1、2014-2015学年内蒙古北方重工三中高二（下）期中化学试卷一、选择题（每个小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）1（3分）（2013山东）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程2（3分）（2015春内蒙古校级期中）丁腈橡胶具有优良的耐油耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是（）CH2=CHCH=CH2 CH3CCCH3 CH2=CHCNCH3CH=CHCN CH3CH=CH2 CH3CH=CHCH3ABCD3
2、（3分）（2015春内蒙古校级期中）奥运吉祥物福娃外材为纯羊毛线，内充物为无毒的聚酯纤维（），下列说法不正确的是（）A可用点燃方法区别羊毛与聚酯纤维B聚酯纤维和羊毛一定条件下均能水解C该聚酯纤维单体为对苯二甲酸和乙二醇D由单体合成聚酯纤维的反应属加聚反应4（3分）（2015春大连校级期中）下列实验能获得成功的是（）A将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸制银镜B苯与浓溴水反应制取溴苯C向浓溴水中加几滴稀苯酚溶液观察沉淀D1molL1CuSO4溶液2mL和0.5molL1NaOH溶液4mL混合后加入40%的乙醛溶液0.5mL，加热煮沸观察沉淀的颜色5（3分）（2013广东模拟）食品保鲜膜按材质分为聚乙烯
3、（PE）、聚氯乙烯（PVC）等PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害下列有关叙述不正确的是（）APE、PVC都属于链状高分子化合物，受热易熔化BPE、PVC的单体都是不饱和烃，能使溴水褪色C焚烧PVC保鲜膜会放出有毒气体如HClD废弃的PE和PVC均可回收利用以减少白色污染6（3分）（2013广东模拟）下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是（）A淀粉葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）B纤维素葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）C油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O（释放能量维持生命活动）D蛋白质氨基酸人体所
4、需的蛋白质（人体生长发育、新陈代谢）7（3分）（2014唐山一模）有关下图所示化合物的说法不正确的是 （）A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体8（3分）（2015春内蒙古校级期中）下列叙述错误的是（）A苯、乙烯都既能发生加成反应，也能发生氧化反应B塑料、橡胶和合成纤维都属于有机高分子化合物C淀粉、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D淀粉、纤维素的通式均为（C6H10
5、O5）n，但它们不互为同分异构体9（3分）（2015春内蒙古校级期中）下列表述不正确的是（）A福岛核电站泄露的放射性物质131I与127I互为同位素，化学性质几乎相同B电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述C除去SO2中混有的少量HCl，使气体通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气瓶D为了证明氢氧化钠是离子化合物，可在瓷坩埚中将氢氧化钠固体熔化后测其导电性10（3分）（2015春内蒙古校级期中）“莫斯科2009年7月28日电，27日夜间，位于莫斯科郊外的杜伯纳国际联合核研究所的专家们启动新元素合成实验，如果顺利的话，实验结束时将会合成门捷列夫元素周期表上的第11
6、7号新元素”下列有关该元素的说法正确的是（）A117 g该元素原子的物质的量为1 molB该元素一定为非金属元素C该元素在地球上的含量十分丰富D该元素的金属性可能比非金属性更明显11（3分）（2011秋攀枝花期末）气态中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是（）A1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p1B1s22s22p63s23p31s22s22p63s23p2C1s22s22p63s23p41s22s22p63s23p3D1s22s22p63s23p63d104s24p21s22s22p63s23p63d104s24p112（3分）（2010上海）下
7、列有关物质结构的表述正确的是（）A次氯酸的电子式B二氧化硅的分子式SiO2C硫原子的最外层电子排布式3s23p4D钠离子的结构示意图13（3分）（2015春内蒙古校级期中）钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ3W8，其中只有W显负价X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和下列说法错误的是（）AX的离子半径Y的离子半径BZ的氢化物稳定性W的氢化物稳定性C化合物X2W2和Y2W3中都不含配位键D1 mol ZW2晶体所含ZW键的数目为4NA14（3分）（2014春淄博校级期末）现有
8、四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：15（3分）（2015春内蒙古校级期中）下表中元素均为中学化学中常见短周期元素，根据表中信息，下列说法不正确的是（）元素代号XYZWN原子半径/nm0.1860.0740.1020.0990.160主要化合价+122、+6+7、1+2AX与W形成的化合物是共价化合物B常温下单质与水反应速率：XNC最高价氧化物对应水化物酸性：WZDX和Y的单质在一定条件下反应可生成一种淡黄色的固体化合物16（3分）（
