1、第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）1下列物质中不属于合金的是（）A硬铝 B钢铁 C青铜 D金箔【答案】D【解析】试题分析：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等，硬铝、钢铁、青铜等都是合金，而金箔是单质，不是合金，答案选D。考点：考查合金的判断2下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（）A过氧化钠 B氢硫酸 C硫酸亚铁 D苯酚【答案】A【解析】试题分析：A、过氧化钠易吸收空气中的水蒸气和CO2易变质，在反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A正确；B、氢硫酸易被氧化生
2、成单质S而变质，B错误；C、硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，C错误；D、苯酚易被氧化而显粉红色，D错误，答案选A。考点：考查化学试剂试剂变质的原因3下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（）AKBNaCFeDAl【答案】D【解析】试题分析：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，故选D。考点：考查Al的化学性质4生活处处有化学，下列说法正确的是（）A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆
3、富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸【答案】A【解析】试题分析：A“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n值不同，故B错误；C花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误故选A。考点：考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质5碱金属及其化合物在生活和化工生产中具有广泛的用途，下列说法正确的是A钠钾合金能用作原子反应堆的导热剂是由于二者是活泼金属易失电子B用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好C碳酸钠可用于制造洗涤剂，因为碳酸钠是碱D五彩缤纷的焰火是K单质燃烧所致【答案
4、】B【解析】试题分析：A、钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，与易失去电子无关系，A错误；B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、CO2和水，因此用饱和碳酸氢钠制造灭火剂比用饱和碳酸钠制造灭火剂的效果好，B正确；C、碳酸钠是盐，C错误；D、五彩缤纷的焰火是金属的焰色反应所致，D错误，答案选B。考点：考查碱金属及其化合物的性质、用途等判断6下列物质的保存方法正确的是少量金属钠保存在冷水中 浓硝酸盛放在无色试剂瓶中少量金属钾保存在煤油中 氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中氯水存放在带玻璃塞的无色细口瓶中 碳酸钠固体保存在带橡胶塞的细口瓶中A BC D【答案】C【解析】试题分析：
5、少量金属钠保存在煤油中，错误；浓硝酸见光易分解，盛放在棕色试剂瓶中，错误；少量金属钾保存在煤油中，正确；氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中，正确；氯水见光易分解，存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中，错误；碳酸钠固体保存在带橡胶塞的广口瓶中，错误，答案选C。考点：考查常见化学试剂的保存7加入适量KSCN溶液后，变成血红色的是AAlCl3溶液 BFeCl3溶液CNaCl溶液 D. Cu(NO3)2溶液【答案】B【解析】试题分析：铁离子与KSCN溶液发生反应显血红色，所以正确的答案选B。考点：考查铁离子的检验8下列反应与Na2O2SO2Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是A2Na2O2CO22
6、Na2CO3O2 B2Na2O22SO32Na2SO4O2CNa2O2H2SO4Na2SO4H2O2 D3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O【答案】D【解析】试题分析：因为在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中-1价的氧
7、变为-2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；故选D。考点：考查对氧化还原反应的理解9科技工作者提出用铝粉处理含亚硝酸盐废水的思路：调节亚硝酸盐废水酸碱性，使其pH12，然后加入适量的铝粉、搅拌，从而实现预期目的。下列判断错误的是A废水处理时铝单质转化为Al3+ B废水处理中，亚硝酸盐被还原C处理过程中，OH一参与了反应 D铝粉颗粒大小影响废水处理的速率【答案】A【解析】试题分析：ApH12，溶液呈碱性，铝反应生成AlO2-，故A错误；B铝和亚硝酸盐发生氧化还原反应，铝被氧化，则亚硝酸盐被还原，故B正确；C处理过程中，OH-与Al、NO2-反应，生成N2、AlO2-和H2O，OH-参与了反应，故C
8、正确；D铝粉颗粒度越小，表面积越大，反应速率越大，所以铝粉颗粒大小影响废水处理的速率，故D正确，故选A。考点：考查铝与亚硝酸盐反应的有关判断102009年10月1日，在天安门广场举行了隆重的国庆阅兵仪式，展现了我国强大的综合国力，其中坦克的展示无疑是一个巨大的亮点。坦克的制造材料主要是各种金属的合金，钢铁便是其中十分重要的一种。下列关于铁的说法中，正确的是A铁元素属于过渡元素，其原子序数为26B单质铁与浓硫酸在常温下不反应C铁单质只具有还原性，其阳离子只具有氧化性D与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率，纯铁比生铁的快【答案】A【解析】试题分析：A铁元素属于过渡元素，其原子序数为26，A正确；B单
9、质铁与浓硫酸在常温下发生钝化，钝化是化学变化，B错误；C铁单质只具有还原性，其阳离子，例如亚铁离子也具有还原性，C错误；D与相同浓度的盐酸反应生成氢气的速率，纯铁比生铁的慢，因为生铁可以构成原电池反应加快反应速率，D错误，答案选A。考点：考查铁及其化合物的有关判断11某溶液中含有下列六种离子：HCO3-SO32-Na+CO32-NH4+NO3，向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是A只有 B CD【答案】A【解析】试题分析：Na2O2与水反应生成NaOH和O2，反应后溶液成碱性，则：HCO3-、CO32-、NH4+浓度发生变化；Na2O2具有强氧化性，SO32-被氧化，离
