2022-2022学年上海市金山中学高二（上）期中化学试卷（合格考试）　一、选择题（每题只有一个正确答案，共80分）1．某古玩爱好者收藏的“商代铝碗”在“鉴宝”时被专家当场否定，其理由是（　　）A．铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品B．铝的质地较软，易变形，不宜做碗C．铝元素易导致老年痴呆，不宜盛放食物D．铝的导热性较强，不宜做碗　2．人体血红蛋白中不可缺少的是（　　）A．单质的铁或铝B．铁离子的化合物C．铁元素D．铝元素　3．金属是热和电的良好导体，因为它（　　）A．表面富有光泽B．有可成键的电子C．有金属离子D．有自由运动的电子　4．铝可以做成反光镜，这是利用了铝的（　　）A．具有金属光泽B．延展性C．导热性D．金属活泼性　5．不能用单质直接化合而得到的化合物是（　　）A．FeCl2B．Al2S3C．CuCl2D．Mg3N2　6．在水溶液中能电离出大量Al3+的电解质是（　　）A．NaAlO2B．KAl（SO4）2•12H2OC．Al（OH）3D．Al2O3　7．下列化学用语正确的是（　　）A．硫的原子结构示意图：B．NH4Cl的电子式：C．铝离子中的质子数和电子数之比为13：10D．原子核内有30个中子的铁原子：2656Fe　8．下列各组中的元素，属于同一周期的是（　　）A．Mg、Al、PB．O、Na、SC．N、O、ClD．H、Li、Na　9．下列各元素中，化合价的最高正价数最大的是（　　）A．FB．SC．ND．Al　26\n10．向氯化亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液后，沉淀颜色变化顺序为（　　）A．红褐色、灰绿色、白色B．白色、红褐色、黑色C．白色、灰绿色、红褐色D．蓝色、灰绿色、绿色　11．小明家里收藏了一件清代的铝制佛像，该佛像至今仍保存十分完好．该佛像未锈蚀的主要原因是（　　）A．铝易氧化，但氧化铝具有保护内部铝的作用B．铝的氧化物容易发生还原反应C．铝不易被氧化D．铝不易发生化学反应　12．随着原子序数的递增，不呈周期性变化的是元素的（　　）A．化合价B．相对原子质量C．原子的最外层电子排布D．原子半径　13．元素性质呈现周期性变化的根本原因是（　　）A．元素的原子量逐渐增大B．核外电子排布呈周期性变化C．核电荷数逐渐增大D．元素化合价呈周期性变化　14．铝在人体中积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝“确定为食品污染之一”而加以控制．铝在下列场合须加以控制的是（　　）①糖果内包装②电线电缆③牙膏皮④氢氧化铝胶囊（作内服药）⑤用明矾和小苏打作出食物膨化剂．A．①③④⑤B．②③④⑤C．②③⑤D．全部　15．在常温下，遇浓硝酸发生钝化的轻金属是（　　）A．铁B．铝C．镁D．铜　16．下列物质中可用于治疗胃酸过多的是（　　）A．碳酸钠B．氢氧化铝C．氧化钙D．硫酸钡　17．下列关于现有元素周期表的叙述正确的是（　　）A．共有6个周期，16个族B．共有7个周期，16个族C．共有6个周期，18个族D．共有7个周期，18个族　18．要使氯化铝溶液中的Al3+完全转化成Al（OH）3沉淀，应选用的最佳试剂是（　　）A．NaOH溶液B．稀盐酸C．氨水D．AgNO3　19．下列既能和稀硫酸反应又能和氢氧化钠溶液反应的化合物是（　　）A．氢氧化铁B．金属铝C．氧化铝D．硫酸铜　20．X元素最高价氧化物对应的水化物为H2XO3，它的气态氢化物为（　　）A．HXB．H2XC．XH3D．XH426\n　21．下列反应中铁元素被氧化的是（　　）A．Fe2O3+6HCl→2FeCl3+3H2OB．3Fe+4H2O→Fe3O4+4H2↑C．2FeCl3+2KI→2FeCl2+I2+2KClD．3NaOH+FeCl3→Fe（OH）3↓+3NaCl　22．同一周期X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是（　　）A．原子半径：X＞Y＞ZB．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．非金属性：X＞Y＞ZD．阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣　23．0.10mol/L的NaAlO2溶液中，离子浓度最小的是（　　）A．Na+B．H+C．AlO2﹣D．OH﹣　24．下列物质中既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都能生成盐和水的是（　　）①Al②Al2O3③Al（OH）3④Na2CO3．A．①③B．②③④C．②③D．全部　25．下列各组物质反应时，只能发生一个反应的是（　　）A．铁与硫B．碳与氧气C．二氧化硫和氢氧化钠溶液D．氯化铝溶液和氢氧化钠溶液　26．将溶液中的Mg2+、Al3+分离，可选用的试剂是（　　）A．氨水B．NaOHC．NaOH和盐酸D．K2CO3溶液　27．在强碱溶液中，可能大量存在的离子组是（　　）A．Na+、K+、AlO2﹣、Cl﹣B．Ba2+、Na+、Al3+、SO42﹣C．K+、Mg2+、Cl﹣、NO3﹣D．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣　28．下列物质的使用不涉及化学变化的是（　　）A．明矾用作净水剂B．铝镁合金材料制造飞机C．常温下，铁槽车运输浓硝酸D．用铝热反应焊接钢轨　29．按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），对第三周期元素性质的描述正确的是（　　）A．原子半径和离子半径均减小B．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强C．非金属气态氢化物稳定性逐渐增强D．单质的熔点降低　30．下列离子方程式书写不正确的是（　　）A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH﹣+2H2O→2AlO2﹣+3H2↑26\nB．Al2O3粉末溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH﹣→2AlO2﹣+H2OC．铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑D．氧化亚铁放入盐酸中：FeO+2H+→Fe2++H2O　31．在1981年才第一次制得卤族元素的第五个成员砹，根据卤素性质的变化规律，我们可以预料砹的下列性质不正确的是（　　）A．砹单质在室温下的状态是固体，颜色比碘深，单质能溶于四氯化碳B．砹原子得电子能力比碘强C．AgAt的颜色比AgI深，HAt的稳定性比HI弱D．单质砹是卤素中弱氧化剂，而砹离子是卤族中的强还原剂　32．下列除去杂质（括号内的是杂质）所选用的试剂合理的是（　　）A．Al（Fe）：浓硝酸B．MgO（Al2O3）：盐酸C．FeCl3（FeCl2）：氯水D．FeCl2（CuCl2）：氢氧化氢钠溶液　33．下列事实不属于盐类水解应用的是（　　）A．明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒B．实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D．实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率　34．能将Al2（SO4）3、（NH4）2SO4、KCl、MgCl2、FeCl2、Fe2（SO4）3六种溶液鉴别出来的一种试剂是（　　）A．NaOH溶液B．KSCN溶液C．AgNO3溶液D．BaCl2溶液　35．在硝酸铝和硝酸镁的混合溶液中，逐滴加入稀氢氧化钠溶液，直至过量．下列表示氢氧化钠加入量（x）与溶液中沉淀的量（y）的关系示意图中正确的是（　　）A．B．C．D．　36．A和B是前三周期的元素，它们的离子A2﹣、B3+具有相同的电子层结构．下列说法中正确的是（　　）A．原子序数：A＞BB．原子半径：A＞BC．离子半径：A2﹣＞B3+D．质子数：A＞B　37．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示．已知Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（　　）26\nA．原子的半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞XC．氢化物稳定性：X＞Y＞ZD．四种元素的单质中，Z单质熔、沸点最高　38．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则（　　）A．金属失去的电子数相等B．参加反应的金属质量相等C．参加反应的金属物质的量相等D．铁、镁、铝的质量比为56：24：27　39．将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，使合金全部溶解．向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图曲线所示．则盐酸的物质的量浓度为（　　）A．1mol/LB．8mol/LC．10mol/LD．12mol/L　40．硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为（　　）A．Fe2O3•2SO3•7H2OB．4Fe2O3•10SO3•25H2OC．3Fe2O3•6SO3•20H2OD．2Fe2O3•5SO3•17H2O　　二、解答题（共3小题，满分20分）41．已知下列方程式：8Fe+30HNO3→8Fe（NO3）3+3N2O↑+15H2O（1）标出上述反应电子转移的方向和总数　　　　　　．（2）上述反应中　　　　　　元素被还原，氧化产物为　　　　　　，若反应中生成标准状态下的N2O气体2.24L则转移的电子数目为　　　　　　．　26\n42．A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素；B是形成化合物种类最多的元素；C是地壳中含量最多的元素；D的气态氢化物的水溶液显碱性；E金属制成金属板后，经加工可制成一种高质量的反光镜，该金属粉末和氧化铁混合常用于焊接钢轨．（1）写出C、E的元素符号　　　　　　、　　　　　　．（2）B元素位于周期表中的位置为　　　　　　，BC2的电子式为　　　　　　（用元素符号表示）．（3）A、B、C、D的原子半径由大到小的顺序为　　　　　　（用元素符号表示）．（4）E的最高价氧化物对应的水化物与短周期元素中最高价氧化物对应水化物碱性最强的物质在溶液中反应的离子方程式　　　　　　．　43．0.78克镁铝的混合物投入到25mL30.625%稀硫酸（密度为1.28g/cm3）中，充分反应，在标准状态下得到气体体积0.896L（气体基本上全部收集），在反应后的溶液中加入4mol/LNaOH溶液，使镁离子完全沉淀，铝离子沉淀完全消失．通过计算回答下列问题：（1）稀硫酸的物质的量浓度为　　　　　　mol/L（2）混合物中铝的质量为　　　　　　（3）反应后溶液中加入4mol/LNaOH溶液的体积至少为多少毫升才能使氢氧化铝和氢氧化镁沉淀分开？　　26\n2022-2022学年上海市金山中学高二（上）期中化学试卷（合格考试）参考答案与试题解析　一、选择题（每题只有一个正确答案，共80分）1．某古玩爱好者收藏的“商代铝碗”在“鉴宝”时被专家当场否定，其理由是（　　）A．铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品B．铝的质地较软，易变形，不宜做碗C．铝元素易导致老年痴呆，不宜盛放食物D．铝的导热性较强，不宜做碗【考点】铝的化学性质．【分析】铝性质活泼，工业冶炼一般用电解法，热还原法不能冶炼，以此解答该题．【解答】解：由于铝性质活泼，热还原法不能冶炼，一般用电解氧化铝的方法冶炼，商代不可能冶炼出铝，与物理性质无关，只有A正确．故选A．【点评】本题考查铝的性质，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．　2．人体血红蛋白中不可缺少的是（　　）A．单质的铁或铝B．铁离子的化合物C．铁元素D．铝元素【考点】铁的化学性质．【分析】亚铁离子是血红蛋白的组成成分，生活中适当补充含亚铁离子的食物，以此来解答．【解答】解：人体血红蛋白中含有不可缺少的是亚铁离子，即不可缺少铁元素，与Al单质、Al元素无关，故选C．【点评】本题考查铁的性质及在人体中的作用，为高频考点，把握血红蛋白的组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的关系，题目难度不大．　3．金属是热和电的良好导体，因为它（　　）A．表面富有光泽B．有可成键的电子C．有金属离子D．有自由运动的电子【考点】金属键与金属的物理性质的关系．【分析】依据金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热，据此解答．【解答】解：金属都是由金属阳离子与自由电子通过金属键构成的金属晶体，因为金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热，故选：D．【点评】本题考查了金属晶体的结构与性质，明确金属晶体中含有自由电子是解题关键，题目难度不大．　4．铝可以做成反光镜，这是利用了铝的（　　）A．具有金属光泽B．延展性C．导热性D．金属活泼性【考点】铝的化学性质．26\n【分析】铝为金属元素，具有金属的通性，而做成反光镜，则利用了铝的具有金属光泽这一性质．【解答】解：铝为金属元素，具有金属的通性具有金属光泽、延展性、导热性等，而做成反光镜，则利用了铝的具有金属光泽这一性质，故选：A．【点评】主要考查了铝的基本性质，比较简单，注意基础知识的积累．　5．不能用单质直接化合而得到的化合物是（　　）A．FeCl2B．Al2S3C．CuCl2D．Mg3N2【考点】氯气的化学性质．【分析】A、氯气具有氧化性，能把有变价的金属氧化成高价的金属化合物；B、铝为活泼金属，硫为非金属，反应生成硫化物；C、金属铜可以和氯气之间发生反应生成高价态化合物；D、活泼金属镁可和氮气反应．【解答】解：A．铁具有变价，氯气具有氧化性，铁被氧化成高价，发生反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，不能直接反应生成FeCl2，故A符合；B．活泼金属Al与S在加热下反应：2Al+3SAl2S3，故B不符合；C．铜具有变价，氯气具有氧化性，Cu被氧化成高价，发生反应为：Cu+Cl2CuCl2，故C不符合；D．镁可和氮气在点燃的条件下反应：3Mg+N2Mg3N2，故D不符合；故选A．【点评】本题主要考查了金属元素的化学性质，掌握相关的化学反应方程式是解答本题的关键，题目较简单．　6．在水溶液中能电离出大量Al3+的电解质是（　　）A．NaAlO2B．KAl（SO4）2•12H2OC．Al（OH）3D．Al2O3【考点】电解质在水溶液中的电离．【分析】A．NaAlO2在水溶液中电离出钠离子和偏铝酸根离子；B．KAl（SO4）2•12H2O在水溶液中电离出钾离子、铝离子和硫酸根离子；C．氢氧化铝难溶于水；D．氧化铝难溶于水．【解答】解：A．NaAlO2是强电解质，在水溶液中电离方程式为NaAlO2=Na++AlO2﹣，所以溶液中没有自由移动的铝离子，故A错误；B．KAl（SO4）2•12H2O在水溶液中电离方程式为KAl（SO4）2.12H2O=K++Al3++2SO42﹣+12H2O，所以溶液中含有大量自由移动的铝离子，故B正确；C．氢氧化铝难溶于水，则不能在溶液中电离出大量铝离子，故C错误；D．氧化铝难溶于水，则不能在溶液中电离出大量铝离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查电解质在水溶液中的电离，为高频考点，明确电解质强弱及其溶解性是解本题关键，注意偏铝酸钠的电离方式，题目难度不大．26\n　7．下列化学用语正确的是（　　）A．硫的原子结构示意图：B．NH4Cl的电子式：C．铝离子中的质子数和电子数之比为13：10D．原子核内有30个中子的铁原子：2656Fe【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【分析】A．硫原子的核电荷数=核外电子总算=16，最外层含有6个电子；B．氯离子为阴离子，电子式中需要标出最外层的8个电子；C．铝离子的质子数为13，核外电子总数为10；D．铁原子的质子数为26，质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数．【解答】解：A．硫原子质子数为16，核外电子数为16，由3个电子层，最外层电子数为6，原子结构示意图为，为S2﹣的结构示意图，故A错误；B．氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，其正确的电子式为，故B错误；C．