D

【详解】

A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；

B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；

C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；

D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；

故选D。

A

【详解】

A．无水状态下Na₂O₂比Na₂O更稳定，Na₂O在空气中加热可以生成更稳定的Na₂O₂，A正确；

B．Mg加入到FeCl₃溶液中，Mg具有较强的还原性，先与Fe³⁺反应，生成Mg²⁺和Fe²⁺，若Mg过量，Mg与Fe²⁺继续反应生成Mg²⁺和Fe，但由于反应中FeCl₃过量，Mg已消耗完，所以无Mg和Fe²⁺反应，所以不会生成Fe，B错误；

C．FeS₂在沸腾炉中与O₂发生的反应为：4 FeS₂+11O₂2Fe₂O₃+8SO₂，产物主要是SO₂而不是SO₃，C错误；

D．H₂O₂溶液中加入少量MnO₂粉末生成H₂O和O₂，化学方程式为：2H₂O₂2H₂O+O₂↑，D错误。

答案选A。

C

【详解】

①空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反应，空气不能作冷却剂，故错误；

②Mg蒸气在CO₂中能发生反应生成MgO和C，不能作冷却剂，故错误；

③Mg和Ar不反应，可以作冷却剂，故正确；

④Mg和氢气不反应，可以作冷却剂，故正确；

⑤Mg蒸气和氮气反应生成氮化镁，不能作冷却剂，故错误；

答案选C。

C

【详解】

加入2mol•L^-1的氢氧化钠溶液，并使得沉淀达到最大量，此时溶液中只有硫酸钠，根据硫元素守恒n（Na₂SO₄）=n（H₂SO₄）=0.5L×4mol•L^-1=2mol，由钠元素守恒n（NaOH）=2n（Na₂SO₄）=4mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=2L=2000mL，故选:C。

【点睛】

发生多个化学反应时，要分析之间的关系，找出原子间不变的，常常利用元素守恒进行解题。

A

【解析】

A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4 g合金中铝的质量为5.13g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10^-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4 g合金粉末样品，投入V mL 2.0 mol/L NaOH溶液中反应，则V≥95 mL，A错误；

B. 方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；

C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；

D. 空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；

综上所述，本题选A。

A

【详解】

A.氢氧化钠固体溶于水放热，因此先把溶解后的氢氧化钠溶液冷却至室温再转移到容量瓶中，再把烧杯、玻璃棒进行洗涤，并把洗涤液转移到容量瓶中，故A错误；

B.打磨过的同样大小的镁片和铝片，分别放到等体积等浓度的稀硫酸烧杯中，产生气泡快的为金属镁，可以比较镁铝的金属活泼性，故B正确；

C.碘遇淀粉变蓝，向淀粉碘化钾溶液中滴入氯化铁溶液，溶液变蓝色，说明铁离子能够把碘离子氧化为碘单质，可以证明氧化性Fe³⁺>I₂，故C正确；

D.同样大小的锌粒，分别加入2支5ml不同浓度稀硫酸溶液的试管中，硫酸溶液浓度大的产生的气泡快，可以探究浓度对反应速率的影响，故D正确；

综上所述，本题选A。

C

【详解】

：A．电解熔融NaCl时阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上钠离子放电生成金属钠，A正确；

B．Na的活泼性大于Ti，在熔融状态下，钠能置换出Ti，所以金属钠在高温下能将TiCl₄中的钛置换出来，B正确；

C．在点燃条件下，镁在氮气燃烧生成氮化镁，所以金属镁着火不可用氮气灭火，C错误；

D．镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，因此常用来制造信号弹和焰火，D正确；

答案选C。

【点睛】

本题考查钠、镁的性质，侧重考查金属冶炼、元素化合物知识，明确物质性质是解本题关键，知道金属活泼性强弱与冶炼方法的关系，题目难度不大。选项C是易错点，注意金属镁能在氮气或二氧化碳中燃烧。

A

【详解】

A、根据图像可知，生成的氢气体积相等。由于稀硫酸是过量的，所以根据方程式Mg+2H^＋=Mg^2＋+H₂↑、2Al+6H^＋=2Al^3＋+3H₂↑可知，镁和铝的物质的量之比是3:2，A正确；