10、子浓度发生变化，Na+浓度增大，浓度不变的只有NO3-，故选A。考点：考查过氧化钠的性质12足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A氢氧化钠溶液 B稀硫酸 C盐酸 D稀硝酸【答案】A【解析】试题分析：设Al为1mol，A铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAl（OH）4，1molAl消耗1molNaOH；B铝与稀硫酸反应生成Al2（SO4）3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选A。考点：考查铝的性质13用FeCl3溶液腐蚀印
11、刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3 B若有固体存在，则溶液中一定有Fe2C若溶液中有Cu2，则一定没有固体析出 D若溶液中有Fe2，则一定有Cu析出【答案】B【解析】试题分析：FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与反应Cu2+，则A无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C
12、若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B。考点：考查铁及其化合物的性质14把铁片分别放入下列物质的溶液中，充分反应后，溶液质量比反应前减轻的是ACuSO4 BFe2(SO4)3CHCl DFeSO4【答案】A【解析】试题分析：A、铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铜的质量大于铁的质量，因此溶液中质量减小，A正确；B、铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，溶液质量增加，B错误；C、铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，溶液质量
13、增加，C错误；D、铁与硫酸亚铁不反应，D错误，答案选A。考点：考查铁与酸以及盐溶液反应的判断15向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是AOHCO322HHCO3H2O B2OHCO323HHCO32H2OC2OHCO324HCO23H2O DOHCO323HCO22H2O【答案】C【解析】试题分析：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应。A设NaOH和Na2CO3的物质
14、的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH-+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+H+HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+HCO3-+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH-+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32-+H+HCO3-，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+HCO3-+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢
15、离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH-+2CO32-+4H+2HCO3-+2H2O，即OH-+CO32-+2H+HCO3-+H2O，故C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH-+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+CO2+2H2O，故D正确；故选：C。考点：考查离子方程式书写正误的判断16等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是AFeO B. Fe2O3 C. FeSO4 D、Fe3O4【答案】
16、A【解析】试题分析：假设质量都为mg，AFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；BFe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；CFeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；DFe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO，故选A。考点：考查氧化还原反应的相关计算17下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A空气 SO2、NO、NO2BKNO3溶液 Fe2+、H+、ICNaHCO3溶液 Ca2+、OH、ClD由水电离产
17、生的c(H+) = 1011molL1的溶液K+、SO42、Br【答案】D【解析】试题分析：ANO与空气中氧气反应生成二氧化氮，在空气中不能稳定存在，故A错误；BNO3-离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化Fe2+、I-，故B错误；CHCO3-、Ca2+、OH-反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=10-11molL-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性或者碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确，故选D。考点：考查离子共存的正误判断18能正确表示下列反应的离子方程式是：ACl2通入NaOH溶液中：Cl2OH=ClClOH2OBNaHCO3溶液中加入
