山西太原师范学院附属中学2024届化学高一上期末学业水平测试试题含解析

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）

1、下列各组溶液，当后一种溶液逐滴加入到一定量的前一种溶液中并稍过量，其溶液的导电性(I表示导电能力)与后一种溶液的质量(m)的函数关系符合下图的是

A．澄清石灰水、碳酸钠溶液 B．银溶液、氯化钠溶液 C．盐酸、氢氧化钠溶液 D．稀硫酸、氢氧化钡溶液

2、同温同压下，在两个容积相同的容器中，一个盛有C2H4气体，另一个盛有N2和CO的混合气体。两容器内的气体一定具有相同的（ ）

①分子数②密度③质量④质子数⑤原子数⑥电子数 A．①④⑥

B．①②⑤

C．③④⑥

D．①②③

3、A、B、C三种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图，下列说法中不正确的是

A．t1℃时，A的饱和溶液65 g中含有溶剂50 g

B．将t1℃ A、B、C三种物质的饱和溶液升温至t2℃ 时，溶液中溶质的质量分数是A=B＞C C．A中含少量C时可用降温结晶法提纯A D．25%的A溶液降温至t1℃时会有晶体析出

4、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（ ） A．氯化钠固体 C．石墨碳棒

B．硫酸钾溶液 D．熔融氢氧化钾

5、下列说法正确的是

A．用澄清石灰水可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠 B．新制氯水经光照一段时间pH减小

C．自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅

D．等质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，产生二氧化碳质量相同 6、下列仪器中不能直接加热的是（ ） A．试管

B．坩埚

C．蒸发皿

D．蒸馏烧瓶

7、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是( ) A．木已成舟

B．铁杵成针

C．蜡炬成灰

D．滴水成冰

8、离子方程式BaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+的H+不能代表的物质是（ ） ①HCl ②HNO3 ③CH3COOH ④NaHSO4 ⑤H2SO4 A．③

B．③④⑤

C．③⑤

D．⑤

9、下列离子在溶液中能大量共存，加入OH－能产生白色沉淀的是( ) A．Na＋、Ca2＋、SO42-、Cl- C．K＋、Mg2+、SO42-、NO3- 10、根据

B．H+、Mg2+、CO32-、S2- D．K+、Na+、NO3-、SO42-

的微粒结构示意图，下列说法中错误的是 ．．

A．它们属于不同元素 C．它们都是离子

B．它们都具有稳定结构 D．它们核外电子排布相同

11、无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次通过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，几乎无气体剩余，则甲气体的组成为

A．NH3、NO2、N2 C．NH3、NO2、CO2

B．NH3、NO、CO2 D．NO、CO2、N2

12、标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，下列说法不正确的是（） A．标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比为m:n B．25℃时，1kg气体A和1kg气体B的分子数之比为n:m C．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m:n D．标准状况下,等质量的A和B的体积比为m:n

13、在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是( ) A．溶液中Na+浓度增大，有O2放出 C．溶液中Na+数目减少，有O2放出

B．溶液碱性不变，有H2放出 D．溶液碱性增强，有O2放出

14、下列反应发生时，会产生苍白色火焰的是（ ） A．铁在氯气中燃烧 C．氢气在氯气中燃烧

B．铜在氯气中燃烧 D．钠在氯气中燃烧

15、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、Cu2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( ) A．Cu2Fe3=Cu22Fe2

2B．10Cl2MnO416H=2Mn5Cl28H2O

2C．2FeD．5PbCl2=2Fe32Cl

2MnO42H2O=5PbO22Mn24H

216、下列有关工业生产的叙述中错误的是（ ） A．用CO还原赤铁矿炼铁 B．电解NaCl溶液制金属Na C．用N2和H2合成NH3 D．高温下用C还原SiO2制Si

17、下列单质与盐溶液混合能发生反应，并且单质可以把盐中某元素置换出来的是（ ） A．Na和ZnSO4溶液 B．Fe和AgNO3溶液 C．Cu和FeCl3溶液 D．F2和NaBr溶液

