1、2015-2016学年河南省南阳市高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题共有16小题，每小题3分，共48分每小题只有一项符合题意）1近段时间，朝鲜的“核危机”引起了全球的瞩目，其焦点问题就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆，重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚（Pu），下列有关PuPu的说法不正确的是（）A Pu含94个质子B Pu中的中子数和质子数之差为51C Pu中含有94个中子D Pu具有放射性2关于现行的元素周期表的说法正确的是（）A元素周期表有8个副族B元素周期表有18个纵行C短周期是指第一、二周期DIA族的元素全部是金属元素3下列叙述中正确的是（）A在多电子的原子里
2、，能量高的电子通常顺离核近的区域内运动B核外电子总是先排在能量低的电子层上，例如只有排满了K层后才排L层C两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同D微粒的最外层只能是8个电子才稳定4下列关于铜的说法正确的是（）A铜在干燥的空气中和在潮湿的空气中存在的形态相同B相同质量的铜分别与足量的氯气、硫完全反应，失去的电子数相同C相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同D相同质量的铜分别与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体的物质的量不同5下列各组排列顺序不正确的是（）A原子半径：钠硫氯B氧化性：Na+K+C最高正化合价：氯硫磷D酸性：HFHClHBr6下列离子方
3、程式不正确的是（）A向硅酸钠溶液中通入少量CO2气体SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32B将Cu片插入FeCl3溶液中Cu+Fe3+Fe2+Cu2+C向烧碱溶液中滴加少量Al2（SO4）3溶液Al3+4OHAl（OH）4D将Ag丝插入NaNO3和H2SO4的混合液中3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O7二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料，下列说法正确的是（）ASiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B玛瑙和红宝石的主要成分都是SiO2，是制备半导体的材料C高温下SiO2能与Na2CO3反应放出CO2，说明硅酸酸性强于碳酸DNa2SiO3溶液中逐滴
4、加入盐酸可制备硅酸胶体8含硒（Se）的保健品已开始进入市场已知硒与氧、硫同主族，与溴同周期，则下列关于硒的叙述中，正确的是（）A非金属性比硫强B阴离子比Br半径小C原子序数为34D最高价氧化物的水化物显碱性9如图所示，在元素周期表中处于A、B位置的某些元素性质相似，这称为“对角线规则”下列有关4号元素铍的性质的推断正确的是（） AB A铍能与冷水发生剧烈反应B氢氧化铍既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应C氢氧化铍的化学式为Be（OH）3D氧化铍只溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液10下列物质之间的转化都能一步实现的是（）ASiSiO2H2SiO3Na2SiO3BAlAl2O3Al（OH）3NaAl
5、（OH）4CN2NH3NONO2HNO3NO2DSSO3H2SO4SO2Na2SO3Na2SO411短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等下列判断不正确的是（）RTQWA最简单气态氢化物的热稳定性：RQB最高价氧化物对应水化物的酸性：QWC原子半径：TQRD含T的盐中，T元素只能存在于阳离子中12若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能共存的是（）ANH4+、NO3、CO32、Na+BNa+、Ba2+、Mg2+、HCO3CNO3、K+、Al（OH）4、OHDNO3、Mg2+、K+、Cl1328g铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应
6、，放出的气体与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，则合金中Cu与Ag的物质的量之比为（）A1：1B1：2C2：1D3：114从下列事实中所得出的相应结论正确的是（）实验事实结论将等浓度的盐酸、碳酸氢钠两溶液混合反应，产生CO2气体非金属性：ClC将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧，产物有C还原性：MgCMgCl2、AlCl3溶液中分别加入过量氨水，均产生白色沉淀金属性：MgAl某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有NH4+ABCD全部15下列图象表示Al3+与Al（OH）4物质的量变化的曲线，实线表示Al3+，虚线表示Al（O
