吉林省油田第十一中学2020届高三上学期第一次阶段考试化学试题

吉林省油田第十一中学2020届高三上学期第一次阶段考试化学试题

‎2020届高三第一次阶段考试 化学试卷 可能用到的原子量：H-1 O-16 Mg-24 Al-27 Na-23 N-14‎ 第I卷（选择题，共60分)‎ 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共60分)‎ ‎1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法不正确的是 A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异性 B. 燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应 C. 铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀 D. 工业上可以利用铝热反应来冶炼Fe、Cr、Mn、V等稀有金属 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了NaHCO3的溶解度较小，在溶液中易析出的原理来制碱，故A正确；‎ B. 因焰色反应时能呈现出五彩缤纷的颜色，因此可用作焰火，故B正确；‎ C. 铝比铁活泼，但铝在其表面易被氧化为一层致密的氧化铝，阻止铝继续被氧化，所以铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀，故C正确；‎ D. 工业上可以利用铝热反应来冶炼稀有金属,但铁不是稀有金属，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列现象或新技术的应用中，不涉及胶体性质的是（ ）‎ A. 在饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀 B. 使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血 C. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到枝叶间透过的一道道光柱 D. 河流入海口形成三角洲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、FeCl3与NaOH发生FeCl3＋3NaOH=Fe(OH)3↓＋3NaCl，氢氧化铁为红褐色沉淀，没有涉及胶体的性质，故A符合题意；‎ B、血液为胶体，使用微波手术刀外科手术，可以使胶体聚成，迅速凝固血液，涉及胶体的聚沉，故B不符合题意；‎ C、这种现象是胶体的丁达尔效应，涉及胶体的性质，故C不符合题意；‎ D、河流入海口，发生胶体的聚成，使泥沙沉积，形成三角洲，与胶体的性质有关，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列叙述正确的是 A. CO2、SiO2、P2O5均为酸性氧化物 B. 需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀 C. 苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质 D. 常用于区分溶液和胶体的方法丁达尔效应是化学方法 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 能跟碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO2、SiO2、P2O5均可以跟碱反应生成盐和水，所以均为酸性氧化物，故A选；‎ B. 电解和电镀需要通电才可进行，电离和电化学腐蚀不需要通电，故B不选；‎ C. 苛性钾在水中和熔融状态下都能完全电离，是强电解质，次氯酸在水中部分电离，是弱电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C不选；‎ D. 丁达尔效应是胶粒对光的散射，所以区分溶液和胶体的方法丁达尔效应不是化学方法，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】酸性氧化物是能跟碱反应生成盐和水的氧化物，而且只生成一种盐和水，NO2不是酸性氧化物，因为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，同理，碱性氧化物是能跟酸生成一种盐和水的氧化物，Fe3O4也不是碱性氧化物。电离不需要通电，但电离能产生带电的离子，通电后可以导电，电化学腐蚀能把化学能转化为电能，都和电有关，但都不需要通电。单质既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎4.设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.01molMg在CO2中完全燃烧，转移电子数为0.01NA B. 2 mol·L-1 的Na2SO4溶液中含有4 NA个Na+‎ C. 将含有0.1 mol FeCl3饱和溶液逐滴滴入足量沸水中，得到Fe(OH)3胶体数目为0.1 NA D. 7.8 g Na2O2含有的阴离子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1个镁原子变为镁离子转移两个电子，0.01molMg完全燃烧，转移电子数为0.02NA，故A错误；‎ B. 溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故B错误；‎ C. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧化铁胶粒的个数小于0.1NA个，故C错误；‎ D. 7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1NA个阴离子，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 A. 常温常压下，11.2L二氧化碳含有的原子数等于1.5NA B. 100mL1mol·L-1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA C. 标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉，转移的电子数为2NA D. 常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，则含有的原子数小于1.5NA个，故A错误；‎ B. FeCl3为强酸弱碱盐，溶液中Fe3+发生水解生成氢氧化铁，Fe3+数目减少，小于0.1NA，故B错误；‎ C. 标准状况下，22.4LCl2为1 mol，通入足量的石灰乳中发生氧化还原反应生成氯化钙和次氯酸钙，Cl2中氯的化合价既升高又降低，转移的电子数为NA，故C错误；‎ D. 氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为n==3mol，故含有3NA个氧原子，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+‎ B. 