上海市杨浦高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

上海市杨浦高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

杨浦高级中学2019年度第一学期期中测试高二化学试卷 相对原子质量：H－1、N－14、O－16、S－32、Cl－35.5、Fe－56、Cu－64、Ba－137‎ 一、选择题（只有一个正确答案）‎ ‎1.有关合金的说法正确的是（ ）‎ A. 生铁比纯铁熔点高 B. 钢比纯铁硬 C. 合金不具有导热性 D. 合金都不含非金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质，合金相对于组成它的金属来说，一般具有熔点较低、耐腐蚀性强、硬度大、机械强度大等方面的特点。‎ ‎【详解】A项、多数合金的熔点比组成它的成分金属熔点低，纯铁的熔点比生铁的高，故A错误；‎ B项、合金的硬度一般比各成分金属大，钢比纯铁硬，故B正确；‎ C项、合金是具有金属特性的物质，合金具有导热性，故C错误；‎ D项、合金可以是金属与金属或金属与非金属的混合物，不一定全部由金属组成，例如生铁属于合金，其中含有碳和硅等，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】①合金可以是金属与金属或金属与非金属的混合物，不一定全部由金属组成；②合金具有金属特性，如导电性、导热性、延展性等；③合金是几种成分熔合在一起形成的，发生的是物理变化，不是化学变化；合金不是几种成分简单地混合而成的；④合金中各成分仍保持自己的性质。‎ ‎2. 元素化学性质发生周期变化性质变化的根本原因是 A. 元素的原子半径呈周期性的变化 B. 元素的化合价呈现周期性变化 C 元素原子核外电子排布呈现周期性变化 D. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 元素化学性质发生周期变化性质变化的根本原因是元素原子核外电子排布呈现周期性变化的必然结果，选项A、B、D是元素周期律的具体体现，所以答案是C。‎ ‎3.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠，可能观察到的现象是下图中的(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】因煤油的密度比水小，所以煤油在上层，水在下层，又因钠的密度比水小，比煤油大，因此钠介于两者之间，而钠能与水反应产生气体，在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入煤油层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完，故选A。‎ ‎ ‎ ‎4.一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是 A. 铝 B. 镁 C. 铁 D. 钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝不能和水反应，故错误;‎ B.镁和热水能反应生成氢氧化镁和氢气，故错误；‎ C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故正确；‎ D.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，故错误。‎ 故选C。‎ ‎5.一定质量的铝片分别和相同浓度、相同体积氢氧化钠溶液和盐酸反应，放出氢气的质量 A. 一样多 B. 和盐酸反应放出的多 C. 和氢氧化钠溶液反应放出的多 D. 不能确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】若金属铝完全反应，则产生的氢气一样多，若金属铝不能完全反应，则产生的氢气的量不能确定。‎ 故选D。‎ ‎6.下列物质的检验方法中，没有发生颜色变化的是 A. 用湿润的淀粉–KI试纸检验氯气 B. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气 C. 用KSCN溶液检验氯化铁中的Fe3+ D. 用盐酸检验碳酸钠中的CO32–‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用湿润的淀粉–KI试纸检验氯气，试纸变蓝，选项A不符合；‎ B. 用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，试纸变蓝，选项B不符合；‎ C. 用KSCN溶液检验氯化铁中的Fe3+，溶液变为血红色，选项C不符合；‎ D. 用盐酸检验碳酸钠中的CO32–，产生无色气体，溶液颜色不变，选项D符合。‎ 答案选D。‎ ‎7.与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是 A. 设备少 B. 原料易得 C. 循环利用的物质多 D. NaCl利用率高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，该物质没有什么特别重要的用途；而侯氏制碱法是向滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料循环利用。氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故A、B、C不符合题意，D符合题意。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查侯氏制碱法知识，题目难度不大，注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理，即可判断二者的优缺点。‎ ‎8.下列有关物质性质的比较，错误的是 A. 金属性：Mg＞Al B. 稳定性：HF＞HCl C. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2 D. 酸性：H2SO4＞HClO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.镁的金属性比铝强，故正确；‎ B.氟的非金属性比氯强，所以氟化氢的稳定性比氯化氢强，故正确；‎ C.钠的金属性比镁强，所以氢氧化钠碱性强于氢氧化镁，故正确；‎ D.氯的非金属性比硫强，所以硫酸酸性弱于高氯酸，故错误。‎ 故选D。‎ ‎9.化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是 选项 化学性质 实际应用 A Al2(SO4)3和小苏打反应 泡沫灭火器灭火 B NaHCO3受热易分解产生气体 可作面包的发泡剂 C 铁比铜金属性强 FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板 D Na2O2能制取氧气 呼吸面具和潜水艇的供氧剂 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硫酸铝和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，是泡沫灭火器中的反应，故正确；‎ B.碳酸氢钠能受热分解产生二氧化碳，用于发泡剂，故正确；‎ C.铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铁离子的氧化性大于铜离子，与铁和铜的金属性无关，故错误；‎ D.过氧化钠和水或二氧化碳都能反应生成氧气，可以做呼吸面具的供氧剂，故正确。‎ 故选C。‎ ‎10.在水中加入下列物质后，抑制水的电离的是 A. Na2CO3 B. NaOH C. FeCl3 D. Na ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠电离出的碳酸根离子能水解，促进水的电离，故错误；‎ B.氢氧化钠电离出的氢氧根离子能抑制水的电离，故正确；‎ C.氯化铁电离出的铁离子能水解，促进水的电离，故错误；‎ D.钠和水电离出来的氢离子反应，使水的电离平衡右移，促进水的电离，故错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】能电离出氢离子或氢氧根离子的物质都能抑制水的电离。能水解的离子促进水的电离。‎ ‎11.在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝元素的存在形式是（ ）‎ A. AlO2- B. Al3+ C. Al(OH)3 D. Al3+、Al(OH)3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中说明含有氢离子和铝离子，氢离子的物质的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，氯化铝的物质的量为0.1mol/L×0.1L=0.01mol，氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×0.3L=0.03mol，氢离子先和氢氧化钠反应，消耗0.01mol氢氧化钠，剩余的氢氧化钠和氯化铝反应，氢氧化钠不足，反应生成氢氧化铝沉淀，氯化铝有剩余。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】容易忽视溶液的酸性，pH为1说明溶液中不仅含有氯化铝，还有酸，在与氢氧化钠反应时酸碱中和先进行，然后才是铝离子和氢氧化钠反应。‎ ‎12.下列既能和盐酸反应，又能和烧碱溶液反应的物质是 ‎①NaHCO3 ②(NH4)2CO3 ③Al ④Al2O3 ⑤Al(OH)3‎ A. ①②③④⑤ B. ①③④⑤ C. ①③④ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠和水和二氧化碳，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；碳酸铵和盐酸反应生成氯化铵和水和二氧化碳，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水和氨气；铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，和氢氧化钠容易反应生成偏铝酸钠和水；氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。故五种物质都能和盐酸反应又能和氢氧化钠反应。‎ 故选A。‎ ‎13.下列离子方程式正确的是 A. 向盐酸中加入铁粉：2Fe +6H+ →2Fe3＋ + 3H2↑‎ B. 向FeCl3溶液中通入H2S气体：Fe3+ + H2S →FeS ↓ + 2H+‎ C. 