9、2015春内蒙古校级期中）某同学设计了如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数：下列说法中不正确的是（）A合金的熔点比其成分金属低，通常比成分金属具有更优良的金属特性B铜银都能与稀硝酸反应，收集到的V L气体可能全为NOC操作是过滤，操作是洗涤，操作应是烘干D根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数二、非选择题（本题共4各小题，总分52分）17（14分）（2015春内蒙古校级期中）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据（单位：kJmol1），回答下列各题：元素代号I1I2I3I4Q2 0804 0006 1009 400R4964 5626 9129 543S7381 4517 7
10、3310 540T5781 8172 74511 575U4203 1004 4005 900（1）在周期表中，最可能处于同一族的是AQ和R BS和T CT和U DR和T ER和U（2）下列离子的氧化性最弱的是AS2+ BR2+ CT3+ DU+（3）下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是A硼 B铍 C氦 D氢（4）每种元素都出现相邻两个电离能的数据相差较大的情况，这一事实从一个侧面说明：，如果U元素是短周期元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第个电子时（5）如果R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是，其中元素的第一电离能异常高的原因是18（12分
11、）（2015春内蒙古校级期中）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大请根据下列相关信息，回答问题A元素的核外电子数和电子层数相等B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能如下：I1=738kJmol1I2=1 451kJmol1I3=7 733kJmol1I4=10 540kJmol1D原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式：（2）B元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈形（3）
12、某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为该同学所画的电子排布图违背了（4）G位于族区，该元素的核外电子排布式为（5）检验F元素的方法是，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：19（14分）（2015杭州校级模拟）有机物A（C12H15ClO3）为含多种官能团的芳香族化合物，其结构简式如图1（其中虚线框内为未知部分的结构）所示，A可发生如下转化图2（其中部分产物已略去）已知：D能使溴的CCl4溶液褪色；B不能与FeCl3溶液发生显色反应，1mol B最多能与2mol金属钠反应；C的催化氧化产物不能发生银镜反应回答下列问题（1）写出C中官能团的名称（2）A的结构简式（写出一种）：（3
13、）写出反应类型：CD；BE（4）写出E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式（5）E有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式含有苯环且苯环上只有一个取代基；分子结构中含有甲基；能发生水解反应20（12分）（2015春内蒙古校级期中）铝是重要的金属材料，铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）是工业上制取铝的原料实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2（SO4）3和铵明矾晶体NH4Al（SO4）212H2O的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）固体a的化学式为，中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为（2）由制取铵明矾溶液的化
14、学方程式为从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）、冷却结晶、过滤洗涤（3）以1000kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2（SO4）3，需消耗质量分数98%的硫酸（密度1.84gcm1）L（计算结果请保留一位小数）（4）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1：1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为2014-2015学年内蒙古北方重工三中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每个小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）1（3分）（2013山东）化学与生活密切相关，
15、下列说法正确的是（）A聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程考点：塑料的老化和降解；煤的干馏和综合利用；乙醇的工业制法；有机高分子化合物的结构和性质 专题：有机化合物的获得与应用分析：A聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物，聚乙烯的单体是乙烯；B煤的气化、液化都是化学变化；C碳纤维是碳的单质；D淀粉葡萄糖乙醇都是化学变化；解答：解：A乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错
16、误；B煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故C错误；D用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故D正确；故选D点评：本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握塑料的老化、煤的气化和液化、有机高分子材料、粮食酿酒等知识是解答的关键，题目难度不大2（3分）（2015春内蒙古
