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& 河南省南阳市新野三中学年高一上学期期中化学试卷（二） Word版含解析
河南省南阳市新野三中学年高一上学期期中化学试卷（二） Word版含解析
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资料概述与简介
河南省南阳市新野三中学年高一上学期期中化学试卷（二）
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列叙述中正确的是（）
A． 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
B． 二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与强碱反应，故它是两性氧化物
C． 水泥、玻璃、水晶饰品都是硅酸盐制品
D． 陶瓷是人类应用很早的一种硅酸盐材
2．随着科技的飞速发展，出现了许多新型无机材料，如植入生物体内的生物陶瓷材料HAP[化学式为Cam（PO4）nOH]已被医疗上用于修补人的骨骼和牙组织．HPA化学式中的m等于（）
3．将5.4g Al投入200.0mL 2.0moloL﹣1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余．该溶液可能为（）
A． HNO3溶液 B． Ba（OH）2溶液 C． H2SO4溶液 D． HCl溶液
4．如图所示，y表示沉淀的量，x表示加试剂的体积，能够用该图表示的反应是（）
A． 向Ca（OH）2溶液中通人CO2至过量
B． 在盐酸和硫酸的混合溶液中加入Ba（OH）2溶液至过量
C． 在水玻璃和烧碱混合溶液中加入盐酸至过量
D． 在Ba（OH）2溶液中加入氯化铝溶液至过量
5．将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积合，得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（）
A． 1：3 B． 2：5 C． 1：4 D． 2：7
6．现有Al、Cl2、Al2O3、HCl（aq）、Al（OH）3、NaOH（aq）六种物质，它们之间有如下图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（）
A． N一定是HCl（aq） B． X可能为Al或Cl2
C． Y一定为NaOH（aq） D． Q、Z中的一种必定为Al2O3
7．将50mL某未知浓度的AlCl3溶液分别加到60mL 1moloL﹣1的NaOH溶液或60mL3moloL﹣1的NaOH溶液中，均能得到1.56g Al（OH）3沉淀．则此AlCl3溶液的浓度可能是（）
A． 1 moloL﹣1 B． 0.5 moloL﹣1 C． 0.6 moloL﹣1 D． 0.4 moloL﹣1
8．某无色溶液中加入过量盐酸有沉淀产生，过滤后向滤液中加入过量氨水又有沉淀产生，下列溶液中符合条件的是（）
A． Ag+、Al3+、Fe3+ B． SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣、K+
C． Ag+、Cu2+、Na+ D． Ag+、Ba2+、Na+
9．将15.6gNa2O2和5.4gAl时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL澄清溶液，再向该溶液中缓慢通入标准况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变（）
A． 最终得到7.8g的沉淀
B． 最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）
C． 反应过程中得到6.72L的气体（标准状况下）
D． 最终得到的溶液中c（NaCl）=2mol/L
10．甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍，甲元素原子序数大于乙．下列推断正确的是（）
A． 甲与乙处于同一周期
B． 甲与乙处于同一主族
C． 甲原子的半径小于乙原子
D． 甲与乙的原子序数之和为偶数
11．当航天飞机返回地球进入大气层时，由于空气的剧烈摩擦，航天飞机尖端的温度超过1000℃．为防止高温将其烧毁，科学家给航天飞机相应部位设计安装了可靠的保护层．制作保护层的材料可能为（）
A． 合成塑料 B． 新型陶瓷 C． 镁铝合金 D． 不锈钢
12．核磁共振（NMR）技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域．已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象．试判断下列哪组原子均可产生NMR现象（）
A． 18O31P
B． 19F12C
C． 元素周期表中ⅢA族所有元素的原子
D． 元素周期表中第三周期元素的所有原子
13．下列离子方程式书写不正确的是（）
A． 往NaOH溶液中通入过量CO2：CO2+OH﹣=HCO3﹣
B． 单质硅与烧碱溶液反应：Si+2OH﹣+H2O=SiO32﹣+2H2↑
C． 石英砂与烧碱反应制水玻璃：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
D． 往水玻璃中通入二氧化碳：Na2SiO3+2H2O+CO2=H4SiO4↓+2Na++CO32﹣
14．某电荷数小于18的元素X，其原子核外电子层数为a，最外层电子数为（2a+1）．下列有关元素X的说法中，不正确的是（）
A． 元素X的原子核内质子数为（2a2﹣1）
B． 元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂
C． 元素X形成的简单离子，各电子层的电子数均达到2n2个（n表示电子层数）
D． 由元素X形成的某些化合物，可能具有杀菌消毒的作用
15．0.75molRO32﹣ 共有30mol电子，则R在元素周期表中的位置是（）
A． .第二周期ⅤA族 B． .第三周期ⅣA族
C． .第二周期ⅥA族 D． .第三周期Ⅶ族
16．下列有关说法正确的是（）
A． 114号元素可能是非金属元素
B． 非金属元素的最外层电子数一定不小于其电子层数
C． 非金属元素R可以形成含氧酸HnROh，则R元素的最低价一定为﹣（8+n﹣2h）
D． 最外层电子数为2的元素只可能是ⅡA或O族元素
二、解答题（共7小题，满分72分）
17．（1）将下列硅酸盐的化学式改写为氧化物的形式：
钙长石（CaAl2Si2O8） 透闪石【Ca2Mg5Si8O22（OH）2】
（2）下列六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，请把下表中各反应的相应图象的序号填入表中．
溶液 加入的物质 答案序号
①饱和石灰水 通过量CO2
②AlCl3溶液 通过 量NH3
③MgCl2、AlCl3混合溶液 逐滴加NaOH溶液至过量
④AlCl3溶液 逐滴加NaOH溶液至过量
⑤含少量HCl的AlCl3溶液 逐滴加NaOH溶液至过量
（3）向KAl（SO4）2溶液中滴加过量氨水，现象是，反应的离子方程式，再向其中加入过量NaOH溶液，反应现象是，反应的离子方程式为．
18．某微粒的结构示意图为 试回答：
（1）当x﹣y=10时，该粒子为（填“原子”或“阳离子”“阴离子”）
（2）当y=8时，该粒子可能是（写名称）：、、、、．
（3）写出y=3与y=7的元素最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式．
