1、四川省威远中学2019-2020学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 S-32 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56一、单选题（每小题2.5分，共50）1.环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是（ ）A. 温室效应CH4B. 光化学污染NO2C. 酸雨SO2D. 臭氧层破坏CO【答案】D【解析】【分析】【详解】A二氧化碳、甲烷是造成温室效应的主要气体，故A不选；B含氮氧化物（如一氧化氮、二氧化氮等）为导致光化学烟
2、雾的主要原因，故B不选； C二氧化硫气体在空气中能转化成硫酸，形成硫酸型酸雨，故C不选；D臭氧层的破坏与CO无关，主要与氯氟烃类化学物质的使用有关系，故D可选；综上所述，答案为D。2. 某气体通入品红溶液中，溶液褪色。加热后又恢复为原来颜色。该气体是（ ）A. SO2B. NO2C. CO2D. Cl2【答案】A【解析】【分析】【详解】A. SO2具有漂白性，但SO2的漂白性不稳定，在加热的条件下又恢复到原来的颜色，所以选项A正确。B. NO2溶于水生成硝酸，具有强氧化性，B项错误；C. CO2不能使品红溶液褪色，C项错误；D. 氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性，但这种漂白是不可逆的，加热不能
3、恢复原来的颜色，D项错误；答案选A。【点睛】该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，难度不大。该题的关键是记住常见漂白剂的漂白原理，然后灵活运用即可。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是（ ）A. 足量Na2O2和11.2LCO2反应，转移电子数目为0.5NAB. 1molSO2和O2的混合气体中含有的氧原子数为2NAC. 常温常压下，17gOH所含电子数为9NAD. 5.6g铁与7.1g氯气充分反应，转移电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A.未给温度和压强，则11.2LCO2的物质的量不能计算，故A错误；B. 一个
4、SO2分子中含有2个氧原子，一个O2分子中含有2个氧原子，则1molSO2和O2的混合气体中含有的氧原子的物质的量为2mol，即氧原子数为2NA，故B正确； C. 17gOH-为1molOH-，1molOH-所含电子数为（8+1+1）NA，即所含电子数为10NA，故C错误；D.5.6g铁为0.1mol，7.1g氯气为0.1mol，因为氯气为强氧化剂，则铁在氯气中充分反应生成氯化铁，铁过量，氯气不足，则转移电子数为0.2NA，故D错误；综上所述，答案为B。4.下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是（ ）A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大(脱水性)B. 在加热条件下铜与浓
5、硫酸反应(氧化性、酸性)C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海棉状的炭生成(吸水性)D. 浓硫酸可用来干燥某些气体(难挥发性)【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸具有吸水性，在空气中敞口久置的浓硫酸会吸收空气中的水分而使溶液的质量增大，表现的是浓硫酸的吸水性，故A错误；B.浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下铜与浓硫酸发生氧化还原反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，表现的是浓硫酸的氧化性和酸性，故B正确； C.浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成，表现的是浓硫酸的脱水性，故C错误；D.浓硫酸具有吸水性，可以用来干燥某些与浓硫酸不反应的酸性或中性气体，如氢气