Al3+离子中的质子数为13、电子数为10，所以其质子数和电子数之比为13：10，故C正确；D．原子核内有30个中子的铁原子的质量数为56，该原子正确的表示方法为：2656Fe，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力．　8．下列各组中的元素，属于同一周期的是（　　）A．Mg、Al、PB．O、Na、SC．N、O、ClD．H、Li、Na【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】原子结构中，具有相同电子层的原子，在同一周期，以此来解答．【解答】解：A．Mg、Al、P的原子结构中均有3个电子层，均位于第三周期，故A选；B．O在第二周期，Na、S在第三周期，故B不选；C．N、O在第二周期，Cl在第三周期，故C不选；D．H、Li、Na分别在第一周期、第二周期、第三周期，故D不选；故选A．26\n【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，侧重元素位置的考查，注意把握原子的电子层数等于周期数的关系，熟悉常见元素的位置即可解答，题目难度不大．　9．下列各元素中，化合价的最高正价数最大的是（　　）A．FB．SC．ND．Al【考点】常见元素的化合价．【分析】主族元素其最高正化合价等于其族序数，但F无正价，O无最高正价，据此解答即可．【解答】解：A、F只有负价，无正价；B、S原子的最外层有6个电子，全部失去得最高价为+6价；C、N原子的最外层有5个电子，全部失去得最高价为+5价；D、Al原子的最外层有3个电子，故最高价为+3价．故选B．【点评】本题主要考查的是元素周期律与元素化合价的关系，难度不大，掌握一些元素的特殊性是解决本题的关键．　10．向氯化亚铁溶液中滴入氢氧化钠溶液后，沉淀颜色变化顺序为（　　）A．红褐色、灰绿色、白色B．白色、红褐色、黑色C．白色、灰绿色、红褐色D．蓝色、灰绿色、绿色【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】亚铁离子与氢氧化钠反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁很快被氧化，溶液变成灰绿色，最终变为红褐色；【解答】解：氯化亚铁溶液中加入NaOH溶液后，发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，会过程中到：先生成白色沉淀，白色沉淀迅速经灰绿色并转化为红褐色沉淀，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故选C．【点评】本题考查了氢氧化铁的性质，题目难度不大，注意掌握氯化亚铁的制备方法、氢氧化铁和氢氧化亚铁的物理性质分析，掌握基础是关键．　11．小明家里收藏了一件清代的铝制佛像，该佛像至今仍保存十分完好．该佛像未锈蚀的主要原因是（　　）A．铝易氧化，但氧化铝具有保护内部铝的作用B．铝的氧化物容易发生还原反应C．铝不易被氧化D．铝不易发生化学反应【考点】铝的化学性质．【分析】铝的化学性质比较活泼，能和氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止铝与氧气的接触，对铝起到保护作用．【解答】解：A．铝的化学性质比较活泼，易被氧化，但氧化铝生成一层致密的氧化物薄膜，阻止铝与氧气的接触，具有保护内部铝的作用，故A正确；B．铝的氧化物不再与空气中的氧气等发生反应，不易发生还原反应，故B错误；C．铝的化学性质比较活泼，易与氧气反应生成氧化物，易被氧化，故C错误；D．铝的活动性较强，属于活泼金属，易发生化学反应，故D错误．故选A．26\n【点评】本题考查了铝及其氧化物的性质，难度不大，注意铝和浓硝酸、浓硫酸的钝化现象中，不是铝和浓硫酸、浓硝酸不反应，而是先生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步反应，为易错点．　12．随着原子序数的递增，不呈周期性变化的是元素的（　　）A．化合价B．相对原子质量C．原子的最外层电子排布D．原子半径【考点】元素周期律的实质．【分析】随着原子序数的递增，核外电子排布、元素的化合价、原子半径、金属性和非金属性呈现周期性变化．【解答】解：随着原子序数的递增，核外电子排布、元素的化合价、原子半径、金属性和非金属性呈现周期性变化，但由于相对原子质量的决定因素是原子中质子数、中子数及同一元素的同位素原子在自然界中的物质的量分数，所以相对原子质量不呈周期性变化，故选：B．【点评】本题考查随着原子序数的递增，元素性质的变化，要理解元素性质呈周期性变化的原因是元素原子的核外电子排布的周期性变化的结果．　13．元素性质呈现周期性变化的根本原因是（　　）A．元素的原子量逐渐增大B．核外电子排布呈周期性变化C．核电荷数逐渐增大D．元素化合价呈周期性变化【考点】元素周期律的实质．【分析】根据随原子序数的递增，原子的结构呈现周期性的变化而引起元素的性质的周期性变化来解答．【解答】解：A、在周期表中，元素的原子量随着原子序数的增大而逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；B、因原子的核外电子排布中电子层数和最外层电子数都随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故B正确；C、在周期表中，元素的核电荷数逐渐增大，不能解释元素性质的周期性变化，故C错误；D、因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故D错误；故选：B．【点评】本题考查元素周期律的实质，明确原子的结构与性质的关系、元素的性质有哪些是解答的关键，并注意不能用元素本身的性质来解释元素性质的周期性变化．　14．铝在人体中积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝“确定为食品污染之一”而加以控制．铝在下列场合须加以控制的是（　　）①糖果内包装②电线电缆③牙膏皮④氢氧化铝胶囊（作内服药）⑤用明矾和小苏打作出食物膨化剂．A．①③④⑤B．②③④⑤C．②③⑤D．全部【考点】铝的化学性质．【分析】凡与人的食用物品及口腔接触的物品都必须控制铝的使用，使用铝制品包装食品、制炊具制成易拉罐可能对人体有危害，用含有铝的物质净化水或制药物或制食品蓬松剂对人体有危害．据此分析判断即可．26\n【解答】解：②电线电缆与人的消化系统不直接接触，铝不会因使用进入人体，与人体健康无关，无需控制；①糖果内包装②电线电缆③牙膏皮④氢氧化铝胶囊（作内服药）⑤用明矾和小苏打作出食物膨化剂其中的铝元素能通过消化系统进入人体，需要加以控制．故选：A．【点评】本题考查了铝的性质和用途，解答本题要掌握铝可能进入人体的途径，例如铝可以通过饮食、药物等途径进入人体从而危害人体健康，题目难度不大．　15．在常温下，遇浓硝酸发生钝化的轻金属是（　　）A．铁B．铝C．镁D．铜【考点】硝酸的化学性质．【分析】常温下，Fe、Al遇浓硝酸和浓硫酸发生钝化，以此来解答．【解答】解：Mg、Cu均在常温下与浓硝酸持续发生氧化还原反应，不会发生钝化，而常温下Fe和Al能被浓硝酸钝化，生成致密的氧化物阻止反应的进一步进行，所以轻金属是铝故选B．【点评】本题考查浓硝酸的性质及钝化，为基础性习题，把握发生钝化的金属为Fe、Al及酸为浓硝酸或浓硫酸为解答的关键，侧重性质的考查，题目难度不大．　16．下列物质中可用于治疗胃酸过多的是（　　）A．碳酸钠B．氢氧化铝C．氧化钙D．硫酸钡【考点】镁、铝的重要化合物；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】能够和酸发生化学反应的物质有：活泼金属、金属氧化物、碱、盐等，因此治疗胃酸过多，首先应选择一种能够和胃酸发生的物质，而且这种物质没有腐蚀性．【解答】解：A．纯碱碳酸钠碱性太强，应用碳酸氢钠，故A错误；B．氢氧化铝能与盐酸烦，常用来做胃药，故B正确；C．氧化钙与水反应生成的氢氧化钙有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D．硫酸钡与盐酸不反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查了酸的化学性质及抗酸药，难度不大，注意抗酸药应无腐蚀性．　17．下列关于现有元素周期表的叙述正确的是（　　）A．共有6个周期，16个族B．共有7个周期，16个族C．共有6个周期，18个族D．