18、2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。下列对115的是( ) 49In的说法不正确．．．A．原子核外电子数49 B．中子数与电子数的差值为17 C．中子数 66 D．质量数 1

19、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ） A．NaCl、BaSO4 C．KOH、蔗糖

B．铜、二氧化硫 D．KNO3、硫酸溶液

20、下列物质的主要成分及用途均对应正确的是

选项 物质 主要成分 用途 A．A

A 碳酸氢铵 (NH4)2CO3 作氮肥 B．B

B 漂白粉 NaClO 作消毒剂 C．C

C 赤铁矿 Fe3O4 炼铁、制磁铁 D．D

D 双氧水 H2O2 杀菌消毒 21、X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．Q位于第三周期ⅠA族

B．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱 C．Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸 D．简单离子半径：M-＞Q+＞R2+

22、两份铝屑，第一份与过量的盐酸反应，第二份与过量的氢氧化钠溶液反应，产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的质量比为( ) A．1∶1

B．1∶2

C．1∶3

D．1∶4

二、非选择题(共84分)

23、（14分）A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质。

(1)写出下列物质的化学式：A________、E________、F________、G________。 (2)按要求写方程式：

①A＋B→C＋D的化学方程式：_________________________________；

②F→G的化学方程式：________________________________________________；

③E→F的离子方程式：________________________________________。

24、（12分）A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。

请回答下列问题

（1）写出下列物质的化学式A___，E___。 （2）F在空气中转化为G的化学方程式：__。 （3）A和B反应的化学方程式：___。 （4）H和I生成J的离子方程式：___。 （5）如何检验E中大量存在的阳离子？__

25、（12分）分离和提纯物质的方法不仅用于实验研究而且广泛应用于工业生产和生活实际。 (1)16世纪，船员在航海旅行中，用船上的火炉煮沸海水以制造淡水，该操作方法是_____。

(2)从海带中可提取碘单质。用萃取的方法可将碘单质从水溶液中提取出来，该方法利用了I2在不同溶剂中_____的不同。

(3)海水晒盐过程中，采用______方法可得到粗盐固体；将粗盐固体溶解后，为去除其中的泥沙采用的方法是_____。 (4)为了除去粗盐中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和Na2CO3三种试剂，按如图步骤操作：

①写出三种试剂的化学式：A____，B_____，C_____。 ②加过量A的原因是______。 ③加过量B的原因是______。

26、（10分）某化学兴趣小组利用如图装置制取饱和氯水和漂白粉。

(1)仪器A、B的名称分别为_____，_____。

(2)甲、丁装置中反应的化学方程式分别为：_____；_____。 (3)装置乙的作用是_____。

(4)装置戊中所装的试剂是________，该装置存在的明显缺陷是_____。

27、（12分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁。某化学兴趣小组对绿矾的某一性质进行探究。回答下列问题: （1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，再向试管中通入氯气，溶液逐渐变红。由此可知硫酸亚铁的一些性质为:_________；此过程中涉及的反应离子方程式为_______________。 （2）为探究硫酸亚铁的分解产物，无水硫酸亚铁固体置于装置A中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管A中残留固体为红色粉末。

________。①C、D、E中的溶液依次为_______(填标号)。C、D中有气泡冒出，C、D中还可观察到的现象分别为________、 a.品红 b.NaOH c.BaCl2 d.Ba(NO3)2 e.浓H2SO4 ②写出装置A 中反应的化学方程式_____________。 ③装置E 的作用_____________。

28、（14分）工业上从铝土矿（主要成分是Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3等杂质）中提取铝可使用如下工艺流程：

已知：SiO2不溶于水且不与盐酸反应。请回答下列问题：

（1）图中涉及分离溶液与沉淀的实验方法是______（填操作名称）。

（2）步骤（Ⅱ）中加入的烧碱溶液应该是______（填“少量”或“过量”）。沉淀B的成分是______（填化学式，下同）；溶液D中含铝元素的溶质的是______。

（3）①物质M在生产生活中有重要用途，写出沉淀F转化为物质M的化学方程式：______； 溶液D中通入CO2生成沉淀F的离子方程式为：______。

29、（10分）已知A为淡黄色固体，T、R 为两种常见的用途广泛的金属单质，D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：D:_____________ R: _________ （2）按要求写出下列反应方程式

