上海理工大附中高二化学上学期期中试题含解析

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上海理工大附中高二化学上学期期中试题含解析

2022-08-25 11:33:32
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2022-2022学年上海理工大附中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（每小题2分，共80分，每小题只有一个正确选项）1．在元素周期表中，金属元素和非金属元素分界线附近能找到（　　）A．制半导体元素B．制农药元素C．制催化剂元素D．制耐高温合金的元素　2．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．铝的导热性较强，不易做碗B．铝的质地较软，易变形，不易做碗C．铝元素易导致老年痴呆，不易盛放食物D．铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品　3．某元素的离子带2个单位正电荷，它的核外电子排布为，此元素在周期表中的位置是（　　）A．第二周期零族B．第三周期ⅡA族C．第二周期ⅥA族D．第三周期IIIA　4．下列化合物中，不能由两种单质直接化合制得的是（　　）A．FeSB．FeCl3C．Fe3O4D．FeCl2　5．下列各操作中，适宜用来制备氢氧化铝的是（　　）A．将氧化铝放入水中共热B．将金属钠投入氯化铝溶液中C．将足量氨水滴入氯化铝溶液中D．将足量氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中　6．把钠放入滴有酚酞试液的水中，下列现象不会出现的是（　　）A．钠浮在水面上B．钠熔化成小球-38-\nC．溶液中产生较多的气泡D．水溶液变成红色　7．下列说法中，正确的是（　　）A．第ⅠA族元素都是金属元素B．第ⅣA族非金属元素的单质只能形成原子晶体C．第ⅥA族元素形成的单质，常温下有气、液、固三种状态D．元素性质呈现周期性变化的根本原因是元素原子最外层电子数呈现周期性变化　8．铝能用于冶炼难熔的金属，这是因为铝具有（　　）A．两性B．优良的导电性C．低的熔点D．还原性，且在冶炼反应中放出大量热　9．不能比较氮和氧非金属性相对强弱的是（　　）A．氨气在氧气中燃烧生成氮气B．沸点：H2O＞NH3C．NO中N为+2价，氧为﹣2价D．热稳定性：H2O＞NH3　10．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（　　）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．①②④B．①③④C．①④D．②③　11．下列除杂方案错误的是（　　）选项被提纯的物质杂质除杂试剂AFeCl3（aq）Al3+（aq）NaOH溶液、盐酸-38-\nBAlCl3（aq）Cu2+Al粉CNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液DFeCl3（aq）Cu2+Fe粉A．AB．BC．CD．D　12．同周期三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序为X＜Y＜Z，则下列判断中正确的是（　　）A．非金属性X＜Y＜ZB．气态氢化物的热稳定性按X、Y、Z顺序减弱C．X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物酸性由弱到强D．X、Y、Z最外层电子数依次增大　13．主族元素R的最高价氧化物的化学式为R2O5，则它的气态氢化物的化学式是（　　）A．RH4B．RH3C．H2RD．HR　14．人体正常的血红蛋白应含Fe2+．若误食外表与食盐相近的亚硝酸盐，则导致血红蛋白中的Fe2+转化成Fe3+而中毒，服用维生素C可解除亚硝酸盐中毒，下列叙述中正确的是（　　）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是还原剂C．维生素C是氧化剂D．亚硝酸盐被氧化　15．由下列反应：Cu+2FeCl3→2FeCl2+CuCl2，CuCl2+Fe→FeCl2+Cu，确定Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性强弱顺序为（　　）A．Fe2+＞Cu2+＞Fe3+B．Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C．Fe3+＞Fe2+＞Cu2+D．Fe2+＞Fe3+＞Cu2+　16．下列关于铝热剂的有关叙述中正确的是（　　）A．利用铝热剂的反应，常用于冶炼高熔点的金属B．氧化铝和铁的混合物是铝热剂C．铝热剂发生的铝热反应需要用镁带和氯酸钾引燃，所以铝热反应是吸热反应D．工业上常用铝热反应来大量冶炼金属铁-38-\n　17．已知质量数为A的某阳离子Rn+，核外有X个电子，则核内中子数为（　　）A．A﹣xB．A﹣x﹣nC．A﹣x+nD．A+x﹣n　18．某500mL溶液中含0.1molFe2+、0.2molFe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）（　　）A．0.4mol•L﹣1B．0.6mol•L﹣1C．0.8mol•L﹣1D．1.0mol•L﹣1　19．下列离子方程式正确的是（　　）A．铝和氢氧化钠溶液反应2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑B．铁和稀盐酸反应2Fe+6H+=2Fe3++H2↑C．铝和醋酸溶液反应2Al+2H+=2Al3++H2↑D．铁和氯化铁溶液反应Fe+2Fe3+=3Fe2+　20．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、﹣3﹣2下列叙述正确的是（　　）A．元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来　21．如图中能表示将Ba（OH）2溶液逐滴加入到硫酸铝溶液中，产生沉淀的质量（W）与加入Ba（OH）2溶液的体积（V）关系的是（　　）A．B．C．D．-38-\n　22．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（　　）A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应　23．现有甲、乙、丙三种元素，其原子序数都不超过20．有关信息如下：元素代号相关信息甲n为电子层数，甲原子最外层电子数为（2n2﹣1）乙在周期表中它的周期数为k，主族序数为（2k+1）丙电子层数大于最外层电子数下列关于甲、乙、丙三种元素相关的分析正确的是（　　）A．甲的单质难溶于水B．乙的气态氢化物遇湿润的pH试纸变红色或蓝色C．丙的最高价氧化物对应的水化物是强碱D．甲、丙只能形成共价化合物　24．将表面已完全钝化的铝条（表面是一层Al2O3薄膜），插入下列溶液中，不会发生反应的是（　　）A．稀硝酸B．稀盐酸C．硝酸铜D．氢氧化钠　25．氧化亚铁固体可溶于足量稀硝酸，其中稀硝酸所体现的作用是（　　）A．还原性和酸性B．氧化性和酸性C．只有氧化性D．只有酸性-38-\n　26．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　27．某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Na+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量增加的阳离子是（　　）A．Fe3+B．Mg2+C．Na+D．Fe2+　28．Fe3O4与HNO3反应生成Fe（NO3）3、NO、H2O若溶解1molFe3O4，则被还原的硝酸是（　　）A．3molB．1/2molC．1/3molD．9mol　29．下列各组离子在溶液中由于氧化还原而不能大量共存的是（　　）A．Fe3+、Cl﹣、SCN﹣、K+B．Fe2+、H+、NO3﹣、SO2﹣4C．H+、Mg2+、CO32﹣、Cl﹣D．Fe2+、Cu2+、Cl﹣、NO﹣3　30．某无色透明溶液能与铝反应产生氢气，则此溶液中可能大量共存的离子组是（　　）A．K+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣C．Cu2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣　31．常温下，向下列各溶液中分别投入铁片，溶液质量变化最小的是（　　）A．浓HNO3B．HClC．CuSO4D．AgNO3　32．只用一种试剂即可鉴别氯化镁、氯化铁、氯化亚铁、氯化铵、氯化钠这五种溶液，该试剂是（　　）A．