【文档说明】吉林省长春市兴华中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，359.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-27669e1026c476b382e05fd45b02c49a.html

以下为本文档部分文字说明：

高一化学试题第Ⅰ卷（选择题，共计50分）一、选择题（25小题，每题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1.某物质在灼烧时透过蓝色钴玻璃看到火焰呈紫色，说明该物质中一定含有A.钾原子B.钾离子C.钾元素D.钾的化合物【答案】C【解析】【详解】灼烧时透

过蓝色钴玻璃看到火焰呈紫色，说明该物质中含有钾元素，不论是钾单质还是钾的化合物都有这种现象，因此不能确定该物质中的钾元素是钾原子还是钾离子，C正确，故选C。2.将下列各种单质投入或通入CuSO4溶液中，能产生铜单质的是A.FeB.N

aC.H2D.Ag【答案】A【解析】【详解】A.Fe与CuSO4溶液发生反应生成硫酸亚铁和单质铜；B.Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，B不能产生铜单质；C.H2与CuSO4溶液不反应，C不能产生铜单质；D.Ag与CuSO4溶液不反应，D不能产生铜单质。故选A。3.保

护环境，就是关爱自己。下列说法中你认为不正确的是（）A.空气质量日报的主要目的是树立人们环保意识，同时也让人们知道了二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物是大气主要污染物B.酸雨是指pH小于7的雨水C.为了减少二氧化硫和二氧化氮的排放，工业废气排放

到大气之前必须回收处理D.居室污染是来自建筑、装饰和家具材料散发出的甲醛等有害气体【答案】B【解析】【分析】酸雨是指pH小于5.6的雨水。【详解】A.空气质量日报的主要目的是树立人们环保意识，同时也让人们知道了二氧化硫、二氧化氮和可吸入颗粒物是大气主要污

染物，A正确；B.酸雨是指pH小于5.6的雨水，B不正确；C.为了减少二氧化硫和二氧化氮的排放，工业废气排放到大气之前必须回收处理，C正确；D.居室污染是来自建筑、装饰和家具材料散发出的甲醛等有害气体，D正确。故选B。4.下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式中不能

完全对应的是（）A.酸性氧化物、三氧化硫、SO3B.碱性氧化物、过氧化钠、Na2O2C.正盐、苏打、Na2CO3D.含氧酸、次氯酸、HClO【答案】B【解析】【详解】A.三氧化硫的化学式为SO3，属于酸性氧化物，故A正确；B.过氧化钠的化学式为Na2O2，

不属于碱性氧化物，故B错误；C.苏打的化学式为Na2CO3，属于正盐，故C正确；D.次氯酸的化学式为HClO，属于含氧酸，故D正确；答案：B。5.下列实验操作中正确的是（）A.过滤操作时，用玻璃棒搅拌漏斗内的液体，以加速过滤B.蒸发操作时

，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出D.萃取操作时，可以选用酒精作为萃取剂从碘水中萃取碘【答案】C【解析】【详解】A．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，过滤失败，故A错误；B．蒸发时不能蒸干，出现大量固体

时停止加热，故B错误；C．分液时避免上下层液体混合，则先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故C正确；D．酒精与水互溶，不能作萃取剂，可用CCl4作为萃取剂从碘水中萃取碘，故D错误；故选：C。6.现有三种常见治疗胃病药品的

标签：药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列三种药片中和胃酸的能力比较正确的是（）A.①＝②＝③B.①＞②＞③C.②＞③＞①D.③＞②＞①【答案】B【解析】【详解】碳酸钙摩尔质量为100g/mol，氢氧化镁摩尔质量为58g/mol，氧化镁摩尔

质量为40g/mol，碳酸钙、氢氧化镁、氧化镁与盐酸都按物质的量之比1：2反应，药片中三者的质量相同，摩尔质量越小中和胃酸的能力越强，所以中和盐酸的能力为①＞②＞③，答案选B。7.在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正

确的是（）A.甲的分子数比乙的分子数多B.甲的物质的量比乙的物质的量少C.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小【答案】B【解析】【分析】两容器的温度和压强均相同,则气体的Vm相等，两容器气体质量相

等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=mVV可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。【详解】A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；C.两

容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故C错误；D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=mn可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。所以B选项是正确的。8.下列说法中正确的是（）A.向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪

色B.二氧化硅与氢氟酸和氢氧化钠均能反应，属于两性氧化物C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可生成SO3D.合金的熔点一般比成分金属的低【答案】D【解析】【详解】A.久置的氯水中次氯酸发生分解反应生成HCl和O2，所以不具有漂白性，故滴入紫色石蕊试

液，溶液只变红不褪色，故A错误；B.二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与烧碱反应，但二氧化硅和HF反应生成四氟化硅而不是盐，所以它是酸性氧化物而不是两性氧化物，故B错误;C.硫粉在过量的纯氧中燃烧也只能生成SO2，故C错误；D.在熔化状态时

金属相互溶解或金属与某些非金属相互融合形成合金。合金是两种金属或金属与某些非金属的非均匀混合物，它的熔点总比任一成分金属的熔点低，故D正确；答案：D。9.下面关于硅及其化合物的叙述中，不正确的是（）A.可用氢氟酸在玻

璃上雕刻花纹B.晶体硅可用作半导体材料C.硅胶可用作食品干燥剂D.硅元素化学性质不活泼，在自然界中可以游离态形式存在【答案】D【解析】【详解】A.氢氟酸可以和玻璃中的二氧化硅反应，所以可用氢氟酸在玻璃上雕刻花纹，故A正确；B.晶体硅能导电，可用作半导体材料，故B正确；C.硅胶多孔，吸水能力强，无

毒，不会污染食品，所以常用作袋装食品的干燥剂，故C正确;D.硅的化学性质不活泼，但是硅是亲氧元素，在自然界中主要以硅酸盐和氧化物等化合态存在，故D错误；答案：D。10.下列物质的性质与应用关系的描述正确的是（）A.氧化铝的熔点高，可用作耐火材料B.氢氧化钠固体具有吸水性，可用作所有气体的干燥剂

C.氯气有强氧化性，可用氯气漂白干燥有色布条D.碳酸氢钠能与酸作用，可用其治疗胃溃疡【答案】A【解析】【详解】A.因Al2O3熔点很高，一般温度下不能液化，则可用作耐火材料，故A正确；B.氢氧化钠固体具有吸水性，可用作干燥剂，但不能干燥二氧化碳等酸性气体，故B错误；C.氯气不具有漂白性，有

漂白性的是次氯酸，故C错误；D.苏打与胃酸中的盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，患胃溃疡的病人，为防止胃壁穿孔，不能服用小苏打来治疗，因为反应产生的二氧化碳气体会造成胃部气胀，易造成胃穿孔，故D错

误；故选：A。11.为检验溶液里的某种离子,进行下列实验,其中结论正确的是（）A.某溶液进行焰色反应为黄色，则该溶液中一定含有Na+，一定没有K+B.先滴加KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水显红色，证明某溶液中含有Fe2+C.加AgNO3溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸沉淀不溶

解,溶液一定含Cl-D.加入稀HCl,产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则溶液中一定含CO32-【答案】B【解析】【详解】A.某溶液进行焰色反应为黄色，则该溶液中一定含有Na+，但不能确定没有K+，故A错误；B.先滴加KSCN溶液无明显现象说明没有Fe3+，再滴加氯水显红色，说明生成了三价

铁，证明某溶液中含有Fe2+，故B正确C.加AgNO3溶液有白色沉淀生成，再加稀盐酸引入了氯离子，无法确定原溶液是否含有Cl-，故C错误；D.加入稀HCl,产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则溶液中可能含CO32-、HCO3-等，故D错

误；故选：B。12.以Al2O3原料制取氢氧化铝，最好的方法是（）①将Al2O3先溶于NaOH溶液中，再通入过量的CO2②将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氢氧化钠溶液③将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氨水④将Al2O3先溶于NaOH

溶液中，再滴加过量的盐酸A.①②B.②④C.①③D.③④【答案】C【解析】【详解】①Al2O3先溶于NaOH溶液中生成偏铝酸钠，通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，由于碳酸酸性较弱，不能溶液氢氧化铝，故正确；②将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氢氧化钠溶液会生成偏铝酸钠，故错误

；③将Al2O3先溶于盐酸中，再滴加过量的氨水，氨水碱性较弱不能和氢氧化铝反应，故正确；④将Al2O3先溶于NaOH溶液中，再滴加过量的盐酸，盐酸会溶解氢氧化铝，生成氯化铝，故错误；正确的有①③，故选：C。13.设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是（）A.100mL12mo

l/L浓盐酸与足量的MnO2加热充分反应生成Cl2分子数为0.3NAB.80gSO3在标准状况下所占体积约为22.4LC.向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1molFe2＋被氧化时，转移的电子的数目为NAD.5.4g铝粉与足量的氢氧化钠溶液充分反应生成H2分子