A与水反应的化学方程式________________________ B与R反应的离子方程式________________________ H转化为M的化学方程式_______________________

（3）向R的盐溶液中滴加弱碱，可制得一种具有吸附性的白色胶装物质，该反应的离子方程为____________________________________

参

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项） 1、D 【解题分析】

溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）进行分析作答。 【题目详解】

A. 澄清石灰水和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故A项错误；

B. 银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故B项错误；

C. 盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故C项错误；

D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应硫酸钡沉淀和水，水难电离，硫酸钡难溶于水，所以溶液的导电性不断减弱，当氢氧化钡溶液和硫酸恰好反应，导电性最弱接近零，当氢氧化钡溶液过量时，溶液中的离子数目又增多，导电性增强，符合题意，故D项正确； 答案选D。 2、D 【解题分析】

①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4与N2和CO的总分子数目相同，故①正确； ②N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，C2H4的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故②正确；

③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol，C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故③正确；

④CO分子中质子数为14，N2分子中质子数为14，C2H4分子中质子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，质子数一定不相等，故④错误；

⑤CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子，C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故⑤错误；

⑥CO分子中电子数为14，N2分子中电子数为14，C2H4分子中电子数为16，故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时，电子数一定不相等，故⑥错误； 故答案选D。 3、B

【解题分析】A. t1℃时，A的溶解度是30g，所以A的饱和溶液65g中含有溶剂50g，故B正确；B. 将t1℃ A、B、C三种物质的饱和溶液升温至t2℃ 时，A、B的溶解度增大，它们的溶质的质量分数不变，C的溶解度减小，其溶质的质量分数减小，所以溶液中溶质的质量分数是A=B＞C，故B正确；C. A的溶解度随温度降低而减小，C的溶解度随温度降低而增大，所以A中含少量C时可用降温结晶法提纯A，故C正确；D. t1℃时，A的溶解度是30g，此时A的饱和溶液中溶质的质量分数是23%，所以25%的A溶液降温至t1℃时会有晶体析出，故D正确。故选B。 4、D 【解题分析】

A.固体氯化钠虽然是电解质，但是不导电，A项不符合题意；

B.硫酸铜溶液时混合物，不是电解质也不是非电解质，B项不符合题意； C.石墨导电，但是石墨是单质，不是电解质也不是非电解质，C项不符合题意；

D.氯化钾在熔融状态下能够电离出阴阳离子，能够导电，也是纯净物，属于电解质，D项符合题意； 本题答案选D。 5、B 【解题分析】

A．碳酸钠和碳酸氢钠均与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，实验现象相同，不能鉴别，故A错误； B．氯水含HClO，光照下HClO分解生成盐酸和氧气，则酸性增强，pH减小，故B正确； C．Si为亲氧元素，自然界硅元素全部以化合态存在，故C错误；

D．碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，盐酸足量时，等质量的碳酸钠与碳酸氢钠均完全反应，由n=m÷M可知碳酸氢钠的物质的量大，生成二氧化碳多，故D错误； 答案选B。 【题目点拨】

本题考查物质的性质及鉴别等，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。选项C是易错点。 6、D 【解题分析】

A项、试管可以用于直接加热，故A错误； B项、坩埚可以用于直接加热，故B错误； C项、蒸发皿可以用于直接加热，故C错误；

D项、蒸馏烧瓶能进行加热，但必需垫上石棉网，故D正确； 故选D。 【题目点拨】

可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等。 7、C 【解题分析】

A．木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误； B．铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误； C．蜡炬成灰，物质燃烧，发生了化学反应，故C正确；

D．滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误； 故选C。

【题目点拨】

本题考查成语与氧化还原反应的关系，明确成语的意义及变化即可解答，解题时抓住化学变化和氧化还原反应的本质：有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。 8、B 【解题分析】