19．根据如图所示装置，请回答：
（1）在A中加试剂后，立即打开止水夹C，B中的现象是，B中有关反应的离子方程式是．
（2）一段时间后，关闭止水夹C，B中的现象是，B中有关反应的离子方程式是．
20．A、B、C、D四种短周期元素，A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的1/6；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；C﹣离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍．请填写下列空格：
（1）请写出A的元素符号；（2）C离子的结构示意图；
（3）A的单质能在D的最高价氧化物中燃烧，反应的方程式为．
（4）B的最价氧化物可溶于氢氧化钠溶液写出反应的离子方程式．
（5）C、D最高价氧化物对应的水化物酸性 强于（填化学式）
可设计简单实验证明，实验步骤如下：．
21．有A、B、C、D、E 五种元素，C和D的原子序数分别比E和A的原子序数大1，C和D能形成CD3的化合物，B和D的离子具有相同的电子层结构，B是同周期中除稀有元素外原子半径最大的元素，A元素在其最高价氧化物中含量是40%，在其氢化中的含量是94.1%，A原子中质子，中子，电子数相等．18gC和足量的稀硫酸反应，在标准状态下生成22.4 升H2．C原子中有14个中子，请回答：
（1）写出A原子符号，B元素名称，C元素在元素周期表中的位置，E元素的离子结构示意图．
（2）D、E两元素的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式
C的最高价氧化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式．
22．向amol NaOH溶液中逐滴加入bmol AlCl3溶液，若a+b=1，当a去不同值时，生成物可能有以下情况：
（1）全部是Al（OH）3时，a的取值范围是．
（2）全部是Na[Al（OH）3]时，a的取值范围是
（3）部分是Na[Al（OH）4]，部分是Al（OH）3，a的取值范围是． 反应所生成的Al（OH）3的物质的量为mol．
（4）在上述条件下，若要生成7.8g沉淀，则a的值等于多少．（第4问写出计算过程）
23．在Cu（NO3）2和Al（NO2）3的混合溶液中，硝酸根的物质的量为0.7mol．向该溶液中加入8mol/L的KOH溶液100mL，使之充分反应，反应前，若铝离子的物质的量与混合溶液中的离子总物质的量比值为x，求
（1）x的取值范围．
（2）若铝离子的物质的量为amol，则a=（用含x的式子表示）
（3）当KOH刚完全消耗且Al3+全部转换成[Al（OH）4]﹣时，x的取值
（4）设反应中沉淀物总物质的量为ymol，求y与x的关系式．（第4问写出计算过程）
河南省南阳市新野三中学年高一上学期期中化学试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列叙述中正确的是（）
A． 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
B． 二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与强碱反应，故它是两性氧化物
C． 水泥、玻璃、水晶饰品都是硅酸盐制品
D． 陶瓷是人类应用很早的一种硅酸盐材
考点： 硅和二氧化硅；硅酸盐工业；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途．
分析： A．光导纤维的主要成分是二氧化硅；
B．二氧化硅能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；
C．水晶的成分是二氧化硅；
D．陶瓷属于硅酸盐产品．
解答： 解：A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，硅能用于制造硅芯片、硅太阳能电池，故A错误；
B．二氧化硅能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但二氧化硅能和HF反应，故B错误；
C．水晶的成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故C错误；
D．陶瓷属于硅酸盐产品，性质较稳定，使用年代较早，所以是人类应用很早的一种硅酸盐材，故D正确；
点评： 本题考查硅及其化合物，涉及硅及其化合物的存在、性质及用途，明确物质的性质是解本题关键，注意水晶、玛瑙的主要成分都是二氧化硅，题目难度不大．
2．随着科技的飞速发展，出现了许多新型无机材料，如植入生物体内的生物陶瓷材料HAP[化学式为Cam（PO4）nOH]已被医疗上用于修补人的骨骼和牙组织．HPA化学式中的m等于（）
考点： 根据化学式判断化合价．
分析： 根据化合物中正负化合价代数和为零进行计算．
解答： 解：钙元素显+2价，磷酸根显﹣3价，氢氧根显﹣1价，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：（+2）×m+（﹣3）×n+（﹣1）×1=0，解得m=，
点评： 本题考查化合物中元素化合价的有关计算，难度不大，关键要把握化合物中正负化合价代数和为零这一规律．
3．将5.4g Al投入200.0mL 2.0moloL﹣1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余．该溶液可能为（）
A． HNO3溶液 B． Ba（OH）2溶液 C． H2SO4溶液 D． HCl溶液
考点： 铝的化学性质；化学方程式的有关计算．
专题： 化学反应中的能量变化．
分析： 200.0mL 2.0moloL﹣1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0moloL﹣1=0.4mol，Al的物质的量为=0.2mol，利用反应判断金属过量，并生成氢气即可．
解答： 解：200.0mL 2.0moloL﹣1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0moloL﹣1=0.4mol，Al的物质的量为=0.2mol，
A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；
B、由2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，0.2molAl与0.4molBa（OH）2溶液反应时，碱过量，故B错误；
C、由2Al+6H+═2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液，硫酸过量，故C错误；
D、由2Al+6H+═2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molHCl溶液，Al过量，故D正确；
点评： 本题考查铝的化学性质，明确铝与酸碱发生的化学反应是解答的关键，并注意利用量来判断过量问题即可解答．
4．如图所示，y表示沉淀的量，x表示加试剂的体积，能够用该图表示的反应是（）
A． 向Ca（OH）2溶液中通人CO2至过量
B． 在盐酸和硫酸的混合溶液中加入Ba（OH）2溶液至过量
C． 在水玻璃和烧碱混合溶液中加入盐酸至过量
D． 在Ba（OH）2溶液中加入氯化铝溶液至过量
考点： 化学方程式的有关计算．
分析： A、二氧化碳和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙，但二氧化碳和水、碳酸钙能发生反应生成易溶于水的碳酸氢钙；