KSCNB．BaCl2C．HClD．NaOH　33．下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（　　）A．NaCl和MgB．NH4Cl和NH3C．Cu和HgD．CO2和SiO2　-38-\n34．浅绿色的Fe（NO3）2溶液中存在着如下的平衡：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+若在此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色变化为（　　）A．绿色变深B．浅绿色变得更浅C．变黄D．无明显变化　35．铁和下列物质反应，能生成+3价化合物的是（　　）①O2②S③HCl④CuCl2⑤HNO3⑥溴⑦H2O．A．①②⑤B．①⑥C．①⑤⑥⑦D．①⑤⑥　36．把铁与铜的混合物放入稀HNO3中，反应后过滤，滤出的固体物质投入盐酸中无气体放出，则滤液里一定含有的金属盐是（　　）A．Cu（NO3）2B．Fe（NO3）3C．Fe（NO3）2D．Fe（NO3）2和Cu（NO3）2　37．a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg5种金属中的一种．已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d；（3）c与强碱反应放出气体；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化．由此可判断a、b、c、d、e依次为（　　）A．Fe、Cu、Al、Ag、MgB．Al、Cu、Mg、Ag、FeC．Mg、Cu、Al、Ag、FeD．Mg、Ag、Al、Cu、Fe　38．准确称取6g铝土矿样品（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）放入盛有100mL某浓度硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol•L﹣l的NaoH溶液，产生的沉淀质量m与加入的NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则所用硫酸溶液的物质的量浓度为（　　）A．3.50mol/LB．1.75mol/LC．0.85mol/LD．无法计算　-38-\n39．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）气体，所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁（　　）A．11.2gB．2.8gC．5.6gD．无法计算　40．已知：2NaAlO2+3H2O+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3．向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是（　　）选项ABCDn（CO2）mol2346n（沉淀）mol1233A．AB．BC．CD．D　　二、填空题（本题共20分）41．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序数之和为25，且知B、F同主族，1.8gE与足量的盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标准状况下），D+和E的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质，试判断：（1）六种元素中非金属性最强的是　　　　　　（填代号），该元素位于周期表中第　　　　　　周期第　　　　　　族；由A、B、D三种元素形成化合物的电子式　　　　　　．（2）下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有　　　　　　a．最高价氧化物对应水化物酸性b．气态氢化物的热稳定性c．气态氢化物的沸点B比F高d．向F的气态氢化物溶液中通入B单质，有浑浊．（3）写出下列反应的化学方程式①E与足量的盐酸反应的化学方程式　　　　　　②工业上用电解法冶炼E单质　　　　　　．（4）写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程式　　　　　　．　42．黑色粉末A，黄色粉末B，它们都是单质，按如图进行实验：-38-\n黑色固体CFG灰绿色HEABHClD气体能使品红溶液褪色的气体燃烧NaOH空气中放置红褐色固体（1）试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：A　　　　　　D　　　　　　E　　　　　　H　　　　　　（2）写出C+盐酸→D+F的离子方程式：　　　　　　（3）写出D→E的化学方程式：　　　　　　（4）写出G→H的化学方程式：　　　　　　．　　-38-\n2022-2022学年上海理工大附中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题2分，共80分，每小题只有一个正确选项）1．在元素周期表中，金属元素和非金属元素分界线附近能找到（　　）A．制半导体元素B．制农药元素C．制催化剂元素D．制耐高温合金的元素【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料，由此解答．【解答】解：在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料，故选A．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置及性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　2．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．铝的导热性较强，不易做碗B．铝的质地较软，易变形，不易做碗C．铝元素易导致老年痴呆，不易盛放食物D．铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品【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D正确．故选D．【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．　-38-\n3．某元素的离子带2个单位正电荷，它的核外电子排布为，此元素在周期表中的位置是（　　）A．第二周期零族B．第三周期ⅡA族C．第二周期ⅥA族D．第三周期IIIA【考点】元素周期表的结构及其应用；原子结构与元素的性质．【分析】电子层数=周期数，最外层电子数=族序数，阳离子的核外电子数=原子序数﹣|所带电荷数|，原子核外电子排布为2、8、2，来确定原子序数、最外层电子数，进而确定族序数．【解答】解：电子层数=周期数，最外层电子数=族序数，阳离子的核外电子数=原子序数﹣|所带电荷数|，原子核外电子排布为2、8、2，所以是第三周期ⅡA族的元素，故选B．【点评】本题考查元素周期表及应用，为高频考点，把握原子结构与元素位置的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　4．下列化合物中，不能由两种单质直接化合制得的是（　　）A．FeSB．FeCl3C．Fe3O4D．FeCl2【考点】铁的化学性质．【分析】A、根据铁和硫单质反应生成硫化亚铁知识来判断；B、根据铁在氯气中燃烧的性质及氯气的氧化性知识来判断；C、铁在纯氧中点燃反应生成四氧化三铁；D、氯气和铁反应生成氯化铁．【解答】解：A、硫和铁加热反应生成硫化亚铁，能由两种单质直接化合而成，故A错误；B、氯气的氧化性强，能将变价金属氧化为最高价，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，能由两种单质直接化合而成，故B错误；C、铁在纯氧中点燃反应生成四氧化三铁，能由两种单质直接化合而成，故C错误；D、氯气的氧化性强，能将变价金属氧化为最高价，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，不是氯化亚铁，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查铁、硫、氯气、氧气等物质的化学性质，只有熟练掌握化学性质才能解答好本题，题目较简单．　-38-\n5．下列各操作中，适宜用来制备氢氧化铝的是（　　）A．将氧化铝放入水中共热B．将金属钠投入氯化铝溶液中C．将足量氨水滴入氯化铝溶液中D．