向Al(OH)3 中加入NaOH溶液 ：Al(OH)3 + OH﹣ → AlO2-+ 2H2O D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2﹣+ CO2+ H2O → Al(OH)3 ↓ +HCO3﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故错误；‎ B.氯化铁和硫化氢反应生成氯化亚铁和硫和盐酸，故错误；‎ C.氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，氢氧化钠和偏铝酸钠能拆成离子形式，故正确；‎ D.偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式应为AlO2﹣+ CO2+ 2H2O = Al(OH)3 ↓ +HCO3﹣，故错误。‎ 故选C。‎ ‎14.与Al反应放出大量氢气的溶液中，下列离子可能大量共存的是 A. Mg2+、Na+、Cl-、NO3- B. K+、Na+、Cl-、HCO3-‎ C. Na+、NH4+、Cl-、CH3COO- D. Fe2+、Ba2+、Cl-、I-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】和铝反应生成大量氢气的溶液可能是酸性或碱性。A.镁离子在碱性溶液中不能存在，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不产生氢气，故错误；‎ B.碳酸氢根离子和氢离子或氢氧根离子都反应，故错误；‎ C.铵根离子在碱性溶液中不能大量存在，醋酸根离子在酸性溶液中不能大量存在，故错误；‎ D.亚铁离子不能存在于碱性溶液中，四种离子可在酸性溶液中大量存在，故正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】和铝反应能产生氢气的溶液可能为酸性或碱性，题目中说可能大量存在，即在酸性溶液中能存在，或在碱性溶液中能存在的都符合题意。注意硝酸根离子在酸性条件下可以看成硝酸，和铝反应不产生氢气。‎ ‎15.下列各溶液中的反应，不论反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式来表示的是 A. FeBr2与Cl2 B. Ba(OH)2与CO2‎ C. HCl与Na2CO3 D. AlCl3与氨水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溴化亚铁和少量氯气反应时只有亚铁离子被氧化，和过量氯气反应时，溴离子也被氧化，所以反应物的多少不同，离子方程式不同，故错误；‎ B.氢氧化钡和少量二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钡，故离子方程式不同，故错误；‎ C.少量盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，过量的盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠和水和二氧化碳，故错误；‎ D.氯化铝和氨水只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，只有一个离子方程式，故正确。‎ 故选D。‎ ‎16.25℃时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（　　）‎ A. 粒子种类不同 B. c(Na+)前者大于后者 C. c(OH-)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，c(CO32-)均增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、HCO3-⇌CO32-+H+、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-、H2O+CO32-⇌HCO3-+OH-、H2O+HCO3-⇌H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；‎ B项、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；‎ C项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），故C正确；‎ D项、向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎17.下列除去杂质的方法错误的是 物质 杂质 除杂剂 A 镁粉 铝粉 过量烧碱溶液 B FeCl3(溶液)‎ FeCl2‎ 氯气 C CO2‎ HCl 饱和Na2CO3溶液 D Cl2‎ HCl 饱和食盐水 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A.铝和氢氧化钠溶液反应，而镁不反应，故能除杂，故正确；‎ B.氯化亚铁和氯气反应时生成氯化铁，故正确；‎ C.二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，盐酸和碳酸钠也反应，应选用碳酸氢钠，故错误；‎ D.氯化氢在水中的溶解度很大，氯气在饱和氯化钠中的溶解度很小，故正确。