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【化学】福建省永安第十二中学2018-2019学年高一3月月考试题（解析版）
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福建省永安第十二中学2018-2019学年高一3月月考试题
一．单选题(每小题2分，共48分)
1.南京大屠杀死难者国家公祭鼎用青铜铸造，关于铜的一种核素Cu 下列说法正确的是( )
A. 6429Cu的核电荷数为 29 B. 6429Cu质子数为 35
C. 6429Cu中子数为 64 D. 6429Cu核外电子数为 64
【答案】A
【解析】试题分析：核素Cu，其质量数为64，质子数=电子数=29，中子数=64-29=35，故A正确；故选A。
2.下列元素中，其中一种与其他三种不属于同一周期的是( )
A. Be B. Ar C. O D. Li
【答案】B
【详解】Be、O、 Li都是第二周期元素，Ar是第三周期元素，故选B。
3.1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是( )
A. 元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族
B. 俄罗斯专家首次合成了原子，116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族
C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子
D. IA族的元素全部是金属元素
【答案】B
【解析】A．元素周期表中的Ⅷ族包含8、9、10共3个纵行，共18个纵行，共16个族，故A错误；B．第七周期0族元素为118号，则116号元素位于元素周期表中第七周期ⅥA族，故B正确；C．第IIA族元素的原子最外层有2个电子，0族元素He的核外最外层也是2个电子，故C错误；D．IA族的元素包括H和碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，故D错误；故选B。
4.11H、21H、31H、H+、H2是( )
A. 氢的五种同位素 B. 五种氢元素
C. 中子数都相同的粒子 D. 氢元素的五种不同粒子
【答案】D
【详解】A、同位素是质子数相同、中子数不同的原子，11H、21H、31H是氢的三种同位素，H+是氢离子、H2是氢分子，故A错误；
B、氢元素只有一种，故B错误；
C、11H中子数为0、21H中子数为1、31H中子数为2、H+中子数为0、H2中子数为0，故C错误；
D、11H、21H、31H是氢元素的三种不同原子，H+表示氢离子，H2表示氢气分子，11H、21H、31H、H+、H2是氢元素的五种不同粒子，故D正确。
5.下列关于铝及其化合物叙述中，正确的是( )
A. 不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应
B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 纯铝比铝合金的硬度更大、熔点更低
【答案】A
【详解】A、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故A正确；
B、铝表面形成致密的氧化膜，对内层的铝起保护作用，而不是铝本身化学性质稳定，故B错误；
C、氯化铝溶液中滴入NaOH溶液，先有沉淀后沉淀溶解；NaOH溶液中滴入氯化铝溶液，开始没有沉淀后产生沉淀，互滴现象不同，故C错误；
D、铝合金比纯铝的硬度大，故D错误。
6.与Na+具有相同的质子数和电子数的粒子的是( )
A. Mg2+ B. Ne C. NH4+ D. OH-
【答案】C
【解析】
【分析】Na+质子数和电子数分别是11、10。
【详解】Mg2+质子数和电子数分别是12、10；Ne质子数和电子数分别是10、10； NH4+质子数和电子数分别是11、10； OH-质子数和电子数分别是9、10；与Na+具有相同的质子数和电子数的粒子的是NH4+，故选C。
7.硅及其化合物应用广泛，下列叙述正确的是（ ）
A. 硅酸钠可用于制备木材防火剂
B. 水晶项链是硅酸盐制品
C. 光导纤维的主要成分是晶体硅
D. 硅在地壳中主要以游离态形式存在
【答案】A
【详解】A.硅酸钠可用于制备木材防火剂，故A正确；
B.水晶项链主要化学成分是SiO2，故B错误；
C.光导纤维主要成分是二氧化硅，故C错误；
D.硅元素在地壳中主要以化合态形式存在，故D错误；
故选A。
8.下列关于SiO2和CO2 的叙述中正确的是( )
A. 两者都是酸性氧化物，故均不与酸反应
B. 两者都可以与NaOH溶液反应
C. CO2的熔沸比SiO2高
D. 两者都能与水反应生成对应的酸且碳酸的酸性大于硅酸
【答案】B
【详解】A、SiO2能与氢氟酸反应，故A错误；
B、SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水、CO2 与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故B正确；
C、SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，CO2的熔沸比SiO2低，故C错误；
D、SiO2与水不反应，故D错误。
9.已知质量数为A的某阴离子Rn- 核外有X个电子，则核内中子数为( )
A. A-x B. A-x-n C. A-x+n D. A+x-n
【答案】C
【详解】阴离子Rn-核外有x个电子，说明R原子的电子数是x-n，即R的质子数是x-n，又R的质量数是A，所以核内的中子数是A-（x-n）=A-x+n ,故选C。
10.1 mol D2O和1 mol H2O不相同的是( )
A. 含氧原子的数目 B. 含有电子的数目
C. 含有质子的数目 D. 含有中子的数目
【答案】D
【详解】D的质子数、中子数分别是1、1；H的质子数、中子数分别是1、0；O的质子数、中子数分别是8、8。则D2O和H2O分子中所含的质子数分别为：10、10；电子数分别为：10、10；中子数分别为：1×2+8、8；氧原子数分别为1、1，所以1mol D2O和1mol H2O含有相同的是电子数、质子数和氧原子数，含有不同的中子数，故选D。
11. 用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是( )
A. 导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH−==HCO3－
B. 导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大
C. 上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性
D. 若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象
【答案】C
【解析】试题分析：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-═CO32-+H2O，A错误；B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2A1+2OH-+6H2O="2" Al[(OH)4]-+3H2↑，气体压强增大，B错误；C．上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，共计3个离子反应，C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象，D错误，答案选C。
