贵州省三都民族中学2026届高一化学第一学期期末经典模拟试题含解析

贵州省三都民族中学2026届高一化学第一学期期末经典模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列变化中，不属于化学变化的是（）A．Na2O2使有色物质褪色 B．氯水使有色布条褪色C．活性炭使红墨水褪色 D．漂白粉使某些染料褪色2、实验室里可按下图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水吸收，则R是A．HCl B．Cl2 C．CO D．NH33、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（）A．K+、Al3+、SO、H+ B．NH、Cu2+、Cl-、OH-C．H+、Na+、HCO、Cl- D．Ag+、Na+、NO、Cl-4、向、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．加入KSCN溶液不显红色 B．溶液中一定含Fe C．溶液中一定含 D．剩余固体中一定含铜5、同温同压下，相同质量的下列气体，所占体积最大的是（）A．CH4 B．O2 C．CO2 D．SO26、反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：①；②。下列说法正确的是（）A．两个反应中硫元素均被氧化B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化C．氧化性：D．反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为1：57、含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L−1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2－＋H+＋H2O===Al(OH)3↓B．b和c曲线表示的离子反应是相同的C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD．原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1∶28、关于铁的三种氧化物(FeO、Fe2O3、Fe3O4)的下列叙述中正确的是（）A．铁的三种氧化物中铁元素的化合价完全相同B．都是碱性氧化物，都能与盐酸反应生成氯化铁和水C．氧化亚铁在空气中加热可生成更稳定的四氧化三铁D．四氧化三铁中铁元素有＋2价和＋3价，它是一种混合物9、有关胶体等分散系的制备、性质的相关说法不正确的是A．向沸水中逐滴加入氯化铁饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，即制得氢氧化铁胶体B．向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，现象为先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解C．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．将氢氧化铁胶体与硅酸溶胶相互混合，混合液变浑浊10、现将AlCl3、MgCl2、MgSO4、Al2(SO4)3四种物质溶于水，形成的混合溶液中c(Al3+)=0.1mol•L﹣1、c(Mg2+)=0.25mol•L﹣1、c(Cl﹣)=0.2mol•L﹣1，则该溶液中c(SO42-)为()A．0.15mol•L﹣1B．0.2mol•L﹣1C．0.25mol•L﹣1D．0.30mol•L﹣111、下列反应中属于氧化还原反应的是()A．Cl2溶于水 B．CaO溶于水C．MgO溶于盐酸 D．CO2溶于NaOH溶液12、下列溶液中含有Cl-，且Cl-的物质的量浓度与50mL0.1mol/LAlCl3溶液中的Cl-浓度相等的是A．150mL0.3mol/LKCl溶液 B．75mL0.3mol/LCaCl2溶液C．150mL0.3mol/LKClO3溶液 D．50mL0.3mol/LFeCl3溶液13、某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+．该样品可能的化学式是（）A．Fe5O6B．Fe3O4C．Fe6O7D．Fe5O714、在标准状况下，三个干燥的烧瓶内分别装入：干燥纯净的氨气、含有部分空气的氯化氢气体、体积比为4∶10的二氧化氮与氧气的混合气体。分别做喷泉实验，最终三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度(假设溶液不外渗)之比为()A．2∶1∶2 B．5∶5∶4 C．1∶1∶1 D．无法确定15、氧化铁和氧化亚铁都能与氢碘酸反应，下列相关叙述中正确的是()A．都有铁盐生成 B．都有亚铁盐生成C．都是氧化还原反应 D．反应中都无电子转移16、铁和铁合金是生活中常见的材料，下列说法正确的是A．铁与盐酸反应，铁合金不与盐酸反应B．一定条件下，铁粉可与水蒸气反应C．不锈钢是铁合金，只含金属元素D．纯铁的硬度和强度均高于铁合金17、对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，下列关于该反应说法正确的是()A．Cu3P既是氧化产物也是还原产物B．