全书综合测评 练习 -（2019）新人教版高中化学必修第一册.docx

1、全书综合测评(满分:100分;时间:90分钟) 一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分,每题只有一个选项符合题意)1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是()A.天工开物中“凡石灰经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应B.“朝坛雾卷,曙岭烟沉”中的雾是一种胶体,能产生丁达尔效应C.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色,来自氧化铁D.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,“剂钢”指铁的合金2.下列有关化学用语表示正确的是()A.818O2-的结构示意图:B.质子数为53、中子数为78的碘原子:5378IC.N2的结构式:D.H2O2的电子式: 3.如图是元素周期表的一部分,

2、已知两块阴影中间的3列属于同一族。有关阴影部分的元素,下列说法正确的是()A.都是主族元素B.都是副族元素C.有5种副族元素和2种主族元素D.有5种主族元素和2种副族元素4.下列有关试剂保存的说法中,不正确的是()A.金属钠保存在煤油中B.保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉C.过氧化钠应密封保存D.用白色广口试剂瓶存放氯水5.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是()A.湿润的红色布条遇氯气褪色B.棕黄色氯化铁饱和溶液滴入沸水中变红褐色C.紫红色酸性高锰酸钾溶液中通入HCl气体后褪色D.浅黄色过氧化钠固体露置于空气中逐渐变为白色6.(原创)“清肺排毒汤”治疗新型冠状病毒肺炎具有良好的疗效。“清肺排毒汤

3、”来源于中医经典方剂组合,可用于治疗新型冠状病毒感染的肺炎轻型、普通型、重型患者,在危重症患者救治中也可结合患者实际情况合理使用。其中的一味中药成分黄芩苷的提取方法及结构如图所示,下列说法错误的是()A.操作为过滤B.由提取方法可知黄芩苷在水中的溶解度较小C.黄芩苷所含三种元素形成的化合物显酸性的只有一种D.黄芩苷分子中既含极性键又含非极性键7.已知反应:2BrO3-+Cl2 Br2+2ClO3-5Cl2+I2+6H2O 2HIO3+10HClClO3-+5Cl-+6H+ 3Cl2+3H2O下列物质氧化能力强弱顺序排列正确的是()A.ClO3-BrO3-IO3-Cl2B.BrO3-Cl2ClO

4、3-IO3-C.BrO3-ClO3-Cl2IO3-D.Cl2BrO3-ClO3-IO3-8.对下列各实验现象的判断正确的是(夹持装置已省略)()A.图1产生红褐色沉淀B.图2溶液变红C.图3放出大量气体D.图4先出现白色胶状沉淀,后沉淀溶解9.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是()A.常温常压下,11.2 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.5NAB.标准状况下,7.1 g氯气与足量氢氧化钠稀溶液反应转移的电子数为0.1NAC.1 mol Fe(OH)3胶体中含有的胶粒数目为NAD.2 L 0.5 mol/L硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA10.碘在自然界中有很多存

5、在形式,在地壳中主要以NaIO3 形式存在,在海水中主要以I-形式存在,几种粒子与Cl2之间有如下转化关系:以下说法不正确的是()A.中发生的反应是:2I-+Cl2 I2+2Cl-B.I-与过量Cl2发生的反应是:I-+3Cl2+3H2O IO3-+6Cl-+6H+C.以上反应中,氯气都体现氧化性,具体表现为氯元素的化合价由0价降低为-1价D.通过以上信息可预测:若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水,不能观察到溶液变蓝的现象二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)11.根据元素周期表和元素周期律,判断下

6、列叙述不正确的是()A.气态氢化物的稳定性:H2ONH3SiH4B.Na与O2在不同条件下反应得到的产物不同C.如图所示实验可证明元素的非金属性:ClCSiD.用中文“”(o)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族12.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下,将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中,其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是()A.反应的离子方程式为2Ce4+H2 2Ce3+2H+B.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21C.反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)D.反应过程中

