上海市嘉定区封浜高中2024-2025学年高二化学下学期期终考试试题含解析

PAGE20-上海市嘉定区封浜中学2024-2025学年高二化学下学期期终考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23一、选择题（每题2分，共80分）1.下列物质中，可用于治疗胃酸过多的是（）A.硫酸钡 B.氢氧化铝 C.碳酸钠 D.硫酸钙【答案】B【解析】【详解】A．硫酸钡不能与HCl反应，故A不选；B．氢氧化铝属于弱碱，对胃的刺激性弱，能与HCl反应，可用于治疗胃酸过多，故B选；C．碳酸钠溶液碱性较强，对胃的刺激性强，不用于治疗胃酸过多，故C不选；D．硫酸钙不能与HCl反应，故D不选；故选B。2.下列物质中，含有金属键的是（）A.干冰 B.金刚石 C.食盐 D.白银【答案】D【解析】【分析】金属键是化学键的一种，主要在金属中存在。由自由电子及排列成晶格状的金属离子之间的静电吸引力组合而成。【详解】A.干冰中碳和氧之间是共价键，故A不符；B.金刚石中碳与碳之间是共价键，故B不符；C.食盐中钠离子和氯离子间以离子键结合，故C不符；D.白银由银离子和自由电子形成金属键，故D符合；故选D。3.下列叙述中，不属于金属通性的是A.易导电、导热 B.有良好的延展性C.溶沸点低 D.有金属光泽【答案】C【解析】【详解】金属一般具有肯定的金属光泽、良好的导电性和导热性、延展性，金属熔点与金属键强弱有关，有些金属熔点高，有些金属熔点低，故答案为C。4.下列关于现有元素周期表的叙述正确的是（）A.共有6个周期，16个族 B.共有7个周期，18个族C.共有6个周期，18个族 D.共有7个周期，16个族【答案】D【解析】【详解】现有元素周期表共有7个横行和18列，每个横行称为1个周期，除第8、9、10三列合称第VIII族外，其余每列均为１个族，因此，现有元素周期表有7个周期和16个族。故选D。5.铁与下列物质反应的产物，能使KSCN溶液显红色的是（）A.氯气 B.硫磺 C.稀硫酸 D.硫酸铜溶液【答案】A【解析】【分析】能使硫氰化钾溶液显红色的产物含有Fe3+，据此分析解答。【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁，故A满意题意；B．铁和硫反应生成硫化亚铁，故B不满意题意；C．铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，故C不满意题意；D．铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，故C不满意题意；答案选A。【点睛】铁离子与硫氰化钾反应显红色。铁和强氧化剂反应生成铁离子，如氯气、硝酸等。6.下列物质中，不能用两种单质干脆化合制得的是（）A.CuS B.Fe3O4 C.FeCl3 D.Al2O3【答案】A【解析】【详解】A.铜和单质硫反应生成Cu2S，不能用两种单质干脆化合生成CuS，A选；B.铁和氧气肯定条件下反应生成四氧化三铁，B不选；C.铁和氯气肯定条件下反应生成氯化铁，C不选；D.铝和氧气肯定条件下反应生成氧化铝，D不选；答案选A。7.元素性质呈现周期性变更规律的根本缘由是A.原子电子层数增大 B.元素的化合价呈现周期性变更C.核外电子排布呈现周期性变更 D.核电荷数依次增大【答案】C【解析】【详解】元素性质呈现周期性变更的根本缘由是元素原子最外层电子数呈现周期性变更，最外层电子数确定元素的性质，元素的化合价为元素的性质，而电子层数、核电荷数不具有周期性变更，故答案为C。8.下列氢化物中热稳定性最好的是（）A.NH3 B.HF C.PH3 D.H2O【答案】B【解析】【详解】元素非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强。依据元素在周期表的位置分析，其中氟元素非金属性最强，氢化物最稳定。故答案选B。9.主族元素R的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2RO3，则其氢化物的化学式为（）A.HR B.H2R C.RH3 D.RH4【答案】D【解析】【详解】R元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2RO3，则R的最高正价为+4价，说明RX原子最外层有4个电子，最低化合价为-4价，形成的氢化物为RH4，故选D。10.下列元素原子半径最小的是（）A.K B.Na C.S D.Cl【答案】D【解析】【详解】依据同周期从左到右元素原子半径减小，同主族从上到下元素原子半径增大，Na、K同主族，Na原子半径小，Na、S、Cl同周期，且原子半径渐渐减小，原子半径最小的是Cl，故选D。11.下列有关性质的比较，不能用元素周期律说明的是A.碱性：KOH＞NaOH B.金属性：Na＞MgC.稳定性：HF＞CH4 D.酸性：HF＜HCl【答案】D【解析】【详解】A．