2019-2020学年高一化学下学期期中试题(含解析) (IV).doc

2019-2020学年高一化学下学期期中试题(含解析) (IV)可能用到的原子量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 K-39 Mg-24 Al-27 Zn-64一选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计45分）1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A. 在元素周期表的金属和非金属分界线附近寻找半导体材料B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应D. 铅笔芯的主要原料是石墨，儿童在使用时不会引起中毒【答案】B【解析】A、在元素周期表的金属和非金属分界线附近的元素既有金属性又有非金属性，则金属和非金属分界线附近寻找半导体材料，故A正确；B、对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故C正确；D、铅笔的主要成为为石墨，不是铅，儿童使用时不会引起中毒，故D正确；故选B。点睛：本题考查较为综合，涉及化学与生活的运用，解题关键：注意把握相关基础知识，树立化学来源于生活而又服务于生活的理念，易错点D，铅笔的主要成为为石墨，不是铅，易被误解。2. 下列各分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）A. H2O B. SF6 C. CCl4 D. PCl5【答案】C【解析】A、H2O分子中，氢原子最外层有2个电子，所以氢原子不满足8电子稳定结构，故A错误；B、SF6中，S原子的最外层电子为：6+6=12，不满足8电子稳定结构，故B错误；C、CCl4中，C原子的最外层电子为：4+4=8，Cl原子的最外层电子为：1+7=8，满足8电子稳定结构，故C正确；D、PCl5中，P原子的最外层电子为：5+5=10，Cl原子的最外层电子为：1+7=8，不都满足8电子稳定结构，故D错误；故选C。点睛：本题考查原子核外电子排布，解题关键：明确原子核外电子排布规律及结构特点，注意掌握判断是否满足8电子结构的方法，难点D，利用化合价与最外层电子数来分析即可解答，PCl5，P原子最外层有5个电子，化合价位+5，最外层电子数为：5+5=103. 下列说法中正确的一组是( )A. H2和D2互为同位素 B. 和互为同分异构体C. H、D、T互称为同素异形体 D. 和是同一种物质【答案】D【解析】A质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，同位素必须是元素不是单质，H2和D2是单质，所以不是同位素，故A错误；B是四面体结构，其没有同分异构体，所以是同一种物质，不是同分异构体，故B错误；CH、D、T互称为同位素，故C错误；D和分子式相同，结构完全相同，是同一种物质，故D正确；故选D。4. 下列物质中：氯水；浓硫酸；溴蒸气；烧碱；氧气；酸性KMnO4溶液，其中在一定条件下可以与甲烷发生化学反应的是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】甲烷与氯水不反应，故不选；甲烷性质稳定，与浓硫酸不反应，故不选；甲烷与溴蒸汽在光照条件下能够发生取代反应，故选；甲烷性质稳定，与氢氧化钠不反应，故不选；甲烷为可燃物，能够在氧气中燃烧，故选；甲烷性质稳定，不能被强氧化剂酸性的高锰酸钾氧化，故不选；故选：C。5. 关于化学键的下列叙述中，正确的是（ ）。化学键只存在于分子之间化学键只存在于相邻原子或离子之间化学键是一种静电作用化学键是相邻原子之间强烈的相互吸引离子化合物可能含共价键 共价化合物可能含离子键金属和非金属只能形成离子键 两个非金属和非金属原子间只能形成共价键A. B. C. D. 【答案】B【解析】离子化合物、原子晶体和金属中含有化学键，分子之间存在分子间作用力，故不正确；化学键是相邻原子之间强烈的相互作用，故正确，离子键就是阴阳离子之间的一种静电作用，相互吸引相互排斥，故正确；化学键是相邻原子之间强烈的相互作用，故不正确；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，共价化合物中一定不含离子键，所以正确，不正确，故选：B。6. 利用下列各组中的物质制备并收集少量相应的气体，能采用如图装置的是（ ）浓氨水和固体NaOH制NH3 大理石和稀盐酸制CO2过氧化氢溶液和二氧化锰制O2 稀硝酸和铜片制NO浓盐酸和二氧化锰制Cl2 锌粒和稀硫酸制H2A. B. C. D. 【答案】A【解析】浓氨水和固体NaOH制NH3，氨气应选向下排空气法收集，故不选；大理石和稀盐酸制CO2，符合固体与液体反应不需要加热制备气体，且气体的密度比空气的密度大，利用向上排空气法收集，故选；双氧水和二氧化锰制O2，符合固体与液体反应不需要加热制备气体，且气体的密度比空气的密度大，利用向上排空气法收集，故选；稀硝酸和铜片制NO，NO不能利用排空气法收集，故不选；浓盐酸和二氧化锰制Cl2，需要加热，故不选；锌粒和稀硫酸制H2，但气体的密度比空气的密度小，利用向下排空气法收集，故不选；故选A。7. 硼的最高价含氧酸的化学式不可能是()A. HBO2 B. H2BO3 C. H3BO3 D. H2B4O7【答案】B考点：考查根据化学式判断化合价视频8. 分子式为C5H11Cl的有机物，分子中含2个甲基的同分异构体有（不含立体异构）（）A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种【答案】B【解析】C5H12的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3(一氯代物中有2个甲基的形式有2种)、(CH3)2CHCH2CH3(一氯代物中有2个甲基的形式有2种)、C(CH3)4(一氯代物中有2个甲基的形式没有)，共有4种，故选项B正确。点睛：等效氢的判断，（1）同一个碳原子上的氢原子是等效；（2）对称两端的氢原子为等效的；（3）连有同一个碳原子上的甲基上的氢原子是等效的。9. 原子数相同、电子总数相同的粒子，互称为等电子体。