7、H）4，其中正确的是（）ABCD16固体X只可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，某同学对该固体进行了如下实验，下列判断正确的是（）A白色沉淀乙不一定是Al（OH）3B气体甲一定是纯净物C固体X中一定存在（NH4）2SO4、MgCl2D固体X中一定存在FeCl2、AlCl3二、非选择题17（1）48g12C18O2分子中的中子数N=mol（2）S2原子核内有16个中子，其质量数为32，则16gS2所含电子的物质的量为mol（3）某元素的同位素X，其氯化物XCl2取1.11gXCl2溶于水制成溶液后，加入1mol/L的AgNO3溶液20mL恰好完全
8、反应若这种同位素原子核内有20个中子，则：X元素在周期表中的位置18如表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：族周期AAAAAAA0二三四（1）写出下列元素符号：，（2）在元素中，最活泼的金属元素是（填元素符号，下同），最活泼的非金属元素是（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是，呈两性的氢氧化物是，二者之间相互反应的化学方程式为：（4）在这些元素中，原子半径最小的是（5）在与中，化学性质较活泼的是，怎样用化学实验证明？19将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变
9、化如图所示（1）加入NaOH20200mL时发生反应离子方程式；加入NaOH200240mL时发生反应离子方程式（2）镁和铝的总质量为g（3）硫酸的物质的量浓度为（4）生成的氢气在标准状况下的体积为L20下列曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）、把与下面的元素有关性质相符的曲线的标号填入相应括号中：（1）A族元素的最外层电子数（2）第三周期元素的最高化合价（3）第三周期离子Na+、Mg2+、Al3+、P3、S2、Cl的离子半径（4）第二、三周期元素随原子序数递增原子半径的变化、有下列物质： C； K； Ca； C； N； Ar其中：（1）互为同位素的是
10、（2）质量数相等，但不能互称同位素的是（3）中子数相等，但质子数不相等的是21从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32的离子方程式为（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入（填试剂名称）（4）滤液E、K中溶质的主要成分是（填化学式），写出该溶质的一种用途2015-2016学年河南省南阳市高一（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共有16小题，每小题3分，共48分每小题只有一项符合题意）1近段时间，朝鲜的“核危机”引起
11、了全球的瞩目，其焦点问题就是朝鲜核电站采用轻水堆还是重水堆，重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的钚（Pu），下列有关PuPu的说法不正确的是（）A Pu含94个质子B Pu中的中子数和质子数之差为51C Pu中含有94个中子D Pu具有放射性【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，据此分析【解答】解：A Pu含94个质子，故A正确；B Pu含94个质子，质量数为239，则中子数=23994=145，所以中子数和质子数之差为51，故B正确；C Pu含94个质子，质量数为239，则中子数=23994=14
12、5，故C错误；D Pu属于放射性元素，具有放射性，故D正确故选C2关于现行的元素周期表的说法正确的是（）A元素周期表有8个副族B元素周期表有18个纵行C短周期是指第一、二周期DIA族的元素全部是金属元素【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】A、元素周期表有7个主族、7个副族、1个零族、1个第族；B、元素周期表有18个纵行，16个族；C、短周期不含有过渡元素，包括第一、二、三周期；D、IA族的元素包括碱金属元素和氢元素；【解答】解：A、元素周期表有7个副族，故A错误；B、元素周期表有18个纵行，16个族，故B正确；C、短周期包括第一、二、三周期，故C错误；D、IA族的元素还有氢元素，故D错误；
13、故选B3下列叙述中正确的是（）A在多电子的原子里，能量高的电子通常顺离核近的区域内运动B核外电子总是先排在能量低的电子层上，例如只有排满了K层后才排L层C两种微粒，若核外电子排布完全相同，则其化学性质一定相同D微粒的最外层只能是8个电子才稳定【考点】原子核外电子排布【分析】A根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；B根据电子首先进入能量最低、离核最近的轨道判断；C两种粒子，核外电子排布相同，则最外层电子数相等，它们的化学性质相似；D根据通常认为最外层有8个电子（最外层是第一电子层时有2个电子）的结构是一种稳定结构【解答】解：A在多电子的原子里，能量低的电子通常在离核近的区域内运动，能量高的电
14、子通常在离核远的区域内运动，故A错误；B核外电子总是先排在能量低的、离核最近的轨道电子层里，例如一般先排满了L层后才排M层，故B正确；C两种粒子，核外电子排布相同，则最外层电子数相等，它们的化学性质相似，不能说完全相同，故C错误；D通常认为最外层有8个电子的结构是一种稳定结构，最外层是第一电子层时有2个电子为稳定结构，故D错误；故选B4下列关于铜的说法正确的是（）A铜在干燥的空气中和在潮湿的空气中存在的形态相同B相同质量的铜分别与足量的氯气、硫完全反应，失去的电子数相同C相同物质的量的浓硫酸分别与足量的铜和氧化铜反应，生成硫酸铜的量相同D相同质量的铜分别与足量的稀硝酸、浓硝酸完全反应，生成气体
