【化学】吉林省汪清县第六中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 13页

吉林省汪清县第六中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、单项选择（2*20=40）‎ ‎1.铝制品比铁制品在空气中不易被锈蚀，原因是（ ）‎ A. 铝的金属性比铁弱 ‎ B. 铝在空气中易与氧气形成一层致密的氧化膜 C. 铝的密度比铁的密度小 ‎ D. 铝不能与氧气发生化学反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铁在空气中发生氧化后生成的氧化物是疏松状的，导致内部金属继续被腐蚀，铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成一层致密的氧化膜，从而阻止内部的金属铝被氧化，所以铝制品是耐腐蚀的，与密度无关，Al比Fe活泼，Al与氧气反应，所以B正确。‎ 故选B。‎ ‎2.将一粒钠投入下列溶液中,能产生气体和沉淀的是（ ）‎ A. NaCl B. BaCl2 C. H2SO4 D. CuCl2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】钠是非常活泼的金属单质，将钠投入到盐溶液中钠先与水反应，将钠投入到酸溶液中钠先与酸反应，由此分析。‎ ‎【详解】A.钠投入到NaCl溶液中，钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但NaCl与NaOH不反应，溶液中没有沉淀生成，A项错误；‎ B.钠投入到BaCl2溶液中，钠与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但BaCl2与NaOH不反应，溶液中没有沉淀生成，B项错误；‎ C. 钠投入到H2SO4溶液中，钠与H2SO4反应：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑，溶液中没有沉淀生成，C项错误；‎ D.钠投入到CuCl2溶液中，钠先与水反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成的NaOH继续与CuCl2反应： 2NaOH+CuCl2=Cu(OH)2↓+2NaCl，溶液中既有气体放出又有沉淀产生，D项正确；答案选D。‎ ‎3.工业上常用电解法冶炼的金属是（ ）‎ A. Al B. Fe C. Cu D. Ag ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al的性质很活泼，采用电解其氧化物的方法冶炼，故A正确；‎ B．Fe采用热还原法冶炼，故B错误；‎ C．Cu采用热还原法冶炼，故C错误；‎ D．Ag采用热分解法冶炼，故D错误；故选A。‎ ‎4.下列说法错误的是（ ）‎ A. Na2O2可用作供氧剂 B. Al2O3可用作耐火材料 C. 地沟油经处理后可用作燃料油 D. 胶体和溶液的本质区别是胶体具有丁达尔现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2O2能与水和CO2反应生成氧气，可作供氧剂，故A正确；‎ B．Al2O3是高熔点氧化物，可用作耐火材料，故B正确；‎ C．可以将地沟油处理后，用作燃料油，提供废物的利用率，故C正确；‎ D．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小，鉴别胶体和溶液可利用丁达尔现象，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎5.将少量铁粉加入到下列溶液中，铁粉溶解，但不产生气体和沉淀的是（ ）‎ A. 稀H2SO4溶液 B. FeCl3溶液 ‎ C. CuSO4溶液 D. NaCl溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据铁的化学性质分析。‎ ‎【详解】A项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故不选A；‎ B项，铁氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，铁粉溶解，但不产生气体和沉淀，故选B；‎ C项，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，故不选C；‎ D项，铁与氯化钠溶液不反应，故不选D；‎ 故答案选B。‎ ‎6.足量下列物质与等质量的铝反应放出氢气，且消耗溶质物质的量最少的是(　　)‎ A. 稀盐酸 B. 稀硝酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 浓硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设参加反应铝均是2mol，则 A、铝与盐酸反应生成氢气，根据方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑可知消耗盐酸是6mol；‎ B、稀硝酸是氧化性酸，与铝反应不能生成氢气；‎ C、氢氧化钠溶液与铝反应生成氢气，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知消耗氢氧化钠是2mol；‎ D、浓硫酸具有强氧化性，常温下铝在浓硫酸中钝化，得不到氢气。‎ 答案选C。