【化学】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题（解析版）

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题
本卷可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28
一、单选题（本大题共20小题，共40分）
1.化学与生活密切相关。下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是
A. 纯碱—Na2CO3 B. 小苏打—Na2CO3
C. 苛性钠—Na2CO3 D. 胆矾—CuSO4
【答案】A
【解析】
【分析】A．纯碱是碳酸钠；
B．小苏打是碳酸氢钠；
C．苛性钠是氢氧化钠；
D．胆矾是五水硫酸铜。
【详解】A．碳酸钠俗称纯碱、苏打，其化学式为Na2CO3，选项A正确；
B．碳酸氢钠的俗称是小苏打，其化学式为NaHCO3，选项B错误；
C．氢氧化钠俗称苛性钠、火碱，其化学式为NaOH，选项C错误；
D．胆矾是五水硫酸铜，为蓝色晶体CuSO4·H2O，CuSO4为白色粉末，选项D错误。
答案选A。
2.下列说法正确的是( )
A. 因为HF与SiO2反应，故用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
B. 下列转化在一定条件下能够实现：SiO2SiCl4Si
C. SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
D. Si用于制造光导纤维
【答案】A
【详解】A、HF与SiO2反应，SiO2+HF=SiF4+H2O,故用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，故A正确；B、SiO2只溶于HF，不溶于盐酸，故B错误；C、HF与SiO2反应体现的是HF的特性，SiO2与其他的酸不反应，不是两性氧化物，故C错误；D、Si用于制造晶体管，SiO2用于制造光导纤维，故D错误。故选A。
3.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 氢氧化铝胶体可用来对自来水净水和杀菌消毒
B. “血液透析”利用了胶体的性质
C. BaCO3常用来做胃镜中的“钡餐”
D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质
【答案】B
【详解】A. 氢氧化铝胶体可吸附水中的悬浮颗粒而净水，但是不能杀菌消毒，杀菌消毒需要强氧化的物质，故A错误；B. 透析是通过小分子经过半透膜扩散到水(或缓冲液)的原理，将小分子与生物大分子分开的一种分离技术，人体的血液属于胶体，不能透过半透膜，故B正确；C. 用来做胃镜的“钡餐”是硫酸钡， 不是碳酸钡，故C错误；D. 碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘元素的食物，但是食盐中加的不是碘单质，而是碘酸钾，故D错误；本题选B。
4.下列关于钠的说法中，正确的是（ ）
A. 实验后剩余的钠粒，不能放回原试剂瓶中
B. 钠着火后，可用泡沫灭火器来灭火
C. 钠的化学性质比较活泼，少量的钠可以保存在与钠不反应的煤油中
D. 当钠与硫酸铜溶液反应时，有大量红色固体铜出现
【答案】C
【详解】A、实验剩余的金属单质和非金属单质应放回原试剂瓶，即剩余的钠应放回原试剂瓶，故A错误；
B、钠燃烧后的产物过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，使燃烧加剧，故B错误；
C、钠的密度比煤油的大，且和煤油不反应，故保存在煤油中可以隔绝空气和水，所以C选项是正确的；
D、钠和盐溶液反应时，先和水反应，生成的氢氧化钠再和盐反应，即不能置换出金属铜，故D错误。
所以C选项是正确的。
5.设为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 18gH2O中所含的电子数为NA
B. 标准状况下，22gCO2与11.2LH2O含有相同的原子数
C. 常温常压下，48gO2与O3的混合气体中含有的原子总数为3NA
D. 2L0.1mol/LNa2CO3溶液中所含Na+的数目为0.2NA
【答案】C
【详解】A、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中含10mol电子，故为10NA个，选项A错误；
B、标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，选项B错误；
C．O原子质量为48g，物质的量为=3mol，O原子数为3NA，选项C正确；
D．2L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.2mol，0.2mol碳酸钠中含有0.4mol钠离子，含Na+0.4NA个，选项D错误；
答案选C。
6.下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是
选项
现象或事实
解释
A
常用于潜水艇或呼吸面具供氧剂
与反应产生
B
常用铝箔做包装材料
金属铝有好的延展性
C
溶液可用于刻制印刷铜电路板
与Cu发生反应
D
用小苏打治疗胃酸过多
可中和胃酸
【答案】D
【详解】A、Na2O2能与H2O、CO2发生反应，反应方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，因此过氧化钠常用于潜水艇或呼吸面具供氧剂，故A不符合题意；
B、金属铝有好的延展性，做成铝箔，常用铝箔做包装材料，故B不符合题意；
C、因为Cu与Fe3＋发生Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，因此常用FeCl3刻蚀印刷铜电路板，故C不符合题意；
D、Na2CO3溶液的碱性稍强，因此不能用Na2CO3中和胃酸，小苏打为NaHCO3，碱性较弱，小苏打可以用于治疗胃酸过多，故D符合题意。
7.下列离子方程式正确的是
A. 少量通入溶液中：
B. 与在酸性溶液中的反应：
C. 氢氧化铜与盐酸反应：
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
【答案】A
【详解】A、Fe2＋的还原性弱于I－，加入少量Cl2，Cl2先与I－反应：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，故A符合题意；
B、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子反应方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故B不符合题意；
C、氢氧化铜难溶于水，书写离子方程式时不能拆写，正确的离子方程式为Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，故C不符合题意；