氯气和冷水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-‎ C. 铝和烧碱溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑‎ D. AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故A不选；‎ B. 氯气和冷水反应生成的HClO是弱酸，不能拆成离子形式，故B不选；‎ C. 铝和烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，正确，故C选；‎ D. AlCl3溶液中加入氨水生成氢氧化铝沉淀，即使氨水过量，氢氧化铝也不能溶解，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎7.在溶液中加入足量的过氧化钠后仍能大量共存的离子组是（ ）‎ A. K＋、Cu2＋、Cl－、SO42－ B. K＋、AlO2－、NO3－、CO32－‎ C. Na＋、Cl－、NO3－、SO32－ D. Ca2＋、Mg2＋、Cl－、HCO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，且过氧化钠具有强氧化性，‎ A.四种离子间不发生反应，能够大量共存，加入过氧化钠后，Cu2＋能够与OH-发生反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B.四种离子间不发生反应，能够大量共存，加入过氧化钠后，四种离子与OH-不发生反应，均能大量共存，故B正确；‎ C.四种离子间不发生反应，能够大量共存，加入过氧化钠后，过氧化钠能够氧化SO32－，在溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D.四种离子间不发生反应，能够大量共存，加入过氧化钠后，HCO3－与OH-发生反应生成CO32-，进而与钙离子、镁离子结合生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎8.下列反应的离子方程式正确的是 A. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO+OH-=BaCO3↓+H2O B. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳 Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO C. 用氨水吸收少量二氧化硫 OH-+SO2=HSO3-‎ D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2++HCO+OH-=BaCO3↓+H2O，A项正确；‎ B. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，碳酸钙完全转化成碳酸氢钙，正确的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO，B项错误；‎ C. 一水合氨是弱电解质，在离子方程式中不能拆，用氨水吸收少量二氧化硫的离子方程式为：2NH3H2O+SO2═SO32-+2NH4++H2O，C项错误；‎ D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2＋+2OH-=BaSO4↓+2H2O，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.已知2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O,下列说法正确的是( )‎ A. HCl发生了还原反应 B. 氧化性：Cl2＞KMnO4‎ C. 该反应中浓HCl只体现了还原性 D. 当标准状况下产生22.4L氯气时，转移电子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中部分HCl中-1价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；‎ B.该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以氧化剂是KMnO4，失去电子被氧化的产物为氧化产物，所以氧化产物为Cl2，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；‎ C.16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol的氯气，体现了HCl的还原性，另外的6molHCl化合价没变，体现的是HCl的酸性，故C错误；‎ D.当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.有下列三个反应：①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2，②2Fe+3Cl22FeCl3，③2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑，若某溶液中有Fe2+、I−和Cl−，要氧化除去I−而不除去Fe2+和Cl−，可加入的试剂是 A. Cl2 B. KMnO4 C. FeCl3 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化剂的氧化性大于氧化产物，由反应①②③可知氧化性由强至弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+。‎ ‎【详解】A项、氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A错误；‎ B项、KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B错误；‎ C项、FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C正确；‎ D项、HCl与Fe2+、I−和Cl−三种离子均不反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.用高铁酸钠(Na2FeO4)对河、湖水消毒是城市饮用水处理的新技术，已知反应：Fe2O3＋3Na2O2=2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. Na2O2既是氧化剂又是还原剂 B. Fe2O3在反应中显氧化性 C. Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物 D. 3molNa2O2发生反应，有12mol电子转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；‎ B. Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性；‎ C、还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物叫还原产物；‎ D、根据反应过程转移的电子物质的量来计算回答。‎ ‎【详解】A、反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，选项A错误；‎ B、 Fe2O3在反应中铁元素由+3价变为+6价被氧化，显还原性，选项B错误；‎ C、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和Na2O是还原产物，所以Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，选项C正确；‎ D、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O中，铁元素化合价共升高6价，所以反应过程转移的电子物质的量为6mol，消耗3molNa2O2，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查学生氧化还原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。‎ ‎12.有下列物质：①小苏打、②硫酸铝、③氯化铁、④磁性氧化铁、⑤氢氧化铁，其中能通过化合反应制得的是（ ）‎ A. ①②④⑤ B. ①③④⑤ C. ②③④⑤ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①小苏打可以通过碳酸钠、二氧化碳和水化合得到：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3②硫酸铝可以用铝和硫酸、氧化铝和硫酸、氢氧化铝和硫酸或偏铝酸盐和过量的硫酸发生反应制得，但不能通过化合反应制得③氯化铁可以用铁和氯气或氯气和氯化亚铁反应制得④磁性氧化铁可以通过铁在氧气中燃烧得到⑤氢氧化铁可以通过氢氧化亚铁和氧气以及水发生化合反应制得：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。故选B。‎ ‎【点睛】虽然Fe2O3不能和水反应生成Fe(OH)3，但Fe(OH)3可以通过4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3化合反应得到。铁的化合物FeCl2不能由两种单质铁和氯气化合得到，但可以通过铁和FeCl3发生化合反应得到。之所以铁的一些化合物可以通过一些非常规化合反应得到，主要是由于铁的变价的存在。‎ ‎13.下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是(　　)‎ A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3‎ C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，A不符合题意；‎ B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能一步反应生成氢氧化铝，B符合题意；‎ C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，能一步实现反应，C不符合题意；‎ D.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，空气中氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.实验室以空气和镁为原料制备 Mg3N2 的装置如图所示（夹持和加热装置略去）：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 装置 A、B 中可依次加入浓硫酸、NaOH 溶液 B. 若去掉装置 C，对产品纯度无影响 C. 实验时应先加热 C，通入一段时间空气后再加热D D. E 中碱石灰的作用是吸收尾气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.要制备氮化镁，需要除去空气中的氧气、CO2和水蒸气，则装置A. B 中可依次加入NaOH溶液、浓硫酸， 选项A错误；‎ B.若去掉装置C ,镁与氧气反应生成氧化镁,对产品纯度有影响, 选项B错误；‎ C.实验时，应先加热C，通入一段时间空气除去氧气，然后再加热D , 选项C正确；‎ D.装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，避免进入D中干扰实验，选项D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎15.能把Al2(SO4)3﹑Fe2(SO4)3 ﹑MgCl2﹑FeCl2四种溶液区别开来的一种试剂是( )‎ A BaCl2 B. NaOH C. AgNO3 D. NH3·H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al2(SO4)3﹑Fe2(SO4)3均与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，不能区分，故A错误；‎ B.Al2(SO4)3和NaOH溶液反应先生成白色沉淀，再加过量NaoH溶液白色沉淀溶解，反应方程式为：Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3↓+3Na2SO4，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；Fe2(SO4)3与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀，反应方程式为：Fe2(SO4)3 +6NaOH=Fe(OH)3↓+3Na2SO4；‎ MgCl2和NaOH溶液反应生成白色沉淀，反应方程式为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；FeCl2‎ 与NaOH溶液反应生成白色沉淀然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应方程式为：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，现象不同，可以区分，故B正确；‎ C.四种溶液均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，不能区分，故C错误；‎ D.Al2(SO4)3﹑MgCl2均与NH3·H2O反应生成白色沉淀，不能区分，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎16.将一定质量的Mg和Al混合物投入到200mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法不正确的是 A. 生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L B. 