6、、二氧化碳等，表现的是浓硫酸的吸水性，故D错误；综上所述，答案为B。5.欲进行下列实验，其方案设计合理的是A. 检验装置气密性B. 氨气尾气处理C. NO2被水完全吸收D. 比较NaHCO3和Na2CO3溶解度【答案】B【解析】【详解】A气体受热后，会沿着长颈漏斗颈逸出，不能检验装置气密性，A不正确；B氨气极易溶于水，用刚接触水面的倒置的漏斗，可进行氨的尾气处理，B正确；C从反应3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，NO2不能被水完全吸收，C不正确；D通过温度变化的多少，不能比较NaHCO3和Na2CO3溶解度大小，D不正确；故选B。6.下列离子在指定溶液中可能大量共存的是( )A. c(H
7、+)=0.1mol/L溶液中：K+、Fe2+、NO3-、SO32-B. 某无色透明溶液中：Fe3+、NH4+、NO3-、SCN-C. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、SiO32-、NO3-D. c(OH-)=0.1mol/L溶液中：HCO3-、K+、Na+、AlO2-【答案】C【解析】【详解】A. c(H+)=0.1mol/L的溶液显酸性，含有大量的H+，在此条件下，Fe2+可被NO3-氧化，SO32-也能被氧化，且其可与酸反应，不能大量共存，A错误；B.Fe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在，且Fe3+与SCN-会发生反应而不能大量共存，B错误；C.使酚酞变红的溶液显碱性，含
8、有大量的OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；D.c(OH-)=0.1mol/L的溶液显碱性，OH-与HCO3-会发生离子反应，不能大量共存，D错误；7.为了更简便制取干燥NH3，下列方法中适合的是（ ）A. NH4Cl与H2SO4（浓）混合加热，生成的气体用碱石灰进行干燥B. N2+3H22NH3，用烧碱干燥C. 加热浓氨水，气体用碱石灰干燥D. 加热NH4Cl用P2O5干燥【答案】C【解析】【详解】A.NH4Cl和H2SO4（浓）混合加热生成氯化氢气体，得不到氨气，故A错误；B.N2与H2反应生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反应是可逆反应，反应条件复杂，得
9、到的产物不纯净，故B错误；C.加热浓氨水能够促进一水合氨分解生成氨气，氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥，故C正确；D.氯化铵受热分解，生成氨气、氯化氢， P2O5是酸性氧化物，会吸收氨气，故D错误；综上所述，答案为C。8.从经济效益和环境保护考虑，大量制取硝酸铜最宜采用的方法是（ ）A. Cu+HNO3（浓）Cu(NO3)2B. Cu+HNO3（稀）Cu(NO3)2C. CuCuOCu(NO3)2D. Cu+AgNO3Cu(NO3)2【答案】C【解析】【详解】ACu+4 HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，NO2是有毒气体，污染环境，故A错误；B3 Cu+8HNO3（稀）3Cu
10、（NO3）2+2NO+4H2O，NO是有毒气体，污染环境，故B错误；C2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3Cu（NO3）2+H2O，该反应过程没有有毒气体生成，不污染环境，且硝酸利用率高，节约原料，故C正确；D硝酸银成本较高，不经济，同时硝酸银会对环境造成一定的污染，主要是重金属污染，故D错误；综上所述，答案为C。9.雷雨天闪电时空气中有臭氧（O3）生成。下列说法正确的是（ ）A. O2和O3互为同位素B. O2和O3的相互转化是物理变化C. 在相同的温度与压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数D. 等物质的量的O2和O3含有相同的质子数【答案】C【解析】【详解】AO2和O3是同种元素
11、形成的性质不同的单质，它们互为同素异形体，A错误；BO2和O3互为同素异形体，转化为化学变化，B错误；C根据阿伏加德罗定律可知在相同的温度与压强下，等体积的O2和O3含有相同的分子数，C正确；D等物质的量的O2和O3含有质子数之比为2:3，D错误；答案选C。10.在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2气体，有白色沉淀产生，过滤后向滤液中滴加KSCN溶液未见血红色，由此得出的结论是（ ）A. 白色沉淀是BaSO3B. 白色沉淀是BaSO4C. 白色沉淀是BaSO3和S的混合物D. FeCl3被SO2氧化为FeCl2【答案】B【解析】【分析】氯化铁具有强的氧化性，在酸性环境下能
