【文档说明】黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，392.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H1O16Na23Mg24Al27Cl35.5Fe56Cu64一、选择题（1—16每小题2分，17—22每小题3分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）1.《本草衍义》是北宋医家寇宗爽所撰，对后世有很大影响，其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.升华B.蒸馏C.蒸发D.萃取【答案】A【解析】【详解】制砒霜的方法为加热，挥发，蒸气冷凝后形成，过程为升华；答案选A。2.电解法炼铝时，冰晶石

的作用是A.助熔剂B.催化剂C.还原剂D.氧化剂【答案】A【解析】【详解】工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼过程中加入冰晶石，可降低熔点，因此冰晶石的作用为助熔剂；答案选A。【点睛】冶炼Al时只能电解熔融Al2O3而不能电解AlCl3，原因

是AlCl3是共价化合物，熔融态不导电；加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。3.下列有关物质分类或归类正确的一组是①液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物②漂白粉、水玻璃、氨水、铝热剂均为混合物③明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质④碘酒、牛奶、豆浆、雾均为胶体⑤NaAl

O2、Na2O2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐A.①和②B.②和③C.③和④D.②③⑤【答案】B【解析】【详解】①液氨为化合物，液氯为单质，干冰为化合物，碘化银为化合物，分类错误；②漂白粉、水玻璃、氨水、铝热剂均为混合物，分类正确；③明矾、小苏打为盐，属于电解质

，醋酸、次氯酸为酸，属于电解质，分类正确；④碘酒没有丁达尔效应，是I2溶液再酒精中形成的混合物，不是胶体，牛奶中存在胶体，豆浆、雾均为胶体，分类错误；⑤NaAlO2、Na2CO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2是过氧化物，不属于盐，分类错误；分类正确的选②和③；答案选B。4

.下列有关实验操作说法正确的是A.用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体B.实验室提取碘水中的碘可以采取加酒精进行萃取的方法C.配制FeSO4溶液时要用加热煮沸并冷却的蒸馏水溶解绿矾，再加入一定量铁屑和稀硫酸D.做焰色反应时需要用稀硫酸或稀盐酸洗涤铂丝【

答案】C【解析】【详解】A.用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，说明配制过程错误，应将液体倒掉重新配置，A项错误；B.酒精和水能互溶，不能用于萃取碘水中的碘，B项错误；C.Fe2+容易被氧化，因此配制溶液时用加热煮沸并冷却的蒸馏水溶解绿矾，可减少氧气的含量，再加入一定量铁屑和稀

硫酸防止Fe2+被氧化，C项正确；D.做焰色反应时需要用稀盐酸洗涤铂丝，不能使用稀硫酸，D项错误；答案选C。【点睛】萃取的过程中正确选择萃取剂是重点也是难点，一般在选择萃取剂时，要注意一下几点：①溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大②萃取剂与原溶

剂不反应、不相溶③萃取剂与溶质不反应④常用的萃取剂是苯或CCl4，一般不用酒精作萃取剂5.下列反应中，通过置换反应得到金属单质的是A.钠块投入氯化铜溶液中B.一氧化碳通过炽热的氧化铜C.焦炭与石英混合高温加热D.火

法炼铜【答案】D【解析】【详解】A.金属钠与水反应生成NaOH与H2，NaOH与氯化铜溶液反应生成蓝色沉淀Cu(OH)2，没有单质生成，不能通过置换反应得到金属单质，A项错误；B.一氧化碳通过炽热的氧化铜反应，生成Cu和CO2，不是置换反应，B项错误；C

.焦炭与石英混合高温加热，反应生成Si和CO，属于置换反应，但生成的单质不是金属单质，是非金属单质，C项错误；D.火法炼铜是Cu2S与氧气反应，生成Cu和SO2，反应为生成金属单质的置换反应，D项正确；答案选D。6.设NA代表阿伏加德罗常数的值，

下列说法正确的是A.1molNa在空气中完全燃烧，转移的电子数为2NAB.常温下，2.7g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1NA个OH-C.0.1molFe与足量水蒸气反应，生成H2的分子数为0.1NAD.11.2LCl2含有的原子数为NA【答案】B【解析】A.1molNa在空气