最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸 C. NaOH溶液物质的量浓度为5 mol·L−1‎ D. Mg和Al的总质量为9 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、根据图像，Al(OH)3的物质的量为(0.35－0.15)mol=0.2mol，氢氧化镁的物质的量为0.15mol，根据元素守恒，合金中n(Al)=0.2mol，n(Mg)=0.15mol，合金与硫酸反应，产生氢气的物质的量为(0.2×3＋0.15×2)/2mol=0.45mol，氢气的体积为0.45×22.4L=10.08L，故A说法错误；B、0－20mL没有沉淀产生，发生的反应是H＋＋OH－=H2O，因此最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸，故B说法正确；C、200－240mL发生的反应Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，消耗NaOH的物质的量为0.2mol，即c(NaOH)=0.2/40×10－3mol·L－1=5mol·L－1，故C说法正确；D、根据A选项分析，合金的质量为(0.2×27＋0.15×24)g=9g，故D说法正确。‎ ‎17.实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过程如图所示。下列说法正确的是 A. 试剂①可选用盐酸或NaOH溶液 B. 过滤操作中使用的玻璃仪器只有漏斗、烧杯 C. 滤液A到沉淀B的反应中无CO2生成 D. 最后一步操作是蒸发结晶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铁和镁和铝都能和盐酸反应，但只有铝和氢氧化钠溶液反应，为防止Fe、Mg杂质干扰，试剂①只能选择NaOH溶液，A项错误；‎ B.项过滤操作中使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B项错误；‎ C项滤液A为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸根和碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，反应的离子方程式为：AlO2- + HCO3- + H2O = Al(OH)3↓ + CO32-，无CO2生成，C项正确；‎ D项制备明矾含有结晶水，不能用蒸发结晶的方法，应采用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法，D项错误。‎ 故选C。‎ ‎18.下列有关金属的说法中，正确的是（ ）‎ A. 铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以用于印刷电路板的制作 B. 用洁净的铂丝沾取碳酸钾溶液在酒精灯火焰上灼烧，可观察到明亮的紫色火焰 C. 钠着火时，可选用泡沫灭火器灭火 D. 燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中不能继续燃烧 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，氯化铁溶液起到刻蚀制作电路板的作用，故A正确；‎ B项、用洁净的铂丝沾取碳酸钾溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片，可观察到明亮的紫色火焰，故B错误；‎ C项、钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，所以钠着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故C错误；‎ D项、燃着的镁条伸入盛满二氧化碳的集气瓶中，镁条能继续燃烧，与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】易错点是二氧化碳不支持燃烧和呼吸，但能与镁反应。‎ ‎19.用毛笔蘸取少量30%的FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶液冲到小烧杯中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 烧杯中的溶液呈棕黄色 B. 铜片无任何变化 C. 铜片上的凹凸陷的“Cu”字 D. 发生发应：Fe3＋＋Cu==Cu3＋＋Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，铜离子呈蓝色、铁离子呈黄色、亚铁离子呈浅绿色，据此分析解答。‎ ‎【详解】FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，反应方程式为2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2；‎ A．溶液中溶质为CuCl2、FeCl2，不存在铁离子，所以溶液不呈棕黄色，故A错误；‎ B．FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，所以Cu被腐蚀，故B错误；‎ C．FeCl3具有氧化性，能氧化Cu生成Cu2+，所以Cu被腐蚀，所以铜片上有凹陷的“Cu”字，故C正确；‎ D．发生的离子反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎20.下列说法正确的是：①焰色反应属于化学性质 ②酸性氧化物都是非金属氧化物③FeCl2、Fe(OH)3、Fe3O4都能通过化合反应来制取 ④Na2O2不是碱性氧化物（ ）‎ A. ②③④ B. ③④ C. ①③④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①物质能发生焰色反应为该物质的物理性质，①错误；‎ ‎②酸性氧化物不都是非金属氧化物，如Mn2O7等，②错误；‎ ‎③氯化亚铁可由Fe和氯化铁溶液化合制取，氢氧化铁可由氢氧化亚铁与水和氧气反应制取，Fe3O4可由Fe和氧气反应制取，③正确；‎ ‎④Na2O2与酸反应生成盐和水之外还会生成氧气，不是碱性氧化物，④正确；‎ 故答案选B。‎ ‎21.根据下列所示的转化关系，推断甲物质是(　　)‎ 甲乙丙丁甲 A. Cu B. CuO C. MgO D. Mg ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铜与盐酸不反应，A错误；‎ B、氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铜，丙是硝酸铜，与铁发生置换反应生成丁是铜，铜与氧气化合生成氧化铜，B正确；‎ C、氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，氯化镁与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸镁，丙是硝酸镁，镁的金属性强于铁，铁不能置换出镁，C错误；‎ D、镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，氯化镁与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸镁，丙是硝酸镁，镁的金属性强于铁，铁不能置换出镁，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎22.