2020-2021学年度高一上学期期中考试化学试卷及答案(共48页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上20202021学年度高一上学期期末考试化学试题题号一二三总分得分（满分：100分 时间：100分钟）一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共30分）1（2分）金属的使用是人类拓展自身能力的标志之一人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，之所以有先后，主要取决于（）A金属在地壳中的含量多少 B金属的熔沸点高低C金属的活泼性强弱 D金属的导电性强弱2（2分）下列有关物质的用途中，运用了物质的化学性质的是（）A用胶状氢氧化铝凝聚水中的悬浮物进行净水B用红棕色氧化铁制造红色油漆C氢氧化铝作为医用的胃酸中和剂D用氧化铝制造耐火坩埚和耐火管3（2分）N

2、A代表阿伏加德罗常数下列有关叙述正确的是（）A1molNa2O2与足量二氧化碳反应转移的电子数为2 NAB标准状况下22.4L CCl4所含的原子数为5NAC56g Fe与任何物质完全反应时转移的电子数一定为2NAD1mol镁与足量氧气或氮气反应均失去2NA的电子4（2分）氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）AN2是还原剂，Al2O3是氧化剂B每生成1 mol AlN需转移3 mol电子CAlN中氮元素的化合价为+3DAlN的摩尔质量为41 g5（2分）下列离子方程式正确的是（）ANaAlO2

3、溶液中通入过量的CO2：2AlO2+CO2+3H2O2Al（OH）3+CO32BFeCl2溶液中加入氯水：Cl2+Fe2+Fe3+2ClC碳酸氢钠与稀硫酸反应：CO32+2H+CO2+H2ODNaOH溶液与小苏打溶液反应 HCO3+OHCO32+H2O6（2分）可以用来断定碳酸氢钠粉末中是否混有碳酸钠的实验方法是（）A加热时有无气体放出B滴加盐酸时有无气泡放出C溶于水后，滴加氯化钙溶液有无白色沉淀生成D溶于水后，滴加澄清石灰水，有无白色沉淀生成7（2分）对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀

4、产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入稀盐酸溶液没有产生白色沉淀，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，一定有SO42D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+8（2分）下列物质组合中，既能和强酸反应又能和强碱反应的是（）Al AlCl3 Al（OH）3 NaHCO3A B C D9（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A1.0molL1 KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42B与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3、Mg2+、Na+、SO42C在无色透明溶液中：Ba2+、Ca2+、NO3、ClD0.1 molL1 FeCl3溶液：K+

5、、NH+4、I、SCN10（2分）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁条于其中探究Mg的活泼性B将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加热可得MgO固体11（2分）FeC13、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（）A溶液中一定不含Fe3+ B溶液中一定含Fe2+C溶液中一定不含Cu2+ D剩余固体中一定含Cu12（2分）在AlCl3和MgCl2的混合溶液

6、中，逐滴加入NaOH溶液直至过量，理论上，加入NaOH的体积和所得沉淀的物质的量的示意图如图，b处NaOH的体积为1L，则下列判断正确的是（）A混合溶液中Al3+的物质的量为0.2molBNaOH的浓度为0.5 mol/LC在b点处溶液中的溶质只有NaAlO2D图中线段oa：ab=5：113（2分）在由Fe、FeO、和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子，则下列判断正确的是（）A混合物里3种物质反应时消耗盐酸的物质的量浓度之比为1：1：3B反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl离子的物质的量浓度

7、之比为1：1C混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量多D混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多14（2分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确的是（）选项实验现象结论A将过量稀盐酸加入铁粉中，充分反应有气体生成，溶液呈黄色稀盐酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D把一小块钠放在坩埚里加热钠先熔化，发出黄色火焰最后生成淡黄色固体生成了Na2O2AABBCCDD15（2分）下列叙

8、述中正确的是（）A向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2C等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出二、不定项选择题（每题有12个正确选项，错选、多选、不选不给分，少选但正确给1分，每题3分，共24分）16（3分）Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：