15、的物质的量不同【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A、Cu在潮湿的空气有铜绿生成，而在干燥的空气中则不会；B、由于Cu+Cl2=CuCl2，而2Cu+S=Cu2S，显然相同质量的铜参加反应，失去的电子数不相同；C、浓硫酸与铜发生氧化还原反应；D、根据Cu与浓、稀HNO3反应的化学方程式可判断生成的NO2和NO的物质的量不相同；【解答】解：ACu在潮湿的空气有铜绿生成，而在干燥的空气中则不会，故A错误；B由于Cu+Cl2=CuCl2，而2Cu+S=Cu2S，显然相同质量的铜参加反应，失去的电子数不相同，故B错误；C根据Cu+2H2SO4（浓）=CuSO4+SO2+2H2O，CuO+H2
16、SO4=CuSO4+H2O可知，相同物质的量的H2SO4（浓）参加反应，前者生成的CuSO4的量比后者小，且与Cu反应时浓H2SO4变稀后不再反应，故C错误；D根据Cu与浓、稀HNO3反应的化学方程式可判断生成的NO2和NO的物质的量不相同，故D正确；故选D5下列各组排列顺序不正确的是（）A原子半径：钠硫氯B氧化性：Na+K+C最高正化合价：氯硫磷D酸性：HFHClHBr【考点】元素周期律的作用【分析】A、同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小；B、碱金属单质随核电荷数递增，还原性逐渐增强，对应离子的氧化性逐渐减弱；C、可根据原子最外层电子数判断最高正价；D、卤族氢化物的水溶液中，其酸性随着
17、原子序数增大而增强；【解答】解：A、同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则有原子半径：钠硫氯，故A正确；B、碱金属单质随核电荷数递增，还原性逐渐增强，对应离子的氧化性逐渐减弱，氧化性Na+K+，故B正确；C、Cl、S、P的最外层电子数分别为7、6、5，最高正化合价分别为+7、+6、+5，正则最高正价：氯硫磷，故C正确；D、卤族氢化物的水溶液中，其酸性随着原子序数增大而增强，所以酸性：HFHBrHClHI，故D错误；故选D6下列离子方程式不正确的是（）A向硅酸钠溶液中通入少量CO2气体SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32B将Cu片插入FeCl3溶液中Cu+Fe3+Fe2+Cu2
18、+C向烧碱溶液中滴加少量Al2（SO4）3溶液Al3+4OHAl（OH）4D将Ag丝插入NaNO3和H2SO4的混合液中3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A反应生成碳酸钠和硅酸；B发生氧化还原反应生成氯化铜、氯化亚铁；C烧碱过量，反应生成四羟基铝酸钠；D发生氧化还原反应，生成硝酸银、NO和水【解答】解：A向硅酸钠溶液中通入少量CO2气体的离子反应为SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32，故A正确；B将Cu片插入FeCl3溶液中的离子反应为Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，故B错误；C向烧碱溶液中滴加少量Al2（SO4）3溶液的离子反应为Al3
19、+4OHAl（OH）4，故C正确；D将Ag丝插入NaNO3和H2SO4的混合液中的离子反应为3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故D正确；故选B7二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料，下列说法正确的是（）ASiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物B玛瑙和红宝石的主要成分都是SiO2，是制备半导体的材料C高温下SiO2能与Na2CO3反应放出CO2，说明硅酸酸性强于碳酸DNa2SiO3溶液中逐滴加入盐酸可制备硅酸胶体【考点】硅和二氧化硅【分析】A两性氧化物与碱和酸反应生成物为盐和水；B二氧化硅不导电；C常温下，水溶液中强酸能制取弱酸；D硅酸钠与盐酸反应生成硅酸
20、和氯化钠；【解答】解：A二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，不符合两性氧化物概念，不是两性氧化物，故A错误；B二氧化硅不导电是绝缘体，硅为良好的半导体材料，故B错误；C高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故C错误；D硅酸钠与盐酸反应生成硅酸和氯化钠，可以用来制备硅酸胶体，故D正确；故选：D8含硒（Se）的保健品已开始进入市场已知硒与氧、硫同主族，与溴同周期，则下列关于硒的叙述中，正确的是（）A非金属性比硫强B阴离子比Br半径小C原子序数为34D最高价氧化物的水化物显碱性【考点】元素周期表的结构及
