1、山东省临沭第三中学2015-2016学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1下列元素中金属性最强的是ANa BMg CA1 DSi【答案】A【解析】金属活动顺序表：K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、H、Cu、Hg、Ag、Pt、Au。2下列元素的第一电离能依次减小的是：AH、Li、Na、K BI、Br、Cl、FCNa、Mg、Al、Si DSi、Al、Mg、Na【答案】A【解析】随着核电荷数的递增，元素的第一电离能呈现周期性变化。 2.总体上金属元素第一电离能较小非金属元素第一电离能较大。 3.同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。所以同一周期第一电离能最小的是碱金属元素,最
2、大的是稀有气体元素。 4.同一周期内元素的第一电离能在总体增大的趋势中有些曲折。当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0, d0, fo)、半满(p3, d5, f7)或全满(p6, d10, f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大。特例是第二主族的第一电离能大于第三主族，第五主族的第一电离能大于第六主族。 5.同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强。 6.同一副族第一电离能变化不规则3下列关于烃的叙述说法中正确的是 A烃是指仅含有C和H两种元素的有机物 B烃是指分子中含有碳元素的化合物
3、C烃是指燃烧反应后生成CO2和H2O的有机物 D烃是指含有C和H元素的化合物【答案】A【解析】4图4-17为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是( )图4-17A.a电极是负极B.b电极的电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案】B【解析】依据原电池原理判断：a电极通入H2发生氧化反应，作负极，其电极反应为2H2+4OH-4e-=4H2O；b电极通入O2发生还原反应，作正极，其电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；氢氧燃料电池的产物为H2O，
4、无污染，具有良好的应用前景，且氧化剂(O2来自空气)不必储存在电池内，由上知B项不正确。5下列关于化学反应的自发性叙述中正确的是AH0、S0的反应肯定是自发的 BH0、S0的反应肯定是自发的CH0的反应肯定是自发的 DH0、SI-Fe2+NO BI-Fe2+H2SO3NOCFe2+I-H2SO3NO DNOFe2+H2SO3I-【答案】A【解析】试题分析：根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，H2SO3是还原剂，HI为还原产物，因此还原性H2SO3HI，HI为还原剂，FeCl2为还原产物，因此还原性:HIFeCl2；FeCl2是还原剂，NO是还原产物，因此还原性FeCl2
5、NO，因此还原性的强弱是H2SO3IFe2NO，故选项A正确。考点：考查氧化还原性的规律等知识。7下列反应的产物中，有的有同分异构体，有的没有同分异构体，其中产物中一定不存在同分异构体的是（ ）A邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应B2氯丁烷（）与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应C甲苯在一定条件下发生硝化生成一硝基甲苯的反应D异戊二烯（）与等物质的量的Br2发生加成反应【答案】A【解析】试题分析：A、邻羟基苯甲酸中存在酚羟基和羧基，只有羧基和碳酸氢钠溶液反应，所以得到的产物没有同分异构体，正确；B、2氯丁烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应，消去的方式有两种，得到的产物也有两种，存在