9、2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，对此反应下列说法中正确的是（）ANa2O2只作氧化剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物CO2是还原产物D2mol FeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移17（3分）0.1molMg分别在足量的O2、CO2、N2中燃烧，生成的固体质量依次为W1、W2、W3，则下列关系式中正确的是（）AW2W1W3BW1=W2W3CW1=W2=W3DW3W2W118（3分）将1.12g铁粉加入2mol/L氯化铁溶液25mL中，充分反应后结果是（）A铁有剩余B往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色CFe2+和Fe3+物质的

10、量之比为6：1D氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：519（3分）m g Fe2O3、CuO的混合物，加入60mL 1.0mol/L H2SO4溶液中完全溶解，向所得溶液中逐滴加入1.5mol/L NaOH溶液至刚出现沉淀时，消耗NaOH溶液20mL；将m g的混合物用CO气体加热还原，实验过程中总共耗去标准状况下的CO 1.68升，得固体w g，w的值为（）Am0.48Bm0.72Cm0.8Dm1.220（3分）如图表示AlCl3溶液与NaoH溶液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线，下列判断错误的是（）A线表示Al3+的物质的量的变化Bx表示AlCl3的物质的量C线表示Al（OH）3的物质的

11、量的变化D线表示的物质的量的变化21（3分）下列说法正确的是（）Aa克CH4在氧气中完全燃烧，将其产物全部跟足量的过氧化钠完全反应，反应后固体质量恰好也增加a克B将等物质的量的Na2O和Na2O2分别投入到足量且等质量的水中，得到溶质质量分数相等C1mol Na2O2与2mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是Na2CO3D向某溶液中加入氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+22（3分）向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属

12、离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg则下列关系不正确的是（）Ac=Bp=m+Cn=m+17VcDmpm23（3分）向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示下列判断正确的是 （）A在0a范围内，只发生NaOH和HCl的反应Bab段发生反应的离子方程式为：CO32+2H+CO2+H2OCa=0.3D原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2三、填空题（46分）24（12分）（1）在呼吸面具中，Na2O2起反应的化学方程式 （2）硫酸亚铁溶液含有杂质硫酸铜和硫酸铁

13、，为除去杂质，提纯硫酸亚铁，可加入过量 （3）有Na2SO4、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是 溶液（4）可以验证Fe3+溶液中是否含有Fe2+的一种试剂是 （填选项序号）a稀硫酸b铁c硫氰化钾d酸性高锰酸钾溶液（5）Al（OH）3是两性氢氧化物，在溶液中能发生酸式电离和碱式电离，Al（OH）3的电离方程式可以表示为 （6）碱式碳酸铝镁常用作塑料阻燃剂碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O中a、b、c、d的代数关系式为 25（10分）某混合物A，含有KAl（SO4）2

14、、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质据此回答下列问题：（1）KAl（SO4）2的电离方程式 （2）根据上述框图反应关系，写出下列C、E所含物质的化学式沉淀C ；溶液E （3）写出、两步的化学反应方程式是 ； 26（10分）某同学利用如图所示的实验装置进行铁跟水蒸气反应的实验，并继续研究铁及其化合物的部分性质请回答下列问题：（1）装置中湿棉花的作用 硬质试管中发生反应的化学方程式为 （2）该同学欲确定反应后硬质试管中固体物质的成分，设计了如下实验方案：待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色则说明硬质试管中固体物质

15、的成分是 若溶液未变红色，则说明硬质试管中固体物质的成分是 （3）该同学按上述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，原因是： （用离子方程式表示）（4）该同学马上另取少量溶液B，使其跟NaOH溶液反应若按如图所示的操作，可观察到生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出白色沉淀变成红褐色沉淀所发生发应的化学方程式： 27（14分）（1）将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，请用两个离子方程式表示有关生成H2的变化： ； 该溶液的溶质质量分数为 （2）在标准状况下，22.4升的密闭容器中充入CO2和CO混合气体，其密度为10/7g/L，加入足量Na2O2充分振荡并不

