河南省南阳市宛城区第一中学2018_2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）.docx

南阳市一中2019年春期高一年级第一次月考化学试题一、选择题（每小题只有1个正确选项，163=48分）1.化学与社会、生活、技术密切相关，下列相关说法正确的是（ ）A. 水泥、玻璃、砖瓦、刚玉都属于硅酸盐类物质B. ClO2代替Cl2作消毒剂，不仅能够提高消毒效率，而且可以避免产生新的有害物质C. 石灰抹墙与水泥砌墙的硬化过程原理相同D. 我国远古时期利用草木灰作肥料，实质是利用其中的Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A. 刚玉主要成分是Al2O3，不属于硅酸盐类物质，故A错误；B. ClO2是一种广谱性的消毒剂，代替Cl2作消毒剂，不仅能够提高消毒效率，而且可以避免产生新的有害物质，故B正确；C. 石灰抹墙与水泥砌墙的硬化过程原理不相同，前者气硬性,后者水硬性，故C错误；D. 草木灰的成分是K2CO3，故D错误；故选B。2.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的个数是（ ）Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 SiO2硬度大，用于制造光导纤维 NH3易溶于水，可用作制冷剂 次氯酸盐具有氧化性，因而能漂白织物 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸 SO2具有还原性，可用于漂白纸浆 晶体硅是半导体材料，可做晶体管A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【详解】过氧化钠与二氧化碳、水蒸气反应都产生氧气，常用作供氧剂，可以用作呼吸面具中的氧气来源，故正确；ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故错误；氨气易液化，变为气体时吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故错误；次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，故正确；二氧化硅是酸性氧化物，能和氢氟酸反应，故错误；SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，故错误；晶体硅是半导体材料，可以用硅制造集成电路、晶体管等半导体器件，故正确；故C正确。故选C。3.下列关于金属铝的叙述中，正确的是（ ）A. 与铝反应产生H2的溶液一定呈酸性B. 铝箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的Al并不滴落C. 由于Al2O3稳定性强，可用于制耐火坩埚D. 铝表面有一层致密的氧化膜，使Al不能溶于稀硝酸【答案】B【解析】【详解】A.与Al反应产生H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；B.铝和氧气反应在Al箔表面生成了致密的氧化铝膜，氧化铝的熔点高于铝的熔点，加热铝箔时铝熔化了，但是氧化铝膜兜着熔化的铝不会滴落，故B正确；C.氧化铝熔点很高，可以做耐火坩埚，故C错误；D.氧化铝膜能溶于稀硝酸，Al也能溶于稀硝酸，故D错误；故选B。4.下列反应的离子方程式正确的是（ ）向明矾溶液中加入足量的烧碱溶液：Al3+3OH=Al(OH)3在含有等物质的量的Fe(NO3) 2和KI组成的混合溶液中滴入稀盐酸：3Fe2+4H+ +NO33Fe3+NO + 2H2O碳酸氢铵溶液中滴加足量的NaOH溶液：HCO3+OH=CO32+H2O向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2+OH+H+SO42-=BaSO4+H2O铝片放入NaOH溶液中有气体产生：2Al +2OH+ 6H2O=2Al(OH)4+3H2向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe3+向Na2SiO3溶液中通入CO2制备硅酸凝胶：SiO32+ CO2 + H2O = H2SiO3（胶体）+ CO32将铜插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3- Cu2+2NO2+2H2OA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】向明矾溶液中加入足量的烧碱溶液，离子方程式：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，故错误；I-还原性大于Fe2+，在含有等物质的量的Fe(NO3)2和KI组成的混合溶液中滴入稀盐酸，离子方程式为：2NO3-+6I-+8H+=3I2+2NO+4H2O，故错误；碳酸氢铵溶液中滴加足量的NaOH溶液，离子方程式为： NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3H2O，故错误；向AlCl3溶液中加入过量的氨水，离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故正确；氢氧化钡溶液与稀硫酸反应，离子方程式为： Ba2+2OH+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故错误；铝片放入NaOH溶液中有氢气产生，离子方程式为：2Al +2OH+ 6H2O=2Al(OH)4+3H2，故正确；向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉，离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故错误；向Na2SiO3溶液中通入CO2制备硅酸凝胶，离子方程式为：SiO32+ CO2 + H2O = H2SiO3（胶体）+ CO32，故正确；将铜插入稀硝酸中生成NO，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO+4H2O，故错误；故正确的是：。