11molP参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移C．P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6∶5D．CuSO4仅作氧化剂，发生还原反应18、已知部分被氧化的镁条1．6g，和足量的盐酸反应，在标准状况下生成H2．12L，在跟盐酸反应前被氧化的镁是()A．1．2g B．3．64g C．3．4g D．3．24g19、下列有关SiO2的叙述正确的是A．SiO2不与任何酸反应B．玻璃中含有SiO2，所以不能用玻璃瓶盛装稀氢氧化钠溶液C．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH反应D．SiO2能与水反应生成硅酸20、下列关于氧化钠与过氧化钠的说法正确的是（）A．它们属于碱性氧化物B．它们都能与水反应产生氧气C．它们都能与二氧化碳发生氧化还原反应D．过氧化钠是潜水艇和呼吸面具的供氧剂21、用下图所示装置和药品进行实验，能达到实验目的的是A．如图除去氯气中含有的少量氯化氢B．如图蒸干小苏打溶液获得苏打C．如图除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D．如图分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层22、某物质在灼烧时透过蓝色钴玻璃看到火焰呈紫色，说明该物质中一定含有A．钾原子 B．钾离子 C．钾元素 D．钾的化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子H+、Mg2+、Al3+、NH4+可能大量含有的阴离子Cl-、CO32-往该溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示。（NH4++OH-=NH3·H2O）（1）该溶液中一定不含有的离子是___。（2）V1、V2、V3、V4之间的关系___。（3）V3V4段离子方程式为___。24、（12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：________________________________________。25、（12分）为验证氧化性：Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图：Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。(1)过程Ⅰ的目的是________________________。(2)棉花中浸润的溶液为_____________。作用是___________________。(3)A中发生反应的化学方程式：______________________________________。(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是______________________________。用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是____________。(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是__________________________。(6)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填“甲”“乙”或“丙”)。26、（10分）某学习小组为验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，设计如图装置进行实验（夹持仪器已略去）。（查阅资料）：NO与NaOH溶液不反应，NO2与NaOH溶液能反应（反应的化学方程式为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O）。备选药品：浓硝酸、3mol·L-1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、NaOH溶液及CO2气体。回答下列问题。（1）连接好装置，滴加浓硝酸之前的操作依次是：____________，加入药品，打开装置①中的弹簧夹后通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置④中导管末端伸入倒置的烧瓶内。通入CO2的目的是____________。（2）若用质量分数为70%浓硝酸（密度为1.42g·cm-3）配制250mL3mol·L-1的稀硝酸，除量筒、烧杯、胶头滴管外，还要用到的玻璃仪器有____________、____________。（3）装置①中发生反应的化学方程式为____________。（4）装置①中产生的气体通过盛有水的洗气瓶时发生反应的化学方程式为____________。（5）根据实验设计，装置②中盛放的试剂是____________。（6）做实验时应避免有害气体排放到空气中，装置⑤中盛放的药品是____________。（7）验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO的实验现象是____________。27、（12分）某同学欲配制100