17、校级期中）丁腈橡胶具有优良的耐油耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是（）CH2=CHCH=CH2 CH3CCCH3 CH2=CHCNCH3CH=CHCN CH3CH=CH2 CH3CH=CHCH3ABCD考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能 分析：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断；丁腈橡胶为加聚反应产物，加聚产物的单体推断方法为：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个
18、半键闭合即可；（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换解答：解：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开，在将双键中的1个CC打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体为：CH2=CHCH=CH2、CH2=CHCN，故选C点评：本题考查了加聚反应原理及高分子化合物单体的求算，题目难度中等，注意掌握加聚反应的概念及反应原理，明确高分子化合物单体的求算方法3（3分）（2015春内蒙古校级期中）奥运吉祥物福娃外材为纯羊毛线
19、，内充物为无毒的聚酯纤维（），下列说法不正确的是（）A可用点燃方法区别羊毛与聚酯纤维B聚酯纤维和羊毛一定条件下均能水解C该聚酯纤维单体为对苯二甲酸和乙二醇D由单体合成聚酯纤维的反应属加聚反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：A羊毛的成分的蛋白质，聚酯纤维的成分属于酯类化合物，二者燃烧现象不同；B聚酯纤维和羊毛都属于高分子化合物，在一定条件下都能发生水解；C该聚酯纤维水解生成对苯二甲酸和乙二醇；D对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维解答：解：A羊毛的成分的蛋白质，聚酯纤维的成分属于酯类化合物，羊毛燃烧有烧焦羽毛的气味，聚酯纤维燃烧没有烧焦羽毛的气味，所以二者燃烧现
20、象不同，可以采用燃烧方法鉴别，故A正确；B聚酯纤维和羊毛都属于高分子化合物，在一定条件下都能发生水解生成小分子化合物，故B正确；C该聚酯纤维水解生成对苯二甲酸和乙二醇，所以该聚酯纤维单体为对苯二甲酸和乙二醇，故C正确；D对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维，而不是发生加聚反应，故D错误；故选D点评：本题考查有机物结构和性质、有机物鉴别等知识点，明确物质中官能团及其性质关系是解本题关键，会根据高分子化合物结构确定其形成单体，为学习难点4（3分）（2015春大连校级期中）下列实验能获得成功的是（）A将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸制银镜B苯与浓溴水反应制取溴苯C向浓溴水中加几滴稀苯酚溶液观察沉
21、淀D1molL1CuSO4溶液2mL和0.5molL1NaOH溶液4mL混合后加入40%的乙醛溶液0.5mL，加热煮沸观察沉淀的颜色考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A银镜反应要在水浴加热的条件下；B苯和溴在催化剂条件下反应制备溴苯；C苯酚和溴水发生取代反应；D碱应过量，反应在碱性条件下进行解答：解：A银镜反应要在水浴加热的条件下，将乙醛滴入银氨溶液中，加热煮沸得到黑色沉淀，故A错误；B苯和溴在溴化铁作催化剂条件下反应制备溴苯，不能用溴水，故B错误；C苯酚和溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，故C正确；D.1mol/L CuSO4溶液2mL和0.5mol/L NaOH溶液4mL混合
22、后恰好反应生成氢氧化铜，碱应过量，故D错误故选C点评：本题考查了实验方案评价，涉及银镜反应、溴苯的制取、苯酚和溴的反应、氢氧化铜悬浊液的制备等知识点，明确物质的性质是解本题关键，注意A的反应条件，知道氢氧化铜悬浊液的制取方法，题目难度中等5（3分）（2013广东模拟）食品保鲜膜按材质分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等PE保鲜膜可直接接触食品，PVC保鲜膜则不能直接接触食品，它对人体有潜在危害下列有关叙述不正确的是（）APE、PVC都属于链状高分子化合物，受热易熔化BPE、PVC的单体都是不饱和烃，能使溴水褪色C焚烧PVC保鲜膜会放出有毒气体如HClD废弃的PE和PVC均可回收利用以减少白
23、色污染考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能 专题：有机化合物的获得与应用分析：A具有热塑性的塑料具有链状结构，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行；热固性具有网状结构，一经加工成型就不会受热熔化；BPVC的单体是CH2CHCl；CPVC的单体是CH2CHCl；D废弃塑料可造成白色污染解答：解：APE、PVC都属于链状高分子化合物，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行，故A正确； BPVC的单体是CH2CHCl，它不属于烃类，故B错误；CPVC中含有氯元素，在燃烧过程中会产生HCl，对人体有害，故C正确；D废弃塑料可造成白色污染，回收利用可减少对环境的污染，故D正确故选B点评：本题考查
24、PE、PVC的成分及分子结构，难度不大，注意具有热塑性的塑料具有链状结构，加热熔化、冷却后变成固体，可以反复进行；热固性具有网状结构，一经加工成型就不会受热熔化6（3分）（2013广东模拟）下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是（）A淀粉葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）B纤维素葡萄糖CO2和H2O（释放能量维持生命活动）C油脂甘油和高级脂肪酸CO2和H2O（释放能量维持生命活动）D蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育、新陈代谢）考点：人体新陈代谢过程中的生化反应 专题：化学应用分析：A淀粉能为人体提供能量； B人体内没有水解纤维素的酶；C油脂