21、其应用【分析】A、同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱；B、电子层相同，核电荷越大半径越小；C、同主族相邻的3、4两周期元素原子序数差18；D、同主族从上到下元素的最高价氧化物的水化物碱性逐渐增强，酸性减弱【解答】解：A、硒（Se）和硫同主族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以硒（Se）的非金属性比硫弱，故A错误；B、溴和硒同周期，电子层相同，核电荷越大半径越小，所以硒阴离子比Br半径大，故B错误；C、同主族相邻的3、4两周期元素原子序数差18，硫是16号，所以硒是34号，即原子序数为34，故C正确；D、硒（Se）和硫同主族，硫的最高价氧化物的水化物硫酸是强酸性的，硒的最高价氧化物的水
22、化物也显酸性，故D错误故选C9如图所示，在元素周期表中处于A、B位置的某些元素性质相似，这称为“对角线规则”下列有关4号元素铍的性质的推断正确的是（） AB A铍能与冷水发生剧烈反应B氢氧化铍既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应C氢氧化铍的化学式为Be（OH）3D氧化铍只溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】Be与Al处于对角线位置，Be的单质、化合物性质与Al单质、化合物性质相似【解答】解：ABe与Al的性质相似，不能与冷水反应，故A错误；B氢氧化铍与氢氧化铝的性质相似，氢氧化铍既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，故B正确；C氢氧化铍的化学式为Be
23、（OH）2，故C错误；D氧化铍与氧化铝的性质相似，既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液，故D错误故选：B10下列物质之间的转化都能一步实现的是（）ASiSiO2H2SiO3Na2SiO3BAlAl2O3Al（OH）3NaAl（OH）4CN2NH3NONO2HNO3NO2DSSO3H2SO4SO2Na2SO3Na2SO4【考点】硅和二氧化硅；氮气的化学性质；铝的化学性质【分析】A、二氧化硅无法一步转化为硅酸；B、氧化铝无法一步转化为氢氧化铝；C、氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，浓硝酸与铜生成二氧化氮；D、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫【解答】解
24、：A、二氧化硅不溶于水，而且不与水反应，所以二氧化硅无法一步转化为硅酸，故A错误；B、氧化铝不溶于水，也不与水反应，所以氧化铝无法一步转化为氢氧化铝，故B错误；C、氮气与氢气合成氨气，氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，浓硝酸与铜生成二氧化氮，所以能实现各步转化，故C正确；D、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能实现一步转化，故D错误；故选C11短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等下列判断不正确的是（）RTQWA最简单气态氢化物的热稳定性：RQB最高价氧化物对应水化物的酸性：QWC原子半径：TQRD含T的盐
25、中，T元素只能存在于阳离子中【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，可推知Q为Si元素，W为S元素，R为N元素A非金属性越强，氢化物越稳定；B非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；C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；D含有铝元素的盐溶液中可能为铝盐、可能为偏铝酸盐【解答】解：由短周期元素R、T、Q、W所处的位置，可确定T、Q、W为第三周期的元素，R为第二周期元素，T所处的周期序数与族序数相等，则T为Al元素，可推知Q为Si元素，W
26、为S元素，R为N元素A非金属性NSi，故最简单气态氢化物的热稳定性为NH3SiH4，故A正确；B非金属性SiS，故最高价氧化物对应水化物的酸性为H2SiO3H2SO4，故B正确；C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：TQR，故C正确；DT为铝元素，其盐溶液中可能为铝盐、可能为偏铝酸盐，故D错误；故选D12若在加入铝粉能放出氢气的溶液中，下列各组离子可能共存的是（）ANH4+、NO3、CO32、Na+BNa+、Ba2+、Mg2+、HCO3CNO3、K+、Al（OH）4、OHDNO3、Mg2+、K+、Cl【考点】离子共存问题【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液中存在大量
27、氢离子或氢氧根离子，A铵根离子与氢氧根了反应，碳酸根离子与氢离子反应；B碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；C四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D镁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气【解答】解：ANH4+与氢氧根离子反应，CO32与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；BHCO3与氢离子和氢氧根离子都发生反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CNO3、K+、Al（OH）4、OH之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故C正确；DMg2+与氢氧根离子反应，在酸性条件下NO3具有强氧化性，与Al反应不会生成氢气，在溶液中
