【化学】福建省师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 19页

福建省师范大学附属中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 试卷说明：‎ ‎（1）本卷共两大题，26小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。‎ ‎（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。‎ 可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56‎ 第Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 一、选择题（48分）：1-18题，每小题2分；19-22题，每小题3分，每题只有一个正确答案。‎ ‎1.下列物质属于纯净物的是(　　)‎ A. 生铁 B. 浓硫酸 C. 漂白粉 D. 液氯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、生铁是铁和碳的混合物，故A错误；‎ B、浓硫酸是硫酸的水溶液，是混合物，故B错误；‎ C、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；‎ D、液氯是液态的氯气，是纯净物，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎2.下列变化中，不涉及化学变化的是(　　)‎ A. 硫磺燃烧 B. 氯水使有色布条褪色 C. 活性炭使红墨水褪色 D. SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫磺燃烧，硫单质与氧气反应生成二氧化硫，为化学变化，故A错误；‎ B．氯水中有次氯酸，具有强氧化性、漂白性，属于氧化性漂白，与有色布条里的成分反应，使之褪色，所以，是化学变化，故B错误；‎ C．活性炭疏松多孔的结构，具有吸附性，属于物理漂白，所以是物理变化，故C正确；‎ D．NaOH显碱性，无色酚酞遇酸不变色，遇碱变红，则滴有酚酞的NaOH溶液为红色，通入SO2后，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，化学方程式为：SO2+NaOH＝Na2SO3+H2O，溶液碱性减弱红色褪去，发生了化学反应，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎3.下列有关说法中不正确的是（ ）‎ A. 工业上用CO还原赤铁矿（含Fe2O3）获得铁 B. 从海产品（如海带等）中提取碘是工业上获取碘的重要途径 C. 工业上可通过铝土矿获得铝 D. 玛瑙、水晶、钻石、红宝石等装饰品的主要成分都是硅酸盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO还原Fe2O3生成CO和Fe，可用于工业上还原赤铁矿（含Fe2O3）获得铁，A项正确；‎ B. 海产品中存在I-，利用氧化剂将I-氧化为I2，是工业上获取碘的重要途径，B项正确；‎ C. 铝土矿的主要成分是氧化铝，工业上利用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，C项正确；‎ D. 玛瑙、水晶的主要成分都是SiO2，钻石的主要成分是碳，红宝石的主要成分是氧化铝， D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列物质之间的转化，不能一步完成的是（ ）‎ A. Al2O3→Al(OH)3 B. SO3→H2SO4‎ C. H2SiO3→SiO2 D. Cl2→CuCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. Al2O3与盐酸反应，生成氯化铝，将氯化铝与过量的氨水混合，可得氢氧化铝；‎ B. SO3溶于水可得H2SO4；‎ C. H2SiO3脱水后可形成SiO2；‎ D. 铜在氯气中燃烧可得CuCl2。‎ ‎【详解】A. Al2O3与盐酸反应，生成氯化铝，将氯化铝与过量的氨水混合，可得氢氧化铝，反应要经过两步完成，A项符合题意；‎ B. SO3溶于水可得H2SO4，物质之间的转化可以一步完成，B项不符合题意；‎ C. H2SiO3脱水后可形成SiO2，物质之间的转化可以一步完成，C项不符合题意；‎ D. 铜在氯气中燃烧可得CuCl2，物质之间的转化可以一步完成，D项不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列实验操作能够达到实验目的的是（ ）‎ A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加入少量水 B. 实验室采用如图所示装置收集Cl2‎ C. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可加入Ca(OH)2溶液后过滤 D. 用酒精萃取碘水中的碘单质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 溴易挥发，密度大于水；‎ B. 氯气的密度大于空气的密度；‎ C. NaHCO3与Na2CO3均能与Ca(OH)2发生反应；‎ D. 酒精与水互溶。‎ ‎【详解】A. 溴易挥发，密度大于水，在存放液溴的试剂瓶中加入少量水可防止液溴挥发，A项正确；‎ B. 氯气的密度大于空气的密度，因此收集氯气的集气瓶中导管应为“长进短出”，B项错误；‎ C. NaHCO3与Na2CO3均能与Ca(OH)2发生反应，因此不能用Ca(OH)2除去NaHCO3中的Na2CO3，C项错误；‎ D. 酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘单质，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.