12、够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀；向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子。【详解】A.亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，故A错误；B.由分析知，生成的沉淀为硫酸钡，故B正确； C.氯化铁作氧化剂，二氧化硫作还原剂，不会生成硫单质，且生成的白色沉淀为硫酸钡，故C错误；D. 二氧化硫具有还原性，FeCl3被SO2还原为FeCl2，故D错误；综上所述，答案为B。11.下列实验现象和结论或原因相符的是操作及现象
13、原因或结论A一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落铝的熔点高于三氧化二铝B某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀溶液中一定含有ClC用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中有Na+，无K+D向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红溶液中一定含有Fe2+A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，故A错误；B.溶液可能含有SO42、SO32等阴离子，加入AgNO3也会产生白色沉淀，故B错误；C.观察K，需要通过蓝色钴玻璃，故C错误；D.变红说明有铁元素，先加KSCN无明显现象，说明不含Fe3，滴加氯水，变
14、红，说明溶液中含有Fe2，故D正确。答案选D。12.已知某元素的原子序数，则不能推出该元素原子的（ ）A. 质子数B. 中子数C. 电子数D. 核电荷数【答案】B【解析】【详解】在原子中：原子序数=质子数=电子数=核电核数。质量数=质子数+中子数，因没有质量数，故无法推出中子数。故选B。13.下列说法中正确的是（ ）A. 某微粒核外电子排布为2、8、8结构，则该微粒一定是氩原子B. 同一周期中(除第一周期外)，从左到右，各元素原子核的电子数都是从1个逐渐增加到8个C. 第二、三周期上下相邻元素的原子核外电子数相差8个D. 第七周期只有23种元素【答案】C【解析】【分析】【详解】A某微粒核外电子
15、排布为2、8、8结构，则该微粒可能为氩原子、氯离子、钾离子等，故A错误；B最外层电子数不能超过8个，但长周期中最外层电子数没有明显的递增规律，如第四周期钙、钪、钛等最外层电子数均为2，故B错误； C第二、三周期各有8种元素，上下相邻的元素为同主族元素，则上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个，故C正确；D第七周期包括锕系元素，若排满为32种元素，故D错误；答案为C。14.下列各图若为元素周期表的一部分(表中数字代表原子序数)，其中合理的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】短周期元素的排布情况分别为：2、8、8，元素序号为1-2、3-10、11-18。第四周期比第三周期多18种元
16、素。【详解】A. 第一周期只有两个元素，所以2号元素在第一周期，3号元素在第二周期，A错误；B. 第二周期只有8个元素，应该是3-10号元素，11号元素应该排在第三周期，B错误；C. 10号元素应该在第二周期，11、12号元素在第三周期，C错误；D. 正确，从上到下依次第二、三、四周期；故合理选项为D。【点睛】前6个周期的元素排布个数依次为：2、8、8、18、18、32。15. 下列互为同位素的是（ ）A. H2D2B. 14N14CC. 16O17OD. 金刚石石墨【答案】C【解析】【详解】AH2、D2是由氢元素组成氢气单质，故A错误；B14N、14C不是同一种元素组成的核素，故B错误；C1