‎ ‎7.合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质属于合金的是（ ）。‎ A. 铜 B. 钢 ‎ C. 金刚石 D. 四氧化三铁 ‎【答案】B ‎【解析】A，Cu属于金属单质；B，钢是含碳量为0.03%~2%之间的铁碳合金；C，金刚石是碳的一种同素异形体，属于单质；D，四氧化三铁属于金属氧化物；属于合金的是钢，答案选B。‎ ‎8.某同学将一块铝箔用砂纸仔细打磨，除去表面的保护膜，用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，观察到的现象是（ ）‎ A. 剧烈燃烧 B. 发出耀眼白光 ‎ C. 熔化的铝滴落 D. 失去金属光泽 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铝极易与氧气反应，在表面上形成氧化铝，而失去金属光泽，其熔点高于铝的熔点，故加热时，熔化的铝不会滴落，故选D。‎ ‎9.下列关于金属材料的说法中，不正确的是：（ ）‎ A. 合金只含金属元素 B. 钢铁是用量最大、用途最广的合金 C. 铝合金一般比纯铝的硬度大 D. 青铜是最早使用的合金 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 合金中一定含金属元素，可能有非金属元素，A错误；‎ B. 钢铁是用量最大、用途最广的合金，B正确；‎ C. 铝合金一般比纯铝硬度大，C正确；‎ D. 青铜是最早使用的合金，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.人类的生产和生活中离不开金属材料。通常所说的“金属材料”，既包括纯金属，也包括各种合金。下列材料不属于合金的是（ ）‎ A. 青铜 B. 硬铝 C. 生铁 D. 磁铁矿 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．青铜是铜锡合金，A错误；‎ B．硬铝是铝、铜、镁和硅合金，B错误；‎ C．生铁是一种铁合金，C错误；‎ D．磁铁矿的主要成分是四氧化三铁，不是合金，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）‎ A. 是否是大量分子或离子的集合体 B. 是否能通过滤纸 C. 分散质粒子直径的大小 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质直径的大小不同，大于100nm的是浊液，10nm~1nm之间为胶体，小于1nm为溶液。‎ ‎12.在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，其主要原因可能是（ ）‎ A. FeCl3溶液有杀菌消毒作用 B. FeCl3溶液能使血液聚集沉降 C. FeCl3溶液能产生Fe(OH)3沉淀堵住伤口 D. FeCl3能使血液发生化学反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】止血目的是使血液凝固，血液具有胶体的性质，FeCl3溶液为电解质溶液，能使胶体聚沉，从而起到止血作用。‎ 答案选B。‎ ‎13.在某无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（ ）‎ A. K＋、MnO4―、SO42― B. Al3＋、Cl―、SO42―‎ C. Na＋、CH3COO―、H＋ D. OH―、Na＋、Fe3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有MnO4―的溶液显紫色，不可能存在于无色溶液中，故A错误；‎ B．离子组Al3＋、Cl―、SO42―彼此间不发生离子反应，能大量共存于无色溶液中，故B正确；‎ C．CH3COO―与H＋能生成醋酸，醋酸是弱电解质，故CH3COO―与H＋不能大量共存于无色溶液中，故C错误；‎ D．OH―与Fe3＋能生成红褪色氢氧化铁沉淀，且含有Fe3＋的溶液显棕黄色，故OH―与Fe3＋不能大量共存于无色溶液中，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎14.关于铝热反应2Al＋Fe2O3→2Fe＋Al2O3的说法正确的是（ ）‎ A. Al发生氧化反应 B. Fe2O3被氧化 C. Fe是还原剂 D. Al2O3是还原产物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al失去电子被氧化，发生氧化反应，故A正确；‎ B．Fe2O3中Fe元素的化合价降低，Fe2O3被还原，故B错误；‎ C．Fe是生成物，是还原产物，不是还原剂，故C错误；‎ D．Al失去电子被氧化，生成的产物为Al2O3，则Al2O3是氧化产物，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎15. 根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序，正确的是（ ）‎ ‎① Cl2+2KI ══ I2+2KCl ② 2FeCl3+2HI ══ I2+2FeCl2+2HCl ‎③ 2FeCl2+Cl2══ 2FeCl3④ I2+SO2+2H2O ══ 2HI+H2SO4‎ A. Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2 B. Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2‎ C. Fe3+＞Cl2＞I2＞SO2 D. Cl2＞Fe3+＞SO2＞I2‎ ‎【答案】B ‎【解析】正确答案：B 氧化性顺序由①Cl2＞I2②Fe3+＞I2③Cl2＞Fe3+④I2＞SO2，纵上所述B正确。‎ ‎16.下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. Cl2 + H2O = HCl + HClO B. Fe + CuSO4 = FeSO4 + Cu C. 2NaHCO 3 Na2CO3 + H2O + CO2 D. Cl2 + 2FeCl2 = 3FeCl3‎ ‎【答案】C ‎【解析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。‎ ‎17.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L-1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（ ）‎ A. 150 mL 1 mol·L-1的NaCl B. 25 mL 2 mol·L-1的FeCl3‎ C. 150 mL 3 mol·L-1的KCl D. 75 mL 2 mol·L-1的CaCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl﹣浓度为3mol/L．‎ A.150 mL 1 mol•L﹣1的NaCl溶液中Cl﹣浓度为1mol/L，故A错误；‎ B.25 mL 2 mol•L﹣1FeCl3溶液中Cl﹣浓度为2mol/L×3=6mol/L，故B错误；‎ C.150 mL 3 mol•L﹣1的KCl溶液中Cl﹣浓度为3mol/L，故C正确；‎ D.75 mL 2 mol•L﹣1的CaCl2溶液中Cl﹣浓度为2mol/L，故D错误．‎ 故选C。‎ ‎18.配制250 mL 0.2 mol·L-1的KNO3溶液,需量取4 mol·L-1 KNO3溶液的体积为 (　　)‎ A. 125 mL B. 50 mL C. 12.5 mL D. 75 mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据稀释前后溶质的物质的量不变列等式计算，4mol/L×V×10-3L=0.2mol/L×250×10-3L，计算得V=12.5mL，故C正确；‎ 答案：C ‎19.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A. 蒸馏 B. 升华 C. 分液 D. 萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由题文描述可知：“取砒之法，将生砒就置火上”是指加热的方法；“以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”是指被提纯物质气化、冷凝为固体的过程。为升华操作。‎ ‎【详解】A. 蒸馏是利用混合液体的沸点不同，通过加热冷凝的方式将混合物分离开的操作；‎ B. 升华是利用混合物中某物质的沸点低于熔点，直接将其气化以达到分离的目的；‎ C. 分液是利用两种液体互不相溶的原理将其分离的操作；‎ D. 萃取是利用溶质在两种互不相溶的液体中溶解度不同，将溶质从一种溶剂提取到另一种溶剂的过程；‎ 答案选B。‎ ‎20.已知 aM2++bO2 + 4H+=cM3++dH2O，则化学计量数 c 的值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据质量守恒可得a=c；根据电荷守恒可得2a +4=3c，解得c=4，选项D正确。‎ 二、填空题 ‎21.某校化学小组学生利用如图所列装置进行 “铁与水反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3·6H2O晶体。(图中夹持及尾气处理装置均已略去)‎ ‎（1）装置B中发生反应的化学方程式是__。‎ ‎（2）装置E中的现象是：__。‎ ‎（3）停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，加入过量稀盐酸充分反应，过滤。简述检验滤液中Fe3+的操作方法：__。‎ ‎（4）该小组学生利用上述滤液制取FeCl3·6H2O晶体，设计流程如下：‎ 步骤I中通入Cl2的作用是__。‎ ‎【答案】(1). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (2). 黑色固体变为红色，管壁有水珠 (3). 取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色 (4). 将滤液中含有的Fe2+氧化成Fe3+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A中圆度烧瓶在加热条件下可提供水蒸气，B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气经干燥，在C中用向下排空法可收集到氢气，D为干燥装置，在加热条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，可用KSCN检验铁离子，以此解答该题 ‎ ‎(1)铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，据此写出反应的化学方程式；‎ ‎(2)装置E中红色的氧化铁被氢气还原成黑色的铁，同时有水珠生成；‎ ‎(3)B在加热条件下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，停止反应，待B管冷却后，取其中的固体，固体的成分可能为四氧化三铁、铁。