数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，所以0.1L×12mol/L=1.2molHCl如果完全反应生成Cl20.3mol，但是由于反应过程中随着浓盐酸浓度不断降低，反应在HCl没有完全消耗时就不再进行，所以得

到的Cl2也就小于0.3mol，HCl分子数小于0.3NA，A错误。B、SO3在标准状态下不是气体，所以本题体积无法计算，B错误。C、因为I-还原性大于Fe2+，所以Fe2+被氧化时，溶液中的I-已经完全被氧化。溶液中有1molFe2+被氧化，则溶液中Fe2+≥1mol，

则n(I-)≥2mol，反应过程中转移的电子数等于1×1mol+1×n(I-)≥3mol，C错误。D、足量的NaOH能够将铝粉完全反应，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，()()2-135.4gnH=nAl=1.5=0.3mol227gmol，所以生

成H2分子数为0.3NA，D正确。正确答案D。【点睛】①因为NA表示阿伏加德罗常数的值，所以nNA即为nmol，解题时可以直接将题目中的nNA看成nmol。②对于氧化还原反应，氧化剂得到电子数=还原剂失去电子数=变价×变

价原子数。14.将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl：35.7%，Cu：64.3%，SO2在上述反应中作用是A.酸B.漂白剂C.还原剂D.氧化剂【答案】C【解析】【详解】该沉淀中Cl和Cu的质量分数分别为35.7%和6

4.3%，可以求出得Cu和Cl的物质的量之比为1：1，故该沉淀的化学式为CuCl，因此，该反应中铜元素的化合价降低了，故SO2在该反应中作还原剂。正确答案：C。15.下列有关叙述正确的是（）A.二氧化硫可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性B.同体

积、同密度的N2O和CO2，两种气体的分子数一定相等C.1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为2NAD.1L0.45mol/LNaCl溶液中Cl－的物质的量浓度比0.1L0.15mol/LAlCl3溶

液大【答案】B【解析】【详解】A.二氧化硫具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，故A错误；B.同体积、同密度的N2O和CO2的质量相等，因为N2O和CO2的摩尔质量均为44g/

mol，所以两者的物质的量相等，气体的分子数一定相等，故B正确；C.钠最外层只有一个电子，所以1mol钠与氧气反应不管是生成Na2O还是Na2O2，失电子数目均为NA，故C错误；D.1L0.45mol/LNaCl溶液中Cl－的物质的量浓度为0.45mol/L，0.1L0.15

mol/LAlCl3溶液的Cl－的物质的量浓度为0.45mol/L，两者Cl－的物质的量浓度相等，故D错误；答案：B。16.某同学在实验室中用KMnO4代替MnO2制备Cl2，反应原理为:2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。下列叙述正确的是

（）A.氧化剂为KMnO4，其中Cl元素被还原B.若有0.8molH2O生成，则反应中有2NA个电子转移C.浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8【答案】C【解析】【详解】A.根据反应:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8

H2O可知，氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl,其中Cl元素被氧化，故A错误；B.根据反应:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知，有8molH2O生成，则反应中有10mol电子转移,若有0.8molH2O生成，则反应中有NA个电子转移,

故B错误；C.根据反应:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知，16mol浓HCl在反应中,有10mol浓HCl被氧化，起了还原性的作用，还有6mol浓HCl在反应起酸性作用，故C正确；D.

根据反应:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知，参与反应的氧化剂为2molKMnO4，参与反应的还原剂为10molHCl,两者的物质的量之比为1：5，故D错误；答案：C。【点睛】根据氧化还原反应原理进行分析解答

。即化合价升高的物质为还原剂，化合价降低的物质为氧化剂，根据得失电子守恒的规律进行分析解答。17.将20g两种金属的混合物投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到标准状况下H211.2L，则该混合物的组成可能是

（）A.Na和FeB.Mg和CuC.Al和MgD.Zn和Fe【答案】B【解析】【详解】如果金属全部是Na，反应生成H2：-1-120g222.4Lmol=9.74L23gmol；如果金属全部是Mg，反应生成H2：

-1-120g22.4Lmol=18.67L24gmol；如果金属全部是Al，反应生成H2：-1-120g322.4Lmol=24.89L27gmol2；如果金属全部是Zn，反应生成H2：

