2022-2022学年云南省曲靖市陆良二中高一（下）期末化学试卷 一、选择题（本题共20道小题，每小题2分，共40分）1．胶体区别于其它分散系的实质是（ ） A．胶体粒子直径在1nm﹣100nm之间 B．胶体可发生丁达尔效应 C．胶体粒子不能透过半透膜 D．胶体粒子能够发生布朗运动 2．在碱性溶液中，能大量共存的离子组是（ ） A．K+、HCO3﹣、Na+、SO42﹣B．Na+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣ C．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、K+D．Ca2+、K+、CO32﹣、NO3﹣ 3．下列化学反应，不属于氧化还原反应的是（ ） A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 C．3Fe+2O2Fe3O4 D．CaCO3CaO+CO2↑ 4．下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法错误的是（ ） A．常温常压下28克N2所含的原子数目为2NA B．标准状况下0.5molH2O含有的原子数目为1.5NA C．任何条件下0.5mol氨气分子的分子数一定是0.5NA D．49克H2SO4中含有的原子数目为1.5NA 5．下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（ ） A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．AlCl3和NaOH 6．下列物质中，含有共价键的单质是（ ） A．H2SB．ArC．NaOHD．N2 7．下面关于电解质的叙述中正确的是（ ） A．液态硫酸不导电，硫酸是非电解质 B．NaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4﹣两种离子 C．溶于水后能导电的化合物一定是电解质 D．电解质在电流的作用下电离产生离子 8．下列关于图所示原电池装置的叙述中，正确的是（ ）21\n A．铜片是负极B．铜片质量逐渐减少 C．电流从锌片经导线流向铜片D．氢离子在铜片表面被还原 9．下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B．向NaAlO2溶液中通入少量的CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ C．过量的二氧化碳与氢氧化钠反应：CO2+OH﹣=HCO3﹣ D．少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应：Ca2++2HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O 10．下列有关物质分类或归类正确的一组是（ ）①液氯、干冰、碘化银均为化合物②碱石灰、盐酸、水玻璃均为混合物③明矾、小苏打、次氯酸均为电解质④牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体⑤Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐． A．①②B．②③C．③④D．②③⑤ 11．下列排列顺序正确的是（ ） A．熔点：Li＞Cs＞NaB．微粒半径：Ca2+＞C1﹣＞Mg2+ C．碱性：KOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．氧化性：Cu2+＞Fe3+＞K+ 12．根据下列三个反应，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序是（ ）①2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2②2Fe2++C12=2Fe3++2C1﹣③2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O． A．Fe3+＞C12＞MnO4﹣B．Fe3+＞Cl2＞I2 C．I2＞Cl2＞Fe3+D．MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+ 13．下列有关Na2CO3和NaHCO3性质比较中，正确的是（ ） A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3 B．常温时水溶液中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3 C．与稀盐酸反应快慢：Na2CO3＜NaHCO3 D．物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＜NaHCO3 14．下列溶液中Cl﹣的物质的量浓度最大的是（ ） A．50mL0.5mol/LAlCl3溶液B．100mL0.5mol/LMgCl2溶液 C．100mL1mol/LNaCl溶液D．50mL0.5mol/LHCl溶液 21\n15．某盐的混合物中含有0.2mol/LNa+、0.4mol/LMg2+、0.4mol/LCl﹣，则SO42﹣为（ ） A．0.1mol/LB．0.2mol/LC．0.3mol/LD．0.4mol/L 16．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（ ） A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y B．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞S C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料 D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2 17．下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是（ ）①氮气与氧气在放电的条件下可直接生成NO2②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气③向Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化④实验室加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气． A．①③④B．①③C．①④D．①②③④ 18．下列说法中正确的是（ ） A．在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 B．浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处 C．金属钠着火燃烧时，可用泡沫灭火器灭火 D．正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7 19．现有含0.1mol/L的SO32﹣溶液30mL，恰好被2×10﹣3molXO4﹣氧化为SO42﹣，则元素X在还原产物中的化合价是（ ） A．+4B．+3C．+2D．+1 20．同一同期的X、Y、Z三种主族元素，已知其最高价氧化物对应水化物的化学式分别为H2XO3、H3YO4、H2ZO4，下列说法正确的是（ ） A．气态氢化物的稳定性：XH4＞YH3＞H2Z B．元素非金属性强弱关系：X＞Y＞Z C．最高价氧化物对应水化物酸性：H2XO3＞H3YO4＞H2ZO4 D．