28、一定不能大量共存，故D错误；故选C1328g铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，放出的气体与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，则合金中Cu与Ag的物质的量之比为（）A1：1B1：2C2：1D3：1【考点】有关混合物反应的计算【分析】铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，令Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒列方程解答【解答】解：铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与
29、2.24L的O2（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，令Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒，可得：解得x=0.1、y=0.2，故合金中Cu与Ag的物质的量之比=0.1mol：0.2mol=1：2，故选B14从下列事实中所得出的相应结论正确的是（）实验事实结论将等浓度的盐酸、碳酸氢钠两溶液混合反应，产生CO2气体非金属性：ClC将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧，产物有C还原性：MgCMgCl2、AlCl3溶液中分别加入过量氨水，均产生白色沉淀金属性：MgAl某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，
30、产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定有NH4+ABCD全部【考点】化学实验方案的评价【分析】非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强；还原剂还原性大于还原产物；金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气【解答】解：非金属的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，盐酸是无氧酸，故错误；由还原剂还原性大于还原产物可知将燃烧的镁条放入CO2中能继续燃烧，还原性：MgC，故正确；金属的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氯化镁和氯化铝溶液分别和氨水混合都生成白色沉淀，不能鉴别氢氧化镁、氢氧化铝碱性强弱，所以不能判断镁、铝的金属性强弱，
31、故错误；能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，可说明溶液一定有NH4+，故正确所以正确的有；故选B15下列图象表示Al3+与Al（OH）4物质的量变化的曲线，实线表示Al3+，虚线表示Al（OH）4，其中正确的是（）ABCD【考点】离子反应发生的条件【分析】A、B根据图象知，实线发生的反应为Al3+3OHAl（OH）3，虚线发生的反应为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，根据原子守恒知，铝离子的最大值等于偏铝酸根离子的最大值，根据两个方程式和氢氧化钠的量判断；C、D根据图象知，虚线发生的反应为AlO2+H+H2OAl（OH）3 ，实线发生的反应为Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，根据
32、方程式知，第一个方程式知盐酸的物质的量是第二个方程式的3倍，即拐点左右两边横坐标的比值为3：1【解答】解：A实线发生的反应为Al3+3OHAl（OH）3，虚线发生的反应为Al（OH）3+OHAlO2+2H2O，根据原子守恒知，铝离子的最大值等于偏铝酸根离子的最大值，且第一个方程式中需要的氢氧化钠是第二个方程式的3倍，所以其纵坐标为0时，曲线拐点左右两边的氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故A错误；B根据A的分析知，B正确；C向偏铝酸盐溶液中滴加盐酸先发生AlO2+H+H2OAl（OH）3 ，当沉淀最大时，继续滴加盐酸，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，根据原子守恒知，偏铝酸根离子和
33、铝离子的物质的量的最大值相等，根据方程式知，第一个方程式知盐酸的物质的量是第二个方程式的3倍，即拐点左右两边横坐标的比值为1：3，故C错误；D根据C的分析知，故D错误；故选B16固体X只可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，某同学对该固体进行了如下实验，下列判断正确的是（）A白色沉淀乙不一定是Al（OH）3B气体甲一定是纯净物C固体X中一定存在（NH4）2SO4、MgCl2D固体X中一定存在FeCl2、AlCl3【考点】几组未知物的检验【分析】固体X只可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，X中加入过