12.某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为( )
A. H2XO3 B. HXO3 C. H3XO4 D. H2XO4
【答案】D
【解析】试题分析：氢化物中X的化合价为-2价，则其最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，故选D。
13.《天工开物》第七卷《陶埏(陶瓷)》中记载“水火既济而土合……后世方土效灵，人工表异，陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉”，以上所述的“陶成雅器”的主要原料是( )
A. 黏土 B. 纯碱、石灰石、石英砂
C. 黏土、石灰石 D. 二氧化硅、硅酸钙、硅酸铝
【答案】A
【解析】陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，题干中陶成雅器，水火既济而土合为陶器的生产工艺，所以所述的“陶成雅器”的主要原料是黏土，故选A。
14.在含有Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是( )
A. Fe2+ B. Al3+ C. Fe3+ D. Na+
【答案】B
【详解】A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子数目减小，故A错误；
B、Na2O2遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，铝离子数目不变，故B正确；
C、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是被Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子数目增大，故C错误；
D、加入Na2O2固体,生成了NaOH和O2, Na+数目增大，故D错误。
15.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构．则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径 A＞B＞D＞C B. 原子序数 d＞c＞b＞a
C. 离子半径 C＞D＞B＞A D. 原子结构的最外层电子数目 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性也是逐渐增强的。核外电子排布相同的微粒其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以只有选项C是正确的，其余都是错误的，答案选C。
16.下列各组物质，不能按“→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
选项
a
b
c
A
Al2O3
Na[Al(OH)4]
Al(OH)3
B
AlCl3
Al(OH)3
Na[Al(OH)4]
C
Al
Al(OH)3
Al2O3
D
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
【答案】C
【详解】A、氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠通入二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故不选A；
B、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成氯化铝，故不选B；
C、铝不能直接生成氢氧化铝，故选C；
D、氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁加热分解生成氧化镁，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁，故不选D；
17.X和Y的原子序数都小于18，两者能组成化合物X2Y3，已知X的原子序数为n，则Y的原子序数不可能是( )
A. n＋11 B. n－5 C. n＋3 D. n－6
【答案】D
【解析】化合物X2Y3中XY的化合价分别是＋3价和－2价，即为第ⅢA和第ⅥA。若XY位于同一周期，则Y的原子序数n＋3，若位于X的下一周期，则Y的原子序数n＋3＋8＝n＋11，若位于X的上一周期，则Y的原子序数n＋3－8＝n－5。需要注意的是一些特殊的化合物，例如N2O3、P2O3等。答案选D。
18.如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素可能位于( )
A. ⅢA或ⅢB
B. ⅣA
C. ⅠB
D. ⅠA
【答案】A
【解析】在元素周期表中，第2、3周期中第ⅡA族与第ⅢA族元素原子序数相差1，在第4、5、6、7周期中，第ⅡA族与第ⅢB族相邻，故原子序数为(n＋1)的元素位于第ⅢA或ⅢB族，A正确。
19.利用如图装置做铝热反应实验．下列说法不正确的是( )
A. 该反应中镁条的作用为引燃剂
B. 该反应会产生高温、发出强光
C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属
D. 若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1mol
【答案】D
【详解】A、铝热反应实验中，镁条作用是制造高温条件，引燃铝与氧化铁的混合物，故A正确；
B、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；
C、高熔点的金属（Fe、Cr、Mn、W等）可采用铝热法冶炼，故C正确；
D、铁元素的化合价从+3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，则若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5mol，故D错误；选D。
20.决定元素种类的因素是( )
A. 核外电子数 B. 最外层电子数 C. 质子数 D. 中子数
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素是具有相同核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称，据此进行分析解答。
【详解】元素是具有相同核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称，不同种元素最本质的区别是核电荷数(即核内质子数)不同，所以决定元素的种类的是核电荷数(即核内质子数)； 故选A。
21.下列微粒半径之比大于1的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】同种元素的阳离子半径小于原子半径，同种元素的阴离子半径大于原子半径，同周期元素的原子半径从左向右在减小，同主族元素电子层数越多半径越大，以此来解答。
【详解】A、同主族元素阳离子电子层数越多半径越大，所以Na+半径小于K+半径，故大于1，故选A；