B、盐酸和硫酸的混合溶液中加入Ba（OH）2溶液即产生硫酸钡沉淀；
C、水玻璃和烧碱混合溶液中加入盐酸至过量，开始阶段是酸碱的中和反应，而后盐酸和水玻璃的反应；
D、Ba（OH）2溶液中加入氯化铝溶液至过量，开始阶段得到的是偏铝酸盐，不会出现氢氧化铝．
解答： 解：A、二氧化碳和氢氧化钙反应生成白色沉淀碳酸钙，但二氧化碳和水、碳酸钙能发生反应生成易溶于水的碳酸氢钙，所以把过量的CO2通入氢氧化钙溶液中，最后没有白色沉淀，故A错误；
B、盐酸和硫酸的混合溶液中加入Ba（OH）2溶液至过量，开始即产生硫酸钡沉淀，随后沉淀的量不会改变，符合图示，故B正确；
C、水玻璃和烧碱混合溶液中加入盐酸至过量，开始阶段是酸碱的中和反应，不会出现沉淀，故C错误；
D、Ba（OH）2溶液中加入氯化铝溶液至过量，开始阶段碱多，不会出沉淀，故D错误．
点评： 本题涉及物质的性质以及物质的量的多少和反应之间的关系知识，难度中等．
5．将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积合，得到的沉淀物中铝元素的质量与溶液中所含铝元素的质量相等，则原氯化铝溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能是（）
A． 1：3 B． 2：5 C． 1：4 D． 2：7
考点： 化学方程式的有关计算．
分析： 将氯化铝溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，沉淀为Al（OH）3，溶液中的铝元素存在形式可能为AlCl3或NaAlO2，结合反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，讨论进行计算．
解答： 解：等体积的AlCl3和NaOH两种溶液混合后，沉淀物中含铝元素的质量与溶液中含铝元素的质量相等，令氢氧化铝的物质的量为1mol，则溶液中AlCl3或NaAlO2也是1mol，
若溶液中含铝元素以Al3+形式存在，NaOH完全反应，则：
Al3++3OH﹣═Al（OH）3
1mol 3mol 1mol
则原来AlCl3的物质的量为1mol+1mol=2mol，NaOH为3mol，则：AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=2mol：3mol=2：3，
若溶液中含铝元素以AlO2﹣形式存在，则：
Al3++3OH﹣═Al（OH）3
1mol 3mol 1mol
Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O，
1mol 4mol 1mol
则原来AlCl3的物质的量为1mol+1mol=2mol，NaOH为3mol+4mol=7mol，则：AlCl3和NaOH两种溶液物质的量浓度之比=2mol：7mol=2：7，
点评： 本题考查化学方程式有关计算，难度中等，判断溶液中Al元素存在形式是关键，再结合方程式计算．
6．现有Al、Cl2、Al2O3、HCl（aq）、Al（OH）3、NaOH（aq）六种物质，它们之间有如下图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（）
A． N一定是HCl（aq） B． X可能为Al或Cl2
C． Y一定为NaOH（aq） D． Q、Z中的一种必定为Al2O3
考点： 无机物的推断．
专题： 推断题；元素及其化合物．
分析： 六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，以此解答该题．
解答： 解：图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，
点评： 本题考查无机物的推断，侧重于物质的性质的考查，涉及两性化合物的性质以及物质的通性，题目难度不大，解答该类题目要牢固把握相关物质的性质．
7．将50mL某未知浓度的AlCl3溶液分别加到60mL 1moloL﹣1的NaOH溶液或60mL3moloL﹣1的NaOH溶液中，均能得到1.56g Al（OH）3沉淀．则此AlCl3溶液的浓度可能是（）
A． 1 moloL﹣1 B． 0.5 moloL﹣1 C． 0.6 moloL﹣1 D． 0.4 moloL﹣1
考点： 化学方程式的有关计算．
专题： 计算题．
分析： 1.56g Al（OH）3沉淀的物质的量为=0.02mol，氢氧化铝中n（OH﹣）=0.06mol，60mL 1moloL﹣1的NaOH溶液中n（NaOH）=0.06L×1moloL﹣1=0.06mol，60mL3moloL﹣1的NaOH溶液中n（NaOH）=0.06L×3moloL﹣1=0.18mol，根据氢氧根的物质的量可知，加到60mL1mol/LNaOH溶液中只发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，氯化铝有剩余，加到60mL3mol/LNaOH溶液中发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，以此来计算解答．
解答： 解：1.56g Al（OH）3沉淀的物质的量为=0.02mol，氢氧化铝中n（OH﹣）=0.06mol，60mL 1moloL﹣1的NaOH溶液中n（NaOH）=0.06L×1moloL﹣1=0.06mol，60mL3moloL﹣1的NaOH溶液中n（NaOH）=0.06L×3moloL﹣1=0.18mol，根据氢氧根的物质的量可知，加到60mL1mol/LNaOH溶液中只发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，加到60mL3mol/LNaOH溶液中发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．
由加到60mL3mol/LNaOH溶液中发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，设此AlCl3溶液的溶质的物质的量为x，则：
Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O
根据消耗的碱的物质的量可知，3x+（x﹣0.02）=0.06×3，
解得x=0.05mol，此AlCl3溶液的浓度为=1mol/L．
点评： 本题考查铝离子与碱的反应，明确碱的物质的量对发生的化学反应的影响，根据氢氧化钠与氢氧化铝中氢氧根的物质的量判断，氯化铝在两溶液中反应情况是解答的关键，难度中等．
8．某无色溶液中加入过量盐酸有沉淀产生，过滤后向滤液中加入过量氨水又有沉淀产生，下列溶液中符合条件的是（）
A． Ag+、Al3+、Fe3+ B． SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣、K+
C． Ag+、Cu2+、Na+ D． Ag+、Ba2+、Na+
考点： 离子共存问题．
分析： 无色溶液可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，
A．铁离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；
B．SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣、K+离子之间不反应，加入过量盐酸后生成硅酸沉淀和铝离子，过滤后滤液中含有铝离子，铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，且都是无色离子；
C．铜离子为有色离子，不满足溶液无色的要求；
D．加入过量盐酸后，滤液中含有Ba2+、Na+，加入氨水后无沉淀生成．