原子半径：X＞Y＞Z 二、非选择题（共57分）21．（16分）（2022春•曲靖校级期末）写出下列化学反应的离子方程式：（1）向H2SO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性，写出反应的离子方程式： ．（2）碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式 （3）①写出Na2SO4的电离方程式 ．②氧化铝和氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式 ③OH﹣+H+═H2O改写为化学方程式 （4）配制500mL0.5mol/L的稀硫酸，需要98%（密度为1.84g/cm3）的浓硫酸 mL；配制上述稀硫酸溶液所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，除上述仪器外还需要 ．21\n（5）实验室中盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是因为（用化学方程式表示） ． 22．现有A、B、C三种短周期元素，其原子序数依次递增；A与C的质子数之和为27，最外层电子数之差为5；B元素的内层电子数之和是最外层电子数的5倍．请回答下列问题：（1）写出C的名称 ．（2）A、C形成的化合物的电子式为 ．（3）A、B最高价氧化物对应的水化物的酸性或碱性由强至弱的顺序是（用化学式表示） ．（4）A、C最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，写出该反应的离子方程式 ． 23．将1.0molX气体和1.0molY气体混合于2L的密闭容器中，发生反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+2W（g），2min末，测得生成了0.4molW．（1）前2min以X表示的平均反应速率为 ；（2）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是 ．A．单位时间里，消耗2molX，同时生成2molWB．单位时间里，消耗2molX，同时也消耗了2molZC．反应混合物中各物质的浓度相等D．反应混合物中各物质的浓度不再改变． 24．过氧化氢H2O2，（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白：A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2OC．2H2O22H2O+O2↑D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（1）H2O2仅体现氧化性的反应是 （填代号）．（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是 （填代号）．（3）H2O2体现酸性的反应是 （填代号）．（4）上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到弱的顺序是： ． 25．（12分）（2022春•曲靖校级期末）下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题．族周期IAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③④三⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）非金属性最强的元素是 （填元素符号，下同），形成化合物种类最多的元素是 ．21\n（2）第三周期元素除⑩外原子半径最小的是 （填元素符号），这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是 （填化学式，下同），具有两性的是 ．（3）⑤⑥⑦单质的活泼性顺序为 ＞ ＞ （填元素符号），判断的实验依据是 （写出一种）． 26．（12分）（2022秋•科尔沁区期末）已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失．（1）A、B、C、D各物质的化学式为：A 、B 、C 、D ．（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：I 、Ⅱ ．（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：I 、Ⅱ ． 三、计算题（本题共1道小题，共3分）27．5.4克金属铝与足量的氢氧化钠反应，能生成氢气的体积为多少？（标准状况下） 2022-2022学年云南省曲靖市陆良二中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共20道小题，每小题2分，共40分）1．胶体区别于其它分散系的实质是（ ） A．胶体粒子直径在1nm﹣100nm之间 B．胶体可发生丁达尔效应 C．胶体粒子不能透过半透膜 D．胶体粒子能够发生布朗运动考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系．专题：溶液和胶体专题．分析：分散系的本质区别在于分散质微粒的直径大小，能通过滤纸的分散系为溶液、胶体；能通过半透膜的分散系是溶液．解答：解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1﹣100nm（10﹣7～10﹣9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm．故选A．点评：本题考查了胶体的本质特征，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握． 2．在碱性溶液中，能大量共存的离子组是（ ） A．K+、HCO3﹣、Na+、SO42﹣B．Na+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣21\n C．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、K+D．Ca2+、K+、CO32﹣、NO3﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：碱性溶液中含OH﹣，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子能大量共存，以此来解答．解答：解：A．碱性条件下HCO3﹣不能大量共存，故A错误；B．因Cu2+、OH﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．Ca2+、CO32﹣反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误．故选C．点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重复分解反应的考查，熟悉离子的性质及离子之间的反应即可解答，注意溶液碱性的特点，题目难度不大． 3．下列化学反应，不属于氧化还原反应的是（ ） A．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 B．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 C．3Fe+2O2Fe3O4 D．CaCO3CaO+CO2↑考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：氧化还原反应的实质为有电子的转移，表现为元素化合价的升降，凡是氧化还原反应，一定存在化合价的变化，判断是否氧化还原反应，可从化合价的角度分析．