在海水综合利用中，下列叙述不正确是（ ）‎ A 海水经过蒸发结晶得到粗盐 B. 海水中提取镁单质的方法是海水Mg(OH)2Mg C. 海水提镁的工艺中用贝壳为原料生产石灰乳 D. 海水中提取溴单质可以用氯气将海水中的Br－氧化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海水中主要成分是氯化钠，还含有不溶性和可溶性杂质，因此蒸发结晶后可得到粗盐，A项正确；‎ B. 海水中提取镁单质的方法是海水中加入石灰乳后生成氢氧化镁，加入盐酸发生反应生成氯化镁，电解融融状态的氯化镁得到金属镁，B项错误；‎ C. 贝壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙是生产石灰乳的主要原料，C项正确；‎ D. 氯气具有很强的氧化性，可将Br－氧化为Br2，该过程为海水提溴的一个步骤，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.进行化学实验必须注意安全和操作规范，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 进行分液操作时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从上口倒出 B. 实验室进行蒸馏实验结束时，应先撤酒精灯，继续通冷凝水一段时间 C. 实验室中进行可燃性气体燃烧性质实验时，必须先验纯、再点燃 D. 配制稀硫酸时，可先在量筒中加一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用分液漏斗分液时为防止试剂交叉污染，进行分液操作时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；‎ B.进行蒸馏操作时,为防止冷凝管破裂,加热前应先通冷凝水,蒸馏结束后继续通冷凝水一段时间，故B正确；‎ C、可燃性气体与空气混合易爆炸,必须先验纯、后点燃,故C正确； D、量筒不能用于配制溶液,应改为烧杯中进行，故D错误； 综上所述，本题选D。‎ ‎8.随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，N5+、H3、O4、C60等已被发现。下列说法正确的是（ ）‎ A. H2 和 H3 属于同素异形体 B. C60 的摩尔质量为 720 g C. O2 和 O4 属于同位素 D. N5+离子中含有 36 个电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2 和 H3 是同种元素形成结构不同的单质，属于同素异形体，A项正确；‎ B. C60 的摩尔质量为720 g/mol，B项错误；‎ C. O2 和 O4是同种元素形成结构不同的单质，属于同素异形体，C项错误；‎ D. N原子核外有7个电子，因此N5+离子中含有 34 个电子，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列关于硅的说法正确的是(　　)‎ ‎①硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在 ②水泥是硅酸盐材料 ‎③单质硅是良好的半导体 ④氮化硅陶瓷是新型的无机非金属材料 ‎⑤水玻璃可以用作木材防火剂 ⑥光导纤维属于硅酸盐产品 A. ①③④⑥ B. ②③④⑤ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】①硅元素自然界中以硅酸盐或二氧化硅形式，不存在游离态的硅，故①错误；②水泥是传统硅酸盐产品，其中含有硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，因此普通水泥属于硅酸盐材料，故②正确；③硅是半导体材料，能导电，故③正确；④氮化硅陶瓷具有超硬度、耐磨损、抗冷热冲击而不碎裂、耐高温不易传热、抗腐蚀、高温时抗氧化等特性，可用作陶瓷发动机的材料，属于新型的无机非金属材料，故④正确；⑤水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故⑤正确；⑥光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，故⑥错误；正确的有②③④⑤，故选B。‎ ‎10.能在下列溶液中大量共存的离子组是(　　)‎ A. 含有大量Al3+的溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣‎ B. 能使酚酞变红的溶液：Na+、Ca2+、CO32﹣‎ C. 含有大量Fe3+的溶液：OH﹣、Mg2+、Cl﹣‎ D. 含有大量HCO3﹣的溶液：H+、SO42﹣、Cl﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，都不与Al3+反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B．Ca2+、CO32﹣之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．Fe3+、Mg2+都与OH﹣反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D．HCO3﹣、H+之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎11.根据反应：①2Fe3++2I-═2Fe2++I2②Br2+2Fe2+═2Fe3++2Br-③Br2+2I-=I2+2Br-，判断离子的还原性由强到弱的顺序正确的是（ ）‎ A. Br-、Fe2+、I- B. I-、Fe2+、Br-‎ C. Br-、I-、Fe2+ D. Fe2+、I-、Br-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】反应①中I-作还原剂，Fe2+为还原产物，还原性I->Fe2+，反应②中Fe2+为还原剂，Br-为还原产物，还原性Fe2+> Br-，反应③中I-为还原剂，Br-为还原产物，还原性I-> Br-，据此判断还原性强弱顺序。