中完全燃烧，转移的电子数为NA，选项A错误；B.根据反应2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑可知，常温下，2.7g铝与足量NaOH溶液反应，消耗0.1NA个OH-，选项B正确；C.根据反应3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知，0.1molFe与足量水蒸气反

应，生成H2的分子数为215NA，选项C错误；D.不是标准状况下，11.2LCl2不一定是0.5mol，含有的原子数不一定是NA，选项D错误。答案选B。7.现有MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、KCl五种溶液，只用一种试剂就能把它们鉴别出来，这种试剂是A.氨水B.A

gNO3溶液C.NaCl溶液D.NaOH溶液【答案】D【解析】A．氨水和氯化镁、氯化铝反应都生成白色沉淀，反应的现象相同，不能鉴别，故A错误；B．硝酸银和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种溶液反应都生成白

色沉淀，反应的现象相同，不能鉴别，故B错误；C．氯化钠和MgCl2、AlCl3、CuCl2、FeCl3、NH4Cl五种物质都不反应，不能鉴别，故C错误；D．浓氢氧化钠和MgCl2反应生成白色沉淀，和AlCl3反应先沉淀后溶解，和CuCl

2反应生成蓝色沉淀，和FeCl3反应生成红褐色沉淀，和NH4Cl反应产生有刺激性气味的气体，产生不同现象，可以鉴别，故D正确；故选D。8.下列实验室保存试剂的方法正确的是A.氢氟酸存放在配有橡胶塞的玻璃瓶中B.碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液存放在配有磨口玻璃塞的试剂瓶中C.氯化铁溶液存放在铜

制容器中D.氯水应保存在棕色配玻璃塞的细口瓶中【答案】D【解析】【详解】A.氢氟酸能腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶盛放，A项错误；B.碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液均呈碱性，能与玻璃中的SiO2反应，因此不能存放在配有磨口玻璃塞的试剂瓶中，B项错误；C.氯化铁与铜反应生成

氯化亚铁和氯化铜，因此氯化铁溶液不能存放在铜制容器中，C项错误；D.氯水易变质，其中的HClO见光分解，因此氯水应保存在棕色配玻璃塞的细口瓶中，D项正确；答案选D。9.下列关于元素化合物的说法不正确的是A.C

a(ClO)2溶液通入少量CO2，溶液变浑浊B.向氯水加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明氯水中含有Cl-C.碳酸氢钠能与碱反应，因此可以用作食品的膨松剂D.将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝的熔

点高于铝【答案】C【解析】【详解】A.Ca(ClO)2溶液通入少量CO2，反应生成碳酸钙和HClO，碳酸钙难溶，因此可看到溶液变浑浊，A项正确，不符合题意；B.氯水中存在Cl-加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，因此向氯水加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明氯水中含有Cl-，B项正

确，不符合题意；C.碳酸氢钠受热易分解，因此可用于作食品的膨松剂，C项错误，符合题意；D.铝箔在酒精灯火焰上加热，铝熔化而氧化铝未熔化，因此铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝的熔点高于铝，D项正确，不符合题意；答案选C。10.下列各组离子能大量

共存的是A.Cu2＋、Mg2＋、SO42-、OH-B.Na＋、H＋、SO42-、ClO-C.MnO4-、Al3＋、Fe2＋、SO42-D.Na＋、NO3-、K＋、SO42-【答案】D【解析】【详解】A

.Cu2＋、Mg2＋与OH-发生复分解反应生成沉淀，不能共存，A项错误；B.H＋与ClO-结合生成难电离的HClO，不能共存，B项错误；C.MnO4-、Fe2＋能发生氧化还原反应不能共存，C项错误；D.Na＋、NO3-、K＋、SO42

-能大量共存，D项正确；答案选D。【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO

＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解

程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。11.下列实验装置不能达到实验目的的是()A.验证Na和水反应是否为放热反应B.用CO2做喷泉实验C.观察纯碱

的焰色反应D.比较NaCO3、NaHCO3的稳定性【答案】D【解析】【详解】A．钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，选项A正确；B．二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，可以达到实验目的，选项B正确；C．铁丝