D、石灰水足量，缺少NH4＋和OH－反应生成NH3·H2O，故D不符合题意。
8.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）
A. Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2
C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
【答案】C
【解析】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意；答案选C。
9.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. 溶液中加AgNO3溶液有白色沉淀生成,再加入稀盐酸沉淀不溶解,溶液一定含Cl-
B. 先滴加KSCN溶液不显红色，再滴加氯水后显红色证明某溶液中含有Fe2＋
C. 某溶液进行焰色反应为黄色，则该溶液一定含有Na+，一定没有K+
D. 溶液中加入稀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
【详解】A．氯离子、硫酸根均能与银离子反应生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，不能确定溶液中有Cl-存在，选项A错误；
B．先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加氯水后显血红色，可证明二价铁离子存在，选项B正确；
C．焰色反应焰颜色为黄色，则该溶液中一定有Na+，黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，不能确定是否含有K+，选项C正确；
D．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有HCO3-、SO32-离子，不一定含有CO32-，选项D错误；
答案选B。
10.某无色溶液含有下列离子中的若干种：、、、、、、、、向该溶液中加入铝粉，只放出，则溶液中能大量存在的离子最多有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【详解】溶液无色，则一定不存在铁离子。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，如果溶液显酸性，则存在的离子是氢离子、铵根、钡离子、铝离子、氯离子；如果显碱性，则可以大量存在的是钡离子（或碳酸根，二者不能同时存在）、氯离子、氢氧根、硝酸根，因此溶液中能大量存在的离子最多有五种。
答案选C。
11.下列化学方程式或离子方程式书写正确的是（ ）
A. 氢氧化铝的制备：AlCl3+3NaOH===Al(OH)3↓+3NaCl
B. Cl2尾气处理：Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
C. 0.01mol·L−1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L−1 Ba(OH)2溶液等体积混合：NH+Al3+ +2SO42-+2Ba2++4OH−===2BaSO4↓+Al(OH)3↓ +NH3·H2O
D. 赤铁矿石溶于足量的稀盐酸：Fe3O4+8H+===Fe2+ +2Fe3+ +4H2O
【答案】C
【详解】A、氢氧化铝为两性氢氧化物，能溶于NaOH，因此实验室制备氢氧化铝：AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，故A错误；
B、Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中OH－含量低，因此除去尾气氯气用NaOH溶液：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故B错误；
C、Ba2＋与SO42－反应生成BaSO4沉淀，0.01molAl3＋先与0.03molOH－反应生成0.01molAl(OH)3，然后0.01molNH4＋再与剩下0.01molOH－反应生成NH3·H2O，离子方程式为NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故C正确；
D、赤铁矿成分是Fe2O3，与盐酸反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，故D错误。
12.、混溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的
A. 加入 KSCN的溶液一定不变红色 B. 溶液中一定含有
C. 溶液中可能含 D. 剩余固体中一定有铜
【答案】B
【解析】
【分析】Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，加入铁粉，根据氧化还原反应中先后规律，反应的顺序为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。铜与铁离子不能共存：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu。
【详解】Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，加入铁粉，根据氧化还原反应中先后规律，反应的顺序为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。铜与铁离子不能共存：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu。
A、因为有固体存在，该固体可能是Fe、Cu的混合物、也可能是Cu，无论哪种哪种情况，得出溶液中一定不含Fe3＋，因此加入KSCN溶液后，溶液不变红，故A说法正确；
B、根据A选项分析，溶液中一定不含Fe3+，B说法错误，本题选B；
C、如果铁粉与Cu2＋反应，铁粉不足，溶液中有Cu2＋，固体为Cu单质，也符合题意，故C说法正确；
D、根据上述分析，剩余固体中一定含有铜，故D说法正确。
13. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】试题分析：A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确，答案选D。
14.电动自行车给人们带来了极大的方便，其电池为铅蓄电池，PbO2作为铅蓄电池的重要原料有广泛的用途。己知：5PbO2+2Mn2++4H+＝5Pb2++2MnO4－+2H2O，下列说法正确的是（ ）
A. PbO2为还原剂，具有还原性
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2
C. 生成1 mol的Pb2+，转移电子5 mol
D. 酸性环境下PbO2 的氧化性强于MnO4－