6、同分异构体，错误；C、甲苯在一定条件下发生硝化反应，硝基的位置可以是甲基的邻位，也可以是甲基的对位、间位，存在同分异构体，错误；D、异戊二烯与等物质的量的Br2发生的是不完全加成反应，可以是1,2加成、1,4加成、3,4加成，得到的产物不同，存在同分异构体，错误，答案选A。考点：考查官能团的反应及反应产物的判断8人体血液中存在平衡：CO2 + H2O H2CO3 HCO3 ，使血液pH保持在7.357.45之间，否则就会发生酸中毒或碱中毒。已知pH随c(HCO3)c(H2CO3) 变化关系如下表所示，则下列说法中不正确的是c(HCO3)：c(H2CO3)1.017.820.022.4pH6.1
7、07.357.407.45ApH=7的血液中，c(HCO3) c(H2CO3) B人体发生酸中毒时，可静脉滴注一定浓度的NaHCO3溶液解毒C常温下将pH=7.40的血液稀释至pH=7时，c(H+)c(OH)一定不变Dc(HCO3)c(H2CO3)=1时，H2CO3的电离程度小于HCO3的水解程度 【答案】D【解析】试题分析：A、pH=7的血液中，c(HCO3)：c(H2CO3)介于1.017.8之间，所以c(HCO3) c(H2CO3) ，正确；B、注射NaHCO3溶液使平衡逆向移动，生成二氧化碳，可以降低体内的酸度，正确；C、水的离子积是温度常数，温度不变，c(H+)c(OH)一定不变，正
8、确；D、c(HCO3)c(H2CO3)=1时，pH=6.10，溶液显酸性，H2CO3的电离使溶液显酸性，HCO3的水解使溶液显碱性，所以H2CO3的电离程度大于HCO3的水解程度，错误，答案选D。考点：考查离子浓度的大小比较，化学平衡的移动，电离与水解程度的判断9Cu(OH)2在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s) Cu2(aq)2OH(aq)，在常温下Ksp21020。在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向002 mol/L的CuSO4溶液中加入碱来调整溶液的pH，应使溶液的pH大于（）A2 B3 C4 D5【答案】D【解析】试题分析：根据溶度积规则知，若要生成氢氧化铜
9、沉淀则有QCu(OH)2= c(Cu2+)c2(OH)KspCu(OH)2，代入题给数据计算得c(OH)110-9molL-1，常温下Kw=c(H+)c(OH)=110-14，则c(H+)110-5molL-1，pH5，选D。考点：考查难溶物的沉淀溶解平衡。10下列对下图所示装置实验现象的描述正确的是a电极b电极x溶液实验现象AFe石墨NaCla极质量减小，b极放出无色气体BFe石墨KNO3a极质量增加，b极放出无色气体CFeCuCuSO4a极质量增加，b极质量减少D石墨石墨HCla、b极都放出无色气体【答案】C【解析】试题分析：根据装置图可知b电极与电源的正极相连，作阳极，a电极与电源的负极
10、相连作阴极。则A、b电极用石墨做电极，溶液中氯离子放电生成氯气，所以有黄绿色气体生成。a电极用Fe作电极，溶液中氢离子放电生成氢气，a电极质量不变，A错误；B、b电极用石墨做电极、a电极用Fe作电极电解硝酸钾溶液时，实质是电解水，a电极上氢离子放电生成氢气，a电极质量不变。b电极上氢氧根离子放电生成氧气，有无色气体生成，B错误；C、用Cu作阳极、Fe作阴极电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电生成铜，a电极质量增加。阳极上Cu失电子发生氧化反应，b电极质量减少，C正确；D、用石墨作电极电解稀盐酸，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，a电极上生成无色气体、b电极上生成黄绿色气体，D错
11、误，答案选C。考点：考查电解原理的应用11只用一种试剂可以区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、A12(SO4)3、CuSO4五种溶液，这种试剂是A氨水 BNaOH溶液 C硫酸 DNaNO3溶液【答案】B【解析】试题分析：NaOH溶液与硫酸纳溶液混合无明显现象；NaOH溶液与氯化镁溶液混合有白色沉淀产生，NaOH溶液过量沉淀也不会消失；NaOH溶液加入氯化亚铁中先有白色沉淀产生，沉淀会迅速变为灰绿色，最终会变为红褐色；NaOH溶液加入硫酸铝溶液中，开始有沉淀，NaOH溶液过量之后沉淀会消失；NaOH溶液加入硫酸铜溶液中有蓝色絮状沉淀产生，故可以用NaOH溶液鉴别上述化合物。考点：物质的鉴别