17、6O、17O都是氧元素组成的不同核素，互为同位素，故C正确；D金刚石和石墨是由碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故D错误。答案选C。16.下列对于铯（Cs）的性质的预测中，正确的是（ ）A. 它只有一种氧化物Cs2OB. 它与水剧烈反应C. Cs+具有很强的氧化性D. CsHCO3受热不易分解【答案】B【解析】【分析】Cs位于第六周期第IA族，属于碱金属族元素，其金属性大于Na。【详解】A.金属性CsNa，Na和氧气反应能生成氧化钠、过氧化钠，则Cs能和氧气反应生成多种含氧化合物，故A错误；B.金属的金属性越强，其与水或酸反应越剧烈，金属性CsNa，Na和水反应较剧烈，则Cs和水反应
18、更剧烈，故B正确； C.元素的金属性越强，其简单阳离子的氧化性越弱，Cs具有较强的金属性，所以Cs+不具有很强的氧化性，故C错误；D.碳酸氢盐不稳定，受热易分解，所以CsHCO3受热易分解，故D错误；综上所述，答案为B。17.如下图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是（ ）A. 蓝色石蕊试纸先变红后褪色B. 沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性C. 品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性D. 沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性【答案】C【解析】【详解】ASO2只能使酸碱指示剂变色，不能漂白指示剂，所
19、以湿润的蓝色石蕊试纸只变红，故A错误；BSO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4溶液的滤纸褪色，故B错误；C湿润品红试纸褪色，表现出SO2的漂白性，故C正确；DSO2为酸性气体，可与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液碱性减弱，红色褪去，没有体现SO2的漂白性，故D错误；故选C。18.将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是（ ）A. Br2(蒸气)B. NH3C. CO2D. NO2【答案】C【解析】【分析】由于酸性HClH2SO3，所以将SO2气体通入BaCl2溶液，只发生反应：SO2+H2O=H2SO3，不
20、会产生沉淀。【详解】A.若同时通入Br2(蒸气)，由于Br2(蒸气)具有强的氧化性，会将H2SO3氧化生成H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液发生复分解反应形成BaSO4白色沉淀，故A错误；B.若同时通入NH3，其与水反应产生的碱与H2SO3反应产生SO32-，SO32-与溶液中的Ba2+结合形成BaSO3白色沉淀，故B错误； C.CO2与SO2若同时通入，由于酸性都比盐酸小，所以不能发生反应，则无沉淀产生，故C正确；D.若同时通入NO2气体，由于该气体与水反应产生HNO3具有强的氧化性，会将H2SO3氧化生成H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液发生复分解反应形成BaSO4白色沉淀，故D错
21、误；综上所述，答案为C。19.Cl2、Br2和I2都具有氧化性，其氧化性，Cl2能把溴从溴化物中置换出来，其余依次类推。向、的混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成不可能是（ ）A. NaClB. NaCl、NaBrC. NaCl、NaBr、NaID. NaCl、NaI【答案】D【解析】【分析】Cl2、Br2、I2都具有氧化性，其氧化性由强到弱顺序为：Cl2Br2I2，还原性由弱到强为Cl-Br-I-，根据氧化还原反应的先后规律知：向含有NaBr和NaI的混合溶液中通入一定量氯气先发生反应：2NaI+Cl2=2NaCl+I2，后发生反应：2NaBr+Cl2=2
22、NaCl+Br2，将溶液蒸干并充分灼烧，溴易挥发，碘易升华，据此分析作答。【详解】A、当氯气过量时，上述两个反应都发生，加热过程中，溴挥发，碘升华，所以剩余固体是氯化钠，不选；B、当氯气少量时，使NaI全部反应，NaBr部分反应时，加热过程中，碘升华，剩余固体是氯化钠和溴化钠，不选；C、当氯气少量时，只有部分NaI反应，加热过程中，碘升华，剩余固体是氯化钠和溴化钠、碘化钠，不选；D、当通入氯气后，氯气先和碘离子反应，后和溴离子反应，所以固体是中不可能是氯化钠和碘化钠；故选D。20.镁铁混合物4.9g，溶解在过量的某浓度的稀硝酸中，完全反应后得到标准状况下气体2.24L(假设气体全为NO)。若向