故选C。【点睛】离子方程式的正误判断：1、是否可拆：不能拆的物质有：弱酸、弱碱、水、氧化物、单质、气体和沉淀。2、是否守恒：电荷守恒与原子守恒、得失电子守恒。3、是否符合客观事实：如：Fe与稀盐酸或稀硫酸反应时，生成Fe2+；硝酸与任何金属反应产物中都没有H2生成。5.下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（ ）A. 2NaCl(熔融)2NaCl2B. Al2O33C2Al3COC. Fe2O33CO2Fe3CO2D. 2Ag2O4AgO2【答案】B【解析】B项,该反应发生的温度为2125 ,必定消耗大量的能量,经济效益不高,故不采用,工业上一般采用电解熔融Al2O3来冶炼铝。6.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）NaHCO3 Al2O3 Al Al(OH)3 MgO (NH4)2CO3A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【详解】NaHCO3既能与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2；也能与NaOH反应产生Na2CO3和H2O，合理； Al2O3是两性氧化物，可以与HCl反应产生AlCl3和H2O；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，合理； Al与HCl反应产生AlCl3和H2；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O、H2；合理；Al(OH)3是两性氢氧化物，与HCl反应产生AlCl3和H2O；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，合理； MgO是碱性氧化物，与HCl反应产生MgCl2和 H2O；但是不能与NaOH溶液反应，不合理； (NH4)2CO3可以与HCl反应产生NH4Cl、H2O、CO2；也能与NaOH溶液反应，产生Na2CO3、NH3、H2O，合理；故既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是，合理选项是A。7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 弱碱性溶液中：Cl、SO42-、Al3、Fe3B. 1.0 molL1的NaAl(OH)4溶液中：Cl、H+、K、Ca2C. 在强碱性环境中：Al(OH)4、SiO32-、Na、KD. 0.1molL1明矾溶液中：NH、Al(OH)4、HCO、Na【答案】C【解析】【详解】A.弱碱性溶液中含有OH-，Al3、Fe3与OH-不能大量共存，故A错误；B. H+与Al(OH)4-不能大量共存，故B错误；C.在强碱性环境中含有大量OH-，与Al(OH)4、SiO32-、Na、K可以大量共存，故C正确；D. 0.1molL1明矾溶液中：Al3与Al(OH)4、HCO不能大量共存，故D错误；故选C。【点睛】本题考查限定条件下的离子共存判断，试题难度不大，D项为易错点，注意双水解反应在离子共存判断时的应用。8.下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是（ ）操作现象解释、结论A过量的Fe粉中加入硝酸充分反应，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体CAl箔插入稀硝酸中无现象Al在硝酸中钝化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、过量的铁和硝酸反应生成硝酸亚铁，加入硫氰化钾不显红色，错误，不选A；B、饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有碳酸氢钠晶体析出，错误，不选B；C、铝在稀硝酸中不钝化，错误，不选C；D、氨水显碱性，正确，选D。考点： 实验方案的设计9.如下图表示AlCl3溶液与NaOH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线。下列判断错误的是（ ）A. 线表示Al3的物质的量的变化B. x表示AlCl3的物质的量C. 线表示Al(OH)3的物质的量的变化D. 线表示AlO2的物质的量的变化【答案】B【解析】【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3+3OH-=Al（OH）3，Al3+完全沉淀，消耗3molOH-，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH-，生成1molAlO2-，前后两部分消耗的OH-为3：1，假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，OH-完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2-，然后发生反应Al3+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3，AlO2- 完全反应，消耗1/3 molAl3+，生成4/3 mol Al（OH）3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：1/3mol=3：1，由图象可知，表示微粒、表示微粒物质的量关系为1：1，则该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答。【详解】A由上述分析可知，首先发生反应Al3+3OH-=Al（OH）3，溶液中铝离子物质的量减少，线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；B由上述分析可知，x表示NaOH溶液，故B错误；C由上述分析可知，随反应进行Al（OH）3物质的量先增大后减小，故线表示Al（OH）3的物质的量的变化，故C正确； D由上述分析可知，Al（OH）3溶解时，AlO2-的物质的量增大，线表示AlO2-的物质的量的变化，故D正确；故选B。10.