【解析版】福建省宁德市五校2014-2015学年高一下学期期中化学试卷

福建省宁德市五校2014-2015学年高一下学期期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题，本卷共16题，每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．1．（3分）下列叙述错误的是（）A．13C和14C互为同位素B．1H和2H是不同的核素C．6Li和7Li的电子数相等D．14C和14N属于同种元素考点：同位素及其应用；元素；核素．分析：根据原子表示法的知识，元素符号左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数﹣质子数=中子数，质子数相同而中子数不同的同种元素的原子互为同位素．解答：解：A、13C和14C属于同一种元素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，故A正确；B、1H和2H是氢元素的不同核素，质子数相同均为1，故B正确；C、6Li和7Li的电子数相等均为3，故C正确；D、14C和14N的质量数相等，质子数分别为6、7，属于不同元素，故D错误．故选D．点评：本题是对教材概念的考查，可以根据所学知识进行回答，较简单．2．（3分）第ⅡA族元素具有相似的化学性质，是由于它们的原子具有相同的（）A．原子半径B．电子层数C．核外电子数D．最外层电子数考点：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：元素的化学性质取决于该元素原子的最外层电子数，如果元素的最外层电子数相等，则元素具有相似的化学性质．解答：解：元素的化学性质取决于该元素原子的最外层电子数，第ⅡA族元素具有相似的化学性质，是由于它们的原子的最外层电子数都是2，都容易失去2个电子，所以D正确；故选D．点评：原子结构决定元素的性质，决定元素化学性质的是原子最外层电子数．3．（3分）做铝的性质实验时，不能用于除去铝表面氧化膜的是（）A．砂纸打磨B．泡在烧碱溶液里C．泡在盐酸里D．泡在热水里考点：镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：铝表面的氧化膜为氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应，但不溶于水，也不与水发生反应．解答：解：A．铝表面覆盖一层致密的氧化物膜，用砂纸打磨可以除去，虽然此过程不涉及化学变化，为物理过程，但也能除去铝表面的氧化铝，故A不选；B．烧碱成分为氢氧化钠，能与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，偏铝酸钠溶于水，从而除铝表面的氧化铝，故B不选；C．氧化铝与盐酸反应生成氯化铝与水，氯化铝溶于水，从而除铝表面的氧化铝，故C不选；D．氧化铝不溶于水，也不与水发生反应，不能用热水除铝表面的氧化铝，故D选；故选：D．点评：本题考查了氧化铝的性质，题目比较简单，注意基础知识的应用．4．（3分）下列关于可逆反应的叙述不正确的是（）A．某可逆反应达平衡状态时反应物和生成物共存B．2H2O2H2+O2与2H2+O22H2O互为可逆反应C．对于可逆反应，加入催化剂可使正逆反应速率均增大D．提高可逆反应的限度可增加产量，从而提高经济效益考点：化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素．分析：A、根据可逆反应不能完全进行到底；B、可逆反应，在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应；C、催化剂同时改变正逆反应速率；D、根据提高可逆反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答．解答：解：A、因为可逆反应不能完全进行到底，所以可逆反应达平衡状态时反应物和生成物共存，故A正确；B、可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，2H2O2H2+O2与2H2+O22H2O条件不同，故B错误；C、因为催化剂同时改变正逆反应速率，所以对于可逆反应，加入催化剂可使正逆反应速率均增大，故C正确；D、提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益，故D正确；故选B．点评：本题考查了化学反应的限度与可逆反应，化学平衡的特点，难度不大，注意理解可逆反应的特征和化学反应的限度．5．（3分）用以下方法制取氢气，反应速率最小的是（）A．冬天，块状的锌与2mol/L稀硫酸溶液反应B．冬天，粉末状的锌与2mol/L稀硫酸溶液反应C．夏天，块状的锌与2mol/L稀硫酸溶液反应D．夏天，粉末状的锌与2mol/L稀硫酸溶液反应考点：化学反应速率的影响因素．分析：题中涉及影响反应速率的因素有温度、浓度和固体的表面积大小，一般来说，温度越高、浓度越大，固体的表面积越大，则反应速率越大，反之越小，以此解答．解答：解：C、D选项中温度较高，速率大于A、B，A、B的浓度相同，但B为粉末状固体，表面较大，反应速率较大，则反应速率最小的是A．故选A．点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为2015届高考高频考点，注意把握影响反应速率的因素，注重相关知识的学习与积累，难度不大．6．（3分）元素周期表是化学学习的工具．如图是磷元素在周期表中的表示，下列有关磷元素的信息不正确的是（）A．原子序数是15B．它是非金属元素C．磷原子最外层有5个电子D．磷元素在地壳中的含量为30.97%考点：元素周期表的结构及其应用．分析：由“上图是磷元素在周期表中的表示”可知有关磷元素的信息：根据“原子序数=核内质子数=核外电子数=核电荷数”，可知原子序数；由磷的汉语名称，可知其元素种类；可推测原子结构示意图等信息，30.97是磷的相对原子质量，据此解答．