B. 同主族元素电子层数越多半径越大，所以Be原子半径小于Mg原子，小于1，故不选B；
C. 同周期元素的原子半径从左向右在减小，所以P原子半径小于Si原子，小于1，故不选C；
D．同种元素的阴离子半径大于原子半径，则小于1，故不选D。
22.化合物XY2，X和Y离子的电子层结构都与氖原子相同，则X和Y是 ( )
A. Ca和Cl B. Mg和F C. Ca和F D. Na和O
【答案】B
【详解】A、Ca2+、Cl-的电子层结构与Ar相同，故不选A；
B、Mg2+、F-的电子层结构与Ne相同，形成化合物MgF2，符合XY2，故选B；
C、Ca2+的电子层结构与Ar相同，故不选C；
D、Na＋和O2－的电子层结构与Ne相同，形成化合物Na2O，不符合XY2，故不选D。
23.已知某离子的结构示意图为，下列说法正确的是( )
A. 该元素位于第二周期第ⅡA族
B. 该元素位于第二周期第Ⅷ族
C. 该元素位于第三周期第ⅡA族
D. 该元素位于第三周期0族
【答案】C
【解析】试题分析：由离子的结构示意图判断它是Mg2+。该元素位于第三周期第ⅡA族。
24.可能呈+2价的金属元素是( )
A. 核电荷数为13的元素
B. 质量数为35，中子数为18的元素
C. 质量数为23，中子数为12的元素
D. M层比L层电子数少6个电子的元素
【答案】D
【详解】A.核电荷数为13的元素为Al元素，Al的最外层含有3个电子，其化合价为+3价，故不选A；
B.质量数为35，中子数为18的元素，质子数为35-18=17，为Cl元素，属于非金属元素，故不选B；
C.质量数为23，中子数为12的元素，其质子数=24-12=11，属于Na元素，其化合价为+1价，故不选C；
D.M层比L层电子数少6个电子的元素，L层排满为8个电子，则M层为2，所以含有12个电子，为Mg元素，其化合价为+2价，故选D。
二．填空题(6题，共52分)
25.下表为元素周期表的一部分, 表中列出10种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑧
⑩
3
①
③
⑤
⑥
⑦
⑨
4
②
④
(1)写出下列序号所代表的元素符号③_____；⑩______
(2)写出⑥的一种用途_________________;常温下可与表中_______单质反应(填化学式)
(3)元素④的原子结构示意图为________________________；
(4)⑤和⑨形成的化合物的化学式为：_____________;向该化合物的水溶液里逐滴滴入苛性钠溶液，现象为__________________________________________________.
(5)②⑤⑦⑧的原子半径由大到小的顺序是__________________________(用元素符号表示)
(6)将①⑤同时投入到水中，发生反应的化学方程式有：______________
【答案】(1). Mg (2). Ne (3). 半导体等 (4). F2 (5). (6). AlCl3 (7). 先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解 (8). K > Al > P> F (9). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 ↑、2Al + 2NaOH +6H2O = 2 Na[Al(OH)4] +3 H2 ↑
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为Si、⑦为P、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Ne。
【详解】(1)根据元素在周期表中的位置，③是Mg；⑩是Ne；
(2)⑥是Si元素，是常用的半导体材料；常温下单质Si可与F2反应生成SiF4；
(3)元素④是Ca，Ca有4个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为；
(4)⑤是Al、⑨是Cl，形成的化合物的化学式为AlCl3；向AlCl3溶液里逐滴滴入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象为先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解；
(5) 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小；，所以②为K、Al、P、F的原子半径由大到小的顺序是K > Al > P> F；
(6) Na、Al同时投入到水中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与铝反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式有2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 ↑、2Al + 2NaOH +6H2O = 2 Na[Al(OH)4] +3 H2 ↑。
26.已知几种元素的性质或原子结构的相关叙述如表所示。
元素
元素性质或原子结构的相关叙述
T
失去1个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
其某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂
Z
原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子
回答下列问题：
(1)元素X的一种同位素用作相对原子质量的标准，这种同位素的原子符号是________。
(2)Y形成的另一种单质主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，该单质的化学式是________。
(3)元素Z在海水中含量非常高，海水中含Z元素的化合物主要是__________(写化学式)。
(4)画出T原子的结构示意图：____________。
(5)T元素组成的单质在Y元素组成的常见单质中燃烧，得到的产物是________(填化学式)。
【答案】(1). 12C (2). O3 (3). NaCl (4). (5). Na2O2
【解析】
【分析】T失去1个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布，T是Na元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，X是C元素；Y其某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂，Y是O元素；Z原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子，Z是Cl元素。
【详解】(1)元素X是C元素，12C用作相对原子质量的标准。
(2)臭氧主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，臭氧的化学式是O3。
(3)元素Z是Cl，在海水中含量非常高，海水中含Cl的化合物主要是NaCl。
(4)T是Na元素， Na核外有11个电子，原子的结构示意图是。