18、HCl：CO322H=CO2H2OCAlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al34NH3H2OAlO24NH42H2ODCu溶液于稀HNO3：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O【答案】D【解析】试题分析：ACl2通入NaOH溶液中：Cl22OH=ClClOH2O，A错误；BNaHCO3溶液中加入HCl：HCO32H=CO2H2O，B错误；C氨水不能溶解氢氧化铝，AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al33NH3H2OAl(OH)33NH4，C错误；DCu溶液于稀HNO3：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，D正确，答案选D。考点：考查离子方程式的正误判断19下列有关Fe2(SO4)3溶液
19、的叙述正确的是A该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br可以大量共存B和KI溶液反应的离子方程式：Fe3+ 2I= Fe2+ I2C和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3+ SO42+ Ba2+ 3OH= Fe(OH)3+ BaSO4D 1L0.1mol/L该溶液和足量的Zn充分反应，生成 11.2gFe【答案】D【解析】试题分析：A、铁离子和苯酚发生显色反应，二者不能大量共存，A不正确；B、电荷不守恒，应该是2Fe32I2Fe2I2，B错误；C、不符合配比关系，正确的是2Fe33SO423Ba26OH2Fe(OH)33BaSO4，C错误；D、锌的金属性强于铁，足量锌与硫酸铁反应的离
20、子方程式为3Zn2Fe3=3Zn22Fe，铁离子的物质的量为0.2mol，故与足量Zn反应生成0.2mol铁，质量为0.2mol56g/mol11.2g，D正确，答案选D。考点：考查与硫酸铁反应、离子共存以及计算的有关判断20下列有关溶液组成的描述合理的是A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO42【答案】C【解析】试题分析：判断离子能否大量共存，应在各选项的前提下，如无色、溶液的酸碱性等条件下分析和判断，各离子间能否发生复分
21、解反应，是否生成沉淀、难电离物质、挥发性物质，能否发生氧化还原反应、相互促进的水解反应、络合反应。A、Al3+与S2发生水解相互促进的反应，不能大量共存；B、酸性溶液中ClO可氧化I，不能大量共存；C、弱碱性溶液中Na+、K+、Cl、HCO3不发生反应，可以大量共存；D、中性溶液中，Fe3+发生水解反应，转化为Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，答案选C。考点：考查离子共存的正误判断21某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下。下列说法错误的是A操作发生的反应为非氧化还原反应B若在实验室进行操作只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器C操作是蒸发浓缩、冷却结晶D在整个制备过
22、程中，未发生置换反应【答案】B【解析】试题分析：A发生复分解反应Mg 2+2OH -Mg（OH）2，该反应是非氧化还原反应，故A正确；B过滤操作中还使用玻璃棒，故B错误；CMgCl2溶液得到MgCl2晶体需要蒸发浓缩结晶，故C正确；D只发生复分解反应、氧化还原反应、分解反应，未发生置换反应，故D正确，故选B。考点：考查元素及其化合物的性质以及反应类型判断22室温下，在0.2mol/L Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0mol/L NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如下图，下列有关说法正确的是Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3+ 3OHAl
23、(OH)3Bab段，溶液pH增大，Al3+浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀Dd点时，Al(OH)3沉淀开始溶解【答案】C【解析】试题分析：硫酸铝溶液中存在铝离子的水解平衡：Al33H2O Al(OH)33H，逐滴加入氢氧化钠溶液首先生成氢氧化铝沉淀，当氢氧化钠过量时氢氧化铝又溶解在氢氧化钠中生成偏铝酸钠和水，则A、硫酸铝是强酸弱碱盐，铝离子水解溶液显酸性，水解方程式应为Al33H2O Al(OH)33H，A错误；B、ab段，溶液pH增大，水解平衡正向移动，铝离子浓度减小，B错误；C、bc段，加入氢氧根主要用于生成氢氧化铝沉淀，C正确；D、根据图像可知c点时溶液的pH突
24、然增大，Al(OH)3沉淀开始溶解，D错误，答案选C。考点：考查考查与化学反应相关的图像，涉及盐类的水解，水解方程式、氢氧化铝的的性质23有关Fe及其化合物的部分转化关系如图所示。下列说法不正确的是A中硫酸的浓度可以为98% B中试剂可以是氨水或NaOH溶液C中操作为蒸发浓缩、冷却结晶 DX一定含有SO2【答案】A【解析】试题分析：由转化流程可知，为Fe与硫酸的置换反应生成硫酸亚铁，中与碱反应生成沉淀，为浓缩、冷却结晶得到晶体，然后灼烧得到氧化铁、Fe元素的化合价升高，则S元素的化合价降低，混合气体一定含S的氧化物，A中硫酸的浓度不能为98%，浓硫酸具有强氧化性，可能生成硫酸铁，故A不正确；B
25、氨水或NaOH溶液均与硫酸亚铁反应生成沉淀，符合转化，故B正确；C为溶液得到含结晶水的晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故C正确；D+6价S元素化合价降低为+4价时，混合气体X一定含有SO2，故D正确，故选A。考点：考查铁的化学性质及物质分离、提纯24常温下，将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20 mL pH14的溶液，然后用1 mol/L的盐酸滴定，测得生成沉淀的质量与消耗盐酸的体积关系如图所示，则下列说法正确的是A原合金质量为 0.92 g B产生氢气的体积为896 mL(标准状况下)C图中m的值为1.56 D图中V2的值为60【答案】C【解析】试题分析：由图象可知，向合金溶解
26、后的溶液中加盐酸，先发生NaOH+HClNaCl+H2O，后发生NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）3，最后发生Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，合金溶解后剩余的氢氧化钠的物质的量为0.02L1mol/L=0.02mol，由NaOH+HClNaCl+H2O0.02mol 0.02mol则V1为0.02mol1mol/L0.02L20mL，生成沉淀时消耗的盐酸为40mL-20mL20mL，其物质的量为由0.02L1mol/L0.02mol，由NaAlO2+HCl+H2ONaCl+Al（OH）30.02mol 0.02mol 0.02molA、由钠元素及铝元素守恒可知，合
