2020-2021学年山东省青岛市高一化学上学期期末考前冲刺卷试卷(二)(含答案解析)

2020-2021学年山东青岛上学期期末考前冲刺卷

高一化学

（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列关于古籍中的记载说法不正确的是( )

A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应

B．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”体现了合金硬度方面的特性C．诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”描述的变化属于化学变化

D．《肘后备急方》中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该过程属于化学变化2．化学与生产、生活、环境等密切相关。下列说法错误的是（ ）A．漂白粉、食醋、碘酒都是混合物

B．食品包装袋中常有一个内盛硅胶或生石灰或铁粉的小纸袋，它们的作用相同C．复方氢氧化铝片可做抗酸药

D．大量排放二氧化碳气体可导致温室效应3．下列说法正确的是(

)

A．FeSO4·7H2O属于纯净物、化合物、盐、强电解质B．酸性氧化物一定是非金属氧化物C．O2转化为 O3的过程为物理变化

D．根据酸中所含氢原子个数，分为一元酸、二元酸、三元酸4．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )

A．16 g O2和O3的混合气体所含原子数为NA

B．标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5 NAC．lmol H2O2分子中含有的非极性键数目为3 NA

D．2 L 0.5mol/L的KClO3溶液中含有的Cl- 的数目为NA5．下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（ ）A．滴加无色酚酞呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO2-2-4、CO3B．无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO2--4、NO3C．滴加紫色石蕊呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO2--3、NO3D．0.2mol·L-1 Ba(OH)2溶液中：Na＋、NH+、HCO-3、Cl－

46．下列离子方程式书写正确的是(　　)

1

A．铝粉投入到NaOH溶液中： 2Al＋2OH－=2AlO-2＋H2↑B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓

C．偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2AlO-2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO2-3D．氢氧化钡溶液中加入过量小苏打溶液：Ba2＋＋2HCO-2-3+2OH-=BaCO3↓＋CO3+2H2O7．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法正确的是（ ）A．Na2CO3溶液(Na2SO4)，加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤B．NaHCO3溶液(Na2CO3)，通入过量的CO2气体C．铝粉(Mg)，加入足量的盐酸，过滤D．FeCl2溶液(FeCl3)，通入足量的氯气

8．下图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是（ ）

A．A气体是CO2，B气体是NH3B．第Ⅲ步得到的晶体是Na2CO3·10H2O

C．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异D．第Ⅳ步操作的主要过程有溶解、蒸发、结晶

9．某同学欲探究铁及其化合物的性质，他的下列实验方案可行的是( )

A．在常温下将铁片加入浓硫酸中：探究铁的活泼性B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中：制备Fe(OH)3胶体C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液：制备FeSO4·6H2O晶体D．将Cu粉加入Fe(NO3)3溶液中：验证Fe3+的氧化性强于Cu2+10．下列关于物质或离子检验的叙述不正确的是(

)

A．在溶液中加硫酸钠溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中可能含有Ba2+B．气体通过CuSO4粉末变蓝，证明原气体中一定含有水蒸气C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中一定含有NaCl

D．某溶液中加入稀硫酸，放出无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原溶液中可能含有CO2-311．某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：SO2-4、Cl-、HCO-3、Na+、Mg2+、Ba2+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，某同学取上述溶液X，进行了如下实验：①向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀；

②将①的反应混合液过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体。下列说法正确的是（ ）

2

0045

A．①中得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物B．溶液X中一定存在SO2--4、HCO3，可能存在Mg2+C．溶液X中一定不存在Ba2+、Cl-D．无法确定溶液X中是否含有Na+，需要做焰色试验才能确定

12．铋(Bi)元素价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量的双氧水③适量KI•淀粉溶液实验现象

溶液呈紫红色

紫红色消失，产生气泡

得到蓝色溶液

则下列说法错误的是（ ）A．②中产生的气体为O2

B．③中Mn2+做氧化剂C．氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2

D．还原性：Mn2+>Bi3+

13．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体。它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（ ）

