【文档说明】内蒙古赤峰二中2020-2021学年高一上学期第二次月考化学试卷 【精准解析】.doc，共(21)页，938.000 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-f6e2388663f54fb97c423c81fb271a8a.html

以下为本文档部分文字说明：

赤峰二中2020级高一上学期第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题2.5分，共50分)1.下列是我国古代的技术应用，其

工作原理不涉及化学反应的是()A．火药使用B．粮食酿酒C．转轮排字D．铁的冶炼A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．火药爆炸时发生了化学反应，伴随有明显的发光、放热现象，A不符合题意；B．粮食酿酒的过程包括淀粉转化为葡萄糖、葡萄糖经发酵

转化为酒精两个过程，涉及的化学反应有(C6H10O5)n（淀粉）＋nH2O⎯⎯→酶nC6H12O6（葡萄糖），C6H12O6（葡萄糖）⎯⎯⎯→酒化酶2C2H5OH＋2CO2↑，B不符合题意；C．转轮排字分为拣字、排版两道工

序，可连续进行，不涉及化学反应，C符合题意；D．铁的冶炼是将铁由化合态转化为游离态，高炉炼铁过程中涉及的化学反应为Fe2O3＋3CO=高温2Fe＋3CO2，D不符合题意；故选C。2.下列实验操作正确的是()A.配制0.10mol·L-1NaOH溶液B.除去淀粉胶体中的氯化钠C.用苯萃取碘水中I2

分出水层后的操作D.定容A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．容量瓶不能用于溶解固体，故A错误；B．胶体微粒不能透过半透膜，而溶液可以，可以用半透膜采用渗析的方法分离胶体和溶液，故B正确；C．苯萃取碘水中的I2，苯层在上层，分出水层后，应从上口倒出苯层，故C错误；D．定容时，

胶头滴管不能伸入容量瓶内，故D错误，故选B。3.下列关于实验操作的说法中正确的是()A.蒸馏操作时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的底部，并加入几粒沸石以防止暴沸B.取某溶液进行焰色反应，若焰色为黄色，则原溶液的溶质一定是钠盐C.向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再

加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液可能含有SO24−D.蒸发过程中，直到蒸发皿中没有水时才能停止加热【答案】C【解析】【详解】A．蒸馏操作时，温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口测量蒸气的温度，而不是底部，A错误

；B．取某溶液进行焰色反应，若焰色为黄色，则原溶液中含钠元素，其溶质可能是钠盐，也可能是氢氧化钠，B错误；C．向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，则原溶液可能含有SO24−，也可能含Ag+，C正确；D．蒸发操作时，当有大量固体析出时停

止加热，利用余热将剩余液体蒸干，D错误；故选C。4.下列说法正确的是()A.通直流电后，溶液中溶质粒子分别向两极移动，而胶体中分散质粒子向某一极移动B.向Fe(OH)3胶体中不断滴加稀硫酸，最终胶体聚沉产生红褐色沉淀C.硫酸

铜溶液通过一束光无明显现象，淀粉溶液中通过一束光可看到一条光亮的通路D.制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水，然后长时间煮沸【答案】C【解析】【详解】A．通直流电后，溶液中溶质粒子不一定就能电离出离子，因此不一定向两极

移动，而胶体中分散质粒子由于带有电荷，会向某一极移动，A错误；B．向Fe(OH)3胶体中不断滴加稀硫酸，开始由于胶粒的电荷被中和，会聚沉产生红褐色沉淀，后与硫酸发生中和反应产生硫酸铁和水，沉淀消失，B

错误；C．硫酸铜溶液通过一束光不会对光线发生散射作用，因此无明显现象，淀粉溶液属于胶体，可以对光线发生散射作用，因此通过一束光侧面出现一条光亮的通路，即发生丁达尔效应，C正确；D．制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，但不能长时间煮沸，如长

时间煮沸，生成的胶体会聚沉，D错误；本题答案C。5.下列说法中正确的是()A.H2SO4的摩尔质量是98gB.用托盘天平称取25.02gNaClC.阿伏加德罗常数就是6.02×1023D.用10mL量筒量取5.2mL盐酸【答案】D【解析】【详解】A．H2SO4的摩尔质量是98g/mol，不