解答：解：A、由上图可知，原子序数为15，故A正确；B、由磷的汉语名称，可知其元素种类为：非金属元素，故B正确；C、根据“原子序数=核内质子数=核外电子数”，磷原子最外层有5个电子，故C正确；D、30.97是磷的相对原子质量，而不是地壳中的含量，故D错误．故选D．点评：本题考查元素周期表的特点及其应用，比较基础，注意了解元素的简单分类和地壳中元素的发布与含量，了解原子结构示意图的特点．7．（3分）下列关于化学键的说法正确的是（）A．阴、阳离子之间通过相互吸引作用形成的化学键叫离子键B．根据电离方程式HCl=H++Cl﹣，可判断HC1分子里存在离子键C．化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因D．离子化合物一定由金属元素和非金属元素组成考点：化学键．分析：A．离子键为静电作用力；B．HCl中只含H﹣Cl共价键；C．化学键断裂吸收能量，生成化学键释放能量；D．铵盐为离子化合物．解答：解：A．阴、阳离子之间通过静电（含引力和斥力）作用形成的化学键叫离子键，故A错误；B．HCl中只含H﹣Cl共价键，但溶于水发生电离为HCl=H++Cl﹣，故B错误；C．化学键断裂吸收能量，生成化学键释放能量，化学反应的实质为化学键的断裂和形成，则化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因，故C正确；D．铵盐为离子化合物，但不含金属元素，氯化铝含金属元素为共价化合物，故D错误；故选C．点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断是为解答的关键，并注意利用实例来分析解答，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．8．（3分）已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（）A．X的能量一定低于M的能量B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量考点：吸热反应和放热反应．分析：反应X+Y=M+N为吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，吸热反应的反应条件不一定需要加热，且该反应中断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量．解答：解：A．由吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，但无法确定X与M，故A错误；B．该反应为吸热反应，与反应条件无关，该反应可能需要加热，也可能不需要加热，故B 错误；C．该反应为吸热反应，则断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量，故C错误；D．反应X+Y=M+N为吸热反应，则X、Y的总能量低于M、N的总能量，故D正确；故选D．点评：本题考查吸热反应，明确化学反应中能量变化的实质及利用反应物、生成物的总能量的相对大小判断吸热反应、放热反应的方法即可解答，题目难度不大．9．（3分）已知短周期元素的离子a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣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C＞D＞B＞A B．原子序数a＞b＞d＞cC．离子半径A＞B＞D＞C D．元素失电子能力A＞B＞D＞C考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：短周期元素的离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，所以有：a ﹣2=b﹣1=c+3=d+1，则原子序数：a＞b＞d＞c，且A、B在周期表中C、D的下一周期，A、B为金属，C、D为非金属，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，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，金属性越强，元素原子失去电子的能力越强．解答：解：短周期元素的离子：a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，所以有：a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，则原子序数：a＞b＞d＞c，且A、B在周期表中C、D的下一周期，A、B为金属，C、D为非金属．A．A、B在周期表中C、D的下一周期，并且原子序数：a＞b＞d＞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，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；B．a A2+、b B+、c C3﹣、d D﹣都具有相同的电子层结构，所以有：a﹣2=b﹣1=c+3=d+1，则原子序数：a＞b＞d＞c，故B正确；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，故离子半径：C ＞D＞B＞A，故C错误；D．同周期自左而右金属性减弱，金属性越强，元素原子失去电子的能力越强，元素失电子能力：B＞A＞C＞D，故D错误，故选B．点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素所在周期表中的位置，也可以确定具体的元素，清楚元素周期律的递变规律是解答该题的关键，难度不大．10．（3分）酸根离子RO3﹣所含电子比NO3﹣多10个，则下列说法中正确的是（）A．RO3﹣中R元素的化合价与NO3﹣中的N元素的化合价相同B．R原子的电子层数与N原子电子层数相同C．RO3﹣中的R元素与NO3﹣中N元素都只能被还原，不能被氧化D．