A．NF3是氧化剂，H2

O是还原剂

B．还原剂与氧化剂的分子数目之比为2：1C．若生成2molHNO3，则转移2NA电子D．NO是还原产物，HNO3是氧化产物

14．将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO-3两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．原溶液中KOH的物质的量是0.3 molB．ClO-3的生成是由氯气的量的多少引起的C．反应中转移电子的物质的量是0.21 mol

D．依据图象，总的离子反应方程式为10OH-+5Cl2＝2C1O-+ClO-3+7Cl-+5H2O

15．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法正确的是（ ）

3

0046

A．在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜

B．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：Fe3+＞O2＞SC．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓

D．在图示的转化中发生的反应有：4Fe2++O2+2H2O=4Fe3++4OH-16．将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（换算为标准状况体积），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法正确的是（　　）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1:2B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0 mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数是20%D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL

第II卷（非选择题 共52分）

二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。

17．（12分）I．(1)10.8 g水与________mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是_____，氢原子数之比是________。

(2)质量相等的CO和CO2中，同温同压下所占的体积比为______，原子总数之比为___。(3)4.0g某气体X中含有的分子数约为3.01×1022，则气体X的摩尔质量为______。

Ⅱ．某化学实验需要450mL0.10mol·L—1Na2CO3溶液，某同学选用Na2CO3·10H2O晶体进行配制，简要回答下列问题：

(4)该实验应选择____mL容量瓶；需称取Na2CO3 ·10H2O晶体的质量为_____g。(5)下列操作对溶液浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

①若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，会使所配溶液浓度__________；②配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，会使所配溶液浓度__________；

③定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视会使所配溶液浓度__________；④摇匀后，发现容量瓶中液面低于刻度线，会使所配溶液浓度__________。

18．（8分）以下为中学化学中常见的物质：①金属Fe ②FeCl3溶液 ③CuNO32溶液 ④二氧化硫 ⑤稀硫酸 ⑥氨气 ⑦AgNO3固体 ⑧CaCO3固体 ⑨Ba(OH)2固体。

4

0047

根据要求回答下列问题：

(1)以上物质中属于电解质的是________；属于非电解质的是________。( 填标号，下同)(2)以上物质中能导电的是________________。

(3)将③⑦混合，配制成溶质物质的量浓度均为1molL-1的混合溶液100mL，加入一定量的①，充分反应后。

①若①无剩余，且有铜生成。则反应后的溶液中一定含有的溶质是________( 填化学式)。

②若所得固体为纯净物，则此固体为________( 填化学式)，发生反应的化学方程式为___________。(4)向沸水中逐滴滴加1molL-1的FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，用一束光照射，有光亮的通路，则该分散系中分散质粒子直径的范围是________nm。

19．（12分）某同学利用下图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。

请回答下列问题：

Ⅰ.(1)该反应的化学方程式是___________________，硬质试管中湿棉花的作用是: _________.(2)该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设。假设1：只有Fe；

假设2：只有____________(填化学式)；假设3：既有Fe也有Fe3O4。

(3)为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为5.6g，反应后固体物质的质量为6.6g。从数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成成分为_____。Ⅱ.长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质，某兴趣小组进行了如下实验：A．设计实验检验FeSO4溶液的变质程度实验方案

实验现象

实验结论

取待检测液于试管中，向其步骤1

中滴加KSCN溶液_____________

FeSO4溶液

取待检测液于试管中，向其步骤2

中滴加K____________

部分变质

3[Fe(SCN)6]溶液

①将上述方案补充完整

②步骤2涉及的离子反应方程式是______________。

5

0048

③若要使变质的FeSO4复原，方法是________________。(写离子反应方程式)

20．（10分）某化学兴趣小组同学为验证氯气的性质并制备少量干燥的氯化铁，设计并进行如图实验：

回答下列问题：

(1)写出A中制取氯气的化学方程式___。(2)B装置的作用是___。

(3)实验时C中可观察到的现象是___，氯气与水发生反应的离子方程式是___。(4)D瓶盛放的试剂是___。

(5)F瓶溶液的作用是___，写出发生反应的离子方程式___。

21．（10分）某河道两旁建有甲、乙两化工厂，某兴趣小组的同学分别收集了两厂排放的污水带回学校进行实验探究，工厂的师傅告诉同学们甲、乙厂排放的工业废水中含有下列离子中的三种(各不相同)。