的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，选项C正确；D．套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，选项D错误；答案选D。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识，D项为易错点，注意碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性的差别。12.下列叙述正确的是A.卤水点豆腐和静电除尘都应用了胶体聚沉的性质

B.工业上常利用铝热反应冶炼难熔的金属，如钒、铬、锰等C.合金的熔点一般比组成成分的金属熔点都高D.水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐工业产品的共同原料为石灰石【答案】B【解析】【详解】A.卤水点豆腐利用了胶体的聚沉，静电除尘利用的胶体的电泳，A项错误；B.用铝热剂

冶炼难熔金属，与Al的还原性及放出大量的热有关，可用于冶炼熔点较高的金属，如钒、铬、锰等，B项正确；C.合金的熔点一般比组成成分的金属熔点都低，C项错误；D.水泥和玻璃的共同原料为石灰石，陶瓷的主要原料为黏土，D项错误；答案选B。13.下列物质既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的是①NaHSO4②

Al③Al(OH)3④Al2O3⑤NaHCO3⑥SiO2⑦(NH4)2CO3⑧CaCO3A.②③④⑤⑦B.②③④⑤⑥C.②③④⑦⑧D.全部都可以【答案】A【解析】【详解】①NaHSO4与盐酸不反应；②Al既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；③Al(OH)3是两性氢

氧化物，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；④Al2O3是两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；⑤NaHCO3是弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；⑥SiO2是酸性氧化物，与盐酸不反应；⑦(NH4)2CO3是弱酸的铵盐，既能

与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应；⑧CaCO3与烧碱溶液不反应，答案选A。14.向体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气在同温同压下的体积之比为A.1︰1B.1︰3C.3︰1D.1︰2【答案】B【解析】由2Al

+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，可知，参加反应的铝与酸碱与生成的氢气的物质的量关系为：2Al～6HCl～3H2，2Al～2NaOH～3H2，根据n=c

v，则盐酸和氢氧化钠溶液物质的量之比为1：1，体积和物质的量浓度都相等的盐酸和氢氧化钠溶液中投入足量的铝粉，放出的氢气物质的量之比是=1：3，答案选B。15.实验室用足量的二氧化锰和40mL10mol/L浓盐酸充分反应制氯气

，下列说法正确的是A.该实验中共消耗0.1molMnO2，生成标准状况下2.24L氯气B.氯气有毒、有刺激性气味，常用澄清石灰水吸收多余的氯气C.氯气可以用向下排空气法或排水法收集D.在该反应中二氧化锰作氧化剂，浓盐酸作还原剂【答案】D【解析】【分析】实验室用足量的二氧化锰和浓盐酸充分反应

制氯气，反应方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，因生成了水，导致反应中浓盐酸浓度降低，反应逐渐停止，生成的氯气为黄绿色、有毒的气体，密度比空气大，可用向上排空气法收集，反应中MnO2为氧化

剂，浓盐酸为还原剂，据此分析判断。【详解】A.实验室用足量的二氧化锰和浓盐酸充分反应制氯气，反应生成了数水，导致反应中浓盐酸浓度降低，反应逐渐停止，因此消耗0.1molMnO2，生成标准状况下的氯气少于2.24L，A项错误；B.氯气有毒、有刺激性气味，常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，B

项错误；C.氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，不能用排水法收集，C项错误；D.在该反应中二氧化锰作氧化剂，浓盐酸作还原剂，D项正确；答案选D。16.下列各组物质，因反应条件(温度或者反

应物用量)改变，不会引起产物改变的是A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.AlCl3和NaOH【答案】C【解析】【详解】A.钠与氧气在常温下反应，生成白色固体氧化钠，与氧气加热生成淡黄色固体过氧化钠，条件不

同，产物不同，A项错误；B.NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，与过量的CO2反应生成NaHCO3，反应物用量不同，产物不同，B项错误；C.Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，改变反应条件，生成物不发生变

化，C项正确；D.AlCl3和少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3，与过量的NaOH溶液反应生成NaAlO2，反应物用量不同，产物不同，D项错误；答案选C。17.下列各组物质中，X是主要成份，Y是少量杂质，Z是除杂所加的试剂，正确的一组是ABCDXNa2CO3溶液HCl