16、断用点火花点燃至完全反应，则容器中存在 molO2， molNa2CO3（3）取一定量的镁铝合金，用足量盐酸溶解后，再加入过量的NaOH溶液，然后滤出沉淀物，加强热灼烧，最后得到白色粉末，干燥后称量，这些粉末与原合金的质量相等，则合金中铝的质量百分含量为 （4）已知2Fe2+Br2=2Fe3+2Br，2Br+Cl2=2Cl+Br2往100mLFeBr2溶液中缓慢通入2.24升氯气（标准状况），结果溶液中有三分之一的Br被氧化成Br2求原FeBr2的物质的量浓度 （5）部分氧化的FeCu合金样品（氧化物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如图处理：根据题中条件计算V= 参考答案一、单项选择题（

17、每小题只有一个正确答案，每小题2分，共30分）1【分析】金属的冶炼与金属的化学性质特别是金属的活泼性有关，越活泼的金属发现的越晚【解答】解：人类利用几种常用金属的先后顺序依次为金、铜、铁、铝，金属的活泼性顺序也为金、铜、铁、铝，可见金属的冶炼与金属的活泼性有关，而金属的熔沸点、导电性属于物理性质，与金属的冶炼无关，另外金属的含量与金属的冶炼也无关，故选C【点评】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属冶炼的原理和方法，学习中注意相关基础知识的积累2.【分析】A氢氧化铝胶体具有吸附性；B依据氧化铁为红棕色固体性质解答；C氢氧化铝碱性较弱，能够与盐酸反应；D耐火材料具有较高的熔点【解答】解：

18、A氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，用于净水为物理吸附过程，故A不选；B用红棕色氧化铁制造红色油漆，是利用氧化铁为红棕色物理性质解答，故B不选；C氢氧化铝碱性较弱，能够与盐酸反应，可以作为医用的胃酸中和剂，故C选；D耐火材料具有较高的熔点，氧化铝具有较高的熔点，氧化铝制造耐火坩埚和耐火管，利用氧化铝高熔点的物理性质，故D不选；故选：C【点评】本题考查了物质的性质与用途之间的关系，明确化学性质与物理性质差别，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大，注意积累3【分析】ANa2O2固体与CO2反应时为歧化反应；B气体摩尔体积使用对象为气体；C铁与其他物质反应可以生成三价铁，也可以

19、生成二价铁；D.1mol镁与氧气、氮气反应都生成1mol镁离子【解答】解：ANa2O2固体与CO2反应时为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子即NA个，故A错误；B标况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.56g Fe物质的量为1mol，与其他物质完全反应时转移的电子数可能为3NA或者2NA，故C错误；D.1mol镁与氧气、氮气反应都生成1mol镁离子，失去2NA的电子，故D正确；故选：D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，有利于培养学生的逻

20、辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4【分析】Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，N元素的化合价由0降低为3价，C元素的化合价由0升高为+2价，以此来解答【解答】解：A、Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，该反应中，氧化剂为氮气，还原剂是碳，故A错误；B、该反应中，氮元素的化合价由反应前0价降低到反应后的3价，每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C、氮化铝中氮元素的化合价是3价，故C错误；D、氮化铝的摩尔质量是41g/mol，单位错误，故D错误故选B【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子

21、的考查，题目难度不大5【分析】A二氧化碳过量反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；B电荷不守恒；C碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；D二者反应生成碳酸钠和水【解答】解：ANaAlO2溶液中通入过量的CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应为AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故A错误；BFeCl2溶液中加入氯水，离子方程式：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，故B错误；C碳酸氢钠与稀硫酸反应，离子方程式：HCO3+H+CO2+H2O，故C错误；DNaOH溶液与小苏打溶液反应，离子方程式：HCO3+OHCO32+H2O，故D正确；故选：D【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断

22、，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒，题目难度不大6【分析】碳酸氢钠加热易分解，而碳酸钠加热不分解，二者都能与盐酸反应生成二氧化碳气体，都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，但只有碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀据此解答【解答】解：A碳酸氢钠加热易分解，而碳酸钠加热不分解，不能确定是否有碳酸钠，故A不选；B二者都能与盐酸反应生成二氧化碳气体，不能确定是否有碳酸钠，故B不选；C只有碳酸钠才能与氯化钙反应生成沉淀，所以可以确定是否有碳酸钠，故C选；D二者都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能确定是否有碳酸钠，故D