‎ ‎【详解】反应①中I-作还原剂，Fe2+为还原产物，还原性I->Fe2+，反应②中Fe2+为还原剂，Br-为还原产物，还原性Fe2+> Br-，反应③中I-为还原剂，Br-为还原产物，还原性I-> Br-，综上可知还原性I->Fe2+> Br-；‎ 答案选B。‎ ‎12.下列物质中含有阿伏伽德罗常数常数个HCl分子的是（ ）‎ A 2.24L HCl气体 B. 将1 mol HCI气体溶于足量的H2O得到的盐酸 C. 36.5gHCl气体 D. 1molH2和1 mol Cl2充分化合后的产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、没有指明气体的存在状态，不一定为标况下，2.24L HCl气体不一定为1mol，故A错误； ‎ B、将1 mol HCI气体溶于足量的H2O中，氯化氢完全电离出氢离子和氯离子，不存在HCl分子，故B错误；‎ C、36.5gHCl气体的物质的量为36.5g/36.5g/mol=1mol，即含有阿伏伽德罗常数常数个HCl分子，故C正确；‎ D、根据H2+ Cl2=2HCl反应可知，1molH2和1 mol Cl2充分化合后，生成2molHCl，因此该反应有2NA个HCl分子生成，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎13.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol.L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（ ）‎ A. 配制1L该溶液时，可将0.1mol的CaCl2固体溶于1L水 B. 取该溶液的一半，则所取溶液c(CaCl2)=0.05mol•L-1‎ C. Ca2+和Cl-的浓度都是0.1mol•L-1‎ D. 取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl-)=0.1mol•L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制1L该溶液时，可将0.1mol的CaCl2固体溶于水配成1L的溶液，此时得到的溶液为0.1mol.L-1，A项错误；‎ B. 取该溶液的一半，溶液的浓度不发生变化，浓度为0.1mol•L-1，B项错误；‎ C. 0.1mol•L-1的CaCl2溶液中Ca2+的浓度为0.1mol•L-1，Cl-的浓度为0.2mol•L-1，C项错误；‎ D. 溶液中Cl-的浓度为0.2mol•L-1，将溶液加水稀释至原溶液体积的二倍，溶液的浓度减半，即稀释后溶液c(Cl-)=0.1mol•L-1，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.下列物质之间的反应，可以用离子反应方程式表示的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CaCO3属于难溶于水盐，在离子反应方程式中写成化学式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示，故A错误；‎ B.Na2CO3溶于水并完全电离成CO32-离子，HCl完全电离出H+，所以该反应的离子方程式可表示为：CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O，故B正确；‎ C.醋酸属于弱电解质，在离子方程式中应写成化学式形式，不能拆成离子形式，故不能用CO32-+ 2H+=CO2↑+H2O表示，故C错误；‎ D. Na2CO3溶于水并完全电离成HCO3-离子，HNO3完全电离出H+‎ ‎，所以该反应的离子方程式可表示为：HCO3-+ H+=CO2↑+H2O，不符合题给条件，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎15.关于Na2CO3与NaHCO3的性质判断正确的是（ ）‎ A. 常温下溶解度：Na2CO3NaHCO3‎ D. 与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时在水中的溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，选项A错误；‎ B．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，选项B错误；‎ C．分别滴加HCl溶液，碳酸钠溶液中的反应分两步进行：CO32﹣+H+═HCO3﹣，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸直接发生反应：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，所以相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，选项C错误；‎ D．Na2CO3和Ca(OH)2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca(OH)2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca(OH)2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎16.下列说法正确的是（ ）‎ A. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+‎ B. Na2O2与水反应时，生成0.1 mol O2，转移的电子数为0.2NA C. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，石蕊试纸最终变成蓝色 D. 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，则该黄色溶液为溴水。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠与水反应生成氢氧化钠和H2，生成的氢氧化钠与CuSO4溶液反应，生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，因此钠与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2、H2‎ 和硫酸钠，离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，A项错误；‎ B. Na2O2与水反应时，生成1mol O2，转移的电子数为2NA，因此当生成0.1mol O2，转移的电子数为0.2NA，B项正确；‎ C. Na2O2遇到湿润的紫色石蕊试纸后，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，石蕊试纸变为蓝色，但Na2O2具有强氧化性和漂白性，最终试纸变为白色，C项错误；‎ D. 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，说明溶液中发生了氧化还原反应，将I-氧化为I2，因此黄色溶液可能是溴水，也可能含Fe3+，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.将一定体积的CO2通入NaOH溶液中，向所得的溶液A中逐滴加入1 mol·L－1的稀盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积关系如图所示：‎ 溶液A中的溶质是（ ）。‎ A. Na2CO3和NaHCO3 B. NaOH和Na2CO3 C. Na2CO3 D. NaHCO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】将一定体积的CO2通入NaOH溶液中，所得溶液与盐酸反应，可能发生的反应有NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸0-10mL时没有气体生成，消耗盐酸10-30mL时，共消耗盐酸20mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由此可知消耗盐酸0-10mL时发生的反应为Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3，据此作答。‎ ‎【详解】将一定体积的CO2通入NaOH溶液中，所得溶液与盐酸反应，可能发生的反应有NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，消耗盐酸0-10mL时没有气体生成，消耗盐酸10-30mL时，共消耗盐酸20mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由此可知消耗盐酸0-10mL时发生的反应为Na2CO3+ HCl=NaCl+ NaHCO3，由此可知溶液A中存在Na2CO3和NaHCO3；‎ 答案选A。‎ ‎18.下列实验与对应示意图的关系正确的是（　　）‎ A B C D 向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量 向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量 向明矾溶液中逐滴滴加 Ba（OH）2溶液至过量 向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量，＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用稀盐酸溶液体积应是1∶3，A与图像不符，故A错误；‎ B项，向AlCl3溶液中逐滴滴加氨水至过量，Al(OH)3不溶于NH3·H2O，逐渐产生沉淀，且沉淀不溶解，B与图像不符，故B错误；‎ C项，向明矾溶液中逐滴滴加Ba（OH）2溶液至过量，先生成BaSO4和Al(OH)3，再加入Ba（OH）2生成BaSO4的同时Al(OH)3溶解（此时生成沉淀的速度比前面减小），最后Al(OH)3溶解完，只剩BaSO4沉淀，产生沉淀先快后慢，最后不变，C与图像相符，故C正确；‎ D项，向澄清石灰水中缓缓通入CO2至过量:CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，先产生沉淀，后沉淀溶解，所用二氧化碳体积应是1∶1，D与图像不符，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎19.如图所示测定溶液导电性实验的装置，甲与乙中盛有浓度相同的不同液体。接通电源后将甲中液体逐滴滴入乙中，发现灯泡由亮→暗灭→亮。下表中甲、乙所盛液体符合要求的是（ ）‎ 选项 甲 乙 A 氯化钠溶液 硝酸银溶液 B 氨水 醋酸 C 稀盐酸 碳酸钙悬浊液 D 硫酸铜溶液 氢氧化钡溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯化钠溶液逐滴滴加到硝酸银溶液中，发生反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，反应前后溶液的浓度变化不大，灯泡亮度基本不变，故A错误；‎ B.氨水逐滴加到醋酸溶液中，发生反应：NH3∙H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O，醋酸属于弱电解质，导电能力差，而醋酸铵属于强电解质，同浓度的条件下，导电能力增强，灯泡变亮，故B错误；‎ C.