解答： 解：A．Fe3+为有色的离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；
B．SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣、K+都是无色离子，加入过量盐酸后生成硅酸沉淀和铝离子，向滤液中加入氨水后生成氢氧化铝沉淀，符合题中条件，故B正确；
C．Cu2+离子为有色离子，不满足溶液无色的条件，故C错误；
D．Ag+与过量盐酸反应生成氯化银沉淀，过滤后的滤液中加入氨水后，不会有沉淀生成，故D错误；
点评： 本题考查离子共存的判断，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等；本题中特别注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；还要满足“加入过量盐酸有沉淀产生，过滤后向滤液中加入过量氨水又有沉淀产生”．
9．将15.6gNa2O2和5.4gAl时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL澄清溶液，再向该溶液中缓慢通入标准况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变（）
A． 最终得到7.8g的沉淀
B． 最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）
C． 反应过程中得到6.72L的气体（标准状况下）
D． 最终得到的溶液中c（NaCl）=2mol/L
考点： 化学方程式的有关计算．
分析： 15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，
A．根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量；
B．最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（AlO2﹣）+c（OH﹣）；
C．根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；
D．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，再根据c=计算．
解答： 解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，
A．最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，故A正确；
B．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（AlO2﹣）﹣c（H+），故B错误；
C．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故C错误；
D．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，故溶液氯化钠的物质的量浓度为=1.5mol/L，故D错误；
点评： 本题考查混合物的计算、钠的化合物与铝单质及化合物的性质等，难度中等，根据过量计算判断发生的反应是解题的关键．
10．甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍，甲元素原子序数大于乙．下列推断正确的是（）
A． 甲与乙处于同一周期
B． 甲与乙处于同一主族
C． 甲原子的半径小于乙原子
D． 甲与乙的原子序数之和为偶数
考点： 原子结构与元素周期律的关系．
分析： L层最多可有8个电子，当其他层共有4个电子时符合题意，根据核外电子排布规律，该条件下，原子有3个电子层，最外层有2个电子，Mg符合条件；当L层未填满电子时，K层的2个电子已填入，此时L层应有4个电子，碳符合条件，甲元素原子序数大于乙，则甲为Mg，乙为碳，据此解答．
解答： 解：L层最多可有8个电子，当其他层共有4个电子时符合题意，根据核外电子排布规律，该条件下，原子有3个电子层，最外层有2个电子，Mg符合条件；当L层未填满电子时，K层的2个电子已填入，此时L层应有4个电子，碳符合条件，甲元素原子序数大于乙，则甲为Mg，乙为碳，
A．由上述分析可知，甲为Mg、乙是碳，碳处于第二周期，镁处于第三周期，二者不处于同一周期，故A错误；
B．碳处于第ⅣA族，镁处于第ⅡA族，二者不同主族，故B错误；
C．甲为Mg、乙是碳，原子半径Mg＞C，故C错误；
D．碳处于第ⅣA族，镁处于第ⅡA族，二者不同主族，二者均处于偶数族，故D正确．
点评： 本题考查原子结构与位置关系，难度不大，根据电子排布特点确定元素是解题关键．
11．当航天飞机返回地球进入大气层时，由于空气的剧烈摩擦，航天飞机尖端的温度超过1000℃．为防止高温将其烧毁，科学家给航天飞机相应部位设计安装了可靠的保护层．制作保护层的材料可能为（）
A． 合成塑料 B． 新型陶瓷 C． 镁铝合金 D． 不锈钢
考点： 陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途．
分析： 根据题意知，该保护层的材料必须是能够耐高温的材料，防止航天飞机返回地球大气层时，与空气剧烈摩擦，产生高温（1000℃以上）而被烧毁．
解答： 解：A．塑料的熔点很小，所以不能耐高温，故A错误；
B．耐高温新型陶瓷熔点较高，所以能耐高温，故B正确；
C．镁铝合金的熔点较低，所以不能耐高温，故C错误；
D．不锈钢的熔点较高，但是导热性好，不能保护内部材料，故D错误；
点评： 本题考查了材料的选取，根据物质的性质来选取材料即可，注意对题目中信息的提取和利用，题目难度不大．
12．核磁共振（NMR）技术已广泛应用于复杂分子结构的测定和医学诊断等高科技领域．已知只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象．试判断下列哪组原子均可产生NMR现象（）
A． 18O31P
B． 19F12C
C． 元素周期表中ⅢA族所有元素的原子
D． 元素周期表中第三周期元素的所有原子
考点： 质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
专题： 原子组成与结构专题．
分析： 根据信息中只有质子数或中子数为奇数的原子核有NMR现象来分析，并利用质量数等于质子数+中子数来计算．
解答： 解：A．31P有15个质子16个中子符合题意，而18O有8个质子10个中子，故A错误；
B．19F有9个质子10个中子符合题意，而12C有6个质子6个中子，故B错误；
C．第ⅢA族元素的原子质子数一定为奇数，故C正确；
D．第三周期元素的原子如16S，有8个质子8个中子，故D错误；
点评： 本题考查质子数中子数和质量数的关系，难度不大．
13．下列离子方程式书写不正确的是（）
A． 往NaOH溶液中通入过量CO2：CO2+OH﹣=HCO3﹣
B． 单质硅与烧碱溶液反应：Si+2OH﹣+H2O=SiO32﹣+2H2↑
C． 石英砂与烧碱反应制水玻璃：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
D． 往水玻璃中通入二氧化碳：Na2SiO3+2H2O+CO2=H4SiO4↓+2Na++CO32﹣
考点： 离子方程式的书写．
分析： A．二氧化碳过量，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
B．硅单质与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气；