金属性K＞Na，则碱性：KOH＞NaOH，故A能用元素周期律说明；B．同周期从左向右金属性减弱，则金属性：Na＞Mg，故B能用元素周期律说明；C．非金属性F＞C，则稳定性：HF＞CH4，故C能用元素周期律说明；D．HCl和HF不是最高价含氧酸，不能用元素周期律说明其酸性的强弱关系。故选D。12.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是（）A.离子半径：Na+>Mg2+>Al3+ B.原子半径：Na<Mg<AlC.离子的氧化性：Na+>Mg2+>Al3+ D.单质的还原性：Na<Mg<Al【答案】A【解析】【分析】Na、Mg、Al属于第三周期IA、ⅡA、ⅢA族元素，用周期律相关学问分析。【详解】A．电子层结构相同的离子半径，随核电荷增大而减小，离子半径：Na+>Mg2+>Al3+，故A正确；B．同周期从左到时右原子半径，随核电荷增大而减小，原子半径：Na>Mg>Al，故B错误；C．同周期从左到时右离子的氧化性，即得电子的实力增加，离子的氧化性：Na+<Mg2+<Al3+，故C错误；D．同周期元素从左到右，元素的金属性渐渐减弱，对应单质的还原性渐渐减弱，还原性：Na＞Mg＞Al，故D错误；故选A。13.能把Al2(SO4)3、(NH4)2SO4、KCl、MgCl2四种溶液鉴别出来的一种试剂是（）A.硝酸银溶液 B.氢氧化钠溶液C.氨水 D.硝酸钡溶液【答案】B【解析】【详解】A．Al2(SO4)3、(NH4)2SO4、KCl、MgCl2四种溶液与硝酸银溶液均产生白色沉淀，故A不选；B．氢氧化钠溶液与Al2(SO4)3产生白色沉淀，NaOH过量时沉淀溶解、与(NH4)2SO4有刺激性气体产生、与KCl无明显现象、与MgCl2有白色沉淀，NaOH过量时沉淀不溶解，现象各不相同，可鉴别，故B选；C．Al2(SO4)3、MgCl2与氨水产生白色沉淀，(NH4)2SO4、KCl与氨水无明显现象，故C不选；D．Al2(SO4)3、(NH4)2SO4与硝酸钡溶液均产生白色沉淀，KCl、MgCl2与硝酸钡溶液无明显现象，故D不选；故选B。14.下列试验操作中，错误的是()A.配制5%食盐溶液时，称量5g食盐放入烧杯中加入95g水搅拌溶解B.胆矾晶体结晶水含量测定时，需用小火缓慢加热，防止晶体飞溅C.测定未知NaOH溶液浓度时，红色手柄滴定管需用标准酸液润洗2﹣3次D.配制0.1mol/L的H2SO4溶液时，将量取的浓H2SO4放入容量瓶中加水稀释【答案】D【解析】【分析】A．依据溶液质量和质量分数可分别求出溶质质量和溶剂质量；B．温度过高会导致固体飞溅，影响测定结果；C．滴定管洗涤后肯定要用标准液润洗，否则标准液的浓度偏低，消耗标准液的体积增大；D．容量瓶不能溶解固体或稀释溶液。【详解】A．称量5g食盐放入烧杯中加入95g水搅拌溶解，溶质质量分数＝×100%＝5%，故A正确；B．胆矾结晶水含量测定时，为了避开晶体飞溅，影响测定结果，应当用小火缓慢加热，故B正确；C．滴定管洗涤后肯定要用标准液润洗，否则滴定管壁附着的水将标准液稀释，标准液的浓度偏低，消耗标准液的体积增大，测量计算氢氧化钠的浓度偏高，故应用润洗，故C正确；D．浓硫酸稀释会放出大量的热，在容量瓶内稀释，冷却后溶液体积偏小，所配浓度偏高，且由于受热不均，容量瓶有裂开的危急，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了化学试验方案的评价，题目难度不大，侧重考查中和滴定学问，明确中和滴定操作方法为解答关键，试题培育了学生的分析实力及化学试验实力。15.以甲基橙为指示剂，用标准的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达到终点时，溶液的颜色变更为（）A.由黄色到红色 B.由橙色到红色C.由黄色到橙色 D.由红色到橙色【答案】C【解析】【详解】甲基橙的变色范围为3.1-4.4，NaOH溶液中滴加甲基橙时，溶液显黄色，当滴入最终一滴盐酸时，溶液pH变为4.4，溶液变色橙色，则滴定过程中，溶液颜色变更为由黄色到橙色，答案为C。16.重量法测定胆矾结晶水含量时，不须要运用的下列仪器是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】重量法测定胆矾中结晶水含量时，须要运用的仪器有托盘天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳。【详解】A.此仪器为泥三角，加热时须要运用；B.此仪器为表面皿，不须要运用；C.此仪器为坩埚钳，夹持坩埚时须要运用；D.此仪器称为坩埚，灼烧胆矾时须要运用。故选B。【点睛】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的试验步骤为：①研磨②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量③加热④冷却⑤称量⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止⑦依据试验数据计算硫酸铜结晶水的含量。