mL0.10

mol·L-1的CuSO4

溶液。以下操作1~5

是其配制的过程及示意图：（1）操作1：准确称取__________g的胆矾晶体（化学式为

CuSO4•5H2O）并用适量蒸馏水溶解。（2）操作2：将所得溶液转移到__________（填仪器X的名称）中，用蒸馏水冲洗烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也转移到X中。（3）操作3：继续向X中加蒸馏水至液面离X的刻度线1～2cm处。（4）若其余操作步骤均正确，根据操作4

所配的溶液浓度_________（填“偏大”、“偏小”、“不影响”或“无法判断”）。28、（14分）某研究小组在实验室进行硫的化合物系列实验。Ⅰ．验证H2SO3的酸性比H2CO3强，甲同学设计下图装置。（1）试剂X的作用是_______。（2）当观察到_______,即证明H2SO3的酸性比H2CO3强。Ⅱ．研究铁与硫酸的反应。已知：浓H2SO4的沸点为338.2℃。a．乙同学设计如下表所示的实验1、2：实验试剂现象1螺旋状铁丝、稀硫酸铁丝表面有大量气体产生。2螺旋状铁丝、浓硫酸铁丝表面迅速发黑(Fe3O4)，有少量气体产生，反应很快停止。（3）上述实验中，铁丝绕成螺旋状的目的是_______。（4）实验1中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为_______。（5）实险2中的现象常被称为_______。b．丙同学设计如图所示装置的实验3：加热试管A,温度保持在250℃~300℃,产生大量气体，B中品红褪色，D处始终未检测到可燃性气体,实验结束后,检验到A的溶液中既有Fe3+又有Fe2+。（6）A中产生的气体是_______;请设计实验方案检测装置A的溶液中含有Fe3+_______(简要说明操作、试剂、现象和结论)。（7）分析实验1、2、3，可知影响铁和硫酸反应产物多样性的因素有_______。29、（10分）硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2－54.169.1①易与水反应，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2SO2↑＋Cl2↑H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：(1)仪器A冷却水的进口_______(填“a”或“b”)。(2)仪器B中盛放的药品是_______。(3)实验所需二氧化硫用亚硫酸钠与硫酸制备，该反应的离子方程式为_______，以下与二氧化硫有关的说法中正确的是_______。A．因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色B．能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2C．SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，且原理相同D．等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好E.可用浓硫酸干燥SO2F.可用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2(4)装置丙所盛试剂为_______，若缺少装置乙，则硫酰氯会损失，该反应的化学方程为______________。(5)少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H===H2SO4＋SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。①从分解产物中分离出硫酰氯的方法是______________。②请设计实验方案检验产品中有硫酸(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)____。

参考答案一、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、C【解析】

A、B、D项中的Na2O2、氯水、漂白粉均与有色物质发生氧化还原反应生成其他物质进行漂白，而活性炭通过吸附作用，将有色物质吸附，只发生物理变化，答案选C。【点睛】本题考查物质的漂白原理。中学阶段常见的漂白剂总结如下：（1）氯水（HClO）、NaClO、Ca(ClO)2、Na2O2、H2O2、O3，它们都是强氧化剂，与有色物质发生氧化还原反应，生成稳定的无色物质。（2）SO2的漂白原理是二氧化硫跟有机色素结合成了不稳定的无色化合物，该化合物见光、遇热或长久放置又能恢复为原来的颜色，SO2漂白原理属于非氧化还原反应，SO2不能漂白指示剂。（3）活性炭的漂白原理是吸附有色物质，是物理变化。2、D【解析】

根据装置可知，被收集的气体密度小于空气的。根据吸收装置可知，该气体极易溶于水，所以答案选D。3、A【解析】

A.K+、Al3+、SO、H+等几种离子之间不能发生离子反应，故A组能在溶液中大量共存；B.NH、Cu2+均能与OH-发生离子反应，分别生成一水合氨、氢氧化铜沉淀，故B组不能在溶液中大量共存；C.H+和HCO能发生离子反应生成二氧化碳气体、水，故C组不能在溶液中大量共存；D.Ag+、Cl-能发生离子反应生成氯化银沉淀，故D组不能在溶液中大量共存。答案选A。4、C【解析】5、A【解析】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，甲烷的物质的量最大，故甲烷占有的体积最大，故选A。6、D【解析】

A．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项错误；B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B项错误；C．由反应①可知氧化性：，由反应②可知氧化性：，故C项错误；D．由反应①得，生成1mol转移2mol，由反应②得，生成1mol转移10mol，所以当生成等量的时，转移电子数之比为1：5，故D项正确。故选D。7、D【解析】

A．a曲线表示Na[Al(OH)4]和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，故A正确；B．b曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，Na[Al(OH)4]中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为x，Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，1mol78g1mol•L-1×0.05Lxx=3.9g，故C正确；D．由图象知，Na2CO3、Na[Al(OH)4]的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查了反应与图象的关系，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，难度较大，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。8、C【解析】