【答案】D
【解析】
【分析】该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，结合氧化还原反应的有关概念分析解答。
【详解】A．该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO2体现氧化性，故A错误；
B．氧化产物和还原产物分别是MnO4－、Pb2+，其物质的量之比为2：5，故B错误；
C．生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量为1mol×2=2mol，故C错误；
D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4－，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的MnO4－，故D正确；
答案选D。
15.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④⑤ B. 只有③④
C. 只有②③ D. 只有③④⑤
【答案】D
【详解】①金属钠与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，NaOH再与FeCl3溶液反应：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，得到红褐色沉淀，故①不符合题意；
②明矾为KAl(SO4)2·12H2O，因为加入过量NaOH，因此反应离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无白色沉淀，故②不符合题意；
③Ca(OH)2为少量，离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O，有白色沉淀生成，故③符合题意；
④发生AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，有白色沉淀生成，故④符合题意；
⑤利用NaHCO3溶解度小于Na2CO3，饱和碳酸钠溶液通入过量的CO2发生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，有白色沉淀生成，故④符合题意；
综上所述，选项D正确。
16.向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（ ）

A. 原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L−1
B. 通入CO2的体积为448mL
C. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1
D. 所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶3
【答案】C
【解析】
【分析】A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；
B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；
CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．
【详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，
A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；
B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；
C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；
D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；
故选C。
17.某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl－、AlO2-。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+
B. 反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3
C. 原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为1∶3
D. 原溶液中含有的阴离子是Cl－、AlO2-
【答案】C
【解析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2；A．通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B．通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3·H2O和NaAlO2，故B错误；C．根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH4++OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D．通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2-，故D错误；故答案为C。
18.下列各图中能较长时间看到氢氧化亚铁白色沉淀的是（ ）

A. ①②③④⑤ B. ①②⑤ C. ①②③④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。据此解答。
【详解】①、②原理一样，都是先用产生的氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气，能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中将胶头滴管插入硫酸亚铁溶液中可以看见白色的氢氧化亚铁沉淀，但不能较长时间保持；⑤中液面加苯阻止了空气进入能较长时间看到白色沉淀；答案选B。
19.在200mL氯化镁和氯化铝的混合液中，Mg2+的物质的量浓度为0.2mol·L−1，Cl−的物质的量浓度为1.3mol·L−1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需要加入4mol·L−1NaOH溶液的体积为（ ）
A. 40mL B. 72mL C. 80mL D. 128mL
【答案】C
