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【化学】甘肃省兰州市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）
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甘肃省兰州市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 Si:28 S:32 Fe:56 Cu:64Zn:65
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分)
1.下列实验操作中，错误的是（ ）
A. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶的支管口处相平
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，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
【答案】A
【解析】蒸发操作时，当大部分固体析出后，即可停止加热，靠余热将水分完全蒸干；选择萃取剂时，萃取剂要与原溶剂不互溶，且密度要与原溶剂的密度相差较大，选项AD是错误的，其余选项都是正确的，答案选AD。
2.某同学用Na2CO3固体配制0.10 mol/LNa2CO3溶液的过程如下图所示。你认为该同学的错误有（ ）
A. ①⑤⑥ B. ①⑥⑦ C. ②④⑦ D. ⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】①应用“左物有码”而图中所给出的是“左码右物”，故①错误；
②③该操作步骤为溶解，该方法正确，故②③正确；
④⑤操作步骤是移液和洗涤，方法正确，故④⑤正确；
⑥为定容，视线应于液体凹液面平视，而图中是仰视，故⑥错误；
⑦操作是摇匀，应是反复上下颠倒摇匀，而图中只是上下，故⑦错误；
综上所述，选项B符合题意。
3.在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为（ ）
A. 0.15mol·L-1 B. 0.10mol·L-1 C. 0.25mol·L-1 D. 0.20mol·L-1
【答案】D
【解析】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1
4.分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类结论正确的是 （ ）
①氨水、氢氧化铝、冰醋酸、氟化氢都是弱电解质 ②HClO、浓硫酸、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸 ③HI、Na2O2、胆矾都是电解质 ④SiO2、CO2、SO2都是是酸性氧化物，所以它们都能够与水反应生成相应的酸 ⑤漂粉精、氯水、水玻璃、水银都是混合物
A. ①②④ B. ② C. ②③ D. ②③④⑤
【答案】C
【详解】①氨水是氨气溶于水，属于混合物，即氨水既不是电解质也不是非电解质，故①结论不正确；
②HClO、浓硫酸、HNO3均具有强氧化性，称为氧化性酸，故②结论正确；
③HI、Na2O2、胆矾分别是酸、金属氧化物、盐，都是电解质，故③结论正确；
④SiO2、CO2、SO2都是酸性氧化物，SiO2难溶于水，不能与水反应生成相应的酸，故④结论不正确；
⑤水银为Hg，属于金属单质，属于纯净物，故⑤结论不正确；
综上所述，选项②③符合题意，故C正确。
5.磷中毒可用硫酸铜解毒，反应方程式为：11P+15CuSO4+24H2O=Cu3P+6H3PO4+15H2SO4分析反应，下列说法错误的是（ ）
A. P既是氯化剂又是还原剂
B. Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C. CuSO4发生了还原反应
D. 当生成lmol Cu3P时，转移电子的物质的量为6 mol
【答案】B
【解析】试题分析：A.在反应11P+15CuSO4+24H2O=Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P的化合价部分升高，部分降低，因此P既是氯化剂又是还原剂,正确；B．由于Cu3P中的P元素是P电子得到电子变成的，所以是还原产物，同时也是CuSO4中的Cu得到电子形成的，故Cu3P是还原产物，错误；C．CuSO4中的Cu电子电子，被还原，所以其发生了还原反应，正确；D．由于化合价降低的总数与得到的电子总数相等，所以当生成lmol Cu3P时，转移电子的物质的量为6 mol，正确。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. APCE国宴采用的帝王彩瓷餐具和常见的水晶饰品都属于硅酸盐制品
B. 兰州某些时段实行机动车辆限牌限行政策，目的是为了减少SO2、氮氧化物等有害物的排放，以及减少雾霾带来的危害
C. 工业上用FeCl3溶液来腐蚀铜膜，制作印刷电路板
D. 硅是人类将太阳能转变为电能的常用材料
【答案】A
【详解】A、水晶饰品成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，不属于硅酸盐，故A说法不正确；
B、限行，减少SO2、氮氧化物等有害物质的排放，减少雾霾带来的危害，故B说法正确；
C、发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，因此工业上用FeCl3溶液来腐蚀铜膜，制作印刷电路板，故C说法正确；
D、制造太阳能电池板的原料是晶体硅，故D说法正确。
7.下列说法正确的是 ( )
A. 二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色
B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色
C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色
D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性
【答案】B
【详解】A项、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故A错误；
B项、二氧化硫与品红化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故B准确；
C项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故C错误；
D项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故D错误。
故选B。
8.符合如下实验过程和现象的试剂组是( )
甲
乙
丙
A.MgCl2
HNO3
K2SO4
B.BaCl2
HNO3
K2SO4
C.NaNO3
H2SO4
Ba(NO3)2
D.BaCl2
HCl
CaCl2
【答案】B
【解析】试题分析：向K2CO3溶液中，加入试剂甲，生成白色沉淀，结合四个选项，可以排除A、C，原因是MgCO3为微溶物，而K2CO3与NaNO3不反应，则生成的白色沉淀为BaCO3，向沉淀中加入足量的试剂乙，生成无色气体和无色溶液，则试剂乙可为HCl，也可为HNO3；向无色溶液中加入试剂丙生成白色沉淀，则加入的试剂丙为K2SO4，故答案B。
9.下列有关实验的说法正确的是（ ）
A. 除去氧化铁中混有的少量氧化铝，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后，过滤
B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C. 制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D. 可用澄清石灰水和盐酸鉴别Na2CO3溶液和Na2SO3溶液
【答案】A
【详解】A、氧化铝为两性氧化物，氧化铁为碱性氧化物，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝与NaOH反应生成可溶的NaAlO2，氧化铁不与氢氧化钠反应，然后过滤，得到氧化铁，故A说法正确；