23、反应后的溶液中加入足量的烧碱，则可生成沉淀的质量是（ ）A. 12gB. 10gC. 8gD. 6g【答案】B【解析】【分析】【详解】设镁的物质的量为xmol，铁的物质的量为ymol，标况下2.24L气体的物质的量为0.1mol，则可得24x+56y=4.9；再根据氧化还原反应过程中得失电子数相等可得：2x+3y=0.1（52）；联立后解得x=0.0525,y=0.065mol；由元素守恒可得加入足量烧碱后，生成的氢氧化镁的物质的量为0.0525,生成的氢氧化铁的物质为0.065mol，从而可得总沉淀质量为0.0525mol58g/mol+0.065mol107g/mol10g；综上所述，答案
24、为B。【点睛】该题也可以利用守恒法解答，即与金属阳离子结合的氢氧根的物质的量就是金属失去电子的物质的量，为0.3mol，所以最终得到的沉淀质量是4.9g+0.3mol17g/mol10g。第II卷非选择题共50分21.为减轻大气污染，必须要加强对工业废气和汽车尾气的治理，根据所学知识回答下列问题：（1）化石燃料包括煤、石油和_。（2）酸雨是指pH_(填“”“”或“”)5.6的降水，煤的燃烧是导致酸雨形成的主要原因，而正常雨水的pH约为5.6，原因是_(用化学方程式表示)。（3）在汽车尾气排放口加装“三效催化净化器”，在不消耗其他物质的情况下，可将尾气中的一氧化碳、一氧化氮转化为参与大气循环的气
25、体和无毒的气体，该反应的化学方程式为_。（4）在新能源汽车未普及时，如图所示为一种“节能减排”的有效措施，以下对乙醇做汽车燃料的描述错误的是_(填字母，下同)。A.原料来源丰富 B.是可再生能源 C.燃烧完全没有污染（5）Cu与稀HNO3反应的离子方程式为：_。（6）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，漂白粉的有效成分是_。（7）用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O、2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O。现有VL某NaOH溶液能完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的大气污染物。所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为_mol
26、L-1。若所得溶液中c(NO3-)c(NO2-)=19，则原混合气体中NO2和NO的物质的量之比nm=_。【答案】 (1). 天然气 (2). (3). CO2+H2OH2CO3 (4). 2NO+2CON2+2CO2 (5). C (6). 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O (7). Ca(ClO)2 (8). (9). 3：2【解析】【详解】(1)煤、石油和天然气是目前应用最多的化石燃料，故答案为：天然气；(2)酸雨是指pH小于5.6的雨水，正常的雨水因溶解了空气中的二氧化碳气体显弱酸性，原因是二氧化碳与水反应产生了碳酸，反应为CO2+H2OH2CO3，碳酸显酸性，故答
27、案为：；CO2+H2OH2CO3；(3)尾气中的一氧化碳、一氧化氮转化为参与大气循环的气体和无毒的气体，可知产物气体为二氧化碳和氮气，由此可得反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；(4)A.工业乙醇可以淀粉或者纤维素水解后得到葡萄糖，葡萄糖发酵得到乙醇，而淀粉和纤维素可以从植物中获得，来源丰富，故A正确；B.由A分析可知乙醇可以来自于植物，植物是可再生的，因此乙醇是可再生能源，B正确；C.乙醇燃烧时产生二氧化碳，同时也可会存在不完全燃烧产生一氧化碳，二氧化碳的大量排放会导致温室效应，一氧化碳有毒，因此乙醇燃烧也会对环境有污染，故C错误；答案选C。(5