①HCl溶于水完全电离，不和钡离子反应，可以代表；故①不符合题意； ②HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应，可以代表；②不符合题意； ③CH3COOH是弱酸存在电离平衡，不能写成氢离子的形式，③符合题意； ④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成硫酸钡沉淀，④符合题意；

⑤H2SO4溶于水完全电离，但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀，⑤符合题意； 故答案选B。 9、C 【解题分析】

A.选项离子可以大量共存，与OH-不能反应产生白色沉淀，A不符合题意；

B. H+与CO32-、S2-会发生离子反应产生H2O、CO2及H2S气体，不能大量共存；且Mg2+、CO32-会反应产生MgCO3白色沉淀，也不能大量共存，B不符合题意；

C.选项离子可以大量共存，加入OH-后，会形成Mg(OH)2白色沉淀，C符合题意； D.选项离子可以大量共存，与OH-不能反应产生白色沉淀，D不符合题意； 故合理选项是C。 10、C 【解题分析】

这几种微粒分别是O2-、F-、Ne、Mg2+。 【题目详解】

A.这几种微粒质子数不同，所以属于不同元素，故A不选； B.最外层电子数均为8电子稳定结构，故B不选； C.

中质子数和核外电子数相等，不带电，不是离子，故C选；

D.它们核外都有两层，每层上的电子数也相同，故D不选。 故选C。 11、B 【解题分析】

二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体甲的组成是：NH3、NO、CO2，故B正确； 故选B。 12、D 【解题分析】

标准状况下，m g A气体与n g B气体分子数相等，因此根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量是相等的，所以二者的摩尔质量之比是m:n。所以在质量相等的条件下，二者的分子数之比是n:m，体积之比也是n:m；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比，即二者的密度之比是m:n，所以只有选项D不正确，答案选D。 13、C 【解题分析】

过氧化钠与饱和烧碱溶液中的水反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，放出大量的热，恢复为原温度，NaOH的溶解度不变,烧碱溶液仍为饱和溶液，c(NaOH)、c(Na)、c(OH)不变，碱性不变，但溶液中水减少了,溶解的NaOH也随之减少,溶液中Na数目将减少，故C选项正确； 故答案选C。 14、C 【解题分析】

A.铁在氯气中剧烈燃烧燃烧产生棕红色的烟，A错误； B.铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，B错误；

C.氢气在氯气中燃烧现象为苍白色火焰，并有白雾产生，C正确； D.钠在氯气中燃烧为黄色火焰，并有白烟产生，D错误； 答案选C。 15、D 【解题分析】

根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。 【题目详解】

A．Fe3+的氧化性强于Cu2+，反应可以发生； B．KMnO4的氧化性强于Cl2，反应可以发生；

+

+

-

C．Cl2的氧化性强于Fe3+，反应可以发生； D．PbO2的氧化性强于KMnO4，反应不能发生； 故选D。 16、B 【解题分析】

A．CO具有还原性能与赤铁矿反应； B．电解NaCl溶液生成氢氧化钠；

C．在高温高压催化剂条件下，氮气与氢气反应生成氨气； D．高温下用C与SiO2反应生成CO和Si； 【题目详解】

A．CO具有还原性能与赤铁矿反应，所以工业上用CO还原赤铁矿炼铁，故A正确； B．电解NaCl溶液生成氢氧化钠，不生成Na，电解熔融的氯化钠得到金属钠，故B错误； C．在高温高压催化剂条件下，氮气与氢气反应生成氨气，则用N2和H2合成NH3，故C正确； D．高温下用C与SiO2反应生成CO和Si，则高温下用C还原SiO2制Si，故D正确。 故选：B。 17、B 【解题分析】

A．Na是活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，与ZnSO4溶液反应生成氢氧化锌、氢气和硫酸钠，钠不能置换锌，故A不选；

B．铁的性质比银活泼，Fe与AgNO3溶液反应生成亚铁和银，故B选； C．铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜不能置换出铁，故C不选；