阳离子K+、Ag+、Fe3+阴离子

Cl-、OH-、NO-3(1)甲同学测得甲厂的废水明显呈碱性，因此甲厂中所含有的离子：______；乙厂中所含有的离子：______(2)乙同学看到工厂师傅给出的离子后，认为可以在某工厂的废水中加入一种金属，从而回收另一种金属。请写出反应过程中的离子方程式_________

(3)丙同学认为将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子完全转化为沉淀，写出甲、乙两厂废水混合过程中反应的离子方程式________(4)经上述处理后废水的主要成份为：________

2020-2021学年山东青岛上学期期末考前冲刺卷答案解析

1．【答案】D【详解】

A．《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”是指碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，是由一种物质生成多种物质的反应，反应类型是分解反应，故A正确；

B．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”是指金属铜和锡自身都较柔软，铜和锡形成合金，合

6

0049

金的硬度比其成分金属高，体现了合金硬度方面的特性，故B正确；

C．诗句“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”指的是碳酸钙受热分解为氧化钙和二氧化碳，描述的变化属于化学变化，故C正确；

D．《肘后备急方》中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之” 青蒿素的提取是利用了萃取的原理，该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；答案选D。2．【答案】B【详解】

A．漂泊粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，食醋是CH3COOH和H2O等成分的混合物，碘酒是碘和酒精的混合溶液，它们都是混合物，A 正确；

B．硅胶和生石灰能吸收水分，作干燥剂，铁粉具有还原性， 作抗氧化剂，它们的作用不同，B 错误；C．复方氢氧化铝片有效成分是Al(OH)3，可做抗酸药，常用于治疗胃酸过多，C正确；D．二氧化碳气体是温室气体，大量排放可导致温室效应，D正确。答案选B。3．【答案】A【详解】

A．根据纯净物、化合物及强电解质的概念可知FeSO4·7H2O属于纯净物、化合物、盐、强电解质，故A正确；

B．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，对应的酸为HMnO4，故B错误；C．O2和O3是氧元素组成的两种不同单质，则O2转化为 O3的过程为化学变化，故C错误；

D．根据酸分子所能电离出的H+个数，分为一元酸、二元酸、三元酸，如CH3COOH是一元酸，而不是四元酸，故D错误；故答案为A。4．【答案】A【详解】

A．O2和O3的最简式为“O”，16g O原子数为

16g16g/molN-1Amol=NA，A正确；

B．标准状况下，水为液体，无法利用气体摩尔体积计算含有的分子数目，B错误；

C．H2O2的结构式为H-O-O-H，由极性键和非极性键构成，则lmol H2O2分子中含有的非极性键数目为NA，C错误；

D．KClO3在水溶液可电离出钾离子和氯酸根离子，无氯离子，D错误；故选A。5．【答案】A【详解】

7

0050

A．滴加无色酚酞呈红色的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，可以大量共存，故A符合题意；

B．铜离子不能在无色溶液中大量存在，故B不符合题意；

C．滴加紫色石蕊呈红色的溶液显酸性，碳酸根离子不能在酸性溶液中大量存在，故C不符合题意；D．铵根离子、碳酸氢根离子均不能和氢氧根离子大量共存，故D不符合题意；综上所述答案为A。6．【答案】D【详解】

A．铝粉投入到NaOH溶液中发生的离子反应方程式为2Al＋2H2O+2OH－=2AlO-2＋3H2↑，故A错误；B．AlCl+3溶液中加入足量的氨水发生的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4，故B错误；C．偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳发生的离子反应方程式为AlO--2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3，故C错误；

D．氢氧化钡溶液中加入过量小苏打溶液发生的离子反应方程式为Ba2＋＋2HCO-3+2OH-=BaCO3↓＋CO2-3+2H2O，故D正确；故答案为D。7．【答案】B【详解】