B、镁和铝的物质的量之比是3:2，质量之比是3×24:2×27＝4:3，B错误；

C、二者摩尔质量之比为24g/mol∶27g/mol＝8∶9，C错误；

D、根据氢原子守恒可知，消耗的硫酸是相等的，D错误；

答案选A。

C

【解析】

A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C₆₀）等同素异形体，A错误；

B、Mg有3个电子层，Mg²⁺为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg²⁺）＜r（Mg），B错误；

C、该反应为：2Mg+CO₂2MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，C正确；

D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，D错误；

答案选C。

C

【详解】

将钠、镁、铝各0.3 mol分别放入100 mL 1 mol·L^－1的盐酸中，根据方程式可知三种金属都是足量，应按盐酸的量计算产生氢气的量，根据2HClH₂，知三种金属与盐酸反应产生的氢气均为 (0.1L1mol/L)=0.05mol，又金属钠活泼，能与水反应生成氢气， 2NaH₂↑则剩余的钠与水反应生成的氢气:，(0.3mol-0.1mol)/2=0.1mol,所以钠与盐酸反应生成的氢气总量为0.05mol+0.1mol=0.15mol;所以同温同压下产生的气体体积比是0.15:0.05:0.05=3∶1∶1，C项正确；

【点睛】

金属钠的化学性质非常活泼，常温下就可以和水发生反应，与酸溶液发生反应时，酸先参与反应，剩余的金属钠会继续与水发生反应

D

【分析】

计算盐酸恰好反应所需镁和铝的质量，判断所加镁和铝是否过量。反应前天平平衡，要使反应后仍平衡，天平两边的质量变化应相等。

【详解】

根据化学方程式，100 mL6 mol·L^－1HCl溶液完全反应时消耗7.2g镁或5.4g铝，则加入不超过5 g 的镁或铝时，均有盐酸剩余。设加入的镁和铝的质量分别是x、y，要反应后天平平衡，必须满足x－＝y－，解得x∶y＝32∶33。

本题选D。

C

【分析】

由于最后生成的气体量相同，所以这些金属置换出的氢气量相等，即等物质的量的三种金属失去了相同数量的电子，而若盐酸过量的话，这些金属失去的电子数应该是不一样的，比值应是1：2：3，所以推断出盐酸不可能过量，但可能刚好和Na反应完全，此时Na完全反应而Mg、Al还有剩余。

【详解】

A．由于酸不足，所以生成氢气的量为：n(H₂)=  n(HCl)=0.1 mol，所以标况下的体积为2.24 L，A正确；

B．生成0.1 mol的氢气需0.2 mol的钠，因此三种金属的物质的量均为0.2 mol，B正确；

C．Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C错误；

D．按照金属活动性顺序，Na＞Mg＞Al，则中间那条线是Mg与盐酸反应的图象，D正确；答案选C。

C

【解析】

A. 氮气化学性质通常不活泼，但是镁粉可以在氮气中燃烧，所以不能将炽热的镁粉放在氮气中冷却，A不正确；B. 明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的净化，但其没有杀菌消毒能力，B不正确；C. 常温下铁能被浓硝酸钝化，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C正确；D. SiO₂导光性好，可用于制造光导纤维，与硬度无关，D不正确。本题选C。

点睛：物质的性质决定了物质的用途，物质的用途能体现（或反映）出物质的性质。在学习元素化合物时要理清物质的性质与用途之间的对应关系，特别要注意组成相似的物质的用途容易弄混，要注意总结、对比。

D

【详解】

A.制备该合金如果在氮气保护下，Mg单质在一定温度下熔炼时，镁和氮气反应3Mg+N₂Mg₃N₂，故A错误；

B.合金在吸氢过程中镁元素的化合价升高，被H₂氧化，故B错误；

C.镁铝合金可以完全溶于足量盐酸中，镁与氢氧化钠不反应，不能完全溶于足量的NaOH溶液中，故C错误；

D.假设镁、铝、镁铝合金的质量为wg，计算分别产生H₂的物质的量，

Mg+2HCl=MgCl₂ +H₂↑

24g             1mol

wg             w/24mol

2Al +6HC=2AlCl₃ +3H₂↑

54g              2mol

wg              w/27mol

镁铝合金与足量的盐酸反应生成H₂的物质的量介于w/27mol～w/24mol，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以（同温同压下）生成H₂的体积由大到小的顺序为：V(铝)＞ V(合金)＞V(镁)，故D正确。