D．氟是活泼的非金属，其单质极易与水反应，与溴化钠溶液反应，只与水反应，不能置换出溴单质，故D不选； 故答案选B。 【题目点拨】

本题考查了元素及化合物知识，熟悉相关物质性质活泼性，明确发生反应实质是解题关键，选项A与D是解答的易错点。 18、D 【解题分析】

A. 115 49In，原子核外电子数=质子数=49，故A正确；

B. 中子数=质量数－质子数=115－49=66，中子数与电子数的差值=66－49=17，故B正确； C. 根据B选项分析得到中子数66，故C正确； D. 质量数115，故D错误。 综上所述，答案为D。 19、C 【解题分析】

【题目详解】

A、氯化钠属于电解质，硫酸钡也是电解质，A错误； B、铜为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误； C、氢氧化钾为电解质，蔗糖为非电解质，C正确；

D、钾为电解质，而硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误； 答案选C。 【题目点拨】

水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。注意掌握电解质与非电解质的判断方法。 20、D 【解题分析】

A、碳酸氢铵的化学式为NH4HCO3，A错误；B、漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，B错误；C、赤铁矿的主要成分是Fe2O3，C错误；D、双氧水的化学式是H2O2，具有强氧化性，常用于杀菌消毒，D正确，答案选D。 21、D 【解题分析】

X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，Y的化合价只有-2价，则Y为O元素；X的原子半径比Y的原子半径小且只有+1价，则X为H元素； M的最高正价为+7价，最低负价为-1价，因为F没有正价，所以M为C1元素；Z元素最低负价为-3价，最高价为+5价，且Z的原子半径小于M的原子半径，则Z为N元素； Q只有+1价，R只有+2价，Q、R的原子半径均大于M的原子半径，且R的原子半径大于Q的原子半径，故Q为Na元素，R为Ca元素，综上， X为H元素， Y为O元素， Z为N元素，M为C1元素，Q为Na.元素，R为Ca元素。 【题目详解】

A．由分析可知，Q为Na元素，位于第三周期IA族， A正确；

B．由分析可知，X、Y、Z分别为H、O、N，可以形成HNO3、NH4NO3、NH3∙H2O，HNO3属于酸、NH4NO3属于盐、

NH3∙H2O属于碱，B正确；

C．由分析可知，Z、M分别为N、Cl，最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3和HClO4，都是强酸，C正确； D．由分析可知，M、Q、R分别为：Cl、Na、Ca，简单离子分别为Cl-、Na+、Ca2+，根据“层多径大、序大径小”，离子半径：M->R2+>Q+， D错误； 故选D。 【题目点拨】

本题易错选B，H、N、O三种元素组成的化合物，很容易能想到HNO3、NH4NO3，但是本选项考查的是碱，只能是NH3∙H2O。 22、B 【解题分析】

根据Al与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式计算。 【题目详解】

2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑、由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量关系式都为2Al～3H2，若二者产生氢气的体积比为1∶2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1∶2，质量比也为1∶2，答案选B。

二、非选择题(共84分)

23、Fe2O3 FeCl2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 2Al＋Fe2O32H2O===4Fe(OH)3 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 【解题分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3， G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是 Fe（OH）3，F是 Fe（OH）

2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E

2Fe＋Al2O3 4Fe(OH)2＋O2＋

和氢氧化钠溶液反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，结合物质的性质分析

解答． 【题目详解】

（1）通过以上分析知，A、E、F、G分别是：Fe2O3、FeCl2、Fe(OH)2、Fe（OH）3， 故答案为：Fe2O3；FeCl2；Fe(OH)2； Fe（OH）3；

（2）①A是氧化铁，B是铝，二者在高温下发生铝热反应生成铁和氧化铝，反应方程式为：2Al＋Fe2O3Al2O3 ，故答案为：2Al＋Fe2O3

2Fe＋Al2O3 ；

2Fe＋

4Fe②F是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，

故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；

③E是氯化亚铁溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，故离子方程式是Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓；

＋－

故答案为：Fe2＋2OH===Fe(OH)2↓。

24、Fe2O3 FeCl2 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3

Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ 加入KSCN溶液无现象，再加入新制氯水溶液显血红色则证明有Fe2+ 【解题分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，氢氧化铁分解可以生成氧化铁，则白色沉淀F是 Fe（OH）2；B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。 【题目详解】