R元素在自然界中既以游离态又以化合态存在考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：酸根RO3﹣所含电子数比硝酸根离子（NO3﹣）的电子数多10，则R比N原子多10个电子，R的原子序数为17，应为Cl元素，结合元素对应单质、化合物的性质解答该题．解答：解：酸根RO3﹣所含电子数比硝酸根离子（NO3﹣）的电子数多10，则R比N原子多10个电子，R的原子序数为17，应为Cl元素．A．RO3﹣中R的化合价与NO3﹣中N化合价相等，都是+5价，故A正确；B．Cl原子有3个电子层、N原子有2个电子层，Cl原子的电子层数比N的电子层数多1，故B错误；C．ClO3﹣中Cl元素化合价处于中间价态，既有氧化性又有还原性，故C错误；D．Cl元素很活泼，在自然界中以化合态形式存在，故D错误；故选A．点评：本题考查元素位置结构性质的相互关系，题目难度不大，C中注意根据化合价判断ClO3﹣的性质，有利于基础知识的巩固．11．（3分）X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素．其中只有Z是金属，W的单质是黄色固体，X、Y、W在周期表中的相对位置如图．下列说法正确的是（）A．五种元素中，原子半径最大的是WB．Y的简单阴离子比W的简单阴离子还原性强C．Y与Z形成的化合物都可以和盐酸反应D．Q形成的含氧酸一定比W形成的含氧酸强考点：原子结构与元素的性质．分析：均为短周期主族元素，其中W的单质是黄色固体，则W为S，由X、Y、W在周期表中的相对位置可知，Y为O元素，X为C碳元素，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl，其中只有Z是金属，则Z可能为Na、Mg、Al中的一种，然后结合元素的单质化合物的性质及元素周期律来解答．解答：解：均为短周期主族元素，其中W的单质是黄色固体，则W为S，由X、Y、W 在周期表中的相对位置可知，Y为O元素，X为C碳元素，X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大，所以Q为Cl，其中只有Z是金属，则Z可能为Na、Mg、Al中的一种．A．同周期自左而右原子半径增大，电子层越多原子半径越大，故原子半径：Z＞W＞Q＞X ＞Y，故A错误；B．同主族自上而下元素非金属性减弱，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故Y的简单阴离子比W的简单阴离子还原性弱，故B错误；C．Y与Z形成的化合物可能为氧化钠、过氧化钠、氧化镁、氧化铝，均能与盐酸反应，故C正确；D．Q形成含氧酸中次氯酸为弱酸，酸性比硫酸弱，故D错误，故选C．点评：本题考查位置结构性质关系应用，注意把握元素周期表和元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，W为淡黄色固体为突破口，注意Z元素的不确定性，难度不大．12．（3分）某无色溶液中加入氢氧化铝固体，氢氧化铝迅速溶解，则该溶液中一定能够大量共存的离子组是（）A．K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣B．Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣C．Ca2+、K+、SO32﹣、NO3﹣D．N a+、K+、Cu2+、Br﹣考点：离子共存问题．分析：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；加入氢氧化铝固体，氢氧化铝迅速溶解，该溶液为酸性或强碱性溶液，A．四种离子之间不发生反应，且为无色溶液，都不与氢离子、氢氧根离子反应；B．碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子都反应，铵根离子与氢氧根离子反应；C．钙离子与亚硫酸根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚硫酸根离子，钙离子与氢氧根离子生成微溶物氢氧化钙；D．铜离子为有色离子，铜离子能够与氢氧根离子反应．解答：解：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；加入氢氧化铝固体，氢氧化铝迅速溶解，该溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A．K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不反应，都是无色离子，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．SO32﹣、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应，Ca2+、SO32﹣之间生成亚硫酸钙沉淀，Ca2+与氢氧根离子也不能大量共存，故C错误；D．Cu2+为有色离子，Cu2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D 错误；故选A．点评：本题考查离子共存的正误判断，题目难度中等，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；还应该明确题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．13．（3分）下列离子方程式中书写不正确的是（）A．少量二氧化硫与苛性钠溶液反应：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2OB．过量稀盐酸加入纯碱中：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑C．铜粉与稀硫酸溶液反应：Cu+2H+=Cu2++H2↑D．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+考点：离子方程式的书写．