气体FeCO2气体YNaHCO3Cl2AlHClZNaOH溶液饱和食盐水NaOH溶液饱和Na2CO3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.混有NaHCO3的Na2CO3溶液中加入NaOH溶液，加入适量NaOH溶液时，NaOH与NaHCO3反应生

成Na2CO3，若加入过量的NaOH溶液时，会引入OH-，A项错误；B.饱和食盐水与Cl2不反应，不能除去HCl中混有的Cl2，B项错误；C.Fe与氢氧化钠溶液不反应，Al能溶解在氢氧化钠溶液中，因此可用NaOH溶液除去Fe中混有的Al，C项正确；D.CO2与HCl均能

与Na2CO3发生反应，因此不能用Na2CO3除去CO2中混有的HCl，D项错误；答案选C。【点睛】解答本题时要考虑到分离提纯的“四个原则”及“四个必须”，其中(1)“四个原则”一是不增加新的杂质；二是不

减少被提纯物质；三是被提纯物质与杂质易分离；四是被提纯物质易复原。(2)“四个必须”一是除杂试剂必须过量；二是过量试剂必须除尽；三是除杂途径必须最佳；四是除去多种杂质时必须考虑加入试剂的先后顺序。18.

关于反应过程中的先后顺序，下列说法正确的是A.已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则向FeI2溶液中通入少量Cl2时，Fe2+首先被氧化B.向Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有白色沉淀生成C.向浓度均为0.1

mol/L的Na2CO3和NaOH混合溶液中通入CO2气体，NaOH首先反应D.向0.1mol/LFeCl3溶液中，同时加入铁和铜，铜首先参加反应【答案】C【解析】【分析】A.还原性I->Fe2+，I-优先参与反应；B.开始时会生成硫酸钡沉淀；C.NaOH碱性较强，优先参与反应；

D.铁的还原性较强，铁单质优先反应。【详解】A.向FeI2溶液中通入少量Cl2时，由于还原性I->Fe2+，I-优先参与反应即首先被氧化，A项错误；B.向Ba(OH)2溶液中滴加少量的KAl(SO4)2溶液，开始没有氢氧化铝沉淀生成，但生成了硫酸钡沉淀，因此有白色沉淀生

成，B项错误；C.向浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaOH混合溶液中通入CO2气体，NaOH碱性较强，所以NaOH首先反应，C项正确；D.向0.1mol/LFeCl3溶液中，同时加入铁和铜，由于还原性铁大于铜，因此铁单质先参加反应，D项错误；答案选C。19.下列实

验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是选项实验操作及现象实验结沦A向酸性KMnO4溶液中滴加双氧水，紫色消失H2O2具有氧化性B氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色氯水有酸性，氯气有漂白性C将NaO

H溶液滴加到饱和FeC13溶液中呈红褐色制Fe(OH)3胶体D向Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉，固体溶解，溶液变蓝Fe3+氧化性强于Cu2+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】A.高锰酸钾可氧化H

2O2，生成O2；B.氯水中含HCl、HClO，HClO具有漂白性；C.NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中，发生复分解反应；D.Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉，发生氧化还原反应，生成FeSO4和CuSO4。【详解】A.高锰酸钾可氧化H2O2，生成O2，H2O2具有还原性，A项错误

；B.氯水中含HCl、HClO，HClO具有漂白性，由现象可知氯水有酸性和漂白性，B项错误；C.NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中，发生复分解反应，应在沸水中水解制备胶体，C项错误；D.Fe2(SO4)3溶液中加入铜粉，发生氧化还原

反应，生成FeSO4和CuSO4，说明Fe3+氧化性强于Cu2+，D项正确；答案选D。20.溶解34.6g碳酸铜和碱式碳酸铜的混合物，消耗1mol/L盐酸600mL。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是A.30gB.24gC.20gD.12g【答案】B【解析】【分析】混合物

与盐酸反应生成CuCl2，混合物灼烧后生成CuO，由Cl元素守恒可知2n(CuCl2)=n(HCl)，由Cu元素守恒得n(CuO)=n(CuCl2)，再根据m=nM计算CuO的质量。【详解】由Cl元素守恒可知2n(CuCl2)=n(HCl)=0.6L×1mol/L=0.6mol

