上海市曹杨第二中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题Word版含解析

这是一份上海市曹杨第二中学2021-2022学年高一下学期期中考试化学试题Word版含解析，共27页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将姓名，N2的结构式分别为等内容，欢迎下载使用。

 上海市曹杨第二中学2021学年度第二学期
高一年级期中考试化学试卷
考生注意：
1、答卷前，考生务必将姓名、班级、学号等在指定位置填写清楚。
2、本试卷共有45道试题，满分100分，考试时间60分钟。请考生将选择题答案直接点击在智学网上，非选择题用黑色水笔将答案写在答题卷上，并按要求拍照上传至智学网相关位置。
一、选择题(每题2分，共60分)
1. 下列有关钠的物理性质的叙述中正确的是
①灰黑色金属； ②质软，可以用小刀切割；③熔点低于100℃； ④密度比水大； ⑤热和电的良导体。
A. ②④ B. ②③⑤ C. ③⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①钠是I A族元素，为银白色金属单质，有金属光泽；②质地较软，可以用小刀切割；③将钠放入水中，钠会立即熔成小球，说明熔点较低；④钠能浮于水面上，说明钠的密度比水的小；⑤钠是金属，含有自由移动的电子，所以是热和电的良导体；正确的为：②③⑤，答案选B。
2. 下列物质中，既含有氨分子，又含有铵根离子的是
A. 氨气 B. 氨水 C. 硝酸 D. 硝酸钾
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气是共价化合物，化合物中只存在氨分子，不存在铵根离子，故A错误；
B.氨水是氨气溶于水所得的混合物，氨水中存在氨分子、一水合氨分子、水分子、铵根离子、氢氧根离子和氢离子，既含有氨分子，又含有铵根离子，故B正确；
C.硝酸为共价化合物，化合物中只存在硝酸分子，不存在氨分子和铵根离子，故C错误；
D.硝酸钾是离子化合物，化合物中含有钾离子和硝酸根离子，不存在氨分子和铵根离子，故D错误；
故选B。
3. 物质的用途与性质密切相关。下列说法不正确的是
A. 铜用于制导线，是由于铜有良好的导电性
B. 氮气常用作保护气，是由于氮气的化学性质不活泼
C. 二氧化碳用于灭火，是由于二氧化碳不可燃、不助燃且密度比空气大
D. 铁制品表面涂“银粉”（铝粉）防生锈，是由于铝的化学性质比铁稳定
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由于铜有良好的导电性，铜常用于制导线，故A正确；
B．氮气的化学性质不活泼，氮气常用作保护气，故B正确；
C．由于二氧化碳不可燃、不助燃且密度比空气大，二氧化碳常用于灭火，故C正确；
D．铁制品表面涂“银粉”（铝粉）防生锈，是由于铝易被氧气氧化生成致密的氧化铝保护膜，不是铝的化学性质比铁稳定，故D错误；
故选D。
4. 下列有关氮元素的单质及其化合物的说法正确的是
A. 氮气与氧气在放电的条件下可直接生成NO2
B. 向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化
C. 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
D. 将SO2通入到硝酸钡溶液中，会产生白色沉淀BaSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮气与氧气在放电的条件下生成NO，A错误；
B．向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，发生反应： ，溶液从浅绿色变成黄色，B错误；
C．实验室加热氯化铵固体，氯化铵分解生成的氯化氢和氨气在试管口重新生成氯化铵固体，C错误；
D．将SO2通入到硝酸钡溶液中，发生反应： ，产生白色沉淀BaSO4，D正确；
故答案选D。
5. 海洋生物参与氨循环过程如图所示，下列说法正确的是

A. NH3、N2的结构式分别为、N=N
B. 上述微粒间的转化均存在非极性键的断裂与生成
C. 反应③中可能有氧气参与反应
D. 氨的空间构型为正四面体形
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2分子中2个N原子形成共价三键，结构式是N≡N，A错误；
B．在上述反应转化时转化为NH3只有极性键断裂，NH2OH转化为N2H4时，有非极性键的形成而没有断裂，B错误；