(5) T是Na元素，单质钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，所以得到的产物是Na2O2。
27.已知X、Y、Z都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，X原子无中子，而Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则：
(1)X是______ ，Y是______ ，Z是______ ．(填元素符号)
(2)由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子是______ 和______ ．
(3)X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子的个数比为4：2：3，该盐的化学式(分子式)是______ ．
【答案】(1). H (2). N (3). O (4). OH- (5). NH4+ H3O+ (6). NH4NO3
【解析】
【分析】X原子无中子，X是H元素；Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Z是O元素；X、Y、Z原子序数依次递增，2-7号元素中，只有N能和O形成N2O、NO、N2O3、NO2等多种气态化合物，故Y是N元素。
【详解】(1) X原子无中子，X是H元素；Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Z是O元素；X、Y、Z原子序数依次递增，2-7号元素中，只有N能和O形成N2O、NO、N2O3、NO2等多种气态化合物，故Y是N元素。
(2) H2O分子的电子数是10，由H、N、O中的两种元素组成，与H2O分子具有相同电子数的离子是OH- 和NH4+ 、H3O+ 。
(3) H、N、O可以形成NH4NO3，NH4NO3中H、N、O元素的原子的个数比为4：2：3。
28.如下六个图中，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，将图中的字母代号填入下表．
溶液
加入的物质
字母代号
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
______
【答案】(1). B (2). C (3). A (4). E (5). F
【解析】试题分析：①饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通入与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，对照图像应为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+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl，对照图像应为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，Mg（OH）2不溶，对照图像应为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，对照图像应为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，对照图像应为F；故填：B；C；A；E；F；
29.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
(1)第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是：______________ 、________________；
(2)第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是_____________。若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为____________________(填化学式)；
(3)工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_____________(填化学式)。
【答案】(1). Al2O3+2OH- +3H2O= 2[Al(OH)4]- (或) Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+ (4). Al(OH)3、H2SiO3 (5). CO
【解析】
【分析】(1)第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，只有Fe2O3不溶于氢氧化钠；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水、二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；
(2)第③步是向氯化铝溶液中通入氨水生成氢氧化铝沉淀。A溶液中含有偏铝酸钠、硅酸钠，通入足量CO2，生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠；
（3）Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应生成AlCl3，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明碳的化合价由0升高为+2，所以另一种产物是CO。
【详解】(1)第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
(2)第③步是向氯化铝溶液中通入氨水生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式是Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+。A溶液中含有偏铝酸钠、硅酸钠，通入足量CO2，偏铝酸钠与足量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，硅酸钠与足量CO2生成H2SiO3沉淀和碳酸氢钠，所以产生的沉淀为Al(OH)3、H2SiO3；
（3）Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应生成AlCl3，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明碳的化合价由0升高为+2，所以另一种产物是CO，该反应的氧化产物为CO。
30.短周期元素A、B、C、D中，0.5mol A元素的离子得到6.02×1023个电子被还原为中性原子， A的氧化物0.4g恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，A原子核内质子数目与中子数目相等，B元素原子核外M层电子数目比K层多1个，C―比A元素的离子多1个电子层，D元素的原子核外L层比K层多2个电子。
A、B、C、D四种元素的名称分别是______________、____________、_____________、___________。
【答案】(1). 镁 (2). 铝 (3). 氯 (4). 碳