(1)由以上分析可知，A为Fe2O3，E是FeCl2，故答案为：Fe2O3；FeCl2；

(2)氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，反应的化学方程式为：故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(3)A是Fe2O3，B为Al，高温下发生铝热反应生成氧化铝和铁： 2Al＋Fe2O3

高温2Fe＋Al2O3，故答案为： 2Al＋

Fe2O3

高温2Fe＋Al2O3；

(4)Al3+、AlO2−发生双水解反应生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；

(5)E是FeCl2，与KSCN不反应，但可被氧化生成铁离子，检验Fe2+的方法是：先加入KSCN无现象，再加入新制氯水溶液显血红色则有Fe2+，故答案为：加入KSCN溶液无现象，再加入新制氯水溶液显血红色则证明有Fe2+。

SO4完全沉淀 使溶液中的25、蒸馏 溶解度 蒸发 过滤 Ba(OH)2 Na2CO3 HCl 使Mg2+、Ba2＋完全沉淀 【解题分析】

根据物质的性质，选择不同的分离、提纯方法；(4)为了除去粗盐中少量的MgCl2、MgSO4，由流程可知，加过量A为Ba(OH)2，MgSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+Mg(OH)2↓，Na2CO3发生MgCl2+Ba(OH)2═BaCl2+Mg(OH)2↓、再加B为Na2CO3，在Ba(OH)2之后可将过量钡离子除去，过滤，滤液中含NaCl及过量的Na2CO3，适量C为HCl，反应后得到NaCl溶液，操作II为蒸发结晶，得到NaCl晶体。

2【题目详解】

(1)16世纪，船员在航海旅行中，用船上的火炉煮沸海水以制造淡水，涉及水的蒸发和冷凝，为蒸馏操作，该操作方法是蒸馏。故答案为：蒸馏；

(2)从海带中可提取碘单质。用萃取的方法可将碘单质从水溶液中提取出来，该方法利用了I2在不同溶剂中的溶解度不同，故答案为：溶解度；

(3)海水晒盐过程中，海水蒸发可得到粗盐，泥沙不溶于水，可用过滤的方法除去泥沙，故答案为：蒸发；过滤； (4)①由分析可知试剂A、B、C依次是Ba(OH)2、Na2CO3、HCl，故答案为：Ba(OH)2；Na2CO3；HCl； ②加入过量氢氧化钡，可使Mg2+、SO4完全沉淀而除去，故答案为：使Mg2+、SO4完全沉淀； ③加过量B的目的是使溶液中的Ba2＋完全沉淀，故答案为：使溶液中的Ba2＋完全沉淀。 【题目点拨】

本题考查混合物分离提纯综合应用，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，难点(4)注意试剂的先后顺序，理清加入过量试剂的目的。 26、分液漏斗 圆底烧瓶 4HCl(浓)+MnO2

MnCl2+Cl2↑+2H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

22除去HCl气体 NaOH溶液 使用单孔橡皮塞 【解题分析】

甲装置为二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气的装置，A中盛装浓盐酸，反应的方程式为4HCl(浓)+MnO2

MnCl2+Cl2↑+2H2O，乙装置为氯气净化装置，饱和食盐水可除去氯气中混入的HCl气体，丙装

置制取氯水，丁装置制取漂白粉，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，戊装置是尾气处理装置，防止污染空气，常用NaOH溶液吸收。 【题目详解】

(1)仪器A、B的名称分别为分液漏斗，圆底烧瓶。故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶； (2)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气，反应的方程式为：4HCl(浓)+MnO2

MnCl2+Cl2↑+2H2O；用石灰乳与氯气反应生成漂白粉，反应的化学方程式为：

2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； 故答案为：4HCl(浓)+MnO2

MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(3)浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用盛有饱和氯化钠溶液的乙除去氯化氢气体，故答案为：除去HCl气体；

(4)氯气有毒，需要进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收，但该装置使用单孔橡皮塞，可能导致内压增大，出现前面装置堵塞，故答案为：NaOH溶液；使用单孔橡皮塞。