在固体中加入过量稀盐酸就是四氧化三铁、铁和盐酸之间的反应，可用KSCN检验铁离子； ‎ ‎(4)滤液中有，通入氯气将 氧化成，再将稀溶液进行加热浓缩、冷却结晶、过滤即得FeCl3·6H2O晶体；‎ ‎【详解】(1)装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为: 故答案为 ‎ ‎；‎ ‎(2)装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠，故答案为：黑色的粉未变成紫红色，管 壁产生水珠； ‎ ‎(3) 取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色。‎ ‎(4)因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁氧化为三价铁，故答案为将滤液中含有的Fe2+氧化成Fe3+‎ ‎22.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示。‎ ‎（1）只根据图Ⅰ所示实验，不能够达到实验目的的原因是_______________________________。‎ ‎（2）图Ⅱ、Ⅲ所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为__________。‎ ‎（3）若用实验Ⅱ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体最好是______(填化学式)。‎ ‎【答案】(1). 无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到实验目的 (2). 2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、 CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O (3). NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图Ⅰ不能达到实验目的，二者现象相同，无论是Na2CO3还是NaHCO3都与盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，故答案为无论是Na2CO3还是NaHCO3均可以与盐酸反应产生CO2，两者的反应现象相同，故达不到实验目的；‎ ‎（2）图Ⅱ、Ⅲ所示实验中所发生的化学方程式均为NaHCO3受热分解，产生二氧化碳使澄清的石灰水变浑浊，故答案为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑、CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O；‎ ‎（3）实验Ⅱ 中碳酸钠直接加热，温度较高，碳酸氢钠不直接加热，温度较低，若不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠，故答案为NaHCO3。‎ ‎23.请配平下列化学方程式：‎ ‎（1） Fe+ HNO3----- Fe(NO3)3+ NO + H2O___________ ‎ ‎（2） NH3+ O2---- NO + H2O___________‎ ‎【答案】(1). 1 、 4 、1、 1 、 2 (2). 4 、5 、4 、6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe的化合价升高3价，失去3个电子，N的化合价降低3价，得到3个电子，根据得失电子守恒，则Fe、Fe(NO3)3 的系数是1， NO的系数是1，根据元素守恒，则硝酸的系数是4，H2O的系数是2，检查O元素守恒。‎ ‎（2）NH3中N元素的化合价是-3价升高到+2价。所以N原子失去5个电子；O2中O元素的化合价从0价降低到-2价，应得到4个电子，根据得失电子守恒，5与4的最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是4，氧气的系数是5，根据元素守恒，H2O的系数是6。‎ ‎24.铀（U）是一种稀有金属，制造氢弹的重要原料。提取铀涉及的反应为：UF4+ 2MgU + 2MgF2。在该反应中，作为还原剂的物质是______，被还原的物质是______；若反应中消耗1 mol Mg，则生成U______mol。‎ ‎【答案】(1). Mg (2). UF4 (3). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，根据化合价的升降来确定转移电子情况。‎ ‎【详解】在反应UF4+ 2MgU + 2MgF2中，化合价降低元素U所在的反应物UF4是氧化剂，化合价升高元素Mg所在的反应物Mg是还原剂，化合价升高值=化合价降低值=4，所以反应转移电子4mol，反应中生成了1molU，则需消耗2molMg，若反应中消耗1 mol Mg，则生成U 0.5mol。因此，本题正确答案是：Mg； UF4； 0.5。‎ ‎25.分析下列氧化还原反应，指出氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物。