-1-120g22.4Lmol=6.89L65gmol；如果金属全部是Fe，反应生成H2：-1-120g22.4Lmol=8.00L56gmol；如果金属全部是Cu，反应生成H2体积0L，所以A为Na和Fe的混合物时，生成H2介于9.74L到8.00L之间，不可能为11.2L，A错误。

B为Mg和Cu的混合物时，生成H2介于18.67L到0L之间，可能为11.2L，B正确。C为Mg和Al的混合物时，生成H2介于18.67L到24.89L之间，不可能为11.2L，C错误。D为Zn和Fe的混合物时，生成H2介于6.89L到8.00L之间

，不可能为11.2L，D错误。正确答案B。【点睛】上述是用极值法解答，还有一种比较巧妙的方法可以解答该题。设反应后生成的金属产物均为+2价，金属元素用R表示，反应都可以写成R+H2SO4=RSO4+H2↑，则M(R)=20g/0.5mol=

40g/mol，既R的平均相对原子质量为40。那么Al反应后生成Al3+，就以2Al/3作为一个整体，这个整体符合+2价的要求，“相对原子质量”为18，而Na则以2Na整体出现也是+2价，“相对原子质量”为46，C

u由于不能反应生成H2，所以此处M(Cu)为+∞（正无穷大），所以A相对原子质量介于46与56之间不可能等于40不符合，B相对原子质量介于24与+∞之间、C相对原子质量介于24与18之间、D相对原子质量介于65与56之间，只有B有可能达到40符合题意。18.

有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列变化：A2＋+B=B2＋+A;A2＋+C=C2＋+A;B2＋+C=C2＋+B;C2＋+D=D2＋+C,由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序错误的是①氧化性：A2＋＞B2＋＞C2＋＞D2＋②氧化性：D2

＋＞C2＋＞B2＋＞A2＋③还原性：A＞B＞C＞D④还原性：D＞C＞B＞AA.①③B.②③C.②④D.①④【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，标注反应过程中元素化合价变化分析判断氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物，利用规律分析

判断。【详解】①A2++B═B2++A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A，B元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物B2+，得到氧化性A2+＞B2+；还原性B＞A；②A2++C═C2++A，反应中A元素化合价+2价变化为0价，化

合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性A2+＞C2+；还原性C＞A；③B2++C═C2++B，反应中B元素化合价+2价变

化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物B，C元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性B2+＞C2+；还原性C＞B；④C2++D═D2++C，反应中C元素化合价+2价变化为0价，化合价降

低做氧化剂被还原得到还原产物C，D元素化合价0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物D2+，得到氧化性C2+＞D2+；还原D＞C；综上所述氧化性强弱顺序：A2+＞B2+＞C2+＞D2+；还原性强弱顺序：D＞C＞B＞

A；答案选D。19.下列实验操作中正确的是（）①用剩的钠或钾应及时放回原试剂瓶②蒸发硝酸钾溶液时要用玻璃棒不断搅动③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量④用试纸检验气体性质时，手拿着试纸经水润湿后靠近气体，观察试纸颜色变化⑤将吸有氢氧化钠溶液的长胶头滴管伸入硫

酸亚铁溶液中再挤出溶液以制得氢氧化亚铁⑥除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤A.①③⑥B.②③④C.①②③⑤D.①②③④【答案】C【解析】【详解】①金属钠或钾能与空气中的水或氧气反应，剩余的药品要放回原瓶，避免存在安全隐患

，故①正确;②蒸发硝酸钾溶液时，为了使溶液受热均匀，需要用玻璃棒不断搅拌，故②正确;③称取易潮解的药品，为了避免药品被潮解，称量时必须放在玻璃器皿中称量，故③正确;④用试纸检验气体性质时，经水润湿后的试纸粘贴玻璃棒上靠近气体，待试纸变

色后来确定气体的性质，故④错误;⑤氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制氢氧化亚铁时，将吸有氢氧化钠溶液的长胶头滴管伸入硫酸亚铁溶液中再挤出溶液，故⑤正确⑥除去KCl溶液中的少量MgCl2应加入适量KOH溶液，过滤,如果加入适量NaOH溶液，

会增加新杂质，故⑥错误；所以①②③⑤正确，故C符合题意；答案：C。20.把一定量的铁粉放入含三价铁离子溶液中，反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+物质的量之比是（）A.1：2B.1：1C.3

：2D.2：3【答案】D【解析】【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol,则已反应的Fe3+和

未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol:3mol=2:3，故D符合题意；答案：D。【点睛】铁粉放入含三价铁离子溶液中，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据方程式计算生成的

Fe2+的物质的量，进而得到未反应的Fe3+的物质的量即可。21.镁铝合金5.1g溶于300mL2mol/L的HCl，在标准状况下放出气体的体积为5.6L。向反应后的溶液中加入足量氨水，产生沉淀的质量为A.