27、硫酸亚铁具有还原性，可被氯气氧化为铁离子；或亚铁离子不与KSCN作用，而铁离子可与KSCN作用。（合理解释均给分） 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+ c、a、b C中有白色沉淀生成 D中的红色逐渐褪去

2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3 吸收未反应的SO2,保护环境

【解题分析】

(1). 滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知硫酸亚铁与KSCN不反应，但亚铁离子具有还原性，易被氯气氧化成铁离子，最终溶液变红色，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl－+2Fe3+，故答案为：硫酸亚铁具有还原性，可被氯气氧化为铁离子或亚铁离子不与KSCN作用，而铁离子可与KSCN作用；2Fe2++Cl2=2Cl－+2Fe3+ ；

(2). ①. 实验后反应管A中残留固体为红色粉末，S元素化合价应降低，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，则一定生成SO2，所以硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C中溶液为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D中溶液为品红，可用于检验SO2，品红褪色，E中溶液为NaOH，用于吸收尾气，故答案为：c、a、b；C中有白色沉淀生成；D中的红色逐渐褪去；

②. 硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO3、SO2，反应方程式为：2FeSO4

Fe2O3+SO2+SO3，故答案为：

2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3；

③. 根据上述分析可知，E中为NaOH溶液，用于吸收未反应的SO2，保护环境，故答案为：吸收未反应的SO2，保护环境。

28、过滤过量SiO2NaAlO2（或AlO2）2Al(OH)3【解题分析】

本题考查工业上从铝土矿中提取铝的工艺流程分析。铝土矿与过量盐酸反应时，氧化铝、氧化铁溶解，而二氧化硅是沉淀B的主要成分；溶液A中有氯化铝、氯化铁和盐酸，当加入NaOH时，Fe(OH)3沉淀析出，沉淀C为氢氧化铁，溶液D为偏铝酸钠溶液，当通入过量的CO2气体析出氢氧化铝沉淀，沉淀F为氢氧化铝，溶液E为碳酸氢钠溶液，加热氢氧化铝生成氧化铝和水，物质M为氧化铝，电解氧化铝生成金属铝。 （1）分离溶液与沉淀的实验方法是过滤。

（2）为了保证氯化铝完全转化成偏铝酸钠，需要在步骤（Ⅱ）中加入过量的烧碱溶液；根据上述分析，沉淀B的成分是SiO2 ；溶液D中含铝元素的溶质是NaAlO2。

（3）①氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3

Al2O3 +3H2O。

-

Al2O3+3H2OAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3

--

②根据流程可知，D中通入过量的CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

29、Fe3O4Al2 Na2O2 + 2 H2O= 4 NaOH + O2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3Al3+ + 3NH3.H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+

【解题分析】

A为淡黄色固体判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；（1）D的化学式为：Fe3O4; R的化学式为：Al；（2）A与水反应的化学方程式为2 Na2O2 + 2 H2O= 4 NaOH + O2↑；B与R反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；H转化为M的化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；（3）向R的盐溶液中滴加弱碱，可制得一种具有吸附性的白色胶装物质，该反应的离子方程为Al3+ + 3NH3.H2O = Al(OH)3↓ + 3NH4+

点睛：本题考查了物质转化关系的应用判断，物质性质的应用，主要考查铝及其化合物、铁及其化合物性质的应用，化学方程式、离子方程式书写方法，离子检验方法，物质的特征反应、现象、性质是解题关键。A为淡黄色固体判断为Na2O2，D是具有磁性的黑色晶体判断为Fe3O4，C是无色无味的气体是过氧化钠与水反应生成的氧气，B为NaOH，W溶液中加入KSCN出现血红色，说明W含有三价铁离子；T、R为两种常见的用途很广的金属单质，T在C中燃烧生成D为四氧化三铁，溶于盐酸生成溶液中含有亚铁离子和三价铁离子，加入过量铁反应生成亚铁离子，证明T为Fe；E为FeCl2，H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，W为FeCl3；金属R与B氢氧化钠反应说明R金属为Al，N为NaAlO2，Q为Al2O3；依据判断出各物质回答问题。