17.下列属于物理变更的是（）A.石碱的风化 B.石油的裂化 C.铝的钝化 D.石油的分馏【答案】D【解析】【详解】A．石碱的化学式为Na2CO3·10H2O，风化后失去水分子，化学式发生了变更，有新物质生成，是化学变更，故A不选；B．石油裂化是在肯定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，是化学变更，故B不选；C．钝化是指金属经强氧化剂或电化学方法氧化处理，使表面变为不活泼态即钝化的过程，是使金属表面转化为不易被氧化的状态，而延缓金属的腐蚀速度的方法，是化学变更，故C不选；D．石油分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分别的一种方法，属于物理变更，故D选；故选D。18.下列物质中属于纯净物的是()A.汽油 B.溴乙烷 C.聚乙烯 D.自然气【答案】B【解析】【分析】只由一种物质构成的是纯净物，据此分析。【详解】A、汽油是多种烷烃和环烷烃的混合物，故A错误；B、溴乙烷是CH2＝CHBr，是纯净物，故B正确；C、聚乙烯中的聚合度n不是一个固定的值，是一个取值范围，故为混合物，故C错误；D、自然气的主要成分是甲烷，还含有其他的杂质，故为混合物，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了混合物和纯净物的推断以及物质的成分的辨别，难度不大，留意基础的积累。19.下列有关化学用语正确的是（）A.乙烷的分子式：CH3CH3B.乙烯的结构简式：CH2CH2C.四氯化碳的电子式：D.甲烷的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A．乙烷的分子式：C2H6，故A错误；B．乙烯的结构简式：CH2=CH2，碳碳双键不能省略，故B错误；C．氯应形成8电子稳定结构，四氯化碳的电子式：，故C错误；D．甲烷的比例模型：，表明碳氢之间的连接方式和原子相对大小，故D正确；故选D。20.对二氯甲烷（CH2Cl2）相识正确的是（）A.只有一种结构 B.有两种同分异构体 C.属烃类物质 D.正四面体结构【答案】A【解析】【详解】A．如图：，二氯甲烷是四面体结构，结构只有一种，故A正确；B．二氯甲烷没有同分异构体，故B错误；C．二氯甲烷中除C、H外还含有Cl原子，属卤代烃，故C错误；D．二氯甲烷中两个C-Cl键和两个C-H键的键长不相等，不是正四面体结构，故D错误；故选A21.相同物质的量的乙烷和乙烯完全燃烧，所需氧气的质量比为（）A.1∶1 B.1∶3 C.3∶7 D.7∶6【答案】D【解析】【详解】依据2C2H6＋7O2＝4CO2+6H2O，1mol乙烷完全燃烧，所需氧气为3.5mol；依据CH2＝CH2+3O2＝2CO2+2H2O，1mol乙烯完全燃烧，所需氧气为3mol；所需氧气的质量比就是氧气的物质的量的比，所以比值为7:6，故选D。22.除去乙烷中混有的少量乙烯，最好的方法是（）A.将混合气体点燃B.将混合气体在催化剂条件下跟氢气反应C.将混合气体通过溴水D.将混合气体通过酸性KMnO4溶液【答案】C【解析】【详解】A．混合物点燃，乙烷和乙烯都会反应，故A不满意题意；B．乙烯能与氢气反应生成乙烷，但有机反应通常不能完全，且不好限制氢气的用量，故B不满意题意；C．乙烯能和溴水反应，而乙烷不能，故C满意题意；D．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，故D不满意题意；答案选C。23.下列有机物命名不正确是（）A.2，3，3﹣三甲基丁烷 B.2﹣甲基﹣3﹣乙基戊烷C.2﹣甲基丙烷 D.3，3﹣二甲基戊烷【答案】A【解析】【详解】A．2，3，3﹣三甲基丁烷，支链标号系数和不是最小，正确的命名应为：2，2，3-三甲基丁烷，A选项错误；B．2-甲基-3-乙基戊烷，3号碳上有1个乙基，2号碳上有1个甲基，主链有5个碳原子的戊烷，符合命名原则，B选项正确；C．2-甲基丙烷，主链有3个碳原子，2号碳上有一个甲基，符合命名原则，C选项正确；D．3，3-二甲基戊烷，主链有5个碳原子，3号碳上有2个甲基，符合命名原则，D选项正确；答案选A。【点睛】