【详解】0.5mol A元素的离子得到6.02×1023个电子被还原为中性原子，A为+2价元素，A的氧化物的化学式是AO， 0.4gAO恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，则0.4g AO的物质的量是0.01mol，AO的摩尔质量是40g/mol，A原子核内质子数目与中子数目相等，所以A是Mg元素；B元素原子核外M层电子数目比K层多1个，B是Al元素；C―比A元素的离子多1个电子层，C是Cl元素；D元素的原子核外L层比K层多2个电子，D是C元素。A、B、C、D四种元素的名称分别是镁、铝、氯、碳。
一．单选题(每小题2分，共48分)
1.南京大屠杀死难者国家公祭鼎用青铜铸造，关于铜的一种核素Cu 下列说法正确的是( )
A. 6429Cu的核电荷数为 29 B. 6429Cu质子数为 35
C. 6429Cu中子数为 64 D. 6429Cu核外电子数为 64
【答案】A
【解析】试题分析：核素Cu，其质量数为64，质子数=电子数=29，中子数=64-29=35，故A正确；故选A。
2.下列元素中，其中一种与其他三种不属于同一周期的是( )
A. Be B. Ar C. O D. Li
【答案】B
【详解】Be、O、 Li都是第二周期元素，Ar是第三周期元素，故选B。
3.1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是( )
A. 元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族
B. 俄罗斯专家首次合成了原子，116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族
C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子
D. IA族的元素全部是金属元素
【答案】B
【解析】A．元素周期表中的Ⅷ族包含8、9、10共3个纵行，共18个纵行，共16个族，故A错误；B．第七周期0族元素为118号，则116号元素位于元素周期表中第七周期ⅥA族，故B正确；C．第IIA族元素的原子最外层有2个电子，0族元素He的核外最外层也是2个电子，故C错误；D．IA族的元素包括H和碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，故D错误；故选B。
4.11H、21H、31H、H+、H2是( )
A. 氢的五种同位素 B. 五种氢元素
C. 中子数都相同的粒子 D. 氢元素的五种不同粒子
【答案】D
【详解】A、同位素是质子数相同、中子数不同的原子，11H、21H、31H是氢的三种同位素，H+是氢离子、H2是氢分子，故A错误；
B、氢元素只有一种，故B错误；
C、11H中子数为0、21H中子数为1、31H中子数为2、H+中子数为0、H2中子数为0，故C错误；
D、11H、21H、31H是氢元素的三种不同原子，H+表示氢离子，H2表示氢气分子，11H、21H、31H、H+、H2是氢元素的五种不同粒子，故D正确。
5.下列关于铝及其化合物叙述中，正确的是( )
A. 不能用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应
B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定
C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同
D. 纯铝比铝合金的硬度更大、熔点更低
【答案】A
【详解】A、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故A正确；
B、铝表面形成致密的氧化膜，对内层的铝起保护作用，而不是铝本身化学性质稳定，故B错误；
C、氯化铝溶液中滴入NaOH溶液，先有沉淀后沉淀溶解；NaOH溶液中滴入氯化铝溶液，开始没有沉淀后产生沉淀，互滴现象不同，故C错误；
D、铝合金比纯铝的硬度大，故D错误。
6.与Na+具有相同的质子数和电子数的粒子的是( )
A. Mg2+ B. Ne C. NH4+ D. OH-
【答案】C
【解析】
【分析】Na+质子数和电子数分别是11、10。
【详解】Mg2+质子数和电子数分别是12、10；Ne质子数和电子数分别是10、10； NH4+质子数和电子数分别是11、10； OH-质子数和电子数分别是9、10；与Na+具有相同的质子数和电子数的粒子的是NH4+，故选C。
7.硅及其化合物应用广泛，下列叙述正确的是（ ）
A. 硅酸钠可用于制备木材防火剂
B. 水晶项链是硅酸盐制品
C. 光导纤维的主要成分是晶体硅
D. 硅在地壳中主要以游离态形式存在
【答案】A
【详解】A.硅酸钠可用于制备木材防火剂，故A正确；
B.水晶项链主要化学成分是SiO2，故B错误；
C.光导纤维主要成分是二氧化硅，故C错误；
D.硅元素在地壳中主要以化合态形式存在，故D错误；
故选A。
8.下列关于SiO2和CO2 的叙述中正确的是( )
A. 两者都是酸性氧化物，故均不与酸反应
B. 两者都可以与NaOH溶液反应
C. CO2的熔沸比SiO2高
D. 两者都能与水反应生成对应的酸且碳酸的酸性大于硅酸
【答案】B
【详解】A、SiO2能与氢氟酸反应，故A错误；
B、SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水、CO2 与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故B正确；
C、SiO2是原子晶体，CO2是分子晶体，CO2的熔沸比SiO2低，故C错误；
D、SiO2与水不反应，故D错误。
9.已知质量数为A的某阴离子Rn- 核外有X个电子，则核内中子数为( )
A. A-x B. A-x-n C. A-x+n D. A+x-n
【答案】C
【详解】阴离子Rn-核外有x个电子，说明R原子的电子数是x-n，即R的质子数是x-n，又R的质量数是A，所以核内的中子数是A-（x-n）=A-x+n ,故选C。
10.1 mol D2O和1 mol H2O不相同的是( )
A. 含氧原子的数目 B. 含有电子的数目
C. 含有质子的数目 D. 含有中子的数目
【答案】D
【详解】D的质子数、中子数分别是1、1；H的质子数、中子数分别是1、0；O的质子数、中子数分别是8、8。则D2O和H2O分子中所含的质子数分别为：10、10；电子数分别为：10、10；中子数分别为：1×2+8、8；氧原子数分别为1、1，所以1mol D2O和1mol H2O含有相同的是电子数、质子数和氧原子数，含有不同的中子数，故选D。
11. 用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是( )
A. 导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH−==HCO3－
B. 导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大
C. 上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性
D. 若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象
【答案】C