C．二氧化硅为酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水；
D．硅酸钠为强电解质，离子方程式中硅酸钠需要拆开，不能保留化学式．
解答： 解：A．往NaOH溶液中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+OH﹣=HCO3﹣，故A正确；
B．单质硅与烧碱溶液反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式为：Si+2OH﹣+H2O=SiO32﹣+2H2↑，故B正确；
C．石英砂与烧碱反应制水玻璃，二氧化硅为酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故C正确；
D．水玻璃中通入二氧化碳，硅酸钠在溶液中完全电离出钠离子和硅酸根离子，离子方程式中硅酸钠不能保留化学式，正确的离子方程式为：SiO32﹣+2H2O+CO2=H4SiO4↓+CO32﹣，故D错误；
点评： 本题考查了离子方程式的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）．
14．某电荷数小于18的元素X，其原子核外电子层数为a，最外层电子数为（2a+1）．下列有关元素X的说法中，不正确的是（）
A． 元素X的原子核内质子数为（2a2﹣1）
B． 元素X形成的单质既能作氧化剂又能作还原剂
C． 元素X形成的简单离子，各电子层的电子数均达到2n2个（n表示电子层数）
D． 由元素X形成的某些化合物，可能具有杀菌消毒的作用
考点： 原子结构与元素的性质．
专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： 核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为a，最外层电子数为2a+1，假设a=1时，最外层电子数为3，不符合题意；a=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意，为N元素；a=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，为Cl元素，以此来解答．
解答： 解：核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为a，最外层电子数为2a+1，假设a=1时，最外层电子数为3，不符合题意；a=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意，为N元素；a=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，为Cl元素，
A．X为N或Cl元素，元素X的原子核内质子数满足（2a2﹣1），故A正确，
B．X为N或Cl元素，其单质能作氧化剂又能作还原剂，故B正确；
C．若X为Cl元素，氯离子最外层电子数不满足2n2个（n表示电子层数），故C错误；
D．若X为Cl元素，其次氯酸盐等具有杀菌消毒的作用，故D正确，
点评： 本题考查原子结构、元素化合物性质等，利用假设法令n分别为1、2、3来讨论即可解答，难度不大．
15．0.75molRO32﹣ 共有30mol电子，则R在元素周期表中的位置是（）
A． .第二周期ⅤA族 B． .第三周期ⅣA族
C． .第二周期ⅥA族 D． .第三周期Ⅶ族
考点： 位置结构性质的相互关系应用．
分析： 设R的质子数为x，则RO32﹣中电子数为x+8×3+2，结合0.75molRO32﹣ 共有30mol电子计算，利用质子数确定元素的位置．
解答： 解：设R的质子数为x，则RO32﹣中电子数为x+8×3+2，
0.75molRO32﹣ 共有30mol电子，则0.75mol×（x+8×3+2）=30mol，解得x=14，
则R为Si元素，位于第三周期ⅣA族，
点评： 本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，利用电子数计算质子数为解答的关键，注意质子数与元素位置的关系，题目难度不大．
16．下列有关说法正确的是（）
A． 114号元素可能是非金属元素
B． 非金属元素的最外层电子数一定不小于其电子层数
C． 非金属元素R可以形成含氧酸HnROh，则R元素的最低价一定为﹣（8+n﹣2h）
D． 最外层电子数为2的元素只可能是ⅡA或O族元素
考点： 元素周期表的结构及其应用；根据化学式判断化合价．
分析： A.114号元素位于第七周期第IVA族，属于金属元素；
B．非金属元素的最外层电子数不一定小于其电子层数，可能等于或大于其电子层数；
C．非金属元素可以形成含氧酸HnROh，则R元素的最低价不一定为﹣（8+n﹣2h）；
D．最外层电子数为2的元素可能是ⅡA或O族元素，还可能是副族元素．
解答： 解：A.114号元素位于第七周期第IVA族，位于Pb的下方，Pb属于金属元素，则该元素一定属于金属元素，故A错误；
B．非金属元素的最外层电子数不一定小于其电子层数，可能等于或大于其电子层数，如H、C元素，故B正确；
C．非金属元素可以形成含氧酸HnROh，则R元素的最低价不一定为﹣（8+n﹣2h），如S元素，故C错误；
D．最外层电子数为2的元素可能是ⅡA或O族元素，还可能是副族元素，如IIB、IIIB、VIB、VB、VIIB、VIII族元素，故D错误；
点评： 本题考查元素周期表及其结构，侧重考查学生知识运用能力，明确元素周期表结构、原子结构是解本题关键，知道原子核外电子排布，知道原子族序数与其最高正价和最低负价的关系，题目难度中等．
二、解答题（共7小题，满分72分）
17．（1）将下列硅酸盐的化学式改写为氧化物的形式：
钙长石（CaAl2Si2O8）CaOoAl2O3o2SiO2 透闪石【Ca2Mg5Si8O22（OH）2】2CaOo5MgOo8SiO2oH2O
（2）下列六个图中，横坐标为某溶液中加入某物质的物质的量，纵坐标为生成沉淀的物质的量，请把下表中各反应的相应图象的序号填入表中．
溶液 加入的物质 答案序号
①饱和石灰水 通过量CO2 B
②AlCl3溶液 通过 量NH3 C
③MgCl2、AlCl3混合溶液 逐滴加NaOH溶液至过量 A
④AlCl3溶液 逐滴加NaOH溶液至过量 E
⑤含少量HCl的AlCl3溶液 逐滴加NaOH溶液至过量 F
（3）向KAl（SO4）2溶液中滴加过量氨水，现象是生成白色胶状沉淀，反应的离子方程式Al3++3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4+，再向其中加入过量NaOH溶液，反应现象是白色胶状沉淀溶解，溶液变澄清，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═[Al（OH）4]﹣．
考点： 镁、铝的重要化合物；硅酸盐工业．
分析： （1）硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式即改写的一般方法归纳为：碱性氧化物、两性氧化物、酸性氧化物、水（xMOonSiO2omH2O）．注意：①氧化物之间以“o”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数．如：正长石KAlSi3O8不能改写成K2OoAl2O3o3SiO2，应改写成K2OoAl2O3o6SiO2．③金属氧化物在前（活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物），非金属氧化物在后，若同一元素有变价，那么低价在前，高价在后，H2O一般写在最后；
（2）所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量．