25、能为人体提供能量；D蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成蛋白质解答：解：A淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确； B纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，故B错误；C油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，故C正确；D蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，故D正确故选B点评：本题考查基本营养物质在体内的化学反应，难度不大，注意纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能7（3分）（2014唐山一模
26、）有关下图所示化合物的说法不正确的是 （）A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体考点：有机物分子中的官能团及其结构 专题：压轴题分析：A、含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反应；B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO4褪色；D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应解答：解：A、有机物含有碳碳双键，故
27、可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D错误故选D点评：本题考查学生有关官能团决定性质的知识，要要求学生熟记官能团具有的性质，并熟练运用8（3分）（2015春内蒙古校级期中）下列叙述错误的是（）A苯、乙烯都既能发生加成反应，也能发生氧化反应B塑料、橡胶和合成纤维都属于有机高分子化合物C淀粉、
28、葡萄糖、脂肪和蛋白质在一定条件下都能发生水解反应D淀粉、纤维素的通式均为（C6H10O5）n，但它们不互为同分异构体考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：A乙烯能与溴、氢气发生加成反应，苯能与氢气发生加成反应，苯与乙烯都能燃烧，属于氧化反应；B、塑料、橡胶和合成纤维由小分子聚集而成的；C葡萄糖是单糖，不能水解；D淀粉与纤维素分子式都为（C6H10O5）n，n值不同解答：解：A乙烯能与溴、氢气发生加成反应，苯能与氢气发生加成反应，苯与乙烯都能燃烧，属于氧化反应，故A正确；B塑料、橡胶和合成纤维由无数（n）结构单元以重复的方式排列而成的有机高分子化合物，故B正确；C淀粉、脂肪
29、和蛋白质在一定条件下能发生水解反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解，故C错误；D淀粉和纤维素是多糖，高分子化合物，化学式中的n值不同，不是同分异构体，故D正确故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点以及性质，为解答该类题目的关键，难度不大9（3分）（2015春内蒙古校级期中）下列表述不正确的是（）A福岛核电站泄露的放射性物质131I与127I互为同位素，化学性质几乎相同B电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述C除去SO2中混有的少量HCl，使气体通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气瓶D为了证明氢氧化钠
30、是离子化合物，可在瓷坩埚中将氢氧化钠固体熔化后测其导电性考点：核素；原子核外电子排布；物质的分离、提纯和除杂 分析：A从同位素的概念的角度分析；B电子云是电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述；C饱和亚硫酸氢钠能与氯化氢反应生成二氧化硫；D瓷坩埚的成分是二氧化硅解答：解：A131I与127I的质子数相同而中子数不同，属于同位素，二者最外层电子数相同，化学性质相同，故A正确；B电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故B正确；C饱和亚硫酸氢钠能与氯化氢反应生成二氧化硫，与二氧化硫不反应，可以除去二氧化硫中混有的少量氯化氢，故C正确；D瓷坩埚的成分是二氧化硅，二氧化硅能与氢氧化钠反
31、应生成硅酸钠，所以不能在瓷坩埚中将氢氧化钠固体熔化后测其导电性，故D错误故选D点评：本题考查同位素、电子云、除杂等，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握10（3分）（2015春内蒙古校级期中）“莫斯科2009年7月28日电，27日夜间，位于莫斯科郊外的杜伯纳国际联合核研究所的专家们启动新元素合成实验，如果顺利的话，实验结束时将会合成门捷列夫元素周期表上的第117号新元素”下列有关该元素的说法正确的是（）A117 g该元素原子的物质的量为1 molB该元素一定为非金属元素C该元素在地球上的含量十分丰富D该元素的金属性可能比非金属性更明显考点：元素周期律和元素周期表的综合
32、应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：稀有气体原子序数分别He2，Ne10，Ar18，Kr36，Xe54，Rn86，第七周期稀有气体原子序数=86+32=118，则118117=1，故该元素处于第七周期AA.117号元素的质子数为117，相对原子质量不是117g；B同主族自上而下金属性增强；C属于放射性元素；D同主族自上而下金属性增强，其金属性比碘的强，可能为金属元素解答：解：稀有气体原子序数分别He2，Ne10，Ar18，Kr36，Xe54，Rn86，第七周期稀有气体原子序数=86+32=118，则118117=1，故该元素处于第七周期A，A.117号元素的质子数为117，相对原子质量
33、不是117g，117 g该元素原子的物质的量不是1 mol，故A错误；B同主族自上而下金属性增强，其金属性比碘的强，不一定为非金属，故B错误；C属于放射性元素，在地球上的含量不丰富，故C错误；D同主族自上而下金属性增强，其金属性比碘的强，可能为金属元素，该元素的金属性可能比非金属性更明显，故D正确，故选D点评：本题考查结构物质性质关系应用，关键是根据原子序数确定在周期表中的位置，再结合元素周期律解答11（3分）（2011秋攀枝花期末）气态中性基态原子的原子核外电子排布发生如下变化，吸收能量最多的是（）A1s22s22p63s23p21s22s22p63s23p1B1s22s22p63s23p3