硼元素可形成三个等电子体阴离子BO2、BC25和BN2n，则BN2n中的n值为A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】BO2中的电子数是582122，所以572n22，解得n3，答案选C。10. X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa、Yb、Z(b1)简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是()A. 已知mXa与nYb，得manbB. 离子半径：YbZ(b1)XaC. Z(b1)的还原性一定大于YbD. 气态氢化物的稳定性Hb1Z一定大于HbY【答案】C【解析】试题分析：A。原子失去电子形成阳离子，原子获得电子，形成阴离子。由于mXa+、nYb、Z（b+1）简单离子的电子层结构相同，所以m-a=n+b，因此选项A错误。B.对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数移动，离子半径就越小。因此离子半径：Z（b+1）Yb Xa+。错误。C对于电子层结构相同的离子来说，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，离子的还原性就越弱。Z(b+1)的还原性一定大于Yb 。正确。D.核电荷数YZ，核电荷数越大，其气态氢化物的稳定性就越强，因此稳定性Hb+1Z一定小于HbY。错误。考点：考查电子层结构相同的微粒的半径、还原性、物质的稳定性的知识。11. 将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可知()A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B. 该反应中，热能转化为产物内部的能量C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 反应物中化学键断裂吸收的能量少【答案】B【解析】A醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；B因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B正确；C因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D. 反应物中化学键断裂吸收的能量多，故D错误；故选B。12. 短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是()A. 钠与W可能形成Na2W2化合物B. 由Z与Y组成的物质在熔融时能导电C. W得电子能力比Q强D. X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体【答案】A考点：考查元素周期律和元素周期表的综合应用的知识。视频13. 应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）卤素单质的熔点随原子序数的增大而升高砹（85At）是VIIA族，其氢化物的稳定性大于HC1硒（34Se）的气态氢化物比S的气态氢化物稳定性差第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊（81Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱A. B. C. D. 【答案】B【解析】因卤素单质的熔沸点随原子序数的增大逐渐升高，故正确；同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，则氢化物稳定性逐渐减弱，故错误；S、Se在同一主族，S元素的非金属性大于Se的非金属性，则硒的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故正确；第二周期非金属元素N，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故错误；铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性TlAl，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故错误；第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性NaMgAl，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；故选：B。点睛：本题考查元素周期表中同周期和同主族元素的性质变化规律，解题关键：明确金属性与非金属性强弱的比较方法，易错点，金属性与非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物的酸性来比较，不能通过氢化物水溶液有酸性来比较14. 已知断裂1molH-H要吸收的能量为436kJ，形成1molH-N放出391kJ的能量，氨气的结构如图，根据化学方程式N23H2 2NH3，1molN2与3molH2反应时放热92kJ，则断裂1molNN所需要的能量为 ( ）A. 431kJ B. 698kJ C. 946kJ D. 394kJ【答案】C【解析】已知：H-H键能为436kJmol1，H-N键能为391kJmol1，设NN的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=-92.4kJmol1，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故x+3436kJmol1-23391kJmol1=-92.4kJmol1，解得：x=945.6 kJmol1，故选：C。点睛：本题考查了反应热的有关计算、反应热与化学键键能的关系，解题关键：明确反应热与键能的关系，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能。15. 