7、混合溶液内Ce3+和Ce4+的总数一定保持不变13.有一包白色粉末,其中可能含有Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3,现做以下实验:将部分粉末加入水中,振荡,有白色沉淀生成;向的悬浊液中加入过量稀盐酸,白色沉淀消失,并有气泡产生;取少量的溶液滴入AgNO3溶液,有白色沉淀生成。下列关于白色粉末组成的判断正确的是()A.肯定含有CaCl2、K2CO3,可能含有Ba(NO3)2B.肯定含有Ba(NO3)2、K2CO3,可能含有CaCl2C.肯定含有K2CO3,至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种D.实验无法确定是否含有CaCl214.已知:Na2SO3+H2O+I2 Na2SO4+2H

8、I;Cl2+2Fe2+ 2Fe3+2Cl-;I2+Fe2+不反应。向含SO32-、Fe2+、I-各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2,通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是()15.a、b、c、d四种元素在周期表中的位置如下图,则下列说法正确的是()A.a与b之间容易形成离子化合物B.若b的单质可作半导体材料,则c的单质不可能为半导体材料C.若b的单质与H2易化合,则c的单质与H2更易化合D.若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4,则a的氢化物的化学式为aH3三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(10分)如图为氯及其化合物的“价类”二维图。(1)填写二维

9、图缺失的类别:A;化学式:B。(2)某同学利用以下试剂研究HCl性质,进行了如下预测:从物质类别上看,HCl属于,可能与发生反应(填字母);从化合价角度看,Cl-具有性,可能与发生反应(填字母)。a.NaClOb.Fec.NaOHd.KMnO4e.AgNO3(3)某工厂用NaCl溶液制备氯气,其化学原理为如下反应: 请将上述方程式补充完整,并用单线桥表示电子转移情况。 反应中NaCl做剂,理由是 。17.(12分)高效净水剂聚合氯化铝铁(PAFC)的组成可表示为,该物质广泛应用于日常生活用水和工业废水的处理。(1)为检测PAFC中铝和铁元素的含量,采用如图所示流程进行。回答下列问题:PAFC中

10、铁元素的化合价为。步骤中的试剂A是(填“氢氧化钠溶液”或“氨水”)。步骤中的试剂B是。步骤的操作是,用到的主要玻璃仪器是。(2)某工厂欲以工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为原料制取PAFC,设计如下流程: 在废料中加入过量稀盐酸,发生多个离子反应,请在空白处补全离子方程式:FeO+2H+ Fe2+H2OAl2O3+6H+ 2Al3+3H2OFe2O3+6H+ 2Fe3+3H2O 。所得酸性溶液中,不能确定是否一定存在的阳离子是(填字母)。A.Al3+B.Fe2+C.Fe3+D.H+为证明该离子确实存在,可采用的操作(必须指明所采用的试剂及观察到的现象)是 。往酸性溶液中加入试剂X的目的是(用离子

11、方程式表示)。18.(14分)检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示:离子Fe3+Cu2+SO42-Na+H+浓度(mol/L)210-3110-3110-2210-3(1)c(H+)=mol/L。(2)为了减少污染并变废为宝,工程师们设计了如下流程,回收铜和绿矾(FeSO47H2O)。工业废水中加入铁粉后,反应的离子方程式为Fe+Cu2+ Fe2+Cu、。试剂B是。操作是蒸发浓缩、冷却结晶、,最后用少量冷水洗涤晶体,在低温下干燥。通过检验溶液D中Fe3+来判断废水中Fe3+是否除尽,实验方法是 。获得的FeSO47H2O需密闭保存,原因是 。上述1 000 L废水经处理,可获得Fe

12、SO47H2O的物质的量是mol。19.(10分)下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置,回答下列问题。已知:MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2;Cl2+SO2+2H2O 2HCl+H2SO4;Ba(OH)2+CO2 BaCO3+H2O。(1)写出a仪器的名称。(2)装置D产生白色沉淀的原因是 (用化学方程式及文字回答)。(3)E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉,发生氧化还原反应,其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式。(4)F处的烧杯中溶液最终(填“有”或“没有”)白色沉淀。(5)F装置无法确认E处反应中有CO2产生,为了证明CO2的存在,要对F