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，相关物质的转化关系如图所示。则下列关于C的性质的叙述错误的是( ) ‎ A 易溶于水 B. 与澄清石灰水反应产生白色沉淀 C. 与足量盐酸反应放出气体 D. 属于碱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，则：‎ A．碳酸钠易溶于水，A正确；‎ B．Na2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，B正确；‎ C．Na2CO3与足量盐酸反应生成CO2气体，C正确；‎ D．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解其溶液呈碱性，但碳酸钠是盐，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎23.如图所示5种物质中均含同种金属元素，且在一定条件下（不含电解）能按图示箭头方向实现一步转化，则该金属元素可能是（ ）‎ A. Na B. K C. Fe D. Ca ‎【答案】C ‎【解析】‎ 氢氧化钠、氢氧化钾受热不分解，A、B错误；由于钙属于活泼金属，与水剧烈反应，用电解熔融的氯化钙进行制备，不能用金属从其的盐溶液中直接置换，D错误；铁的氢氧化物受热分解为铁的氧化物，用一些活泼金属可以从铁的盐溶液中置换出金属铁，C正确；答案选C。‎ ‎24.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeCl2、NaOH、BaCl2四种物质中一种。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。‎ ‎25.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3═K2O+5Na2O+16N2↑，则下列说法正确的是（ ）‎ A. KNO3是还原剂，其中N元素被氧化 B. 生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比5：1 D. 当氧化产物比还原产物多2. 8g时，转移电子1/14  mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在这个反应中，NaN3中氮元素的化合价升高，KNO3中氮元素的化合价降低，因此NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，KNO3中N元素被还原，故A不选；‎ B.氮气既是氧化产物又是还原产物，故B不选；‎ C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，故C不选；‎ D.还原产物和氧化产物都是N2，当转移10mol电子时，氧化产物为15mol，还原产物为1mol，氧化产物比还原产物多14mol，即392g，因此，当氧化产物比还原产物多2. 8g时，转移电子为1/14  mol，故D选；‎ 故选D。‎ ‎26.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 某溶液加入稀盐酸产生无色气体，一定有CO32-‎ B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-‎ C. 加足量稀硝酸酸化后，溶液中无明显变化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，能确定有Cl-存在 D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、盐酸能与碳酸根或碳酸氢根离子反应生成无色气体二氧化碳，某溶液加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32-，还可能是HCO3-，故A错误；‎ B项、氯化钡能与硫酸根离子或银离子反应生成不溶于水也不溶于酸的硫酸钡或氯化银沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中可能存在硫酸根或是银离子中的至少一种，故B错误；‎ C项、加足量稀硝酸酸化后，溶液中无明显变化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀说明溶液中有Cl-存在，故C正确；‎ D项、碳酸钠溶液与Ba2+或Ca2+反应生成白色碳酸钡或碳酸钙沉淀，碳酸钡或碳酸钙沉淀均能溶于盐酸，加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，说明溶液中可能存在Ba2+或Ca2+中的至少一种，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎27.下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的一组为 A. 纯盐酸、氨气、硫酸、干冰 B. 蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫 C. 胆矾、盐酸、铁、碳酸钙 D. 生石灰、漂白粉、氯化铜、碳酸钠 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纯盐酸为氯化氢气体的水溶液是混合物，故A错误：‎ B、蒸馏水、氨水、碳酸氢钠、二氧化硫按纯净物、混合物、电解质、非电解质的顺序组合的，所以B选项是正确的：‎ C、铁是单质，碳酸钙是电解质，故C错误：‎ D、碳酸钠是电解质，故D错误：‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据概念结合物质的组成结构进行分析判断，由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物，由不同物质组成的为混合物，在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质。‎ ‎28.下列说法中，错误的是(　　)‎ A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2‎ B. 镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁，故镁不需要像钠一样作特殊保护 C. 铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼 D. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要加保护层 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；‎ B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；‎ C. 铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；‎ D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。‎ 所以本题答案：C。‎ ‎29.利用废铁屑(主要成分为Fe，还含有C，S，P等)制取高效净水剂K2FeO4流程如图：‎ 下列说法不正确的是 A. 废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污 B. 步骤②是将Fe2+转化为Fe(OH)3‎ C. 步骤③中发生的反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-==2FeO42-+3Cl-+4H++H2O D. 步骤④中反应能发生的原因是在相同条件下，K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】废铁屑(主要成分为Fe，还含有C、 S、P等)加入酸溶得到亚铁盐，过滤后向滤液中加入过量NaOH溶液和H2O2溶液，NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，然后加入NaClO溶液，在碱溶液中发生氧化还原反应生成Na2FeO4，加入KCl固体利用溶解度不同转化为K2FeO4析出。‎ A. 纯碱是强碱弱酸盐，CO32−水解导致纯碱溶液呈碱性，碱性条件下油污水解生成高级脂肪酸盐和甘油，所以废铁屑在酸溶前可用热的纯碱溶液去油污，故A正确；‎ B. NaOH中和过量的酸，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，在碱溶液中将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，步骤②的目的是将溶液中Fe2+转化为Fe(OH)3，故B正确；‎ C. 步骤③中发生的反应是碱性条件下发生的反应，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+4OH−+3ClO−═2FeO42−+3Cl−+5H2O，故C错误；‎ D. 步骤④中反应的化学方程式为2KOH+Na2FeO4=K2FeO4+2NaOH，溶解度大的能转化为溶解度小的物质，反应能发生的原因K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎30.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液 生成白色沉淀 该溶液中不一定含有SO42﹣‎ B 向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水 滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红 氧化性：Cl2＞Fe3+‎ C 取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸 产生无色气体 Na2O2没有变质 D 将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42−，A项正确；‎ B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项正确；‎ C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；‎ D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；‎ 答案选C.‎ ‎【点睛】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。‎ 第II卷（非选择题，共40分)‎ 二、填空题(每空2分，共16分)‎ ‎31.“绿色试剂”双氧水可作为采矿业废液的消毒剂，可消除采矿废液中的氰化物(如KCN)，化学方程式为KCN + H2O + H2O2===A + NH3↑。(已知KCN中 C为+2价)‎ ‎(1)生成物A的化学式为__________________。‎ ‎(2)在标准状况下，有0.448 L 氨气生成，转移电子的物质的量为__________。‎ ‎(3)反应被氧化的元素为________________。‎ ‎(4)H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是______________________。‎ ‎【答案】 (1). KHCO3 (2). 0.04mol (3). 碳(或C) (4). H2O2‎ 作氧化剂，其还原产物一般是 H2O，对环境无污染 ‎【解析】‎ ‎（1）根据原子守恒可知生成物A的化学式为KHCO3。（2）碳元素化合价从+2价升高到+4价，失去2个电子。在标准状况下，有0.448L氨气生成，氨气是0.02mol，因此根据方程式可知转移电子的物质的量为0.02mol×2＝0.04mol。（3）碳元素化合价升高，反应被氧化的元素为C。（4）H2O2作氧化剂，其还原产物一般是H2O，对环境无污染，因此H2O2被称为“绿色氧化剂”。‎ ‎32.现有A、B、C、D、E五种可溶性强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．‎ 阳离子 H+、Na+、A13+、Ag+、Ba2+‎ 阴离子 OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣‎ 已知：①A、B两溶液呈碱性；C、D、E溶液呈酸性．②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生（沉淀包括微溶物，下同）；③A溶液与C溶液反应只有气体产生．④D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；且C只能与D反应产生沉淀．‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）写出化学式：D___________‎ ‎（2）E可用于净水的原因是：（用离子方程式表示）_________________________________‎ ‎（3）A溶液与足量C溶液反应的离子方程式_______________________________________‎ ‎（4）A溶液与E溶液反应的离子方程式________________________‎ ‎【答案】 (1). AgNO3 (2). Al3+＋3H2O== Al (OH)3(胶体) + 3H+ (3). CO32-＋2H+==H2O ＋CO2↑ (4). 2Al3+＋3CO32-＋3H2O== 2Al(OH)3↓＋3CO2↑‎ ‎【解析】‎ 本题主要考查离子反应。‎ ‎（1）根据题意判断A、B、C、D、E分别是碳酸钠、氢氧化钡、氯化氢、硝酸银、硫酸铝，D的化学式：AgNO3。