24.下列各项中，不是乙烯的主要用途的是()A.制造塑料 B.制造合成纤维C.作为燃料 D.作为植物生长调整剂【答案】C【解析】【分析】乙烯中含有碳碳不饱和键，能发生加聚反应生成高分子化合物，乙烯能作为植物生长调整剂，据此分析解答。【详解】乙烯中含有碳碳不饱和键，能发生加聚反应生成高分子化合物而制造塑料、合成纤维，能作植物生长调整剂，能作燃料的物质许多，所以乙烯作燃料不是乙烯的主要用途，故选C。【点睛】本题考查有机物的用途，明确有机物结构和性质是解本题关键，性质确定用途、用途体现性质，题目难度不大。25.下列各组物质中，肯定属于同系物的是（）A.CH4和CH3Cl B.CH4和C3H8 C.CH2Cl2和C4H8 D.O2和O3【答案】B【解析】【分析】结构相像，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；互为同系物的物质满意以下特点：结构相像、化学性质相像、分子式通式相同、分子式不同。【详解】A．CH4和CH3Cl结构不相像，故A不选；B．CH4和C3H8均属于烷烃，结构相像，在分子组成上相差2个CH2原子团，故B选；C．CH2Cl2和C4H8结构不相像，故C不选；D．O2和O3属于同素异形体，故D不选；故选B。【点睛】本题考查了同系物的概念与推断方法，留意明确同系物的概念，明确同系物必需满意结构相像，分子组成上相差一个或若干个CH2原子团。但结构不相像，就不属于同系物。26.下列烷烃中，进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的产物的是（）A.(CH3)2CHCH2CH2CH3 B.(CH3CH2)2CHCH3C.(CH3)2CHCH(CH3)2 D.(CH3)3CCH2CH3【答案】D【解析】【详解】A．(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，能生成5种沸点不同的产物，故A不选；B．(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，能生成4种沸点不同的产物，故B不选；C．(CH3)2CHCH(CH3)2含有2种等效氢，所以能生成2种沸点不同的有机物，故C不选；D．(CH3)3CCH2CH3中有3种位置不同的氢，所以其一氯代物有3种，能生成3种沸点不同的产物，故D选；故选D。27.用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升。下列分析错误的是A.Al和O2化合放出热量 B.硝酸汞是催化剂C.涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D.“白毛”是氧化铝【答案】B【解析】【分析】铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞，形成铝汞合金（铝汞齐）。合金中的铝失去氧化膜的爱护，不断被氧化成氧化铝（白毛）。【详解】A.试验中，温度计示数上升，说明Al和O2化合放出热量，A项正确；B.硝酸汞与铝反应生成汞，进而形成铝汞齐，B项错误；C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg，C项正确；D.铝汞齐中的铝失去氧化膜爱护，与氧气反应生成氧化铝（白毛），D项正确。本题选B。28.下列离子方程式书写正确的是A.铁粉跟稀H2SO4反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B.氧化铁与盐酸反应：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.硫化亚铁跟盐酸反应：S2-+2H+=H2S↑D.氯化铝溶液跟过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O【答案】B【解析】【详解】A．铁与稀硫酸反应，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．氧化铁与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故B正确；C．硫化亚铁与盐酸反应，离子方程式：FeS+2H+═H2S↑+Fe2+，故A错误；D．氯化铝溶液跟过量氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；故答案为B。【点睛】离子方程式正误推断是高考中的高频学问点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：(1)反应原理，如：铁与盐酸或稀硫酸反应只生成二价铁等。(2)电解质的拆分，化学反应方程式改写为离子方程式时只有强酸、强碱及可溶性盐可以改写成完全电离形式，如NaHCO3只能改写成Na+和HCO3-。(3)配平，离子方程式的配平不能简洁的满意原子守恒，而应当同时满意电子守恒、电荷守恒及原子守恒。29.下列各组离子，不能大量共存的是（）A.Fe2+、SO、SCN-、Na+ B.K+、Al3+、OH-、Cl-C.NO、Na+、K+、CO D.NO、K+、Ba2+、OH-【答案】B【解析】【详解】A.四种离子互不反应，可以在溶液中大量共存，故A不选；B.Al3+与OH-可以反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B选；C.