故选D。

D

【详解】

A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制成，A正确；

B. 制造照明弹就是利用了镁燃烧发出耀眼的白光， B正确；

C. 铝表面覆盖致密的氧化物薄膜，对金属起保护作用， C正确；

D. 生铁含碳量最高，普通钢次之，不锈钢最少，D错误；

综上所述，本题选D。

C

【详解】

A．钠在空气中燃烧只生成淡黄色的过氧化钠固体，故A错误；

B．燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中能继续燃烧生成氧化镁和碳，故B错误；

C．三价铁离子能够氧化铜生成铜离子和二价铁离子，所以可以用于印刷电路板的制作，故C正确；

D．浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以能用铁制容器贮存浓硫酸，故D错误；

故选C。

B

【解析】

标准状况下2.24 L的气体的物质的量为1mol，Mg是+2价金属，产生1mol氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1molH₂需要的质量小于2.3g。

A.Zn是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A错误；

B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B正确；

C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C错误；

D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D错误；

故合理选项是B。

B

【解析】

分析：①致密的氧化物能保护里面的金属；②元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；③Na₂FeO₄中铁为+6价；④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO₂；⑤根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；⑥根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的碱性越强；⑦工业上是电解熔融的氯化镁生产镁；

详解：①四氧化三铁是致密的能保护内部的钢铁不被腐蚀，故①正确；
②第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故②错误；
③Na₂FeO₄中铁为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，被还原后生成Fe³⁺，后水解为氢氧化铁胶体能净水，故③正确；
④玻璃、水泥属于硅酸盐产品，水晶、石英、玛瑙等主要成分都是SiO₂，故④错误；
⑤铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性Tl＞Al，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故⑤错误；
⑥第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性Na＞Mg＞Al，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⑥正确；
⑦电解氯化镁溶液得不到Mg，工业上是电解熔融的氯化镁生产镁，故⑦错误；
故①③⑥正确，答案选B。

点睛：本题考查了物质的用途，涉及元素化合物知识，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质分析解答即可，熟练掌握常见物质的性质。

C

【详解】

A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；

B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；

C. 铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al₂O₃是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；

D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。

所以本题答案：C。

A

【解析】

标准状况下11.2L氢气的物质的量是0.5mol，需要金属的质量分别是Zn：32.5g、Fe：28g、Al：9g，Mg：12g，铜与稀硫酸不反应。由于固体一共是12g，所以可能的是Al和Zn的混合物。

答案选A。

D

【解析】

本题可采用假设法，假设三种纯金属产生0.1g氢气，然后求出所消耗的三种纯金属的质量，根据其质量与2.3 g的关系做出推断。

【详解】

产生0.1 g H₂，氢气的物质的量是0.05 mol。假设是纯金属，则分别需要Zn3.25g，Na2.3g，Fe2.8g，Mg1.2g，Al0.9g，因为三种金属共2.3g，所以必须有大于2.3g的也必须有小于2.3g的，即必定有Mg或者Al中的一种；

A、根据题意，三种金属均能与酸反应，而铜不与酸反应，A错误；

B、Na刚好2.3g，而Zn和铁的都要大于2.3g，故按一定比例混合后要大于2.3g，B错误；

C、Na刚好2.3g，而Mg和Al都要小于2.3g，按一定比例混合后要小于2.3g，C错误；

D、Na刚好2.3g，而Al的质量要小于2.3g，Zn的大于2.3g，故按一定比例混合后有可能等于2.3g，D正确。

答案选D。

【点睛】

本题主要是考查金属与酸的有关计算和判断，解题时主要是采用假设法来求解的，解此类题要善于进行假设、验证排除，通过技巧性处理而快速求解。

A

【解析】

第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H⁺+OH^-=H₂O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，第三阶段，氢氧化铝溶解：Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）₂，据此解答。

【详解】

A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H⁺+OH^-=H₂O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓，Al³⁺+3OH^-=Al（OH）₃↓，在V（NaOH）=80mL时沉淀达到最大值，溶液中溶质全为NaCl，根据原子守恒可知n(HCl)＝n(NaCl)＝n(NaOH)＝0.08mol，所以盐酸的体积为80mL，A错误；

B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，因为此时消耗NaOH溶液体积10mL，所以第二阶段和Al³⁺反应的NaOH为30mL，假设无Mg²⁺，a=50，而实际存在Mg²⁺，所以0＜a＜50，B正确；