B、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2为酸性氧化物，能与NaOH反应，腐蚀瓷坩埚，故B说法错误；
C、制备氢氧化铁胶体的方法是将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体为止，将氢氧化铁固体溶于热水，得到悬浊液，故C说法错误；
D、Na2CO3和Na2SO3溶液加入澄清石灰水，均得到白色沉淀，这两种沉淀均能溶于盐酸，即无法用澄清石灰水和盐酸鉴别Na2CO3和Na2SO3溶液，故D说法错误。
10.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeCl2、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是( )
A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeCl2
【答案】D
【解析】分析四种物质的性质，不难发现，先产生沉淀后溶解这一现象只能是将NaOH溶液加入到Al2(SO4)3溶液中，所以丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3。将NaOH溶液加入到FeCl2溶液中，会产生先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象。将NaOH溶液加入到BaCl2溶液中，无明显现象。所以甲为BaCl2，则丙为FeCl2。答案选D。
11. 饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是（ ）
A. HClO B. Cl— C. Cl2 D. ClO—
【答案】B
【解析】试题分析：新制饱和氯水中存在Cl2+H2O⇌HClO+HCl，由于HClO见光分解，导致平衡右移，长期放置，Cl2和HClO、ClO-减少，HCl增多，则Cl-增大；故选B。
12.下列离子检验的方法正确的是（ ）
A. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42－
B. 向某无色溶液中加入盐酸，有无色、无味的气体产生，则说明原溶液中一定有CO32－
C. 灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，则说明原粉末中有Na＋，无K＋
D. 向某溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液一定有Fe2＋
【答案】D
【解析】A．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A错误；B．无色、无味的气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32-或HCO3-，或都存在，故B错误；C．焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则火焰呈黄色，说明原粉末中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D．滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液一定有Fe2+，故D正确；故选D。
13.工业生产中常将两种或多种金属（或金属与非金属）在同一容器中加热使其熔合，冷凝后得到具有金属特性的熔合物﹣﹣合金．这是制取合金的常用方法之一．根据下表数据判断，不宜用上述方法制取合金的是（ ）
金属
Na
Al
Cu
Fe
熔点（℃）
97.81
660
1083
1535
沸点（℃）
883
2200
2595
3000
A. Fe﹣Cu合金 B. Cu﹣Al合金 C. Al﹣Na合金 D. Cu﹣Na合金
【答案】D
【解析】由题目的信息可知：熔点相差不大的金属可以融合在一起，其中的Fe-Cu、Cu-Al、Al-Na都可以融合在一起，而Cu-Na不可以，因为铜的熔点大于钠的沸点，铜开始融化时，钠已经变成蒸汽跑掉了；故选D。
14.现有如下所示4个装置图，以下说法中正确的是（ ）
A. ①装置可用于比较NaHCO3和Na2CO3的稳定性
B. 用酒精萃取溴水中的溴可选择②装置
C. 如③装置进行实验可看到酸性KMnO4溶液褪色
D. ④装置可用于实验室制取并收集少量SO2
【答案】C
【详解】A、套管实验中，碳酸钠应在外管，碳酸氢钠在内管，可比较稳定性，故A错误；
B、酒精与水互溶，不能作该实验的萃取剂，故B错误；
C、浓硫酸有脱水性和强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的SO2，被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液褪色，故C正确；
D、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，即收集时，长进短出，NaOH能与SO2发生反应，注意防倒吸，故D错误。
15.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2＋+2HCO3- +2OH-=CaCO3↓+CO32-+H2O
B. 等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO42-=BaSO4↓+2H2O
C. 将氯气通入水中：Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2H＋
D. 向Fe(NO3)2溶液中加入稀盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
【答案】D
【详解】A、氢原子个数不守恒，正确离子方程式为Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故A错误；
B、两种溶液等物质的量混合，OH－先与H＋反应，然后OH－再与NH4＋反应，即离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O＋NH3·H2O，故B错误；
C、次氯酸为弱酸，不能拆写成离子，即正确离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故C错误；
D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成NO，离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故D正确。
16.在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是( )
A. Na2CO3和Na2O2 B. Na2CO3和NaOH
C. NaOH和Na2O2 D. NaOH、Na2O2和Na2CO3
【答案】B
【解析】试题分析：设碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量都是2mol，则2mol碳酸氢钠受热分解生成1mol二氧化碳、1mol水、1mol碳酸钠，1mol二氧化碳与1mol过氧化钠反应生成1mol碳酸钠和0.5mol氧气，1mol水与1mol过氧化钠反应生成2mol氢氧化钠和0.5mol氧气，所以最终得固体产物是碳酸钠和氢氧化钠，答案选B。
17.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
①常温下pH=11的溶液中：CO32-、Na＋、AlO2-、NO3-
②加入铝粉能放出H2的溶液中：NH4+、Fe2＋、NO3-、SO42-
③无色透明酸性溶液中：MnO4- 、K＋、Al3＋、SO42-
④含有大量Fe3+的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl-、SCN-
A. ①② B. ①③④ C. ① D. ②③
【答案】C
【详解】①常温下，pH=11的溶液显碱性，这四种离子在碱性条件下能够大量共存，故①符合题意；