，n(CuCl2)=0.3mol，由Cu元素守恒得n(CuO)=n(CuCl2)=0.3mol，因此m=nM=0.3mol×80g/mol=24g；答案选B。21.在Fe2(SO4)3和CuSO4的混合液中逐渐加

入铁粉，溶液中Fe2＋的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示。则该溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比为A.3∶1B.1∶2C.2∶1D.1∶1【答案】D【解析】【分析】氧化性Fe3+>Cu2+，Fe先与氧化性强的物质反应，即先发生Fe+2Fe3+=3F

e2+，然后是Fe+Cu2+=Fe2++Cu，由图象可知，加入2molFe时，Fe与溶液中Fe3+恰好完全反应，从2mol-4mol消耗2molFe，溶液中Fe2+的浓度增加了1mol/L，因此消耗的Cu2+的物质的量为1mol

，以此计算。【详解】氧化性Fe3+>Cu2+，加入Fe后会依次发生①Fe+2Fe3+=3Fe2+，②Fe+Cu2+=Fe2++Cu，由图象可知加入2molFe时，发生反应①时，生成Fe2+的物质的量为6mol，参与反应的Fe3+的物质的量为4mol，即Fe2(SO4)3的物质的量为2mo

l，在加入2molFe的基础上再加2molFe发生反应②，此时生成Fe2+的物质的量为2mol，原溶液中Cu2+的物质的量为2mol，即CuSO4的物质的量为2mol，因此该溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量浓度之比为2mol:2mol=1:1；

答案选D。22.二氧化硅又称硅石，是制备硅及含硅化合物的重要原料。部分转化过程如图所示，下列说法正确的是A.SiO2既能发生②反应，又能发生③反应，说明SiO2属于两性氧化物B.④反应是水泥工业的化学反应原理之一，⑤反应可证明H2CO3酸性强于

H2SiO3C.①反应的生成物除Si外还有CO2，硅胶可用作催化剂的载体D.除了粗硅的制备和提纯过程中涉及的反应外，图中所示其他反应都是非氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A.SiO2能与HF反应SiF4和H2O，能与NaOH反应生成硅酸钠和氢气，不符合两性氧化物的定义，不属于两性氧化物，A项

错误；B.SiO2与NaCO3的反应是工业上制玻璃的反应，硅酸钠与CO2的反应可用于验证H2CO3酸性强于H2SiO3，B项错误；C.SiO2在高温下与C反应，生成Si单质和CO，产物中不存在CO2，C项错误；D.除了粗硅的制备和提纯过程中涉

及的反应外，图中所示其他反应都是非氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛】本题的易错点是利用焦炭还原SiO2，产物是CO而不是CO2解答本题时要格外注意。二、填空题（本题包括2小题，共21分）23.为探究氯水中含有的粒子及其

性质，某化学小组做了如下实验：（1）观察氯水颜色，发现氯水呈浅黄绿色，证明氯水中含有的粒子是____（填粒子符号）。（2）向氯水中滴入Na2CO3溶液，有气体生成，说明氯水中含有的粒子是___（填粒子符号）。（3）氯水经光照后，观察到的现象是_______，溶液的酸性____

_（填“增强”“不变”或“减弱”）。（4）氯水中具有氧化性的含氯微粒有_______（填粒子符号）。【答案】(1).Cl2(2).H+(3).溶液黄绿色变浅甚至于变成无色，有气泡产生(4).增强(5).Cl2、ClO-、HClO【解析】【分析】新制的氯水中存在“三分子四离子”，三分子为

Cl2、H2O、HClO，四离子为H+、OH-、Cl-、ClO-，据此分析作答。【详解】（1）新制的氯水中存在Cl2，因此氯水呈浅黄绿色；（2）新制的氯水中存在H+，H+与CO32-结合生成CO2和H2O；（3）氯水经光照后氯气