34、1s22s22p63s23p2C1s22s22p63s23p41s22s22p63s23p3D1s22s22p63s23p63d104s24p21s22s22p63s23p63d104s24p1考点：原子核外电子排布 专题：原子组成与结构专题分析：由原子核外电子排布可知A、B、C、D依次为Si、P、S、Ge，结合同周期自左而右第一电离能具有增大，同主族自上而下第一电离能降低判断注意P元素3p轨道半充满，电子能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能越高，失去1个电子吸收的能量越多解答：解：由原子核外电子排布可知A、B、C、D依次为Si、P、S、Ge；Si和Ge同一主族，Si在Ge上方，S
35、i第一电离能大；Si、P、S为同一周期相邻元素，P元素原子的3p轨道为半充满，电子能量较低，P元素的第一电离能大，即第一电离能PSSi所以第一电离能PSSiGe故P原子失去1个电子吸收的能量最多故选B点评：本题考查核外电子排布规律、电离能的比较，难度中等，注意电离能的递变规律12（3分）（2010上海）下列有关物质结构的表述正确的是（）A次氯酸的电子式B二氧化硅的分子式SiO2C硫原子的最外层电子排布式3s23p4D钠离子的结构示意图考点：原子核外电子排布；电子式；原子结构示意图；分子式 分析：从本题来看，主要注意这几点：书写电子式不但要看是否满足稳定结构，还要看原子之间的排列方式是否正确只有
36、分子晶体才有分子，注意常见的物质所属的晶体类型电子排布式要符合能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则三条基本原则离子的结构示意图符合最外层稳定结构解答：解：A、次氯酸的电子式为：，A错；B、二氧化硅是原子晶体，其结构中不存在分子，B错；C、S是16号元素，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p4，最外层电子排布式3s23p4，C对；D、钠离子是钠原子失去了最外层的1个电子，其原子结构示意图为：，D错故选：C点评：此题考查了物质结构中的原子的核外电子排布、原子结构的表示、化学键、物质的构成等知识点，是常见常用基础知识在分析电子排布式的对错时，可以首先写出相应的电子排布式一一对照，得出答案
37、；也可以依次验证电子数目的正误、填充顺序的正误、填充电子数的正误进行判断，认真理解体会，才能准确应用重视化学用语，重视细节很重要13（3分）（2015春内蒙古校级期中）钾长石的主要成分为硅酸盐，由前20号元素中的四种组成，化学式为XYZ3W8，其中只有W显负价X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和下列说法错误的是（）AX的离子半径Y的离子半径BZ的氢化物稳定性W的氢化物稳定性C化合物X2W2和Y2W3中都不含配位键D1 mol ZW2晶体所含ZW键的数目为4NA考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周
38、期律与元素周期表专题分析：钾长石的主要成分为硅酸盐，只有W显负价，应为O元素，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，该硅酸盐为KAlSi3O8，以此解答该题解答：解：只有W显负价，应为O元素，Y3+与W的阴离子具有相同的电子层结构，Y为Al元素，X、Y的最外层电子数之和与Z的最高正价数相等，可知该硅酸盐中，Z应为Si元素，X的化合价为+1价，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，则X为K元素，该硅酸盐为KAlSi3O8AK
39、+比Al3+多一个电子层，K+离子半径较大，故A正确；B非金属性OSi，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B错误；CK2O2、Al2O3两种化合物都为离子化合物，K2O2含有离子键和共价键，而Al2O3只含有离子键，均不含有配位键，故C正确；D在二氧化硅中，每个硅原子周围有4个SiO键，所以lmolSiO2晶体所含SiO键的数目为4NA，故D正确故选B点评：本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解答关键，D选项为易错点，中注意熟记中学常见的晶体结构14（3分）（2014春淄博校级期末）现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p
40、3；1s22s22p5则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：考点：原子结构与元素的性质 专题：原子组成与结构专题分析：由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素A、同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素；同主族自上而下第一电离能减弱，据此判断；B、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；C、同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低；D、最高正化合价等于最外层电子数，注意F、O元素一般没有
41、正化合价解答：解：由核外电子排布式可知，1s22s22p63s23p4为S元素，1s22s22p63s23p3为P元素，1s22s22p5为F元素A、同周期自左而右，第一电离能增大，但P元素原子3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能ClPS；同主族自上而下第一电离能减弱，故FCl，故第一电离能FPS，即，故A正确；B、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PSF，即，故B错误；C、同周期自左而右，电负性增大，同主族自上而下降低，故电负性，故C错误；D、S元素最高正化合价为+6，P元素最高正化合价为+5，F没有正化合价，故最高正化合价：