12、12某化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图甲连接好线路发现灯泡不亮，按照图乙连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）ANaCl是非电解质BNaCl溶液是电解质CNaCl是弱电解质DNaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子【答案】D【解析】电解质概念是对于化合物而言，化合物首先是纯净物，故选项B错；氯化钠为强电解质，在水中能电离出钠离子和氯离子，故选项A、C错，D正确。13现有 25 mL 2 molL-1Na2CO3和75 mL1 molL-1的稀盐酸：将 Na2CO3溶液缓缓滴到稀盐酸中 将稀盐酸缓缓滴到 Na2CO3溶液中， 在标准状况下产生气体的体积情况是A均为0.84
13、L B均为 0.56 L C D【答案】C【解析】试题分析：碳酸钠的物质的量为0.05摩尔，盐酸的物质的量为0.075摩尔，中碳酸钠和盐酸直接反应生成氯化钠和二氧化碳，Na2CO32HCl =CO2H2O+ 2NaCl，根据盐酸进行计算二氧化碳的物质的量为0.0375摩尔。中Na2CO3HCl = NaHCO3+ 2NaCl，NaHCO3 +Cl =CO2H2O+ NaCl，反应生成的二氧化碳物质的量为0.025摩尔，所以选C。考点：碳酸钠和盐酸的反应。【名师点睛】与量有关的反应：1.硝酸银和少量氨水反应生成氢氧化银沉淀，和过量氨水反应生成银氨溶液。2.氢氧化钠和少量氯化铝反应生成偏铝酸钠和氯
14、化钠，和过量的氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。3.盐酸和少量偏铝酸钠反应生成氯化铝和氯化钠，和过量的偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀。4.碳酸钠和少量盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，和过量盐酸反应生成氯化钠和二氧化碳和水。5.铁和少量硝酸反应生成硝酸亚铁，和过量硝酸反应生成硝酸铁。14将硝酸铵晶体溶于水中，温度与时间变化曲线（其中a代表扩散过程中温度变化情况，b代表水合过程中温度变化情况）中符合实际的是【答案】C【解析】晶体扩散过程吸热，而水合为放热，而铵盐溶于水过吸热过程，所以表示吸热过程的a曲线导致温度降低的程度大于表示放热过程的b曲线，故答案为C15能正确表示下列化学变化的离子方程式是A碳酸钙与盐
15、酸反应 CO32 -+ 2 H+ = CO2+ H2OB金属铁放入稀盐酸中 Fe + 2H+ = Fe2+ + H2C氯化亚铁溶液中通入氯气 Fe2+ + Cl2 = Fe3+ + 2Cl-D二氧化锰与浓盐酸反应 MnO2 + 4HCl = Mn2+ + 2Cl- + Cl2+2H2O【答案】B【解析】A错，碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式；B正确；C错，电荷未守恒；D错，HCL要拆成离子形式；16（10分）A、B、C、D、E原子序数依次递增的五种短周期元素，已知：B原子核外电子总数与最外层电子数之比为4：3D原子最外层电子数与次外层电子数之比为3：4E-，C+，A+的离子半径逐渐减小A单质在
16、E单质中燃烧火焰呈苍白色请回答下列问题：（1）E的最高价氧化物对应水化物的化学式为：_。它的酸性比D的最高价氧化物对应水化物的酸性：_。（填“强”或“弱”）（2）X、Y是由上述元素中任意3种组成的强电解质，且构成的原子个数比均为1：1：1。已知X溶液中水电离出来的C（H+）=10-12mol/L，则X的电子式为：_；Y的水溶液酸碱性与X相同，则其原因是（写离子方程式）：_；（3）B与C构成原子个数比为1：1的化合物与H2O反应的化学方程式为:_；（4）A与B，A与D均可形成18个电子的分子，这两种分子在水溶液中反应生成物之一是含10电子的化合物；该反应可观察到现象是：_，原因是（用化学方程式表
17、示）_。【答案】（1）HClO4 强 （2） ClO-+H2OHClO+OH-（3）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 （4）淡黄色沉淀 H2S+H2O2=S+2H2O【解析】由知B只能为氧元素，由知D只能为硫元素，结合各离子所带电荷综合考虑E、C只能为氯及钠，再由可判定A为氢元素（1）氯的最高价氧化物对应水化物为高氯酸HClO4，它是最强的含氧酸，大于硫酸的酸性（2）X溶液中水电离出来的C（H+）=10-12mol/L，水的电离受抑制，故X可能为强碱或强酸，结合原子个数比可知X为NaOH，其电子式为；同样呈碱性的只能是NaClO，水解呈碱性：ClO+H2OHClO+OH（3）Na2O2