‎ 故选C。‎ ‎18.关于下列装置，叙述错误的是（ ）‎ A. 石墨电极反应O2+4H++4e→2H2O B. 鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀 C. 加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀 D. 加入HCl，石墨电极反应式：2H++2e→H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该装置为原电池，铁为负极，石墨为正极。‎ ‎【详解】A.石墨电极为正极，溶液为中性，空气中的氧气得到电子，电极反应为O2+2H2O +4e-=4OH-，故A错误；‎ B. 鼓入少量空气，增加氧气的浓度，加快反应速率，故B正确；‎ C.加入少量氯化钠，溶液导电能力增强，能加快铁的腐蚀，故C正确；‎ D.加入氯化氢，发生析氢腐蚀，石墨电极上氢离子得到电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e→H2，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎19.下列A、B两物质反应时，转移的电子的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)‎ ‎1 mol ‎1 mol 转移的电子 A CO2 ‎ Na2O2‎ ‎2NA B Cl2‎ H2O NA C Al Fe2O3‎ ‎6mol D FeI2‎ Br2‎ ‎2mol A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过氧化钠和二氧化碳反应，1mol过氧化钠与1mol二氧化碳正好反应，转移1mol电子，故错误；‎ B.氯气和水反应是可逆的，不能计算其物质的量，故错误；‎ C.铝和氧化铁反应生成铁和氧化铝，2mol铝和1mol氧化铁反应转移6mol电子，当二者都为1mol时，转移3mol电子，故错误；‎ D.当二者物质的量都为1mol时，反应方程式为：FeI2 +Br2= FeBr2 +I2，转移2mol电子，故正确。‎ 故选D ‎【点睛】掌握特殊氧化还原反应中的转移电子数。如过氧化钠和水或二氧化碳的反应，2mol过氧化钠消耗2mol水或二氧化碳，转移2mol电子。碘化亚铁和溴反应时根据溴的多少决定不同的产物，可能碘离子被氧化，也可能碘离子和亚铁离子都被氧化，根据题目中的数据关系确定氧化的物质和程度。‎ ‎20.下图是工业制纯碱的部分物质转化示意图，下列说法错误的是 A. X是NH3，Y是CO2‎ B. M可在转化流程中循环利用 C. 若是联合制碱法，则L的主要成分是NH4Cl D. 若是氨碱法，溶液c可在转化流程中循环利用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．联合制碱法与氨碱法其原理都是NH3+CO2+H2O+NaCl(饱和)=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，NH3极易溶于水且溶液呈弱碱性，再通入CO2使之更多地转化为HCO3-，故工业上可先向饱和食盐水中通入NH3后再通入CO2制NaHCO3，所以X是NH3，Y是CO2，故A正确；B．图中的沉淀为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，M为二氧化碳，二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，故B正确；C．若是联碱法，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品，所以L的主要成分是氯化铵，故C正确；D．先使氨气X通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳Y生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，含有氯化铵的滤液b与石灰乳混合加热，CaO+H2O=Ca(OH)2，2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所放出的氨气L可回收循环使用，故D错误；故答案为D。‎ 二、填空题 ‎21.Fe2(SO4)3溶液可除去煤中以黄铁矿（FeS2）形式存在的硫元素，反应如下：‎ ‎______FeS2 + ______Fe2(SO4)3 +______H2O →______FeSO4 + ______H2SO4 ‎ ‎（1）试配平反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移方向及数目_____；还原剂是_______，还原产物是_________，被还原的元素是__________。‎ ‎（2）Fe2(SO4)3溶液呈_____性，用离子方程式解释其原因________。‎ ‎（3）检验上述反应中Fe2(SO4)3是否消耗完的实验方案：_________________________。‎ ‎（4）该方法的优点之一是Fe2(SO4)3易再生。向反应后的溶液中通入__________，就能达到使Fe2(SO4)3再生的目的，方便且价廉。 ‎ ‎（5）实验室.