甲、乙两烧杯中各盛有100 mL3molL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积之比为12，则加入的铝粉的质量为（ ）A. 5.4 gB. 3.6 gC. 2.7 gD. 1.8 g【答案】A【解析】【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为1：2，设铝与盐酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则2Al+6HCl2AlCl3+3H2 6 30.3mol x解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 2 3y 0.3mol解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol27g/mol=5.4g，故A正确。故选A。11.有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0 g，放入500 mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.0 mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。则上述盐酸溶液的浓度为A. 0.5 molL1B. 1.0 molL1C. 2.0 molL1D. 3.0 molL1【答案】B【解析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度=0.5mol0.5L=1mol/L，答案选B。12.以铝土矿为原料，提取氧化铝，冶炼铝的工艺流程如下图，下列说法错误的是（ ）已知：滤渣2主要成分是Mg(OH)2、Fe(OH)3。A. 试剂A可以是稀硫酸或盐酸B. 加入试剂B除去Mg2+、Fe3+C. 滤渣1主要成分是SiO2D. 试剂C应是NH3或氨水【答案】D【解析】【分析】由流程可知试剂A的目的是将铝土矿中的金属氧化物溶解，因此试剂A可以是稀硫酸或稀盐酸，滤渣1为二氧化硅，过滤后加入试剂B为NaOH，可除去溶液中的Mg2+、Fe3+，滤渣2为氢氧化镁、氢氧化铁等，滤液中含有NaAlO2，可通入二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到氧化铝，电解熔融的氧化铝，得到铝，以此解答该题【详解】A由流程可知试剂A的目的是将铝土矿中的金属氧化物溶解，因此试剂A可以是稀硫酸或稀盐酸，故A正确； B加入盐酸或硫酸后溶液中含有Mg2+、Fe3+，过滤后加入试剂B为NaOH，可除去溶液中Mg2+、Fe3+，故B正确； C由以上分析可知滤渣1的主要成分是SiO2，故C正确；D. 由以上分析试剂可知C应是二氧化碳气体，故D错误；故选D。13.某溶液中可能含有H、NH4+、Mg2、Al3、Fe3、CO32-、SO42-、NO3-中的几种。若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如下图所示。则下列说法正确的是（ ）A. 溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3B. 溶液中n(NH4+)0.2molC. 溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和NO3-D. n(H)n(Al3)n(Mg2)111【答案】B【解析】【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在铁离子；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，其n(NH4+)0.7mol0.5mol0.2mol；由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42。根据图可知，氢离子的物质的量是0.1mol、铝离子的物质的量是0.1mol，但镁离子是（0.5mol0.1mol0.3mol）20.05mol。【详解】A由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，故A错误； B由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确； C由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，一定含有SO42-，故C错误； D由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D错误；故选B。14.某元素原子的最外层电子数是次外层的a倍（a1），则该原子的核内质子数是（ ）A. a+2B. 2a+10C. 2a+2D. 2a【答案】C【解析】【详解】某元素原子的最外层电子数是次外层的a倍（a1），,故该原子核外只有2个电子层，最外层的电子数为2a，故该原子的核内质子数是2a+2，故C正确。故选C。15.核内中子数为N的R2+，质量数为A，则它的ng氧化物中所含质子的物质的量是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】中子数为N的R2+，质量数为A，则R的质子数是AN，其氧化物的化学式为RO，其相对分子质量为A+16，它的氧化物的质子数为A-N+8，ng氧化物的物质的量为n/（A+16）mol， n/(A+16)mol的该物质的质子数为，故A正确。故选A。16.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y的核电荷数之比为34，W-的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是（ ）A. X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B. 原子半径大小：XWC. X、Y、Z、W的简单离子核外电子数相同D. Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3:4，则Y为O元素，W的最外层为8电子结构，W为F元素或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能是Cl元素。