C、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al（OH）₃ +NaOH=NaAlO₂+2H₂O，因为此时消耗NaOH溶液体积为10mL，所以n（Al³⁺）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg（OH）₂，若a=0，n（Mg²⁺）取得最大值，第二阶段和Al³⁺反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg²⁺反应的NaOH为50mL，所以镁离子物质的量的最大值是0.025mol，由于a＞0，所以n（Mg²⁺）＜0.025mol，C正确；

D、a=30时，和Mg²⁺反应的NaOH为20mL，此时n（Mg²⁺）=0.01mol，b=n（Mg²⁺）+n（Al³⁺）=0.02mol，D正确。

答案选A。

A

【解析】X与Q同主族，X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X为碳元素，Q为硅元素；W的最外层电子数等于其电子层数，则W为Al元素；Y与Z的核外电子数之和等于X与Q的核外电子数之和，则Y为F元素、Z为Na元素或Y为O元素、Z为Mg元素；A．同周期主族元素的原子半径随核电荷数增大而减小，则五种元素的原子半径随Z、W、Q、X、Y依次减小，故A正确；B．Al(OH)₃具有两性，能溶解于强碱如NaOH溶液，但Z可能是Mg元素，氢氧化镁不能溶解Al(OH)₃，故B错误；C．SiF₄是气态，但SiO₂为固态，故C错误；D．Mg可以在CO₂中燃烧生成碳和氧化镁，但Si不能在CO₂中燃烧，故D错误；答案为A。

点睛：微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na⁺＞Mg²⁺＞Al³⁺，S^2－＞Cl^－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li⁺＜Na⁺＜K⁺。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O^2－＞F^－＞Na⁺＞Mg²⁺＞Al³⁺。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe³⁺＜Fe²⁺＜Fe，H⁺＜H＜H^－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A1³⁺与S^2－的半径大小，可找出与A1³⁺电子数相同的O^2－进行比较，A1³⁺＜O^2－，且O^2－＜S^2－，故A1³⁺＜S^2－。

D

【解析】

A、铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成一种黑色固体(四氧化三铁)，故A错误；B、镁在二氧化碳中燃烧生成白色固体，同时有黑色固体颗粒生成，故B错误；C.向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为Al³⁺+3OH^-═Al(OH)₃↓、Al(OH)₃+NaOH═NaAlO₂+2H₂O，氢氧化铝是难溶性白色物质，偏铝酸钠是可溶性物质，所以看到的现象是：先产生白色沉淀，最后沉淀溶解，故C错误；D. 将过量的稀盐酸逐滴滴入稀Na₂CO₃溶液中，首先反应生成碳酸氢钠，没有气体生成，然后盐酸与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，故D正确；故选D。

A

【分析】

A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可析出碳酸氢钠；

B.NaOH会与酸式滴定管中的SiO₂反应；

C.CO₂、SO₂都能使澄清石灰水变浑浊；

D.检验Mg与盐酸反应放出热量的现象不明显。

【详解】

A.向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳，可析出碳酸氢钠，可探究Na₂CO₃和NaHCO₃溶解度相对大小，A.正确；

B.用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的稀硫酸NaOH，NaOH 溶液应该使用碱式滴定管，若使用酸式滴定管，会与玻璃中SiO₂反应产生Na₂SiO₃，将滴定管与旋塞黏在一起，使滴定管报废，B错误；

C.浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水碳化，浓硫酸还具有强的氧化性，将反应产生的C单质氧化产生CO₂，浓硫酸被还原产生SO₂，CO₂、SO₂都能与Ca(OH)₂反应产生白色难溶性的物质，因此都可以使澄清石灰水变浑浊，故不能检验CO₂气体，C错误；

D.Mg与盐酸产生氯化镁和氢气，反应放出热量，但由于氯化钠的溶解度随温度升高而稍有增大，且没有使用温度计，所以饱和食盐水中无明显现象，无法证明反应放热，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查化学实验方案的评价的知识。注意滴定管使用时，碱式滴定管盛装碱性溶液，酸式滴定管盛装酸性和氧化性的物质，对于D选项，可以将饱和食盐水改为饱和的澄清石灰水，利用Ca(OH)₂的溶解度随温度的升高而降低的性质，若看到石灰水变浑浊，就可以证明镁和稀盐酸的反应是放热反应，易错点是选项C，只清楚可以用澄清石灰水检验CO₂，忽视了SO₂与Ca(OH)₂反应产生的CaSO₃也是白色难溶性的物质的性质。可见掌握常见的物质的物理性质也是物质鉴别中不容忽视的知识点。