分析：A．反应生成亚硫酸钠和水；B．反应生成氯化钠、水、二氧化碳；C．铜粉与稀硫酸溶液不反应；D．反应生成氢氧化铝和氯化铵．解答：解：A．少量二氧化硫与苛性钠溶液反应的离子反应为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故A正确；B．过量稀盐酸加入纯碱中的离子反应为CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑，故B正确；C．铜粉与稀硫酸溶液不反应，不能写离子反应，故C错误；D．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D正确；故选C．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及氢氧化铝的两性，题目难度不大．14．（3分）某元素的一种核素X的质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成H m X分子，在ag H m X中所含质子的物质的量是（）A．（A﹣N+m）mol B．（A﹣N）molC．（A﹣N）mol D．（A﹣N+m）mol考点：物质的量的相关计算；原子构成．分析：X的质量数为A，含N个中子，则质子数为A﹣N，H m X分子中质子数为（A﹣N+m），根据n=计算H m X的物质的量，进而计算质子物质的量．解答：解：X的质量数为A，含N个中子，则质子数为A﹣N，H m X分子中质子数为（A ﹣N+m），其摩尔质量为（A+m）g/mol，则ag H m X的物质的量为=mol，含有质子物质的量为mol，故选A．点评：本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握原子构成以及相关物理量的计算公式的运用，难度不大．15．（3分）A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X．它们有如图的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（）A．X元素可能为AlB．X元素一定为非金属元素C．反应①和②互为可逆反应D．反应①和②不可能都为氧化还原反应考点：无机物的推断．分析：A为单质，B、C为化合物，所以①②一定为氧化还原反应，据这两个反应特点知甲元素在①反应中化合价既升高，又降低，故A一定不是金属，为非金属元素，①②不互为可逆反应，因为条件不同，据此答题．解答：解：A为单质，B、C为化合物，所以①②一定为氧化还原反应，又因为A、B、C均含有元素X，因此反应①是歧化反应，根据这两个反应特点知X元素在①反应中化合价既升高，又降低，A中元素化合价为0，金属没有负价，故A一定不是金属，为非金属元素，A．由上述分析可知，A为非金属，若X为Al，铝和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠与氢气不能反应，故A错误；B．根据上述分析，X元素一定是非金属元素，故B正确；C．反应①和②的反应条件不同，不能互为可逆反应，故C错误；D．反应①和②一定有元素的化合价升降，则一定均为氧化还原反应，故D错误．故选B．点评：本题以推断题形式，考查了氧化还原反应，涉及归中规律和歧化反应的应用，根据金属无负价，能发生归中反应和歧化反应的一定是非金属元素．16．（3分）某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是（）A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．溶液A和B均可以选用稀硝酸C．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小D．实验室方案Ⅱ更便于实施考点：探究物质的组成或测量物质的含量；铝的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量．B、铜和铝都均可以与稀硝酸反应，最后没有固体剩余．C、铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少．D、测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作．解答：解：A、铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH 溶液，故A正确；B、铜和铝都均可以与稀硝酸反应，利用测量气体的体积，可以计算出混合物中铜、铝的质量，反应最后没有固体剩余，不能通过测量剩余固体的质量进行，故B错误；C、铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少，铜的含量降低，故C正确；D、测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，故D正确．故选：B．点评：考查学生对实验方案的理解与评价、元素化合物的性质等，难度中等，清楚物质的性质、理解实验方案原理是关键．二、非选择题，（共52分）17．（13分）从物质分类的角度可以推测物质的性质．现有由Al2O3、Fe2O3、SiO2组成的某混合物试样．（1）其中Al2O3属于两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物（选填“酸性”、“碱性”或“两性”）．（2）将试样溶于过量的盐酸中，过滤，滤渣的主要成分是SiO2，再向滤液中加入NaOH溶液至过量，过滤，滤渣中的主要成分是Fe（OH）3．（3）若将该试样直接溶于过量的NaOH溶液中，所发生的反应的离子方程式有SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O和Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣．（4）将第（3）题反应所得的混合物过滤，往滤液中通入足量的CO2气体，产生沉淀的主Al（OH）3、H2SiO3．考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物．分析：（1）酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；两性氧化物是既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氧化物；（2）Al2O3、Fe2O3分别为两性氧化物和碱性氧化物，而SiO2是酸性氧化物；Al2O3、Fe2O3与盐酸反应后所得的滤液的成分为AlCl3和FeCl3，加入NaOH溶液至过量，据此分析反应和滤渣；（3）Al2O3是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，均能与氢氧化钠溶液反应；（4）第（3）题反应所得的混合物过滤，滤液中含AlO2﹣和SiO32﹣，通入二氧化碳，均与二氧化碳反应．解答：解：（1）Al2O3既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氧化物，故是两性氧化物；Fe2O3能和酸反应生成盐和水的氧化物，故是碱性氧化物，故答案为：两性；碱性；（2）Al2O3、Fe2O3分别为两性氧化物和碱性氧化物，能溶于盐酸，而SiO2是酸性氧化物，与盐酸不反应，故所得的滤渣为SiO2；Al2O3、Fe2O3与盐酸反应后所得的滤液的成分为AlCl3和FeCl3，加入NaOH溶液至过量，将Al3+转化为AlO2﹣，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，故所得滤渣的主要成分为Fe（OH）3，故答案为：SiO2；Fe（OH）3；（3）Al2O3是两性氧化物，SiO2是酸性氧化物，均能与氢氧化钠溶液反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣，SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al（OH）4]﹣；（4）第（3）题反应所得的混合物过滤，滤液中含AlO2﹣和SiO32﹣，通入二氧化碳后发生反应为AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，SiO32﹣+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣，故所得到的沉淀为Al（OH）3、H2SiO3，故答案为：Al（OH）3、H2SiO3．点评：本题考查了酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物的概念和性质，应注意概念的把握，难度不大．18．（13分）如图是a～m九种元素在周期表中的位置，请回答下列问题：（1）g的阴离子结构示意图为．（2）b、e形成的简单离子的半径大小为O2﹣＞Mg2+（用离子符号填写）．（3）g、h所形成的气态氢化物较稳定的为HCl（填化学式）．（4）d、e、m的最高价氧化物的水化物碱性从强到弱的顺序为KOH＞NaOH＞Mg（OH）2（填化学式）．（5）以上元素组成的物质有如下图框图中的转化关系，其中甲为10电子微粒．①丁属于离子化合物（选填“离子化合物”或“共价化合物”）．②请写出f单质与乙反应的化学方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．考点：无机物的推断；元素周期律和元素周期表的综合应用；位置结构性质的相互关系应用．分析：由元素在周期表中的位置可知，a为H，b为O，c为Ne，d为Na，e为Mg，f为Al，g为S，h为Cl，m为K，（1）g的阴离子中质子数为16，核外电子数为18；（2）具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；（3）非金属性越强，气态氢化物越稳定；（4）金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强；（5）常见10电子微粒有：一核：Ne、N3﹣、O2﹣、F﹣、Na+、Mg2+、Al3+；二核：HF、OH﹣；三核：H2O、NH2﹣；四核：NH3、H3O+；五核：CH4、NH4+；d为Na，则甲为H2O，则乙为NaOH，f为Al，Al与NaOH反应生成丙，可知丙H2，则丁为NaAlO2，以此来解答．解答：解：由元素在周期表中的位置可知，a为H，b为O，c为Ne，d为Na，e为Mg，f为Al，g为S，h为Cl，m为K，（1）g的阴离子中质子数为16，核外电子数为18，则g的阴离子结构示意图为，故答案为：；（2）具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则b、e形成的简单离子的半径大小为O2﹣＞Mg2+，故答案为：O2﹣＞Mg2+；（3）非金属性Cl＞S，气态氢化物的稳定性强的为HCl，故答案为：HCl；（4）金属性K＞Na＞Mg，最高价氧化物的水化物碱性为KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故答案为：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2；（5）由转化关系可知d为Na，则甲为H2O，则乙为NaOH，f为Al，Al与NaOH反应生成丙，可知丙H2，则丁为NaAlO2，①丁为NaAlO2，含离子键，为离子化合物，故答案为：离子化合物；②f单质与乙反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑．点评：本题考查位置、结构及性质的关系无机物推断，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素化合物知识为解答的关键，侧重分析、推断与应用能力的考查，题目难度不大．。