42、，故D错误故选A点评：本题考查核外电子排布规律、元素周期律等，难度不大，注意能级处于半满、全满时元素的第一电离能高于同周期相邻元素15（3分）（2015春内蒙古校级期中）下表中元素均为中学化学中常见短周期元素，根据表中信息，下列说法不正确的是（）元素代号XYZWN原子半径/nm0.1860.0740.1020.0990.160主要化合价+122、+6+7、1+2AX与W形成的化合物是共价化合物B常温下单质与水反应速率：XNC最高价氧化物对应水化物酸性：WZDX和Y的单质在一定条件下反应可生成一种淡黄色的固体化合物考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周
43、期元素，Y、Z都有2价，处于A族，Z有+6价，其原子半径较大，则Y为氧元素、Z为硫元素；W有+7、1价，则W为Cl元素；N为+2价，原子半径等于硫原子，则N为Mg元素；X为+1价，处于A族，原子半径大于Mg元素，则X为Na，据此解答解答：解：短周期元素，Y、Z都有2价，处于A族，Z有+6价，其原子半径较大，则Y为氧元素、Z为硫元素；W有+7、1价，则W为Cl元素；N为+2价，原子半径等于硫原子，则N为Mg元素；X为+1价，处于A族，原子半径大于Mg元素，则X为Na，AX与W形成的化合物为NaCl，属于离子化合物，故A错误；BNa的活泼性大于Mg，故常温下单质与水反应速率：NaMg，故B正确；C
44、非金属性ClS，故酸性HClO4H2SO4，故C正确；D钠在氧气中燃烧生成Na2O2为淡黄色固体，故D正确；故选A点评：本题考查性质结构位置关系应用，难度中等，注意从化合价和原子半径推断元素的种类，注意掌握元素周期律16（3分）（2015春内蒙古校级期中）某同学设计了如下实验测量m g铜银合金样品中铜的质量分数：下列说法中不正确的是（）A合金的熔点比其成分金属低，通常比成分金属具有更优良的金属特性B铜银都能与稀硝酸反应，收集到的V L气体可能全为NOC操作是过滤，操作是洗涤，操作应是烘干D根据反应收集到的气体体积可以计算铜和银的质量分数考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：根据流程可
45、知：铜银合金与足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、NO或NO2气体，用排水法收集到的VL气体为NO；向反应后的溶液中加入氯化钠溶液，反应生成氯化银沉淀，过滤后得到氯化银固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl固体，A合金的硬度大，熔点低；B由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成NO，无论金属与硝酸反应生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的气体为NO；C反应生成氯化银沉淀，过滤、洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl固体；D由流程图可知，实验原理为：在反应后溶液中加入氯化钠，将银离子转化为氯化银沉淀，通过测定氯化银沉淀的质量，计算银的质量，进而计算铜的含量解答：解：铜银合金与
46、足量硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银溶液、NO或NO2气体，由于二氧化氮与水反应生成一氧化氮，则用排水法收集到的VL气体为NO；向反应后的溶液中加入NaCl溶液，反应生成AgCl沉淀，过滤后得到AgCl固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl，A合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好，比纯金属用途更广泛，故A正确； B由流程图可知，实验排水法收集，二氧化氮能与水反应生成NO，故不能金属与硝酸反应生成是NO或NO2或NO、NO2，最后收集的气体为NO，故B正确；C根据分析可知，反应生成氯化银沉淀，过滤后得到氯化银固体，然后洗涤、干燥，最后得到干燥的AgCl固体，故C正确；D只根据反应收集到的气体
47、体积无法计算铜和银的质量分数，故D错误故选D点评：本题考查学生对实验原理的理解、物质组成的测定等知识，题目难度中等，理解实验基本操作方法及测定原理为解答关键，需要学生具有扎实的基础知识与综合运用知识分析解决问题的能力二、非选择题（本题共4各小题，总分52分）17（14分）（2015春内蒙古校级期中）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据（单位：kJmol1），回答下列各题：元素代号I1I2I3I4Q2 0804 0006 1009 400R4964 5626 9129 543S7381 4517 73310 540T5781 8172 74511 575U4203 1004 4005 900（
48、1）在周期表中，最可能处于同一族的是EAQ和R BS和T C T和U DR和T ER和U（2）下列离子的氧化性最弱的是DAS2+ BR2+ CT3+ DU+（3）下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是CA硼 B铍 C氦 D氢（4）每种元素都出现相邻两个电离能的数据相差较大的情况，这一事实从一个侧面说明：电子分层排布，且各能层能量不同，如果U元素是短周期元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第10个电子时（5）如果R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是RST，其中元素S的第一电离能异常高的原因是S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结
49、构、能量降低考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用；元素电离能、电负性的含义及应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，（1）R和U的第一至第四电离能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族；（2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小；（3）Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，