共有7个周期，18个族【考点】元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】元素周期表含7个周期、16个族，7个周期为短周期（1﹣3）、长周期，16个族为7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，以此来解答．【解答】解：现有元素周期表中，有7个横行，18个纵行，则含7个周期、16个族，16个族包括7个主族、7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族，故选B．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期表中横行、纵行与周期、族的关系为解答的关键，注意周期表中8、9、10三个纵行为第ⅤⅢ族，题目难度不大．　26\n18．要使氯化铝溶液中的Al3+完全转化成Al（OH）3沉淀，应选用的最佳试剂是（　　）A．NaOH溶液B．稀盐酸C．氨水D．AgNO3【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】根据题意，Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和强酸酸反应又能和强碱反应，要使明矾溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱．【解答】解：A．氢氧化钠溶液是强碱溶液，沉淀Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以Al3+不能全部沉淀出来，故A不符合；B．盐酸不与氯化铝反应，故B不符合；C．氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱溶液，不能溶解Al（OH）3，可以全部沉淀Al3+，故C符合；D．氯化铝与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，故D不符合；故选C．【点评】本题考查的是铝化合物的性质等，难度不大，重点考查氢氧化铝的实验室制备，注意基础知识的理解掌握．　19．下列既能和稀硫酸反应又能和氢氧化钠溶液反应的化合物是（　　）A．氢氧化铁B．金属铝C．氧化铝D．硫酸铜【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：Al、两性氧化物、两性氢氧化物、多元弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等，注意产物为盐与水，注意Al为单质．【解答】解：A．氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁与水，不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B．Al与硫酸酸生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，但Al是单质，不属于化合物，故B错误；C．氧化铝属于两性氧化物，与硫酸反应生成硫酸铝由水，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，故C正确；D．硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜与硫酸钠，但不能与硫酸反应，故D错误，故选：C．【点评】本题考查元素化合物的性质，比较基础，注意基础知识的积累与归纳总结．　20．X元素最高价氧化物对应的水化物为H2XO3，它的气态氢化物为（　　）A．HXB．H2XC．XH3D．XH4【考点】原子结构与元素的性质．【分析】根据最高价氧化物对应的水化物的化学式可知元素的最高正价，则可知最低负价，进而判断氢化物的化学式．【解答】解：X元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，则X的最高正价为+4价，说明X原子最外层有4个电子，最低化合价为﹣4价，形成的氢化物为XH4，故选D．【点评】本题考查元素在周期表中的位置以及元素的性质，题目难度不大，注意最高化合价与最低化合价之间的关系，二者绝对值之和为8．　26\n21．下列反应中铁元素被氧化的是（　　）A．Fe2O3+6HCl→2FeCl3+3H2OB．3Fe+4H2O→Fe3O4+4H2↑C．2FeCl3+2KI→2FeCl2+I2+2KClD．3NaOH+FeCl3→Fe（OH）3↓+3NaCl【考点】氧化还原反应．【分析】Fe元素失去电子被氧化，则Fe元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．反应中元素的化合价不变，故A不选；B．Fe元素的化合价升高，被氧化，故B选；C．Fe元素的化合价降低，被还原，故C不选；D．反应中元素的化合价不变，故D不选；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　22．同一周期X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是（　　）A．原子半径：X＞Y＞ZB．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．非金属性：X＞Y＞ZD．阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】同周期元素的原子从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱；同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，得电子能力逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强．阳离子的氧化性增强，阴离子的还原性逐渐减弱．【解答】解：非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z．A、同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B、非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，故C正确；D、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣，故D正确．故选A．【点评】本题考查元素周期律知识，题目难度不大，注意相关性质的比较角度以及元素周期律的主要递变规律．　23．0.10mol/L的NaAlO2溶液中，离子浓度最小的是（　　）A．Na+B．H+C．AlO2﹣D．OH﹣【考点】物质的量浓度的相关计算．26\n【分析】偏铝酸钠溶液中，偏铝酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（Na+）＞c（AlO2﹣），据此进行判断．【解答】解：0.10mol/L的NaAlO2溶液中，偏铝酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）、c（Na+）＞c（AlO2﹣），所以离子浓度最小的为H+，故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　24．下列物质中既能与强酸反应，又能与强碱反应，且都能生成盐和水的是（　　）①Al②Al2O3③Al（OH）3④Na2CO3．A．①③B．②③④C．②③D．全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【分析】中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：Al、两性氧化物、两性氢氧化物、多元弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等，注意产物为盐与水．【解答】解：A．Al与强酸生成铝盐与氢气，与强碱反应生成偏铝酸盐与氢气，故A不符合；B．Al2O3属于两性氧化物，与强酸反应生成铝盐与水，与强碱反应生成偏铝酸盐与水，故B符合；C．Al（OH）3属于两性氢氧化物，与强酸反应生成铝盐与水，与强碱反应生成偏铝酸盐与水，故C符合；D．碳酸钠与强酸反应生成二氧化碳，与强碱不一定反应，如与氢氧化钠不反应，故D不符合，故选：C．