5.1gB.10.2gC.13.6gD.15.3g【答案】C【解析】【详解】镁铝合金溶于HCl生成氯化镁、氯化铝，加入氨水后得到氢氧化镁和氢氧化铝，因此沉淀的质量是合金的质量和OH－的质量之和。根据金属元素的化合价可知，金属失去电子的物质的量与结合的OH－的物质的量相等，由于产

生氢气0.25mol，则转移电子是0.5mol，所以OH－的物质的量是0.5mol，OH－质量是8.5g，所以沉淀的质量=5.1g＋8.5g＝13.6g。答案选C。22.下列反应的离子方程式正确的是A.NaHCO3溶液与盐酸反应

：CO32－+2H＋=H2O+CO2↑B.FeCl3溶液加入铜粉：Fe3＋+Cu=Fe2＋+Cu2＋C.用醋酸溶液除水垢：2H＋+CaCO3=Ca2＋+H2O+CO2↑D.Cl2与NaOH溶液反应:Cl2+2OH－=

Cl－+ClO－+H2O【答案】D【解析】【详解】A、NaHCO3在溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，其离子方程式为：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故A错误；B、氯化铁与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，正确的

离子方程式为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故B错误；C、用醋酸溶液除水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；D、氯气与NaOH溶液反应的离子

反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式

，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）等。23.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）A.使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl－、SO42-、Fe3+B.使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe3+、Mg2+、NO3−、Cl－C.某无色的溶液：K+、Ba2+、Cl－、M

nO4-D.碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl－、OH－【答案】B【解析】【详解】A.使酚酞试液变红的溶液中含有大量的OH－，Fe3+在碱性溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B.使紫色石蕊试液变红的溶液中含有大量的H+，在酸性溶液中Fe3+、Mg2+、NO3−、Cl－能大量共存，故

B符合题意；C.MnO4-为紫色，故C不符合题意；D.碳酸氢钠溶液中,OH－会和HCO3-反应，所以不能大量共存，故D不符合题意；答案：B。【点睛】根据离子共存条件进行分析，值得注意的是隐含条件，如使酚酞试液变红的溶液，使紫色石蕊试液

变红的溶液，某无色的溶液等条件的含义即可分析解得。24.准确称取6.0g铝土矿样品(主要成分为Al2O3,含Fe2O3杂质)，加入100mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10mol·L－1NaOH溶液，产生

沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸物质的量浓度为（）A.3.50mol·L－1B.1.75mol·L－1C.0.85mol·L－1D.无法确定【答案】B【解析】【详解】图像中前期加入的NaO

H没有在溶液中生成沉淀说明溶解铝土矿时H2SO4过量，所以6.0g铝土矿溶解后得到Al2(SO4)3\、Fe2(SO4)3、H2SO4混合溶液，加入NaOH溶液后反应依次为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O、Fe2(SO4)3

+6NaOH=2Fe(OH)3↓+3Na2SO4、Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，当加入35mLNaOH时，沉淀Al(OH)3没有溶解，所以反应后所

有的Na元素、SO42-生成Na2SO4，n(H2SO4)=n(Na2SO4)=n(NaOH)/2=10mol·L-1×0.035L/2=0.175mol，c(H2SO4)=0.175mol/0.1L=1.75mol/L。正确答案B。25.在VLAl2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然

后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体mg，溶液中SO42-的物质的量浓度是（）A.m/27Vmol·L-1B.2m/27Vmol·L-1C.3m/54Vmol·L-1D.m/34Vmol·L-1【答案】D【解析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102mol，原VLAl2

(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)=m/34Vmol·L-1，所以答案选D。第Ⅱ卷（表达题，共计50分）26.化学就在我们身边，它与我们的日常生活密切相关，按要求回答以下问题

：（1）缺铁性贫血患者应补充Fe2＋，通常以硫酸亚铁的形式补充，而硫酸铁无这种药效。当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，这层糖衣的作用是_________________.（2）硅酸盐常可写成氧化物形式，钾长石（K2Al2Si6O16）写成氧化物的形式为_____