34、量Ba（OH）2溶液并加热，产生气体甲，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明甲中含有NH3，Al也能和NaOH反应生成氢气，所以甲可能是NH3也可能是H2和NH3，则X中一定含有（NH4）2SO4；产生白色沉淀甲，且沉淀甲久置没有明显变化，所以白色沉淀不是Fe（OH）2，则溶液中不存在FeCl2，生成的沉淀白色沉淀甲是BaSO4或BaSO4和Mg（OH）2的混合物，所以X中可能含有MgCl2；无色溶液甲中通入二氧化碳生成白色沉淀乙和无色溶液乙，因为加入的Ba（OH）2是过量的，白色沉淀乙能溶于稀盐酸，所以生成的白色沉淀乙可能是BaCO3或Al（OH）3和BaCO3的混合物，则X中可能含有AlC
35、l3；据此分析解答【解答】解：固体X只可能由Al、（NH4）2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的一种或几种组成，X中加入过量Ba（OH）2溶液并加热，产生气体甲，甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明甲中含有NH3，Al也能和NaOH反应生成氢气，所以甲可能是NH3也可能是H2和NH3，则X中一定含有（NH4）2SO4；产生白色沉淀甲，且沉淀甲久置没有明显变化，所以白色沉淀不是Fe（OH）2，则溶液中不存在FeCl2，生成的沉淀白色沉淀甲是BaSO4或BaSO4和Mg（OH）2的混合物，所以X中可能含有MgCl2；无色溶液甲中通入二氧化碳生成白色沉淀乙和无色溶液乙，因为加入的Ba（O
36、H）2是过量的，白色沉淀乙能溶于稀盐酸，所以生成的白色沉淀乙可能是BaCO3或Al（OH）3和BaCO3的混合物，则X中可能含有AlCl3；A通过以上分析知，白色固体乙可能是BaCO3或Al（OH）3和BaCO3的混合物，所以白色沉淀乙不一定是Al（OH）3，故A正确；B通过以上分析知，气体甲可能是NH3也可能是H2和NH3，所以甲不一定是纯净物，故B错误；C通过以上分析知，X中一定含有（NH4）2SO4，可能含有MgCl2、AlCl3，故C错误；D固体X中一定不存在FeCl2，可能含有AlCl3，故D错误；故选A二、非选择题17（1）48g12C18O2分子中的中子数N=26mol（2）S2
37、原子核内有16个中子，其质量数为32，则16gS2所含电子的物质的量为8mol（3）某元素的同位素X，其氯化物XCl2取1.11gXCl2溶于水制成溶液后，加入1mol/L的AgNO3溶液20mL恰好完全反应若这种同位素原子核内有20个中子，则：X元素在周期表中的位置第四周期第A族【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；物质的量的相关计算；原子结构与元素的性质【分析】（1）质量数=质子数+中子数；（2）在阴离子中，核电荷数=质子数=核外电子数所带电荷数；（3）由Cl+Ag+AgCl计算XCl2的物质的量，再由M=计算其摩尔质量，摩尔质量与相对分子质量的数值相等，原子的质量数为原子的近似相
38、对原子质量，结合该原子原子核内有20个中子，根据质子数=质量数中子数来计算原子的质子数，利用质子数确定元素在周期表中的位置【解答】解：（1）48g12C18O2分子的物质的量为1mol，12C18O2分子中，N=126+（188）2=26，故答案为：26；（2）1molS2含电子16mol，16gS2的物质的量为0.5mol，含电子8mol，故答案为：8；（3）由Cl+Ag+AgCl可知，n（Cl）=n（Ag+）=0.02L1mol/L=0.02mol，n（XCl2）=n（Cl）=0.02mol=0.01mol，则M（XCl2）=111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，所以X的相对
39、原子质量=11135.52=40，即X的质量数为40，质子数=质量数中子数=4020=20，即Z=20，A=40，X为Ca，位于第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族18如表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：族周期AAAAAAA0二三四（1）写出下列元素符号：N，Si，S（2）在元素中，最活泼的金属元素是K（填元素符号，下同），最活泼的非金属元素是F（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3，二者之间相互反应的化学方程式为：3HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O（4）在这些元素中，原子半径最小的是F（5）在与
40、中，化学性质较活泼的是Na，怎样用化学实验证明？钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟水缓慢反应，放出氢气，并生成中强碱Mg（OH）2【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）由元素在周期表中位置，可知为N、为F、为Na、为Mg、为Al、为Si、为S、为cl、为Ar、为K、为Ca、为Se；（2）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，其中稀有气体的化学性质最不活泼；（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3，二者发生中和反应；（4）同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子