【点评】本题考查元素化合物的性质，难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳．　25．下列各组物质反应时，只能发生一个反应的是（　　）A．铁与硫B．碳与氧气C．二氧化硫和氢氧化钠溶液D．氯化铝溶液和氢氧化钠溶液【考点】二氧化硫的化学性质；钠的重要化合物．【分析】A．铁与硫反应生成硫化亚铁；B．碳与氧气反应产物与氧气的量有关；C．二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应与二氧化硫用量有关；D．氯化铝溶液和氢氧化钠溶液，反应与氢氧化钠用量有关．【解答】解：A．铁与硫反应生成硫化亚铁，只能发生一个反应，故A正确；B．碳与氧气反应，氧气足量生成二氧化碳，氧气不足生成一氧化碳，故错误；C．二氧化硫和氢氧化钠溶液，二氧化硫少量生成亚硫酸钠溶液，二氧化硫过量生成亚硫酸氢钠，故C错误；D．氯化铝溶液和氢氧化钠溶液，氢氧化钠少量生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量，生成的氢氧化铝再与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，故D错误；故选：A．【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查反应条件及反应物用量不同发生反应不同，题目难度不大，注意对知识的积累．26\n　26．将溶液中的Mg2+、Al3+分离，可选用的试剂是（　　）A．氨水B．NaOHC．NaOH和盐酸D．K2CO3溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】氢氧化铝具有两性，加NaOH可使Mg2+、Al3+分离，然后加酸转化为金属离子，以此来解答．【解答】解：A．均与氨水反应生成白色沉淀，不能分离，故A错误；B．加NaOH，镁离子转化为沉淀，铝离子转化为偏铝酸钠，故B错误；C．加NaOH，镁离子转化为沉淀，铝离子转化为偏铝酸钠，再加盐酸，氢氧化镁与盐酸反应生成Mg2+，偏铝酸钠与盐酸反应生成Al3+，实现分离，故C正确；D．均与碳酸钾反应生成沉淀，故D错误；故选C．【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及氢氧化铝的两性等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　27．在强碱溶液中，可能大量存在的离子组是（　　）A．Na+、K+、AlO2﹣、Cl﹣B．Ba2+、Na+、Al3+、SO42﹣C．K+、Mg2+、Cl﹣、NO3﹣D．Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣【考点】离子共存问题．【分析】碱性溶液中存在大量氢氧根离子，A．四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；B．钡离子与硫酸根离子反应，铝离子与氢氧根离子反应；C．镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；D．钙离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸钙沉淀．【解答】解：A．Na+、K+、AlO2﹣、Cl﹣之间不反应，都不与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Ba2+、SO42﹣反应生成硫酸钡，Al3+与碱性溶液中的氢氧根离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Mg2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Ca2+、HCO3﹣与碱性溶液中的氢氧根离子反应生成碳酸钙，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判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：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；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣．　28．下列物质的使用不涉及化学变化的是（　　）A．明矾用作净水剂B．铝镁合金材料制造飞机C．常温下，铁槽车运输浓硝酸D．用铝热反应焊接钢轨【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．26\n【分析】A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝；B．铝镁合金材料制造飞机没有新物质生成；C．浓硝酸具有强氧化性，能使铁钝化；D．铝热反应生成铁单质．【解答】解：A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B．铝镁合金材料制造飞机没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；C．浓硝酸具有强氧化性，能使铁钝化，则可用铁槽车运输浓硝酸，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．铝热反应生成铁单质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误．故选B．【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大，要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．　29．按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），对第三周期元素性质的描述正确的是（　　）A．原子半径和离子半径均减小B．氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强C．非金属气态氢化物稳定性逐渐增强D．单质的熔点降低【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系．【分析】A．一般来讲，电子层越多，粒子半径越大，电子层相同时核电荷数越大，粒子半径越小；B．必须是最高价氧化物对应的水化物，不是最高价，不一定满足；C．根据元素的非金属性越强气态氢化物稳定性越强来判断；D．金属单质的熔点降低，而非金属单质中，原子晶体沸点大于金属晶体，分子晶体沸点较低【解答】解：A．第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，故A错误；B．必须指出是最高价氧化物对应的水化物的碱性减弱，酸性增强，否则不一定成立，故B错误；C．第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，元素的非金属性增强，气态氢化物稳定性增强，故C正确；D．金属单质的熔点降低，Si单质为原子晶体，则单质熔点大小为：Na＜Mg＜Al＜Si（原子晶体），其它非金属单质P、S、Cl2为分子晶体，熔点比金属单质低，故整体趋势为：Si＞Al＞Mg＞S＞P＞Na＞Cl2，故D错误；故选C．【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，明确元素周期律的内容为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，B为易错点，注意必须是最高价氧化物对应的水化物．　26\n30．下列离子方程式书写不正确的是（　　）A．铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH﹣+2H2O→2AlO2﹣+3H2↑B．Al2O3粉末溶于NaOH溶液中：Al2O3+2OH﹣→2AlO2﹣+H2OC．铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑D．氧化亚铁放入盐酸中：FeO+2H+→Fe2++H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．二者反应生成偏铝酸钠和氢气；B．二者反应生成偏铝酸钠和水；C．不符合反应客观事实；D．二者反应生成氯化亚铁和水．【解答】解：A．