稀盐酸逐滴加到碳酸钙悬浊液中，发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，碳酸钙悬浊液中自由移动的离子浓度较小，导电能力差，而氯化钙属于强电解质，同浓度的条件下，自由移动离子浓度大，导电能力增强，灯泡变亮，故C错误；‎ D.硫酸铜溶液逐滴滴加到氢氧化钡溶液中，发生反应：CuSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，氢氧化钡属于强电解质，自由移动离子浓度大，导电能力强，反应后生成BaSO4和Cu（OH）2沉淀，溶液中自由移动的离子数目大幅度减小，导电能力减弱，灯泡变暗，当硫酸铜溶液过量后，溶液中自由移动的离子数目增加，溶液导电能力又逐渐增强，灯泡变亮，符合题意，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎20.某溶液中含有H+、Mg2+、Al3+‎ 三种阳离子，逐滴加入1mol/LNaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 横坐标0-50mL时，发生反应只有：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓‎ B. B点生成沉淀的物质的量为0.02mol C. 若往C点的溶液中加入0.1mol/L盐酸50mL，沉淀将全部溶解 D. H+、Mg2+、Al3+三种阳离子物质的量浓度之比为2：1：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图象可知，横坐标为0-10mL时发生的反应为H++OH-=H2O，加入10mLNaOH溶液中和H+，由n(H+)=n(NaOH)；10-50mL时发生的反应为Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，沉淀为最大值时，该阶段消耗40mL NaOH溶液，根据OH-守恒可得：2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(NaOH)，结合Mg守恒得n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]，50-60mL时，发生的反应为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3完全溶解消耗10mL NaOH溶液，根据消耗的氢氧化钠计算n[Al(OH)3]，再根据铝守恒知n(Al3+)=n[Al(OH)3]，据此计算。‎ ‎【详解】A. 横坐标0-50mL时，发生反应有：H++OH-=H2O、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，A项错误；‎ B. 根据图象可知，横坐标为0-10mL时发生的反应为H++OH-=H2O，加入10mLNaOH溶液中和H+，由n(H+)=n(NaOH)=0.01L×1mol/L=0.01mol，50-60mL时，发生的反应为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Al(OH)3完全溶解消耗10mL NaOH溶液，由方程式可知n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.01L×1mol/L=0.01mol，根据铝守恒知n(Al3+)=n[Al(OH)3]= 0.01mol，10-50mL时发生的反应为Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，沉淀为最大值时，该阶段消耗40mL NaOH溶液，根据OH-守恒可得：2n[Mg(OH)2]+3n[Al(OH)3]=n(NaOH)，因此2n[Mg(OH)2]+0.03mol=0.04L×1mol/L，可得n[Mg(OH)2]=0.005mol，因此B点生成沉淀的物质的量为0.01mol+0.005mol=0.015mol，B项错误；‎ C. C点溶液中的沉淀为Mg(OH)2，其物质的量为0.005mol，要让沉淀完全溶解，需要盐酸的物质的量为0.01mol，加入0.1mol/L盐酸的体积为=0.1L=100mL，C项错误；‎ D. 溶液中H+、Mg2+、Al3+三种阳离子物质的量浓度之比为0.01:0.005:0.01=2:1:2，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎21.0.6 mol/LFe2(SO4)3和1.2 mol/LCuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量之比为3：1，则加入铁粉的物质的量为(　　)‎ A. 0.16mol B. 0.21mol C. 0.34mol D. 0.46mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中铁离子物质的量为0.2L×0.6mol/L×2=0.24mol，铜离子的物质的量是0.2L×1.2mol/L=0.24mol，由于氧化性Fe3+＞Cu2+，所以首先发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，若铁离子完全反应，Cu2+不反应，由方程式可知，则生成亚铁离子是0.24mol×3/2=0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为0.36mol：0.24mol=3：2，实际溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：1，说明铁单质也和铜离子反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，此时溶液中溶质为硫酸亚铁与硫酸铜，根据电荷守恒n（Fe2+）+n（Cu2+）=n（SO42-），溶液中n（SO42-）=0.2L×0.6mol/L×3+0.2L×1.2mol/L=0.6mol，Fe2+与Cu2+物质的量之比为3：1，故n（Fe2+）+1/3n（Fe2+）=n（SO42-）=0.6mol，所以n（Fe2+）=0.45mol，根据铁元素守恒，加入铁粉的物质的量n（Fe）=n（Fe2+）-n（Fe3+）=0.45mol-0.24ml=0.21mol，答案选B。