【解析】试题分析：溶液中存在2n(Mg2+)+3n(Al3+)=n(Cl-)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，因n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，可知n(Al3+)=×（0.26mol-0.04mol×2）=0.06mol，欲使Mg2 + 全部沉淀分离出来，可发生Mg2 + + 2OH-= Mg(OH)2↓，Al3 + + 4OH-= AlO2-+ 2H2O，Al3 + 应恰好转化为AlO2-，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，利用Na、Cl、Al原子守恒，有n(NaOH) =" n(NaCl)" + (NaAlO2) = n(Cl-) + n(Al3 + ) =" 0.26mol" + 0.06mol = 0.32mol，属于至少需要加入4mol/L NaOH溶液的体积=" 0.08L" = 80mL，故选C。
20.以下实验操作及现象均正确的是
A. 实验Ⅰ（制备氢氧化铁胶体）：产生红褐色沉淀
B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体
D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】D
【详解】A、该实验是制备氢氧化铁胶体，向沸水中滴加几点饱和氯化铁溶液，加热至出现红褐色液体，即为氢氧化铁胶体，而不是沉淀，故A错误；
B、SCN－与Fe3＋生成Fe(SCN)3，溶液为血红色，Fe2＋与SCN－作用不显红色，故B错误；
C、Mg不与NaOH溶液发生反应，不会产生气体，故C错误；
D、因为Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，因此向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，有白色沉淀，继续滴加NaOH溶液，发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，沉淀溶解，故D正确。
二、填空题（本题包含6小题，共60分）
21.如下图所示：五个椭圆内分别为、、、和NaOH五种物质，图中相连的两种物质均可归为一类，相交的部分A、B、C、D为其相应的分类标准代号请回答下列问题：

（1）两种物质间发生反应且都是电解质的是___（填分类标准代号，下同），两种物质都是氧化物的是___。
（2）分类标准代号A表示______多项选择
两物质都是非电解质 两物质都是有机物
两物质都是含碳化合物两物质都是氧化物
（3）上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述物质中的另一种物质，该反应的离子方程式为：___________。
（4）利用以上物质可以制备一种红褐色胶体，该反应的离子方程式为：_______________________。
【答案】(1). D (2). B (3). ac (4). Fe2O3 +6H+=2Fe3++3H2O (5). Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+
【详解】（1）电解质包括酸、碱、多数的盐、水、多数金属氧化物等，因此本题中属于电解质的是Fe2O3、FeCl3、NaOH，两种物质间发生反应且都是电解质的是FeCl3和NaOH，即D符合题意；氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素，因此本题中属于氧化物的是CO2、Fe2O3，即B符合题意；
（2）a、C2H5OH和CO2都属于非电解质，故a正确；
b、C2H5OH属于有机物，CO2属于无机物，故b错误；
c、C2H5OH和CO2都属于含碳的化合物，故c正确；
d、C2H5OH不属于氧化物，CO2属于氧化物，故d错误；
（3）能与某种强酸反应生成上述物质中另一种物质，即反应为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；
（4）红褐色胶体为氢氧化铁胶体，将饱和几滴FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体，反应离子方程式为Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3(胶体)＋3H＋。
22.硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。
（1）下列物质不属于硅酸盐的是__________。
A．陶瓷 B．玻璃 C．水泥 D．生石灰
（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_________________，工业上制备硅的方程式为 ______________________，氧化剂与还原剂的质量比为______________。
（3）用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作______。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是________。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．瓷坩埚 D．铁坩埚
【答案】(1). D (2). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (3). 2C+SiO2Si+2CO (4). 5：2 (5). 防火剂或阻燃剂 (6). D
【详解】（1）传统的无机非金属材料是陶瓷、玻璃、水泥，生石灰为CaO，不属于硅酸盐，故D符合题意；
（2）SiO2属于酸性氧化物，与NaOH发生SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；工业上制备硅，利用C和SiO2反应：2C＋SiO22CO＋Si；氧化剂为SiO2，还原剂为C，质量比为60：(2×12)=5：2；
（3）Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，Na2SiO3可以作防火剂或阻燃剂；A、普通玻璃坩埚中含有SiO2，因此熔融纯碱不能选用普通玻璃坩埚，故A不符合题意；
B、石英玻璃中含有SiO2，因此熔融纯碱不能选用，故B不符合题意；
C、瓷坩埚中含有SiO2，因此熔融纯碱不能选用，故C不符合题意；
D、铁不与熔融Na2CO3发生反应，因此铁坩埚可以熔融碳酸钠，故D符合题意。
23.已知A为淡黄色固体，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C是无色无味的气体，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体。

（1）写出下列物质的化学式：A：__________，D：___________，R：_____________。
（2）按要求写下列反应方程式：
H在潮湿空气中变成M的过程中的化学方程式______________________________；
B和Q反应的离子方程式_________________________________________；