C．反应③N2H4中N元素的化合价升高，失去电子被氧化，氧气可以氧化N2H4，则可能有氧气参与反应，C正确；
D．NH3中N原子价层电子对数是3+=4，有1对孤电子对，因此NH3分子呈三角锥形，D错误；
故合理选项是C。
6. 下列化合物中，不能由单质直接化合而得到的是（ ）
A. Fe3O4 B. Na2O2 C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁在氧气中燃烧发生化合反应生成Fe3O4，A选项不符合题意；
B. 钠在氧气中燃烧发生化合反应生成Na2O2，B选项不符合题意；
C. 铁和氯气反应只能生成FeCl3，不能生成 FeCl2，C选项符合题意；
D. 铁在氯气中燃烧发生化合反应生成FeCl3，D选项不符合题意；
答案选C。
【点睛】铁和氯气加热反应生成氯化铁，与反应物的量无关，氯化铁溶于水后才能与铁反应生成氯化亚铁。
7. 如图所示，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化成小球时，用玻璃棒蘸取少量无水粉末与其接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成。下列说法错误的是

A. 钠受热易熔成小球说明其熔点低
B. 钠与粉末反应时放出大量热
C. 一定条件下，Na可与反应生成Cu
D. 将无水粉末改为溶液，反应现象相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠的熔点低，所以钠受热易熔成小球，故A正确；
B．用玻璃棒蘸取少量无水粉末与熔融的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，说明钠与粉末反应时放出大量热，故B正确；
C．用玻璃棒蘸取少量无水粉末与熔融的钠接触，有红色物质生成，Na可与反应生成Cu，故C正确；
D．将无水粉末改为溶液，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化钠沉淀，反应现象不相同，故D错误；
选D。
8. 化学与生产、生活密切相关，下列有关物质性质及用途的说法不正确的是
A. 过氧化钠可用作呼吸面具供氧剂
B. 二氧化硅用于制造半导体、计算机芯片
C. NaHCO3可用作发酵粉
D. 一定浓度的NaClO水溶液可用于杀灭新冠病毒
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，A正确；
B．晶体硅用于制造半导体和计算机芯片，B错误；
C．碳酸氢钠受热分解可产生气体，可用作发酵粉，C正确；
D．次氯酸钠溶液具有氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀灭新冠病毒，D正确；
故选B。
9. “慈石能引铁”(慈，旧作磁)。“慈石”的主要成分是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】四氧化三铁的化学式Fe3O4，俗称氧化铁黑、吸铁石、黑氧化铁，为具有磁性的黑色晶体，故又称为磁性氧化铁，则“慈石”的主要成分是四氧化三铁，故答案为B。
10. 关于氮及其化合物的变化关系图如下：

则下列说法不正确的是
A. 上述所有反应都是氧化还原反应
B. 步骤①②③是工业生产硝酸的主要途径
C. 可与NO反应实现的转化
D. 反应③中每生成1mol就有33.6L完全反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．上述所有反应都有化合价的变化，都属于氧化还原反应，故A正确；
B．工业生产硝酸：氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故B正确；
C．由化合价分析，符合“归中”规律，故C正确；
D．无条件(标准状况下)，故D错误；
故选：D。
11. 下列有关事实的解释正确的是
选项
事实
解释
A
用FeCl3溶液腐蚀Cu刻制印刷电路板
铁比铜的金属性强
B
用绿矾(FeSO4·7H2O)处理含有Cr2O废水
绿矾是硫酸盐
C
Na长期暴露在空气中的最终产物是Na2CO3
Na在空气中与氧气、水、二氧化碳共同作用的结果
D
Fe2O3用作油漆、橡胶、涂料的颜料
Fe2O3难溶于水

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板的反应是氧化还原反应，反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2不是置换反应，故反应不能说明铁比铜金属性强，A错误；