50、故Q最可能为稀有气体元素；（4）相邻两个电离能数据相差较大，从一个侧面说明电子是分层排布的，且各能层能量不同；若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在A族，则第二次电离能飞跃是在失去第一能层电子时发生；（5）根据最外层电子数确定原子序数，S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，故第一电离能反常解答：解：由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第
51、二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则（1）由上述分析可知，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案为：E；（2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小，由表中数据看出U的第一电离能为420 kJmol1，数值最小，故U+氧化性最弱，故答案为：D；（3）由表中数据可知，Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故Q最可能为稀有气体元素，化学性质和物理性质最像氦，故答案为：C；（4）相邻两个电离能数据相差较大，从一个侧面说明核外电子分层排布的，且各能层能量不同若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是
52、失去第2个电子时，可推知U在A族，则第二次电离能飞跃是在失去第10个电子时发生的，故答案为：电子分层排布，且各能层能量不同；10；（5）由上述分析可知，R最外层电子数为1，S的最外层电子数为2，T的最外层电子数为3，R、S、T若是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是RST，其中由于S的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，第一电离能反常高故答案为：RST；S；S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低点评：本题考查电离能知识，题目难度中等，注意原子的最外层电子与电离能以及化合价的关系18（12分）（2015春内蒙古校级期中
53、）现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大请根据下列相关信息，回答问题A元素的核外电子数和电子层数相等B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能如下：I1=738kJmol1I2=1 451kJmol1I3=7 733kJmol1I4=10 540kJmol1D原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第七列（1）已知BA5为离子化合物，写出其电子式：（2）B元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形（3）某同学根据上述信息，推
54、断C基态原子的核外电子排布图为该同学所画的电子排布图违背了泡利原理（4）G位于B族d区，该元素的核外电子排布式为3d54s2（5）检验F元素的方法是焰色反应，请用原子结构的知识解释产生此现象的原因：当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个电子层，为1s2
55、2s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于A族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第A族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素解答：解：A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素的核外电子数和电子层数相等，A为H元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，B有2个
56、电子层，为1s22s22p3，故B为N元素；由C原子的第一至第四电离能数据可知，第三电离能剧增，故C表现+2价，处于A族，原子序数大于N元素，故C为Mg元素；D处于第三周期，D原子核外所有p轨道全满或半满，最外层排布为3s23p3，故D为P元素；E处于第三周期，E元素的主族序数与周期数的差为4，E处于第A族，故E为Cl元素；F是前四周期中电负性最小的元素，F为第四周期元素，故F为K元素，G在第四周期周期表的第7列，G为Mn元素（1）NH5为离子化合物，是由NH4+与H两种粒构成，电子式为，故答案为：；（2）B为N元素，核外电子排布式为1s2ns2np3，基态原子中能量最高的电子，处于2p能级，
57、有3个电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形，故答案为：3；纺锤；（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图中3s能级，2个电子自旋方向相同，违背了泡利原理，故答案为：泡利原理；（4）G为Mn元素，是25号元素，位于第四周期第B族，最后填充的为d电子，为d区元素，价电子排布式为3d54s2，故答案为：B；d；3d54s2；（5）F为K元素，检验F元素的方法是焰色反应，产生此现象的原因是当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量，故答案为：焰色反应；当基
58、态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量点评：本题考查结构性质与位置关系、核外电子排布规律、电子式、杂化轨道理论、元素周期表等，综合性较大，难度中等，推断元素是解题的关键，注意基础知识的掌握19（14分）（2015杭州校级模拟）有机物A（C12H15ClO3）为含多种官能团的芳香族化合物，其结构简式如图1（其中虚线框内为未知部分的结构）所示，A可发生如下转化图2（其中部分产物已略去）已知：D能使溴的CCl4溶液褪色；B不能与FeCl3溶液发生显色反应，1mol B最多能与2mol金属钠反应；C的催化氧