_______.（3）漂粉精中有效成分的化学式为_________________.（4）“硅材料”是无机非金属材料的主角，其中广泛应用的光导纤维成分是_____________________（5）陶瓷、水泥和玻璃是常用的传统的无机非金属材料，其中生产普通玻璃的主要原料有______

___，氢氧化钠溶液不能用玻璃塞的原因是（化学方程式）_________________.（6）向浑浊的水中加入明矾KAl(SO4)2•12H2O后，水可得到净化．写出明矾在水中的电离方程式_______，往明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液直至Al3+恰好沉淀完全，

发生反应的离子方程式为_________________.（7）饮用水中的NO3-对人类健康产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al

+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O．请回答下列问题：①在化学方程式上用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目：_________________.②上述反应中若生成标况下3.36LN2，则转移的电子数目为

：_________________.【答案】(1).防止硫酸亚铁被氧化(2).K2O·Al2O3·6SiO2(3).Ca(ClO)2(4).SiO2(5).纯碱、石英、石灰石(6).SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(7).KAl(SO4)2=K++Al3++2SO4

2-(8).2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓(9).(10).1.5NA【解析】【分析】（1）根据FeSO4不稳定，在空气中易被氧化的特征进行分析；（2）根据酸盐写成氧化物形式的规律即活泼金属氧化物写

到前边，以此类推完成；（3）根据漂白粉的制取原理进行解答；（4）根据铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以净水的原理分析解答；（5）根据氧化还原反应得失电子守恒进行解答。【详解】（1）FeSO4易被氧化而变质，糖衣可起到保护FeSO4不被空气中的氧气氧化，所以外表包有一层特殊的糖衣，

故答案为:保护FeSO4不被空气中的氧气氧化；（2）硅酸盐常可写成氧化物形式，钾长石（K2Al2Si6O16）写成氧化物的形式顺序为，活泼金属氧化物写到前边，以此类推即可以写成K2O·Al2O3·6SiO2；答案：K2O·Al2O3·6SiO2；（3）氯气与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca

(ClO)2和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，其中氯化钙和次氯酸钙的混合物为漂白粉的主要成分，氯化钙无漂白作用，所以漂白粉的有效成分为次氯酸钙，因其

有强氧化性而有杀菌消毒的作用,有效成分的化学式为Ca(ClO)2;答案：Ca(ClO)2；（4）光导纤维的成分为二氧化硅，其化学式为SiO2；答案：SiO2；（5）陶瓷、水泥和玻璃是常用的传统的无机非金属材料，普通玻璃的制取是纯碱、石灰石分别在高温的条件下和石英反

应，生成硅酸钠和硅酸钙、所以生产普通玻璃的主要原料有纯碱、石英、石灰石；因为氢氧化钠溶液和SiO2反应，所以装氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其化学反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3具

有粘合性；答案：纯碱、石英、石灰石；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（6）明矾在水溶液中电离方程式为KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-，电离生成Al3+和SO42-，可以和Ba(OH

)2反应，假设KAl(SO4)2为2mol,溶液中含有2molAl3+，4molSO42-，当2molAl3+恰好全部沉淀时，需要6molOH-，即加入3molBa(OH)2，反应的离子方程式为：2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3Ba

SO4↓;故答案为:KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42-；2Al3++3Ba2++6OH-+3SO42-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓（7）①由10Al+6NaNO3+4NaOH═10

NaAlO2+3N2↑+2H2O反应可知，Al失3个电子变成AlO2-，2NO3-得10个电子变成N2↑，根据得失电子守恒可知转移的电子总数为30个，所以电子转移总数为30e-，其方程式为：；答案：；②由10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+

3N2↑+2H2O反应可知，若反应中生成标况下3.36LN2，则转移的电子数目为：3.36L22.4/Lmol10NA=1.5NA;答案：1.5NA。27.为了探究三种气体(SO2、NO2、Cl2)的性质，某同学设计了两组实验：（1）实验一：用三个集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置

在水槽中。分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图1所示。一段时间后，D、E装置的集气瓶中充满溶液，F装置的集气瓶中还有气体剩余。(假设瓶内液体不扩散)：①写出装置E中反应的离子方程式：____________________.②假设该实验条件为标准