B．绿矾中的亚铁离子可以和重铬酸根离子发生氧化还原反应，并不是因为绿矾是硫酸盐，B错误；
C．暴露在空气中的钠能与空气中的氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成碳酸，C正确；
D．Fe2O3用作油漆、橡胶、涂料的颜料是因为Fe2O3为红棕色固体，D错误；
故选 C。
12. 下图为氮元素的价类二维图。

下列说法正确的是
A. X属于酸性氧化物
B. 转化为一定需要加入氧化剂
C. 一定条件下，和反应可以转化成
D. 实验室采用加热分解固体制取
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据示意图可知X是NO，NO和碱不反应，不属于酸性氧化物，A错误；
B．转化为不一定需要加入氧化剂，例如二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，B错误；
C．一定条件下，和可以发生氧化还原反应生成水和，C正确；
D．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气冷却后又转化为氨气，因此不能制备，D错误；
答案选C。
13. 下列说法正确的是
A. 金属钠、镁着火可以用泡沫灭火器灭火
B. 将等物质的量的Cl2和SO2混合可增强漂白能力
C. 浓硫酸稀释时，将浓硫酸沿量筒内壁缓慢注入盛有水的量筒中
D. 将钠投入盛有Ca(HCO3)2溶液的小烧杯中，既有气体生成又有白色沉淀产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠、镁着火着火燃烧产物与CO2、H2O发生反应，因此不能用泡沫灭火器灭火，A错误；
B．将等物质的量的Cl2和SO2混合，发生反应：Cl2+SO2+H2O=2HCl+H2SO4，导致漂白能力失去，B错误；
C．浓硫酸溶于水会放出大量热，由于浓硫酸密度比水大，为防止酸滴飞溅，稀释时将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入盛有水的烧杯中，而不能在量筒中进行稀释，C错误；
D．将钠投入盛有Ca(HCO3)2溶液的小烧杯中，Na与水反应产生NaOH和H2，Ca(HCO3)2与NaOH反应产生CaCO3沉淀，因此看到的现象是既有气体生成又有白色沉淀产生，D正确；
故合理选项是D。
14. 在一定条件下，将纯净的NO2充满试管并将试管倒立于水槽中，充分反应后剩余气体的体积缩小为原气体体积的(不考虑水蒸气所占体积)（ ）
A. 1/3 B. 1/2 C. 3/5 D. 2/3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】假设NO2的体积是3V L，并将试管倒立于水槽，会发生化学反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3V L反应产生NO气体体积为1V L，所以充分反应后剩余气体的体积缩小为原体积的1VL÷3VL=1/3，选项A正确。
答案选A。
15. 汽车尾气系统中，有毒气体CO和NO在三元催化剂作用下生成无毒气体，某课外化学兴趣小组用如下装置模拟该转化过程。下列说法错误的是

A. a装置中试剂为浓硫酸，起干燥、观察流速及混合气体的作用
B. b装置的硬质玻璃管中发生反应
C. c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸
D. d装置既可检验气体，又可吸收实验中的有害尾气
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．进入硬质玻璃管的气体应该为干燥的CO与NO，故a装置中试剂为浓硫酸，用于干燥CO与NO，同时使气体混合均匀且可观察流速，A正确；
B．根据题意可知汽车尾气系统中的CO与NO有毒气体在三元催化剂作用下生成无毒气体和，故化学方程式为，B正确；
C．c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸，C正确；
D．d装置中澄清石灰水可检验气体，但不能与尾气中的CO和NO反应，故不能吸收有害尾气，D错误；
故答案为：D。
16. 根据元素周期律和周期表，下列推断不合理的是。
A. 第83号元素的最高化合价是+5
B. 第53号元素的单质在常温常压下是固体
C. 第Ⅷ族含8、9、10 三列共12种元素，为含元素种类最多的族
D. 32号元素的单质可作半导体，其同主族的某种元素的同位素可用作考古断代
【答案】C