是98g，单位错了，故A错误；B．用托盘天平称取25.02gNaCl，由于托盘天平精确度只能到小数点后一位，故B错误；C．阿伏加德罗常数是6.02×1023mol-1，是有单位的，故C错误；D．量取5

.2mL盐酸，根据量程就近原则，选用10mL量筒，故D正确;本题答案D。6.下列说法正确的是()①有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应②向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，先生成白色沉淀，后沉淀消失③Na2O和Fe

2O3都属于碱性氧化物④明矾常作为自来水的消毒剂⑤所有金属元素都可以用焰色反应来鉴别⑥22.4L的CO气体和28gN2所含的电子数相等⑦向80mL水中加入18.4mol·L-1硫酸溶液20mL，所得溶液浓度大于3.68mol·L-1⑧为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在刚玉(主要

成分是Al2O3)坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量A①③⑦B.③④⑦C.①③④⑦D.②⑤⑥⑧【答案】A【解析】【详解】①有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应,如氧气和臭氧的转化，就不是氧化还原反应，故①说法正确；②向

Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2溶液，不仅生成Al(OH)3白色沉淀，还有BaSO4沉淀，氢氧化钡溶液过量，Al(OH)3沉淀会消失，但BaSO4沉淀不会，故②说法错误；③Na2O和Fe2O3都能和酸反应生成盐和水，不能和

碱反应生成盐和水，在反应过程中元素的化合价没有发生变化，故它们都属于碱性氧化物，③说法正确；④明矾常作为自来水的净水剂，但其没有消毒能力，故其不能作消毒剂，故④说法错误；⑤并不是所有金属元素都可以用焰色反应来鉴别，如铂和铁的焰色反应就是无

色的，故⑤说法错误⑥CO气体没有告诉温度和压强是否是标准状况，因此其物质的量无法确定，故⑥说法错误；⑦由于分子间存在间隙，所以不同液体的体积不能直接相加，80mL水和20mL18.4mol·L-1硫酸溶液混合后，总体积要小于100m

L，故最终浓度要大于3.68mol·L-1，⑦说法正确；⑧Al2O3和氢氧化钠反应，故不能用刚玉(主要成分是Al2O3)坩埚中熔化氢氧化钠固体，故⑧说法错误；综上所述，只有①③⑦说法正确，故本题选A。7.下表中，对

陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是()选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ判断A小苏打可用于治疗胃酸过多NaHCO3受热易分解Ⅰ对；Ⅱ对；有关系B滴有酚酞溶液的水中加入足量Na2O2，溶液变红Na2O2与水反应生成氢氧化钠Ⅰ对；Ⅱ对；有关系CAl2O3是两性氧化

物可以用来制造耐高温的实验仪器Ⅰ对；Ⅱ对；无关系D钠化学性质比较活泼少量的钠可以保存在煤油中Ⅰ错；Ⅱ对；无关系A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．小苏打可用于治疗胃酸过多,是因为小苏打溶液显弱碱性，能中和胃酸

，NaHCO3受热易分解，但二者没有因果关系，故A错误；B．Na2O2遇到水会反应生成氢氧化钠，从而使溶液显碱性。所以滴有酚酞溶液的水中加入足量Na2O2，溶液变红，构成因果关系，故B正确；C．Al2O3能制造耐高温的实验仪器，是因为其熔点高，而和它是两性氧化物没

有因果关系，故C错误；D．钠的化学性质活泼，少量钠可以保存在煤油中，但二者构不成直接的因果关系，故D错误；本题答案为Ｂ。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.120gNaHSO4固体含有H+的数目为NAB.1molNa

与O2充分反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去2NA个电子C.标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NAD.7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数目为0.1NA【答案】D【解析】【详

解】A．120gNaHSO4固体的物质的量为120g120g/mol=1mol，NaHSO4固体中不能电离出H+，故A错误；B．1molNa与O2充分反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，Na元素由0价上升到+1价，共转移1mol电子，数目为NA，