②加入铝粉放出H2，该溶液为酸或碱，若为酸性溶液，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，即在酸中不能大量共存，若为碱，NH4＋、Fe2＋不能与OH－大量共存，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故②不符合题意；
③MnO4－显紫红色，不符合题意，故③不符合题意；
④Fe3＋与SCN－生成络合物Fe(SCN)3，指定溶液中不能大量共存，故④不符合题意；
综上所述，选项C正确。
18.工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO：可知4 NH3～20e—；即4：20=，推出为NA=22.4n/5v
19.将盛有1 mol NO和NO2混合气体的试管倒立于盛满水的水槽中，再通入0.4 mol O2，充分反应后，整个试管充满水。则原混合气体中NO与NO2体积比为( )
A. 1:2 B. 3:7 C. 2:5 D. 无法确定
【答案】B
【解析】设1 molNO和NO2的混合气体中有a mol NO和(1－a) molNO2，根据4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3和4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3可得：，解得a＝0.3，因此V(NO)∶V(NO2)＝3∶7。答案选B。
20.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L-1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V (已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A. x＝2.24 B. 曲线b为Mg与盐酸反应的图象
C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 钠的物质的量为0.2 mol
【答案】C
【详解】金属性强弱：Na>Mg>Al，钠是活泼金属，能于水反应，与盐酸反应速率最快，Mg、Al与水不反应，只能与盐酸反应，依据金属性强弱，反应速率快慢顺序是a>b>c，因此a表示Na，B表示Mg，c表示Al，根据图像可知，反应中生成氢气体积相同，参加反应的盐酸是相同，即盐酸完全反应，金属钠不足，
A、确定氢气的体积，从Na与盐酸反应进行计算得到，2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，盐酸恰好完全反应，即V(H2)=100×10－3L×2mol·L－1×22.4L·mol－1/2=2.24L，故A说法正确；
B、根据上述分析，曲线b为Mg与盐酸反应的图像，故B说法正确；
C、根据上述分析，Na与盐酸反应不足，依据A选项，求出Na的物质的量为0.2mol，即Mg、Al物质的量为0.2mol，Mg、Al过量，故C说法错误；
D、根据C选项分析，Na的物质的量为0.2mol，故D说法正确。
21.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后溶液中大量存在的金属阳离子是（ ）
A. 只有Fe2+ B. 只有Fe3+ C. 有Fe2+和Cu2+ D. 有Fe3+和Cu2+
【答案】A
【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：Fe＋3HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此Cu不与硝酸反应，过量铁与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是Fe2＋，故选项A正确。
22.有一粗硅，含铁和硅两种成分，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的氢气，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（ ）
①物质的量之比为1∶1 ②物质的量之比为2∶1 ③质量之比为4∶1 ④质量之比为2∶1
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【详解】铁单质能与稀盐酸反应，Si不能与稀盐酸反应，反应方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，Fe不能与氢氧化钠反应，Si能与氢氧化钠反应，其反应方程式为Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，产生氢气的量相同，即Fe与Si物质的量之比为1：1/2=2：1，其质量之比为2×56：1×28=4：1，故选项C正确。
23. 在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）
A. Mg2+、Al3+、Fe2+ B. H+、Mg2+、Al3+
C. H+、Ba2+、Al3+ D. 只有Mg2+、Al3+
【答案】B
【解析】Fe2+呈浅绿色，而原溶液无色，可排除A；开始滴加碱液时无沉淀生成则排除D。
Mg2++2OH—=Mg（OH）2↓、Al3++2OH—=Al（OH）3↓、Al（OH）3+ OH—= AlO2—+ 2H2O
由图示可知沉淀过程与沉淀溶解过程消耗的碱液之比为4：1,可排除C，故答案为B
24.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为（ ）
A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol
【答案】C
【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多。
设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量n(Cu)=n(NO3-)×=0.48mol×=0.72mol。
本题选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题(共两小题，共24分)
25.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸②小苏打③纯碱④二氧化碳⑤葡萄糖⑥0.1mol/LNaOH溶液⑦SiO2 ⑧氨水⑨Al2O3⑩硫酸铁溶液
(1)上述十种物质中属于非电解质的有_____(填序号)。
(2)有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______(填序号)。
(3)既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是_____(填序号)。
(4)标准状况下，_____L④中含有0.4mol氧原子。
(5)⑥与⑦溶液反应的离子方程式为__________。
(6)硅是信息技术的关键材料，写出工业上用⑦制备粗硅的化学反应方程式_________。
【答案】(1). ④⑤⑦ (2). ①⑥ (3). ②⑨ (4). 4.48 (5). SiO2+2OH－= SiO32-+H2O (6). SiO2+2CSi+2CO↑
【详解】（1）根据非电解质的定义，属于非电解质是④⑤⑦；
（2）根据离子反应方程式，酸应是强酸，碱是可溶的强碱，符合题意的是0.1mol·L－1硫酸和0.1mol·L－1NaOH发生反应，即①⑥符合；
（3）既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐等物质，即符合题意的是NaHCO3（小苏打）和Al2O3，故选项②⑨符合题意；
（4）1molCO2中含有2mol氧原子，即含有0.4mol氧原子的CO2物质的量为0.2mol，标准状况下CO2的体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L；
（5）SiO2属于酸性氧化物，不能拆写成离子形式，即⑥和⑦反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O；
（6）用SiO2制备粗硅，工业上常用C与SiO2反应，其化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑。