13、装置进行改造,下列装置符合要求的是。20.(14分)A、B、C、D、E、F是六种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子是半径最小的原子;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成一种盐X;D与A同主族,且与F同周期;F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4;A、B、D、F这四种元素,每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的化合物。D、E、F三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间皆能反应。请回答下列问题:(1)B元素的原子结构示意图是 ;D元素在周期表中的位置是第周期第族。(2)A、B、C和F可组成一种化合物,其原子个数之比为8241。写出该化合物的名称及化学式:、

14、。(3)写出E2C3分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式: 、 。(4)A、C、D、F四种元素可以形成两种酸式盐(均由四种元素组成),这两种酸式盐发生反应的离子方程式为。(5)A、C、F间可形成甲、乙两种微粒,它们均为-1价双原子阴离子,且甲为18电子微粒,乙为10电子微粒,则甲与乙反应的离子方程式为。(6)向含有a mol E的氯化物的溶液中加入含b mol D的最高价氧化物对应水化物的溶液,生成沉淀的物质的量不可能为(填序号)。a molb mola/3 molb/3 mol0(4a-b) mol答案全解全析1.C2.C3.B4.D5.B6.C7.C8.D9.B10.D11.C12.B

15、C13.CD14.C15.D1.C“凡石灰经火焚炼为用”涉及的反应是CaCO3 CaO+CO2,反应类型是分解反应,故A正确;雾是一种气溶胶,胶体能产生丁达尔效应,故B正确;氧化铁呈红棕色,不是青色,故C错误;“剂钢”指铁碳合金,故D正确。2.C818O2-的核电荷数为8,核外电子总数为10,其离子结构示意图为,故A错误;质子数为53,中子数为78的碘原子的质量数为131,该原子正确的表示方法为53131I,故B错误;N2分子中含三对共用电子对,氮气的结构式为,故C正确;H2O2为共价化合物,电子式为,故D错误。3.B两块阴影中间的3列属于同一族,为第族,则左侧5列为BB族,右侧两列为第B、B

16、族。4.D金属钠具有强还原性,暴露在空气中会被氧化,金属钠的密度大于煤油,小于水,因此少量金属钠可保存在煤油中,正确;亚铁离子容易被空气中的氧气氧化成三价铁离子,因此保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉,防止Fe2+被氧化,正确;过氧化钠易和空气中的水、二氧化碳反应,所以应在干燥环境下密封保存,正确;氯水中的次氯酸见光易分解,应盛放在棕色细口试剂瓶中,错误。5.BB项,氯化铁饱和溶液滴入沸水中生成红褐色的氢氧化铁胶体,此过程中无元素的化合价变化,不属于氧化还原反应;A、C、D项变化过程中都有元素的化合价发生改变,均与氧化还原反应有关。故选B。6.C分离液体和难溶性固体通常使用的操作方法是过滤,A项正

17、确;由沉淀的主要成分为黄芩苷,可知黄芩苷在水中的溶解度较小,B项正确;由黄芩苷的结构可知,黄芩苷由C、H、O三种元素组成,由这三种元素形成的化合物显酸性的有H2CO3和CH3COOH等,C项错误;根据黄芩苷分子的结构可知,分子中含有CC非极性键、OH极性键等,D项正确。7.C反应中氧化剂是BrO3-,氧化产物是ClO3-;反应中氧化剂是Cl2,氧化产物是HIO3;反应中氧化剂是ClO3-,氧化产物是Cl2,根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,可知氧化能力由大到小的排列顺序为BrO3-ClO3-Cl2IO3-,故C正确。8.D将氯化铁饱和溶液加入沸水中加热至液体呈红褐色可得到氢

18、氧化铁胶体,故A错误;三价铁离子遇SCN-溶液变红色,二价铁离子遇SCN-溶液不变色,故B错误;镁与氢氧化钠溶液不反应,故C错误;氯化铝与氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀,NaOH过量时氢氧化铝与氢氧化钠继续反应生成NaAlO2,沉淀溶解,故D正确。9.B在标准状况下,气体摩尔体积等于22.4 L/mol,11.2 L混合气体的物质的量等于0.5 mol,而在常温常压下,11.2 L气体的物质的量不等于0.5 mol,则含有的碳原子数目不等于0.5NA,A项错误;7.1 g氯气的物质的量为0.1 mol,根据化学方程式Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O可知,0.1 mol氯