C

【分析】

此题是气体和固体反应，气体的除杂顺序，仪器的连接。

【详解】

A. 依题意，氯化亚铜的盐酸溶液易被氧气氧化，所以先除O₂，后除CO。在除CO中，发生反应为2CuCl＋CO＋H₂O＝2Cu＋CO₂＋2HCl，碱石灰的作用是除去CO₂、HCl、H₂O。装置连接顺序是氮气样品→c→d→a→b，故A错误。

B. 浓硫酸不能除去CO₂和HCl，故B错误。

C. 若先点燃酒精灯，后通入氮气，空气中氧气、二氧化碳与镁反应，产品纯度降低，故C正确。

D. 在除去CO中，氯化亚铜作氧化剂,故D错误。

故答案选C。

C

【解析】

A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。

D

【分析】

从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H₂SO₄+2NaOH=Na₂SO₄+2H₂O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)₂和Al(OH)₃。

【详解】

A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)₂，

所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；

B、根据A中分析可知B项正确；

C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)₃：NaOH+Al(OH)₃=NaAlO₂+2H₂O，则此过程消耗，c（NaOH）=0.2mol÷0.04 L=5mol•L^-1，C项正确；

D、由Mg+H₂SO₄=MgSO₄+H₂↑，2Al+3H₂SO₄=2Al₂(SO₄)₃+3H₂↑可以计算出生成n（H₂）=0.45mol，标准状况下V（H₂）=0.45mol×22.4L•mol^-1=10.08L，D项错误。

答案选D。

B

【分析】

步骤Ⅰ为钛铁矿(FeO和TiO₂)和碳在高温下发生氧化还原反应，生成铁，二氧化钛和一氧化碳，步骤Ⅱ为二氧化钛与碳，氯气在高温下反应生成四氯化钛和一氧化碳，步骤Ⅲ为四氯化钛和过量镁粉在高温下发生置换反应生成氯化镁和钛，据此分析。

【详解】

A．FeO和碳反应生成铁和碳的氧化物，步骤I中碳的化合价升高，碳作还原剂，故A正确；

B．步骤II中碳单质参加反应生成一氧化碳，氯气被还原成四氯化钛，属于氧化还原反应，故B错误；

C．镁是活泼的金属，钛在高温下能被空气氧化，所以步骤III需在氩气环境中进行，防止金属被空气氧化，C正确；

D．钛常温下与酸、碱均不反应，镁与稀硫酸反应，可用稀硫酸除去金属钛中的少量镁，故D正确；

答案选B。

【点睛】

易错点是B，步骤II中碳单质参加反应生成一氧化碳，氯气被还原成四氯化钛，发生化合价的变化，属于氧化还原反应。

B

【分析】

卤块的成分有、、，加入高锰酸钾之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀；加入氧化镁，调节，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁溶液，向滤液中加入饱和氯酸钠溶液析出，说明相同温度下溶解度较小，据此对各选项进行判断。

【详解】

A．酸性溶液也能将氧化为，故可以用酸性溶液代替溶液，故A正确，不符合题意；

B．滴加酸性溶液是为了将氧化为，后续步骤中所得滤渣主要成分为，故B错误，符合题意；

C．加入饱和溶液和溶液中的反应生成和NaCl，此反应是复分解反应，故C正确，不符合题意；

D．溶液中的能水解，则调节溶液可抑制其水解生成沉淀，故D正确，不符合题意；

故选B。

B

【详解】

A．实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH₃CH₂OH+2Na→2CH₃CH₂ONa+H₂↑，反应缓慢，较为安全，故A正确；

B．钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；

C．金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；

D．“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH₃+CO₂+H₂O=NaHCO₃↓+NH₄Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；

故选B。

A

【详解】

镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg²⁺、Al³⁺生成Mg(OH)₂、Al(OH)₃沉淀，过量后Al(OH)₃沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)₂沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)₂和Al(OH)₃的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)₃的质量大于Mg(OH)₂的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。