59、化产物不能发生银镜反应回答下列问题（1）写出C中官能团的名称羧基、羟基（2）A的结构简式（写出一种）：或（3）写出反应类型：CD消去反应；BE氧化反应（4）写出E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O（5）E有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有5种，写出其中任意一种同分异构体的结构简式含有苯环且苯环上只有一个取代基；分子结构中含有甲基；能发生水解反应考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物A的分子式为C12H15ClO3，A在氢氧化钠水溶液发生水解反应、酸化得到B、C，可知A含有酯基，C的催化氧化产物不能发生银镜反应，结合A的部分
60、结构以及B、C分子式可知，A的结构简式为或，故C为，B为，B发生催化氧化生成E为，E与新制氢氧化铜反应、酸化得到C发生消去反应生成D为CH2CHCOOH，D发生加聚反应得到，据此解答解答：解：有机物A的分子式为C12H15ClO3，A在氢氧化钠水溶液发生水解反应、酸化得到B、C，可知A含有酯基，C的催化氧化产物不能发生银镜反应，结合A的部分结构以及B、C分子式可知，A的结构简式为或，故C为，B为，B发生催化氧化生成E为，E与新制氢氧化铜反应、酸化得到C发生消去反应生成D为CH2CHCOOH，D发生加聚反应得到，（1）C为，含有官能团的名称为：羧基、羟基，故答案为：羧基、羟基；（2）由上述分析可
61、知，A的结构简式为：或，故答案为：或；（3）CD发生醇的消去反应，BE是醇发生催化氧化，故答案为：消去反应；氧化反应；（4）E与新制Cu（OH）2反应的化学方程式：+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O，故答案为：+2Cu（OH）2+Cu2O+2H2O；（6）E为，E有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体：含有苯环且苯环上只有一个取代基；分子结构中含有甲基；能发生水解反应，含有酯基，侧链为CH（CH3）OOCH、CH2OOCCH3、CH2COOCH3、OOCCH2CH3或COOCH2CH3，共有5种，其中任意一种同分异构体的结构简式：等，故答案为：5；点评：本题考查有机物的推断和合成，题目
62、较为综合，难度中等，注意利用A的结构特点与B、C分子式及性质进行推断，是热点题型，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化20（12分）（2015春内蒙古校级期中）铝是重要的金属材料，铝土矿（主要成分是Al2O3和少量的SiO2、Fe2O3杂质）是工业上制取铝的原料实验室模拟工业上以铝土矿为原料制取Al2（SO4）3和铵明矾晶体NH4Al（SO4）212H2O的工艺流程如图所示：请回答下列问题：（1）固体a的化学式为SiO2，中通入足量CO2气体发生反应的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OHCO3+Al（OH）3（2）由制取铵明矾溶液的化学方程式为Al2O3+4H2SO4+2NH32NH4Al（
63、SO4）2+3H2O从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为（填操作名称）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（3）以1000kg含氧化铝36%的铝土矿为原料制取Al2（SO4）3，需消耗质量分数98%的硫酸（密度1.84gcm1）575.4L（计算结果请保留一位小数）（4）若同时制取铵明矾和硫酸铝，通过控制硫酸的用量调节两种产品的产量若欲使制得的铵明矾和硫酸铝的物质的量之比为1：1，则投料时铝土矿中的Al2O3和H2SO4的物质的量之比为3：10考点：金属的回收与环境、资源保护 专题：实验设计题分析：（1）Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，碳酸的酸性强于偏铝酸，故二氧化碳与偏
64、铝酸钠生成氢氧化铝沉淀；（2）Al2O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液；依据从可溶性溶液中获取固体的实验方法回答；（3）依据化学反应方程式以及给出的数据计算即可；（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al（SO4）212H2O的物质的量都是1 mol，然后依据铝离子与硫酸根的关系回答即可解答：解：（1）铝土矿中Al2O3和Fe2O3能溶于盐酸，SiO2不溶于盐酸，所以固体a的化学式为SiO2，Al2O3溶于烧碱生成NaAlO2溶液，在其中通入CO2生成Al（OH）3沉淀，故答案为：SiO2； AlO2+CO2+2H2OHCO3+Al（OH）3；（2）Al（OH）3分解生成Al2O3，Al2
65、O3与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾溶液，从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，故答案为：Al2O3+4H2SO4+2NH32NH4Al（SO4）2+3H2O；蒸发浓缩；（3）m（Al2O3）=1 000 kg36%=360 kg，依据：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O 102 294 360kg m（H2SO4）故m（H2SO4）=1037.6 kg，需消耗质量分数98%的硫酸（密度1.84 gcm3）为=575.4 L，故答案为：575.4；（4）设制得的Al2（SO4）3和NH4Al（SO4）212H2O的物质的量都是1 mol，则Al3+共3 mol，SO42共5 mol，根据Al3+和SO42守恒原理可得，加入Al2O3和H2SO4的物质的量之比为：5=3：10，故答案为：3：10点评：本题主要考查的是无机非金属材料的流程与应用，属于中等题，考查的是学生综合分析问题的能力