解答：解：A．Al化合价由0价→+3价，Fe化合价由+3价→0价，化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；B．Fe化合价由+3价→0价，C化合价由+2价→+4价，化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选；C．Fe化合价由0价→+2、+3价，O化合价由0价→﹣2价，化合价发生变化，为氧化还原反应，故C不选；D．各元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D选．故选D．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析． 4．下列有关阿伏加德罗常数（NA）的说法错误的是（ ） A．常温常压下28克N2所含的原子数目为2NA B．标准状况下0.5molH2O含有的原子数目为1.5NA C．任何条件下0.5mol氨气分子的分子数一定是0.5NA D．49克H2SO4中含有的原子数目为1.5NA21\n考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、氮气为双原子分子，依据质量求出物质的量和原子数；B、根据1mol水含3mol原子来计算；C、根据N=nNA来计算；D、根据硫酸的物质的量n=，而1molH2SO4中含7mol原子．解答：解：A、氮气为双原子分子，28克氮气的物质的量为n==1mol，则氮原子为2mol，所以所含的原子数目为2NA，故A正确；B、1mol水含3mol原子，故0.5mol水中含1.5mol原子，故B正确；C、0.5mol氨气中的分子个数N=nNA=0.5mol×NA=0.5NA，无状态无关，故C正确；D、49g硫酸的物质的量n===0.5mol，而1molH2SO4中含7mol原子，故0.5mol硫酸含3.5mol，故D错误．故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 5．下列各组中的两种物质作用，反应条件（温度或者反应物用量）改变，不会引起产物种类改变的是（ ） A．Na和O2B．NaOH和CO2C．Na2O2和CO2D．AlCl3和NaOH考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：物质和氧气相互反应时，根据物质充分燃烧和不充分燃烧的生成物不同分析，氢氧化钠和少量二氧化碳反应的产物是碳酸钠，和过量二氧化碳反应的产物是碳酸氢钠，过氧化钠和二氧化碳反应可以产生碳酸钠和氧气，氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时先生成沉淀后沉淀溶解．解答：解：A、钠和氧气反应，氧气不足时生成氧化钠，氧气过量时生成过氧化钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故A错误；B、氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；C、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，不论谁过量，结果一样，故C正确；D、氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故D错误．故选C．点评：此题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，解题的关键是掌握具体的反应产物的不同，属于物质之间反应的探讨． 6．下列物质中，含有共价键的单质是（ ） A．H2SB．ArC．NaOHD．N221\n考点：共价键的形成及共价键的主要类型．专题：化学键与晶体结构．分析：含有共价键，应含有非金属元素之间形成的化学键，单质为同种元素形成的纯净物，以此解答该题．解答：解：H2S、NaOH均为化合物，Ar为单原子分子，分子中没有共价键，N2为单质，氮原子之间含有共价键，故选D．点评：本题考查单质与化合物的区别以及共价键的组成，题目难度不大，注意相关概念的区别． 7．下面关于电解质的叙述中正确的是（ ） A．液态硫酸不导电，硫酸是非电解质 B．NaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4﹣两种离子 C．溶于水后能导电的化合物一定是电解质 D．电解质在电流的作用下电离产生离子考点：电解质与非电解质．分析：A．电解质导电的条件是水溶液或熔融状态；B．NaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4﹣两种离子；C．根据电解质定义分析；D．电解质电离的条件是水溶液或熔融状态．解答：解：A．电解质导电的条件是水溶液或熔融状态，硫酸在水溶液中电离出氢离子和硫酸根离子，能导电，属于强电解质，故A错误；B．NaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4﹣两种离子，故B正确；C．电解质自身能电离出自由移动离子，溶于水能导电的化合物，不一定是自身电离，如氨气溶于水和水结合成一水合氨，一水合氨电离，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，故C错误；D．电解质电离的条件是水溶液或熔融状态，与电流无关，故D错误；故选B．点评：电解质必须具备下列条件，缺一不可：1、必须是化合物，2、在水溶液里或熔融状态下有自由移动的离子，且离子是物质本身电离的，不能是与其它物质反应后的物质电离的．注意NaHSO4在熔融状态下电离和在水溶液中电离不同． 8．下列关于图所示原电池装置的叙述中，正确的是（ ） A．铜片是负极B．铜片质量逐渐减少 C．电流从锌片经导线流向铜片D．氢离子在铜片表面被还原考点：原电池和电解池的工作原理．21\n专题：电化学专题．分析：A、原电池中活泼金属做负极；B、原电池的正极是析出金属或者是析出气体，负极金属质量减轻；C、原电池中电流和电子流向相反，即电流从正极流向负极；D、只有原电池的正极可能会生成气体．解答：解：A、Zn、Cu、硫酸构成的原电池中，活泼金属锌做负极，金属铜做正极，故A错误；B、原电池的正极反应是：2H++2e﹣→H2↑，金属Cu质量不变，故B错误；C、原电池中电流从正极流向负极，即从铜片经导线流向锌片，故C错误；D、原电池的正极反应是：2H++2e﹣→H2↑，氢离子在铜片表面被还原，故D正确．故选D．点评：本题考查学生原电池的工作原理，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 9．下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．石灰石溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O B．向NaAlO2溶液中通入少量的CO2：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ C．过量的二氧化碳与氢氧化钠反应：CO2+OH﹣=HCO3﹣ D．少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应：Ca2++2HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．醋酸为弱电解质，保留化学式；B．向NaAlO2溶液中通入少量的CO2反应生成碳酸钠和氢氧化铝；C．过量的二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸氢钠；D．