A、FeO中铁的化合价为＋2价，Fe2O3中铁元素的化合价为＋3价，Fe3O4为复杂的氧化物，其中铁的化合价可以看作是由＋2、＋3价组成，故A错误；B、FeO、Fe2O3为碱性氧化物，FeO与盐酸反应：FeO＋2HCl=FeCl2＋H2O，Fe2O3与盐酸反应Fe2O3＋6HCl=2FeCl3＋3H2O，Fe3O4不属于碱性氧化物，与盐酸反应：Fe3O4＋8HCl=FeCl2＋2FeCl3＋4H2O，故B错误；C、氧化亚铁在空气中加热可生成更稳定的四氧化三铁，故C正确；D、四氧化三铁是复杂的化合物，属于纯净物，故D错误；答案选C。【点睛】易错点是选项D，四氧化三铁中含有Fe2＋和Fe3＋，具有反式尖晶石结构，属于纯净物，不是混合物。9、C【解析】

A．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，制得氢氧化铁胶体，故A正确；B．向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸至过量，先发生氢氧化铁胶体的聚沉，硫酸过量时，氢氧化铁沉淀溶解，因此实验现象是先生成红褐色沉淀，之后沉淀溶解，故B正确；C．溶液、胶体与浊液的本质区别为分散质粒子的直径大小，只有胶体具有丁达尔现象，故C错误；D．硅酸胶体的胶粒带负电荷，与氢氧化铁胶体混合将发生聚沉，混合液变浑浊，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查胶体的性质，侧重于基础知识的理解和应用的考查，明确分散系分类的标准、胶体的性质、制备是解答的关键，注意丁达尔效应是胶体的共性。10、D【解析】c（Al3+）=0.1mol•L-1、c（Mg2+）=0.25mol•L-1、c（Cl-）=0.2mol•L-1，设该溶液中c（SO42-）为x，由电荷守恒可知，0.1×3+0.25×2=0.2×1+x×2，解得x=0.30

mol•L-1，故选D。11、A【解析】

A．Cl2溶于水生成HCl和HClO，Cl元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．CaO溶于水，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故B错误；C．MgO溶于盐酸生成氯化镁和水，反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故C错误；D．CO2溶于NaOH溶液，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故D错误；故选：A。12、A【解析】

与50mL0.1mol/LAlCl3溶液中Cl-浓度c（Cl-）=0.3mol/LA.150mL0.3mol/LKCl溶液中Cl-浓度c（Cl-）=0.3mol/L，故A正确；B.75mL0.3mol/LCaCl2溶液中Cl-浓度c（Cl-）=0.6mol/L，故B错误；C.150mL0.3mol/LKClO3溶液中没有Cl-，故C错误；D.50mL0.3mol/LFeCl3溶液中Cl-浓度c（Cl-）=0.9mol/L，故D错误；故答案选：A。13、C【解析】分析：铁的氧化物与盐酸反应后生成铁的氯化物和水，由H原子守恒和O原子守恒可以求出铁的氧化物中O的物质的量；由电子转移守恒，可以根据氯气的物质的量求出n(Fe2+)；由电荷守恒，可以求出n(Fe3+)。详解：某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，则其中含O离子的物质的量为0.14L×5mol/L×0.5=0.35mol，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+，因电子转移守恒，故n(Fe2+)=2n(Cl2)=0.2mol，由电荷守恒可知，n(Fe3+)=0.35mol×2-0.2mol×23=0.1mol，所以，n(Fe):n(O)=(0.2mol+0.1mol):0.35mol=6:7，该样品可能的化学式是Fe6O7点睛：本题考查的是有关化学式的确定的计算。氧化还原反应的本质是电子转移，故在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总物质的量等于氧化剂得到电子的总物质的量，根据电子转移守恒解有关氧化还原反应的计算通常都很简便。本题还考查了质量守恒定律，盐酸和铁的氧化物恰好反应生成水，则盐酸中的氢离子的物质的量一定是铁的氧化物中氧原子的2倍，利用这个关系，可以很快确定铁的氧化物中氧原子的物质的量。本题还考查了电荷守恒（换一角度，就是化合价的代数和为0），在确定比较复杂的无机物的组成时，经常要用到电荷守恒这个隐蔽的条件。14、B【解析】