状况，则装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为____________.③通入氧气前在F装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊溶液，观察到的现象是F装置集气瓶内溶液显浅红色，通入氧气后，可能观察到的实验现象是_____________________________，写出反应的总

化学方程式：________________.（2）实验二：分别利用下图所示装置探究氯气的氧化性。①G中的现象是_______________，原因是________________________(用化学方程式表示)。②H中的现

象是_________________________.【答案】(1).Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42-(2).0.045mol·L－1(3).溶液红色加深(4).2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4(5).溶液由无色变为蓝

色(6).Cl2+2KI=I2+2KCl(7).产生白色沉淀【解析】【分析】（1）根据氯气具有强氧化性，二氧化硫有还原性，两者发生氧化还原反应进行解答；（2）根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3的反应特点，反应后液

体能充满整个集气瓶，再根据浓度计算公式进行解答；（3）根据氯气具有强氧化性，能氧化I-和SO2气体进行分析。【详解】(1)①E中二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，其反应的离子方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SO42；②D中二氧化氮

、水、氧气反应生成硝酸,反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，水会充满集气瓶，设集气瓶体积为VL,最后溶液的体积为VL,由4NO2+O2+2H2O=4HNO3n(NO2)=n(HNO3)，则所得

溶液溶质的物质的量浓度为c=22.4/VLLmolV=122.4/LmolL/mol=0.045mol·L－1；(3)F装置中二氧化硫与水反应生成的亚硫酸溶液显酸性，滴加几滴紫色石蕊试液，观察到的现象是紫色溶液变红,再通入氧气,发生

2SO2+O+2H2O=2H2SO4，酸性增强，红色由浅变深；（2）①G中是淀粉碘化钾溶液中通入Cl2,发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI=I2+2KCl，生成的I2遇到淀粉变蓝；②H中装有溶有二氧化硫的BaCl2的溶液，通入氯气

后，二氧化硫被氧化为硫酸，遇到BaCl2的溶液会生成硫酸钡的白色沉淀。【点睛】(1)二氧化硫、二氧化氮气体溶于水得到的溶液均为酸溶液，二氧化硫能被氯气氧化，氯气的氧化性很强，还能氧化I-等还原性物质。28.利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO，制备流程如下图所示(1)从

流程图可知，Zn、Fe中能与NaOH溶液反应的是_______________________。(2)向不溶物中加入稀硫酸发生反应的离子方程式是____________________________________。(3)加入适量H2O2的目的是__________

________________________。(4)如何证明已生成了Fe3O4胶体？_____________________________________________________。(5)流程中所需的硫酸溶液由焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水配制而成，其中的SO3都转化为

硫酸，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为__________________mol/L。(6)稀硫酸也可以用浓硫酸和水配制。已知4mol/L的硫酸溶液密度为ρ1g/cm3，2mol/L的硫酸溶液密度为ρ2g

/cm3。100g物质的量浓度为4mol/L的硫酸溶液与___________mL水混合，使硫酸的物质的量浓度减小到2mol/L（用含ρ1、ρ2的式子表示）【答案】(1).Zn(2).2H++Fe=Fe2++H2↑(3).做

氧化剂,将部分Fe2+氧化为Fe3+(4).利用丁达尔效应(5).1.25(6).21200ρ-100ρ【解析】【分析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，调节溶液PH生成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化锌，不溶物为

铁，溶于稀硫酸加入适量过氧化氢，调节溶液PH＝1～2，将部分亚铁离子氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，加热促进水解生成四氧化三铁胶体粒子。【详解】（1）从流程图可以看出，锌能溶于氢氧化钠溶液，则加入氢氧化钠，锌发生反应，故答案为：Zn；（2）不溶物为Fe

，加入硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+＝Fe2++H2↑；（3）在酸性条件下，H2O2能将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O

，故答案为：做氧化剂，将部分Fe2+氧化为Fe3+；（4）胶体具有丁达尔效应，可用丁达尔效应检验胶体的生成，故答案为：利用丁达尔效应；（5）n（H2SO4）＝2n（H2SO4•SO3）＝×2＝5mol，所以该硫酸的物质的量浓度为c（H2SO4）＝＝1.25m

ol/L，故答案为：1.25；（6）设所需要水的体积为VmL，则稀释后溶液的浓度2mol/L＝＝，解得：V＝mL，故答案为：。【点睛】本题以“废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及标准溶

液的配制及滴定的误差分析、对信息的利用、实验条件的控制等，试题难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。