少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水．解答：解：A．石灰石溶于醋酸，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO﹣，故A错误；B．向NaAlO2溶液中通入少量的CO2，离子方程式：2AlO2﹣+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32﹣，故B错误；C．过量的二氧化碳与氢氧化钠反应，离子方程式：CO2+OH﹣=HCO3﹣，故C正确；D．少量的氢氧化钠和碳酸氢钙反应，离子方程式：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选：C．点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同发生反应不同，明确反应的实质是解题关键，题目难度中等． 10．下列有关物质分类或归类正确的一组是（ ）①液氯、干冰、碘化银均为化合物②碱石灰、盐酸、水玻璃均为混合物③明矾、小苏打、次氯酸均为电解质④牛奶、豆浆、漂粉精均为胶体⑤Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐． A．①②B．②③C．③④D．②③⑤考点：混合物和纯净物；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系．21\n专题：物质的分类专题．分析：①根据化合物是由不同种元素组成的纯净物，单质是由同种元素组成的纯净物进行分析；②根据混合物是由多种物质组成的物质分析；③根据电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物进行分析；④分散质直径在1﹣100nm的分散系为胶体；⑤钠盐是含钠离子的盐；解答：解：①液氯为氯气单质、干冰、碘化银均为化合物，故①错误；②碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物、盐酸是氯化氢气体的水溶液、水玻璃为硅酸钠的水溶液均为混合物，故②正确；③明矾是硫酸铝钾、小苏打为碳酸氢钠、次氯酸是弱酸均为电解质，故③正确；④牛奶、豆浆均为胶体，漂粉精是次氯酸钙和氯化钙的混合物，不是胶体，故④错误；⑤Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2、是过氧化物，不是盐，故⑤错误；故选B．点评：本题考查了化学概念和物质分类的分析判断，掌握实质是解题关键，题目较简单． 11．下列排列顺序正确的是（ ） A．熔点：Li＞Cs＞NaB．微粒半径：Ca2+＞C1﹣＞Mg2+ C．碱性：KOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3D．氧化性：Cu2+＞Fe3+＞K+考点：元素周期律的作用．分析：A．碱金属从上到下，金属晶体的熔点逐渐降低；B．电子层数越多，半径越大，电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．三价铁离子的氧化性大于铜离子．解答：解：A．碱金属从上到下，金属晶体的熔点逐渐降低，Cs的熔点最低，则熔点：Li＞Na＞Cs，故A错误；B．电子层数越多，半径越大，电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，微粒半径：C1﹣＞Ca2+＞Mg2+，故B错误；C．金属性Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：KOH＞Mg（OH）2＞Al（OH）3，故C正确；D．三价铁离子的氧化性大于铜离子，K是活泼金属易失电子，其离子很难得电子，氧化性很弱，则氧化性：Fe3+＞Cu2+＞K+，故D错误．故选C．点评：本题考查元素周期律知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，注意元素的性质与对应单质、化合物的关系，把握元素周期律的递变规律是解答该类题目的关键，难度不大． 12．根据下列三个反应，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序是（ ）①2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2②2Fe2++C12=2Fe3++2C1﹣③2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O． A．Fe3+＞C12＞MnO4﹣B．Fe3+＞Cl2＞I2 C．I2＞Cl2＞Fe3+D．MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+21\n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：自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答．解答：解：①2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中Fe元素化合价由+3价变为+2价、I元素化合价由﹣1价变为0价，所以Fe3+是氧化剂、I2是氧化产物，氧化性Fe3+＞I2；②2Fe2++C12=2Fe3++2C1﹣中Fe元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为﹣1价，所以Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，则氧化性Cl2＞Fe3+；③2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由﹣1价变为0价，所以MnO4﹣是氧化剂、Cl2是氧化产物，则氧化性MnO4﹣＞Cl2，通过以上分析知，氧化性强弱顺序是MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+，故选D．点评：本题考查氧化性强弱判断方法，明确氧化性、还原性判断方法即可解答，会正确判断氧化剂、氧化产物是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大． 13．下列有关Na2CO3和NaHCO3性质比较中，正确的是（ ） A．热稳定性：Na2CO3＜NaHCO3 B．常温时水溶液中的溶解度：Na2CO3＜NaHCO3 C．与稀盐酸反应快慢：Na2CO3＜NaHCO3 D．物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＜NaHCO3考点：钠的重要化合物．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：A、碳酸钠比碳酸氢钠稳定；B、碳酸钠较碳酸氢钠易溶；C、根据碳酸为二元酸，碳酸钠先与盐酸反应生成碳酸氢钠，再继续与酸反应生成二氧化碳分析；D、1mol碳酸钠消耗2molHCl，1mol碳酸氢钠消耗1molHCl．解答：解：A、碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成碳酸钠，故A错误；B、碳酸钠较碳酸氢钠易溶，故B错误；C、碳酸为二元酸，碳酸钠先与盐酸反应生成碳酸氢钠，再继续与酸反应生成二氧化碳，而碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，与盐酸反应时，碳酸氢钠反应快，故C正确；D、1mol碳酸钠消耗2molHCl，1mol碳酸氢钠消耗1molHCl，物质的量相同时，消耗盐酸：Na2CO3＞NaHCO3，故D错误．