26.已知A为淡黄色固体，R和T是两种生活中常见的金属单质，C、F是无色无味的气体。
(1)物质A的化学式为_____，D化学式为_____，W的化学式为_____；
(2)B与R反应生成F的离子反应式为___________；
(3)A与CO2反应的化学反应方程式为____________；
(4)H转化为M的化学反应方程式为_____________；
【答案】(1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO﹣2+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【详解】A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，加入过量的Fe，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，即E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，
（1）根据上述分析，物质A为Na2O2，D的化学式为Fe3O4，W的化学式为FeCl3；
（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；
（3）Na2O2与CO2反应的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（4）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，其反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
三、实验题(共两小题，共20分)
27.用如图所示装置(夹持仪器省略)进行实验，将液体A逐渐加入固体B中。回答下列问题：
(1)图中D装置在实验中的作用____________________；
(2)若A中为浓盐酸，B中为高锰酸钾，C中盛有KI淀粉溶液，旋开E后，C中的现象是溶液变蓝色，试写出A与B反应的化学方程式_________________________：
(3)若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，旋开E足够长的时间后，C中的现象是____________________，C中发生反应的化学方程式为：__________；
【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+Cl2↑+8H2O (3). 产生白色沉淀 (4). AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl
【详解】（1）装置D是长颈漏斗，作用是防止倒吸；
（2）C中现象溶液变蓝色，说明C中产生I2，烧瓶中产生气体，把I－氧化成I2，即烧瓶中产生Cl2，利用酸性高锰酸钾的氧化性把Cl－氧化成Cl2，即离子方程式为 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+Cl2↑+8H2O；
（3）生石灰与水放出大量的热，NH3·H2O受热分解成NH3，即烧瓶中产生气体为NH3，NH3与AlCl3溶液发生：AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，C中现象为产生白色沉淀。
28.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。
(1)通入足量SO2时C中观察到的现象为_____________________________。
(2)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式______________________________；
②请设计实验方案检验有Fe2+生成_________________________。
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-。该做法_______(填“合理”或“不合理”)，理由是____________
(3)为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有________(填序号)。
A.浓硫酸 B.酸性KMnO4溶液 C.碘水 D.NaCl溶液
【答案】(1). 溶液由棕黄色变成浅绿色 (2). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H+ +2Fe2+ (3). 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性KMnO4溶液，若褪色说明有Fe2+，不褪色说明没有Fe2+ (4). 不合理 (5). HNO3可以将SO2氧化成H2SO4，干扰实验 (6). BC
【详解】（1）利用Fe3＋具有强氧化性，C中发生离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋，Fe3＋显棕黄色，Fe2＋显浅绿色，现象为溶液由棕黄色变成浅绿色；
（2）①根据上述分析，发生离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；
②Fe2＋以还原性为主，检验Fe2＋实验方案是 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性KMnO4溶液，若褪色说明有Fe2＋，不褪色说明没有Fe2＋；
③HNO3具有强氧化性，能把SO2氧化成H2SO4，干扰实验，因此该做法不合理；
（3）A、浓硫酸与SO2不发生反应，浓硫酸不能代替FeCl3，故A不符合题意；
B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，如果紫红色褪去，说明SO2具有还原性，故B符合题意；
C、碘水中I2，具有强氧化性，能把SO2氧化，淡黄色褪去，说明SO2具有还原性，故C符合题意；
D、NaCl溶液不与SO2发生反应，不能鉴别SO2有还原性，故D不符合题意。
四、计算题(只需填最终结果，共8分)
29.向80mL浓硫酸中加入56g铜片，加热一段时间后，至不再反应为止，计算：
(1)实验测得反应中共有13.44L标准状况下的SO2生成，被还原的硫酸的物质的量为_____mol，反应中转移的电子有_____mol。
(2)将反应后的混合物加水稀释到100mL并除去不溶物，加入足量锌粉放出标准状况下5.376L氢气，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____，反应的Zn的质量为_____。
【答案】(1). 0.6 (2). 1.2 (3). 18mol/L (4). 54.6g
【详解】（1）Cu与浓硫酸反应方程式为Cu＋2H2SO4CuSO4＋SO2↑＋2H2O，H2SO4被还原成SO2，根据S原子守恒，被还原硫酸的物质的量n(H2SO4)=n(SO2)=13.44L/22.4L·mol－1=0.6mol，转移电子物质的量为0.6mol×2=1.2mol；
（2）加入足量的锌粉放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与锌发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，过量硫酸的物质的量n(H2SO4)=n(H2)=5.376L/22.4L·mol－1=0.24mol，根据(1)与铜反应硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(SO2)=2×0.6mol=1.2mol，即原浓硫酸的物质的量为(1.2mol＋0.24mol)=1.44mol，即c(H2SO4)=1.44mol/(80×10－3L)=18mol·L－1，Zn与反应后溶液发生：Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，消耗Zn的物质的量为n(Zn)=n(CuSO4)＋n(H2SO4)=n(SO2)＋n(H2)=(0.6＋0.24)mol=0.88mol，即消耗Zn的质量为0.84mol×65g·mol－1=54.6g。