【解析】试题分析：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-═CO32-+H2O，A错误；B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2A1+2OH-+6H2O="2" Al[(OH)4]-+3H2↑，气体压强增大，B错误；C．上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，共计3个离子反应，C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象，D错误，答案选C。
12.某元素X的气态氢化物的化学式为H2X，则X的最高价氧化物的水化物的化学式为( )
A. H2XO3 B. HXO3 C. H3XO4 D. H2XO4
【答案】D
【解析】试题分析：氢化物中X的化合价为-2价，则其最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO4，故选D。
13.《天工开物》第七卷《陶埏(陶瓷)》中记载“水火既济而土合……后世方土效灵，人工表异，陶成雅器，有素肌、玉骨之象焉”，以上所述的“陶成雅器”的主要原料是( )
A. 黏土 B. 纯碱、石灰石、石英砂
C. 黏土、石灰石 D. 二氧化硅、硅酸钙、硅酸铝
【答案】A
【解析】陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，题干中陶成雅器，水火既济而土合为陶器的生产工艺，所以所述的“陶成雅器”的主要原料是黏土，故选A。
14.在含有Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是( )
A. Fe2+ B. Al3+ C. Fe3+ D. Na+
【答案】B
【详解】A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，所以二价铁离子数目减小，故A错误；
B、Na2O2遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，铝离子数目不变，故B正确；
C、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是被Fe2+氧化成Fe3+，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以三价铁离子数目增大，故C错误；
D、加入Na2O2固体,生成了NaOH和O2, Na+数目增大，故D错误。
15.已知短周期元素的离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－都具有相同的电子层结构．则下列叙述正确的是（ ）
A. 原子半径 A＞B＞D＞C B. 原子序数 d＞c＞b＞a
C. 离子半径 C＞D＞B＞A D. 原子结构的最外层电子数目 A＞B＞D＞C
【答案】C
【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a－2＝b－1＝c＋3＝d＋1。其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性也是逐渐增强的。核外电子排布相同的微粒其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以只有选项C是正确的，其余都是错误的，答案选C。
16.下列各组物质，不能按“→”表示反应一步完成)关系转化的是( )
选项
a
b
c
A
Al2O3
Na[Al(OH)4]
Al(OH)3
B
AlCl3
Al(OH)3
Na[Al(OH)4]
C
Al
Al(OH)3
Al2O3
D
MgCl2
Mg(OH)2
MgO
【答案】C
【详解】A、氧化铝溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，偏铝酸钠通入二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故不选A；
B、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成氯化铝，故不选B；
C、铝不能直接生成氢氧化铝，故选C；
D、氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁加热分解生成氧化镁，氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁，故不选D；
17.X和Y的原子序数都小于18，两者能组成化合物X2Y3，已知X的原子序数为n，则Y的原子序数不可能是( )
A. n＋11 B. n－5 C. n＋3 D. n－6
【答案】D
【解析】化合物X2Y3中XY的化合价分别是＋3价和－2价，即为第ⅢA和第ⅥA。若XY位于同一周期，则Y的原子序数n＋3，若位于X的下一周期，则Y的原子序数n＋3＋8＝n＋11，若位于X的上一周期，则Y的原子序数n＋3－8＝n－5。需要注意的是一些特殊的化合物，例如N2O3、P2O3等。答案选D。
18.如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素可能位于( )
A. ⅢA或ⅢB
B. ⅣA
C. ⅠB
D. ⅠA
【答案】A
【解析】在元素周期表中，第2、3周期中第ⅡA族与第ⅢA族元素原子序数相差1，在第4、5、6、7周期中，第ⅡA族与第ⅢB族相邻，故原子序数为(n＋1)的元素位于第ⅢA或ⅢB族，A正确。
19.利用如图装置做铝热反应实验．下列说法不正确的是( )
A. 该反应中镁条的作用为引燃剂
B. 该反应会产生高温、发出强光
C. 根据铝热反应的原理，可以冶炼某些金属
D. 若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是1mol
【答案】D
【详解】A、铝热反应实验中，镁条作用是制造高温条件，引燃铝与氧化铁的混合物，故A正确；
B、铝热反应会放出大量的热，产生高温、发出强光，故B正确；
C、高熔点的金属（Fe、Cr、Mn、W等）可采用铝热法冶炼，故C正确；
D、铁元素的化合价从+3价降低到0价，因此1mol氧化铁在反应中得到6mol电子，则若反应中转移3mol电子，则消耗氧化剂的物质的量是0.5mol，故D错误；选D。
20.决定元素种类的因素是( )
A. 核外电子数 B. 最外层电子数 C. 质子数 D. 中子数
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素是具有相同核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称，据此进行分析解答。
【详解】元素是具有相同核电荷数(即核内质子数)的一类原子的总称，不同种元素最本质的区别是核电荷数(即核内质子数)不同，所以决定元素的种类的是核电荷数(即核内质子数)； 故选A。
21.下列微粒半径之比大于1的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】同种元素的阳离子半径小于原子半径，同种元素的阴离子半径大于原子半径，同周期元素的原子半径从左向右在减小，同主族元素电子层数越多半径越大，以此来解答。
【详解】A、同主族元素阳离子电子层数越多半径越大，所以Na+半径小于K+半径，故大于1，故选A；
B. 同主族元素电子层数越多半径越大，所以Be原子半径小于Mg原子，小于1，故不选B；