故选C．点评：本题考查钠的重要化合物的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累． 14．下列溶液中Cl﹣的物质的量浓度最大的是（ ） A．50mL0.5mol/LAlCl3溶液B．100mL0.5mol/LMgCl2溶液 C．100mL1mol/LNaCl溶液D．50mL0.5mol/LHCl溶液考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．21\n分析：根据溶液中C（Cl﹣）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关；解答：解：A、50mL0.5mol/LAlCl3溶液中C（Cl﹣）=3C（AlCl3）=0.5mol/L×3=1.5mol/L；B、100mL0.5mol/LMgCl2溶液中C（Cl﹣）=2C（MgCl2）=0.5mol/L×2=1mol/L；C、100mL1mol/LNaCl溶液中C（Cl﹣）=C（NaCl）=1mol/L；D、50mL0.5mol/LHCl溶液中C（Cl﹣）=C（HCl）=0.5mol/L；所以氯离子浓度最大的是1.5mol/L；故选：A．点评：本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据溶液中C（Cl﹣）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数来解答即可． 15．某盐的混合物中含有0.2mol/LNa+、0.4mol/LMg2+、0.4mol/LCl﹣，则SO42﹣为（ ） A．0.1mol/LB．0.2mol/LC．0.3mol/LD．0.4mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．专题：守恒思想．分析：根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），据此计算溶液中SO42ˉ的物质的量浓度．解答：解：盐的混合物中含有0.2mol/LNa+、0.4mol/LMg2+、0.4mol/LClˉ，根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），故2c（SO42﹣）=2c（Mg2+）+c（Na+）﹣c（Cl﹣）=2×0.4mol/L+0.2mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，故c（SO42﹣）=0.3mol/L，故选C．点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意电解质的混合溶液中离子浓度的计算，经常利用电荷守恒计算． 16．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（ ） A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞Y B．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞S C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料 D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2考点：元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．根据离子的核外电子层结构分析；B．元素的非金属性与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．根据同周期元素自左而右金属性变化规律分析．解答：解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；21\nB．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；故B．点评：本题考查元素周期表结构、元素周期律等知识，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握． 17．下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是（ ）①氮气与氧气在放电的条件下可直接生成NO2②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气③向Fe（NO3）2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化④实验室加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气． A．①③④B．①③C．①④D．①②③④考点：含氮物质的综合应用．专题：氮族元素．分析：①在放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮；②铵盐受热都能分解，但不是都能生成氨气；③亚铁离子能和稀硝酸发生氧化还原反应；④氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵．解答：解：①放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，故错误；②NH4NO3加热到190℃时分解生成一氧化二氮和水，若加热到300℃左右时分解生成氮气、硝酸和水，故错误；③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，故错误；④氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，故错误；故选D．点评：本题考查了氮及其化合物的性质，根据一氧化氮的稳定性大小、铵盐的性质来分析解答，易错选项是③，注意酸性条件下，硝酸根有强氧化性，常常被学生忽略，为易错点． 18．下列说法中正确的是（ ） A．在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性 B．浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处 C．金属钠着火燃烧时，可用泡沫灭火器灭火 D．正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7考点：浓硫酸的性质；硝酸的化学性质；二氧化硫的污染及治理；钠的化学性质．分析：A．浓硫酸使蔗糖碳化是脱水性的体现；B．液体应用细口瓶保存，浓硝酸见光易分解；21\nC．钠和水、氧气反应，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气；D．正常的雨水因为溶解了少量的二氧化碳气体而显弱酸性，雨水的pH只是稍小于7，酸雨pH稍小于5.6．解答：解：A．在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸为液体，液体应用细口瓶保存，浓硝酸见光易分解，置于低温阴暗处，故B正确；C．钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃料后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，所以钠着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故C错误；D．正常雨水pH稍小于7，酸雨的pH小于5.6，故D错误；故选：B．