41、半径增大；（5）同周期自左而右金属性减弱，利用金属单质与水反应的剧烈程度或最高价氧化物对应水化物的碱性强弱证明【解答】解：（1）由元素在周期表中位置，可知为N、为F、为Na、为Mg、为Al、为Si、为S、为cl、为Ar、为K、为Ca、为Se，故答案为：N；Si；S；（2）同周期自左而右金属性减弱、非金属性增强，同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，其中稀有气体的化学性质最不活泼，故在元素中，最活泼的金属元素是K，最活泼的非金属元素是F，故答案为：K；F；（3）在这些元素的最高价氧化和对应水化物中，酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al（OH）3，二者发生中和反应，反应方程式为：3HC
42、lO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O，故答案为：HClO4；Al（OH）3；3HClO4+Al（OH）3=Al（ClO4）3+3H2O；（4）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，故原子半径最小为F，故答案为：F；（5）同周期自左而右金属性减弱，故活泼性NaMg，可以用它们跟水反应的实验证明：钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟水缓慢反应，放出氢气，并生成中强碱Mg（OH）2，故答案为：Na；钠跟水剧烈反应，放出氢气，并生成强碱NaOH；Mg跟水缓慢反应，放出氢气，并生成中强碱Mg（OH）219将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中，固体全
43、部溶解后，向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示（1）加入NaOH20200mL时发生反应离子方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3；加入NaOH200240mL时发生反应离子方程式Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（2）镁和铝的总质量为9g（3）硫酸的物质的量浓度为2.5 mol/L（4）生成的氢气在标准状况下的体积为10.08L【考点】离子方程式的有关计算【分析】（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：
44、H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此过程中镁离子、铝离子与氢氧根离子反应生成Mg（OH）2和Al（OH）3；从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，据此写出反应的离子方程式；（2）根据沉淀的最大量可知氢氧化镁和氢氧化铝的总物质的量、最小量，最小量为氢氧化镁，根据最大量可知氢氧化铝的物质的量，然后利用质量守恒计算出镁、铝的物质的量，再根据m=nM计算出混合金属的质量；（3）溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，据此计算硫酸的物质的量，
45、进而计算浓度大小；（4）根据以上分析，由元素守恒可知金属镁和铝物质的量分别为0.15mol和0.2mol，又硫酸过量所以镁铝全部反应，根据得失电子守恒进行计算【解答】解：（1）由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，离子方程式为：OH+H+=H2O；当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，发生反应为：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3；从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，反应
46、的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2；Al3+3OH=Al（OH）3；Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（2）根据天下可知Mg（OH）2和Al（OH）3的物质的量之和为0.35mol，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol0.15mol=0.2mol，由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH
47、）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，故答案为：9；（3）沉淀量最大时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍，所以n（Na2SO4）=0.50.2L5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为=2.5mol/L，故答案为：2.5；（4）根据以上分析，由元素守恒可知金属镁和铝物质的量分别为0.15mol和0.2mol，根据得失电子守恒氢气在标准状况下的体积为：22.4L=10.08L，故答案：10.0820下列