23、不选；故选：C【点评】本题考查碳酸钠与碳酸氢钠的性质，熟悉二者性质是解题关键，注意二者性质的异同，侧重考查学生对基础知识掌握的熟练程度，题目难度不大7【分析】A生成的气体可能为二氧化硫或二氧化碳，原溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根等离子，不一定含有碳酸根离子；B生成的沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子；C加入稀盐酸排除了干扰离子，再加入氯化钡生成的白色沉淀只能为硫酸钡；D生成的沉淀可能为碳酸钙，原溶液中可能含有钙离子【解答】解：A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体可能为二氧化硫，原溶液中可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子，不一定有

24、CO32，故A错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有银离子，不一定有SO42，故B错误；C加入稀盐酸溶液没有产生白色沉淀，排除了干扰离子，然后再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，该沉淀为硫酸钡，则原溶液中一定有SO42，故C正确；D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能为CaCO3，溶液中可能含有Ca2+，不一定有Ba2+，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意检验离子存在时，必须排除干扰离子，确保检验方案的严密性，试题有利于培养学生的分析能力及化学实验

25、能力8【分析】根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH）3、Zn（OH）2、氨基酸、蛋白质等；多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；某些金属：Zn、Al等；某些非金属：Si、S等；其它一些物质如：a、某些盐类物质既与酸反应，又与碱反应；b、个别酸性氧化物SiO2；c、具有还原性的无氧酸：H2S、HI等与氧化性酸反应、与碱反应；d、具有氧化性酸：浓H2SO4、HNO3等与还原性酸反应、

26、与碱反应以此解答本题【解答】解：金属铝与酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2和氢气，故正确；AlCl3属于盐，能与碱反应，但不与强酸反应，故错误；Al（OH）3 属于两性氢氧化物，既能与酸反应，生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2离子，故正确；NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与酸反应，生成CO2气体，又能与碱反应，生成盐，故正确故选C【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累9【分析】A离子之间发生氧化还原反应；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C该组离子之间不反应；D离子之间发生氧化还原反应，结合生成络离子【解答】解：AH+、Fe2+、

27、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故A不选；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Mg2+，酸溶液中NO3、Al、H+发生氧化还原反应，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C选；DFe3+、I发生氧化还原反应，Fe3+、SCN结合生成络离子，不能共存，故D不选；故选C【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，题目难度不大10【分析】A稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中；B镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀；C过滤操作应用玻璃棒引流；D灼烧

28、固体应用坩埚【解答】解：A稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，故A错误；B将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故B正确；C过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故C错误；D灼烧固体应用坩埚，不能用蒸发皿，故D错误；故选B【点评】本题考查实验方案的评价，为高频考点，涉及稀释、过滤等实验操作及离子的反应等知识，把握物质的性质、实验基本操作等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大11【分析】氧化性Fe3+Cu2+，FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，先发生2FeCl3+Fe=3FeCl2、然

29、后发生CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，据此解答【解答】解：由题意知氧化性顺序为Fe3+Cu2+，Fe2+，则剩余的固体一定含有铜成份有两种可能，一、只有铜，没有铁，当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu；二、剩余固体为铁和铜的混合物，当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；所以，剩余的固体一定含有铜，只要有固体剩余一定没有Fe3+，一定含有Fe2+，可能含有C

30、u2+，故C错误；故选：C【点评】本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，题目难度中等，正确判断Fe3+、Cu2+的氧化性强弱及固体的成分是解本题的关键，注意掌握铁离子与金属铜、铁反应的化学方程式12【分析】AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，此时溶液为NaCl溶液，继续滴加NaOH溶液直至过量，氢氧化铝与NaOH反应逐渐溶解，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（ba）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液【解答】解：A、根据图示