点评：本题考查了物质的性质和保存，明确浓硫酸、浓硝酸、钠的性质是解题关键，注意浓硫酸脱水性与吸水性的区别． 19．现有含0.1mol/L的SO32﹣溶液30mL，恰好被2×10﹣3molXO4﹣氧化为SO42﹣，则元素X在还原产物中的化合价是（ ） A．+4B．+3C．+2D．+1考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：该反应中SO32﹣中的S被氧化，变为SO42﹣，化合价从+4升到+6价，XO4﹣为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，结合电子守恒计算．解答：解：该反应中SO32﹣中的S被氧化，变为SO42﹣，化合价从+4升到+6价，XO4﹣为氧化剂，其中X元素化合价降低，开始为+7价，设X在在还原产物中的化合价是x，由电子守恒可知，0.03L×0.1mol/L×（6﹣4）=2×10﹣3mol×（7﹣x），解得x=+4，故选A．点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握信息中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度不大． 20．同一同期的X、Y、Z三种主族元素，已知其最高价氧化物对应水化物的化学式分别为H2XO3、H3YO4、H2ZO4，下列说法正确的是（ ） A．气态氢化物的稳定性：XH4＞YH3＞H2Z B．元素非金属性强弱关系：X＞Y＞Z C．最高价氧化物对应水化物酸性：H2XO3＞H3YO4＞H2ZO4 D．原子半径：X＞Y＞Z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：同一周期的X、Y、Z三种主族元素，已知它们的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO3、H3YO4、H2ZO4，则X最高价为+4，处第IVA族，Y最高价为+5，处于VA族，Z的最高价为+6，处于ⅤIA族．同周期元素的原子从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强；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．21\n解答：解：同一周期的X、Y、Z三种主族元素，已知它们的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2XO3、H3YO4、H2ZO4，则X最高价为+4，处第IVA族，Y最高价为+5，处于VA族，Z的最高价为+6，处于ⅤIA族，同周期元素从左到右，非金属性增强，则非金属性：X＜Y＜Z；A．非金属性越强，则气态氢化物越稳定，非金属性：X＜Y＜Z，故气态氢化物的稳定性：XH4＜YH3＜H2Z，故A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性增强，故非金属性：X＜Y＜Z，故B错误；C．同周期元素从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，非金属性：X＜Y＜Z，故酸性是：H2XO3＜H3YO4＜H2ZO4，故C错误；D．周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：X＞Y＞Z，故D正确；故选D．点评：本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，题目难度不大，根据化学式确定最高正化合价是关键，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． 二、非选择题（共57分）21．（16分）（2022春•曲靖校级期末）写出下列化学反应的离子方程式：（1）向H2SO4溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液至中性，写出反应的离子方程式： Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O ．（2）碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式 CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+ （3）①写出Na2SO4的电离方程式 Na2SO4═2Na++SO42﹣ ．②氧化铝和氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ③OH﹣+H+═H2O改写为化学方程式 H2SO4+2NaOH═2H2O+Na2SO4 （4）配制500mL0.5mol/L的稀硫酸，需要98%（密度为1.84g/cm3）的浓硫酸 13.6 mL；配制上述稀硫酸溶液所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，除上述仪器外还需要 500mL容量瓶、胶头滴管 ．（5）实验室中盛放烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，是因为（用化学方程式表示） 2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O ．考点：离子方程式的书写．分析：（1）至中性，反应生成硫酸钡和水；（2）反应生成氯化钙、水、二氧化碳；（3）①为强电解质，完全电离出钠离子和硫酸根离子；②反应生成偏铝酸钠和水；③OH﹣+H+═H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应；（4）结合c=及配制前后溶液中溶质的物质的量不变计算；配制溶液一定需要容量瓶；（5）烧碱与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水，硅酸钠的水溶液具有粘合性．解答：解：（1）至中性，反应生成硫酸钡和水，离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故答案为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O；（2）反应生成氯化钙、水、二氧化碳，离子反应为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故答案为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+；（3）①为强电解质，完全电离出钠离子和硫酸根离子，电离方程式为Na2SO4═2Na++SO42﹣，故答案为：Na2SO4═2Na++SO42﹣；21\n②反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；③OH﹣+H+═H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如H2SO4+2NaOH═2H2O+Na2SO4，故答案为：H2SO4+2NaOH═2H2O+Na2SO4；（4）配制前后溶液中溶质的物质的量不变，由0.5L×0.5mol/L=×V可知，V=13.6mL，配制溶液一定需要500mL容量瓶、定容还需要胶头滴管，故答案为：13.6；500mL容量瓶、胶头滴管；（5）烧碱与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水，硅酸钠的水溶液具有粘合性，反应为2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，故答案为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O．