【详解】A. X与Y形成的化合物有CO和CO2，Z的最高价氧化物的水化物是NaOH，CO与NaOH不反应，故A错误；B. 一般来说，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小：XY，ZW，故B错误；C. X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W是Cl元素，X、Y、Z简单离子核外电子数都是10个，氯离子核外电子数是18个，故C错误；D. Y的单质臭氧，W的单质氯气，Y、W的化合物ClO2可作水的消毒剂，故D正确；故选D。二、填空题：（共52分）17.晶体硅是一种重要的非金属材料，制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅；粗硅与Cl2加热反应制得四氯化硅；四氯化硅经精馏提纯后与过量H2在高温下反应制得高纯硅。请依次写出所涉及的反应方程式：_；_；_；【答案】 (1). 2C +SiO2Si+2CO (2). Si +2Cl2SiCl4 (3). SiCl4+2H2Si+4HCl【解析】【详解】高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅，反应方程式为：2C +SiO2Si+2CO，故答案为：2C +SiO2Si+2CO；粗硅与Cl2加热反应制得四氯化硅，反应方程式为：Si +2Cl2SiCl4，故答案为：Si +2Cl2SiCl4；四氯化硅经精馏提纯后与过量H2在高温下反应制得高纯硅，反应方程式为：SiCl4+2H2Si+4HCl，故答案为：SiCl4+2H2Si+4HCl。18.下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。请回答下列问题：（1）物质A的化学式为_。（2）写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式_。（3）溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式_。（4）溶液E敞口放置容易变质，为了防止溶液E的变质，可往溶液中加入_。（5）溶液I中所含金属离子是_。【答案】 (1). Fe2O3 (2). 2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4+3H2 (3). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (4). 铁粉 (5). Na+、Al3+【解析】【分析】红棕色A为Fe2O3，金属单质B能与强碱溶液反应，生成气体F，说明B为Al，F为H2，H为NaAlO2，溶液E中加氨水有红褐色沉淀生成，G为Fe(OH)3，A和B发生的是铝热反应，生成C为Fe，D为Al2O3，E为FeCl2。【详解】（1）根据分析可知，物质A的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3。（2）单质B与强碱溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4+3H2，故答案为：2Al+2OH-+6H2O=2Al(OH)4+3H2。（3）溶液E（FeCl2）中加入氨水时，先生成白色沉淀LFe(OH)2，L最终变为红褐色沉淀G Fe(OH)3，化学反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）溶液E中含亚铁离子，敞口放置容易变质，为了防止溶液E的变质，可往溶液中加入铁粉，2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：铁粉。（5）NaAlO2中加过量盐酸，离子方程式为：AlO2-+4H+= Al3+2H2O，故溶液I中所含金属离子是Na+、Al3+，故答案为：Na+、Al3+。19.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下图：（1）写出铝灰与氢氧化钠溶液反应涉及的化学方程式：_。（2）加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为_。（3）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4NH4Al(SO4）212H2O2Al2O32NH3N25SO33SO253H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是_（填化学式）。酸性KMnO4溶液紫色变浅_（填“能”或“不能”）说明煅烧硫酸铝铵晶体产物中含有SO2气体？理由：_。【答案】 (1). Al2O32NaOH3H2O=2NaAl(OH)4、SiO22NaOH=Na2SiO3H2O (2). 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O (3). N2 (4). 不能 (5). 饱和NaHSO3在吸收SO3的同时会也释放出SO2【解析】【分析】铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4Fe（CN）6，Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到氧化铝；【详解】（1）铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和水，其反应的方程式为：Al2O32NaOH3H2O=2NaAl(OH)4；SiO2与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，其反应的方程式为：SiO22NaOH=Na2SiO3H2O，故答案为：Al2O32NaOH3H2O=2NaAl(OH)4；SiO22NaOH=Na2SiO3H2O。