A．碳酸钠和硫酸钠都能与氢氧化钡溶液反应生成沉淀，则不能用氢氧化钡溶液除去碳酸钠溶液中混有的硫酸钠，故A错误；

B．碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则向碳酸氢钠溶液中通入过量的二氧化碳能将碳酸氢钠溶液中混有的碳酸钠转化为碳酸氢钠，故B正确；

C．铝和镁均能与盐酸反应，则不能用盐酸除去铝粉中混有的镁，故C错误；

D．氯化亚铁溶液能与氯气反应生成氯化铁，则不能用氯气除去氯化亚铁溶液中混有的氯化铁，应加入过量铁粉，故D错误；故选B。8．【答案】C【详解】

A. 氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，因此A为氨气，B为二氧化碳，故A错误；

B. 第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法，从沉淀池中分离沉淀NaHCO3晶体，所以第Ⅲ步得到的晶体是NaHCO3，故B错误；

C. 第Ⅱ步发生反应NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，碳酸氢钠因溶解度小而结晶析出，故C正确；

8

0051

D. 第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；答案选C。9．【答案】D【详解】

A．在常温下将铁片加入浓硫酸中会发生钝化，不能用于探究铁的活泼性，故A不符合题意；

B．将热的NaOH溶液滴入FeCl3溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体，制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和三氯化铁加入沸水中，故B不符合题意；

C．在蒸发皿中加热蒸干FeSO4溶液，一方面亚铁离子被空气中的氧气氧化，另一方面会得到不含结晶水的化合物，即得到FeSO4，所以不能用加热蒸干FeSO4溶液的方法制备FeSO4·6H2O晶体，故C不符合题意；D．将Cu粉加入FeCl3溶液中发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Fe3+做氧化剂，Cu2+为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，可以验证Fe3+的氧化性强于Cu2+，故D符合题意；答案选D。10．【答案】C【详解】

A．BaSO4、Ag2SO4均为白色沉淀，故在溶液中加硫酸钠溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中可能含有Ba2+，A正确；

B．CuSO4常用于检验水的存在，故气体通过CuSO4粉末变蓝，证明原气体中一定含有水蒸气，B正确；C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中一定含有Na元素，不一定是NaCl，也可能是Na2CO3等，C错误；

D．某溶液中加入稀硫酸，放出无色无味气体，将该气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原溶液中可能含有CO2--3，也可能是HCO3，D正确；故答案为：C。11．【答案】C【分析】

①向溶液X中加入足量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀，则原溶液中可能含有Mg2+、SO2--4或HCO3(碳酸氢根会和氢氧根反应生成碳酸根，然后后钡离子或镁离子生成沉淀)；

②将①的反应混合液过滤，在沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解且产生气体，说明沉淀中一定含有碳酸盐和硫酸钡，则原溶液中一定含有SO2--4和HCO3，则一定不含钡离子，又因为溶液中所含离子的物质的量浓度均相同，根据电中性原则可知还含有Na+和Mg2+，且不含Cl-，因为确定了含有镁离子，所以加入足量的Ba(OH)2溶液时还会有氢氧化镁沉淀或碳酸镁沉淀生成。【详解】

A．根据分析可知白色沉淀中不只含有碳酸钡和硫酸钡，故A错误；B．根据分析可知一定存在SO2--4、HCO3、Na+和Mg2+，故B错误；

9

0052

C．根据分析可知X中一定不存在Ba2+、Cl-，故C正确；D．根据溶液的电中性可以确定一定含有Na+，故D错误；综上所述答案为C。12．【答案】B【分析】

根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析，由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成MnO-4，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于MnO--4（氧化产物）的氧化性；由②中现象可知：MnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则MnO-4（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性，据此分析解答。【详解】

