• 427.50 KB
  • 2021-07-08 发布

【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
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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。‎