‎ ‎22.某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液（已知氯气和NaOH在一定温度下能发生反应），经测定ClO-与 ClO3-的物质的量之比为1：2，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）‎ A. 21：5 B. 11：3 C. 3：1 D. 4：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，发生了氧化还原反应，反应中氧化剂和还原剂之间得失电子守恒，根据ClO-与 ClO3-的物质的量之比可计算出失去电子的总的物质的量，进而可计算得到电子的物质的量，可计算被还原的Cl的物质的量，进一步可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。‎ ‎【详解】将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，发生了氧化还原反应，反应中Cl2生成ClO-与 ClO3-的过程是被氧化的过程，化合价分别由0价升高到+1价和+5价，ClO-与 ClO3-的物质的量之比为1：2，设ClO-的物质的量为1mol，ClO3-‎ 的物质的量为2mol，被氧化的Cl共3mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+2mol×(5-0)=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也是11mol，被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比11mol:3mol=11:3；‎ 答案选B。‎ 第II卷（非选择题，共52分）‎ 二、非选择题：23-26题，共52分。‎ ‎23.下图为一个五圆环，每个环中的物质依次为FeCl3、NaCl、Na2O2、CO2、I2，图中相连的两种物质可归属为同一类，用①、②、③、④表示相交部分，请回答下列问题：‎ ‎（1）关于上述相交部分的说法不正确的是_____________（填序号）。‎ A ①表示盐类 B ②表示钠的化合物 C ③表示氧化物 D ④表示非电解质 ‎（2）关于上述相交部分的说法正确的是_____________（填序号）。‎ A 海水晒盐属于物理变化 B Na2O2属于碱性氧化物 C I2易溶于CCl4 D 钠着火可用CO2灭火 ‎（3）若NaCl固体中含有少量I2杂质，可采用的除杂方法是_____________（填序号）‎ A 过滤 B 升华 C 渗析 ‎（4）上述五种物质中，有两种物质可以发生氧化还原反应，其化学方程式为___________；‎ ‎（5）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L－1上图中某物质M的溶液，继续煮沸得到红褐色透明液体。‎ ‎①物质M的化学式为__________。‎ ‎②检验该红褐色透明液体是胶体的方法为___________。‎ ‎【答案】(1). D (2). AC (3). B (4). 2CO2 + 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2 (5). FeCl3 (6). 丁达尔效应 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①FeCl3和NaCl均属于盐；‎ ‎②Na2O2和NaCl均含有Na；‎ ‎③为Na2O2和CO2，均是由两种元素组成的，且其中一种为氧元素；‎ ‎④是CO2和I2，其中CO2是非电解质，I2既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎（2）A. 海水晒盐利用了蒸发的原理；‎ B. 与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；‎ C. I2易溶于有机物，难溶于无机物；‎ D. 钠与氧气在加热的条件下反应，生成过氧化钠和氧气，过氧化钠和CO2可发生反应。‎ ‎（3）I2易升华；‎ ‎（4）五种物质中，Na2O2和CO2之间可发生氧化还原反应；‎ ‎（5）用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L－1FeCl3溶液，继续煮沸得到红褐色透明液体为Fe(OH)3胶体，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）①FeCl3和NaCl，均属于盐类；‎ ‎②Na2O2和NaCl，二者均含有Na，属于钠的化合物；‎ ‎③为Na2O2和CO2，均是由两种元素组成的，且其中一种为氧元素，均属于氧化物；‎ ‎④是CO2和I2，其中CO2是非电解质，I2既不是电解质也不是非电解质；‎ 不正确的是D；‎ ‎（2）A. 海水晒盐利用了蒸发的原理，属于物理变化；‎ B. 与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Na2O2属于氧化物，但不是碱性氧化物，B项错误；‎ C. I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，C项正确；‎ D. 钠与氧气在加热的条件下反应，生成过氧化钠和氧气，过氧化钠和CO2可发生反应，因此钠着火可不能用CO2灭火，D项错误；答案选AC。