【解析】
【详解】A．第83号元素位于第六周期第VA族，最高化合价等于主族序数，为+5价，A正确；
B．第53号元素位于第五周期第VIIA族，是碘元素，碘单质常温常压下是固体，B正确；
C．含元素种类最多的族是第IIIB族，包含钪、钇、镧系、锕系共32种元素，C错误；
D．32号元素是锗，在金属和非金属的分界线处，是半导体，同主族的C元素的同位素14C可用作考古断代，D正确；
故选C。
17. 如图为某国外学术期刊上刊登的八角形元素周期表，八角形的每个顶角对应一种元素，下列说法错误的是

A. 图中虚线八角形所标元素属于我们现行元素周期表的第四周期
B. 图中虚线箭头所经过的元素单质按箭头方向氧化性逐渐减弱
C. 图中①代表的元素单质在常温下能稳定存在，不发生化学反应
D. 此八角形元素周期表中所表示的所有元素中没有副族元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．第四周期第一主族原子序数为19，为K元素，八角形的每个顶角对应一种元素，虚线八角形所标元素K，代表元素周期表的第四周期，故A正确；
B．图中虚线箭头所经过的元素是同主族元素，随着原子序数增大其非金属性减弱，单质的氧化性减弱，故B正确；
C．图中①代表的元素是Al，铝单质在常温下能稳定存在，是由于Al和氧气在常温下反应生成致密的氧化铝薄膜，防止Al进一步腐蚀，发生了化学反应，故C错误；
D．此八角形元素周期表是按同主族元素序数增大来排列的，所表示的所有元素只有主族和0族，没有副族元素，故D正确；
故选：D。
18. O、S和Se都是ⅥA族元素，关于这三种元素原子的说法正确的是(　　)
A. 原子半径：O>S>Se B. 最外层电子数都相同
C. 核外电子层数都相同 D. 最外层电子数都不相同
【答案】B
【解析】
【详解】O、S和Se位于第ⅥA族元素，原子序数依次增大。同主族元素从上到下原子半径依次增大，A项错误；主族的族序数=最外层电子数，故O、S和Se最外层电子数都相同，B项正确、D项错误；O、S和Se的核外电子层数分别为2、3、4，C项错误。
19. 下列叙述正确的是
A. 质量数相同的原子互为同位素
B. 0族元素的化学性质不活泼，其单质不发生任何反应
C. 同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强
D. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制造催化剂的元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．质量数相同的原子，它们不一定具有相同的质子数，比如18O 、18F，所以不一定互为同位素，选项A错误；
B．0族元素的化学性质不活泼，但一定条件下单质也可能发生反应，如生成XeF6，选项B错误；
C．同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，选项C正确；
D．在金属元素和非金属元素交接区域元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，选项D错误；
答案选C。
20. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在表中位置如图所示。W原子的核外电子数比Y原子的质子数的两倍多1。则下列说法中，正确的是

A. 原子半径：W>Z>X>Y
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. W单质具有漂白性
D. 四种元素的单质中，Z单质的熔点、沸点最高
【答案】D
【解析】
【分析】设Y原子的原子序数是a，根据X、Y、Z、W在表中位置图，W原子序数是a+9，W原子的核外电子数比Y原子的质子数的两倍多1，则2a+1=a+9，a=8，所以Y是O元素、X是N元素、Z是S元素、W是Cl元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：S>Cl>N>O，故A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4>H2SO4>HNO3，故B错误；
C．Cl2没有漂白性，Cl2和水反应的产物次氯酸有漂白性，故C错误；
D．常温常压下，四种元素的单质中，N2、O2、Cl2都是气体，S是固体，单质S的熔点、沸点最高，故D正确 ；
选D。
21. 34Se 是人体必需的微量元素，最外层有6个电子。下列说法错误的是
A. Se位于第四周期VI A 族 B. H2Se的热稳定性比H2S弱