19、气与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.1NA,B项正确;1 mol Fe(OH)3胶体中含有的胶粒数目小于NA,C项错误;2 L 0.5 mol/L 硫酸钾溶液中硫酸根离子的物质的量是2 L0.5 mol/L=1 mol,因此忽略水的电离可知阴离子所带电荷数为2NA,D项错误。10.D若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水,能观察到溶液变蓝的现象,D错误。11.C气态氢化物的稳定性:H2ONH3SiH4,A正确;Na与O2在不同条件下反应可生成Na2O、Na2O2,B正确;题图所示实验可证明酸性:HClH2CO3H2SiO3,但不能据此得出元素的非金属性:ClCSi,C不正确;前六周期共有8

20、6种元素,第七周期可排32种元素,故118号元素在第七周期0族,D正确。12.BC根据图示可知反应为2Ce4+H22Ce3+2H+,A正确;反应的反应物为Ce3+、H+、NO,生成物为Ce4+、N2、H2O,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反应的离子方程式为4Ce3+4H+2NO 4Ce4+N2+2H2O,在该反应中NO是氧化剂,Ce3+是还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为24=12,B错误;反应前后溶液中Ce4+的物质的量不变,但由于反应后溶液中水的物质的量增多,所以反应后溶液中c(Ce4+)减小,C错误;由于反应前后各种元素的原子个数相等,根据Ce元素守恒可知反应过程中混合

21、溶液内Ce3+和Ce4+的总数不变,D正确。13.CD实验中有白色沉淀生成,K2CO3与Ba(NO3)2、CaCl2反应均可以生成沉淀,说明肯定有K2CO3,Ba(NO3)、CaCl2至少含有一种;实验取少量的溶液滴入AgNO3溶液,有白色沉淀生成,不能说明混合物中含有CaCl2,因为中加入过量的稀盐酸,对后面实验产生干扰。14.C由题给反应,可知还原性:SO32-I-Fe2+,故向混合溶液中通入Cl2,首先发生反应SO32-+H2O+Cl2 SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I-+Cl2 I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-,根据发生反应顺序计算SO32-

22、、Fe2+、I-开始反应到离子反应完毕时消耗氯气的体积。由SO32-+H2O+Cl2 SO42-+2Cl-+2H+,可知0.1 mol SO32-完全反应需要消耗0.1 mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为0.1 mol22.4 L/mol=2.24 L,图像中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;0.1 mol SO32-完全反应后,然后发生反应2I-+Cl2 I2+2Cl-,0.1 mol SO32-完全反应需要消耗0.1 mol氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24 L,0.1 mol I-完全反应消耗0.05 mol氯气,故0.1 mol I-完全反应时氯气的体积为0.15 mol2

23、2.4 L/mol=3.36 L,图像中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;0.1 mol SO32-完全反应需要消耗0.1 mol氯气,0.1 mol I-完全反应消耗0.05 mol氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15 mol22.4 L/mol=3.36 L,由2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-可知,0.1 mol Fe2+完全反应消耗0.05 mol氯气,故Fe2+完全反应时消耗的氯气体积为0.20 mol22.4 L/mol=4.48 L,图像中氯气的体积与计算结果一致,故C正确;SO32-、Fe2+、I-完全反应时消耗的氯气为0.20 mol,产生的氯离子为0.40

24、mol,与图像中氯离子的物质的量不符,故D错误。15.Da、b可能均为非金属,如a为C,b为P,它们不易形成离子化合物,A错误;若b的单质可作半导体材料,b为Si,c为金属元素Ge,则c的单质可能为半导体材料,B错误;b、c同主族,从上到下非金属性减弱,非金属性强的b与H2易化合,则c的单质与H2不一定容易化合,C错误;若b的最高价氧化物对应水化物为H2bO4,b的最高价为+6价,最低价为-2价,b为第A族元素,a为第A族元素,a的氢化物的化学式为aH3,D正确。16.答案(1)单质HClO4(2)酸abcde还原ad(3) Cl2+2NaOH+H2还原NaCl中氯元素由-1价上升为0价(或C