18、可与水发生自身氧化还原反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2（4）A与B，A与D均可形成18个电子的分子分别为H2O2、H2S，两者可发生氧化还原反应：H2S+H2O2=S+2H2O，有浅黄色沉淀生成17（10分）A、B、C、D都是短周期元素，原子半径DCAB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族。C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍。试回答：（1）写出下列元素的元素名称：A_，B_，C_，D_。（2）这四种元素中在常温常压下的液态或气态氢化物的稳定性由大而小的顺序是_。（3）A与B形成的三原子分子的电子式是_，B与D形成
19、的原子个数比为11的化合物的电子式是_。（4）A元素某氧化物与D元素某氧化物反应生成单质的化学方程式是_。【答案】(1)碳 氧 硅 钠 （各1分） (2)H2OCH4SiH4 (2分)(3) （各1分） (4)2CO22Na2O22Na2CO3O2 (2分)【解析】试题分析：A、B、C、D都是短周期元素，原子半径DCAB，其中A、B处在同一周期，A、C处在同一主族，四种元素在周期表中的大致相对位置为：，A、C处在同一主族，二者质子数相差8，C原子核内质子数等于A、B原子核内质子数之和，故B的质子数为8，B为O元素，C原子最外层上的电子数是D原子最外层电子数的4倍，故C最外层电子数为4，D的最外
20、层电子数为1，故A为C元素，C为Si元素，D为Na元素，则（1）根据以上分析可知四种元素名称分别为碳、氧、硅、钠。（2）非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性是OCSi，所以氢化物的稳定性由大而小的顺序是H2OCH4SiH4。（3）碳与氧形成的三原子分子是二氧化碳，其电子式是；钠与氧形成的原子个数比为11的化合物是过氧化钠，其电子式是。（4）二氧化碳能与过氧化钠反应生成氧气和碳酸钠，反应的方程式为2CO22Na2O22Na2CO3O2。考点：考查位置、结构与性质应用的有关判断18摄影胶卷上涂的感光材料主要是AgBr。在照相时按动快门的一瞬间，进入相机的光使AgBr发生了分解反应。由于进光量
21、极少，分解出的Ag极少，所以必须通过化学方法进行显影才能看到底片上的影像。对苯二酚是一种常用的显影剂，在显影时发生了如下变化：(1)曝光时所产生的微量Ag在显影过程中_。A是氧化剂B是还原剂C起催化剂的作用D不起什么作用(2)显影液中如果只溶有对苯二酚，显影速度则非常缓慢。为提高显影速度，可加入_。ANa2SO4BNa2SO3CNa2CO3DNa2S2O3(3)溶于显影液中的氧气能与对苯二酚反应，最终生成棕褐色的污斑，影响底片的质量。为避免形成污斑，可向显影液中加入_。ANa2SO4BNa2SO3CNa2CO3DNa2S2O3【答案】(1)B(2)C(3)B【解析】(1)Ag不是反应物，它不可
22、能是氧化剂或还原剂。如果微量Ag不起作用，显影后的底片就会漆黑一片。曝光时产生的微量Ag能催化反应，因底片各处的曝光程度不同，分解出的Ag的量也不同，催化作用就有强弱之别，这样才能使底片上出现黑白有致的影像。(2)由苯酚的弱酸性可联想到对苯二酚也是弱酸，加碱(Na2CO3)可促其电离，增大的浓度，提高显影速度。(3)可加入还原性比对苯二酚更强的物质，以消耗显影液中的O2。Na2SO3和Na2S2O3虽都有还原性，但后者能与AgBr发生配合反应(是定影剂)，应选B。19某学生用0.1mol/L的KOH标准溶液滴定未知浓度盐酸，其操作可分解为如下几步：A 移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，
23、并加入23滴酚酞B 用标准溶液润洗滴定管23次C 把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D 取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度0以上23cmE 调节液面至0或0以下刻度，记下读数F 把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。 就此实验完成填空：(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)_ _。（2）判断到达滴定终点的实验现象是：_ _。（3）操作步骤B的意义： 。（4）下面ae是中学化学实验中常见的几种定量仪器：a 量筒；b 容量瓶；c 滴定管；d 托盘天平；e 温度计 其中标示出仪器使用温度的是_(填写编号)； 由于错误操作，使得到