31、信息和Al原子守恒有：n（NaAlO2）=n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.1mol，故A错误；B、在bL时，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，由图象可知：nAl（OH）3=0.1mol，n（Mg（OH）2=0.1mol，根据Mg原子守恒有n（MgCl2）=n（Mg（OH）2=0.1mol，根据Al原子守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n（NaCl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）=20.1mol+30.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.5mol+0

32、.1mol=0.6mol，所以c（NaOH）=0.6mol/L，故B错误；C、在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（ba）L时，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，故C错误；D、加入aLNaOH溶液时，沉淀达最大值共0.2mol，由反应方程式可知，此时溶液为NaCl溶液，在bL时，即再继续滴加NaOH溶液（ba）L时，氢氧化铝与NaOH恰好反应，氢氧化铝完全溶解，沉淀为氢氧化镁0.1mol，溶液为NaCl、NaAlO2溶液，所以两部分NaOH溶液的体积之比等于消耗的NaOH的物质的量之比，即为n（NaCl）与n（NaAlO2）之比，故oa：ab=a：（

33、ba）=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正确故选D【点评】理清反应的整个过程，问题即可解决，即可利用方程式也可根据关系式，本题采取原子守恒计算，难度较大13【分析】混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，n（HCl）=0.2mol，n（H2）=0.02mol，n（Fe2+）=0.1mol，由反应2Fe3+Fe3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，以此来解答【解答】解：A根据以上分析知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故无法确定混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比，故A错误；B反应后所得溶液为FeCl2溶

34、液，阳离子与阴离子的物质的量之比为1：2，故B错误；C混合物恰好完全溶解，且无Fe3+，故溶液中溶质为FeCl2，由铁与酸反应生成氢气及反应2Fe3+Fe3Fe2+知Fe比Fe2O3的物质的量多，但FeO的物质的量无法确定，故C正确；DFeO的物质的量无法确定，不能确定Fe与FeO的物质的量的关系，故D错误故选C【点评】本题考查混合物的计算，为高频考点，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意溶液中无Fe3+离子，题目难度中等14【分析】A过量稀盐酸加入铁粉中生成氯化亚铁；B铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中，反应生成硫酸铜、硫酸亚铁；C氧化铝的熔点

35、高，包裹在Al的外面；D钠燃烧生成过氧化钠【解答】解：A过量稀盐酸加入铁粉中生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，且有气泡，现象与结论不合理，故A错误；B铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中，反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，则现象、结论不合理，故B错误；C氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不能滴落，现象不合理，故C错误；D钠燃烧生成过氧化钠，钠先熔化，发出黄色火焰最后生成淡黄色固体，现象以及结论合理，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大1

36、5【分析】A、碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应；B、Na2 CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠【解答】解：A、CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成碳酸氢钙溶液，再加入NaHCO3饱和溶液，碳酸氢钙与碳酸氢钠不发生反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；B、Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=Na

37、HCO3+NaCl，没有二氧化碳生成，故B错误；C、NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不同，二者相同质量，物质的量不同，与盐酸反应都生成二氧化碳，由碳元素守恒可知，生成二氧化碳的物质的量之比与摩尔质量成反比为106：84=53：42，即同温同压下，体积之比为53：42，故C错误；D、发生反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3，生成碳酸氢钠的质量比碳酸钠多，反应消耗水，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，故会有碳酸氢钠析出，故D正确故选D【点评】本题考查钠的重要化合物性质、化学计算等，难度中等，注意B选项中滴加顺序不同，发生反应不同，实质是与量有关导致反应不同二、不定项选择题（每题有12个正确

38、选项，错选、多选、不选不给分，少选但正确给1分，每题3分，共24分）16【分析】A、化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；B、还原剂被氧化得到氧化产物，氧化剂被还原得到还原产物；C、氧化剂被还原得到还原产物；D、反应中元素化合价升高的数目就是反应中转移电子的数目【解答】解：A、过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到2价，所以Na2O2即是氧化剂，又是还原剂，故A错误；B、反应中，Na2FeO4中的铁元素化合价为+6价，是从硫酸亚铁中+2价的铁元素升来的，所以硫酸亚铁是还原剂，被氧化得到氧化产物Na2FeO4，同时过氧化钠中的1价的氧元素化合价降低，Na2FeO4中的2价氧元素就来自过氧