A表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；
B表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；
C表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；
D表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；
E表示加入某溶液，立即出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解；
F表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解；
（3）加入过量的氨水反应，实质生成氢氧化铝沉淀；氢氧化铝只与强碱反应，所以向其中加入过量NaOH溶液时，白色白色胶状沉淀溶解，溶液变澄清，据此回答．
解答： 解：（1）硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写．
CaAl2Si2O8可表示为：CaOoAl2O3o2SiO2，
Ca2Mg5Si8O22（OH）2可表示为：2CaOo5MgOo8SiO2oH2O，
故答案为：CaOoAl2O3o2SiO2；
2CaOo5MgOo8SiO2oH2O；
（2）①饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，对照图象应为B；
②氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl，对照图象应为C；
③MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3 +NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为A．
④氯化铝溶液，加入氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3 +NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为E；
⑤含少量HCl的氯化铝溶液，加入氢氧化钠，先是和盐酸之间发生中和反应生成氯化钠和水，没有沉淀，HCl+NaOH=NaCl+H2O，然后氢氧化钠和氯化铝之间反应逐渐产生沉淀直到沉淀量最大，AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al（OH）3 +NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为F；
故答案为：B；C；A；E；F；
（3）向KAl（SO4）2溶液中滴加过量氨水，实质是生成氢氧化铝沉淀，所以现象为：生成白色胶状沉淀；离子方程式为：Al3++3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4+；再加入过量的氢氧化钠，氢氧化铝会溶解，所以现象为：白色胶状沉淀溶解，溶液变澄清；反应离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═[Al（OH）4]﹣；
故答案为：生成白色胶状沉淀；Al3++3NH3oH2O═Al（OH）3↓+3NH4+；白色胶状沉淀溶解，溶液变澄清；Al（OH）3+OH﹣═[Al（OH）4]﹣；
点评： 本题考查硅酸盐改写为氧化物的形式的方法以及化学反应与图象的关系，解答本题关键在于理解相关反应，并能熟练写出相应的反应的方程式，并能找出对应的图形即可解题，题目难度不大．
18．某微粒的结构示意图为 试回答：
（1）当x﹣y=10时，该粒子为原子（填“原子”或“阳离子”“阴离子”）
（2）当y=8时，该粒子可能是（写名称）：硫离子、氯离子、氩原子、钾离子、钙离子．
（3）写出y=3与y=7的元素最高价氧化物对应水化物发生反应的离子方程式Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．
考点： 原子结构示意图；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系．
专题： 原子组成与结构专题．
分析： （1）根据微粒结构示意图分析电子数和质子数的关系确定粒子的种类；
（2）y=8时，微粒的电子层结构与稀有气体Ar相同，可能是阴离子也可能是阳离子或者是Ar原子的结构示意图，依据具有相同的核外电子排布结构的元素在周期表中的位置关系解答；
（3）y=3推出微粒是铝原子，y=7推出微粒是氯原子，最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化铝和高氯酸，二者发生酸碱中和反应．
解答： 解：（1）根据结构示意图可知，该微粒核内质子数为：x
核外电子数为：10+y，因为 x﹣y=10，所以质子数等于电子数，微粒是呈电中性的原子，故答案为：原子；
（2）具有相同的核外电子排布结构的元素在周期表中的位置关系遵循“阴上阳下“的规律，核外电子数有18个的微粒有：硫离子、氯离子、氩原子、钾离子、钙离子，故答案为：硫离子、氯离子、氩原子、钾离子、钙离子；
（3）y=3推出微粒是铝原子，y=7推出微粒是氯原子，最高价氧化物对应水化物分别是氢氧化铝和高氯酸，二者发生酸碱中和反应，其离子方程式：
Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．
点评： 本题考查了原子结构示意图，注意图中各个数字的含义，氢氧化铝不溶于水在书写离子方程式时，不能拆．
19．根据如图所示装置，请回答：
（1）在A中加试剂后，立即打开止水夹C，B中的现象是导管口有气泡冒出，有白色沉淀生成，B中有关反应的离子方程式是AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣．
（2）一段时间后，关闭止水夹C，B中的现象是A中液体进入B中，液面上升，白色沉淀逐渐溶解，B中有关反应的离子方程式是Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．
考点： 离子方程式的书写；钠的重要化合物．
分析： （1）二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，据此写出B中反应现象及离子方程式；
（2）关闭止水夹C，A管中盐酸进入B试管中与氢氧化铝反应．
解答： 解：（1）在A中加试剂后，立即打开止水夹C，A中生成的二氧化碳气体加入试管B，偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣，所以B中导管口有气泡冒出，有白色沉淀生成，
故答案为：导管口有气泡冒出，有白色沉淀生成；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣或2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣；
（2）关闭止水夹C，A中气体压强增大，使A管中盐酸进入B试管中与氢氧化铝反应，氢氧化铝白色沉淀逐渐溶解，其反应的离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，
故答案为：A中液体进入B中，液面上升，白色沉淀逐渐溶解；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O．