28、)铜与稀硝酸反应产生硝酸铜，硝酸被还原成一氧化氮气体，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；(6)氯气通入石灰乳反应产生氯化钙和次氯酸钙，两者为漂白粉的主要成分，其中次氯酸钙具有强氧化性是漂白粉的有效成分，故答案为：Ca(ClO)2；(7)NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O、2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，由反应可知两反应中氢氧化钠与气体的物质的量之比均为1:1,因此完全吸收nmolNO2和mmolNO时消耗氢氧化钠的物质的量等于气体的物质的量，即n（NaOH）=n（NO2
29、）+n（NO）=（m+n）mol，所用烧碱溶液的物质的量浓度= ,故答案为：；若所得溶液中c(NO3-)c(NO2-)=19，设硝酸根物质的量为1mol，则亚硝酸根物质的量为9mol，由反应2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O可知，该反应产生的亚硝酸钠等于硝酸钠的物质的量，即也为1mol，该反应中消耗的二氧化氮为2mol；则NO2NO2NaOH=2NaNO2H2O产生的亚硝酸钠为9mol-1mol=8mol，该反应中消耗的二氧化氮和一氧化氮均为4mol，由此可得二氧化氮总量为2mol+4mol=6mol，一氧化氮为4mol，原混合气体中NO2和NO的物质的量之比3:2，故答案为：3:
30、2。22.（1）在短周期元素中：元素周期表IA族中金属性最强的元素（符号）是_，与水反应最剧烈的VIIA族中的非金属元素的（符号）是_；原子核外电子总数是其最外层电子数2倍的元素名称是_，最外层电子数为电子层2倍的元素名称有_。（2）已知某主族元素的原子结构示意图如图，Y在周期表的位置为_。（3）A2-原子核内有x个中子，其质量数为m，则ngA2-所含电子的物质的量为_。（4）X、Y、Z均为短周期元素，它们在周期表中的相对位置如图所示。已知X、Y、Z三元素的原子序数之和为40，回答下列问题：Z元素的原子结构示意图为_。与Y同主族的下一周期元素的原子序数是_。X的气态氢化物与Y的最高价氧化物对应
31、水化物发生的化学反应方程式_。【答案】 (1). Cs (2). F (3). 铍 (4). 碳 (5). 第五周期第A族 (6). (m-x+2)mol (7). (8). 34 (9). 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4【解析】【详解】（1）同主族元素从上到下金属性增强，故短周期IA族中元素中最活泼是钠；同主族元素从上到下非金属性减弱，VIIA族中最活泼的非金属是氟，其单质与水反应最剧烈，故答案为：Na；F；原子核外电子总数是其最外层电子数2倍，若为第一周期元素氢、氦均不满足；若为第二周期元素设最外层电子数为x，则电子总数为2+x，则2+x=2x，x=2，为Be；若为第三周期，设最
32、外层为x，电子总数为10+x，则10+x=2x，x=10，不满足核外电子排布，因此符合条件的只有Be。最外层电子数为电子层2倍的元素，电子层数为1，最外层电子数为2，为He；电子层数为2，最外层电子数为4，为C；电子层数为3，最外层电子数为6，为S，故答案为：铍；氦、碳、硫；（2）周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数，根据该元素原子结构示意图，可知Y在周期表的位置为第五周期VIIA族，故答案为：第五周期VIIA族；（3）A2-原子核内有x个中子，其质量数为m，质量数=质子数+中子数，则A的质子数为m-x，1molA2-中所含的电子数为（m-x+2）mol，ngA2-所含电子的物质的量为：
33、(m-x+2)mol，故答案为： (m-x+2)mol；（4）X、Y、Z均为短周期元素，结合在周期表中的位置可知为第2、3周期的元素，设X的原子序数为a，则Y的原子序数为a+9，Z的原子序数为a+10，X、Y、Z三元素的原子序数之和为40，可得a+a+9+a+10=40,a=7,X为N，Y为S，Z为Cl，Cl元素的原子结构示意图为，与S同主族的下一周期元素为Se原子序数为34，N的气态氢化物氨气与S的最高价氧化物对应水化物硫酸反应产生硫酸铵，反应方程式为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，故答案为：；34；2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4；【点睛】本题主要考查元素周期表、元素周期