27、金的质量为0.04mol23g/mol+0.02mol27g/mol=1.46g，故A错误；B、由2Na+2H2O2NaOH+H2、2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2，生成氢气的物质的量为0.02mol+0.03mol=0.05mol，其标况下的体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故B错误；C、由上述计算可知，生成沉淀为0.02mol，其质量为0.02mol78g/mol=1.56g，故C正确；D、由Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O可知，溶解沉淀需要0.06molHCl，其体积为60mL，则V2为40mL+60mL100mL，故D错误；故选C。考点：
28、考查钠、铝的化学性质以及反应的有关判断与计算25下图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是A向B溶液中滴加KSCN溶液，溶液不会变为血红色B溶液B转化为溶液C发生的变化的离子方程式为4H+ 2Fe2+O2= 2Fe3+ 2H2OC溶液酸性A B CD加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A【答案】A【解析】试题分析：A尾气中的二氧化硫气体，通入酸性硫酸铁溶液中发生2Fe3+2H2O+SO22Fe2+SO42-+4H+，B溶液中存在二价铁离子，二价铁离子与KSCN溶液不反应，溶液不会变为血红色，故A正确；B溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2+O2+4H+=
29、4Fe3+2H2O，故B错误；C反应过程中溶液的体积不变，溶液A为Fe2（SO4）3溶液中三价铁离子水解显酸性，溶液B为被二氧化硫还原生成的硫酸亚铁和二氧化硫被氧化生成的硫酸溶液，显酸性，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，是发生反应4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O的结果，消耗氢离子，所以溶液酸性，BCA，故C错误；D溶液C为硫酸铁溶液和硫酸溶液，加氧化亚铁，氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、水，溶液C为硫酸铁溶液和硫酸亚铁溶液，故D错误；故选A。考点：考查污染气体二氧化硫的综合处理工艺流程的分析判断，氧化还原反应的规律应用26硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质（如下图所示）。
30、下列说法错误的是A碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用作净水剂B为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行C可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化D常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大【答案】D【解析】试题分析：A碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；BNH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；CKSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成
31、Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确；D（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D。考点：考查硫酸亚铁制备其它物质的有关判断27某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到 1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到 4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol
32、/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在【答案】B【解析】试题分析：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32-；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42-，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol3+0.02-0.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少0.04mol0.1L0.4mol/L，A、至
33、少存在Cl-、SO42-、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl-，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B。考点：考查离子共存知识28现有FeSO4、Fe2（SO4）3、H2SO4的混合溶液，其中c（H+）=0.10mol/L取该溶液200mL，加入过量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀27.96g；再另取该混合溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液，搅拌使其充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧所得固体，最终得固体8.00g则原混合溶液中c（Fe2+）与c（Fe3+）
34、之比为（）A4：1 B3：1 C2：1 D1：1【答案】A【解析】试题分析：200mL混合溶液加入过量BaCl2溶液，充分反应后得到沉淀27.96g为BaSO4，其物质的量27.96g233g/mol0.12mol，根据电荷守恒可知2n（SO42-）=2n（Fe2+）+3n（Fe3+）+n（H+），即2n（Fe2+）+3n（Fe3+）=0.12mol2-0.2L0.1mol/L=0.22mol，另取该混合溶液200mL，向其中加入过量NaOH溶液充分反应，待沉淀全部变为红褐色后，过滤、洗涤并灼烧最终得固体8.00g为Fe2O3，其物质的量8.0g160g/mol0.05mol，根据Fe元素守恒