故B错误；C．标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．Na2S和Na2O2的摩尔质量都是78g/mol，7.8g硫化钠和过氧化钠混合物的物质的量为0.1mol，由于过氧化钠中阴离子为过氧根离子，则0.1mo

l混合物中含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数为0.1NA，故D正确；故选D。9.下列各组溶液不加任何试剂，只需要用试管和滴管两两互滴就能鉴别的是()A.氨水、氯化铝B.氢氧化钡、硫酸C.硫酸氢钠、碳酸钠D.碳酸氢钙、氢氧化钠【答案】C【解析】【详解

】A．由于氢氧化铝不溶于氨水，故氨水和氯化铝无论谁滴入谁中，都有白色沉淀，互滴无法鉴别，故A不能；B．氢氧化钡、硫酸都是强电解质，是完全电离的，所以两者无论谁滴入谁中，都有沉淀，互滴无法鉴别，故B不能；C．硫酸氢钠溶液显酸性，碳酸钠滴入其中，会产生气体

CO2，如果硫酸氢钠滴入到碳酸钠溶液中，开始先生成的是碳酸氢钠，没有气体，滴多后才会出现气体，故两者互滴能鉴别，故C可以；D．碳酸氢钙和氢氧化钠反应，氢氧化钠无论量多量少都会有碳酸钙沉淀生成，故两者互滴是无法鉴别出来的，故D不能；本题答案C。10.在甲、乙两个体积不同的密

闭容器中，分别充入质量相同的CO、CO2气体时，两容器的温度和压强均相同，则下列说法正确的是()A.CO分子数比CO2分子数少B.甲容器的体积比乙容器的体积小C.CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D.甲中

CO的密度比乙中CO2的密度小【答案】D【解析】【分析】温度、压强相同条件下，气体摩尔体积相等，根据n=mM知，相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比，CO、CO2的摩尔质量分别是28g/mol、44g/mol，所以二者的物质的量之比=44g/mol：28g

/mol=11：7，据此分析解答。【详解】A．根据N=nNA知，二者的分子数之比等于其物质的量之比为11：7，所以CO分子数多，故A错误；B．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，所以甲

的体积比乙大，故B错误；C．温度和压强相等，其气体摩尔体积相等，所以二者的气体摩尔体积相等，故C错误；D．ρ=mMV知，在相同条件下，其密度之比等于摩尔质量之比，所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小，故D正确；故选D。【点睛】同温

同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2；（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2；（3）同温同压等质量时，

V1/V2=M2/M1；（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。在进行物质的量的有关计算时，特别要注意气体摩尔体积的使用条件，即只能适用于气体，且只有在标准状况下，气体的摩尔体积才是22.4L/mol。11.下列物质不能通过化合反应直接制

得的是A.Fe(OH)3B.FeCl2C.CuSD.FeCl3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氢氧化亚铁、氧气和水发生化合反应生成Fe(OH)3，A错误；B．铁和氯化铁溶液发生化合反应生成FeCl2，B错误；C．CuS不能通化合反应直接制得，C正确；D．铁和氯气发生化合反应生成FeCl3

，D错误；答案选C。【点睛】掌握常见元素及其化合物的性质是解答的关键，由于硫元素的非金属性弱于氯元素，单质硫与变价金属反应生成一般把金属氧化到低价态，例如与铁、铜发生化合反应时分别是生成FeS、Cu2S。12.下列物质中既

能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的是()①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤(NH4)2CO3A.③④B.①②③④C.①③④D.全部【答案】D【解析】【详解】①NaHCO3和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；②Al2O3和硫酸反应生成硫酸

铝和水，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；③Al(OH)3和硫酸反应生成硫酸铝和水，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；④Al和硫酸反应生成硫酸铝和氢气，和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；⑤(NH4)2CO3和硫酸反应生成硫酸铵、水和二氧化碳，

和氢氧化钠反应生成生成碳酸钠、氨气和水。故选D。13.常温下，在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是()A.0.1mol/LHCl溶液中：Fe2+、CH3COO-、SO24−、Na+B.澄清透明的溶液：Cu2+、NO3−、Mg2+、Cl-C.c(Cu2+)=0.1mol·L-