25、l-在反应中失去电子)解析(1)Cl2为单质,因此A代表单质;物质B中Cl为+7价,Cl为+7价的酸为HClO4。(2)HCl属于强电解质,在溶液中完全电离成Cl-和H+,因此HCl属于酸,能与铁反应生成氢气,能与氢氧化钠发生中和反应,能与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀,Cl-中Cl为-1价,为最低价态,具有还原性,能与NaClO发生归中反应,能与KMnO4发生氧化还原反应。(3)根据氧化还原反应化合价升降总数相等配平方程式,可得化学方程式为2H2O+2NaCl Cl2+2NaOH+H2,2 mol NaCl参与反应,电子转移2 mol,用单线桥表示为: Cl2+2NaOH+H2;由方程式

26、可知,反应中Cl由-1价变为0价,化合价升高,失去电子,被氧化,NaCl做还原剂。17.答案(1)+3氢氧化钠溶液CO2过滤烧杯、玻璃棒、漏斗(2)Fe+2H+ Fe2+H2、Fe+2Fe3+ 3Fe2+C取少量溶液于试管中,再滴入几滴KSCN溶液,若溶液变红色,则存在Fe3+2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-(答案合理即可)解析(1)PAFC中铁元素的化合价为+3价。加入A后会生成Fe(OH)3沉淀,如果加入的是氨水,那么生成的沉淀有Fe(OH)3、Al(OH)3,现只得到Fe(OH)3,说明加入的是氢氧化钠溶液,因为Al(OH)3会溶于过量的氢氧化钠溶液,则A是氢氧化钠溶液;通过操作得到

27、的溶液是NaAlO2溶液,由NaAlO2溶液生成Al(OH)3通常是通入过量的CO2。操作是过滤,过滤用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。(2)盐酸还会和铁反应,Fe2O3和盐酸反应生成的Fe3+也会和铁反应,所以反应的离子方程式还有Fe+2H+ Fe2+H2、Fe+2Fe3+ 3Fe2+;根据反应的离子方程式可知酸性溶液中一定存在Fe2+和Al3+,盐酸过量,所以一定还有H+,溶液中不能确定的阳离子是Fe3+,因为Fe3+可能和铁完全反应了。要证明是否有Fe3+,通常加入KSCN溶液,操作是取少量溶液于试管中,再滴入几滴KSCN溶液,若溶液变红色,则存在Fe3+。PAFC中铁元素的化合价

28、为+3价,而废料用盐酸处理后的溶液中的铁元素主要是+2价,所以还要把Fe2+氧化成Fe3+,可以加入氯水,发生反应的离子方程式为2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-。18.答案(1)0.01(2)Fe+2Fe3+ 3Fe2+Fe+2H+ Fe2+H2硫酸过滤取少量D溶液于试管中,滴加几滴KSCN溶液,溶液不变红色,说明废水中Fe3+除尽FeSO4有还原性,易被氧化(或FeSO47H2O易失去结晶水)12解析(1)根据电荷守恒知,c(H+)+3c(Fe3+)+2c(Cu2+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-),废水呈酸性,OH-浓度很小,计算时可忽略,代入题给数据计算得c(H+)=

29、0.01 mol/L。(2)工业废水中含有硫酸铜、硫酸铁、硫酸钠和硫酸,加入铁粉后,反应的离子方程式为Fe+Cu2+ Fe2+Cu、Fe+2Fe3+ 3Fe2+、Fe+2H+ Fe2+H2。固体C为铁和铜的混合物,加入过量硫酸,过滤,得铜和硫酸亚铁溶液,故试剂B是硫酸。操作是从溶液中获得晶体,为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,最后用少量冷水洗涤晶体,在低温下干燥。用KSCN溶液检验Fe3+是否除尽。Fe2+易被氧化,FeSO47H2O易失去结晶水,故FeSO47H2O需密闭保存。1 000 L废水中n(Fe3+)=2 mol,560 g铁粉的物质的量为10 mol,根据铁原子守恒知,可获得FeSO4