C. H2SeO4的酸性比HBrO4强 D. Se的同位素原子具有相同的电子数
【答案】C
【解析】
【详解】A．Se是34号元素，位于第四周期VI A 族，故A正确；
B．非金属性硫强于硒，H2Se的热稳定性比H2S弱，故B正确；
C．非金属性溴强于硒，H2SeO4酸性比HBrO4弱，故C错误；
D．Se的同位素原子只是中子数不同，具有相同的质子数、电子数，故D正确；
故选C。
22. 下列各组中的性质比较正确的是（ ）
①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4
②碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2
③熔点：Li ④还原性：F->Cl->Br-
⑤稳定性：HCl>H2S>PH3
A. ①②⑤ B. ②③④ C. ①②③ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故正确；
②金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性：KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2，故正确；
③碱金属的半径越大，金属键越弱，熔点越低，则熔点：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs，故错误；
④非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性：F－＜Cl－＜Br－，故错误；
⑤非金属性越强，对应氢化物越稳定，则稳定性：HCl＞H2S＞PH3，故正确；
故选A。
23. 下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是
A. MgCl2 B. Na2O2 C. CH4 D. K2S
【答案】B
【解析】
【详解】A．MgCl2是离子化合物，Mg2+与2个Cl-之间以离子键结合，只含离子键，A不符合题意；
B．Na2O2是离子化合物，2个Na+与以离子键结合，在中2个O原子之间以共价键结合，故Na2O2中既含有离子键又含有共价键，B符合题意；
C．CH4是由分子构成的共价化合物，C、H原子之间以共价键结合，只含共价键，C不符合题意；
D．K2S是离子化合物，2个K+与S2-之间以离子键结合，只含离子键，D不符合题意；
故合理选项是B。
24. 关于含阳离子O的化合物O2AsF6，下列叙述错误的是
A. O共有15个核外电子
B. 化合物中含有离子键、极性共价键、非极性共价键
C. 化合物O2AsF6中As的化合价为+4价
D. 化合物O2AsF6为离子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．O为8号元素，O原子核外有8个电子，O具有的核外电子为8×2-1=15个，A正确；
B．该化合物为离子化合物，阳离子O与阴离子之间以离子键结合，在阳离子中存在非极性共价键，在阴离子中存在极性共价键，故该化合物中含有离子键、极性共价键、非极性共价键，B正确；
C．化合物O2AsF6中As的化合价为+5价，C错误；
D．化合物O2AsF6为阳离子O与阴离子之间以离子键结合形成的离子化合物，D正确；
故合理选项是C。
25. 关于离子键、共价键的各种叙述中，下列说法中正确的是（ ）
A. 在离子化合物里，只存在离子键，没有共价键
B. 非极性键只存在于双原子的单质分子（如Cl2）中
C. 原子序数为11与9的元素能够形成离子化合物，该化合物中存在离子键
D. 由不同元素组成的含多个原子的分子里，一定只存在极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A．含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物。所以在离子化合物中一定含有离子键，也可能含有共价键，但在共价化合物中只能含有共价键，不能含有离子键，A不正确；
B．在化合物中也可以含有非极性键，例如过氧化钠和双氧水等，B不正确；
C．一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，Na和F形成的是离子键，化合物NaF是离子化合物，C正确；
D．在乙酸CH3COOH中含有非极性键，D不正确。
答案选C。
26. 下列变化过程中，仅有共价键被破坏的是
A. 干冰升华 B. HCl 溶于水
C. NaOH高温融化 D. NH4Cl固体受热分解
