金生成的气体在标准状况下的体积为VL请回答以下问题：实验设计1：镁的质量分数：100%在溶解、过滤中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗过滤后洗涤沉淀的操作方法是向过滤器中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，静置，使其自然流下，重复操作2至3次如
37、果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后，烘干，再测定剩余固体质量测得镁的质量分数量会偏大 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）实验设计2：测定生成的气体装置如图，进行的操作有：a记录C的液面位置；b待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；c检查气密性；d将药品和水装入各仪器中，连接好；e由A向B中滴加足量试剂上述操作的顺序是：cdaeb（填序号）记录C的液面位置时，除视线平视外，还应注意：调整D的高度，使C、D中的液面相平（3）请你利用实验设计1和实验设计2的模式再设计一个实验方案：【分析】（1）实验设计1是利用镁铝合金中的铝溶解溶于氢氧化钠溶液中过滤洗涤得到沉淀称量质量计算；实验
38、设计1是利用镁铝合金中的铝溶解溶于氢氧化钠溶液中过滤洗涤得到沉淀为镁，根据镁的质量可计算出镁的质量分数；依据物质溶解过滤的实验基本操作分析需要的仪器；依据固体物质洗涤的基本操作答题；如果过滤得到沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后烘干，再测定剩余固体质量，表面含有杂质会使测定质量增大；（2）依据实验装置和实验目的分析判断实验步骤，利用量气管测定气体体积，装置必须密闭，不能漏气，实验前先检查装置气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好，记录C的液面位置，由A向B中滴加足量试剂，待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；依据压强不变，记录C处数据需要调节CD两边液面相平，才能准确测定生成气体的体积
39、；（3）根据金属镁不能和氢氧化钠反应，但是金属铝能反应这一角度来设计实验方案即可；【解答】解：（1）实验设计1是利用镁铝合金中的铝溶解溶于氢氧化钠溶液中过滤洗涤得到沉淀称量质量计算；：已知质量为m1g的镁铝合金，溶于氢氧化钠溶于反应后得到固体质量为m2g，为镁的质量，计算质量分数=100%，故答案为：100%；依据物质溶解过滤的实验基本操作分析需要的仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；过滤后洗涤沉淀的操作方法是向过滤器中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，静置，使其自然流下，重复操作2至3次，故答案为：向过滤器中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，静置，使其自然流下，重复操作2至3次；如果过滤得到
40、沉淀没有用蒸馏水洗涤数次后烘干，再测定剩余固体质量，表面含有杂质会使测定质量增大；故答案为：偏大；（2）依据实验装置和实验目的分析判断实验步骤，利用量气管测定气体体积，装置必须密闭，不能漏气，实验前先检查装置气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好，记录C的液面位置，由A向B中滴加足量试剂，待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置，实验操作顺序为：d e a b c；故答案为：cdaeb；依据压强不变，记录C处数据需要调节CD两边液面相平，才能准确测定生成气体的体积，调整D的高度，使C、D中的液面相平；故答案为：调整D的高度，使C、D中的液面相平；（3）金属镁不能和氢氧化钠反应，但是
41、金属铝能反应，可以据此来设计实验，如：镁铝合金溶液固体难溶物，称量得到固体质量即为氢氧化镁的质量，进而计算金属镁的质量分数，故答案为：镁铝合金溶液固体难溶物，称量得到固体质量即为氢氧化镁的质量，进而计算金属镁的质量分数【点评】本题考查了混合物在成分的实验测定方法和实验过程分析判断，实验设计不知和计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等19工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝的原料，提取的操作过程如下：（可供选择的试剂：稀盐酸、NaOH溶液、稀氨水，CO2等）请写出你所设计的方案中以下各步反应涉及的化学方程式Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O
42、、Fe2O3+6HCl2Fe2Cl3+3H2OAlCl3+4NaOHNaAl（OH）4+3NaCl、FeCl3+3NaOHFe（OH）3+3NaCl2Al（OH）3Al2O3+3H2O【分析】用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，由流程可知，若为盐酸时，则在得到滤液中含有铝离子、铁离子，滤渣为二氧化硅为氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入得到滤液试剂为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝；若为氢氧化钠时，则在得到滤
43、液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入得到滤液试剂为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，加热分解得氧化铝，以此来解答【解答】解：用铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝做冶炼铝，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，由流程可知，若为盐酸，则在得到滤液中含有铝离子、铁离子，滤渣为二氧化硅为氢氧化钠溶液，除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根，进入得到滤液试剂为二氧化碳，将偏铝酸根转化为氢氧化铝沉淀加热分解得氧化铝氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反
44、应方程式为Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为 Fe2O3+6HCl2Fe2Cl3+3H2O氯化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠与氯化钠，反应方程式为AlCl3+4NaOHNaAl（OH）4+3NaCl，氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应方程式为 FeCl3+3NaOHFe（OH）3+3NaCl四羟基合铝酸钠溶液与二氧化碳反应，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为NaAl（OH）4+CO2Al（OH）3+NaHCO3，氢氧化铝加热分解生成氧化铝和水，反应方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+6HCl
45、2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl2Fe2Cl3+3H2O；AlCl3+4NaOHNaAl（OH）4+3NaCl、FeCl3+3NaOHFe（OH）3+3NaCl；2Al（OH）3Al2O3+3H2O（或若为氢氧化钠溶液，则在得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入得到滤液试剂为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀加热分解得氧化铝Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl（OH）4、SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；NaAl（OH）4+4HClAlCl3+NaCl+4H2O、Na2SiO3+2HClH2SiO3
46、+2NaCl；AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl；2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH+3H2O2NaAl（OH）4、SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；NaAl（OH）4+4HClAlCl3+NaCl+4H2O、Na2SiO3+2HClH2SiO3+2NaCl；2Al（OH）3Al2O3+3H2O）【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握氧化铝的性质、流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大四、计算题（本题包括1个小题，共6分）20在100mL 0.4molL1的AlCl3溶液
47、中，如果要得到2.34g沉淀，则需加入0.5molL1的NaOH溶液的体积是180或260mL【分析】100mL 0.4molL1的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L0.4mol/L=0.04mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.04mol78g/mol=3.12g2.34g，说明有两种情况：一为沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一种情况为沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，结合方程式计算消耗氢氧化钠物质的量，进而计算需要氢氧化钠溶液体积【解答】解：100mL 0.4molL1的AlCl3溶液中氯化铝的物质的量=0.1L0.4m
48、ol/L=0.04mol，n（Al（OH）3）=0.03mol，若Al元素都转化为氢氧化铝沉淀，则氢氧化铝沉淀的质量=0.04mol78g/mol=3.12g2.34g，说明有两种情况：若碱不足，由Al3+3OHAl（OH）3可知，NaOH的物质的量为0.03mol3=0.09mol，加入NaOH溶液的体积为=0.18L=180mL；沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，则：Al3+3OHAl（OH）30.04mol 0.12mol 0.04molAl（OH）3 +OHAlO2+2H2O （0.040.03）mol （0.040.03）mol 则消耗的碱的物质的量为0.12mol+（0.040.03）mol=0.13mol，加入NaOH溶液的体积为=0.26L=260mL；故答案为：180或260【点评】本题考查方程式的有关计算，题目难度中等，关键是根据氯化铝与氢氧化铝的量判断发生的反应，再结合反应的有关方程式计算