将足量氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液中【考点】镁、铝的重要化合物．【分析】A、氧化铝不溶于水，不与水反应；B、钠和水反应生成氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应可能生成氢氧化铝沉淀，但也可能生成偏铝酸钠；C、氢氧化铝不溶于氨水；D、足量氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠．【解答】解：A、氧化铝不溶于水，不与水反应，不能生成氢氧化铝，故A错误；B、钠和水反应生成氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应，和氢氧化钠的量有关，可能生成氢氧化铝沉淀，但也可能生成偏铝酸钠，不适宜制备氢氧化铝，故B错误；C、氢氧化铝不溶于氨水，将足量氨水滴入氯化铝溶液中反应生成氢氧化铝和氯化铵，适宜制备氢氧化铝，故C正确；D、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于过量的氢氧化钠溶液，足量氢氧化钠溶液和氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠，不能得到氢氧化铝，故D错误；故选C．【点评】本题考查了铝及其化合物性质的分析判断，主要是氢氧化铝性质的理解应用，掌握氢氧化铝的两性性质是解题关键，题目较简单．　6．把钠放入滴有酚酞试液的水中，下列现象不会出现的是（　　）A．钠浮在水面上B．钠熔化成小球C．溶液中产生较多的气泡D．水溶液变成红色【考点】钠的化学性质．【分析】钠的密度小于水，熔点较低，能和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，且放出大量热，氢氧化钠能电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，据此分析解答．【解答】解：A．钠的密度小于水，所以钠会浮在水面上，故A不选；-38-\nB．钠的熔点较低，钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量的热，放出的热量使钠熔成小球，故B不选；C．钠和水剧烈反应生成氢气，反应速度很快，且浮在水面上，不会从溶液中冒出气泡，故C选；D．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，故D不选；故选C．【点评】本题考查了钠与水的反应，明确钠及氢氧化钠的性质是解本题关键，会根据实验现象得出正确结论，难度不大．　7．下列说法中，正确的是（　　）A．第ⅠA族元素都是金属元素B．第ⅣA族非金属元素的单质只能形成原子晶体C．第ⅥA族元素形成的单质，常温下有气、液、固三种状态D．元素性质呈现周期性变化的根本原因是元素原子最外层电子数呈现周期性变化【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】A、第ⅠA族元素氢是非金属元素；B、锗、锡、铅是金属晶体；C、第ⅥA族元素形成的单质，氧气是气态，而S、Se、Te、Po为固体；D、原子的电子排布决定元素的性质．【解答】解：A、第ⅠA族元素氢是非金属元素，故A错误；B、锗、锡、铅是金属晶体，并不是原子晶体，故B错误；C、第ⅥA族元素形成的单质，氧气是气态，而S、Se、Te、Po为固体，无液体，故C错误；D、原子的电子排布决定元素的性质，即元素的性质呈现周期性变化的根本原因是核外电子排布的周期性变化，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期表的发现及元素周期律为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．　8．铝能用于冶炼难熔的金属，这是因为铝具有（　　）-38-\nA．两性B．优良的导电性C．低的熔点D．还原性，且在冶炼反应中放出大量热【考点】铝的化学性质．【分析】金属冶炼的本质是金属离子得电子被还原为单质，铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，且反应为放热反应，用于提炼难熔金属，以此来解答．【解答】解：铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应；铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中Al作还原剂，且反应为放热反应，用于提炼难熔金属，而与导电性、熔点及两性无关，故选D．【点评】本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反应，题目难度不大．　9．不能比较氮和氧非金属性相对强弱的是（　　）A．氨气在氧气中燃烧生成氮气B．沸点：H2O＞NH3C．NO中N为+2价，氧为﹣2价D．热稳定性：H2O＞NH3【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】利用气态氢化物的稳定性、化合物中元素得电子能力、氧化还原反应中得电子能力等比较非金属性强弱，以此来解答．【解答】解：A．氨气在氧气中燃烧生成氮气，O元素的化合价降低，N元素的化合价升高，则氧得电子能力强，可比较非金属性O＞N，故A不选；B．沸点：H2O＞NH3，是因水中存在氢键，且氢键数目多，沸点高，不能比较非金属性，故B选；C．NO中N为正价，O为负价，则氧得到电子能力强，可比较非金属性O＞N，故C不选；D．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则热稳定性：H2O＞NH3，可比较非金属性O＞N，故D不选；故选B．-38-\n【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，把握非金属性比较的方法为解答的关键，侧重规律性知识的总结和分析能力的考查，选项B为解答的难点，题目难度中等．　10．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（　　）XYZ①NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A．①②④B．①③④C．①④D．②③【考点】镁、铝的重要化合物；硅和二氧化硅；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；②二氧化硅不能溶于盐酸；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．【解答】解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选C．【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．　11．下列除杂方案错误的是（　　）-38-\n选项被提纯的物质杂质除杂试剂AFeCl3（aq）Al3+（aq）NaOH溶液、盐酸BAlCl3（aq）Cu2+Al粉CNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液DFeCl3（aq）Cu2+Fe粉A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．先加过量NaOH，过滤后向沉淀中加盐酸；B．Al与铜离子发生置换反应；C．除杂杂质，但引入钠离子；D．Fe与氯化铁反应．【解答】解：A．先加过量NaOH，铁离子、铝离子均反应，过滤后向沉淀中加盐酸，则生成氯化铁，可除杂，故A正确；B．Al与铜离子发生置换反应，可除去杂质，且不引入新杂质，故B正确；C．除杂杂质，但引入钠离子，不能除杂，应选氨水除杂，故C错误；D．Fe与氯化铁反应，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故选CD．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的化学反应为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．　12．同周期三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序为X＜Y＜Z，则下列判断中正确的是（　　）A．非金属性X＜Y＜ZB．气态氢化物的热稳定性按X、Y、Z顺序减弱C．X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物酸性由弱到强D．X、Y、Z最外层电子数依次增大【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】同周期的三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序是X＜Y＜Z，则其原子序数大小顺序是X＞Y＞Z．