综上所述，本题正确答案为A。

C

【解析】

A.小苏打的主要成分是NaHCO₃，可与胃酸（主要成分是HCl）反应，可用于治疗胃酸过多，不符合题意；

B.镁在空气中燃烧会发出耀眼的白光，可用于制造信号弹、焰火、闪光粉等，不符合题意；

C.漂白粉的主要成分是CaCl₂、Ca(ClO)₂，Ca(ClO)₂遇水产生强氧化剂次氯酸（HClO），具有消毒杀菌的作用，净水的工序较为复杂，仅仅加入漂白粉不能达到净水的目的，符合题意；

D.钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯和照明，不符合题意；故答案为C。

【点睛】

注意：碳酸钠虽然也能和盐酸反应，但碳酸钠溶液的碱性较强，容易烧伤黏膜，不能用作胃酸中和剂；常用作中和胃酸的有氢氧化铝、小苏打，但小苏打不适用于患有胃穿孔以及胃溃疡的患者，需注意相关药品的规范使用。

A

【详解】

由关系式Mg(OH)₂-Mg-H₂-2OH^-、2Al(OH)₃-2Al-3H₂-6OH^-可知，n(OH^-)=2n(H₂)=2×=0.5mol，则m(OH^-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。

B

【解析】

标准状况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，转移0.5mol电子。根据电子得失守恒可知消耗金属Na、Mg、A1、Fe四种金属单质的质量分别是11.5g、12g、4.5g、14g，由于混合物共计是12g，则混合物中必定含有铁，答案选B。

点睛：极值法解题的关键是紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落脚点。基本思路是：把可逆反应假设成向左或向右的完全反应或把混合物假设成纯净物或把平行反应分别假设成单一反应等。

D

【分析】

由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为和,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15mol, 为0.15mol, 为0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从200mL到240mL,发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.

【详解】

A. 由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;

B. 由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以B选项是正确的;

C. 由元素守恒可以知道，,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;

D. 由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,故D错误;

故答案选D。

C

【解析】

A．将浓硫酸滴到纸上，纸变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A错误；

B．测定等浓度的Na₂CO₃和Na₂SO₃的溶液的pH，前者pH比后者的大，说明H₂SO₃的酸性比H₂CO₃强，但S的最高价氧化物的水化物为H₂SO₄，则无法判断S、C的非金属性强弱，故B错误；

C．向2.0mL浓度均为0.1mol•L^-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol•L^-1AgNO₃溶液，振荡，沉淀呈黄色，证明碘化银更难溶，则碘化银的溶解度更小，即K_sp(AgCl)＞K_sp(AgI)，故C正确；

D．Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，CO₂具有氧化性，故D错误；

故答案为C。

B

【解析】

A、镁和铝都是活泼的金属，都能和酸反应，选项A不正确；

B、铝能溶解在强碱氢氧化钠溶液中，镁与氢氧化钠溶液不反应，因此把镁粉中混有少量的铝粉除去，应选用的试剂是氢氧化钠溶液，即烧碱溶液，选项B正确；

C、镁能和硫酸铝发生置换反应生成硫酸镁和铝，是消耗镁生成铝而无法除去铝，选项C不正确；

D、硫酸镁溶液与铝不反应，无法除去铝，选项D不正确。

答案选B。

B

【详解】

标准状况下11.2L氢气物质的量为0.5mol，假设均为+2价金属与盐酸反应生成，则+2价金属的总物质的量为0.5mol，所以+2价金属的平均摩尔质量为40g·mol^－1。因为为两种金属的混合物，则其摩尔质量应一个比40g·mol^－1大，一个比40g·mol^－1小；比较选项中各金属的相对原子质量（其中Al作为+2价时其摩尔质量为27×=18g·mol^－1；铜等不反应的金属的摩尔质量为无穷大），

A项，Mg为24g/mol，Al为18g/mol，都小于40g/mol，不可能；

B项，Al为18g/mol，小于40g/mol，Fe为56g/mol，大于40g/mol，可能；

C项，Fe为56g/mol，Zn为65g/mol，都大于40g/mol，不可能；

D项，Zn为65g/mol，Zn和Cu都大于40g/mol，不可能；

答案选B。

D

【解析】A．镁在空气中燃烧除与氧气反应生成MgO外，还与氮气反应生成Mg₃N₂、与CO₂反应生成MgO和单质碳，A错误；B．钠在敞口容器中存放生成Na₂O，在空气中燃烧的产物是Na₂O₂，B错误；C．由于硝酸具有强氧化性，能将Fe^2＋氧化成Fe^3＋，所以将四氧化三铁溶解于过量的硝酸中，所得溶液中无Fe^2＋，C错误；D．Al(OH)₃具有两性能溶解于强碱溶液、不溶于弱碱氨水，氯化铝和过量的氨水反应一定得到Al(OH)₃沉淀，D正确。答案选D。