铝粉投入到NaOH溶液中，离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O→2AlO2﹣+3H2↑，故A正确；B．Al2O3粉末溶于NaOH溶液中，离子方程式：Al2O3+2OH﹣→2AlO2﹣+H2O，故B正确；C．铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D．氧化亚铁放入盐酸中，离子方程式：FeO+2H+=Fe2++H2O，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实．　31．在1981年才第一次制得卤族元素的第五个成员砹，根据卤素性质的变化规律，我们可以预料砹的下列性质不正确的是（　　）A．砹单质在室温下的状态是固体，颜色比碘深，单质能溶于四氯化碳B．砹原子得电子能力比碘强C．AgAt的颜色比AgI深，HAt的稳定性比HI弱D．单质砹是卤素中弱氧化剂，而砹离子是卤族中的强还原剂【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】砹属于卤族元素，在卤族元素中，砹的金属性最强，非金属性最弱，卤族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，单质的氧化性逐渐减弱，但是离子的还原性逐渐增强，据此回答．【解答】解：A、卤族元素从上到下，状态从气态过渡到液态，再过渡到固态，颜色逐渐变深，砹单质在室温下的状态是固体，颜色比碘深，卤素单质易溶于有机溶剂四氯化碳中，故A正确；B、卤族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱，故B错误；C、卤族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱，氢化物稳定性减弱，AgX从无色到白色，再到浅黄色、到黄色，颜色逐渐变深，所以AgAt的颜色比AgI深，HAt的稳定性比HI弱，故C正确；D、卤族元素从上到下，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，但是离子的还原性逐渐增强，所以单质砹是卤素中弱氧化剂，而砹离子是卤族中的强还原剂，故D正确．故选B．【点评】本题考查学生卤素以及化合物的性质递变规律知识，属于基本知识的考查，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．　32．下列除去杂质（括号内的是杂质）所选用的试剂合理的是（　　）26\nA．Al（Fe）：浓硝酸B．MgO（Al2O3）：盐酸C．FeCl3（FeCl2）：氯水D．FeCl2（CuCl2）：氢氧化氢钠溶液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．二者都与浓硝酸反应；B．二者都与盐酸反应；C．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；D．二者都与氢氧化钠溶液反应．【解答】解：A．浓硝酸与铁、铝常温下都发生钝化反应，不能除杂，应用磁铁除杂，故A错误；B．氧化铝为两性氧化物，应用氢氧化钠溶液除杂，故B错误；C．氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，可用于除杂，故C正确；D．铁可与氯化铜发生置换反应生成铜，可处在氯化铜，如用氢氧化钠溶液，与二者都发生反应，不能除去杂质，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重于学生综合运用化学知识的能力和实验能力的考查，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同．　33．下列事实不属于盐类水解应用的是（　　）A．明矾、氯化铁晶体常用于净水或消毒B．实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污C．实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸D．实验室制氢气时加入CuSO4可加快反应速率【考点】盐类水解的应用．【分析】A、明矾、氯化铁晶体常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水；B、纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质；C、氯化铁溶液中铁离子水解显酸性分析；D、加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率；【解答】解：A、明矾、氯化铁晶体常用于净水是利用铝离子、铁离子水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体具有吸附作用，可以净水，和盐类水解有关，故A不符合；B、纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性，加热促进水解，油脂在碱性溶液中水解形成溶于水的物质，易于除去，故B不符合；C、氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入少量盐酸抑制铁离子水解，故C不符合；D、加入硫酸铜溶液会和锌反应生成铜，在电解质溶液中形成原电池反应，加快反应速率，和盐类水解无关，故D符合；故选D．【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，注意水解过程分析和影响因素的理解，掌握基础是关键，题目较简单．　34．能将Al2（SO4）3、（NH4）2SO4、KCl、MgCl2、FeCl2、Fe2（SO4）3六种溶液鉴别出来的一种试剂是（　　）26\nA．NaOH溶液B．KSCN溶液C．AgNO3溶液D．BaCl2溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】Al2（SO4）3、（NH4）2SO4、KCl、MgCl2、FeCl2、Fe2（SO4）3六种溶液分别与NaOH溶液混合的现象为：先生成白色沉淀后沉淀溶解、刺激性气体、无现象、白色沉淀、显生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀，以此来解答．【解答】解：A．Al2（SO4）3、（NH4）2SO4、KCl、MgCl2、FeCl2、Fe2（SO4）3六种溶液分别与NaOH溶液混合的现象为：先生成白色沉淀后沉淀溶解、刺激性气体、无现象、白色沉淀、显生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀，现象不同，可鉴别，故A正确；B．KSVN溶液只能鉴别Fe2（SO4）3，故B错误；C．均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；D．Al2（SO4）3、（NH4）2SO4、Fe2（SO4）3均与氯化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握发生的反应及反应中的不同现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意现象相同不能鉴别物质，题目难度不大．　35．在硝酸铝和硝酸镁的混合溶液中，逐滴加入稀氢氧化钠溶液，直至过量．下列表示氢氧化钠加入量（x）与溶液中沉淀的量（y）的关系示意图中正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】在硝酸铝和硝酸镁的混合溶液中，逐滴加入稀氢氧化钠溶液，首先发生反应：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，产生沉淀，随氢氧化钠溶液加入沉淀增大，当Al3+、Mg2+沉淀完全，沉淀最大，再加入氢氧化钠溶液，发生反应：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，沉淀质量减小，最终沉淀为Mg（OH）2，再加入氢氧化钠溶液，沉淀质量不变，据此结合选项图象分析．当Al3+沉淀完全时需加入6molOH﹣，即加入6molNaOH，生成Al（OH）32mol．然后发生反应NH4++OH﹣=NH3・H2O；NH4+完全反应时需加入2molOH﹣，即加入2molNaOH，沉淀氢氧化铝的量不变．