C. 同周期元素的原子半径从左向右在减小，所以P原子半径小于Si原子，小于1，故不选C；
D．同种元素的阴离子半径大于原子半径，则小于1，故不选D。
22.化合物XY2，X和Y离子的电子层结构都与氖原子相同，则X和Y是 ( )
A. Ca和Cl B. Mg和F C. Ca和F D. Na和O
【答案】B
【详解】A、Ca2+、Cl-的电子层结构与Ar相同，故不选A；
B、Mg2+、F-的电子层结构与Ne相同，形成化合物MgF2，符合XY2，故选B；
C、Ca2+的电子层结构与Ar相同，故不选C；
D、Na＋和O2－的电子层结构与Ne相同，形成化合物Na2O，不符合XY2，故不选D。
23.已知某离子的结构示意图为，下列说法正确的是( )
A. 该元素位于第二周期第ⅡA族
B. 该元素位于第二周期第Ⅷ族
C. 该元素位于第三周期第ⅡA族
D. 该元素位于第三周期0族
【答案】C
【解析】试题分析：由离子的结构示意图判断它是Mg2+。该元素位于第三周期第ⅡA族。
24.可能呈+2价的金属元素是( )
A. 核电荷数为13的元素
B. 质量数为35，中子数为18的元素
C. 质量数为23，中子数为12的元素
D. M层比L层电子数少6个电子的元素
【答案】D
【详解】A.核电荷数为13的元素为Al元素，Al的最外层含有3个电子，其化合价为+3价，故不选A；
B.质量数为35，中子数为18的元素，质子数为35-18=17，为Cl元素，属于非金属元素，故不选B；
C.质量数为23，中子数为12的元素，其质子数=24-12=11，属于Na元素，其化合价为+1价，故不选C；
D.M层比L层电子数少6个电子的元素，L层排满为8个电子，则M层为2，所以含有12个电子，为Mg元素，其化合价为+2价，故选D。
二．填空题(6题，共52分)
25.下表为元素周期表的一部分, 表中列出10种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题。
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
⑧
⑩
3
①
③
⑤
⑥
⑦
⑨
4
②
④
(1)写出下列序号所代表的元素符号③_____；⑩______
(2)写出⑥的一种用途_________________;常温下可与表中_______单质反应(填化学式)
(3)元素④的原子结构示意图为________________________；
(4)⑤和⑨形成的化合物的化学式为：_____________;向该化合物的水溶液里逐滴滴入苛性钠溶液，现象为__________________________________________________.
(5)②⑤⑦⑧的原子半径由大到小的顺序是__________________________(用元素符号表示)
(6)将①⑤同时投入到水中，发生反应的化学方程式有：______________
【答案】(1). Mg (2). Ne (3). 半导体等 (4). F2 (5). (6). AlCl3 (7). 先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解 (8). K > Al > P> F (9). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 ↑、2Al + 2NaOH +6H2O = 2 Na[Al(OH)4] +3 H2 ↑
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置，可知①为Na、②为K、③为Mg、④为Ca、⑤为Al、⑥为Si、⑦为P、⑧为F、⑨为Cl、⑩为Ne。
【详解】(1)根据元素在周期表中的位置，③是Mg；⑩是Ne；
(2)⑥是Si元素，是常用的半导体材料；常温下单质Si可与F2反应生成SiF4；
(3)元素④是Ca，Ca有4个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为；
(4)⑤是Al、⑨是Cl，形成的化合物的化学式为AlCl3；向AlCl3溶液里逐滴滴入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象为先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解；
(5) 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小；，所以②为K、Al、P、F的原子半径由大到小的顺序是K > Al > P> F；
(6) Na、Al同时投入到水中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与铝反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式有2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 ↑、2Al + 2NaOH +6H2O = 2 Na[Al(OH)4] +3 H2 ↑。
26.已知几种元素的性质或原子结构的相关叙述如表所示。
元素
元素性质或原子结构的相关叙述
T
失去1个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
其某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂
Z
原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子
回答下列问题：
(1)元素X的一种同位素用作相对原子质量的标准，这种同位素的原子符号是________。
(2)Y形成的另一种单质主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，该单质的化学式是________。
(3)元素Z在海水中含量非常高，海水中含Z元素的化合物主要是__________(写化学式)。
(4)画出T原子的结构示意图：____________。
(5)T元素组成的单质在Y元素组成的常见单质中燃烧，得到的产物是________(填化学式)。
【答案】(1). 12C (2). O3 (3). NaCl (4). (5). Na2O2
【解析】
【分析】T失去1个电子后，形成与Ne相同的核外电子排布，T是Na元素；X最外层电子数是次外层电子数的2倍，X是C元素；Y其某种单质是空气的主要成分，也是最常见的助燃剂，Y是O元素；Z原子核外有3个电子层，最外层比次外层少1个电子，Z是Cl元素。
【详解】(1)元素X是C元素，12C用作相对原子质量的标准。
(2)臭氧主要存在于地球的平流层中，被称作地球生物的保护伞，臭氧的化学式是O3。
(3)元素Z是Cl，在海水中含量非常高，海水中含Cl的化合物主要是NaCl。
(4)T是Na元素， Na核外有11个电子，原子的结构示意图是。
(5) T是Na元素，单质钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，所以得到的产物是Na2O2。
27.已知X、Y、Z都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，X原子无中子，而Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则：