35、有2n（Fe2O3）=n（Fe2+）+n（Fe3+），即n（Fe2+）+n（Fe3+）=0.05mol2=0.1mol，联立方程解得：n（Fe2+）=0.08mol、n（Fe3+）=0.02mol，溶液体积相等，浓度之比等于物质的量之比，则原混合溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=0.08mol：0.02mol=4：1，故选A。考点：考查混合物计算29将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g则下列叙述中不正确的是（）A当生成的沉淀量达到最大时，消
36、耗NaOH溶液的体积V100mLB当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24LC参加反应的金属的总质量为9.6gm3.6gD当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol【答案】B【解析】试题分析：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3 （稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）
37、2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g17g/mol0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，A若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积0.3mol3mol/L0.1L100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故A正确；B镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为（0.15mol2）30.1mol，若为标准状况下，生成N
38、O的体积为0.1mol22.4L/mol2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，故B错误；C镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，故C正确；D根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，故D正确，故选B。考点：考查混合物有关计算30Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性，则Na2O
39、2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）A2：4：1 B3：2：1 C2：3：1 D4：2：1【答案】A【解析】试题分析：溶液中只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，4NaOH+4HCl4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选A。考点：考查物质反应的有关计算第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）31（本题共10分）（
40、1）黄铁矿（FeS2）是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料其中一个反应为3FeS2+8O26SO2+Fe3O4，氧化产物为 ，若有3molFeS2参加反应，转移 mol电子。（2）与明矾相似，硫酸铁也可用作净水剂，其原理为 （用离子方程表示）。（3）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为 。（4）在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，并有气体逸出，请写出相应的离子方程式： 。（5）铁红是一种红色颜料，其成分是Fe2O3将一定量的铁红溶于160mL5molL-1盐酸中，在加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L
41、（标准状况），经检测，溶夜中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为 。【答案】（1）SO2和Fe3O4 32 （2）Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ （3）2Fe3+2I-2Fe2+I2 （4）3Fe2+NO3+4H+ 3Fe3+ +NO+ 2H2O （5） 11.2g【解析】试题分析：（1）3FeS2+8O2高温=6SO2+Fe3O4中，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，SO2和Fe3O4为氧化产物。3molFeS2参加反应，由O元素的化合价变化可知，转移的电子为8mol2（2-0）32mol；（2）硫酸铁溶于水Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性而净水，方程式为Fe
42、3+3H2OFe(OH)3+3H+；（3）铁离子具有氧化性，能把碘离子氧化为单质碘，方程式为2Fe3+2I-2Fe2+I2；（4）在酸性条件下硝酸根具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，而自身被还原为NO，反应的方程式为3Fe2+NO3+4H+ 3Fe3+ +NO+ 2H2O；（5）氢气的物质的量为2.24L22.4L/mol0.1molFe2HClH20.1mol 0.2mol 0.1mol根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为（0.16L5mol/L-0.2mol）0.2molFe2FeCl30.1mol 0.2mol所以参加反应的铁粉的质量为（0.1mol+0.1mol）56g/mol1
43、1.2g考点：考查铁的化合物参与反应的有关判断与计算32（本题共10分）（一）（6分）中学常见单质A、B和甲、乙、丙三种化合物有如图所示的转换关系（部分产物未列出）。单质A常作为食品包装材料，甲是两性氧化物。根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：单质A_，乙_。（2）写出单质A与Fe2O3反应的化学方程式：，利用该反应的原理，可用于_。（3）用单质A做成的容器可以储存和运输浓硫酸的原因是_。（4）写出反应的离子方程式：_。（二）（4分）（5）工业上冶炼下列物质通常不采用电解法的是 。aNabMgcFedAg（6）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有（ ）aKCl b.