39、化钠，所以Na2FeO4又是还原产物，故B正确；C、氧气中0价的氧元素是过氧化钠中1价的氧元素升高来的，所以氧气是氧化产物，故C错误；D、反应中元素化合价升高的数目为：2（62）+2（10）=10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中转移电子的数目为10mol，故D错误故选B【点评】本题目考查学生氧化还原反应中的有关概念以及电子守恒定律，可以根据所学知识来灵活运用，难度不大17【分析】根据相同质量的Mg生成MgO和Mg3N2固体的质量增重大小，分析解答【解答】解：根据关系式MgMgO可知，0.1molMg生成MgO，增重为：0.1mol16g/mol=1.6g，根据关系式3MgMg3N2

40、可知，0.1molMg生成Mg3N2，增重为：0.1mol14g/mol=g0.93g相同质量的Mg生成MgO比生成Mg3N2固体增重多，Mg与CO2反应，除生成等量的MgO，还有固体碳，所以W2W1W3故选A【点评】以镁的性质为载体考查学生计算能力，注意综合分析优化解题方法，易错点是镁与CO2反应易忽略生成的碳18【分析】1.12g铁物质的量n（Fe）=0.02mol，25mL 2mol/L氯化铁溶液中n（Fe3+）=0.025L2mol/L=0.05mol，发生的离子反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，结合反应及离子的检验来解答【解答】解：1.12g铁物质的量n（Fe）=0.02mol，25

41、mL 2mol/L氯化铁溶液中n（Fe3+）=0.025L2mol/L=0.05mol；发生的反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+； 0.02mol 0.04mol 0.06mol由上述反应可知：三价铁离子剩余0.01mol，溶液中含有Fe3+物质的量为0.01mol，Fe2+物质的量为0.06mol，无金属铁剩余；A、铁无剩余，故A错误；B、溶液中有剩余的三价铁离子，往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，故B正确；C、Fe2+和Fe3+的物质的量之比为6：1，故C正确；D、氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故D错误；故选BC【点评】本题考查氧化还原反应计算及铁的性质，为高频考点，把握发

42、生的反应及物质的量关系等为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大19【分析】氧化物溶解于稀硫酸后，再向硫酸盐溶液中加氢氧化钠溶液，当刚出现沉淀时用去氢氧化钠，说明酸有剩余，根据氢氧化钠的物质的量计算剩余硫酸的物质的量；除去剩余的硫酸就是与氧化物反应的硫酸，硫酸中氢离子和氧化物中的氧原子反应生成水，根据水的化学式知，和氧化物反应的硫酸的物质的量就等于氧原子的物质的量，CO还原氧化物得到的金属就等于氧化物的质量减去氧元素的质量【解答】解：和硫酸反应的n（NaOH）=1.5mol/L0.02L=0.03mol，硫酸和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：2，所以与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量是

43、0.015mol，则与金属氧化物反应的n（H2SO4）=1.0mol/L0.06L0.015mol=0.045mol，根据H2O的化学式知，硫酸和氧原子的物质的量之比为1：1，所以氧化物中n（O）=0.045mol，即氧原子的质量=16g/mol0.045mol=0.72g，CO还原金属氧化物得到的金属质量=金属氧化物的质量氧原子的质量=mg0.72g，即w=m0.72，故选B【点评】本题考查了有关混合物的计算，难度不大，明确反应过程中硫酸和氧原子的关系、金属氧化物和金属单质的关系是解本题的关键20【分析】假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3+3OH=Al（O

44、H）3，Al3+完全沉淀，消耗3molOH，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH，生成1molAlO2，前后两部分消耗的OH为3：1，假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3+4OH=AlO2+2H2O，OH完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2，然后发生反应Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，AlO2完全反应，消耗molAl3+，生成molAl（OH）3，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol=3：1，由图象可知，表示微粒、表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，据此结合选项解答【解答】解：假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3+3OH=Al（OH）3，Al3+完全沉淀，消耗3molOH，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH，生成1molAlO2