A．根据上述分析，与双氧水反应生成气体，紫色消失，即MnO-4将双氧水氧化生成氧气，故A正确；B．③中I-被过量的双氧水氧化，故氧化剂为双氧水，故B错误；

C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析，氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2，故C正确；D．在反应中MnSO4为还原剂，NaBiO3被还原为Bi3+，则还原性：Mn2+>Bi3+，故D正确；故选B。13．【答案】D【详解】

A.N原子与F原子在同一周期，且F原子的核电荷数较大，所以F原子的半径较小，得电子能力强，在NF3中，F为-1价，N为+3价(或根据价态规律：F只有0价和-1价，在化合物中，F只能为-1价)，通过价态分析知，N原子由NF3中+3价降低到NO中+2价，同时升高到HNO3中+5价，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，H2O没有发生价态变化，既不是氧化剂也不是还原剂，A项错误；

B. N原子由NF3中+3价降低到NO中+2价，NO是还原产物，对应的NF3是氧化剂，个数为2，N原子由NF3中+3价升高到HNO3中+5价，HNO3是氧化产物，对应的NF3是还原剂，个数为1，则还原剂与氧化剂的分子数目之比为1：2，B项错误；

C. N原子由NF3中+3价降低到NO中+2价，得电子数为21=2，所以每生成1个HNO3转移电子数为2个，则生成2molHNO3，转移4NA电子，C项错误；

D. N原子由NF3中+3价降低到NO中+2价，NO是还原产物；N原子由NF3中+3价升高到HNO3中+5价，HNO3是氧化产物，D项正确；正确答案为D项14．【答案】B【分析】

由图象可以看出，起初反应时生成ClO-，反应进行一段时间后，开始生成ClO3；在反应结束后，n(ClO-):n(ClO3)=2:1。

10

0053

【详解】

A．依据得失电子守恒，n(Cl-)= n(ClO-)+5 n(ClO3)=0.06mol+0.03mol×5=0.21mol，依据电荷守恒，n(K+)= n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3)=0.3mol，所以原溶液中KOH的物质的量是0.3 mol，A正确；B．由题意知，反应过程放热，所以ClO-3的生成是由氯气与碱反应放热引起的，B不正确；

C．反应中转移电子的物质的量，可以由生成的Cl-进行计算，因为生成1个Cl-，得到1个e-，所以转移电子的物质的量是0.21 mol，C正确；

D．由以上分析，可得出n(Cl-): n(ClO-): n(ClO3)=7:2:1，所以总的离子反应方程式为10OH-+5Cl2＝2C1O-+

ClO-3+7Cl-+5H2O，D正确；

故选B。15．【答案】C【详解】

A．根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；

B．转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2＞Fe3+＞S，故B错误；

C．根据转化关系循环图可知硫化氢和氧气反应生成单质硫和水，回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，故C正确；

D．Fe3+与OH-不能大量共存，所以在图示的转化中，发生的反应有：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D错误。故答案选C。16．【答案】C【详解】

A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为

2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g÷17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A错误；B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：

10001.40.6363mol/L=14.0mol/L，故B错误；

C．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为

0.010.05×100%=20%，故C正确；11

0054

D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L-0.04mol-（0.05-0.04）mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol÷1mol/L=0.64L=640mL，故D错误。故答案选C。

第II卷（非选择题 共52分）

二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。17．【答案】0.6 1∶4 1∶1

11∶7

22∶21

80 g/mol

500

14.3

无影响 偏低

偏低

无影响

【分析】

根据物质的量与摩尔质量、微粒数目等物理量间的关系及阿伏伽德罗定律分析解答；根据配制一定物质的量浓度溶液的实验原理及实验步骤进行误差分析。【详解】

(1) 水与硫酸含有的分子式数目相等，则二者物质的量相等，故n(H10.8g2SO4)=n(H2O)=

18g/mol=0.6mol，H2O分子含有1个O原子、2个H原子，而H2SO4分子含有4个O原子、2个H原子，故二者含有氧原子数之比为1：4，含有氢原子数目之比为2∶2=1∶1，故答案为：0.6；1∶4；1∶1；(2) 根据n=

m

M

可知，质量相等的CO和CO2的物质的量之比等于摩尔质量反比：44g/mol∶28g/mol=11∶7，同温同压下，二者所占的体积比为11：7，原子总数之比为11×2∶7×3=22∶21，故答案为：11∶7；22∶21；