配制一定量FeSO4溶液时，需加入少量_____和_______其目的是_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). FeS2 (3). FeSO4 (4). 铁元素 (5). 酸性 (6). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。 (7). 取反应后的上层溶液，加入几滴硫氰化钾溶液，若不出现红色，说明硫酸铁消耗完。 (8). 空气 (9). 铁 (10). 硫酸 (11). 防止亚铁离子被氧化，硫酸可以抑制亚铁离子的水解 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应中中的硫化合价从-1价升高到+6价，铁元素化合价从+3价降低到+2价，根据得失电子守恒和质量守恒分析，得化学方程式为：FeS2 +7Fe2(SO4)3 +8H2O=15FeSO4 + 8H2SO4。其单线桥表示为，还原剂为FeS2，还原产物为FeSO4，被还原的元素为铁元素。‎ ‎（2）硫酸铁因为铁离子水解使溶液显酸性，水解的离子方程式为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。‎ ‎（3）铁离子与硫氰化钾反应显示红色，亚铁离子不反应，所以用硫氰化钾检验硫酸铁是否消耗完。操作方法为：取反应后的上层溶液，加入几滴硫氰化钾溶液，若不出现红色，说明硫酸铁消耗完。‎ ‎（4）硫酸亚铁具有强还原性，使硫酸亚铁转化为硫酸铁方便且价廉的试剂是空气。‎ ‎（5）实验室配制一定量硫酸亚铁，需要加入少量的铁和硫酸，铁可以防止亚铁离子被氧化，硫酸可以抑制亚铁离子的水解。‎ ‎22.混合物A含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下发生如图所示的物质之间的变化：‎ ‎（1）固体D的化学式为___________‎ ‎（2）写出反应①、④的离子方程式________________、_____________‎ ‎（3）溶液C中含有的主要离子是______________________‎ ‎（4）操作⑤是__________、______________________‎ ‎（5）如图表示AlCl3与NaOH溶液相互滴加的两组实验过程中，微粒数量的关系曲线。判断下列说法不正确的是_____________ ‎ A．A线可表示Al3＋或OH—的物质的量的变化 ‎ B．B C D线均可表示AlO2—的物质的量的变化 C．B C D线均可表示Al(OH)3的物质的量的变化 D．同一组实验中A、B、C、D线不可能全部出现 ‎【答案】 (1). Al2O3 (2). Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O (3). Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (4). 钾离子和硫酸根离子和铵根离子 (5). 蒸发 (6). 结晶 (7). ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3混合物加入水溶解，硫酸铝钾溶解，沉淀为氧化铝和氧化铁，沉淀中加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解生成偏铝酸钠，沉淀B为氧化铁，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，即固体D。硫酸铝钾溶液中加入过量的氨水，生成氢氧化铝沉淀，溶液C为硫酸铵和硫酸钾。‎ ‎【详解】（1）固体D为氧化铝，化学式为Al2O3。‎ ‎（2）反应①的离子方程式为Al2O3+2OH-=AlO2-+H2O、④的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+‎ ‎（3）溶液C中含有钾离子和硫酸根离子和铵根离子。‎ ‎（4）操作⑤是从溶液中得到固体溶质，操作为蒸发结晶。‎ ‎（5）氯化铝中逐渐加入氢氧化钠，先生成氢氧化铝沉淀，沉淀逐渐增多，达到最大值后再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠。方程式为：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl；Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；两个阶段消耗氢氧化钠的比例为3：1，且A、D的最高值相等，所以B、C表示氢氧化铝的物质的量变化，D表示偏铝酸根离子的量，A表示铝离子的物质的量，不能表示氢氧根离子的物质的量，四条曲线同时存在，故D选项错误。若氢氧化钠中逐滴加入氯化铝，反应先生成偏铝酸钠，然后反应生成氢氧化铝，方程式为：AlCl3+4NaOH= NaAlO2+3NaCl+2H2O，3NaAlO2+ AlCl3+2H2O= 4Al(OH)3↓+3NaCl。两阶段消耗氯化铝的比例为3：1，氢氧化钠和偏铝酸钠的物质的量不等，且偏铝酸根离子最大量和氢氧化铝的量也不等，故此时BC表示偏铝酸根离子，A不能表示氢氧根离子，D不能表示氢氧化铝。故选ACD。‎ ‎【点睛】掌握铝三角的转化，注意物质的量的关系。氯化铝中逐滴加入氢氧化钠，先反应生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时氢氧化铝沉淀逐渐溶解，最后消失。根据方程式分析各物质的物质的量的关系。