某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A. 溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+B. 溶液中一定不含CO32，一定含有SO42和NO3C. 溶液中n（NH4+）=0.25molD. 三种离子的物质的量之比n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=2：2：1【答案】D【解析】若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32和NO3不能大量存在；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2、Al3；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则nAl（OH）3=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol-0.1mol=0.4mol，则n（Mg2）=（0.4mol-0.1mol3）2=0.05mol，A由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H、Mg2、Al3、NH4，故A错误；B、由上述分析可知，溶液中一定不含CO32、NO3，一定含有SO42，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（NH4）=0.2mol，故C错误；D、由上述分析可知，溶液中n（H）：n（Al3）：n（Mg2）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，故D正确；故 选D。点睛：本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，对学生的综合能力提出了较高的要求，易错点A，当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4；难点D，各粒子浓度的计算，先要理清各阶段的反应，再理清各阶段各物质的量。第II卷 （4大题，共计55分）16. （1）取等物质的量的MgO和Fe2O3的混合物进行铝热反应,反应的化学方程式为_,引发铝热反应的实验操作是_。（2）根据周期表对角线规则，金属Be与Al单质及其化合物性质相似。写出Be与NaOH溶液反应生成Na2 Be(OH) 4的离子方程式_。（3）54g某元素R的单质与足量的盐酸反应，生成RCl3和6.72L氢气,R的质子数比中子数少1个，则R的原子符号为_，R的氧化物溶于强碱的离子方程式_。（4）实验室不能用带玻璃塞试剂瓶装NaOH溶液，用化学方程式和简要文字说明_。（5）作为麻醉剂，氙气在医疗上很受重视，它的原子序数是_。取1mol氙气和3.5mol氟气于一密闭容器内充分反应，后来余下了1.5mol的氟气同时有白色固体生成 ，此白色固体的化学式为_。（6）若要使1mol CH4完全和Cl2发生取代反应，并生成相同物质的量的四种取代产物，则生成HCl的物质的量为_。A5 mol B4molC2.5mol D1mol【答案】 (1). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (2). 加少量KClO3,插上镁条并将其点燃 (3). Be+2OH+2H2O=Be(OH)42+H2 (4). (5). 2Al2OH2H2O=2ALO23H2 (6). 2NaOHSiO2= Na2SiO3H2O 生成的硅酸钠是粘胶 (7). 54 (8). XeF4 (9). C【解析】（1）取等物质的量的MgO和Fe2O3的混合物进行铝热反应,反应的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe,引发铝热反应的实验操作是：加少量KClO3,插上镁条并将其点燃 。（2）根据周期表对角线规则，金属Be与Al单质及其化合物性质相似。写出Be与NaOH溶液反应生成Na2 Be(OH) 4的离子方程式Be+2OH+2H2O=Be(OH)42+H2。（3）54g某元素R的单质与足量的盐酸反应，生成RCl3和6.72L氢气,2R6HCl=2RCl33H22R 22.4L35.4g 6.72L ,R的相对原子质量为27，R的质子数比中子数少1个，质子数为13，则R的原子符号为，R的氧化物溶于强碱的离子方程式2Al2OH2H2O=2ALO23H2。（4）实验室不能用带玻璃塞试剂瓶装NaOH溶液，用化学方程式和简要文字说明2NaOHSiO2= Na2SiO3H2O 生成的硅酸钠是粘胶。（5）作为麻醉剂，氙气在医疗上很受重视，它的原子序数是54。3.5moL氟气反应剩余1.5mol氟气，反应了2mol氟气，1molXe与2moL氟气反应生成物中Xe原子与氟原子物质的量之比为1：（22）=1：4，所以生成的白色固体的化学式为XeF4。（6）1mol CH4完全和Cl2发生取代反应，反应完全后，得四种有机物物质的量相等，根据碳原子守恒知，CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量都是0.25mol，由于氯气发生的取代反应是1个氯原子替换出1个氢原子，另一个氯原子则与氢原子结合生成氯化氢，所以参加反应的氯气的物质的量等于生成的氯代烃中氯原子的物质的量，而4种氯代烃的物质的量相等，即各有0.25mol，所以所需的氯气的物质的量为：0.25mol1+0.25mol2+0.25mol3+0.25mol4=2.5mol，根据取代反应的特点：1个氯原子替换出1个氢原子，另一个氯原子则与氢原子结合生成氯化氢知：n（HCl）=2.5mol，故选：C。17. 随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素及相应化学式回答问题：(1)f在周期表中的位置是_。(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：_；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_。(3)y形成的最简单气态氢化物的空间构型_。【答案】 (1). 