四种离子互不反应，可以在溶液中大量共存，故C不选；D.四种离子互不反应，可以在溶液中大量共存，故D不选；答案选B。30.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是()①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al．A.③④ B.②③④ C.①③④ D.全部【答案】D【解析】【详解】①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故②正确；③Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故③正确；④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故④正确。选D。31.强酸与强碱恰好完全中和时，它们中肯定相等的是（）A.质量 B.物质的量 C.物质的量浓度 D.H+和OH-的物质的量【答案】D【解析】【详解】A.盐酸与氢氧化钠反应，质量分别为36.5g和40g，质量不等，A错误；B.稀硫酸与氢氧化钠反应，物质的量之比为1:2，不相等，B错误；C.20mL0.1mol/LHCl与10mL0.2mol/LNaOH恰好完全反应，二者的物质的量浓度不等，C错误；D.不管是何种强酸与强碱反应，反应的实质都是H++OH-=H2O，由此可知，H+与OH-的物质的量相等，D正确。故选D。32.肯定条件下，下列物质中不能与Al3+发生反应的是（）A.氨水 B.盐酸 C.水 D.烧碱溶液【答案】B【解析】【详解】A．Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH，故A不选；B．盐酸不能与Al3+发生反应，故B选；C．铝离子发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故C不选；D．当碱少量时：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，当碱过量时：Al3＋＋4OH－=AlO＋2H2O，故D不选；故选B。33.测定胆矾晶体中结晶水含量的试验中，必需做恒重操作的缘由是A.推断加热时有无晶体飞溅B.推断是否已失去全部结晶水C.推断是否有其他杂质D.防止失水后又吸潮【答案】B【解析】【详解】测定胆矾晶体中结晶水含量的试验中，必需做恒重操作的缘由是推断是否已失去全部结晶水，以便减小试验误差，故选B。34.某溶液使甲基橙呈黄色，酚酞呈无色，石蕊呈红色，则该溶液的pH范围是（）A.3.1~8.0 B.5~10 C.4.4~5.0 D.4.4~9.0【答案】C【解析】【详解】甲基橙呈黄色，说明溶液的pH>4.4；酚酞呈无色，说明溶液的pH<8；石蕊呈红色，说明溶液的pH<5.0；故溶液的4.4<pH<5.0。答案为C。35.一支量程为25.00mL的滴定管，若液面在8.00mL处，将溶液全部放下来，液体的体积为（）A.大于17.00mL B.大于8.00mL C.等于17.00mL D.等于8.00mL【答案】A【解析】【详解】滴定管最上面的刻度为零，最下面的刻度为25.00mL，下面还有一段没有刻度。当溶液液面在8.00mL时，说明管内有刻度的部分体积还有17.00mL，假如把管内全部液体都放出，就会把下端没有刻度的导管中的液体也会一同放出，那就会大于17.00mL，故选A。36.下列试验方案设计不能达到预期目的的是（）A.向氯酸钾溶液中加入硝酸银溶液和稀硝酸，检验氯酸钾中的氯元素B.铜可溶于浓硫酸却不溶于稀硫酸，证明浓硫酸的氧化性更强C.氢氧化铝能分别跟强酸和强碱反应，说明氢氧化铝是两性氢氧化物D.通过测溶液的pH，鉴别NH4Cl、NaCl、K2CO3三种溶液【答案】A【解析】【详解】A．氯酸钾里面的氯酸根离子是一个原子团，并不是单独是氯离子，加入稀硝酸和硝酸银并不能检验其中的氯元素，故A选；B．铜可溶于浓硫酸却不溶于稀硫酸，证明浓硫酸的氧化性更强，故B不选；C．氢氧化铝能分别跟强酸和强碱反应生成盐和水，说明氢氧化铝是两性氢氧化物，故C不选；D．NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性，NaCl强酸强碱盐溶液呈中性，K2CO3强碱弱酸盐溶液呈碱性，通过测溶液的pH，鉴别NH4Cl、NaCl、K2CO3三种溶液，故D不选；故选A。37.关于试验室制备乙烯的试验，下列说法正确的是（）A.反应物是乙醇和过量的3mol/L的硫酸的混合溶液B.温度计插入反应溶液液面以下，以便限制温度在140℃C.反应容器（烧瓶）中应加入少许碎瓷片D反应完毕先停止加热，再从水中取出导管【答案】C【解析】【详解】A．反应物是乙醇和过量的98%浓硫酸（18mol/L）的混合溶液，3mol/L浓度太小，故A错误；B．温度计插入反应溶液液面以下，以便限制温度在170℃，此时主要产物是乙烯，140℃时主要产物是乙醚，故B错误；C．