44、KClO3 c. MnO2 d. Mg【答案】（1）Al NaAlO2 （2）2Al + Fe2O3高温=Al2O3+ 2Fe 焊接钢轨等（3）Al单质遇浓硫酸发生钝化 （4）2Al+ 2OH+ 2H2O2AlO2+ 3H2 （5）cd (6) bd【解析】试题分析：（一）单质A常作为食品包装材料，因此A是铝；甲是两性氧化物，则甲为氧化铝。铝鱼 氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，所以B是氢气，乙是偏铝酸钠，氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，则丙是水。（1）A和乙的化学式分别为Al、NaAlO2。（2）单质铝与Fe2O3发生铝热反应的化学方程式为2Al + Fe2O3高温=Al2O3+ 2Fe
45、，利用该反应的原理，可用于焊接钢轨、冶炼难溶金属等等。（3）用单质A做成的容器可以储存和运输浓硫酸的原因是常温下Al单质遇浓硫酸发生钝化。（4）反应的离子方程式为（4）2Al+ 2OH+ 2H2O2AlO2+ 3H2。（二）（5）钠和镁是活泼的金属需要电解法冶炼，铁可以用还原剂还原，银是不活泼的金属，一般用热分解，答案选cd。（6）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有镁条和氯酸钾，答案选bd。考点：考查无机框图题推断以及铝热反应、金属冶炼等等33（本题共14分）某工业废水中可能含有如下几种阴阳离子：阳离子Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+阴离子Cl、CO32、NO3、S
46、O42、SiO32现对该废水样品进行以下研究：向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色；若向所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。若向所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成。根据上述实验，回答下列问题：（1）该废水中一定含有的阴离子是，一定不含有的阳离子是；（2）写出的所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式（只写这一个）：；（3）已知用铝粉可以除去废水中的一种阴离子（X）。若控制溶液的pH为10.7左右，再加入铝粉，除去X离子的同时产生氨气和氮气，且体积比为14，完
47、成下列反应的离子方程式并配平：(X用具体的离子符号表示)Al + X + OHAlO2+ NH3+ N2+。该反应的还原产物是。若除去0.2mol X离子，要消耗铝g。（4）若将废水中的铁元素完全转化成Fe3+，此时测得c(Fe3+)1.0102molL1，要想将其转换为Fe(OH)3沉淀而除去，则应调节溶液pH至少大于。（已知常温下Fe(OH)3的Ksp1.01038）【答案】（1）NO3 SO42; Ba2+ （2）AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3（3）16Al + 9NO3+ 7OH16AlO2+ NH3+ 4N2+ 2H2O；NH3、N2； 9.6g（4）2【解析】试
48、题分析：向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，该气体是NO，红棕色气体是NO2，这说明在反应中硝酸根被还原为NO，因此一定含有NO3、Fe2+，则CO32、SiO32一定不存在；若向所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀是硫酸钡，所以一定含有硫酸根，则一定没有钡离子；若向所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀是氢氧化铁，但由于亚铁离子被还原生成了铁离子，所以不能确定是否含有离子。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，该沉淀是氢氧化铝，则一定含有铝离子。（1）该废水中一定含有的阴离子是NO3、SO42，一定