-38-\nA．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强；B．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．同一周期元素，原子最外层电子数随着原子序数增大而增多．【解答】解：同周期的三种非金属元素X、Y、Z，它们的原子半径由小到大的顺序是X＜Y＜Z，则其原子序数大小顺序是X＞Y＞Z．A．同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数增大而增强，所以元素的非金属性：X＞Y＞Z，故A错误；B．同周期自左而右非金属性增强，则非金属性X＞Y＞Z，元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：X＞Y＞Z，故B正确；C．元素的非金属性X＞Y＞Z，所以X、Y、Z的最高价氧化物水化物的酸性由强到弱，故C错误；D．同一周期元素，原子最外层电子数随着原子序数增大而增多，所以X、Y、Z原子的最外层电子数依次减少，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，难度不大，关键是对元素周期律的理解掌握．　13．主族元素R的最高价氧化物的化学式为R2O5，则它的气态氢化物的化学式是（　　）A．RH4B．RH3C．H2RD．HR【考点】原子结构与元素的性质；常见元素的化合价．【分析】化合物中正负化合价的代数和为0，由“元素R的最高价氧化物化学式为R2O5”可知，元素R的化合价为+5价，同种元素的最高正价和负价的绝对值之和为8，以此判断负化合价，进而确定氢化物化学式．【解答】解：化合物中正负化合价的代数和为0，由“元素R的最高价氧化物化学式为R2O5”可知，元素R的化合价为+5价，同种元素的最高正价和负价的绝对值之和为8，所以R的负价为﹣3价，它的气态氢化物中H为+1价，所以它的气态氢化物化学式为RH3；故选B．【点评】本题考查了元素化合价及化学式的关系，为高频考点，题目难度不大，注意把握元素化合价的关系．-38-\n　14．人体正常的血红蛋白应含Fe2+．若误食外表与食盐相近的亚硝酸盐，则导致血红蛋白中的Fe2+转化成Fe3+而中毒，服用维生素C可解除亚硝酸盐中毒，下列叙述中正确的是（　　）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是还原剂C．维生素C是氧化剂D．亚硝酸盐被氧化【考点】氧化还原反应．【分析】由亚硝酸钠导致血红蛋白中的Fe2+转化为高铁血红蛋白而中毒，服用维生素C可解除亚硝酸钠中毒，则服用维生素C中某元素的化合价升高，以此来解答．【解答】解：A．亚硝酸钠导致血红蛋白中的Fe2+转化为高铁血红蛋白而中毒，Fe元素的化合价升高，则亚硝酸钠表现了氧化性是氧化剂，故A错误；B．服用维生素C可解除亚硝酸钠中毒，则服用维生素C中某元素的化合价升高，所以维生素C作还原剂，故B正确；C．维生素C具有还原性，是还原剂，故C错误；D．亚硝酸钠将Fe2+转化为高铁血红蛋白，是氧化剂，被还原，故D错误．故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注重利用信息与氧化还原反应中的概念来解答，题目难度不大．　15．由下列反应：Cu+2FeCl3→2FeCl2+CuCl2，CuCl2+Fe→FeCl2+Cu，确定Fe2+、Fe3+、Cu2+的氧化性强弱顺序为（　　）A．Fe2+＞Cu2+＞Fe3+B．Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C．Fe3+＞Fe2+＞Cu2+D．Fe2+＞Fe3+＞Cu2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．【解答】解：CuCl2+Fe=FeCl2+Cu中Cu元素的化合价降低，则CuCl2为氧化剂，氧化性Cu2+＞Fe2+，-38-\nCu+2FeCl3→2FeCl2+CuCl2中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，则FeCl3为氧化剂，氧化性Fe3+＞Cu2+，则各粒子氧化性由强到弱的顺序为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故选B．【点评】本题考查氧化性的比较，明确氧化还原反应中氧化剂的判断及氧化性比较的规律即可解答，难度不大，注重了基础知识的考查．　16．下列关于铝热剂的有关叙述中正确的是（　　）A．利用铝热剂的反应，常用于冶炼高熔点的金属B．氧化铝和铁的混合物是铝热剂C．铝热剂发生的铝热反应需要用镁带和氯酸钾引燃，所以铝热反应是吸热反应D．工业上常用铝热反应来大量冶炼金属铁【考点】探究铝热反应．【分析】A．铝的还原性强，且铝热反应放出大量的热；B．铝热剂中金属单质为铝，氧化铝和铁不发生反应，不是铝热剂；C．铝热反应为放热反应；D．工业上利用还原法冶炼铁，铝热反应可用于焊接钢轨．【解答】解：A．铝的还原性强，且铝热反应放出大量的热，则可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属，故A正确；B．氧化铝与铁不反应，不是铝热剂，铝热剂中金属单质为铝，如：氧化铁和铝，故B错误；C．铝热反应中放入大量的热，所以铝热反应为放热反应，故C错误；D．铝热反应可以用来冶炼出高熔点金属，如金属铁，但工业上是通过还原法冶炼大量的铁，故D错误；故选A．【点评】本题考查了铝热反应原理及其应用，题目难度中等，明确铝热反应原理及其应用方法为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．　17．已知质量数为A的某阳离子Rn+，核外有X个电子，则核内中子数为（　　）A．A﹣xB．A﹣x﹣nC．A﹣x+nD．A+x﹣n-38-\n【考点】质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】原子失去电子形成阳离子，质子数不变，失去的电子数等于该阳离子所带的电荷数，所以对阳离子有质子数=所带的电荷数+核外电子数；中子数=质量数﹣质子数，据此解答．【解答】解：阳离子Rn+，质量数为A，核外有X个电子，所以其质子数Z=X+n，由于中子数=质量数﹣质子数，故质子数=A﹣（X+n）=A﹣x﹣n．故选B．【点评】本题考查质子数、核外电子数、离子电荷的关系以及质量数、质子数、中子数的关系，难度较小，掌握好相互之间的关系即可顺利解答．要理解、熟记相互间的关系．　18．某500mL溶液中含0.1molFe2+、0.2molFe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）（　　）A．0.4mol•L﹣1B．0.6mol•L﹣1C．0.8mol•L﹣1D．1.0mol•L﹣1【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】发生反应为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，进行过量计算，根据不足量的物质计算反应生成的Fe2+的物质的量，进而得到溶液中Fe2+的总物质的量，再根据c=求出反应后溶液中Fe2+的物质的量浓度．【解答】解：由Fe+2Fe3+═3Fe2+可知，0.2mol完全反应消耗Fe3+的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol＞0.2mol，故铁粉过量，Fe3+不足，根据Fe3+计算生成Fe2+的物质的量，则：Fe+2Fe3+═3Fe2+0.2mol0.3mol所以反应后溶液中Fe2+的总物质的量为：0.1mol+0.3mol=0.4mol，所以c（Fe2+）==0.8mol/L，故选C．【点评】本题考查离子反应的计算、物质的量浓度的计算，题目难度中等，根据反应物的量及离子方程式判断过量为解答关键，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法．　19．下列离子方程式正确的是（　　）-38-\nA．铝和氢氧化钠溶液反应2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑B．铁和稀盐酸反应2Fe+6H+=2Fe3++H2↑C．铝和醋酸溶液反应2Al+2H+=2Al3++H2↑D．铁和氯化铁溶液反应Fe+2Fe3+=3Fe2+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．原子个数不守恒；B．不符合反应客观事实；C．