第3周期第A族 (2). r(O2) r(Na) (3). HClO4H2SO4 (4). 正四面体【解析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知：x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，（1）f是Al元素，其原子序数为13，在元素周期表中位于第三周期A族；电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r(O2) r(Na) ；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4H2SO4；(3)y形成的最简单气态氢化物CH4的空间构型正四面体。点睛：本题考查了元素周期表与元素周期律的综合应用，解题关键：明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，注意掌握离子半径比较方法和最高价氧化物水化物的酸性强弱的比较的方法18. 五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C的简单离子和B的简单离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物中阴阳离子的个数比为1:1。根据判断出的元素及相应化学式回答问题：(1)五种元素中，金属性最强的是_(填元素名称)，非金属性最强的元素是_(填元素名称)。(2)由元素A分别和元素B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是_(用化学式表示)。(3)元素A和E形成的化合物与元素A和B形成的化合物反应，产物的电子式为_，其中存在的化学键类型为_。(4)E离子的结构示意图是_。单质E与水反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 钠 (2). 氯 (3). PH3 (4). (5). 离子键和共价键 (6). (7). Cl2+H2O=H+C1-+HC1O【解析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为H元素、B为N元素；A和C同族，C的原子序数大于N元素，则C为Na元素；B和D同族，则D为P元素；C和E形成的化合物中阴阳离子的个数比为1：1，该化合物为NaE，则E为Cl元素，据此进行解答（1）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，故钠元素的原子半径最大；最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强，高氯酸是最强的含氧酸，故氯非金属性最强；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物分别为NH3、PH3、HCl，非金属性越强氢化物越稳定，则热稳定性最差的是PH3。（3）元素A和E形成的化合物为HCl，元素A和B形成的化合物为NH3，二者反应生成氯化铵，氯化铵为离子化合物，其电子式为，其中存在的化学键类型为离子键和共价键；（4）E离子为氯离子，氯离子核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图是：；氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，反应离子方程式为：Cl2+H2O=H+Cl+HClO。19. 实验室中常用氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图所示：（1）写出制备氯气的离子方程式： _ ；（2）为了得到纯净、干燥的氯气，此装置还需增加净化装置，请根据气体的流动方向，依次按顺序选择所用的装置，正确的选项是 _ ；（3）如果将过量二氧化锰与20mL12mol/L的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol，其主要原因有： _ ； _ （4）多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置 _ ；【答案】 (1). MnO24H2ClMn2Cl22H2O (2). DB (3). 浓盐酸挥发 (4). 浓盐酸反应后浓度下降而与MnO2不反应 (5). I，II【解析】（1）写出制备氯气的离子方程式：MnO24H2ClMn2Cl22H2O；（2）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，浓硫酸具有吸水性依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去氯化氢和水蒸气；故选：DB；（3）二氧化锰只与浓盐酸反应，反应过程中消耗氯化氢，同时浓盐酸易挥发，导致盐酸浓度降低变为稀盐酸，不再与二氧化锰反应；（4）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I，II都可以用来多余的氯气。20. 某同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱。根据要求完成下列各题：（1）实验装置：填写所示仪器名称：B_（2）实验步骤：连接仪器、_、加药品后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热（3）问题探究：（已知酸性强弱:亚硫酸碳酸）铜与浓硫酸反应的化学方程式是_；装置E中酸性KMnO4溶液的作用是_；能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_；试管F中发生反应的离子方程式为_。依据试管 D 中的反应，能否证明S的非金属性强于C的非金属性_（填 “能”或“否”）。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 检查装置的气密性 (3). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 +SO2+2H2O (4). 