点评： 本题考查了铝的混合物性质、离子方程式书写，题目难度中等，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，明确离子方程式的书写原则，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．
20．A、B、C、D四种短周期元素，A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的1/6；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；C﹣离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍．请填写下列空格：
（1）请写出A的元素符号Mg；（2）C离子的结构示意图；
（3）A的单质能在D的最高价氧化物中燃烧，反应的方程式为2Mg+CO2C+2MgO．
（4）B的最价氧化物可溶于氢氧化钠溶液写出反应的离子方程式Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O（或Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣）．
（5）C、D最高价氧化物对应的水化物酸性HClO4 强于H2CO3（填化学式）
可设计简单实验证明，实验步骤如下：将HClO4溶液滴入Na2CO3溶液中，有无色无味使澄清石灰水便混浊的气体生成．
考点： 原子结构与元素周期律的关系．
专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： A、B、C、D四种短周期元素，A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的，令最外层电子数为x，则××（10+x）=x，解得x=2，故A为镁元素；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，则B为铝元素；C﹣离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1，镁离子有2个电子层，则C﹣离子有3个电子层，核外电子数为18，故C为氯元素；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍，则D有2个电子层，最外层电子数为4，则D为碳元素．
（1）A为镁元素．
（2）氯离子核外有3个电子层，最外层有8个电子．
（3）镁在二氧化碳中燃烧生成碳和氧化镁．
（4）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，氢氧化钠与偏铝酸钠应写出离子．
（5）元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强；利用强酸制弱酸原理设计实验验证酸性强弱．
解答： 解：A、B、C、D四种短周期元素，A元素有三个电子层，其中最外层电子数占总电子数的，令最外层电子数为x，则××（10+x）=x，解得x=2，故A为镁元素；B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1，则B为铝元素；C﹣离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1，镁离子有2个电子层，则C﹣离子有3个电子层，核外电子数为18，故C为氯元素；D元素原子最外层电子数是次外层的2倍，则D有2个电子层，最外层电子数为4，则D为碳元素．
（1）由上述分析可知A为Mg元素．
故答案为：Mg．
（2）氯离子质子数为17，核外电子数为18，核外有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子结构示意图为．
故答案为：．
（3）镁在二氧化碳中燃烧生成碳和氧化镁，反应方程式为2Mg+CO2C+2MgO．
故答案为：2Mg+CO2C+2MgO．
（4）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．或者写成
Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣．
故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O（或Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣）．
（5）非金属性Cl＞C，所以最高价氧化物对应的水化物酸性HClO4＞H2CO3．将HClO4溶液滴入Na2CO3溶液中，有无色无味使澄清石灰水便混浊的气体生成．
故答案为：HClO4；H2CO3；将HClO4溶液滴入Na2CO3溶液中，有无色无味使澄清石灰水便混浊的气体生成．
点评： 以元素推断为载体，考查结构与位置关系、离子方程式和原子结构示意图等常用化学用语、元素周期律及实验设计，难度不大，是对所学知识的综合运用．
21．有A、B、C、D、E 五种元素，C和D的原子序数分别比E和A的原子序数大1，C和D能形成CD3的化合物，B和D的离子具有相同的电子层结构，B是同周期中除稀有元素外原子半径最大的元素，A元素在其最高价氧化物中含量是40%，在其氢化中的含量是94.1%，A原子中质子，中子，电子数相等．18gC和足量的稀硫酸反应，在标准状态下生成22.4 升H2．C原子中有14个中子，请回答：
（1）写出A原子符号S，B元素名称钾，C元素在元素周期表中的位置第三周期ⅢA族，E元素的离子结构示意图．
（2）D、E两元素的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式2HClO4+Mg（0H）2=Mg（ClO4）2+2H2O
C的最高价氧化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O．
考点： 位置结构性质的相互关系应用．
分析： 令A元素最高正化合价为a，则最低负化合价为（a﹣8），A的相对分子质量为b，
A元素最高价氧化物中A原子与O原子数目之比为2：a，由A元素在其最高价氧化物中的含量是40%，则2b：16a=40%：（1﹣40%），元素A的氢化物化学式为H（8﹣a）A，结合A元素质量分数可得=94.1%，联立方程，解得b=32，A原子核中质子数与中子数相等，相对原子质量﹣质子数+中子数，所以质子数为16，则A为S；
C和D的原子序数分别比E和A的原子序数大1，故D为Cl；又C和D能形成CD3的化合物，故C为+3价，18g C和足量的稀H2SO4反应生成的H2在标准状况下的体积为22.4L，根据得失电子守恒，×3=×2，解得Mc=27g/mol，又C原子中有14个中子，所以C的质子数为13，为Al；C和D的原子序数分别比E和A的原子序数大1，故E为Mg；
B和D的离子具有相同的电子层结构，B是同周期中除稀有元素外原子半径最大的元素，则B为第四周期K元素，以此来解答．
解答： 解：令A元素最高正化合价为a，则最低负化合价为（a﹣8），A的相对分子质量为b，
A元素最高价氧化物中A原子与O原子数目之比为2：a，由A元素在其最高价氧化物中的含量是40%，则2b：16a=40%：（1﹣40%），元素A的氢化物化学式为H（8﹣a）A，结合A元素质量分数可得=94.1%，联立方程，解得b=32，A原子核中质子数与中子数相等，相对原子质量﹣质子数+中子数，所以质子数为16，则A为S；
C和D的原子序数分别比E和A的原子序数大1，故D为Cl；又C和D能形成CD3的化合物，故C为+3价，18g C和足量的稀H2SO4反应生成的H2在标准状况下的体积为22.4L，根据得失电子守恒，×3=×2，解得Mc=27g/mol，又C原子中有14个中子，所以C的质子数为13，为Al；C和D的原子序数分别比E和A的原子序数大1，故E为Mg；