电荷数不守恒且醋酸为弱酸应保留化学式；D．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁．【解答】解：A．铝和氢氧化钠溶液反应，离子方程式：2Al+2H2O+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C．铝和醋酸溶液反应，离子方程式为2Al+6CH3COOH=2Al3++3H2↑+6CH3COO﹣，故C错误；D．铁和氯化铁溶液反应，离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式拆分，注意离子反应必须符合客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题难度不大．　20．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、﹣3﹣2下列叙述正确的是（　　）A．元素的金属性X＜YB．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，w单质可以将z单质从其氢化物中置换出来【考点】原子结构与元素的性质．-38-\n【分析】W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素．结合元素周期律知识解答该题．【解答】解：W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素．A．同周期最原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg＞Al，故A错误；B．在放电条件下氮气与氧气可以化合生成NO，不能直接生成NO2，故B错误；C．Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，不溶于弱碱氨水，故C错误；D．一定件下，氧气可以将氨气反应可以生成氮气与水，故D正确；故选：D．【点评】本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键．　21．如图中能表示将Ba（OH）2溶液逐滴加入到硫酸铝溶液中，产生沉淀的质量（W）与加入Ba（OH）2溶液的体积（V）关系的是（　　）A．B．C．D．【考点】镁、铝的重要化合物；离子反应发生的条件．【专题】图像图表题．-38-\n【分析】将Ba（OH）2溶液逐渐滴加入到硫酸铝溶液中，当Al3+完全沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；当SO42﹣完全沉淀时，离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，以此解答．【解答】解：将Ba（OH）2溶液逐渐滴加入到明矾溶液中，当Al3+完全沉淀时，离子方程式为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，所以随着氢氧化钡溶液的不断加入，沉淀的质量逐渐增加；当SO42﹣完全沉淀时，离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，根据方程式知，当铝离子完全转化为氢氧化铝时，继续滴加氢氧化钡溶液，氢氧化钡和氢氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸盐，沉淀的质量逐渐减小，当铝离子完全转化为偏铝酸盐，沉淀的质量最小，但溶液中仍然有硫酸钡沉淀，故选C．【点评】本题考查了物质间的反应，明确物质的性质是解本题关键，注意氢氧化铝性质的特殊性，结合离子方程式分析解答，难度中等．　22．如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是（　　）A．原子半径：Z＞Y＞XB．气态氢化物的稳定性：W＞RC．WX3和水反应形成的化合物是离子化合物D．Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素中，X、W均有﹣2价，位于ⅥA族，而X只有﹣2价，W有+6价，则X为O元素，W为S元素；Y有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故Y为Na，Z有+3价，没有负价，原子序数大于Na，则Z为Al，R有+7、﹣1价，则R为Cl，结合元素化合物性质与元素周期律解答．-38-\n【解答】解：短周期元素中，X、W均有﹣2价，位于ⅥA族，而X只有﹣2价，W有+6价，则X为O元素，W为S元素；Y有+1价，处于IA族，原子序数大于氧，故Y为Na，Z有+3价，没有负价，原子序数大于Na，则Z为Al，R有+7、﹣1价，则R为Cl，A．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，故原子半径Na＞Al＞O，故A错误；B．非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性H2S＜HCl，故B错误；C．SO3和水反应形成的化合物为H2SO4，属于共价化合物，故C错误；D．NaOH与Al（OH）3能发生反应：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，故D正确，故选D．【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，关键是根据化合价结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期元素”几个字．　23．现有甲、乙、丙三种元素，其原子序数都不超过20．有关信息如下：元素代号相关信息甲n为电子层数，甲原子最外层电子数为（2n2﹣1）乙在周期表中它的周期数为k，主族序数为（2k+1）丙电子层数大于最外层电子数下列关于甲、乙、丙三种元素相关的分析正确的是（　　）A．甲的单质难溶于水B．乙的气态氢化物遇湿润的pH试纸变红色或蓝色C．丙的最高价氧化物对应的水化物是强碱D．甲、丙只能形成共价化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】现有甲、乙、丙三种元素，其原子序数都不超过20，甲元素电子层数为n，甲原子最外层电子数为（2n2﹣1），则n只能1或2，故甲为H或F；乙元素周期数为k，主族序数为（2k+1），则k为2或3，故乙为N或Cl；丙元素原子电子层数大于最外层电子数，丙为Li或Na或Mg，据此解答．【解答】解：现有甲、乙、丙三种元素，其原子序数都不超过20，甲元素电子层数为n，甲原子最外层电子数为（2n2-38-\n﹣1），则n只能1或2，故甲为H或F；乙元素周期数为k，主族序数为（2k+1），则k为2或3，故乙为N或Cl；丙元素原子电子层数大于最外层电子数，丙为Li或Na或Mg．A．若甲的单质为氟气，能与水反应生成HF与氧气，故A错误；B．乙的氢化物为NH3或HCl，HCl使湿润的pH试纸变红色，NH3使湿润的pH试纸变蓝色，故B正确；C．丙为Li或Na或Mg，最高价氧化物对应的水化物不一定是强碱，故C错误；D．甲、丙只能形成离子化合物，故D错误，故选：B．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断可能的元素种类是解题关键，注意元素的不确定性，难度不大．　24．将表面已完全钝化的铝条（表面是一层Al2O3薄膜），插入下列溶液中，不会发生反应的是（　　）A．稀硝酸B．稀盐酸C．硝酸铜D．氢氧化钠【考点】镁、铝的重要化合物；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应．【解答】解：氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应，将表面已完全钝化的铝条（表面是一层Al2O3薄膜），插入盐酸、硝酸和氢氧化钠溶液中，均会将表面的氧化膜反应掉．故选C．【点评】本题考查学生氧化铝的化学性质，可以根据教材知识来回答，难度不大．　25．氧化亚铁固体可溶于足量稀硝酸，其中稀硝酸所体现的作用是（　　）A．还原性和酸性B．氧化性和酸性C．只有氧化性D．只有酸性【考点】硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】氧化亚铁固体可溶于足量稀硝酸，反应方程式为FeO+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，根据元素化合价变化分析解答．-38-\n【解答】解：氧化亚铁固体可溶于足量稀硝酸，反应方程式为FeO+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，该反应中部分N元素化合价不变，部分N元素化合价由+5价变为+2价，所以稀硝酸体现酸性和强氧化性，故选B．