1的溶液中：H+、NH4+、Br-、CO23−D.加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：Mg2+、Na+、HCO3−、SO24−【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LHCl溶液，显酸性，CH3COO-与H+是不能大量共存的，故A错误；B．澄清透明

的溶液，Cu2+、NO3−、Mg2+、Cl-四种离子是能大量共存的，故B正确；C．c(Cu2+)=0.1mol·L-1的溶液中，CO23−和Cu2+是不能大量共存的，且H+、CO23−两者离子也不能大量共存，故C错误；D．加入铝

粉后产生大量氢气的溶液中，可能显酸性，也可能显碱性，HCO3−无论在哪种溶液中都不能大量共存的，故D错误；本题答案B。14.下列反应的离子方程式书写正确的是A.氢氧化钡溶液与H2SO4溶液反应：Ba2++SO24−=BaSO4↓B

.稀H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.Ca(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液：Ca2++HCO3−+OH-=CaCO3↓+H2OD.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO24−恰好

完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO24−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】C【解析】【详解】A．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO24−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A错误；

B．稀H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故B错误；C．Ca(OH)2溶液中加入少量NaHCO3溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3−+OH

-=CaCO3↓+H2O，故C正确；D．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO24−恰好完全沉淀，此时铝离子转化为偏铝酸根离子：Al3++2SO24−+2Ba2++4OH-=AlO2−+3BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选C。15.下列实验装置

及操作均正确的是A.图I中A盛放碳酸氢钠，B盛放碳酸钠，可对比二者的热稳定性B.图II可用于在碳酸钠溶液中提取碳酸钠固体C.图III为钠与水的反应现象探究实验的装置D.图IV为实验室制备观察氢氧化亚铁的装置【答案】D【解析】A、碳酸氢钠在小试管B，Na2CO3在大

使管A，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱。故A不正确；B、碳酸钠溶液中提取碳酸钠固体就用蒸发皿，故B错误；C、烧杯中盛水量不能超一半，容易发生危险，故C不正确；D

、氢氧化亚铁的制备实验一在于减少溶液中氧气的含量，要隔绝溶液与空气的接触，尽可能减少中间过程，减少和溶液中溶解氧气的机会，达到充分减少溶液氧气含量的目的。本实验就是为了减少Fe(OH)2与空气接触的机会，故D正确

。故选D。16.在常温下发生以下几个反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4－=2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋5B2=2A3＋＋2B－③2B－＋Z2=B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是（）A.溶液中

可发生：Z2＋2A2＋＝2A3＋＋2Z－B.Z2在①③反应中为氧化剂C.氧化性强弱顺序为：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋D.X2＋是XO4－的还原产物【答案】B【解析】【分析】反应①16H＋＋10Z－＋2XO4－=

2X2＋＋5Z2＋8H2O中Z从-1价升高到0价，Z－作还原剂，X从+7价降低到+2价，2XO4－作氧化剂；反应②2A2＋＋5B2=2A3＋＋2B－中A从+2价升高到+3价，A2＋作还原剂，B从0价降低到-1价，B2作氧化剂；反应③2B－＋Z2=B

2＋2Z－中，B从-1价升高到0价，B－作还原剂，Z从0价降低到-1价，Z2作氧化剂，则氧化性顺序为：XO4－>Z2>B2>A3＋,还原性顺序为：A2＋>B－>Z－>X2＋。【详解】A.氧化性Z2>A3＋，还原性A2＋>Z－，因而溶液中可发生：

Z2＋2A2＋＝2A3＋＋2Z－，A项正确；B.Z2在①中为氧化产物，在③中为氧化剂，B项错误；C.由分析可知，氧化性强弱顺序为：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋，C项正确；D.由分析可知，X2＋是XO4－的还原产物，D项正确；

答案选B。【点睛】判断反应中氧化剂、氧化产物、还原剂、还原产物以及利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断氧化性、还原性强弱是重点也是难点17.下列实验现象描述不正确的是()选项实验现象A加热放在坩埚中的钠块钠先熔化成光亮的小球，燃烧

时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体B在酒精灯上加热铝箔铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落C在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色D在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中立刻产生大量无色气泡，铝条逐渐