吸收SO2 (5). E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀 (6). CO2H2OSiO32- =H2SiO3CO32- 或 2CO22H2OSiO32- =H2SiO32HCO3- (7). 否【解析】（1）根据装置图中的仪器可知B为圆底烧瓶；（2）反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏；（3）在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4 +SO2+2H2O ；装置E中酸性KMnO4溶液的作用是吸收SO2 ，防止干扰后面的试验；二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以盛有Na2SiO3溶液的试管中出现白色沉淀即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，即： E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀 ；试管F中发生反应的离子方程式为： CO2H2OSiO32- =H2SiO3CO32- 或 2CO22H2OSiO32- =H2SiO32HCO3-；试管D中发生反应是二氧化硫与碳酸氢钠生成二氧化碳，其离子方程式为：SO2+2HCO3=SO32+H2O+2CO2，依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是最高价含氧酸，所以不能判断非金属性强弱。21. 铝热反应是铝的一个重要性质，该性质用途十分广泛“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”已知：Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔点、沸点数据如表：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/6602 0541 5351 462沸点/2 4672 9802 750-I（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金理由是：该反应放出的热量使铁熔化，而铝的熔点比铁低，此时液态的铁和铝熔合形成铁铝合金你认为他的解释是否合理？ _ （填“合理”或“不合理”）（2）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的块状熔融物中含有金属铝，反应的离子方程式为 _ （3）实验室溶解该熔融物，在下列试剂中最适宜的试剂是 _ （填序号）A、浓硫酸B、稀硫酸C、稀硝酸D、氢氧化钠溶液实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低某同学取一定量上述的熔融物与一定量很稀的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出在反应结束后的溶液中，逐滴加入6molL-1的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示试回答下列问题：（1）依题意，请写出熔融物中铁与该稀的硝酸反应的离子方程式： _（2）在BC段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为 _ ；（3）熔融物中铝元素的物质的量为 _ mol（4）B点对应的沉淀的物质的量为 _ mol，A点对应的氢氧化钠溶液的体积为 _ mL【答案】 (1). 合理 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (3). B (4). 8Fe+30H+3NO3-=8Fe3+3NH4+9H2O (5). NH4+OH-=NH3H2O (6). 0.012 (7). 0.048 (8). 15【解析】（1）铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落至盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物应是铁铝合金，故解释合理；铝与NaOH溶液反应生成气体，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，（3）A浓硫酸易使铁、铝钝化，不能使合金溶解，故A错误；B活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，故B正确；C稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，故C错误；D铁不与NaOH溶液反应，不能将熔融物全部溶解，故D错误故选B；（1）熔融物与稀硝酸反应过程中气体产生，可推断出还原产物应为NH4，所以铁与该稀的硝酸反应的离子方程式为8Fe+30H+3NO38 Fe3+3NH4+9 H2O；（2）BC段沉淀的质量没有发生变化，为NH4NO3和NaOH反应，离子方程式为NH4+OHNH3H2O，；（3）CD段发生的反应是Al（OH）3 +OH=AlO2+2H2O，n（NaOH）=0.002L6molL1=0.012mol，则n（Al（OH）3）=0.012mol，即熔融物中铝元素的物质的量为0.012mol；（4）由8Fe+30H+3NO38 Fe3+3NH4+9 H2O、8Al+30H+3NO38 Al3+3NH4+9 H2O、NH4+OHNH3H2O可得关系式8（Fe和Al）3NH43OH，BC段消耗的OH的物质的量为6molL-1（42-39）10-3L=0.018mol，则Fe和Al的物质的量之和为0.018mol8/3=0.048mol，所以B点对应的沉淀Fe（OH）3和Al（OH）3的物质的量为0.048mol，AB段消耗的氢氧化钠溶液物质的量为0.048mol3=0.144mol，AB段消耗的氢氧化钠的体积为0.144mol/6molL1=0.024L=24ml，所以A点对应的氢氧化钠溶液的体积为39-24=15