30、7H2O的物质的量是12 mol。19.答案(1)分液漏斗(2)Cl2+SO2+2H2O 2HCl+H2SO4,硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀(3)2Cl2+C+2H2O CO2+4HCl(4)没有(5)b解析(1)根据图示可知,仪器a为分液漏斗。(2)氯气和二氧化硫发生氧化还原反应:Cl2+SO2+2H2O 2HCl+H2SO4,生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀。(3)氯气有强氧化性,碳有还原性,在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳,反应的化学方程式为2Cl2+C+2H2O CO2+4HCl。(4)剩余的氯气在F装置中和水反应生成HCl和HClO,氯

31、化氢、次氯酸和氢氧化钡反应都生成可溶性的盐和水,即使二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,生成的碳酸钡也会与盐酸反应,所以无白色沉淀生成。(5)因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳,需除去氯气和氯化氢,且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳。装置a:氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生;装置b:氯气能溶于水,氯化氢极易溶于水,二氧化碳在水中溶解度不大,用水可除去氯气和氯化氢两种气体,若氢氧化钡溶液变浑浊,则能确认E处反应中有CO2产生;装置c:碳酸钠与氯化氢反应生成二氧化碳,无法确认E处反应中有CO2产生;装置d:氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳,无法确认E处

32、反应中有CO2产生。20.答案(1)三A(2)硫酸铵(NH4)2SO4(3)Al2O3+6H+ 2Al3+3H2OAl2O3+2OH- 2AlO2-+H2O(4)H+HSO3- H2O+SO2(5)HS-+OH- H2O+S2-(6)解析A、B、C、D、E、F是六种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子半径最小,则A为H;B元素的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物能反应生成盐,则B为N;F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的3/4,则F为S;D与A同主族,且与F同周期,则D为Na;A、B、D、F这四种元素,每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的化合物,则C为O;D、E、F三种

33、元素对应的最高价氧化物的水化物两两之间皆能反应,可知E为Al。(1)B元素是N,N原子结构示意图是;D元素是Na,Na在周期表中的位置是第三周期第A族。(2)A、B、C和F可组成一种化合物,其原子个数之比为8241,则该化合物是(NH4)2SO4,名称是硫酸铵。(3)E2C3是氧化铝,属于两性氧化物,其分别与盐酸和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Al2O3+6H+ 2Al3+3H2O、Al2O3+2OH- 2AlO2-+H2O。(4)A、C、D、F可形成两种酸式盐NaHSO3和NaHSO4,二者发生反应的离子方程式为H+HSO3- H2O+SO2。(5)H、O、S间可形成两种-1价双原子阴离子,

34、且甲为18电子微粒,乙为10电子微粒,则甲为HS-,乙为OH-,甲、乙发生反应的离子方程式为OH-+HS- H2O+S2-。(6)向含有a mol AlCl3的溶液中加入含b mol NaOH的溶液,可能发生的反应有:AlCl3+3NaOH Al(OH)3+3NaClAlCl3+4NaOH NaAlO2+3NaCl+2H2O当ab13时,只发生反应,二者恰好反应时得到沉淀的物质的量为a mol或b/3 mol,AlCl3过量时,得到沉淀的物质的量小于a mol,可能为a/3 mol;当ab14时,只发生反应,没有沉淀生成;当14ab13时,发生反应和,设生成x mol沉淀,则:AlCl3+3NaOH Al(OH)3+3NaClx mol3x molx molAlCl3+4NaOH NaAlO2+3NaCl+2H2O(a-x) mol4(a-x) mol则3x+4(a-x)=b,解得x=4a-b,即生成的沉淀为(4a-b)mol;由OH-守恒可知,生成氢氧化铝的物质的量不可能等于NaOH的物质的量,综合以上分析可知,生成沉淀的物质的量不可能为b mol。