相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Al:27 Si:28 S:32 Fe:56 Cu:64Zn:65
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共48分)
1.下列实验操作中，错误的是（ ）
A. 蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后，才停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶的支管口处相平
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，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
【答案】A
【解析】蒸发操作时，当大部分固体析出后，即可停止加热，靠余热将水分完全蒸干；选择萃取剂时，萃取剂要与原溶剂不互溶，且密度要与原溶剂的密度相差较大，选项AD是错误的，其余选项都是正确的，答案选AD。
2.某同学用Na2CO3固体配制0.10 mol/LNa2CO3溶液的过程如下图所示。你认为该同学的错误有（ ）
A. ①⑤⑥ B. ①⑥⑦ C. ②④⑦ D. ⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】①应用“左物有码”而图中所给出的是“左码右物”，故①错误；
②③该操作步骤为溶解，该方法正确，故②③正确；
④⑤操作步骤是移液和洗涤，方法正确，故④⑤正确；
⑥为定容，视线应于液体凹液面平视，而图中是仰视，故⑥错误；
⑦操作是摇匀，应是反复上下颠倒摇匀，而图中只是上下，故⑦错误；
综上所述，选项B符合题意。
3.在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为（ ）
A. 0.15mol·L-1 B. 0.10mol·L-1 C. 0.25mol·L-1 D. 0.20mol·L-1
【答案】D
【解析】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1
4.分类是化学学习和研究的常用手段。下列分类结论正确的是 （ ）
①氨水、氢氧化铝、冰醋酸、氟化氢都是弱电解质 ②HClO、浓硫酸、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸 ③HI、Na2O2、胆矾都是电解质 ④SiO2、CO2、SO2都是是酸性氧化物，所以它们都能够与水反应生成相应的酸 ⑤漂粉精、氯水、水玻璃、水银都是混合物
A. ①②④ B. ② C. ②③ D. ②③④⑤
【答案】C
【详解】①氨水是氨气溶于水，属于混合物，即氨水既不是电解质也不是非电解质，故①结论不正确；
②HClO、浓硫酸、HNO3均具有强氧化性，称为氧化性酸，故②结论正确；
③HI、Na2O2、胆矾分别是酸、金属氧化物、盐，都是电解质，故③结论正确；
④SiO2、CO2、SO2都是酸性氧化物，SiO2难溶于水，不能与水反应生成相应的酸，故④结论不正确；
⑤水银为Hg，属于金属单质，属于纯净物，故⑤结论不正确；
综上所述，选项②③符合题意，故C正确。
5.磷中毒可用硫酸铜解毒，反应方程式为：11P+15CuSO4+24H2O=Cu3P+6H3PO4+15H2SO4分析反应，下列说法错误的是（ ）
A. P既是氯化剂又是还原剂
B. Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C. CuSO4发生了还原反应
D. 当生成lmol Cu3P时，转移电子的物质的量为6 mol
【答案】B
【解析】试题分析：A.在反应11P+15CuSO4+24H2O=Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P的化合价部分升高，部分降低，因此P既是氯化剂又是还原剂,正确；B．由于Cu3P中的P元素是P电子得到电子变成的，所以是还原产物，同时也是CuSO4中的Cu得到电子形成的，故Cu3P是还原产物，错误；C．CuSO4中的Cu电子电子，被还原，所以其发生了还原反应，正确；D．由于化合价降低的总数与得到的电子总数相等，所以当生成lmol Cu3P时，转移电子的物质的量为6 mol，正确。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. APCE国宴采用的帝王彩瓷餐具和常见的水晶饰品都属于硅酸盐制品
B. 兰州某些时段实行机动车辆限牌限行政策，目的是为了减少SO2、氮氧化物等有害物的排放，以及减少雾霾带来的危害
C. 工业上用FeCl3溶液来腐蚀铜膜，制作印刷电路板
D. 硅是人类将太阳能转变为电能的常用材料
【答案】A
【详解】A、水晶饰品成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，不属于硅酸盐，故A说法不正确；
B、限行，减少SO2、氮氧化物等有害物质的排放，减少雾霾带来的危害，故B说法正确；
C、发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，因此工业上用FeCl3溶液来腐蚀铜膜，制作印刷电路板，故C说法正确；
D、制造太阳能电池板的原料是晶体硅，故D说法正确。
7.下列说法正确的是 ( )
A. 二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色
B. 过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色
C. 二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色
D. 盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性
【答案】B
【详解】A项、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故A错误；
B项、二氧化硫与品红化合生成无色物质， Na2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故B准确；
C项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故C错误；
D项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故D错误。
故选B。
8.符合如下实验过程和现象的试剂组是( )
甲
乙
丙
A.MgCl2
HNO3
K2SO4
B.BaCl2
HNO3
K2SO4
C.NaNO3
H2SO4
Ba(NO3)2
D.BaCl2
HCl
CaCl2
【答案】B
【解析】试题分析：向K2CO3溶液中，加入试剂甲，生成白色沉淀，结合四个选项，可以排除A、C，原因是MgCO3为微溶物，而K2CO3与NaNO3不反应，则生成的白色沉淀为BaCO3，向沉淀中加入足量的试剂乙，生成无色气体和无色溶液，则试剂乙可为HCl，也可为HNO3；向无色溶液中加入试剂丙生成白色沉淀，则加入的试剂丙为K2SO4，故答案B。
9.下列有关实验的说法正确的是（ ）
A. 除去氧化铁中混有的少量氧化铝，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后，过滤
B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C. 制备Fe(OH)3胶体，通常是将Fe(OH)3固体溶于热水中
D. 可用澄清石灰水和盐酸鉴别Na2CO3溶液和Na2SO3溶液
【答案】A
【详解】A、氧化铝为两性氧化物，氧化铁为碱性氧化物，加入过量氢氧化钠溶液，氧化铝与NaOH反应生成可溶的NaAlO2，氧化铁不与氢氧化钠反应，然后过滤，得到氧化铁，故A说法正确；
B、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2为酸性氧化物，能与NaOH反应，腐蚀瓷坩埚，故B说法错误；
C、制备氢氧化铁胶体的方法是将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体为止，将氢氧化铁固体溶于热水，得到悬浊液，故C说法错误；