24、的数据比正确数据偏小的是_(填写编号)； A用量筒量取一定量液体时，俯视液面读数B中和滴定达终点时俯视滴定管内液面度数C使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度D用待测溶液润洗锥形瓶【答案】（1）；（2）溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪（3）防止标准液浓度变稀 （4）A,B,C A,B【解析】试题分析：（1）根据酸碱中和滴定原理以及实验操作注意事项可知，正确的操作步骤顺序是。（2）碱液使酚酞显红色，酸使酚酞显无色，则判断到达滴定终点的实验现象是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪。（3）标准液润洗滴定管的目的是防止标准液浓度变稀，造成试验误差。（4）其中标示出仪器使用温度的是量筒
25、、量瓶、滴定管，答案选abc。用量筒量取一定量液体时，俯视液面读数，则读数偏小；中和滴定达终点时俯视滴定管内液面度数，则读数偏小；使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容后所得溶液的浓度，则容量瓶中溶液的体积偏小，浓度偏高；用待测溶液润洗锥形瓶，则消耗标准液的体积增加，浓度偏高，答案选AB。考点：考查酸碱中和滴定实验的基本操作以及误差分析点评：该题是基础性试题的考查，侧重对学生基本实验操作能力的培养。有利于培养学生规范严谨的实验设计能力，有利于调动学生的学习兴趣，激发学生的学习积极性。该题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运
26、用知识解决实际问题的能力。20(14分）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量8.2 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL待测溶液。称量时，样品可放在 （填编号字母）上称量（A）小烧杯 （B）洁净纸片 （C）直接放在托盘上（2）滴定时，用0.2000molL-1的盐酸来滴定待测溶液，不可选用 （填编号字母）作指示剂。（A）甲基橙 （B）石蕊 （C）酚酞 （3）滴定过程中，眼睛应注视 ；在铁架台上垫一张白纸，其目的是 。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是 molL-1，烧碱样品的纯度是 。滴定次数待测溶液体积（mL）标准酸体积滴定前的
27、刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（5）下列实验操作会对滴定结果产生的后果。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果 。若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果 。【答案】（1）A （2）B （3）锥形瓶内溶液颜色的变化；便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差 （4）0.4000 molL-1 97.56 %（5）偏高 偏高。【解析】试题分析：（1）因为氢氧化钠的吸水性、腐蚀性很强，直接放在纸片或托盘上，会影响氢氧化钠的称量质量，给实验带来误差，
28、所以不能放在纸片上，更不能直接放在托盘上称量，应放在小烧杯内，答案选A；（2）盐酸滴定氢氧化钠溶液，可选用甲基橙或酚酞试液，不能选择石蕊试液，因为石蕊试液的颜色变化不明显，所以答案选B；（3）根据滴定操作的要求，滴定时眼睛应注意锥形瓶内溶液颜色的变化；在铁架台上垫一张白纸，起衬托作用，其目的是便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差；（4）第一次消耗盐酸的体积是20.50-0.40=20.10mL，第二次消耗盐酸的体积是24.00-4.10=19.90mL，所以平均消耗盐酸的体积是（20.10+19.90）mL/2=20.00mL，根据盐酸与氢氧化钠反应的实质，则氢氧化钠溶液的浓度是20.