【答案】B
【解析】
【详解】A．干冰升华属于物理变化，化学键不变，A不符合；
B．HCl溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，B符合；
C．NaOH高温融化电离出钠离子和氢氧根离子，离子键被破坏，C不符合；
D．NH4Cl固体受热分解生成氨气和氯化氢，离子键和共价键均被破坏，D不符合；
答案选B。
27. 美国科学家研究发现普通盐水在无线电波的照射下可以燃烧，这很可能是21世纪人类最伟大的发现之一，未来将有望解决人类的能源危机。科学家发现无线电频率可以削弱盐水中所含元素原子之间的“结合力”，释放出H原子和O原子，一旦点火，H原子就会在这种频率下持续燃烧。上述中“结合力”实质是
A. 离子键 B. 极性共价键
C. 非极性共价键 D. 氢键
【答案】B
【解析】
【详解】依据信息可知：无线电频率可以削弱盐水中所含元素原子之间的”结合力”，释放出H原子和O原子，实际发生水分子中H-O键断裂，不同种非金属元素的原子之间形成的共价键为极性共价键，所以该结合力为极性共价键，故合理选项是B。
28. 下列关于金属的叙述中正确的是
A. 常温下所有的金属都是固态 B. 金属具有导电、导热和延展性
C. 地壳中含量最多的金属铁元素 D. 金属元素大多数以游离态存在于自然界
【答案】B
【解析】
【详解】A，常温下不是所有的金属都是固态，Hg常温下呈液态，A项错误；B，金属具有导电性、导热性和延展性，B项正确；C，地壳中含量最多的金属元素是铝元素，C项错误；D，多数金属的化学性质比较活泼，金属元素大多数以化合态存在于自然界中，D项错误；答案选B。
29. “祝融号”火星车使用了碳化硅复合材料和镁锂合金材料。下列说法错误的是
A. 镁锂合金属于金属材料
B. 镁锂合金的硬度比镁的小
C. 碳化硅属于无机非金属材料
D. 碳化硅复合材料具有耐高温的性能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．铁锂均为金属，铁锂合金属于金属材料，A正确；
B．合金硬度大于单组份金属硬度，镁锂合金的硬度比镁的大，B错误；
C．C与Si均为非金属，碳化硅属于无机非金属材料，C正确；
D．碳化硅复合材料具有较好的耐高温与抗氧化、耐腐蚀等特性，D正确；
答案选B。
30. 下列冶炼方法错误的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．工业上采取热分解氧化汞的方法治炼汞，A正确；
B．利用铝热反应制取活动性弱的金属锰，B正确；
C．工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝，而不是氯化铝，因为熔融氯化铝不导电，C错误；
D．工业上用热还原法治炼金属铁，D正确；
答案选C。
【点睛】金属活动性顺序表中，金属的位置越靠后，其阳离子越容易被还原，用一般的热分解法就能得到金属单质；活动性居中或不太活泼的金属可用热还原法治炼；金属的位置越靠前，其阳离子越难被还原，往往采用电解法治炼金属。
二、综合分析题(共40分)
31. 为比较Na、Mg、Al的金属性强弱，同学们进行了如下实验。
实验1：取绿豆大小的金属钠投入滴有酚酞溶液的5 mL水中，观察现象；
实验2：取一小段镁带投入5 mL水中，并滴入2滴酚酞溶液，观察现象，过一会儿加热至水沸腾，再观察现象；
实验3：取一小段铝片放入试管中，加入2 mL 1 mol/L盐酸，观察现象：
实验4：…
（1）实验前必须对镁带与铝片进行的操作是_______；
（2）实验1中的钠与水反应的化学方程式是_______；NaOH的电子式为_______；
（3）实验2中加热后观察到的现象是_______；Mg在元素周期表中的位置是_______；
（4）实验3中有关反应的离子方程式是_______；
（5）实验4的操作是_______；
（6）由上述实验现象得出的结论是_______；
（7）有学生丙另辟蹊径，不用镁、铝的单质，而取镁、铝的可溶盐逐滴加氢氧化钠溶液均产生氢氧化物沉淀，而过量碱液可使生成的Al(OH)3溶解，而Mg(OH)2则_______(填“溶解”或“不溶”)，从而得出(6)题中结论。实验结论的判断依据为金属最高价氧化物对应水化物的_______ (填 “酸性”或“碱性”)，Mg(OH)2_______ Al(OH)3(填 “＞”或“＜”)，过量氢氧化钠溶液使Al(OH)3溶解的离子方程式为_______。
【答案】（1）用砂纸打磨除去氧化膜
（2） ①. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ②.