‎ ‎（3）I2易升华，因此NaCl固体中含有少量I2杂质时，选择升华的方法除去杂质；‎ ‎（4）五种物质中，Na2O2和CO2之间可发生氧化还原反应，反应的方程式为：2CO2 + 2Na2O2 = 2Na2CO3 + O2；‎ ‎（5）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1 mol·L－1FeCl3溶液，继续煮沸得到红褐色透明液体为Fe(OH)3胶体，由此可知物质M的化学式为FeCl3；‎ ‎②红褐色透明液体为Fe(OH)3胶体，可用丁达尔效应进行检验。‎ ‎24.某氯化铁样品含有少量FeCl2‎ 杂质。现要测定其中铁元素的质量分数，实验按以下步骤进行请根据上面流程，回答以下问题：‎ ‎（1）操作I是配制溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有、_________。（填仪器名称）‎ ‎（2）下列操作可能使所配溶液浓度偏小的是__________（填写序号）。‎ ‎①未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎②定容时俯视容量瓶的刻度线 ‎③配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水 ‎④摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切 ‎（3）请写出加入过量氨水时发生的离子反应方程式____________，‎ ‎（4）检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是__________。‎ ‎（5）若原样品质量a为10g，加热后红棕色固体质量是6g，则样品中铁元素的质量分数是_______。‎ ‎【答案】(1). 250mL容量瓶、胶头滴管 (2). ①④ (3). Fe3+ ＋3NH3•H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+ (4). 取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 (5). 铁元素的质量分数是42%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】氯化铁样品含有少量FeCl2杂质加水溶解，加入盐酸防止Fe2+水解，配成250mL的溶液后，取出其中的25mL加入氯水和过量的氨水，得到红褐色沉淀Fe(OH)3沉淀，灼烧后形成红棕色固体Fe2O3，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）配制溶液时用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管；‎ ‎（2）①未洗涤烧杯和玻璃棒，使溶质的量减少，导致所配溶液浓度偏小，正确；‎ ‎②定容时俯视容量瓶的刻度线，读得的溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，错误；‎ ‎③配溶液前容量瓶中有少量蒸馏水，对实验结果没有影响，错误；‎ ‎④摇匀后，发现液面低于刻度线后继续加水至凹液面与刻度线相切，加入的溶剂过多，导致溶液浓度偏小，正确；答案选①④；‎ ‎（3）向25mL溶液中加入氯水，Fe2+被氧化为Fe3+‎ ‎，加入过量氨水后生成了红褐色沉淀Fe(OH)3，反应的离子方程式为Fe3+＋3NH3•H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+；‎ ‎（4）沉淀洗涤干净了说明不存在Cl-，具体过程为：取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；‎ ‎（5）根据流程可知，反应过程中Fe2+被氧化为Fe3+，加入氨水后生成Fe(OH)3沉淀，加热后又生成Fe2O3，根据铁原子守恒可得关系2Fe2+~ 2Fe3+~ Fe2O3，加热后红棕色固体质量是6g，即Fe2O3的质量为6g，其物质的量为=0.0375mol，那么样品中铁元素的质量为0.0375mol×2×56g/mol=4.2g，因此样品中铁元素的质量分数为×100%=42%。‎ ‎25.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质，回答下列问题：‎ ‎（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1　mol•L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 ______ 。‎ ‎（2）甲组同学取2mL　FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为 ______‎ ‎（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mL FeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是 ______ 。‎ ‎（4）丙组同学取10mL0.1mol•L-1KI溶液，加入6mL0.1mol•L-1FeCl3溶液混合溶液。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：‎ 第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；‎ 第二支试管中加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；‎ 第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。‎ 实验检验的离子是 ______（填离子符号）；实验说明溶液中含有 ______（填离子符号），KI溶液和FeCl3溶液混合反应的离子方程式为______。