分子逐渐挥发，次氯酸见光分解，因此可以看到溶液黄绿色变浅甚至于变成无色，有气泡产生；（4）新制氯水中存在“三分子四离子”，其中具有氧化性的含氯微粒为Cl2、ClO-、HClO。【点睛】新制氯水中成分较多，其性质总结如下：参与反应的微粒所加试剂(或材料

)实验现象离子方程式或解释Cl－硝酸酸化的AgNO3溶液白色沉淀Cl－＋Ag＋===AgCl↓H＋Na2CO3固体有气泡产生2H＋＋CO===CO2↑＋H2OHClO有色布条布条颜色褪去HClO具有漂白性Cl2FeCl2溶液溶液由浅黄绿色变为棕黄色2Fe2＋＋Cl

2===2Fe3＋＋2Cl－Cl2、H2OSO2溶液浅黄绿色褪去SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SOH＋、HClO石蕊溶液溶液先变红后褪色酸性和漂白性24.A～I分别表示中学化学中常见的一种

物质，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知H为固态氧化物，F是红褐色难溶于水的沉淀，且A、B、C、D、E、F六种物质中均含同一种元素。请填写下列空白：（1）B的俗称_______，反应①的用途_____（填一项）。（2）反应①的

化学方程式为________。反应③的离子方程式为_________。反应⑧的化学方程式为______。（3）反应⑥的化学方程式及变化过程中的现象是__________。（4）向G溶液中加入AlCl3溶液的离子方程式__

__________。【答案】(1).磁性氧化铁(2).焊接钢轨（或冶炼金属铁）(3).8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe(4).Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O(5).Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O(6).白色沉淀迅速变成灰绿

色，最终变成红褐色(7).3AlO2-+Al3++6H2O==Al(OH)3↓【解析】【分析】F是红褐色难溶于水的沉淀，说明F为Fe(OH)3，E在空气中可转变为Fe(OH)3，说明E为Fe(OH)2，E与F是B与盐酸反应生成的C和D

再与NaOH反应得到，因此C为FeCl2，D为FeCl3，B为Fe3O4，A在氧气中燃烧生成Fe3O4，那么A为Fe,B和I高温下反应生成单质铁，说明发生的是铝热反应，即H为Al2O3，I为Al，Al

2O3与Al与过量的氢氧化钠溶液反应生成G，那么G为NaAlO2，据此分析作答。【详解】（1）B为Fe3O4，俗名为磁性氧化铁，反应①用于焊接钢轨或冶炼金属铁；（2）反应①为铝热反应，反应方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；反应③为Fe3O4与稀盐酸反应生成氯化

铁、氯化亚铁和水的反应，离子方程式为：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；反应⑧为Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠的反应，方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（3）反应⑥为Fe(OH)2在空气中氧化的反应，Fe(OH)2为白色沉

淀，被氧化后迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；（4）向偏铝酸钠溶液中加入AlCl3溶液，生成了白色沉淀，离子反应方程式为：3AlO2-+Al3++6H2O==Al(OH)3↓。三、实验题（本题包括1小题，共14分）25.现用金属钠和空气制备纯度较高

的Na2O2，可利用的装置如下：请回答下列问题：（1）若规定气体的流动方向为从左到右，则组合实验装置时各仪器的连接顺序是：空气→Ⅳ→____→___→____（填“Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ”，仪器不能重复使用）。（2）装置Ⅳ中盛放的药品是____，其作用是_______。（3）装置Ⅱ的作用是

______。（4）操作中通空气和加热的先后顺序为________。（5）若去掉装置Ⅲ，装置Ⅰ中除反应生成Na2O2外，还可能发生的反应有______（写出两个化学方程式）。【答案】(1).Ⅲ(2).Ⅰ(3).Ⅱ(4).NaOH溶

液(5).吸收导入的空气中的CO2(6).吸收空气中的水蒸气和CO2，防止其进入Ⅰ装置，降低Na2O2纯度(7).先通空气，后加热(8).2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑【解析】【分析】（1）金属钠和空气制备纯度较高的Na2O2

，需要空气中的氧气和金属钠加热反应生成Na2O2，空气中的水蒸气和CO2，需要除去CO2后干燥；把空气通入IV中除去CO2，再通入浓硫酸中干燥，在装置I中加热生成Na2O2，装置II可防止空气中的CO2和水蒸气进入反应装置，据此分析作答；（2）装置Ⅳ用于除去