最后继续滴加NaOH，2molAl（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，当Al3+沉淀完全时需加入6molOH﹣，即加入6molNaOH，生成Al（OH）32mol．然后发生反应NH4++OH﹣=NH3・H2O；NH4+完全反应时需加入2molOH﹣，即加入2molNaOH，沉淀氢氧化铝的量不变．最后继续滴加NaOH，2molAl（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，直至过量．【解答】解：在硝酸铝和硝酸镁的混合溶液中，逐滴加入稀氢氧化钠溶液，首先发生反应：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，产生沉淀，随氢氧化钠溶液加入沉淀增大，当Al3+、Mg2+沉淀完全，沉淀最大，再加入氢氧化钠溶液，发生反应：Al（OH）26\n3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，沉淀质量减小，最终沉淀为Mg（OH）2，再加入氢氧化钠溶液，沉淀质量不变．A、沉淀不能完全溶解，最终沉淀为Mg（OH）2，图象与实际不相符合，故A错误；B、沉淀达最大量时，再加氢氧化钠溶液，氢氧化铝溶解，沉淀量减小，最后为定值，图象与实际不相符合，故B错误；C、随氢氧化钠溶液加入沉淀增大，当Al3+、Mg2+沉淀完全，沉淀最大，再加入氢氧化钠溶液，发生反应：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，沉淀质量减小，最后为定值，图象与实际相符合，故C正确；D、当Al3+、Mg2+沉淀完全，沉淀最大，再加入氢氧化钠溶液，发生反应：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，沉淀质量减小，最后为定值，图象与实际不相符合，故D错误．故选：C．【点评】考查化学反应图象、镁铝化合物的性质等，难度不大，清楚反应过程是关键，注意基础知识的掌握．　36．A和B是前三周期的元素，它们的离子A2﹣、B3+具有相同的电子层结构．下列说法中正确的是（　　）A．原子序数：A＞BB．原子半径：A＞BC．离子半径：A2﹣＞B3+D．质子数：A＞B【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】阴离子原子序数=核外电子数﹣电荷数，阳离子原子序数=核外电子数+电荷数，A和B是前三周期的元素，它们的离子A2﹣、B3+具有相同的电子层结构，则原子序数B＞A，原子的电子层数越多其原子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小．【解答】解：阴离子原子序数=核外电子数﹣电荷数，阳离子原子序数=核外电子数+电荷数，A和B是前三周期的元素，它们的离子A2﹣、B3+具有相同的电子层结构，则原子序数B＞A，A．通过以上分析知，原子序数B＞A，故A错误；B．电子层数越多其原子半径越大，B位于A的下一周期，所以原子半径B＞A，故B错误；C．电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径A2﹣＞B3+，故C正确；D．原子中质子数=核外电子数=原子序数，原子序数B＞A，则质子数B＞A，故D错误；故选C．【点评】本题考查了原子结构和元素周期律的关系，根据原子序数、核外电子数、电荷数的关系确定元素，再结合离子半径、原子半径、原子结构等知识点分析解答，题目难度不大．　37．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示．已知Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是（　　）A．原子的半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞X26\nC．氢化物稳定性：X＞Y＞ZD．四种元素的单质中，Z单质熔、沸点最高【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素周期律的递变规律比较原子半径、单质的熔沸点以及最高价氧化物对应水化物的酸性等性质．【解答】解：Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，A．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．非金属性W＞X＞Z，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为W＞X＞Z，故B错误；C．非金属性Y＞X＞Z，则氢化物稳定性Y＞X＞Z，故C错误；D．氧气、氮气、氯气常温下为气体，Z为S，常温下为固体，熔、沸点最高，故D正确；故选D．【点评】本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律．　38．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，同温同压下，产生相同体积的氢气，则（　　）A．金属失去的电子数相等B．参加反应的金属质量相等C．参加反应的金属物质的量相等D．铁、镁、铝的质量比为56：24：27【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学方程式的有关计算．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子；B．同温同压下，产生相同体积的氢气，说明产生的氢气的物质的量相等，1mol铁失去2mol电子，1mol镁失去2mol电子，1mol铝失去3mol电子；C．根据1mol铁失去2mol电子，1mol镁失去2mol电子，1mol铝失去3mol电子进行解答；D．根据B分析进行解答；【解答】解：A．铁、镁、铝三种金属分别和等体积等浓度的盐酸反应，反应的本质都是金属失去电子，溶液中氢离子得到电子变为氢气，故同温同压下，产生相同体积的氢气时，氢离子得到电子的数目必然相等，而这些电子均由金属提供，则参加反应的金属失去的电子数相等，故A正确；B．铁、镁、铝三种金属，分别与同体积同浓度的盐酸反应后，同温同压下，产生相同体积的氢气，设所需要的金属质量分别是x、y、z，则有×2=×2=×3，所以可得参加反应的金属质量比是28：12：9，故B错误；26\nC．若相同条件下产生相同体积的氢气，设为1mol，则根据反应的关系式可知：所需Fe、Mg、Al三种金属的物质的量之比为：1mol：1mol：mol=3：3：2，故C错误；D．由B可知参加反应的金属质量比是28：12：9，故D错误；故选A．【点评】本题主要考查了金属的化学性质以及金属与酸反应的实质和有关的计算，题目难度中等．　39．将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定物质的量浓度的盐酸中，使合金全部溶解．向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图曲线所示．则盐酸的物质的量浓度为（　　）A．1mol/LB．8mol/LC．10mol/LD．12mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【分析】从图中横坐标可以看出，开始加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段发生反应：HCl+NaOH═NaCl+H2O，当氢氧化钠继续加入，沉淀不断增加，发生反应MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，当氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀达最大值，此时溶液中溶质只有NaCl，根据氯元素守恒有n（HCl）=n（NaCl），根据钠元素守n（NaCl）=n（NaOH），据此计算出n（HCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度．