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及分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大． 22．现有A、B、C三种短周期元素，其原子序数依次递增；A与C的质子数之和为27，最外层电子数之差为5；B元素的内层电子数之和是最外层电子数的5倍．请回答下列问题：（1）写出C的名称 硫 ．（2）A、C形成的化合物的电子式为 ．（3）A、B最高价氧化物对应的水化物的酸性或碱性由强至弱的顺序是（用化学式表示） NaOH＞Mg（OH）2 ．（4）A、C最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，写出该反应的离子方程式 H++OH﹣=H2O ．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C三种短周期元素，其原子序数依次递增，B元素的内层电子数之和是最外层电子数的5倍，B元素原子只能有3个电子层，最外层电子数为2，故B为Mg；若A、C不在同周期，C的原子序数大于12，故C处于第三周期，若A处于第二周期，没有元素同时满足质子数之和为27、最外层电子数之差为5，若A、C在同周期，则C+A=27，C﹣A=5，可得C=16，A=11，即A为钠、B为硫，据此解答．解答：解：A、B、C三种短周期元素，其原子序数依次递增，B元素的内层电子数之和是最外层电子数的5倍，B元素原子只能有3个电子层，最外层电子数为2，故B为Mg；若A、C不在同周期，C的原子序数大于12，故C处于第三周期，若A处于第二周期，没有元素同时满足质子数之和为27、最外层电子数之差为5，若A、C在同周期，则C+A=27，C﹣A=5，可得C=16，A=11，即A为钠、B为硫．（1）由上述分析可知，C为硫元素，故答案为：硫；（2）A、C形成的化合物为Na2S，电子式为，故答案为：；（3）金属性Na＞Mg，故碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故答案为：NaOH＞Mg（OH）2；21\n（4）A、C最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H2SO4，二者反应离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，难度中等． 23．将1.0molX气体和1.0molY气体混合于2L的密闭容器中，发生反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+2W（g），2min末，测得生成了0.4molW．（1）前2min以X表示的平均反应速率为 0.1mol/（L•min） ；（2）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是 BD ．A．单位时间里，消耗2molX，同时生成2molWB．单位时间里，消耗2molX，同时也消耗了2molZC．反应混合物中各物质的浓度相等D．反应混合物中各物质的浓度不再改变．考点：反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：（1）先计算W的平均反应速率，再根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比判断X的平均反应速率；（2）根据平衡状态的标志进行分析；A．单位时间里，消耗2molX，同时生成2molW，都是正反应方向；B．单位时间里，消耗2molX，同时也消耗了2molZ，V（正）=V（逆）；C．反应混合物中各物质的浓度相等，反应并不一定达到平衡；D．反应混合物中各物质的浓度不再改变，反应达到平衡，这是平衡状态的特征．解答：解：（1）2X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+2W（g）反应开始1.0mol1.0mol002min末0.6mol0.8mol0.4mol0.4mol所以，前2min以X的浓度表示的平均反应速率v（X）===0.1mol/L•min，故答案为：0.1mol/L•min；（2）A．单位时间里，消耗2molX，同时生成2molW，都是正反应方向，故A错误；B．单位时间里，消耗2molX，同时也消耗了2molZ，V（正）=V（逆），故B正确；C．反应混合物中各物质的浓度相等，反应并不一定达到平衡，故C错误；D．反应混合物中各物质的浓度不再改变，反应达到平衡，这是平衡状态的特征，故D正确；故答案为：BD．点评：本题考查的是反应速率的定量表示方法，解题时注意：反应速率是平均值不是即时值，是浓度的变化量与时间的比值，不是浓度与时间的比值． 24．过氧化氢H2O2，（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口．对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白：A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2OC．2H2O22H2O+O2↑D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O21\n（1）H2O2仅体现氧化性的反应是 D （填代号）．（2）H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是 C （填代号）．（3）H2O2体现酸性的反应是 A （填代号）．（4）上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4氧化性由强到弱的顺序是： Ag2O＞H2O2＞K2CrO4 ．考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：（1）O元素的化合价降低，体现氧化性；（2）O元素的化合价既升高又降低；（3）与碱反应生成盐和水；（4）根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性判断．解答：解：A．Na2O2+2HCl═2NaCl+H2O2，该反应中各元素的化合价没有变化，所以不是氧化还原反应；B．Ag2O+H2O2═2Ag+O2+H2O，根据化合价的变化知，氧化剂是Ag2O，还原剂是H2O2，Ag2O的氧化性大于H2O2的氧化性；C．2H2O2═2H2O+O2，根据化合价的变化知，H2O2既是氧化剂又是还原剂；D．3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，根据化合价的变化知，H2O2是氧化剂，K2CrO4是氧化产物，（1）以上反应中H2O2仅体现氧化性的反应为D，故答案为：D；（2）以上反应中H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是C，故答案为：C；（3）以上反应中，H2O2体现酸性的反应是A，故答案为：A；（4）反应Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag2O＞H2O2，反应3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中，双氧水做氧化剂，铬酸钾做氧化产物，则氧化性H2O2＞K2CrO4，故氧化性顺序为：Ag2O＞H2O2＞K2CrO4，故答案为：Ag2O＞H2O2＞K2CrO4．