【点评】本题以硝酸为载体考查了氧化还原反应，根据元素化合价是否变化来推断硝酸的性质，会正确书写方程式，题目难度不大．　26．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．　27．某溶液中有Fe3+、Mg2+、Fe2+和Na+四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量增加的阳离子是（　　）A．Fe3+B．Mg2+C．Na+D．Fe2+【考点】离子反应发生的条件．【专题】离子反应专题．【分析】加入过量NaOH溶液时，反应得到氢氧化镁、氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁氧化得到氢氧化铁，再加入过量的盐酸，氢氧化镁、氢氧化铁溶解得到氯化镁、氯化铁，氢氧化钠与盐酸反应得到氯化钠，所得溶液中含有的阳离子是Na+、Mg2+和Fe3+及过量的H+，由于加入的NaOH过量，结合反应方程式可知，溶液中Na+离子大量增加，增加最多．【解答】解：Mg2+、Fe2+、Fe3+和Na+四种阳离子中，若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：-38-\nMg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，再加入过量的盐酸，氢氧化镁、氢氧化铁溶解得到氯化镁、氯化铁，氢氧化钠与盐酸反应得到氯化钠，所得溶液中含有的阳离子是Na+、Mg2+和Fe3+及过量的H+，由于加入的NaOH过量，结合反应方程式可知，溶液中Na+离子大量增加，增加最多，故选C．【点评】本题考查离子的性质，题目难度不大，注意加入NaOH后所发生的反应，注意各离子的性质．　28．Fe3O4与HNO3反应生成Fe（NO3）3、NO、H2O若溶解1molFe3O4，则被还原的硝酸是（　　）A．3molB．1/2molC．1/3molD．9mol【考点】化学方程式的有关计算．【专题】守恒法；氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】反应中Fe元素化合价由平均+价升高为+3价，被还原的HNO3生成NO，N元素化合价由+5价降低为+2价，根据电子转移守恒计算被还原硝酸物质的量．【解答】解：反应中Fe元素化合价由平均+价升高为+3价，被还原的HNO3生成NO，N元素化合价由+5价降低为+2价，设被还原硝酸物质的量为n，根据电子转移守恒：（3﹣）×1mol×3=n×（5﹣2），解得n=mol，故选：C．【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度不大，注意利用守恒法计算解答．　29．下列各组离子在溶液中由于氧化还原而不能大量共存的是（　　）A．Fe3+、Cl﹣、SCN﹣、K+B．Fe2+、H+、NO3﹣、SO2﹣4C．H+、Mg2+、CO32﹣、Cl﹣D．Fe2+、Cu2+、Cl﹣、NO﹣3【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．-38-\n【分析】具有氧化性的离子与具有还原性的离子发生氧化还原反应，不能大量共存，以此来解答．【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故A不选；B．Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B选；C．H+均与Mg2+、CO32﹣反应，因复分解反应不能大量共存，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，故D不选；故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　30．某无色透明溶液能与铝反应产生氢气，则此溶液中可能大量共存的离子组是（　　）A．K+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣C．Cu2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣D．Ba2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】某无色透明溶液能与铝反应产生氢气，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．碱性溶液中不能大量存在Mg2+，酸性溶液中Al、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，故A不选；B．HCO3﹣与酸、碱均反应，一定不能大量共存，故B不选；C．Cu2+为蓝色，与无色不符，故C不选；D．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D选；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．　31．常温下，向下列各溶液中分别投入铁片，溶液质量变化最小的是（　　）A．浓HNO3B．HClC．CuSO4D．AgNO3【考点】铁的化学性质．-38-\n【专题】元素及其化合物．【分析】A、铁在浓硝酸溶液中发生钝化；B、铁投入盐酸溶液中反应生成氢气；1mol铁反应后溶液质量增加56g﹣2g；C、铁放入硫酸铜溶液发生置换反应1molFe反应生成1molCu，质量减少64g﹣56g=8g；D、铁加入硝酸银溶液发生置换反应生成银，1molFe反应生成2molAg，质量减小216g﹣56g=106g；【解答】解：A、铁在浓硝酸溶液中发生钝化，表面形成一薄层致密氧化物薄膜阻止反应进行，质量变化不大；B、铁投入盐酸溶液中反应生成氢气，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，1mol铁反应后溶液质量增加56g﹣2g；C、铁放入硫酸铜溶液发生置换反应1molFe反应生成1molCu，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，质量减少64g﹣56g=8g；D、铁加入硝酸银溶液发生置换反应生成银，1molFe反应生成2molAg，Fe+2AgNO3=2Ag+Fe（NO3）2，质量减小216g﹣56g=106g；上述分析可知常温下，向下列各溶液中分别投入铁片，溶液质量变化最小的是A，故选A．【点评】本题考查了铁箱性质的分析应用，主要是反应前后溶液质量变化的计算分析，注意插给我下铁在浓硝酸中发生钝化的现象理解，掌握基础是关键，题目较简单．　32．只用一种试剂即可鉴别氯化镁、氯化铁、氯化亚铁、氯化铵、氯化钠这五种溶液，该试剂是（　　）A．KSCNB．BaCl2C．HClD．NaOH【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】都为氯化物，可根据阳离子的不同选择检验方法，可加入碱，生成沉淀的颜色、现象不同．【解答】解：A．加入KSCN只能鉴别氯化铁，故A错误；B．加入氯化钡，都不反应，不能鉴别，故B错误；C．加入HHCl，都不反应，不能鉴别，故C错误；-38-\nD．取五种溶液分别滴加NaOH溶液时，产生白色沉淀的是氯化镁；产生红褐色沉淀的是氯化铁；产生白色沉淀，后又变灰绿色，最后变成红褐色的是氯化亚铁；生成刺激性气体的为氯化铵，无现象的是氯化钠，可鉴别，故D正确；故选D．【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，题目难度不大，本题注意根据金属阳离子的性质不同选择检验试剂，注意碱的颜色和水溶性．　33．下列各组物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是（　　）A．NaCl和MgB．NH4Cl和NH3C．Cu和HgD．CO2和SiO2【考点】化学键；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键．【解答】解：A、NaCl中钠离子和氯离子之间形成离子键和Mg是金属键，故A错误；B、NH4Cl含有离子键和共价键和NH3中只含共价键，而氯化铵是离子晶体，氨气是分子晶体，故B错误；C、Cu和Hg都由金属键形成的金属晶体，故C正确；D、CO2和SiO2都是共价键形成，但二氧化碳是分子晶体而二氧化硅是原子晶体，故D错误；故选：C．【点评】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键．　34．