‎ ‎（1）CuO＋COCu＋CO2‎ 氧化剂：__，还原剂：__，氧化产物：__，还原产物：__。‎ ‎（2）2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑‎ 氧化剂：__，还原剂：__，氧化产物：__，还原产物：__。‎ ‎【答案】(1). CuO (2). CO (3). CO2 (4). Cu (5). H2SO4 (6). Al (7). Al2(SO4)3 (8). H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】反应中失电子化合价升高的反应物是还原 剂、得电子化合价降低的反应物是氧化剂， 氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应 的产物是氧化产物，由此分析解答 ‎【详解】（1）CuO＋COCu＋CO2反应中Cu元素化合价由+2价变为0价，C元素化合价由+2价变为+4价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，所以还原剂是CO，氧化剂是CuO，还原产物是Cu、 氧化产物是， 故答案为：CuO；CO；；Cu； ‎ ‎(2) 2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑反应中H元素化合价由+1价变为0价，A元素化合价由0价变为+3价，失电子化合价升高的反应物是还原剂，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物，所以还原剂是Al，氧化剂是H2SO4，还原产物是H2、氧化产物是Al2(SO4)3‎ ‎26.已知A为常见金属单质，各物质有如图所示的关系：‎ ‎（1）写出B、C的化学式：‎ B：___，C：___，E：___，F___‎ ‎（2）写出以下反应的化学方程式，有离子方程式的写离子方程式。‎ ‎④___；⑤___；⑧___；颜色变化__。‎ ‎【答案】(1). Fe3O4 (2). FeCl2 (3). Fe(OH)2 (4). Fe(OH)3 (5). 2Fe2++Cl2=2Fe3+ (6). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (7). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 (8). 白色 灰绿色 红褐色 ‎【解析】‎ ‎【分析】由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe(OH)3，则E为Fe(OH)2，C为FeCl2‎ ‎，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4然后结合物质的性质及化学用语来解答。‎ ‎【详解】由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe(OH)3，则E为Fe(OH)2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4 ‎ ‎(1)由以上分析可知B为Fe3O4，C为FeCl2 ，E为Fe(OH)2 ，F为Fe(OH)3。‎ 故答案为：Fe3O4 ，FeCl2，Fe(OH)2 ，Fe(OH)3；‎ ‎(2)反应④的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3+；⑤的离子方程式Fe+2Fe3+=3Fe2+；⑧离子方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3+ ，Fe+2Fe3+=3Fe2+，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。溶液颜色由白色迅速变为灰绿色最后变为红褐色。‎ ‎27.A、B、C是单质，其中A是金属，各种物质间的转化关系如图：‎ 根据图示转化关系回答：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式。‎ A___，B___，乙___，丁___。‎ ‎（2）写出下列变化的化学方程式。‎ ‎①A与NaOH溶液反应化学方程式___。‎ ‎②甲与NaOH溶液反应的离子方程式___。‎ ‎【答案】(1). Al (2). O2 (3). NaAlO2 (4). Al（OH）3 (5). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (6). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】A，B，C是单质，其中A是常见的活泼金属 ，B和C都是无色气体，常见金属单质中能与 NaOH溶液反应产生气体的只有Al，所以A 是Al，乙是NaAlO2，C是H2；甲是Al的化 物，可和NaOH溶液反应产生NaAlO2，可甲能是，则丙是，B即是，根据 得丁是，丁加热后可生成水和氧化铝。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，A为Al，B为，乙是NaAlO2,丁是 故答案为：Al；；；‎ ‎(2) ①Al 与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；‎ ‎②氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。‎