D与稀硝酸反应的离子方程式______________________________________________。
（3）检验溶液N中阴离子的方法、现象及离子方程式为_____________________。
【答案】(1). Na2O2 (2). Fe3O4 (3). Al (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (6). 3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O (7). 取溶液于试管中滴加盐酸，先出现白色沉淀后溶解；AlO2-+H+ +H2O=Al(OH)3↓；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
【分析】A为淡黄色固体，且A能与水反应故，即A为Na2O2，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，可能为Fe和Al，D是具有磁性黑色晶体，即D为Fe3O4，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体，即H为Fe(OH)2，.M为Fe(OH)3，W为FeCl3，C为无色无味的气体，则C为O2，B为NaOH，R为Al，则T为Fe，Q为氧化铝，N为NaAlO2，E为FeCl2和FeCl3；
【详解】A为淡黄色固体，且A能与水反应故，即A为Na2O2，T、R为两种常见的用途很广的金属单质，可能为Fe和Al，D是具有磁性黑色晶体，即D为Fe3O4，H是白色沉淀，且在潮湿空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色固体，即H为Fe(OH)2，.M为Fe(OH)3，W为FeCl3，C为无色无味的气体，则C为O2，B为NaOH，R为Al，则T为Fe，Q为氧化铝，N为NaAlO2，E为FeCl2和FeCl3；
（1）根据上述分析，A为Na2O2，D为Fe3O4，R为Al；
（2）Fe(OH)2容易被氧气氧化，Fe(OH)2潮湿空气中发生的方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；氧化铝为两性氧化物，能与NaOH发生Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；D为Fe3O4，与稀硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为3Fe3O4＋28H＋＋NO3－=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O；
（3）N为NaAlO2，阴离子为AlO2－，利用氢氧化铝为两性氢氧化物，因此检验AlO2－操作方法是取溶液于试管中滴加盐酸，先出现白色沉淀，继续滴加盐酸，沉淀溶解；AlO2-+H+ +H2O=Al(OH)3↓；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O。
24.在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验均各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，加入合金质量与产生气体有关数据见下表：
实验序号
甲
乙
丙
合金质量/mg
255
385
459
生成气体体积/mL
280
336
336
（1）甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？______(填“甲”或“乙”)，理由是______________。
（2）要算出盐酸的物质的量浓度，题中可作为计算依据的数据是________，求得的盐酸的物质的量浓度为________。
（3）求合金中Mg、Al的物质的量之比，题中可作为计算依据的数据是________，求得的Mg、Al物质的量之比为_____。
【答案】(1). 乙 (2). 在乙中继续加合金，气体体积不变，说明酸不足 (3). 336mL (4). 1mol/L (5). 甲 (6). 1：1
【解析】
【分析】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，n(Al)=n(Mg)=0.005mol。
【详解】根据表格中数据，甲、乙两组随着合金质量的增大，生成气体体积增大，即甲组中合金不足，盐酸过量，乙、丙两组中随着合金质量增大，气体体积不变，说明丙组中合金过量，盐酸过量，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，根据甲组计算合金物质的量，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，n(Al)=n(Mg)=0.005mol；
（1）合金中n(Al)和n(Mg)物质的量之比为1：1，则乙组中n(Al)=n(Mg)≈8×10－3mol，n(HCl)=30×10－3L×1mol·L－1=3×10－2mol，根据2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑、Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，消耗盐酸物质的量为3n(Al)＋2n(Mg)=3×8×10－3mol＋2×8×10－3mol=4×10－2mol>3×10－2mol，说明盐酸不足；
（2）根据上述分析，计算盐酸物质的量浓度，利用丙组数据进行计算，根据元素守恒，利用气体体积为336mL进行计算，n(HCl)=n(H2)×2=336×10－3×2L/(22.4L·mol－1)=3×10－2mol，c(HCl)=3×10－2mol/(30×10－3)L=1mol·L－1，计算得出c(HCl)=1mol·L－1；
（3）计算合金物质的量之比，利用甲组数值，，即255mg，利用24n(Mg)＋27n(Al)=255×10－3，2n(Mg)＋3n(Al)=280×10－3L×2/22.4L·mol－1，计算得出n(Al)=n(Mg)=0.005mol，n(Mg):n(Al)=1:1。
25.为探索工业中含有铝、铁、铜的合金废料的再利用，某同学设计了如下回收方案：

操作的名称是___________，滤渣B含有_______________________ （填化学式）。
合金废料与NaOH溶液反应的化学方程式：____________________________________；
反应的离子方程式是___________________________________；
若要从滤液D中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是_____________、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有_________________（填序号）。