【解答】解：从图中横坐标可以看出，开始加入氢氧化钠溶液时，没有产生沉淀，此段发生反应：HCl+NaOH═NaCl+H2O，当氢氧化钠继续加入，沉淀不断增加，发生反应MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，当氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀达最大值，此时溶液中溶质只有NaCl，根据钠元素守n（NaCl）=n（NaOH）=0.16L×5mol/L=0.8mol，根据氯元素守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.8mol，所以该盐酸的物质的量浓度为：c（HCl）==8mol/L，故选B．【点评】本题以图象题的形式考查镁铝化合物性质、混合物的计算，题目难度中等，分析图象各阶段的发生的反应是解题关键，注意利用守恒思想进行计算．　40．硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为（　　）A．Fe2O3•2SO3•7H2OB．4Fe2O3•10SO3•25H2OC．3Fe2O3•6SO3•20H2OD．2Fe2O3•5SO3•17H2O【考点】复杂化学式的确定．26\n【分析】取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825gBaSO4，根据质量求出其物质的量，然后根据S原子的守恒即可求向得碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“SO3”的物质的量和质量；上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，根据转化过程中铁元素的守恒可知，碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量和物质的量，然后再根据碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量和物质的量，从而即可求得该样品的化学式．【解答】解：取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣．加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n==0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量n==0.01mol．而碱式硫酸铁（xFe2O3•ySO3•zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g﹣2.00g﹣1.600g=1.53g，物质的量n==0.085mol．故该样品中x：y：Z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D．【点评】本题考查了复杂化学式的计算，中等难度．搞清反应原理是关键，注意在计算过程中守恒思想的运用．　二、解答题（共3小题，满分20分）41．已知下列方程式：8Fe+30HNO3→8Fe（NO3）3+3N2O↑+15H2O（1）标出上述反应电子转移的方向和总数　　．（2）上述反应中　+5价的N　元素被还原，氧化产物为　Fe（NO3）3　，若反应中生成标准状态下的N2O气体2.24L则转移的电子数目为　0.8NA　．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【分析】（1）Fe失去电子，N得到电子，该反应转移24e﹣；（2）N元素的化合价降低，得到电子被还原，而Fe失去电子被氧化，由反应可知，生成3molN2O时转移24mol电子，以此来解答．【解答】解：（1）Fe失去电子，N得到电子，该反应转移24e﹣，则电子转移方向和数目为，故答案为：；26\n（2）N元素的化合价降低，得到电子被还原，+5价的N元素被还原，而Fe失去电子被氧化，氧化产物为Fe（NO3）3，由反应可知，生成3molN2O时转移24mol电子，生成标准状态下的N2O气体2.24L则转移的电子数目为××NA=0.8NA，故答案为：+5价的N；Fe（NO3）3；0.8NA．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　42．A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素；B是形成化合物种类最多的元素；C是地壳中含量最多的元素；D的气态氢化物的水溶液显碱性；E金属制成金属板后，经加工可制成一种高质量的反光镜，该金属粉末和氧化铁混合常用于焊接钢轨．（1）写出C、E的元素符号　O　、　Al　．（2）B元素位于周期表中的位置为　第二周期IVA族　，BC2的电子式为　　（用元素符号表示）．（3）A、B、C、D的原子半径由大到小的顺序为　C＞N＞O＞H　（用元素符号表示）．（4）E的最高价氧化物对应的水化物与短周期元素中最高价氧化物对应水化物碱性最强的物质在溶液中反应的离子方程式　Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是形成化合物种类最多的元素，则B为碳元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；D的气态氢化物的水溶液显碱性，则D为N元素；E金属制成金属板后，经加工可制成一种高质量的反光镜，该金属粉末和氧化铁混合常用于焊接钢轨，则E为Al，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其中A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是形成化合物种类最多的元素，则B为碳元素；C是地壳中含量最多的元素，则C为O元素；D的气态氢化物的水溶液显碱性，则D为N元素；E金属制成金属板后，经加工可制成一种高质量的反光镜，该金属粉末和氧化铁混合常用于焊接钢轨，则E为Al．（1）C为O元素、E为Al元素，故答案为：O；Al；（2）B为碳元素，位于周期表中的位置为：第二周期IVA族，CO2的电子式为，故答案为：第二周期IVA族；；（3）所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：C＞N＞O＞H，故答案为：C＞N＞O＞H；（4）E的最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，短周期元素中最高价氧化物对应水化物碱性最强的物质为NaOH，二者在溶液中反应的离子方程式：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．　26\n43．0.78克镁铝的混合物投入到25mL30.625%稀硫酸（密度为1.28g/cm3）中，充分反应，在标准状态下得到气体体积0.896L（气体基本上全部收集），在反应后的溶液中加入4mol/LNaOH溶液，使镁离子完全沉淀，铝离子沉淀完全消失．通过计算回答下列问题：（1）稀硫酸的物质的量浓度为　4　mol/L（2）混合物中铝的质量为　0.54g　（3）反应后溶液中加入4mol/LNaOH溶液的体积至少为多少毫升才能使氢氧化铝和氢氧化镁沉淀分开？【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题；守恒法．【分析】（1）根据c=，计算求解；（2）由n（H2）==0.04mol，所以0.78克镁铝共转移0.04×2mol=0.08mol的电子，再根据质量守恒求混合物中铝的质量；c=计算求解；（3）要使氢氧化铝和氢氧化镁沉淀分开加入氢氧化钠使氢氧化铝变成偏铝酸钠，此时溶液为偏铝酸钠和硫酸钠的混合体系，根据组成守恒求氢氧化钠的物质的量，再结合V=．【解答】解：（1）根据c===4mol/L，故答案为：4；（2）设0.78克混合物镁铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据质量守恒和电子得失守恒得：，解之得：，所以混合物中铝的质量为：0.02×27=0.54g，故答案为：0.54g；（3）根据铝守恒得n（NaAlO2）=（Al）=0.02mol，而n（Na2SO4）=n（H2SO4）=4mol/L×25×10﹣3L=0.1mol，所以n（NaOH）=0.02+0.1×2=0.22mol，所以V==55mL，答：反应后溶液中加入4mol/LNaOH溶液的体积至少为55mL．【点评】本题考查物质的量浓度的计算、根据电子得失和质量守恒求铝的质量，第三小题要根据氢氧化铝的性质，要将两者分离加氢氧化钠恰好使氢氧化铝转化为偏铝酸钠，然后得到溶液根据溶液的组成求氢氧化钠的物质的量，有一定的难度．26