D、Na2CO3和Na2SO3溶液加入澄清石灰水，均得到白色沉淀，这两种沉淀均能溶于盐酸，即无法用澄清石灰水和盐酸鉴别Na2CO3和Na2SO3溶液，故D说法错误。
10.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeCl2、NaOH、BaCl2四种物质中的一种。若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生。据此可推断丙物质是( )
A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeCl2
【答案】D
【解析】分析四种物质的性质，不难发现，先产生沉淀后溶解这一现象只能是将NaOH溶液加入到Al2(SO4)3溶液中，所以丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3。将NaOH溶液加入到FeCl2溶液中，会产生先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象。将NaOH溶液加入到BaCl2溶液中，无明显现象。所以甲为BaCl2，则丙为FeCl2。答案选D。
11. 饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是（ ）
A. HClO B. Cl— C. Cl2 D. ClO—
【答案】B
【解析】试题分析：新制饱和氯水中存在Cl2+H2O⇌HClO+HCl，由于HClO见光分解，导致平衡右移，长期放置，Cl2和HClO、ClO-减少，HCl增多，则Cl-增大；故选B。
12.下列离子检验的方法正确的是（ ）
A. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42－
B. 向某无色溶液中加入盐酸，有无色、无味的气体产生，则说明原溶液中一定有CO32－
C. 灼烧某白色粉末，火焰呈黄色，则说明原粉末中有Na＋，无K＋
D. 向某溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液一定有Fe2＋
【答案】D
【解析】A．白色沉淀可能为AgCl，则原溶液可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故A错误；B．无色、无味的气体为二氧化碳，则原溶液中可能含CO32-或HCO3-，或都存在，故B错误；C．焰色反应为元素的性质，观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，则火焰呈黄色，说明原粉末中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D．滴加硫氰化钾溶液，溶液不变红，不含铁离子，再滴加氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液一定有Fe2+，故D正确；故选D。
13.工业生产中常将两种或多种金属（或金属与非金属）在同一容器中加热使其熔合，冷凝后得到具有金属特性的熔合物﹣﹣合金．这是制取合金的常用方法之一．根据下表数据判断，不宜用上述方法制取合金的是（ ）
金属
Na
Al
Cu
Fe
熔点（℃）
97.81
660
1083
1535
沸点（℃）
883
2200
2595
3000
A. Fe﹣Cu合金 B. Cu﹣Al合金 C. Al﹣Na合金 D. Cu﹣Na合金
【答案】D
【解析】由题目的信息可知：熔点相差不大的金属可以融合在一起，其中的Fe-Cu、Cu-Al、Al-Na都可以融合在一起，而Cu-Na不可以，因为铜的熔点大于钠的沸点，铜开始融化时，钠已经变成蒸汽跑掉了；故选D。
14.现有如下所示4个装置图，以下说法中正确的是（ ）
A. ①装置可用于比较NaHCO3和Na2CO3的稳定性
B. 用酒精萃取溴水中的溴可选择②装置
C. 如③装置进行实验可看到酸性KMnO4溶液褪色
D. ④装置可用于实验室制取并收集少量SO2
【答案】C
【详解】A、套管实验中，碳酸钠应在外管，碳酸氢钠在内管，可比较稳定性，故A错误；
B、酒精与水互溶，不能作该实验的萃取剂，故B错误；
C、浓硫酸有脱水性和强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的SO2，被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液褪色，故C正确；
D、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，即收集时，长进短出，NaOH能与SO2发生反应，注意防倒吸，故D错误。
15.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ca2＋+2HCO3- +2OH-=CaCO3↓+CO32-+H2O
B. 等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在稀溶液中：Ba2＋+2OH-+2H＋+SO42-=BaSO4↓+2H2O
C. 将氯气通入水中：Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2H＋
D. 向Fe(NO3)2溶液中加入稀盐酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3-=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
【答案】D
【详解】A、氢原子个数不守恒，正确离子方程式为Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故A错误；
B、两种溶液等物质的量混合，OH－先与H＋反应，然后OH－再与NH4＋反应，即离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋NH4＋＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O＋NH3·H2O，故B错误；
C、次氯酸为弱酸，不能拆写成离子，即正确离子方程式为Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故C错误；
D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成NO，离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故D正确。
16.在密闭容器中，加热等物质的量的NaHCO3和Na2O2的固体混合物，充分反应后，容器中固体剩余物是( )
A. Na2CO3和Na2O2 B. Na2CO3和NaOH
C. NaOH和Na2O2 D. NaOH、Na2O2和Na2CO3
【答案】B
【解析】试题分析：设碳酸氢钠、过氧化钠的物质的量都是2mol，则2mol碳酸氢钠受热分解生成1mol二氧化碳、1mol水、1mol碳酸钠，1mol二氧化碳与1mol过氧化钠反应生成1mol碳酸钠和0.5mol氧气，1mol水与1mol过氧化钠反应生成2mol氢氧化钠和0.5mol氧气，所以最终得固体产物是碳酸钠和氢氧化钠，答案选B。
17.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
①常温下pH=11的溶液中：CO32-、Na＋、AlO2-、NO3-
②加入铝粉能放出H2的溶液中：NH4+、Fe2＋、NO3-、SO42-
③无色透明酸性溶液中：MnO4- 、K＋、Al3＋、SO42-
④含有大量Fe3+的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl-、SCN-
A. ①② B. ①③④ C. ① D. ②③
【答案】C
【详解】①常温下，pH=11的溶液显碱性，这四种离子在碱性条件下能够大量共存，故①符合题意；
②加入铝粉放出H2，该溶液为酸或碱，若为酸性溶液，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化，即在酸中不能大量共存，若为碱，NH4＋、Fe2＋不能与OH－大量共存，这些离子在指定溶液中不能大量共存，故②不符合题意；
③MnO4－显紫红色，不符合题意，故③不符合题意；