(3) 4 g 气体X的物质的量为3.0110224.0g6.021023mol-1=0.05mol，故气体X的摩尔质量为0.05mol=80g/mol，故答案为：80 g/mol；

(4) 实验需要450 mL溶液，则实际需配置500 mL，应选择500 mL容量瓶，需称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为0.1mol/L0.5L286g/mol=14.3g，故答案为：500；14.3；

(5) ①若容量瓶中有检漏时残留的少量蒸馏水，因为在定容时还需加入蒸馏水，所以此时对所配溶液浓度无影响；

②配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质损耗，会使所配溶液浓度偏低；③仰视会使所配溶液的体积偏大，导致最终浓度偏低；

④摇匀后，发现容量瓶中液面低于刻度线，此时对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响；偏低；偏低；无影响。

18．【答案】⑦⑧⑨ ④⑥

①②③⑤

FeNO32 Ag 2AgNO3+Fe=FeNO32+2Ag1~100 【详解】

12

0055

①金属Fe含有自由移动的电子，能导电，属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质；②FeCl3溶液含有自由移动的离子，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；③CuNO32溶液含有自由移动的离子，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；④二氧化硫不能导电，在水溶液里和熔融状态下自身不能导电，属于非电解质；⑤稀硫酸中含有自由移动的离子，能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥氨气不导电，在溶液中和熔融状态下自身不能导电，属于非电解质；

⑦AgNO3固体不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里能导电，属于电解质；⑧CaCO3固体不含自由移动的离子，不能导电，在熔融状态下能导电，属于电解质；⑨Ba(OH)2固体不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里能导电，属于电解质；(1)以上物质中属于电解质的是⑦⑧⑨；属于非电解质的是④⑥；(2)以上物质中能导电的是①②③⑤；

(3)将硝酸银和硝酸铜混合，配制成溶质物质的量浓度均为1molL-1的混合溶液100mL，加入一定量的Fe，充分反应， 因为氧化性Ag+比Cu2+强，则Fe先与Ag+反应：Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，再与Cu2+反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，

①由于Fe先与Ag+反应，再和Cu2+，有铜生成，说明溶液中Ag+被完全反应，若Fe恰好把Cu2+消耗完，则溶液中只含有Fe2+，溶液中的溶质只有Fe(NO3)2，若Fe没有将Cu2+消耗完，则反应后的溶液中含有Fe2+、Cu2+，溶液中的溶质为Fe(NO3)2和Cu(NO3)2，综上分析，反应后的溶液中一定含有的溶质是Fe(NO3)2；

②Fe先与Ag+反应：Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，若所得固体为纯净物，说明加入的Fe只能将溶液中的Ag+转化为Ag，则此固体为Ag，发生反应的化学方程式为2AgNO3+Fe=FeNO32+2Ag；

(4)向沸水中逐滴滴加1molL-1的FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，用一束光照射，有光亮的通路，制得的为氢氧化铁胶体，则该分散系中分散质粒子直径的范围是1~100nm。19．【答案】3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2 提供反应需要的水蒸气 Fe3O4 Fe和Fe3O4 溶液变红

产生蓝色沉淀 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓ 2Fe3++Fe=3Fe2+

【分析】

湿棉花可以提供水蒸气，高温条件下与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，可以看到肥皂水中有气泡产生；若铁粉完全反应，则反应后的固体只有Fe3O4，若部分反应则为Fe和Fe3O4，若没有发生反应则只有Fe；

长期放置的FeSO4溶液易被氧化生成Fe3+，利用KSCN溶液可以检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；利用K3[Fe(SCN)6]溶液可以检验Fe2+，现象是产生蓝色沉淀。【详解】