（3） ①. 产生气泡，滴有酚酞的水红色变深 ②. 第三周期第ⅡA族
（4）2Al+6H+=2A13++3H2↑
（5）取与铝片大小相同的一段镁带投入2 mL1 mol/L盐酸中，观察现象
（6）金属的活泼性为：Na＞Mg＞Al
（7） ①. 不溶 ②. 碱性 ③. ＞ ④. Al(OH)3+OH- =+2H2O
【解析】
【小问1详解】
为了便于对比实验，使金属能够与水或酸溶液充分接触，在实验前必须对镁带与铝片进行的操作是除去金属表面的氧化膜，故要用砂纸打磨掉金属表面的氧化物保护膜；
【小问2详解】
钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
NaOH为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在OH-中H、O原子之间以共价单键结合，故NaOH的电子式为：；
【小问3详解】
将镁带与水的混合物加热至水沸腾，这时会看到镁与热水剧烈反应，生成氢氧化镁和氢气，所以看到的实验现象是：产生气泡，使滴有酚酞的水红色变深；
Mg是12号元素，原子核外电子排布是2、8、2，根据原子结构与元素位置关系可知：Mg在元素周期表中的位置是第三周期第ⅡA族；
【小问4详解】
铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，该反应的离子方程式为：2Al+6H+=2A13++3H2↑；
【小问5详解】
应设计镁与盐酸反应速率的快慢，所以实验4的步骤是：取与铝片大小相同的一段镁芾投入2 mL 1 mol/L盐酸中，观察现象；
【小问6详解】
根据与水、与酸反应剧烈程度，可得到的结论是：金属的活泼性：Na＞Mg＞Al；
【小问7详解】
向铝盐溶液中加入NaOH溶液，当碱少量时产生白色沉淀，当碱过量时，产生的白色沉淀又溶解变为澄清溶液。这是由于Al(OH)3是两性氧化物，能够与强碱NaOH反应产生可溶性物质，而Mg(OH)2属于难溶性碱，不能与NaOH发生反应，因此看到的现象的反应产生的Mg(OH)2不溶于过量的NaOH溶液中；从而证明金属活动性Mg＞Al；实验结论的判断依据为金属最高价氧化物对应水化物的碱性越强，该元素的金属活动性就越强；Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物，说明碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3；过量氢氧化钠溶液使Al(OH)3溶解反应变为NaAlO2和水，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH- =+2H2O。
32. 测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验。
（1）本实验至少需要加热_______次，至少需要称量_______次。
（2）如图是实验中可能用到的几种仪器，用相关仪器的名称填空：冷却加热后的试样必须在_______中进行，加热硫酸铜晶体，用到的仪器有_______。

（3）实验得到以下的数据：
坩埚质量(g)
坩埚和晶体的总质量(g)
加热后坩埚和剩余固体的质量(g)
11.685
13.691
12.948
计算得到结晶水数量的测定值为_______。(保留2位小数)
（4）计算实验相对偏差为_______%，造成该偏差的可能原因是_______。(填序号 )
a．未进行恒重操作
b．加热过程中有少量晶体溅出
c．加热时坩埚内物质变黑
d．加热后放在空气中冷却
【答案】（1） ①. 2 ②. 4
（2） ①. 干燥器 ②. 泥三角、坩埚、坩埚钳
（3）5.23 （4） ①. 4.6 ②. bc
【解析】
【分析】本题为测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验，测定流程为称量坩埚的质量、称量坩埚和晶体的总质量、灼烧、冷却、称量坩埚和剩余固体的总质量、恒重操作，需要加热2次再测定质量，实验前测定坩埚的质量、坩埚和晶体的总质量、称量坩埚和剩余固体的总质量、恒重操作称量一次坩埚和剩余固体的总质量，据此分析解题。
【小问1详解】