浅绿色的Fe（NO3）2溶液中存在着如下的平衡：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+若在此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色变化为（　　）A．绿色变深B．浅绿色变得更浅C．变黄D．无明显变化【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．-38-\n【分析】根据离子浓度对盐类水解平衡的影响分析解答，注意二价铁离子有还原性，硝酸有强氧化性，亚铁离子和硝酸能发生氧化还原反应生成三价铁离子．【解答】解：溶液中含有硝酸根离子和氢离子，所以含有硝酸，硝酸具有强氧化性能把亚铁离子氧化成铁离子，铁离子显黄色，故选C．【点评】本题考查了影响盐类水解，注意酸性条件下，硝酸根离子和亚铁离子能发生氧化还原反应而使亚铁离子生成铁离子，属于易错题．　35．铁和下列物质反应，能生成+3价化合物的是（　　）①O2②S③HCl④CuCl2⑤HNO3⑥溴⑦H2O．A．①②⑤B．①⑥C．①⑤⑥⑦D．①⑤⑥【考点】铁的化学性质．【分析】①铁在空气中氧化生锈生成氧化铁；②硫碘单质和铁反应生成硫化亚铁；③铁和盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气；④铁和氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜；⑤少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁；⑥溴单质是强氧化剂生成溴化铁；⑦铁和水蒸气反应生成四氧化三铁．【解答】解：①铁在空气中氧化生锈生成氧化铁，铁元素为+3价，故①正确；②硫碘单质和铁反应生成硫化亚铁，S+Fe=FeS，铁元素为+2价，故②错误；③Fe与盐酸反应，反应生成了氯化亚铁，一定不会存在铁离子，故③错误；④铁和氯化铜溶液反应生成氯化亚铁和铜，生成的化合物中午三价铁，故④错误；⑤硝酸具有强氧化性，少量铁和稀硝酸反应生成硝酸铁，故⑤正确；⑥溴单质是强氧化剂生成溴化铁，存在三价铁，故⑥正确；⑦铁和水蒸气反应生成四氧化三铁，存在三价铁，故⑦正确，故选C．-38-\n【点评】本题考查铁及其化合物转化的有关判断，该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题，试题基础性强，主要是考查学生对铁及其化合物转化的熟悉了解程度，有利于巩固学生的基础知识，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，也有利于培养学生的逻辑推理能力和灵活应变能力．　36．把铁与铜的混合物放入稀HNO3中，反应后过滤，滤出的固体物质投入盐酸中无气体放出，则滤液里一定含有的金属盐是（　　）A．Cu（NO3）2B．Fe（NO3）3C．Fe（NO3）2D．Fe（NO3）2和Cu（NO3）2【考点】铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】元素及其化合物．【分析】由于固体投入盐酸中无气体放出，则该固体一定为铜，由于铁的还原性比铜强，故在与稀HNO3反应时，首先反应的为铁，讨论铁与硝酸反应后是否有硝酸剩余，若有剩余，剩余的硝酸与铜反应，据此分析滤液中一定含有的金属盐．【解答】解：由于固体投入盐酸中无气体放出，则该固体一定为铜，由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，滤液中一定不含Fe3+，故一定含有Fe2+，由于铁的还原性比铜强，故在与稀HNO3反应时，首先反应的为铁，滤液中一定含有Fe（NO3）2，若Fe完全反应后还有HNO3剩余，其还可与Cu反应产生Cu（NO3）2，若Fe与HNO3恰好反应生成Fe（NO3）2后，无HNO3剩余，则无Cu（NO3）2生成，Cu（NO3）2可能有，也可能没有．故选：C．【点评】本题考查铁、铜、硝酸的性质等，难度中等，清楚反应过程是解题的关键，注意反应先后顺序．　37．a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg5种金属中的一种．已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐反应，置换出单质d；（3）c与强碱反应放出气体；（4）c、e在冷浓硫酸中发生钝化．由此可判断a、b、c、d、e依次为（　　）A．Fe、Cu、Al、Ag、MgB．Al、Cu、Mg、Ag、FeC．Mg、Cu、Al、Ag、FeD．Mg、Ag、Al、Cu、Fe【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．【分析】排在氢前面的金属能和酸反应产生氢气，活泼的金属能将不活泼的金属从其盐溶液中置换出来，铝和强碱反应放氢气，铁和铝在冷浓硫酸中发生钝化．-38-\n【解答】解：a、c均能与稀硫酸反应放出气体，说明a、c排在氢前面，c与强碱反应放出气体，c为铝，所以a为镁，c、e在冷浓硫酸中发生钝化，所以e为铁，b与d的硝酸盐反应，置换出单质d，说明b排在d的前面，即b为Cu，d为Ag．故选C．【点评】本题考查了金属活动性顺序及其应用，完成此题，可以依据金属活动性顺序及其意义进行．　38．准确称取6g铝土矿样品（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）放入盛有100mL某浓度硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol•L﹣l的NaoH溶液，产生的沉淀质量m与加入的NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则所用硫酸溶液的物质的量浓度为（　　）A．3.50mol/LB．1.75mol/LC．0.85mol/LD．无法计算【考点】离子方程式的有关计算；有关混合物反应的计算．【分析】由图象可知，当加入NaOH溶液的体积为35ml时，沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na2SO4，根据Na元素守恒计算．【解答】解：当加入NaOH溶液的体积为35ml时，n（NaOH）=0.035L×10mol/L=0.35mol，此时沉淀的质量达到最大值，则此时溶液的溶质只有Na2SO4，根据Na元素守恒，则有：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=n（NaOH）=×0.35mol=0.175mol，c（H2SO4）==1.75mol/L，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度中等，本题做题时根据反应判断沉淀最大值时，溶液的溶质，结合质量守恒计算，可省去中间繁杂的计算过程．　-38-\n39．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）气体，所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得到铁（　　）A．11.2gB．2.8gC．5.6gD．无法计算【考点】有关混合物反应的计算；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】守恒法．【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2），据此结合m=nM计算得到的铁的质量．【解答】解：盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n（FeCl2）=n（HCl）=×0.1L×1mol/L=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）=n（FeCl2）=0.05mol，质量为0.05mol×56g/mol=2.8g．故选：B．【点评】考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用．　40．已知：2NaAlO2+3H2O+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3．向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNaAlO2的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是（　　）选项ABCDn（CO2）mol2346n（沉淀）mol1233A．AB．BC．CD．D【考点】化学方程式的有关计算．