‎ ‎（2）E可用于净水的原因是：（用离子方程式表示）Al3+＋3H2O== Al (OH)3(胶体) + 3H+。‎ ‎（3）A溶液与足量C溶液反应的离子方程式：CO32-＋2H+==H2O ＋CO2↑。‎ ‎（4）A溶液与E溶液反应的离子方程式:2Al3+＋3CO32-＋3H2O== 2Al(OH)3↓＋3CO2↑。‎ 三、工业流程 ‎33.已知铝土矿主要成分为Al2O3，还含有少量的Fe2O3、SiO2等杂质。如图是工业上冶炼铝的工艺流程图：‎ ‎（1）操作Ⅰ和Ⅱ是用于分离溶液和沉淀，称为__。需要用到哪些玻璃仪器__。‎ ‎（2）操作Ⅰ分离出的沉淀除了含有泥沙外，一定还含有__，滤液X中，含铝元素的溶质的化学式为__。写出步骤②中与过量CO2反应的离子方程式___。‎ ‎（3）操作Ⅱ得到的沉淀除了氢氧化铝还有___，它属于___（填“酸”、“碱”或“盐”）类物质。‎ ‎（4）实验室里常往氯化铝溶液中加入___（填“氨水”或“NaOH溶液”）制取氢氧化铝，写出对应的离子方程式___。‎ ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (3). Fe2O3 (4). NaAlO2 (5). AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－ SiO32－+2CO2+2H2O=2HCO3－+H2SiO3↓ (6). 硅酸或H2SiO3 (7). 酸 (8). 氨水 (9). Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶于强酸又溶于强碱；只有氧化铁溶于强酸，不溶于碱；二氧化硅只溶于强碱，不溶于酸；则得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁；过量CO2与偏铝酸根钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；过量的二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠；据此解答。‎ ‎【详解】(1)分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法；过滤用到的玻璃仪器有:烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎(2向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶于强酸又溶于强碱，发生反应Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O；Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O；则得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁；过量CO2与偏铝酸根钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－‎ ‎；过量的二氧化碳和硅酸钠反应生成硅酸和碳酸氢钠，离子方程式为：SiO32－+2CO2+2H2O=2HCO3－+H2SiO3↓；‎ ‎(3)根据以上分析可知操作Ⅱ得到的沉淀除了氢氧化铝还有硅酸或H2SiO3，硅酸属于弱酸；‎ ‎(4)因为氢氧化钠为强碱，氢氧化铝易溶于氢氧化钠中，不溶于氨水中，所以实验室里常往氯化铝溶液中加入氨水制备氢氧化铝，化学方程式为：AlCl3+3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl；离子反应为Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+。‎ 四、实验题 ‎34.某校化学小组学生利用如图所列装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并利用产物进一步制取FeCl3·6H2O晶体。(图中夹持及尾气处理装置均已略去)‎ ‎(1)装置B中发生反应的化学方程式是__________________________。‎ ‎(2)装置E中的现象是_____________________________________。‎ ‎(3) 该小组学生利用B装置的固体与足量盐酸反应后的滤液制取FeCl3·6H2O晶体，设计流程如图所示：‎ ‎①步骤I中通入Cl2的作用是______________________________。‎ ‎② 简述检验滤液中Fe3+的操作方法________________________。‎ ‎③步骤Ⅱ从FeCl3稀溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的主要操作包括：___________。‎ ‎【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (2). 黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠 (3). 将Fe2+氧化成Fe3+ (4). 取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色 (5). 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铁与水蒸气高温下反应生成四氧化三铁和氢气，据此写出反应的化学方程式；‎ ‎（2）装置E中黑色的氧化铜被氢气还原成红色的铜，同时有水珠生成； ‎ ‎（3）①根据流程结合氯气的强氧化性分析氯气的作用；‎ ‎②根据三价铁的检验方法加KSCN溶液，观察是否变红； ‎ ‎③由FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体需加热浓缩、冷却晶体，过滤。‎ ‎【详解】（1）装置B中铁粉与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；‎ ‎（2）装置B铁与水蒸气反应生成的氢气，经碱石灰干燥后加入装置E，氧化铜与氢气加热发生反应生成了铜和水，所以反应的现象为：黑色的粉末变成紫红色，管壁产生水珠；‎ ‎（3）B装置中反应混合物中有Fe3O4，可能有Fe剩余，与足量的盐酸反应后过滤，滤液中含有FeCl2和FeCl3。①因为氯气具有强氧化性，所以能将二价铁离子氧化为三价铁离子，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；‎ ‎②检验三价铁用KSCN溶液，观察是否变红，故答案为：取少量滤液，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色；‎ ‎③由FeCl3稀溶液中得到FeCl3•6H2O晶体需加热浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤。‎ ‎【点睛】本题考查了铁及其化合物的性质实验，题目难度不大，注意掌握铁与水蒸气反应原理，试题侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。‎ ‎ ‎