Ⅰ．(1)高温条件下水蒸气与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2；

13

0056

0057

湿棉花是用来提供反应需要的水蒸气；

(2)若铁粉完全反应，则反应后的固体只有Fe3O4，若部分反应则为Fe和Fe3O4，若没有发生反应则只有Fe，所以假设2为只有Fe3O4；

(3)反应前的固体为铁粉，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，完全反应可知生成Fe3O4的质量为

0.1mol232gmol-1=7.73g，而6.6g大于5.6g、小于7.73g，说明铁粉未完全反应，固体为Fe和Fe3O4；3Ⅱ．①实验结论为FeSO4部分变质，即溶液中既有Fe3+、又有Fe2+，所以步骤1中加入KSCN溶液时可以看到溶液变红；步骤2中滴加K3[Fe(SCN)6]溶液时可以看到产生蓝色沉淀；

②步骤2中产生的蓝色沉淀为亚铁离子和铁氰酸根反应生成的铁氰酸亚铁，涉及的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；

③若要使FeSO4复原，则需要将Fe3+还原成Fe2+，且不引入新的杂质，所以可以加入过量铁粉，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。20．【答案】MnO2+4HCl(浓)Cl2 + H2O=H＋+Cl－+HClO 【分析】

实验室利用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应制取氯气，盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢，通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过紫色石蕊试液，石蕊试液先变红后褪色，装置D装有浓硫酸，氯气通过装置D除去水蒸气，干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应生成氯化铁，最后利用氢氧化钠溶液吸收未反应的氯气，以免污染空气。【详解】

(1)在装置A中，MnO2+4HCl(浓) 浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为：

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O 除去氯气中的氯化氢杂质 先变红后褪色

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

浓H2SO4 吸收未反应的氯气，防止污染环境

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢气体杂质，通过装置B饱和食盐水可以吸收氯化氢，故B装置的作用是除去氯气中的氯化氢杂质；

(3)实验时氯气在C中溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以紫色石蕊试液先变红后褪色；氯Cl2 + H2O=H气与水发生反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能写成离子形式，则反应的离子方程式为：

＋

+Cl－+HClO；

(4) 根据题目信息可知，为制备少量干燥的氯化铁，D瓶盛放的试剂应该是浓H2SO4，作用是干燥氯气；(5)氯气有毒，不能直接排放到空气中，故F瓶盛有NaOH溶液，作用是吸收未反应的氯气，防止污染环境，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。21．K+、Cl-、OH- 【答案】KNO3

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Ag+、Fe3+、NO3

-Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+ Ag++Cl-=AgCl↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓

【分析】

甲厂废水呈碱性，则溶液中含有大量的OH-，与OH-离子反应的Ag+、Fe3+不能大量共存，根据溶液电中性可知甲厂废水中肯发含有K+，乙厂中含有Ag+、Fe3+，则与Ag+、Fe3+反应的Cl-、OH-不能共存，根据溶液电中性可知乙厂还有NO--3，由此可知：甲厂含有K+、Cl-、OH-，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO3，根据两厂中含有的离子组成及性质解答该题。【详解】

(1)甲厂废水呈碱性，则溶液中含有大量的OH-，与OH-离子反应的Ag+、Fe3+不能大量共存，根据溶液电中性可知甲厂废水中肯发含有K+，乙厂中含有Ag+、Fe3+，则与Ag+、Fe3+反应的Cl-、OH-不能共存，根据溶液电中性可知乙厂还有NO--3，由此可知：甲厂含有K+、Cl-、OH-，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO3，故答案为：K+、Cl-、OH-；Ag+、Fe3+、NO-3；

(2)废水中含有的金属离子有K+、Ag+、Fe3+，加入单质Fe，铁可置换出Ag，反应的离子方程式为：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+，故答案为：Fe+2Ag+=2Ag+Fe2+；

(3)根据以上分析，甲厂含有K+、Cl-、OH-，乙厂含有Ag+、Fe3+、NO-3，将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可生成AgCl、Fe(OH)3沉淀，反应离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，生成沉淀的离子有Ag+、Fe3+、Cl-、OH-等，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓；(4)经过滤后的废水主要KNO3，故答案为：KNO3。

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0058