④Fe3＋与SCN－生成络合物Fe(SCN)3，指定溶液中不能大量共存，故④不符合题意；
综上所述，选项C正确。
18.工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO：可知4 NH3～20e—；即4：20=，推出为NA=22.4n/5v
19.将盛有1 mol NO和NO2混合气体的试管倒立于盛满水的水槽中，再通入0.4 mol O2，充分反应后，整个试管充满水。则原混合气体中NO与NO2体积比为( )
A. 1:2 B. 3:7 C. 2:5 D. 无法确定
【答案】B
【解析】设1 molNO和NO2的混合气体中有a mol NO和(1－a) molNO2，根据4NO＋3O2＋2H2O＝4HNO3和4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3可得：，解得a＝0.3，因此V(NO)∶V(NO2)＝3∶7。答案选B。
20.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L-1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V (已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A. x＝2.24 B. 曲线b为Mg与盐酸反应的图象
C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 钠的物质的量为0.2 mol
【答案】C
【详解】金属性强弱：Na>Mg>Al，钠是活泼金属，能于水反应，与盐酸反应速率最快，Mg、Al与水不反应，只能与盐酸反应，依据金属性强弱，反应速率快慢顺序是a>b>c，因此a表示Na，B表示Mg，c表示Al，根据图像可知，反应中生成氢气体积相同，参加反应的盐酸是相同，即盐酸完全反应，金属钠不足，
A、确定氢气的体积，从Na与盐酸反应进行计算得到，2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，盐酸恰好完全反应，即V(H2)=100×10－3L×2mol·L－1×22.4L·mol－1/2=2.24L，故A说法正确；
B、根据上述分析，曲线b为Mg与盐酸反应的图像，故B说法正确；
C、根据上述分析，Na与盐酸反应不足，依据A选项，求出Na的物质的量为0.2mol，即Mg、Al物质的量为0.2mol，Mg、Al过量，故C说法错误；
D、根据C选项分析，Na的物质的量为0.2mol，故D说法正确。
21.把铜粉和过量的铁粉加入到热的浓硝酸中，充分反应后溶液中大量存在的金属阳离子是（ ）
A. 只有Fe2+ B. 只有Fe3+ C. 有Fe2+和Cu2+ D. 有Fe3+和Cu2+
【答案】A
【详解】铁的金属性强于铜，铁先于硝酸反应：Fe＋3HNO3=Fe(NO3)3＋NO2↑＋2H2O，因为铁过量，硝酸完全消耗，因此Cu不与硝酸反应，过量铁与Fe3＋发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，因此反应后溶液中大量的金属阳离子是Fe2＋，故选项A正确。
22.有一粗硅，含铁和硅两种成分，取等质量的样品分别投入足量的稀盐酸和足量的稀氢氧化钠溶液中，放出等量的氢气，则该粗硅中铁和硅的关系正确的是（ ）
①物质的量之比为1∶1 ②物质的量之比为2∶1 ③质量之比为4∶1 ④质量之比为2∶1
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【详解】铁单质能与稀盐酸反应，Si不能与稀盐酸反应，反应方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，Fe不能与氢氧化钠反应，Si能与氢氧化钠反应，其反应方程式为Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，产生氢气的量相同，即Fe与Si物质的量之比为1：1/2=2：1，其质量之比为2×56：1×28=4：1，故选项C正确。
23. 在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）
A. Mg2+、Al3+、Fe2+ B. H+、Mg2+、Al3+
C. H+、Ba2+、Al3+ D. 只有Mg2+、Al3+
【答案】B
【解析】Fe2+呈浅绿色，而原溶液无色，可排除A；开始滴加碱液时无沉淀生成则排除D。
Mg2++2OH—=Mg（OH）2↓、Al3++2OH—=Al（OH）3↓、Al（OH）3+ OH—= AlO2—+ 2H2O
由图示可知沉淀过程与沉淀溶解过程消耗的碱液之比为4：1,可排除C，故答案为B
24.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为（ ）
A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol
【答案】C
【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多。
设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量n(Cu)=n(NO3-)×=0.48mol×=0.72mol。
本题选C。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、填空题(共两小题，共24分)
25.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸②小苏打③纯碱④二氧化碳⑤葡萄糖⑥0.1mol/LNaOH溶液⑦SiO2 ⑧氨水⑨Al2O3⑩硫酸铁溶液
(1)上述十种物质中属于非电解质的有_____(填序号)。
(2)有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是______(填序号)。
(3)既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是_____(填序号)。
(4)标准状况下，_____L④中含有0.4mol氧原子。
(5)⑥与⑦溶液反应的离子方程式为__________。
(6)硅是信息技术的关键材料，写出工业上用⑦制备粗硅的化学反应方程式_________。
【答案】(1). ④⑤⑦ (2). ①⑥ (3). ②⑨ (4). 4.48 (5). SiO2+2OH－= SiO32-+H2O (6). SiO2+2CSi+2CO↑
【详解】（1）根据非电解质的定义，属于非电解质是④⑤⑦；
（2）根据离子反应方程式，酸应是强酸，碱是可溶的强碱，符合题意的是0.1mol·L－1硫酸和0.1mol·L－1NaOH发生反应，即①⑥符合；
（3）既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应的物质两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐等物质，即符合题意的是NaHCO3（小苏打）和Al2O3，故选项②⑨符合题意；
（4）1molCO2中含有2mol氧原子，即含有0.4mol氧原子的CO2物质的量为0.2mol，标准状况下CO2的体积为0.2mol×22.4L·mol－1=4.48L；
（5）SiO2属于酸性氧化物，不能拆写成离子形式，即⑥和⑦反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O；
（6）用SiO2制备粗硅，工业上常用C与SiO2反应，其化学反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑。
26.已知A为淡黄色固体，R和T是两种生活中常见的金属单质，C、F是无色无味的气体。
(1)物质A的化学式为_____，D化学式为_____，W的化学式为_____；
(2)B与R反应生成F的离子反应式为___________；
(3)A与CO2反应的化学反应方程式为____________；
(4)H转化为M的化学反应方程式为_____________；