49、不含有的阳离子是Ba2+；（2）所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3。（3）设氨气是1mol，则氮气是4mol，氨气和氮气均是还原产物，则根据电子守恒，N 得到（40+8）e-,故 Al 失去 48 e-，系数为 16 根据 N 原子守恒得到系数 9，根据电荷守恒得到系数 7，最后为水，即16Al + 9NO3+ 7OH16AlO2+ NH3+ 4N2+ 2H2O；若除去0.2mol X离子，则消耗铝的质量是0.2mol27g/mol9.6g。（4）Ksp(沉淀平衡常数)Fe3+OH-31.0102 OH-31.0103
50、8，所以OH-=10-12，则H+=10-2。所以pH2。考点：考查离子共存、离子检验、氧化还原反应阴极溶度积常数的应用34（本题共6分）将含O2和CH4的混合气体充入有23.4g Na2O2的密闭容器中，电火花点燃，反应结束后，容器内于150时压强约为0，将残留物溶于水，无气体逸出。（1）原混合气体中O2和CH4体积比为 。（2）残留固体成分 。【答案】（1）1：2 （2）Na2CO3和NaOH【解析】试题分析：（1）甲烷燃烧生成水和二氧化碳，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，过氧化钠与水反应生成氢氧钠和氧气的化学反应为2Na2O2+
51、2H2O4NaOH+O2，依题意，容器内于150时压强约为0，将残留物溶于水，无气体逸出，这说明最后产物只能是Na2CO3和NaOH的混合物，根据原子守恒原理（尤其是CH4中C和H原子个数比为1：4），可得2CH4+O2+6Na2O22Na2CO3+8NaOH，所以原混合气体中O2和CH4体积比为1：2；（2）根据以上分析可知残留物是碳酸钠和氢氧化钠的混合物。考点：考查过氧化钠与二氧化碳、水反应的有关判断与计算评卷人得分三、实验题（题型注释）35（本题共10分）(NH4)2Fe(SO4)26H2O俗名摩尔盐，价格便宜，可用来净水或治疗缺铁性贫血等，是一种重要的化工原料。（1）摩尔盐的水溶液呈色
52、。（2）c(Fe2+)相同的摩尔盐和硫酸亚铁两溶液比较，物质的量浓度较大的是。（3）甲乙两位同学想测定一瓶摩尔盐的纯度。甲同学设计的实验装置如下图：。从上图推断甲同学想通过测定计算摩尔盐的纯度。该方案的不足之处在于。（4）乙同学在甲同学的基础上做了改进，其实验装置如下图：。则B与C中的试剂分别是 和 。C中干燥管的作用是 。乙同学称取了 10.0g的摩尔盐样品，若实验完毕后测得洗气瓶及瓶内溶液共增重 0.68g，则依此数据推算这份摩尔盐的纯度为%（答案精确到小数点后第一位）。【答案】（1）浅绿 （2）硫酸亚铁（3）生成氨气的体积 ；氨气有一部分会溶解在溶液中（或“未加热”等其它合理解释）（4）
53、碱石灰；稀硫酸；防止倒吸； 78.4（3分）【解析】试题分析：（1）（NH4）2Fe（SO4）26H2O溶于水中电离出亚铁离子，所以溶液为浅绿色；（2）（NH4）2Fe（SO4）26H2O的溶液中，铵离子水解溶液显示酸性，抑制了亚铁离子的水解，故相同浓度的莫尔盐和硫酸亚铁，莫尔盐中的亚铁离子浓度较大，若c（Fe2+）相同，硫酸亚铁的物质的量浓度要大些；（3）从图1药品为莫尔盐和氢氧化钠，说明甲同学想通过测定生成氨气的体积计算摩尔盐的纯度；由于氨气极易溶于水，所以溶液中一定含有部分氨气没有逸出；（4）根据图2可知，装置B为干燥装置，干燥氨气可以使用碱石灰；装置C为吸收并测定生成氨气的装置，可以使用稀硫酸；氨气极易溶于水，吸收时需要防止倒吸，使用C中干燥管的作用是防止倒吸；乙同学称取了10.0g的摩尔盐样品，若实验完毕后测得洗气瓶及瓶内溶液共增重0.68g，增重部分为氨气的质量，生成的氨气的物质的量为：0.68g17g/mol0.04mol，10.0g的摩尔盐样品中含有莫尔盐的物质的量为：0.02mol，所以这份摩尔盐的纯度为：100%=78.4%。考点：考查探究物质组成、测定物质的含量的方法评卷人得分四、计算题（题型注释）评卷人得分五、简答题（题型注释）评卷人得分六、推断题（题型注释）