测定流程为称量坩埚的质量、称量坩埚和晶体的总质量、灼烧、冷却、称量坩埚和剩余固体的总质量、恒重操作，需要加热2次再测定质量，实验前测定坩埚的质量、坩埚和晶体的总质量、称量坩埚和剩余固体的总质量、恒重操作称量一次坩埚和剩余固体的总质量，所以本实验至少需要加热2次，至少需要称量4次，故答案为：2；4；
【小问2详解】
加热硫酸铜晶体常用坩埚、泥三角、三脚架、坩埚钳、酒精灯等仪器，冷却加热后的试样必须在干燥器进行，防止硫酸铜固体吸收空气中的水蒸气，使测定值偏小，故答案为：干燥器；泥三角、坩埚、坩埚钳；
【小问3详解】
由表格的数据可知，硫酸铜固体的质量为12.948g-11.685g=1.263g，n（CuSO4）==0.00789375mol，结晶水的质量为13.691g-12.948g=0.743g，n（H2O）=≈0.041278mol，则CuSO4•xH2O晶体中结晶水数值x=≈5.23，故答案为：5.23；
【小问4详解】
由(3)分析可知，结晶水为5.23，则实验相对偏差为 =4.6%，造成该偏差即偏大，则：
a．未进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，a错误；
b．加热过程中有少量晶体溅出，水的质量偏大，造成结果偏高，b正确；
c．加热时坩埚内物质变黑，硫酸铜分解生成CuO，水的质量偏大，造成结果偏高，c正确；
d．加热后放在空气中冷却，测得水的质量偏小，造成结果偏低，d错误；
故答案为：4.6；bc。
33. 某学生利用高锰酸钾分解制氧气的反应，测定室温下的气体摩尔体积，实验装置如下。部分实验步骤：


①装好实验装置；②_______；
③把适量高锰酸钾粉末放入干燥的试管中， 准确称量试管和高锰酸钾粉末的质量为a g；
④加热，开始反应，直到产生一定量的气体；
⑤停止加热；
⑥测量收集到的气体的体积；
⑦准确称量试管和残留物的质量为b g；
⑧测量实验室的温度。
（1）实验步骤的第②步是_______。
（2）以下是测量收集到的气体的体积时必须包括的几个步骤：
①调整量气管高度，使其液面高度与水准管液面高度相平；
②使装置内的气体都冷却至室温；
③读取量气管中气体的体积；
这三步操作的正确顺序是_______(请填写步骤代号)。
（3）如果实验中得到的氧气体积是c L，水蒸气的影响忽略不计，则室温下气体摩尔体积的计算式为_______(含a、b、c)。
（4）假定其他操作均正确，分析下列因素对实验结果的影响。
①高锰酸钾未完全分解：_______；(填 “偏大”、“偏小” 或“无影响”，下同)
②实验前未将装置内的空气排出：_______；
③未恢复至室温就读数：_______。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）②①③ （3）
（4） ①. 无影响 ②. 无影响 ③. 偏大
【解析】
【分析】KMnO4受热分解产生K2MnO4、MnO2、O2，固体减少的质量就是O2的质量，根据O2的质量与其摩尔质量，利用，可得O2的物质的量，再根据测量的O2的体积，利用Vm=计算室温下的气体摩尔体积。在制取气体前，组装好装置后应该先检查装置气密性，然后再加入药品，为更准确量取O2的体积，在读取量筒内气体的体积之前，先使试管和量筒内的气体都冷却至室温，调节量筒内外液面高度使之相同，然后读数，根据公式进行计算。
【小问1详解】
。
装好实验装置，需要检验装置的气密性，检查气密性的方法：将导管的出口放入水中，用手紧握试管，观察水中的导管口是否有气泡冒出；
【小问2详解】
要准确测量气体体积必须保持量筒内外气体温度和压强相等，因此在读取量筒内气体的体积之前，应使试管和量筒内的气体都冷却至室温，再调节量筒内外液面高度使之相同，所以正确的顺序为②①③；
【小问3详解】
由实验可知生成氧气的质量m(O2)=a g-b g=(a-b)g，n(O2)=，实验中得到的氧气体积是c L，水蒸气的影响忽略不计，则室温下气体摩尔体积Vm=；
【小问4详解】
①高锰酸钾未分解完全，产生氧气的质量减少，对应的氧气的体积也减小，因此对气体的摩尔体积无影响；
②装置内的空气不影响氧气体积的测定，因此对气体的摩尔体积无影响；
③未恢复至室温就读数，氧气的体积偏大，导致气体的摩尔体积偏大。