【答案】(1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). FeCl3 (4). 2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO﹣2+3H2↑ (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【详解】A为淡黄色固体，能与水反应，即A为Na2O2，Na2O2与水反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，C为无色无味的气体，即C为O2，B为NaOH，R为常见金属单质，即R为Al，F为无色无味气体，即F为H2，T为两种生活中常见的金属单质，即T为Fe，D为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成FeCl2和FeCl3，加入过量的Fe，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，即E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3，
（1）根据上述分析，物质A为Na2O2，D的化学式为Fe3O4，W的化学式为FeCl3；
（2）Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；
（3）Na2O2与CO2反应的方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；
（4）Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，其反应方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。
三、实验题(共两小题，共20分)
27.用如图所示装置(夹持仪器省略)进行实验，将液体A逐渐加入固体B中。回答下列问题：
(1)图中D装置在实验中的作用____________________；
(2)若A中为浓盐酸，B中为高锰酸钾，C中盛有KI淀粉溶液，旋开E后，C中的现象是溶液变蓝色，试写出A与B反应的化学方程式_________________________：
(3)若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，旋开E足够长的时间后，C中的现象是____________________，C中发生反应的化学方程式为：__________；
【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+Cl2↑+8H2O (3). 产生白色沉淀 (4). AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl
【详解】（1）装置D是长颈漏斗，作用是防止倒吸；
（2）C中现象溶液变蓝色，说明C中产生I2，烧瓶中产生气体，把I－氧化成I2，即烧瓶中产生Cl2，利用酸性高锰酸钾的氧化性把Cl－氧化成Cl2，即离子方程式为 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+Cl2↑+8H2O；
（3）生石灰与水放出大量的热，NH3·H2O受热分解成NH3，即烧瓶中产生气体为NH3，NH3与AlCl3溶液发生：AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，C中现象为产生白色沉淀。
28.某研究小组用如图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。
(1)通入足量SO2时C中观察到的现象为_____________________________。
(2)根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式______________________________；
②请设计实验方案检验有Fe2+生成_________________________。
③该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若出现白色沉淀，即可证明反应生成了SO42-。该做法_______(填“合理”或“不合理”)，理由是____________
(3)为了验证SO2具有还原性，实验中可以代替FeCl3的试剂有________(填序号)。
A.浓硫酸 B.酸性KMnO4溶液 C.碘水 D.NaCl溶液
【答案】(1). 溶液由棕黄色变成浅绿色 (2). 2Fe3+ + SO2 +2H2O=SO42-+4H+ +2Fe2+ (3). 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性KMnO4溶液，若褪色说明有Fe2+，不褪色说明没有Fe2+ (4). 不合理 (5). HNO3可以将SO2氧化成H2SO4，干扰实验 (6). BC
【详解】（1）利用Fe3＋具有强氧化性，C中发生离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋，Fe3＋显棕黄色，Fe2＋显浅绿色，现象为溶液由棕黄色变成浅绿色；
（2）①根据上述分析，发生离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；
②Fe2＋以还原性为主，检验Fe2＋实验方案是 取少量C中反应后的溶液于试管中，向其中滴入酸性KMnO4溶液，若褪色说明有Fe2＋，不褪色说明没有Fe2＋；
③HNO3具有强氧化性，能把SO2氧化成H2SO4，干扰实验，因此该做法不合理；
（3）A、浓硫酸与SO2不发生反应，浓硫酸不能代替FeCl3，故A不符合题意；
B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，如果紫红色褪去，说明SO2具有还原性，故B符合题意；
C、碘水中I2，具有强氧化性，能把SO2氧化，淡黄色褪去，说明SO2具有还原性，故C符合题意；
D、NaCl溶液不与SO2发生反应，不能鉴别SO2有还原性，故D不符合题意。
四、计算题(只需填最终结果，共8分)
29.向80mL浓硫酸中加入56g铜片，加热一段时间后，至不再反应为止，计算：
(1)实验测得反应中共有13.44L标准状况下的SO2生成，被还原的硫酸的物质的量为_____mol，反应中转移的电子有_____mol。
(2)将反应后的混合物加水稀释到100mL并除去不溶物，加入足量锌粉放出标准状况下5.376L氢气，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____，反应的Zn的质量为_____。
【答案】(1). 0.6 (2). 1.2 (3). 18mol/L (4). 54.6g
【详解】（1）Cu与浓硫酸反应方程式为Cu＋2H2SO4CuSO4＋SO2↑＋2H2O，H2SO4被还原成SO2，根据S原子守恒，被还原硫酸的物质的量n(H2SO4)=n(SO2)=13.44L/22.4L·mol－1=0.6mol，转移电子物质的量为0.6mol×2=1.2mol；
（2）加入足量的锌粉放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与锌发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，过量硫酸的物质的量n(H2SO4)=n(H2)=5.376L/22.4L·mol－1=0.24mol，根据(1)与铜反应硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(SO2)=2×0.6mol=1.2mol，即原浓硫酸的物质的量为(1.2mol＋0.24mol)=1.44mol，即c(H2SO4)=1.44mol/(80×10－3L)=18mol·L－1，Zn与反应后溶液发生：Zn＋CuSO4=ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，消耗Zn的物质的量为n(Zn)=n(CuSO4)＋n(H2SO4)=n(SO2)＋n(H2)=(0.6＋0.24)mol=0.88mol，即消耗Zn的质量为0.84mol×65g·mol－1=54.6g。
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