34、律的有关知识，重点掌握短周期主族元素的性质递变规律，同周期从左到右非金属性增强，金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，非金属性减弱。同时要清楚每一周期的元素种类，能准确判断上下相邻周期的原子序数差值与周期中的元素种类有关。23.根据如图回答问题：（1）盛装浓硫酸的仪器是_，什么方法证明该装置不漏气？_。（2）写出浓H2SO4和木炭发生反应的化学方程式：_。如果有0.4mol电子转移，则在标准状况下产生气体_L。（3）如用图中的装置检验上述反应的全部产物，写出各仪器中应加入的试剂的名称和作用。A中加入的试剂是_，作用是检验产物H2O；B中加入的试剂是品红，褪色现象说明SO2有_性，C中加入的试剂
35、是KMnO4，作用是除去SO2，反应的离子方程式为：_；D中加入的试剂是品红溶液，其作用是_，E中加入的试剂是足量的澄清石灰水，其离子反应方程式是_。（4）如果将此装置中的木炭粉改为铜，则最左边装置中反应的方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 改用小火加热烧瓶，若B、C、D、E瓶中有气泡冒出，停止加热后有稳定水柱，则气密性良好 (3). 2H2SO4（浓）+C2H2O+2SO2+CO2 (4). 6.72 (5). CuSO4或无水硫酸铜 (6). 漂白 (7). 2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+ (8). 检验SO2是否被完全吸收 (9). CO
36、2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O (10). 2H2SO4（浓）+Cu2H2O+SO2+CuSO4【解析】【分析】炭与浓硫酸加热条件下反应产生二氧化碳，二氧化硫和水，检验产物的顺序依次是水、二氧化硫、二氧化碳，相应的检验试剂是无水硫酸铜、品红和澄清石灰水。据此分析解答。【详解】（1）根据装置的构造可是盛装浓硫酸的仪器是分液漏斗；此装置的气密性检验方法是，关闭分液漏斗活塞，微热或小火加热圆底烧瓶，各导管口有气泡冒出，停止加热后各导管形成一段水柱且维持一段时间说明装置气密性良好，故答案为：分液漏斗；改用小火加热烧瓶，若B、C、D、E瓶中有气泡冒出，停止加热后有稳定水柱，则气密性良好；（2）
37、炭与浓硫酸加热条件下反应产生二氧化碳，二氧化硫和水，反应方程式为：2H2SO4（浓）+C2H2O+2SO2+CO2，反应中C做还原剂，浓硫酸作氧化剂，每1molC反应转移4mol电子，产生2mol二氧化硫和1mol二氧化碳，即4mol电子3mol气体，0.4mol电子转移，则在标准状况下产生气体为0.3mol，体积为6.72L,故答案为：2H2SO4（浓）+C2H2O+2SO2+CO2；6.72；（3）炭与浓硫酸产生水、二氧化碳、二氧化硫，要先用无水硫酸铜粉末检验水，即A中应加无水硫酸铜，再用品红溶液检验二氧化硫，二氧化硫有漂白性能使品红褪色，检验完后要除去二氧化硫，可以用溴水或者酸性高锰酸钾
38、除去，所以C中的高锰酸钾是除去二氧化硫，相应的反应为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+，为确保二氧化硫出尽在D中应加品红检验二氧化硫是否除尽，最后将剩余气体通入澄清石灰水中检验二氧化碳，发生的反应方程式为: CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O,故答案为：无水硫酸铜；漂白；2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；检验SO2是否被完全吸收；CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O；（4）如果将此装置中的木炭粉改为铜，则最左边装置中反应铜与浓硫酸加热条件下反应得到硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为：2H2SO4（浓）+Cu2H2