29、00mL0.2000molL-1/10.00mL=0.4000mol/L；则样品中NaOH的质量分数是0.4000mol/L0.01L500/1040g/mol/8.2g100%=97.56%（5）观察酸式滴定管液面时，开始俯视，使开始的读数偏小，滴定终点平视，所以消耗盐酸的体积偏大，则滴定结果偏高；若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则锥形瓶内的待测液氢氧化钠的物质的量增大，消耗盐酸的体积增大，则滴定结果偏高。考点：考查酸碱中和滴定实验，滴定操作的判断，对实验结果的分析与计算21（实验班做）现有反应：CO（g）+ H2O（g） CO2 （g）+ H2（g） H0，在850
30、时，平衡常数K=1，现在850下，向2L的密闭容器中充入CO、H2O（g）各4mol，回答下列问题：（1）当CO转化率为25时，该反应是否达平衡，向哪个方向进行？（2）达平衡时，CO转化率为多少？（3）H2的体积分数为多少？（4）若温度仍为850，初始时CO浓度为2mol/L，H2O（g）为6mol/L,则平衡时CO转化率为多少？【答案】（1）未达平衡，正向进行（2）50 （3）25（4）75【解析】试题分析：（1）当CO转化率为25时，消耗CO是4mol0.251mol，根据方程式可知消耗水蒸气、生成的CO2和氢气均是1mol，剩余CO和水蒸气均是3mol，反应前后体积不变，可以用物质的量表
31、示浓度计算浓度商，则浓度商1，反应没有达到平衡状态，此时向正反应方向进行。（2） CO（g）+ H2O（g） CO2 （g）+ H2（g）起始量（mol） 4 4 0 0转化量（mol） x x x x平衡量（mol）4-x 4-x x x则根据平衡常数可知解得x2所以CO的转化率是50%（3）H2的体积分数为多少？（4） CO（g）+ H2O（g） CO2 （g）+ H2（g）起始浓度（mol/L） 2 6 0 0转化浓度（mol/L） y y y y平衡浓度（mol/L）2-y 6-y y y则解得y1.5因此衡时CO转化率为考点：考查平衡常数计算的有关应用22某混合物A含有Al2 (SO
32、4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：据此判断：（1）固体E所含物质的化学式为 。（2）反应可用来焊接钢轨，化学方程式为 ；该反应称为： 。（3）反应的离子方程式为 。（4）反应的离子方程式为 。【答案】（1）K2SO4 (NH4)2SO4（2）2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe 铝热反应（3）Al2O32OH3H2O2Al(OH)4（4）Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4+【解析】试题分析：考点：KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaO
33、H溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应为铝热反应，C为Al，向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和（NH4）2SO4，（1）由以上分析可知固体E是K2SO4 和(NH4)2SO4；（2）反应为铝热反应，方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，该反应称为铝热反应；（3）反应为Al2O3和氢氧化钠的反应，离子方程式
34、为Al2O3+2OH-+3H2O2Al(OH)4-；（4）反应为Al3+和氨水的反应，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+。【考点定位】考查无机推断，涉及元素及化合物的性质。【名师点晴】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，则B为Fe2O3，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al（OH）3沉淀，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，则D为Al2O3，反应为铝热反应，C为Al，向
35、溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4 和(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到的是K2SO4 和(NH4)2SO4，以此解答该题。23X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：（1）L的元素符号为_ ；M在元素周期表中的位置为_；五种元素的原子半径从大到小的顺序是_（用元素符号表示）。（2）Z、X两元素按原子数目比l3和24构成分子A和B，A的电子式为_，B的结构式为_。（3）硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子
36、层，则Se的原子序数为_，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_。该族25周期元素单质分别与H2反应生成lmol气态氢化物的反应热如下，表示生成1mol硒化氢反应热的是_（填字母代号）。a+99.7 molL1 b+29.7 molL1 c20.6 molL1 d241.8 kJmol1 【答案】（1）O,第三周期第A族，AlCNOH,（2） （3）34 H2SeO4 b【解析】试题分析：X、Y、Z、L的原子序数依次增大，X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，所以X、Y、Z、L分别是H、C、N、O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，所以M是Al元素；（1） L的元素符号为O元素；M在元素周期表中的位置为第三周期第A族；五种元素的原子半径从大到小的顺序是AlCNOH；（2） Z、X两元素按原子数目比l3和24构成分子NH3和N2H4，NH3的电子式为，B的 结构式为；（3） 硒Se原子比O原子多两个电子层，则Se的原子序数为34，其最高价为+6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。非金属性越强越易与氢气化合，生成1 mol硒化氢反应热的是+29.7 molL1。考点：本题考查元素周期表。