（2）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液Fe2+被氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为： 2Fe2H2O22H=2Fe32H2O，故答案为：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。（3）NH4Al(SO4）212H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸氢钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2；故答案为：N2；酸性KMnO4溶液紫色变浅不能说明煅烧硫酸铝铵晶体产物中含有SO2气体，因为饱和NaHSO3在吸收SO3的同时会也释放出SO2，故答案为：不能；饱和NaHSO3在吸收SO3的同时会也释放出SO2。20.（1）写出表示含有8个质子，10个中子的原子的化学符号：_。（2）根据下列微粒回答问题：、37Cl2以上8种微粒共有_种核素，共_种元素。互为同位素的是_。中子数相等的是_。（3）相同物质的量的14CO与18O2的质量之比为_。【答案】 (1). (2). 6 (3). 5 (4). 、 (5). 14C、16O (6). 5：6【解析】【分析】（1）表示含有8个质子，10个中子的原子的化学符号为。（2）核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，核素种类由质子数和中子数共同决定的。 元素是具有相同质子数(核电荷数)的同一类原子的总称，决定元素的种类是质子数。具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素。中子数=质量数-质子数。 （3）14CO与18O2相对分子质量分别为：30和36，故相同物质的量的14CO与18O2的质量之比为5：6。【详解】（1）表示含有8个质子，10个中子的原子的化学符号为，故答案为：。（2）核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，核素种类由质子数和中子数共同决定的，故以上8种微粒共有6种核素； 元素是具有相同质子数(核电荷数)的同一类原子的总称，决定元素的种类是质子数，故共有5种元素，故答案为：6；5。具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素，互为同位素的是、 ，故答案为：、 。中子数=质量数-质子数，14C、16O的中子数为8，故答案为：14C、16O。（3）14CO与18O2相对分子质量分别为：30和36，故相同物质的量的14CO与18O2的质量之比为5：6，故答案为：5：6。【点睛】本题考查元素、核素、同位素的基本概念，注意（1）决定元素的种类是质子数，核素种类由质子数和中子数共同决定的。（2）在原子中，原子序数=核电荷数=核外电子数=质子数，质量数=质子数+中子数。21.有五种短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0。完成下列问题：XYZRM（1）M的元素符号是_，R元素在周期表中的位置是_，这五种元素中原子半径最大的是_（填元素符号）。（2）X的简单氢化物与M的单质，在一定条件下可以发生置换反应产生白烟，化学方程式为_。（3）我国发射“神舟”系列飞船的长征火箭，常以X、Y的液态氢化物做燃料。已知X、Y的两种氢化物电子数相等，并且反应时生成两种无毒、无污染的物质。写出两种氢化物反应的化学方程式_。【答案】 (1). Cl (2). 第3周期、第IVA族 (3). Al (4). 8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl (5). N2H4+2H2O2 =N2+4H2O【解析】【分析】五种短周期主族元素，根据它们在周期表中的位置可知，分别在二、三周期，已知R元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为0，R为Si；则根据位置关系可知，Z为Al；X为N；Y为O；M为Cl。【详解】（1）M的元素符号是Cl，R为Si，R元素在周期表中的位置是第3周期、第IVA族，比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；这五种元素中原子半径最大的是Al，故答案为：Cl ；第3周期、第IVA族；Al。（2）X的简单氢化物为NH3，NH3与Cl2反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl 。（3）X、Y的两种氢化物电子数相等，X为N2H4（或H2O2），Y为H2O2（或N2H4），两种氢化物反应的化学方程式：N2H4+2H2O2 =N2+4H2O，故答案为：N2H4+2H2O2 =N2+4H2O。【点睛】比较原子半径时，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。22.氮化铝(AlN)是一种新型无机非金属材料。为了分析某AlN样品（样品中的杂质不与氢氧化钠溶液反应）中 AlN的含量，某实验小组设计了如下两种实验方案。已知：AlN + NaOH + H2ONaAlO2+ NH3【方案1】取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。（1）上图C装置中球形干燥管的作用是_。（2）完成以下实验步骤：组装好实验装置，首先检查装置的气密性，再加入实验药品。接下来的实验操作是关闭K1，打开K2，打开分液漏斗活塞，加入NaOH浓溶液，至不再产生气体。打开K1，通入氮气一段时间，测定C装置反应前后的质量变化。通入氮气的目的是_。（3）若去掉装置B，则导致测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。由于上述装置还存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进意见_。【方案2】按以下步骤测定样品中A1N的纯度：（4）步骤生成沉淀的离子方程式为_。（5）A1N的纯度是_（用m1、m2表示）。【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 把装置中残留的氨气全部赶入C装置 (3). 偏高 (4). C装置出口