空气中的CO2，可以选择NaOH溶液；（3）装置Ⅱ在整个实验的最后，用于防止空气中的CO2和水蒸气进入反应装置；（4）实验时先通入足量的空气后再加热，可避免生成的Na2O2和CO2、水蒸气反应生成杂质；（5）装置Ⅲ用于除去空气中的水蒸气，若去掉该

装置，那么会发生金属钠与水的反应和过氧化钠与水的反应。【详解】（1）由分析可知空气进入装置后先用氢氧化钠溶液除去CO2，再用浓硫酸干燥，最后金属钠与O2反应生成Na2O2，因此装置的连接顺序为：空气→Ⅳ→Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ；（2）装置Ⅳ用于除去空气中的CO2，一般选择NaOH溶液除去CO2；（3）

装置Ⅱ在整个实验的最后，用于防止空气中的CO2和水蒸气进入反应装置，因此装置Ⅱ的作用是吸收空气中的水蒸气和CO2，防止其进入Ⅰ装置，降低Na2O2纯度；（4）为了避免生成的Na2O2和CO2、水蒸气反应生成杂质，应先通入足量的空气后再加热；（5）装置Ⅲ用于除去空气中的水蒸气，若去掉该装置，那么

会发生金属钠与水的反应和过氧化钠与水的反应，反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。四、计算题（本题包括2小题，共15分）26.现有Fe和Fe2O3组成的混合

物27.2g，与100mL一定浓度稀硫酸恰好完全反应，放出标准状况下2.24LH2，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见红色。求混合物中Fe的质量____。【答案】11.2g【解析】【分析】Fe和Fe2O3组成的混合物与硫酸反应，只有Fe能反应生成H2，Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+和水，向反

应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见红色，说明单质铁将所有的Fe3+还原为了Fe2+，据此分析计算。【详解】Fe和Fe2O3组成的混合物与硫酸反应，只有Fe能反应生成H2，因此生成H2消耗的铁的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，Fe和Fe2O3组成的混合物与硫酸反

应，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见红色，说明单质铁将所有的Fe3+还原为了Fe2+，反应方程式为：Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O，因此有n(Fe)=n(Fe2O3)，那么根据Fe和Fe2O3组成的混合物27.2g可得56g/mol×n(Fe)+

0.1mol×56g/mol+160g/mol×n(Fe2O3)=27.2，解得n(Fe)=n(Fe2O3)=0.1mol，混合物中Fe的质量m(Fe)=(0.1mol+0.1mol)×56g/mol=11.2g。27.取50mL某浓度的稀硫酸与一定质量的镁、铝合金反应，合金全部溶解，向

所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。求原硫酸的物质的量浓度______。【答案】8mol/L【解析】【分析】根据生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系图可知，氢氧

化钠溶液的体积为0-20ml时，氢氧化钠用于中和稀硫酸，氢氧化钠溶液的体积为20-160ml时，用于沉淀Mg2+和Al3+,氢氧化钠溶液的体积为160-180ml时,过量的氢氧化钠溶液用于溶解Al(OH)3沉淀，涉及的方程式为

：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na

2SO4，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据方程式进行计算。【详解】根据分析可知氢氧化钠溶液加入到溶液至沉淀最大量时，硫酸全部生成硫酸钠，硫酸物质的量等于氢氧化钠物质的量的12，根据图像可知，氢

氧化镁物质的量等于镁的物质的量=11.6g58g/mol=0.2mol，Al(OH)3的物质的量为19.4g11.6g78g/mol−=0.1mol，生成沉淀共消耗氢氧化钠的物质的量为0.2mol×2+0.1mol×3=0.7mol，消耗氢氧化钠的体

积为0.7mol5mol/L=0.14L，因此当加入160ml氢氧化钠溶液时，硫酸根离子全部为硫酸钠电离生成，那么硫酸的物质的量为0.16L5mol/L2=0.4mol，浓度为0.4mol0.05L=8mol/L。

【点睛】本题为多步反应找关系的计算题题型，多步反应找关系式的解题步骤为：