变细，铝条逐渐发热A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．钠加热呈熔融状态，融化为带金属光泽的金属小球，燃烧火焰为黄色，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故A正确；B．铝箔在空气中被氧化为氧化铝，加热时，表面的氧化铝的熔点比铝的熔点高，包住了里边

熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；C．在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C正确；D．在空气中久置的铝条表面有一层致密的氧化膜，放入NaOH溶液中时，先腐蚀氧化膜，故开

始时不会产生无色气泡，D错误；故选D。18.(2019·河北保定一中质检)工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程的判断正确的是()A.试剂X可以为氨水，沉淀中含有

铁的化合物B.CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替C.反应Ⅱ中的离子方程式为CO2＋-2AlO＋2H2O=Al(OH)3↓＋-3HCOD.工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低【答案】C【解析】【详解】A．试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解，A错误；B．若用强酸代替C

O2，强酸过量时，Al(OH)3会溶解，不能保证生成Al(OH)3沉淀，B错误；C．反应Ⅱ为向含有偏铝酸的溶液通入CO2，二者可以发生反应，离子方程式为CO2＋-2AlO＋2H2O=Al(OH)3↓＋-3HCO，C正确；D．因Al比Fe活泼

，不能用Fe置换Al，D错误；故选C。19.向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2O72—的酸性溶液，使溶液中Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2O72—被还原为Xn＋，则n值为()A

.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【详解】0.2molCl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1molX2

O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）×2×0.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n

=3；答案选B。20.某溶液中只可能含有H+、NH+4、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO23−、SO24−中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图

所示。则下列说法正确的是A.溶液中的阳离子一定含有H+、Mg2+、Al3+、NH+4可能含有Fe3+B.溶液中一定不含CO23−，一定含有SO24−C.溶液中c(NH+4)=0.3mol/LD.c(H+)∶c(Al3+)∶c(Mg

2+)=1∶1∶1【答案】B【解析】【分析】加锌产生无色无味气体，说明溶液中含有大量H+，那么溶液中就没有CO23−；加氢氧化钠产生白色沉淀说明溶液中不含Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al

3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续加入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH+4，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO24−，综上所述，溶液中一定含有H+、NH+4、Mg2+、Al3+、SO24−这几种离子。结

合图象中各阶段消耗的氢氧化钠，计算溶液中n(H+)、n(Mg2+)、n(Al3+)、n(NH+4)，据此解答。【详解】A．经分析，溶液中的阳离子一定含有H+、Mg2+、Al3+、NH+4，一定不含有Fe3+，故A错误；B．经分析，

溶液中一定不含CO23−，一定含有SO24−，故B正确；C．通过沉淀量和加入的氢氧化钠的量可知，与NH+4反应的NaOH消耗的物质的量为0.3mol，可求出NH+4的物质的量为0.3mol，但题目没有告诉溶液的体积，所以c(

NH+4)就无法知道了，故C错误；D．通过图像可知，H+消耗n(NaOH)为0.1mol，则可知溶液中有n(H+)=0.1mol，Al(OH)3沉淀消耗n(NaOH)为0.2mol，故可知n(Al3+)=0.2mol，Al3+和Mg2+生成沉淀消耗

n(NaOH)总共为0.7mol，由于n(Al3+)=0.2mol，生成Al(OH)3沉淀消耗n(NaOH)为0.6mol，那么和Mg2+反应消耗的n(NaOH)为0.1mol，所以n(Mg2+)=0.05mol，所

以n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=0.1∶0.2：0.05=2∶4∶1，所以c(H+)∶c(Al3+)∶c(Mg2+)=2∶4∶1,故D错误；本题答案B。第Ⅱ卷21.已知有下列十种物质：①AlCl3固体②过氧化钠③熔融态KN

O3④SO3⑤碘水⑥C2H5OH⑦小苏打⑧氨水⑨Cl2⑩硫酸亚铁。(1)上述物质中，属于电解质的是__(填序号，下同)，属于非电解质的是__。(2)相同条件下，物质⑦的溶解度__Na2CO3的溶解度(