39、O+SO2+CuSO4，故答案为：2H2SO4（浓）+Cu2H2O+SO2+CuSO4；【点睛】本题主要考查浓硫酸的强氧化性，能与碳单质，铜等在加热条件下反应，在检验产物时，如果有水产生，必须要先用硫酸铜检验水的存在，因一般其他物质的检验大多用到水溶液，会干扰水的检验。24.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铵明矾晶体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_，固体b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学方程式为_。（3）由II
40、IIIIIV都要用到的分离方法是_，由铵明矾溶液中制铵明矾晶体的操作是_，_，过滤，洗涤，干燥保存。（4）向10gFe2O3、SiO2和Al2O3的混合物中，加入100mL稀硫酸，过滤后，向滤液中加入10mol/LNaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。则混合物中三氧化二铝的质量分数为_。（5）有一种含铁、硅等元素的矿石，其主要成分的化学式为Na2Fe5(OH)2Si8O22，该物质中+2价铁与+3价铁的物质的量之比为_。将mg该矿石用足量的酸溶解后，加入过量铜粉使溶液中的铁元素全部变为Fe2+，过滤后滤液用cmol/L的KMnO4酸性溶液与Fe2+反应，用去Vm
41、L溶液。该矿石中铁元素的质量分数为_（用含m、c、V的代数式表示）。【答案】 (1). SiO2 (2). Fe(OH)3 (3). AlO2-+CO2+2H2OHCO3-+Al（OH）3 (4). Al2O3+4H2SO4+2NH32NH4Al（SO4）2+3H2O (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 51% (9). 3：2 (10). 100%【解析】【分析】铝土矿的主要成分中加盐酸后氧化铝和氧化铁溶解，二氧化硅不溶于盐酸，过滤，滤液中加过量烧碱后氯化铁转变成氢氧化铁沉淀，氯化铝转变成偏铝酸钠，过滤，在偏铝酸钠溶液中通过量的二氧化碳，产生氢氧化铝，分解得到氧
42、化铝，加足量硫酸溶解产生硫酸铝，通氨气得到铵明矾溶液，结晶得到晶体，据此过程分析解答。【详解】(1)铝土矿中主要成分是Al2O3和Fe2O3均可溶于盐酸形成盐，而SiO2不与盐酸反应，因此固体a为SiO2，在氯化铝和氯化铁的滤液中加足量的氢氧化钠溶液，氯化铁与碱反应产生氢氧化铁红褐色沉淀即固体b，氯化铝与氢氧化钠反应最终转变成偏铝酸钠，偏铝酸钠与二氧化碳反应产生氢氧化铝沉淀，反应为：AlO2-+CO2+2H2OHCO3-+Al（OH）3，故答案为: SiO2；Fe(OH)3；AlO2-+CO2+2H2OHCO3-+Al（OH）3；（2）V中是氧化铝加足量硫酸后再通氨气反应产生铵明矾的过程，反应
43、为：Al2O3+4H2SO4+2NH32NH4Al（SO4）2+3H2O，故答案为：Al2O3+4H2SO4+2NH32NH4Al（SO4）2+3H2O；（3）由以上流程分析可知IIIIIIIV都涉及到难溶固体和溶液分离，应采用过滤的方法；铵明矾溶液中制铵明矾晶体应该采用降温结晶的方法，先对稀溶液进行蒸发浓缩后再进行降温结晶，然后过滤后洗涤，干燥，故答案为：过滤；蒸发浓缩；冷却结晶；（4）三种氧化物中二氧化硅不溶于盐酸，铁铝的氧化物转变成氯化铁和氯化铝，再加碱起始阶段没有沉淀产生说明盐酸过量，氢氧化钠先中和未反应的酸，再与盐反应产生沉淀，直到沉淀量达最大值，再加碱氢氧化铝溶于氢氧化钠，而氢氧化
44、铁不与碱反应，结合图示可知100-110mL阶段发生如下反应： ，消耗氢氧化钠的物质的量为：，则氢氧化铝的物质的量也为0.1mol，根据铝元素守恒可知：氧化铝的物质的量为0.05mol，则混合物中三氧化二铝的质量分数为= ，故答案为：51%；（5）化学式Na2Fe5(OH)2Si8O22，设1mol该物质中+2价铁为xmol，+3价铁ymol，则x+y=5，再结合化合物中正负化合价的代数和为零可得： ，整理得：2x+3y=12，解得：x=3，y=2，+2价铁与+3价铁的物质的量之比为3:2；KMnO4酸性溶液与Fe2+反应，反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，则n（Fe2+）=，该矿石中铁元素的质量分数=100%，故答案为：3:2；100%。【点睛】“铝系列”物质包括铝单质、氧化铝、氢氧化铝都是既能与酸反应又能与碱反应的物质，可以利用该系列物质溶于碱的特点实现含铝物质的分离与提纯。