‎ ‎（5）丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______‎ ‎【答案】(1). 防止FeCl2被氧化 (2). 2Fe2++Cl2=2Fe3++ 2Cl- (3). 隔离空气 (4). Fe2+ (5). I-、Fe2+、Fe3+ (6). 2I-+2Fe3+=2Fe2++I2 (7). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）Fe2+易被氧化为Fe3+；‎ ‎（2）Cl2具有很强的氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+；‎ ‎（3）煤油的密度小于溶液的密度，浮在溶液表面，可起到隔离空气的作用，避免Fe2+被氧化；‎ ‎（4）向溶液中加入CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明生成了I2，加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+，I-被Fe3+氧化为I2，I-浓度逐渐变小后，I-在稀的FeCl3溶液中不再发生氧化还原反应，据此分析作答；‎ ‎（5）H2O2具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+。‎ ‎【详解】（1）为了防止Fe2+被氧化为Fe3+，因此在配制FeCl2溶液时要加入少量的铁屑；‎ ‎（2）Cl2具有很强的氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，因此FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2 Fe3++ 2Cl-；‎ ‎（3）煤油的密度小于溶液的密度，浮在溶液表面，为了避免Fe2+被氧化，在溶液中加入煤油，可起到隔离空气的作用； ‎ ‎（4）向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2+，即检验的离子为Fe2+，加入CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色，说明生成了I2，发生的反应为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明I-浓度逐渐变小后，I-在稀的FeCl3溶液中不再发生氧化还原反应，溶液中仍存在Fe3+，在I-过量的情况下，溶液中仍存在Fe3+。 ‎ ‎（5）H2O2具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，发生的反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。‎ ‎26.某化学兴趣小组试利用镁铝合金废料（不含其它杂质）制备硫酸铝晶体，其实验流程如下：‎ ‎（1）在镁铝合金中加入NaOH溶液，发生反应的化学方程式为_________，固体B的化学式________。‎ ‎（2）向滤液中通入足量二氧化碳的离子方程式_______________‎ ‎（3）操作Ⅱ包含的实验步骤有：________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎（4）若初始时称取的镁铝合金废料的质量为7.65 g，得到固体A的质量为3.6‎ ‎ g，硫酸铝晶体的质量为49.95 g（假设每一步的转化率均为100%）。计算所得硫酸铝晶体的化学式为______。‎ ‎【答案】(1). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (2). Al(OH)3 (3). CO2 + AlO2-+H2O=HCO3-+Al(OH)3↓ (4). 蒸发浓缩 (5). Al2(SO4)3·18H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】镁铝合金中加入NaOH溶液，金属铝完全溶解为NaAlO2溶液，金属镁不溶解，因此固体A为金属镁，过滤后得到NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入CO2，发生反应生成了Al(OH)3沉淀，即固体B为Al(OH)3，向Al(OH)3中加入稀硫酸，发生中和反应后生成了Al2(SO4)3，蒸发浓缩、冷却结晶后得到；硫酸铝晶体，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）向镁铝合金中加入NaOH溶液，金属铝完全溶解为NaAlO2溶液，金属镁不溶解，发生的反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，固体B为Al(OH)3；‎ ‎（2）过滤后得到的滤液为NaAlO2溶液，向滤液中通入过量的CO2，反应生成了Al(OH)3沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：CO2 + AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓；‎ ‎（3）操作Ⅱ的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；‎ ‎（4）镁铝合金废料的质量为7.65 g，得到固体A(即镁)的质量为3.6 g，那么金属铝的质量为7.65-3.6=4.05g，其物质的量为0.15mol，根据铝原子守恒可得Al2(SO4)3的物质的量为0.075mol，硫酸铝晶体的的摩尔质量为=666g/mol，设硫酸铝晶体的分子式为Al2(SO4)3·nH2O，那么27×2+96×3+18n=666，解得n=18，因此硫酸铝晶体的化学式为Al2(SO4)3·18H2O。‎