点评：本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应基本概念的考查，把握反应前后元素化合价的变化判断其氧化性、还原性即可，题目难度不大． 25．（12分）（2022春•曲靖校级期末）下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题．族周期IAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③④三⑤⑥⑦⑧⑨⑩（1）非金属性最强的元素是 F （填元素符号，下同），形成化合物种类最多的元素是 C ．21\n（2）第三周期元素除⑩外原子半径最小的是 Cl （填元素符号），这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是 NaOH （填化学式，下同），具有两性的是 Al（OH）3 ．（3）⑤⑥⑦单质的活泼性顺序为 Na ＞ Mg ＞ Al （填元素符号），判断的实验依据是 单质与水或酸反应的剧烈程度 （写出一种）．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Ar，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答．解答：解：由元素在周期表中的位置可知，①为C，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Mg，⑦为Al，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Ar，（1）以上元素中第二周期中F的非金属性最强，在第ⅦA中F的非金属性最强，则F的非金属性最强，碳元素形成的有机物种类最多，故答案为：F；C；（2）同周期，从左向右原子半径在减小，则Cl的原子半径在第三周期最小，以上元素中Na的金属性最强，则最高价氧化物对应水化物NaOH的碱性最强，Al元素的最高价氧化物对应水化物Al（OH）3的具有两性，故答案为：Cl；NaOH；Al（OH）3；（3）同周期，从左向右金属性在减弱，则Na、Mg、Al单质的活泼性为Na＞Mg＞Al，可利用单质分别与水（或酸）反应的剧烈程度来验证，故答案为：Na；Mg；Al；单质与水或酸反应的剧烈程度．点评：本题考查元素周期表和元素周期律，熟悉元素在元素周期表中的位置是解答本题的关键，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答即可，难度不大． 26．（12分）（2022秋•科尔沁区期末）已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失．（1）A、B、C、D各物质的化学式为：A BaCl2 、B FeSO4 、C AlCl3 、D NaOH ．（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：I FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4 、Ⅱ 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3↓ ．（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：I Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓ 、Ⅱ Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．考点：几组未知物的检验．专题：物质检验鉴别题．分析：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．21\nFeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转变为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．（2）现象②中，B为FeSO4，D为NaOH，根据亚铁离子的性质即可写出方程式．（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．解答：解：（1）A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，能相互反应生成沉淀的有：AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解．BaCl2+FeSO4═BaSO4↓+2NaCl，现象为出现不溶于酸的白色沉淀．FeSO4+2NaOH═Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，特征现象为出现白色沉淀，立即变为红褐色．根据题意，①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀只能为BaSO4沉淀，因为Al（OH）3或Fe（OH）2都可溶于稀硝酸．②B+D→白色沉淀，在空气中放置，该沉淀由白色转为红褐色，说明白色沉淀为Fe（OH）2，红褐色沉淀为Fe（OH）3．则可确定B为FeSO4，A为BaCl2，D为NaOH．③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失，说明白色沉淀为Al（OH）3，C为AlCl3．故答案为：BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH．（2）现象②中，B为FeSO4，D为NaOH，两者反应生成白色Fe（OH）2沉淀，该沉淀易被氧化生成红褐色Fe（OH）3沉淀．反应为FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．故答案为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3．（3）现象③中，C为AlCl3，D为NaOH，两者反应生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3为两性氢氧化物可与NaOH继续反应，导致沉淀消失．反应为AlCl3+3NaOH═Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O．改写离子方程式时，AlCl3、NaOH、NaCl、NaAlO2易溶于水易电离改成离子形式，Al（OH）3难溶于水难电离保留化学式，H2O是弱电解质保留化学式，删除相同离子，则离子方程式为Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．故答案为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．点评：本题考查溶液中离子间的反应，解题的突破口为特征反应和特征现象，如沉淀由白色转化为红褐色是Fe（OH）2转变为Fe（OH）3的特征现象，Al（OH）3是两性氢氧化物可与强碱反应等． 三、计算题（本题共1道小题，共3分）27．5.4克金属铝与足量的氢氧化钠反应，能生成氢气的体积为多少？（标准状况下）考点：化学方程式的有关计算．分析：发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式计算生成氢气的体积．解答：解：设生成氢气体积为V，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑54g3×22.4L5.4gV21\n故V==6.72L答：标况下生成氢气体积为6.72L．点评：本题考查化学方程式有关计算，难度不大，有利于基础知识的巩固． 21