填“大于”或“小于”)。(3)配制⑩溶液时需加入硫酸抑制水解，还需加入___防止Fe2+被氧化成Fe3+。(4)若要提取⑤中的碘，所用的萃取剂可以是___。A.四氯化碳B.酒精C.淀粉溶液(5)已知⑩可使酸性KMnO4溶液

褪色，完成并配平该反应的离子方程式：___。____MnO4−+__()+__H+—___Mn2++____()+__()。(6)实验室用①的溶液和⑧制取氢氧化铝，离子方程式为___。(7)写出②与CO2反应的化学方程式___。当反应转

移3mole-时，固体质量增加___g。【答案】(1).①②③⑦⑩(2).④⑥(3).小于(4).铁(5).A(6).MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O(7).Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3

NH4+(8).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(9).84【解析】【详解】①AlCl3固体为电解质；②过氧化钠熔融电离导电属于电解质；③熔融态KNO3导电的化合物为电解质；④SO3不能电离化合物为非电解质；⑤碘水是水溶液为混合物，既不是电解质也不是非

电解质；⑥C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，是非电解质；⑦小苏打为碳酸氢钠溶于水导电属于电解质；⑧氨水是水溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑨Cl2是单质既不是电解质也不是非电解质；⑩硫酸亚铁溶于水导电属于电解质；属于电解质的为①②③⑦⑩，属于非电解质的是④⑥，故答

案为：①②③⑦⑩；④⑥；(2)物质⑦小苏打为碳酸氢钠，其溶解度小于Na2CO3的溶解度，故答案为：小于；(3)配置⑩硫酸亚铁溶液时，Fe2+容易被氧化成Fe3+，需要加入铁粉防止Fe2+被氧化成Fe3+，

离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：铁；(4)碘在有机溶液中的溶解度远大于在水中的溶解度，所以采用萃取的方法提取碘，可以选用四氯化碳、苯作萃取剂，故选：A，故答案为：A；(5)已知⑩硫酸亚铁可使酸性KMnO4溶液褪色，生成Fe

3+、Mn2+和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：MnO4−+5Fe2++8H+==Mn2++5Fe3++4H2O；(6)实验室用①AlCl3固体的溶液和⑧

氨水制取氢氧化铝的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(7)过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，

该反应中O元素化合价既上升也下架，每生成1molO2转移2mol电子，当反应转移3mole-时，生成1.5molO2，消耗3molCO2，固体质量增加3mol44g/mol-1.5mol32g/mol=84g，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；84。22.铝镁合金是飞机

制造、化工生产等行业的重要材料。某研究性学习小组为测定某铝镁合金(不含其他元素)中铝的质量分数，设计了下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白：[方案一]将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。(1)实验中发生反应的离子方程式是___。[实验步骤](2)称取8.1

g铝镁合金粉末样品，溶于体积为V、物质的量浓度为4.0mol·L-1NaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥___mL。(3)过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得铝的质量分数将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。[方案二]将铝镁合金与足量稀硫

酸溶液反应，测定生成气体的体积。[实验步骤](4)同学们拟选用下列实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是A接()，()接()，()接()(填接口字母，注意：可不填满)___。(5)仔细分析上述实验装置后，同学们认为会引起较大误差。于是他们设计了如图2所示的实验装置。与图2

装置相比，用图1连接的装置进行实验时，若不考虑导管中液体体积的影响，测定铝镁合金中铝的质量分数将___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).某同学提出该实验装置不够完善，应在甲和锥形瓶之间添加一个装有碱石灰的干燥装置。你的意见是

___(填“需要”或“不需要”)(6)用图2装置进行实验时：为了较准确测量氢气的体积，在读反应前后量气管乙中液面的读数求其差值的过程中，应注意___(填字母编号)。A.冷却至室温B.等待片刻，待乙管中液面不再上升时立即读数C.读数时应移动右侧量气管，使甲乙两端液面相平D.