(1)X是______ ，Y是______ ，Z是______ ．(填元素符号)
(2)由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的两种离子是______ 和______ ．
(3)X、Y、Z可以形成一种盐，此盐中X、Y、Z元素的原子的个数比为4：2：3，该盐的化学式(分子式)是______ ．
【答案】(1). H (2). N (3). O (4). OH- (5). NH4+ H3O+ (6). NH4NO3
【解析】
【分析】X原子无中子，X是H元素；Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Z是O元素；X、Y、Z原子序数依次递增，2-7号元素中，只有N能和O形成N2O、NO、N2O3、NO2等多种气态化合物，故Y是N元素。
【详解】(1) X原子无中子，X是H元素；Z原子的最外层电子数是次外层的三倍，Z是O元素；X、Y、Z原子序数依次递增，2-7号元素中，只有N能和O形成N2O、NO、N2O3、NO2等多种气态化合物，故Y是N元素。
(2) H2O分子的电子数是10，由H、N、O中的两种元素组成，与H2O分子具有相同电子数的离子是OH- 和NH4+ 、H3O+ 。
(3) H、N、O可以形成NH4NO3，NH4NO3中H、N、O元素的原子的个数比为4：2：3。
28.如下六个图中，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，将图中的字母代号填入下表．
溶液
加入的物质
字母代号
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
______
【答案】(1). B (2). C (3). A (4). E (5). F
【解析】试题分析：①饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通入与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，对照图像应为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+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl，对照图像应为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，Mg（OH）2不溶，对照图像应为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，对照图像应为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，对照图像应为F；故填：B；C；A；E；F；
29.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
(1)第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是：______________ 、________________；
(2)第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是_____________。若往A溶液中通入足量CO2，产生的沉淀为____________________(填化学式)；
(3)工业上制取AlCl3常用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_____________(填化学式)。
【答案】(1). Al2O3+2OH- +3H2O= 2[Al(OH)4]- (或) Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+ (4). Al(OH)3、H2SiO3 (5). CO
【解析】
【分析】(1)第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，只有Fe2O3不溶于氢氧化钠；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水、二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；
(2)第③步是向氯化铝溶液中通入氨水生成氢氧化铝沉淀。A溶液中含有偏铝酸钠、硅酸钠，通入足量CO2，生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠；
（3）Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应生成AlCl3，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明碳的化合价由0升高为+2，所以另一种产物是CO。
【详解】(1)第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；
(2)第③步是向氯化铝溶液中通入氨水生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式是Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+ 3NH4+。A溶液中含有偏铝酸钠、硅酸钠，通入足量CO2，偏铝酸钠与足量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，硅酸钠与足量CO2生成H2SiO3沉淀和碳酸氢钠，所以产生的沉淀为Al(OH)3、H2SiO3；
（3）Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应生成AlCl3，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明碳的化合价由0升高为+2，所以另一种产物是CO，该反应的氧化产物为CO。
30.短周期元素A、B、C、D中，0.5mol A元素的离子得到6.02×1023个电子被还原为中性原子， A的氧化物0.4g恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，A原子核内质子数目与中子数目相等，B元素原子核外M层电子数目比K层多1个，C―比A元素的离子多1个电子层，D元素的原子核外L层比K层多2个电子。
A、B、C、D四种元素的名称分别是______________、____________、_____________、___________。
【答案】(1). 镁 (2). 铝 (3). 氯 (4). 碳
【详解】0.5mol A元素的离子得到6.02×1023个电子被还原为中性原子，A为+2价元素，A的氧化物的化学式是AO， 0.4gAO恰好与100ml 0.2mol/L的盐酸完全反应，则0.4g AO的物质的量是0.01mol，AO的摩尔质量是40g/mol，A原子核内质子数目与中子数目相等，所以A是Mg元素；B元素原子核外M层电子数目比K层多1个，B是Al元素；C―比A元素的离子多1个电子层，C是Cl元素；D元素的原子核外L层比K层多2个电子，D是C元素。A、B、C、D四种元素的名称分别是镁、铝、氯、碳。
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