点睛：由于氢氧化铝是两性氢氧化物，因此制备氢氧化铝时要注意试剂的选择，常见的种方法有：Al^3＋与氨水反应：Al^3＋＋3NH₃·H₂O＝3NH₄^＋＋Al(OH)₃↓；AlO₂^－溶液中通CO₂：AlO₂^－＋CO₂(过量)＋2H₂O＝HCO₃^－＋Al(OH)₃↓；可溶性铝盐和偏铝酸的盐混合：Al^3＋＋3AlO₂^－＋6H₂O＝4Al(OH)₃↓。

D

【详解】

A．Na→NaOH→Na₂CO₃→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H₂O=2NaOH+H₂↑、2NaOH+CO₂= Na₂CO₃ +H₂O、Na₂CO₃+CaCl₂=CaCO₃↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；
B．Fe→Fe(NO₃)₃→Fe(OH)₃→Fe₂O₃：铁和过量硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁，灼烧氢氧化铁生成氧化铁，所以能一步实现，故B不选；
C．Mg→MgCl₂→Mg(OH)₂→MgSO₄中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl₂+H₂↑、MgCl₂+2NaOH= Mg(OH)₂↓+2NaCl、Mg(OH)₂+H₂SO₄=MgSO₄+2H₂O，所以能一步实现，故C不选；
D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D选。

故选D。

【点睛】

本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。

A

【分析】

A.Cl₂与NaOH反应生成NaCl、NaClO和H₂O；B.电荷不守恒；

C.不符合客观事实；

D.应拆分的物质没有拆分；

【详解】

A.NaOH为强碱，可以拆成离子形式，氯气单质不能拆，产物中NaCl和NaClO为可溶性盐，可拆成离子形式，水为弱电解质，不能拆，故A正确；

B.该离子方程式反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Al+2OH^-+2H₂O =2AlO₂^-+3H₂↑，故B错误；

C.室温下，铜与稀硝酸反应生成NO ，正确的离子方程式为：3Cu+2NO₃^-+8H⁺=2NO↑+3Cu²⁺+4H₂O，故C错误；

D.Na₂SiO₃为可溶性盐，可以拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO₃^2-+2H⁺=H₂SiO₃ ，故D错误；

综上所述，本题应选A.

【点睛】

本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。

D

【详解】

A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO₂，不会立即产生气泡，A错误；

B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快停止，看不到红棕色NO₂气体，B错误；

C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，没有白色沉淀，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；

D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；

答案选D。

B

【详解】

①擦去铝表面的氧化膜的铝箔，在酒精灯上灼烧时，铝被氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点高，熔化的铝不会滴落，①错误；

②量筒只能读数到0.1mL，②错误；

③铝能够与酸或碱反应，所以铝制器皿不能长时间盛放酸性、碱性或咸的食物，③错误；

④钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，钠和水反应生成可燃性气体氢气，氧气具有助燃性、氢气具有可燃性，所以Na燃烧不能用泡沫灭火器来灭火，应该用沙土灭火，④错误；

⑤Na₂O₂是淡黄色固体，Na₂O是白色固体，分别与水发生2Na₂O₂+2H₂O＝4NaOH+O₂↑、Na₂O+H₂O＝2NaOH，⑤正确；

⑥过氧化钠与水的反应生成氢氧化钠与氧气，水中各元素的化合价不变，而Na₂O₂中-1价的氧变成0价和-2价，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，过氧化钠既是氧化剂以是还原剂，⑥正确；

⑦血液透析原理即为渗析原理，血液是胶体，不会通过半透膜的原理，涉及胶体性质，静电除尘利用的胶体电泳的性质，但不是利用了胶体的相同性质，⑦错误；

⑧实验剩余的药品不能放回原瓶，不能随意丢弃、更不能带出实验室，钠极易与水和氧气反应，因此钠需要立即放回原瓶，⑧正确；

答案选B。

A

【详解】

A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；

B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确。

C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；

D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；

故答案为A。

C

【详解】

合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3×=0.2mol，故金属铝的质量为0.2×27=5.4 g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al³⁺ 、 Cu²⁺离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44×=1.8 mol 故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH^-)=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.2×17=58.8 g ；C正确；