视线与凹液面最低处相平(7)图2装置进行实验，合金的质量为7.8g，测得氢气体积为8.96L(标准状况)，则合金中铝的质量分数为___(保留两位有效数字)。【答案】(1).2Al＋2OH-＋2H2O=22AlO−

＋3H2↑(2).75(3).偏低(4).E、D、G(5).偏小(6).不需要(7).A、C、D(8).69.23%【解析】【分析】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气；(2)镁的质量分数最小时，金属铝的质量最大，需要的氢氧化钠

溶液最多，实际需要氢氧化钠溶液的体积应大于或等于最大值，据此计算；(3)镁粉上会附着偏铝酸钠等物质，未洗涤导致测定的镁的质量偏大，Al的质量分数就偏低；(4)装置的组装顺序：合金与酸反应，是用排水量气法测定氢气的体积，故不需要浓硫酸

干燥，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强能够将其中的水排出，最终量筒中水的体积就是生成氢气的体积，为了防止水溅出，量筒内导管应伸入量筒底部；(5)与图2装置相比，用图1连接的装置进行实验时，若不考虑导管中液体体积的影响,实测氢气的体

积就会比实际产生的氢气体积偏少。(6)根据操作对实验的影响分析；(7)根据合金的质量及反应产生氢气的体积关系，计算Al的物质的量及其质量，进而可得其质量分数。【详解】(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O=22AlO−＋3H2↑；(2)

根据反应方程式2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知反应消耗NaOH的物质的量与Al相等，假设合金中Mg的质量分数是0，则8.1g完全是Al，其物质的量n(Al)=m8.1g27g/molM==0.3mol，则n(NaOH)=n(Al)=0.3mol，需NaOH溶液的体

积最小值V≥0.3mol4mol/L=0.075L=75mL，故V(NaOH溶液)≥75mL；(3)经过滤、洗涤、干燥、称量固体质量。该步骤中若未洗涤固体，则金属镁上会附着偏铝酸钠等物质，导致测定的镁的质量偏大，最终使测得铝的质量分数偏低；(4)装置的组装

顺序：合金与酸发生反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管应该要短进长出，利用气体产生的压强，将广口瓶中的水排出进入量筒，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，为了避免水的溅出，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：A接E，D接G，故合理选项是E、D、G；(5)用图1连接的装置进行

实验时，若不考虑导管中液体体积的影响,实测氢气的体积就会比实际产生的氢气体积偏少，又由于在相同条件下，同质量的铝产生的氢气比镁多，这样就会误判因铝的含量偏少才导致氢气的质量偏少，另排水量气法不需要干燥装置，因为气体中的水汽会溶于水的；(6)

A．冷却至室温，这样测定的气体体积不受外界温度的影响，可减小误差，A正确；B．等待片刻，使乙管中液面与左侧甲管的液面相平时再读数，B错误；C．读数时应移动右侧量气管，使两端液面相平，然后再读数，C正确；D．视线与凹液面最低处相平，D正确；故合理选项是A、C、

D；(7)8.96LH2的物质的量n(H2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，假设7.8g合金中Al、Mg的物质的量分别是x、y，可得关系式27x+24y=7.8g，1.5x+y=0.4mol，解得x=0.2mol，y=0.1mol，

则合金中Al的质量是m(Al)=0.2mol×27g=5.4g，所以Al的质量分数为：5.4g7.8g×100%=69.23%。【点睛】本题考查物质含量的测定。对实验原理与装置的理解是解题的关键。23.铁在工农业生产、生活等方面都有重

要的应用。(1)正常人体内铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。正二价铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，有利于人体吸收。在人体中进行Fe3+→Fe2+的转化时，Fe3+作

___剂，发生___反应。(2)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的化学方程式并用双线桥表明电子得失情况___。(3)将单质Fe、Cu与FeCl3溶液、FeCl2溶液、CuCl2溶液(已知：氧化性Fe3+﹥

Cu2+)混合于某容器内充分反应(假定容器不参加反应)。根据下述不同情况，填写金属单质或溶液中存在的金属离子。①若Fe有剩余，则容器内不可能有的离子是：___；铜单质___(填“一定”或“可能”)存在。②若容器内有较多Cu2+和Cu，则容器内不可能有___。③若容器内有大量的F

e3+，则容器内一定还有___。证明该溶液中Fe3+存在的试剂是___，现象为___。【答案】(1).氧化(2).还原(3).(4).Fe3+、Cu2+(5).一定(6).Fe3＋、Fe(7).Fe2+、Cu2+(8).KSCN