48、曲线分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系（Z为核电荷数，Y为元素的有关性质）、把与下面的元素有关性质相符的曲线的标号填入相应括号中：（1）A族元素的最外层电子数B（2）第三周期元素的最高化合价C（3）第三周期离子Na+、Mg2+、Al3+、P3、S2、Cl的离子半径E（4）第二、三周期元素随原子序数递增原子半径的变化G、有下列物质： C； K； Ca； C； N； Ar其中：（1）互为同位素的是（2）质量数相等，但不能互称同位素的是（3）中子数相等，但质子数不相等的是和，和【考点】原子结构与元素的性质；同位素及其应用；同素异形体【分析】I（1）同一主族元素价电子数相等，与原子序数无关；（2）
49、第三周期元素的最高正化合价随着原子序数增大而增大； （3）电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小； （4）电子层越多，半径越大，同周期原子半径随着原子序数增大而减小； II含有相同质子数和不同中子数的原子互称同位素，质子数+中子数=质量数，据此分析【解答】解：I（1）同一主族元素价电子数相等，与原子序数无关，第IIA族元素价电子数都是2，故答案为：B；（2）第三周期元素的最高正化合价随着原子序数增大而增大，稀有气体的化合价为0；故答案为：C； （3）电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子其离子半径随着原子序数增大而减小，Na+、Mg2+、Al3+
50、的离子半径依次减小，P3、S2、Cl的离子半径依次减小，阴离子半径大于阳离子半径，所以E符合；故答案为：E； （4）电子层越多，半径越大，第三周期的原子半径大于第二周期，同周期原子半径随着原子序数增大而减小，所以G符合；故答案为：G； II C的质子数为6，质量数为12，中子数=126=6；K的质子数为19，质量数为39，中子数为3919=20；Ca的质子数为20，质量数为40，中子数为4020=20；C的质子数为6，质量数为13，中子数为136=7；N的质子数为7，质量数为14，中子数为147=7；Ar的质子数为18，质量数为40，中子数为4018=22（1）互为同位素的是；故答案为：；（2
51、）质量数相等，但不能互称同位素的是；故答案为：；（3）中子数相等，但质子数不相等的是和，和；故答案为：和，和21从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：请回答下列问题（1）流程甲加入盐酸后生成Al3+的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32的离子方程式为SiO2+2OHSiO32+H2O（3）验证滤液B含Fe3+，可取少量滤液并加入硫氰化钾溶液（填试剂名称）（4）滤液E、K中溶质的主要成分是NaHCO3（填化学式），写出该溶质的一种用途制纯碱或做发酵粉等【考点】物质分离和提纯的方法和基本
52、操作综合应用【分析】由工艺流程甲可知，铝土矿与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠、NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，以此来解答【解答】解：由工艺流程甲可知，铝土矿
53、与盐酸反应得固体A为滤液B，则固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠NaOH，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl、NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿中的Al2O3、SiO2能和氢氧化钠反应，可知固体X为Fe2O3、MgO等，滤液Y为硅酸钠、偏铝酸钠，滤液中通入过量二氧化碳，沉淀Z为Al（OH）3、硅酸，滤液K中含有NaHCO3，（1）Al2O3与盐酸反应生成氯化铝和水，氧化物不能拆，离子方程式为：Al2O3+6H+2A
54、l3+3H2O，故答案为：Al2O3+6H+2Al3+3H2O；（2）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二氧化硅不能拆，故离子反应方程式为：SiO2+2OHSiO32+H2O，故答案为：SiO2+2OHSiO32+H2O；（3）Fe3+与硫氰化钾溶液反应，使溶液变红色，检验滤液B中是否含Fe3+离子的方法为：取少量滤液B，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe3+，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+，故答案为：硫氰化钾溶液；（4）根据工艺流程甲可知，固体A为SiO2，滤液B含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等，沉淀C为氢氧化铁、氢氧化镁，滤液D含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液D中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则滤液E中溶质为NaHCO3，碳酸氢钠可用于制纯碱或做发酵粉等，故答案为：NaHCO3；制纯碱或做发酵粉等2016年5月7日