若氢氧化钠中逐滴加入氯化铝，先生成偏铝酸钠和氯化钠，当氯化铝过量时，偏铝酸钠和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀。‎ ‎23.下表是元素周期表的一部分：（不得用a~h字母回答）元素周期表有7个横行，每一个横行称为“周期”，周期序数=电子层数；元素周期表共有18列，每一列称为 “族”，下表中的7列为主族元素，分别用罗马数字Ⅰ、Ⅱ、……表明族序数，族序数=最外层电子数。‎ 根据a～h各元素的性质，选择相应的化学符号、化学式或化学方程式填空： ‎ ‎（1）单质氧化性最强的是__________，酸性最强的含氧酸是_____________。‎ ‎（2）写出e的碱性气态氢化物的电子式_____，将它和化合物df 2通入饱和食盐水发生反应的化学方程式是_____。‎ ‎（3）最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是___________。‎ ‎（4）在b、c、g、h中，常见离子半径最大的是__________。‎ ‎【答案】 (1). F2 (2). HClO4 (3). (4). NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl ‎ ‎(5). NaOH (6). Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据周期表的结构分析，a为氢，b为钠，c为铝，d为碳，e为氮，f为氧，g为氟，h为氯。‎ ‎【详解】（1）单质氧化性最强的为氟气，F2；酸性最强的含氧酸为HClO4；‎ ‎（2）氮的碱性气态氢化物为氨气，电子式为；和二氧化碳通入饱和食盐水中的方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；‎ ‎（3）最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的为氢氧化钠NaOH。‎ ‎（4）钠离子，铝离子，氟离子，和氯离子中根据电子层数越多，半径越大分析，氯离子半径最大。‎ ‎【点睛】掌握元素周期表的结构和元素周期律。同周期元素，从左到右金属性减弱，非金属性增强，同主族元素，从上到下金属性增强，非金属性减弱。根据金属性或非金属性的强弱分析其对应的酸性或碱性强弱等问题。‎ ‎24.向浓度相等、体积均为100 mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，逐滴加入0.1 mol/L的盐酸，产生CO2的体积(标准状况)与所加盐酸的体积关系如图所示。‎ ‎（1）A曲线表明，原溶液通入CO2 ________mL(标准状况)。‎ ‎（2）B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶液中溶质物质的量之比为__________。‎ ‎（3）原NaOH溶液的物质的量浓度为__________。‎ ‎【答案】 (1). 134.4mL (2). 1：1 (3). 0.09mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氧化钠中通入二氧化碳反应为NaOH+CO2= Na2CO3+H2O、或NaOH+CO2= NaHCO3，可能的成分可能为氢氧化钠和碳酸钠，或碳酸钠，或碳酸钠和碳酸氢钠，或碳酸氢钠。然后向溶液中加入盐酸，可能存在的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O； Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3‎ ‎；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。分析若只含有碳酸钠，则前后两个阶段消耗的盐酸的量相等，若前者消耗盐酸的量多，则溶液成分为氢氧化钠和碳酸钠，若后者消耗的盐酸的量多，则溶质的成分为碳酸钠和碳酸氢钠。所以A为碳酸钠和碳酸氢钠，B为氢氧化钠和碳酸钠。‎ ‎【详解】（1）（1）根据A曲线中30-90阶段中，计算碳酸氢钠的物质的量为0.1 mol/L×（90-30）×10-3 L =0.006mol，则二氧化碳的物质的量为0.006mol，标况下体积为0.006mol×22.4L/ mol =0.1344L=134.4mL。‎ ‎（2）B曲线分析，60~90mL盐酸即0.003molHCl和碳酸氢钠反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，所以n(NaHCO3)=0.003mol，而碳酸氢钠又是由碳酸钠和盐酸生成的，Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，所以n(Na2CO3)=0.003mol，碳酸钠消耗HCl0.003mol，即30mL。0~60mL盐酸即0.006molHCl和NaOH中和后和碳酸钠反应，所以和NaOH反应的HCl为0.006-0.003=0.003mol，所以n(NaOH)=0.003mol。故氢氧化钠和碳酸钠的物质的量比为0.003：0.003=1：1。‎ ‎（3）曲线中盐酸的体积为90mL时气体达到最大值，此时溶液为氯化钠，根据钠和氯元素的关系分析，氢氧化钠和盐酸的物质的量相等，即0.1mol/L×0.09L=c(NaOH)×0.1L。解得c(NaOH)=0.09mol/L。‎ ‎ ‎