为防止暴沸，反应容器（烧瓶）中应加入少许碎瓷片，故C正确；D．反应完毕先从水中取出导管，再停止加热，否则会引倒吸，故D错误；故选C。38.第三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依次是X<Y<Z，则下列推断中错误的是（）A.非金属性：X>Y>ZB.X、Y、Z的最高价氧化物的水化物酸性由弱到强C.气体氢化物的稳定性，按X、Y、Z依次递减D.X、Y、Z的最外层电子数依次削减【答案】B【解析】【分析】同周期元素从左到右，原子半径渐渐减小，非金属性渐渐增大。第三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依次是X<Y<Z，则原子序数X>Y>Z，非金属性X>Y>Z。【详解】A.由上述分析可知，非金属性X＞Y＞Z，A正确；B.非金属性越强，则其最高价氧化物的水化物酸性越强，因非金属性X＞Y＞Z，所以X、Y、Z的最高价氧化物的水化物酸性由强到弱，B错误；C.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性X＞Y＞Z，则气体氢化物的稳定性按X、Y、Z依次递减，C正确；D.同周期的三种非金属元素X、Y、Z，原子序数X>Y>Z，它们从左到右依次为Z、Y、X，所以它们的最外层电子数按X、Y、Z的依次依次削减，D正确；答案选B。39.在标准状况下，将4L乙烷和乙烯的混合气体通过溴水，充分反应后，体积削减到2.4L，混合物中乙烯所占的体积分数为A.40% B.50% C.60% D.70%【答案】A【解析】【详解】乙烯和溴水反应而乙烷不反应，说明削减的体积为乙烯的体积，乙烯的体积为4L－2.4L=1.6L，剩余的为乙烷的体积，为2.4L，所以混合物中乙烯的体积分数为=40%，故选A。40.向含有1molAl2(SO4)3的溶液中加入Ba(OH)2溶液，使正好完全沉淀，此时生成Al(OH)3的物质的量为（）A.0mol B.1.33mol C.1.67mol D.2mol【答案】D【解析】【分析】本题考查的是离子方程式的有关计算，关键是清晰发生反应的本质，依据硫酸根离子恰好转化为沉淀推断加入的氢氧化钡的物质的量。【详解】1mol硫酸铝电离出3mol和2molAl3+，由硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡分析，则须要加入3mol氢氧化钡使正好完全沉淀，6molOH-与2molAl3+正好完全反应生成2mol氢氧化铝，故选D。二、综合题（共20分）41.铁、铝在生产生活中有广泛的应用。回答下列问题：(1)铝的原子结构示意图为___。它位于元素周期表的第___周期，第___族。(2)除去铁粉中混有的少量铝粉，可以加入足量的___溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，反应的化学方程式为___。(3)试验室制备氢氧化铝的常用方法是在氯化铝溶液中滴加氨水，反应的离子方程式为___。(4)常温下，铁跟水不反应，但红热的铁会跟水蒸气发生反应，反应的化学方程式为___。(5)检验某溶液中是否含有Fe3+的操作方法是___。【答案】(1).(2).3(3).ⅢA(4).NaOH溶液(5).2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(6).Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH(7).3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2(8).取样，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说明有Fe3+，反之则无【解析】【详解】(1)铝是13号元素，有3个电子层，分别排布2、8、3个电子，原子结构示意图为。依据铝的原子结构示意图可知，它位于元素周期表的第3周期第ⅢA族；(2)铝与NaOH溶液反应而铁与NaOH溶液不反应，除去铁粉中混有的少量铝粉，可以加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)因氢氧化铝可与强碱溶液反应，则试验室制备氢氧化铝的常用方法是在氯化铝溶液中滴加氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH；(4)常温下，铁与水不反应，但红热的铁会和水蒸气发生反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；(5)依据铁离子遇KSCN得红色溶液，检验某溶液中是否含有Fe3+的操作方法是取样，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色说