A．漏斗坩埚烧杯玻璃棒
试剂Y应该是一种____________（填“氧化剂”或“还原剂”），它不可能是______（填序号）。
A．H2O2 B．H2 C．O2 D．Fe
【答案】(1). 过滤 (2). Fe、Cu (3). 2Al + 2NaOH +2H2O 2NaAlO2 +3H2 ↑ (4). CO2 + AlO2-+ 2H2O HCO3- + Al(OH)3↓ (5). 蒸发浓缩 (6). B (7). 氧化剂 (8). BD
【解析】
【分析】Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3，所以C是Al(OH)3，Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，再结合基本操作、物质的性质来分析解答。
【详解】Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al(OH)3，所以C是Al(OH)3，Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，
（1）通过以上知，合金废料加入足量氢氧化钠溶液后进行操作①得到滤液A和滤渣B，则操作的名称为过滤；滤渣B含有Cu和Fe；
（2）合金废料中铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH +2H2O 2NaAlO2 +3H2 ↑；
（3）反应①是NaAlO2和过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，反应的离子方程式为：CO2 + AlO2-+ 2H2O HCO3- + Al(OH)3↓；
（4）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有石棉网，故选B；
（5）试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S或Fe，故选BD。
26.Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色环保水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，应用广泛。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，该反应氧化产物是_____（填化学式）。
（2）湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO−、OH−、FeO42-、Cl−、H2O。
①写出并配平碱性条件下湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：______________________。
②每生成1molFeO42-转移________mol电子；若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。
Ⅱ．氧化还原反应在生产生活中应用广泛，思考回答以下问题
已知：2Fe3++2I−===2Fe2++I2，2Fe2++Br2===2Fe3++2Br−，2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl−
（1）含有1mol FeI2和2mol FeBr2的溶液中通入2mol Cl2，此时被氧化的离子是________。
（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c molCl2，当Br−被氧化一半时，c为_______________（用含a、b的代数式表示）。
（3）已知：S2O具有较强的还原性，实验室可用I－测定测定K2S2O8样品的纯度：有关反应方程式为： I2+2S2O32-→2I−+S4O62-，S2O82-+2I−→2SO42-+I2，则S2O82-、S4O62-、I2氧化性强弱顺序为：____________。
（4）已知溶液中：还原性HSO3->I－，氧化性IO3->I2>SO42-；向含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出的I2的物质的量的关系曲线如下图所示。

写出a点处还原产物是_______________；b点到c点反应的离子方程式________________
【答案】(1). Na2FeO4、O2 (2). 2Fe(OH)3+3ClO−+4OH− = 2FeO42-+ 3Cl−+5H2O (3). 3 (4). 0.15 (5). I−、Fe2+ (6). (3a+2b)/2 (7). S2O82->I2 >S4O62- (8). I− (9). IO3-+5I-+6H+=3I2 +3H2O
【详解】I.（1）氧化产物是还原剂被氧化，FeSO4中＋2价Fe转化成＋6价，化合价升高，Na2O2中－1价O→0价，化合价升高，因此属于氧化产物的是Na2FeO4、O2；
（2）①制备高铁酸钾，Fe的化合价升高，即ClO－作氧化剂，被还原成Cl－，环境为碱性，因此湿法制高铁酸钾的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO42－＋3Cl－＋5H2O；
②每生成1molFeO42－，转移电子物质的量为1mol×(6－3)=3mol，还原产物是Cl－，Cl的化合价由＋1价→－1价，化合价变化2价，因此转移电子物质的量0.3mol，生成n(Cl－)=0.3mol/2=0.15mol；
II.（1）根据题中所给反应方程式，得出还原性强弱的顺序是I－>Fe2+>Br－，向该混合溶液中通入氯气，反应的先后顺序是2I－＋Cl2=2Cl－＋I2、2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－，混合液中含有2molI－，消耗Cl2的物质的量为1mol，还剩1molCl2，Fe2＋物质的量为3mol，完全反应时，消耗Cl2的物质的量为3mol/2=1.5mol>1mol，因此被氧化的Fe2＋物质的量为2mol，综上所述，被氧化的离子有I－和Fe2＋；
（2）根据得失电子数目守恒有：2amol×1＋(a＋b)mol×1＋2b×1/2=cmol×2×1，解得c=(3a＋2b)/2；
（3）依据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据离子方程式的先后顺序得出氧化性强弱顺序是I2>S4O62－、S2O82－>I2，氧化性强弱顺序是S2O82－>I2>S4O62－；
（4）根据还原性以及氧化性强弱的顺序，IO3－将SO32－氧化成SO42－，本身被还原成I－，即0～1段发生离子方程式为IO3－＋3HSO3－=I－＋3SO42－＋3H＋，即a点还原产物为I－；b→c发生离子方程式为：IO3－+5I－+6H＋=3I2 +3H2O。