溶液(9).溶液变红【解析】【详解】(1)在人体中进行Fe3+→Fe2+的转化时，Fe3+化合价降低，被还原，发生得电子的还原反应，作的是氧化剂，故答案为：氧化；还原；(2)FeCl3溶液与铜发生氧化还原反应，铜失去电子化合价升高转化为氯化铜，氯化铁得到电子被还原为氯

化亚铁，用双线桥表明电子得失情况为：；(3)①因为还原性Fe＞Cu，氧化性FeCl3＞CuCl2，若Fe有剩余，则发生的反应为：Fe+2FeCl3=3FeCl2、Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，溶液中一定含有Fe2+和Cu，一定没有Cu2+和Fe3+，故答案为：Fe3+、Cu2+；一定

；②反应完毕后，如果容器内有较多Cu2＋和Cu，则发生反应为：Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2或者Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2Fe

Cl2，则容器内不可能含有Fe3＋、Fe，故答案为：Fe3＋、Fe。③反应完毕后，如果容器内还有大量Fe3＋，发生的反应为：Fe+2FeCl3=3FeCl2、Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故溶液中一定含有Fe2+、

Cu2+，一定没有Fe、Cu；检验Fe3＋常用KSCN溶液，在待测液中滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明待测液中含Fe3＋，故答案为：Fe2+、Cu2+；KSCN溶液；溶液变红。【点睛】第(3)问要梳理清楚，Cu、Fe均为还原剂，但Cu的还原性弱与Fe，面对同

一氧化剂，Fe先与Fe3+发生氧化还原反应，待Fe完全反应后，还有Fe3+，则再发生Fe3+与Cu之间的氧化还原反应。24.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其中通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol

/L的HCl溶液，产生CO2的气体体积(标准状况)与所加HCl溶液的体积之间关系如图所示，通过计算回答：(1)A溶液中的溶质为(化学式)___。(2)ab段反应的离子方程式为___。(3)通入CO2气体体积为___mL(标准状况)。

(4)原NaOH溶液的物质的量浓度为___。【答案】(1).Na2CO3和NaHCO3(2).HCO3−+H+=H2O+CO2↑(3).112(4).0.075mol/L【解析】【分析】CO2与NaOH溶液反应有如下两种“边界”情况：①CO

2+2NaOH=Na2CO3+H2O；②CO2+NaOH=NaHCO3；故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+

NaCl③，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑④；并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等；若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O⑤；设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消

耗盐酸的体积为V2。将各种反应的情况总结如表：溶液中溶质的成分Na2CO3和NaOHNa2CO3Na2CO3和NaHCO3NaHCO3向溶液中逐滴加入稀盐酸发生的反应依次是⑤③④依次是③④依次是③④④V1与V

2的关系V1>V2V1=V2V1<V2V1=0，V2>0据此分析题中的图像。【详解】(1)V1=25，V2=75-25=50mL＞V1，据此判断溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaHCO3，故答案为：Na2CO3和NaHCO3；(2)根据上述分析可知，ab段25mL~75mL生

成了二氧化碳，发生反应的离子方程式为HCO3−+H+=H2O+CO2↑，故答案为：HCO3−+H+=H2O+CO2↑；(3)生成二氧化碳过程中消耗的HCl的物质的量n(HCl)=0.050L×0.1mol/L=0.005mol，根据反应关系可知，V(CO2)=0.005×22.4=0.112

L=112mL，故答案为：112mL。(4)当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol，c(Na

OH)=0.0075mol0.1L=0.075mol/L。【点睛】本题难点在于判断二氧化碳与氢氧化钠反应的产物的组成成分，二氧化碳与氢氧化钠反应的产物组成有4种情况，设放出气体前消耗的盐酸的体积为V1，

产生气体时消耗的盐酸的体积为V2，氢氧化钠和碳酸钠的混合物：V1>V2；只有碳酸钠，V1=V2；碳酸钠与碳酸氢钠的混合物，V1<V2；只有碳酸氢钠，V1=0。