【分析】CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、NaAlO2的混合溶液，反应的先后顺序依次为：CO2+Ba（OH）2=BaCO3↓+H2O、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3-38-\n，若二氧化碳过量，还发生：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，根据反应的方程式计算．【解答】解：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，由CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，剩余的1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应恰好反应，则沉淀只有1mol，故A正确；B．当通入的n（CO2）=3mol时，Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O1mol1mol1mol2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O2mol1mol2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，2mol（3﹣1﹣1）mol2mol所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1molBaCO3和2molAl（OH）3），故B错误；C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳与Na发生反应2NaAlO2+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成2mol氢氧化铝沉淀，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故D错误，故选AC．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的先后顺序及反应原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力，难度较大．　二、填空题（本题共20分）41．A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，A、B、F三者原子序数之和为25，且知B、F同主族，1.8gE与足量的盐酸反应生成ECl3-38-\n和2.24L氢气（标准状况下），D+和E的离子具有相同的电子层结构，工业上用电解元素B和E能形成离子化合物的方法冶炼E单质，试判断：（1）六种元素中非金属性最强的是　C　（填代号），该元素位于周期表中第　二　周期第　ⅤⅡA　族；由A、B、D三种元素形成化合物的电子式　　．（2）下列能够说明B、F非金属性强弱的方法有　bd　a．最高价氧化物对应水化物酸性b．气态氢化物的热稳定性c．气态氢化物的沸点B比F高d．向F的气态氢化物溶液中通入B单质，有浑浊．（3）写出下列反应的化学方程式①E与足量的盐酸反应的化学方程式　2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑　②工业上用电解法冶炼E单质　2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑　．（4）写出足量D的高价氧化物对应水化物与ECl3相互反应的离子方程式　4OH﹣+Al3+=AlO2﹣+2H2O　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标况），故E为+3价元素，设E的相对原子质量为M，则，解M=27，故E为ⅢA族元素，依据计算得知E为铝，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B为氧元素，B、F同主族，则F是硫，A、B、F三者原子序数之和为25，则A是氢，且D+离子和Al离子具有相同的电子结构，故D能形成+1价阳离子，故D为钠，C的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C为氟，据此答题．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大，1.8gE与足量盐酸反应生成ECl3和2.24L氢气（标况），故E为+3价元素，设E的相对原子质量为M，则，解M=27，故E为ⅢA族元素，依据计算得知E为铝，工业上用电解氧化铝方法冶炼铝单质，所以B为氧元素，B、F同主族，则F是硫，A、B、F三者原子序数之和为25，则A是氢，且D+离子和Al离子具有相同的电子结构，故D能形成+1价阳离子，故D为钠，C的原子序数大于氧小于钠，且为主族元素，故C为氟，（1）根据元素周期律，同周期元素从前向后，非金属性逐渐增强，同主族元素从上向下，非金属性逐渐减弱，所以六种元素中非金属性最强的是C，C为氟，位于周期表中第二周期第ⅤⅡA族，由A、B、D三种元素形成化合物为氢氧化钠，它的电子式是，-38-\n故答案为：C；二；ⅤⅡA；；（2）a．氧元素没有最高价氧化物对应水化物，故a错误；b．根据元素周期律，气态氢化物的热稳定性越稳定，元素的非金属性越强，故b正确；c．气态氢化物的沸点与分子间作用力有关，与元素的非金属性无关，故c错误；d．向硫的气态氢化物溶液中通入氧气，有浑浊，说明氧气的氧化性强于硫，即氧的非金属性强于硫，故d正确，故选bd；（3）①Al与足量的盐酸反应的化学方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，故答案为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；②工业上用电解法冶炼Al单质的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；（4）氢氧化钠与AlCl3相互反应的离子方程式为4OH﹣+Al3+=AlO2﹣+2H2O，故答案为：4OH﹣+Al3+=AlO2﹣+2H2O．【点评】本题考查原子结构与元素周期律，元素的推断是解答本题的关键，熟悉化学用语的使用即可解答，题目难度中等．　42．黑色粉末A，黄色粉末B，它们都是单质，按如图进行实验：黑色固体CFG灰绿色HEABHClD气体能使品红溶液褪色的气体燃烧NaOH空气中放置红褐色固体（1）试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：A　Fe　D　H2S　E　SO2　H　Fe（OH）3　（2）写出C+盐酸→D+F的离子方程式：　FeS+2H+=Fe2++H2S↑　（3）写出D→E的化学方程式：　2H2S+3O22SO2+2H2O　（4）写出G→H的化学方程式：　4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　．-38-\n【考点】无机物的推断．【专题】推断题；物质变化与能量变化统一思想；演绎推理法；元素及其化合物；几种重要的金属及其化合物．【分析】D燃烧得到气体E能使品红溶液褪色，则E为SO2，F与NaOH反应得到G，而G放置空气中变为灰绿色，最终变为红褐色固体H，则G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，黑色粉末单质A与黄色粉末单质B反应得到黑色固体C，而C与盐酸反应得到D与F，可推知A为Fe、B为S，C为FeS，D为H2S，F为FeCl2，据此解答．【解答】解：D燃烧得到气体E能使品红溶液褪色，则E为SO2，F与NaOH反应得到G，而G放置空气中变为灰绿色，最终变为红褐色固体H，则G为Fe（OH）2，H为Fe（OH）3，黑色粉末单质A与黄色粉末单质B反应得到黑色固体C，而C与盐酸反应得到D与F，可推知A为Fe、B为S，C为FeS，D为H2S，F为FeCl2．（1）根据上述反应现象推断，A为Fe，D为H2S，E为SO2，H为Fe（OH）3，故答案为：Fe；H2S；SO2；Fe（OH）3；（2）C+盐酸→D+F的离子方程式：FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故答案为：FeS+2H+=Fe2++H2S↑；（3）D→E的化学方程式：2H2S+3O22SO2+2H2O，故答案为：2H2S+3O22SO2+2H2O；（4）G→H的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．【点评】本题考查无机物推断，物质的颜色及反应现象是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大．　-38- 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