B和D的离子具有相同的电子层结构，B是同周期中除稀有元素外原子半径最大的元素，则B为第四周期K元素，
（1）由上述分析可知，A的原子为S，B为钾，C为Al，C位于第三周期ⅢA族，E为Mg，其离子结构示意图为，
故答案为：S；钾；第三周期ⅢA族；；
（2）D、E两元素的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为2HClO4+Mg（0H）2=Mg（ClO4）2+2H2O，C的最高价氧化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O，故答案为：2HClO4+Mg（0H）2=Mg（ClO4）2+2H2O；Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O．
点评： 本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握元素的性质、电子守恒计算、质量分数计算等推断元素为解答的关键，侧重分析与计算、推断能力的综合考查，题目难度中等．
22．向amol NaOH溶液中逐滴加入bmol AlCl3溶液，若a+b=1，当a去不同值时，生成物可能有以下情况：
（1）全部是Al（OH）3时，a的取值范围是0＜a≤．
（2）全部是Na[Al（OH）3]时，a的取值范围是≤a＜1
（3）部分是Na[Al（OH）4]，部分是Al（OH）3，a的取值范围是＜a＜． 反应所生成的Al（OH）3的物质的量为mol．
（4）在上述条件下，若要生成7.8g沉淀，则a的值等于多少．（第4问写出计算过程）
考点： 有关范围讨论题的计算．
分析： （1）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣，当产物全部是Al（OH）3时，n（NaOH）：n（AlCl3）≤3：1，即a：b≤3：1；
（2）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，当产物全部是Na[Al（OH）4]时，n（NaOH）：n（AlCl3）≥4：1；
（3）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，当产物部分是Na[Al（OH）4]，部分是Al（OH）3，3：1＜n（NaOH）：n（AlCl3）≤4：1；
（4）7.8g Al（OH）3为0.1mol，分当AlCl3过量时和当NaOH过量时两种情况计算．
解答： 解：（1）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣，当产物全部是Al（OH）3时，n（NaOH）：n（AlCl3）≤3：1，即a：b≤3：1，
a：（1﹣a）≤3：1，解得：0＜a≤，
故答案为：0＜a≤；
（2）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，当产物全部是Na[Al（OH）4]时，n（NaOH）：n（AlCl3）≥4：1，即：a：b≥4：1，
a：（1﹣a）≥4：1，解得：≤a＜1，
故答案为：≤a＜1；
（3）Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=[Al（OH）4]﹣，当产物部分是Na[Al（OH）4]，部分是Al（OH）3，3：1＜n（NaOH）：n（AlCl3）＜4：1，
即3：1＜a：（1﹣a）＜4：1，解得＜a＜，反应生成Al（OH）3的物质的量为b﹣（a﹣3b）=4b﹣a=5b﹣1，
故答案为：＜a＜；5b﹣1；
（4）7.8g Al（OH）3为=0.1mol，
当AlCl3过量时 a=0.3mol，
当NaOH过量时：5b﹣1=0.1，解得b=0.22，
则a=1﹣0.22=0.78mol，
答：a的值为0.3mol或0.78mol．
点评： 本题考查化学方程式的相关计算，题目难度中等，注意根据反应的方程式结合物质的物质的量进行计算．
23．在Cu（NO3）2和Al（NO2）3的混合溶液中，硝酸根的物质的量为0.7mol．向该溶液中加入8mol/L的KOH溶液100mL，使之充分反应，反应前，若铝离子的物质的量与混合溶液中的离子总物质的量比值为x，求
（1）x的取值范围0＜x＜0.25．
（2）若铝离子的物质的量为amol，则a=（用含x的式子表示）
（3）当KOH刚完全消耗且Al3+全部转换成[Al（OH）4]﹣时，x的取值0.1
（4）设反应中沉淀物总物质的量为ymol，求y与x的关系式．（第4问写出计算过程）
考点： 有关混合物反应的计算．
分析： （1）设溶液中Al3+的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Cu2+的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于mol，据此列等式计算a的值（用x表示），利用极限法可知0＜a＜，据此计算x的取值范围；
（2）根据（1）可知a与x的关系；
（3）当KOH刚完全消耗且Al3+全部转换成[Al（OH）4]﹣时，此时溶液中溶质为KNO3、KAlO2，根据守恒可知n（K+）=n（KNO3﹣）+n（[Al（OH）4]﹣），n（[Al（OH）4]﹣）=n（Al3+），利用电荷守恒计算n（Cu2+），据此计算x的值；
（4）先确定生成的沉淀①只有氢氧化铜、②氢氧化铜和氢氧化铝的混合物时x的范围，然后分别计算出生成沉淀的物质的量．
解答： 解：（1）设溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Cu2+的物质的量为：，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于mol，故+amol+0.7mol=mol，解得：a=，
由极限法可知：0＜a＜，故0＜=＜，
解得：0＜x＜0.25，
故答案为：0＜x＜0.25；
（2）根据（1）的计算可知，a=，
故答案为：；
（3）当KOH刚完全消耗且Al3+全部转换成[Al（OH）4]﹣时，此时溶液中溶质为KNO3、K[Al（OH）4]，根据守恒可知n（K+）=n（NO3﹣）+n（[Al（OH）4]﹣），故n（[Al（OH）4]﹣）=0.1L×8mol/L﹣0.7mol=0.1mol，故n（Al3+）=0.1mol，根据电荷守恒可知，n（Cu2+）===0.2mol，
则：x==0.1，
故答案为：0.1；
（4）当x≤0.1时，铝离子完全转化成[Al（OH）4]﹣，生成的沉淀只有氢氧化铜，根据电荷守恒，生成氢氧化铜的物质的量为：y==；
当0.1＜x＜0.25时，生成的沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁的混合物，
根据电荷守恒，混合液中含有铜离子的物质的量为：n（Cu2+）=mol=mol，
与铝离子反应消耗的氢氧根离子的物质的量为：8mol/L×0.1L﹣×2mol=mol，
设生成氢氧化铝的物质的量为m，则溶解的铝离子的物质的量为：﹣m，
则铝离子消耗的氢氧根离子的物质的量为：3m+（﹣m）×4=，
解得：m=，
所以生成氢氧化铝、氢氧化铜沉淀的物质的量y为：y=+=，
答：当x≤0.1时，y=；当0.1＜x＜0.25时，y=．
点评： 本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意利用守恒进行的计算，（3）为难点、易错点，需要根据（1）（2）（3）的计算结果及铝离子的物质的量范围讨论生成沉淀的物质的量，计算过程较复杂，需要耐心解答．
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