故答案选C。

B

【详解】

A．室温下，钠与空气中氧气反应生成氧化钠，故A错误；

B．室温下，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故B正确；

C．室温下，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故C错误；

D．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故D错误。

综上所述，答案为B。

B

【详解】

A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；

B、二氧化碳通过Na₂O₂粉末发生的反应为2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂，固体由Na₂O₂变为Na₂CO₃，反应后固体质量增加，B正确；

C、铝与Fe₂O₃发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe₂O₃Al₂O₃+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；

D、将锌粒投入Cu(NO₃)₂溶液发生的反应为Zn + Cu(NO₃)₂= Zn(NO₃)₂+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；

故选B。

B

【详解】

A、可回收物是指各种废弃金属、金属制品、塑料等可回收的垃圾，废易拉罐属于可回收垃圾，回收处理废易拉罐有利于保护环境和资源再利用，选项A正确；

B、偏铝酸钠与碳酸氢铵发生反应生成碳酸钠、碳酸铵和氢氧化铝，故“沉淀”为Al (OH)₃，选项B错误；

C、沉淀溶解于稀硫酸，再加入硫酸钾，“操作a”中包含蒸发浓缩、冷却结晶，最后得到明矾，选项C正确；

D. 上述流程中可用过量CO₂代替NH₄HCO₃，过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀，选项D正确。

答案选B。

B

【解析】

Na₂O₂与水反应生成NaOH溶液和O₂，Al与NaOH溶液生成NaAlO₂和H₂。盐酸先中和NaOH，后与NaAlO₂反应，所得溶液中只有NaCl和AlCl₃两种溶质。

【详解】

设原混合物中Al与Na₂O₂的物质的量分别是x、y，则Na₂O₂与水反应生成NaOH、O₂的物质的量分别是2y、y/2，Al与NaOH溶液反应生成NaAlO₂、H₂的物质的量分别是x、3x/2，剩余NaOH物质的量为(2y-x)。由O₂、H₂共3.5 g，得32g/mol×y/2+2g/mol×3x/2=3.5 g。

溶液与盐酸反应时，据NaOH—HCl、NaAlO₂—4HCl，得(2y-x)+4x=0.100 L×7mol/L。解得x=0.1mol，y=0.2mol。即Al与Na₂O₂的物质的量之比为1∶2。

本题选B。

【点睛】

最终溶液中只有NaCl和AlCl₃两种溶质。据元素守恒得Na₂O₂—2HCl、Al—3HCl，故2y+3x=0.100 L×7mol/L。

D

【详解】

A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C．常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D．氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。

A

【详解】

取一半固体投入足量的NaOH溶液中，Al、Si与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，Fe、Al与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体质量相等，说明Fe与硫酸反应放出的氢气和Si与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据 、 ，Fe、Si的物质的量比一定为2:1，故A正确。

D

【详解】

向集满CO₂的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO₂与氢氧化钠反应，发生反应为：CO₂+2OH^-=CO₃^2-+H₂O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al₂O₃，则又能够发生反应：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、C，没有发生的反应为D，故选D。

B

【详解】

根据铝和硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式：2Al+3H₂SO₄=Al₂(SO₄)₃+3H₂↑，2Al+2NaOH+2H₂O=2NaAlO₂+3H₂↑可知：相同物质的量的铝，消耗的氢氧化钠少于消耗的硫酸，所以根据生成的氢气是5︰6可知，铝在与稀硫酸反应时，铝是过量的，硫酸是不足的，而与氢氧化钠反应时，铝是不足的，氢氧化钠是过量的，所以正确的答案选B。

D

【解析】

A. 计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项错误；

B. 硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B项错误；

C. 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能电离，不能用于冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料，故C项错误；

D. “地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项正确；

答案选D。

【点睛】

本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中A选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。

D

【解析】

A．由图可知，钠在水与煤油液面中间，则可知钠的密度比水的小，比煤油的大，故A正确；B．由图可知，利用Fe和稀硫酸制FeSO4的同时除去液面上方空气，防止制备时氢氧化亚铁被氧化，故B正确；C．由图可知，Al与二氧化锰发生铝热反应生成Mn，故C正确；D．MnO₂和浓盐酸混合加热可制氯气，不能用稀盐酸代替，故D错误；故选D。