根据相同条件下，体积之比等于物质的量之比，判断氨气、氯化氢、二氧化氮的物质的量关系；氨气溶于水，溶液体积等于氨气体积，含一半空气的氯化氢，氯化氢溶于水，溶液体积大于HCl的体积，二氧化氮和氧气（体积比为4：1）溶于水发生反应4NO2+O2+2H2O═4HNO3，溶液体积等于混合气体的体积，再根据c=判断。【详解】假设NH3、HCl、NO2的物质的量均为1mol，氨气完全溶于水，氨气体积与氨水溶液体积相等，则溶液体积为22.4L，故溶液浓度为mol/L；氯化氢气体完全溶于水，HCl体积与形成盐酸体积相等，则溶液体积为22.4L，故溶液浓度为mol/L；体积比为4：1NO2与O2的混合气体溶于水，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由方程式可知，二者恰好反应，形成硝酸溶液体积等于NO2、O2混合气体总体积，则溶液总体积为1mol××22.4L/mol=×22.4L，则硝酸溶液浓度为=mol/L，故三个烧瓶中所得溶液的物质的量浓度为1：1：=5：4：4，故选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，做题时要把握二氧化氮与水反应的性质，关键是明白溶液体积与气体体积的关系。15、B【解析】

A项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故A错误；B项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故B正确；C项、氧化亚铁与氢碘酸发生复分解反应生成碘化亚铁和水，故C错误；D项、氧化铁具有氧化性，与氢碘酸发生氧化还原反应生成碘化亚铁和水，故D错误；故选B。16、B【解析】A、铁与盐酸反应，铁合金和盐酸也可以反应，选项A错误；B、铁粉和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，选项B正确；C、不锈钢是铁的合金，含有非金属碳、硅等非金属，镍等金属，选项C错误；D、合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好，选项D错误。答案选B。17、D【解析】

11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4，反应中，P的化合价既升高又降低，其中5molP化合价降低，6molP化合价升高，Cu的化合价降低；A．Cu3P中Cu的化合价为+1，P的化合价为-3，Cu的化合价从+2降低到+1，P的化合价从0价降低到Cu3P中的-3价，生成物Cu3P中只有元素化合价降低，所以是还原产物，故A错误；B．11molP参与反应时，其中有6molP化合价从0价升高到+5价，作还原剂，共有30mol电子发生转移，故B错误；C．11molP参与反应时，其中有5molP化合价降低，发生还原反应，6molP化合价升高，发生氧化反应，发生还原反应和氧化反应物质的量之比为5∶6，故C错误；D．反应物CuSO4中仅有Cu元素化合价降低，作氧化剂，发生还原反应，故D正确；答案选D。18、D【解析】

n(H2)==3.35mol，根据方程式：Mg+2HCl====MgCl2+H2↑，所以有n(Mg)=n(H2)=3.35mol，m(Mg)=3.35mol×24g·mol-1=1.2g，m(MgO)=1.6g-1.2g=3.4g；根据关系式Mg～MgO，n(Mg)被氧化=n(MgO)==3.31mol，所以被氧化的镁的质量为m(Mg)被氧化=3.31mol×24g·mol-1=3.24g，D选项符合；故答案选D。19、C【解析】

A、因SiO2能与氢氟酸反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故A错误；B、因玻璃中含有的SiO2能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3具有粘合性，能将瓶塞和瓶口黏结在一起，所以不用玻璃塞，但仍用玻璃瓶，故B错误；C、因SiO2是酸性氧化物，能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故C正确；D、因SiO2虽是酸性氧化物，但SiO2不能与水反应，故D错误；故选C．20、D【解析】

A.过氧化钠与酸反应除了生成盐和水外，还有氧气生成，不属于碱性氧化物，A错误；B.氧化钠与水反应只生成氢氧化钠，不产生氧气，B错误；C.氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠，发生非氧化还原反应，C错误；D.过氧化钠与水或二氧化碳反应都能生成氧气，是潜水艇和呼吸面具的供氧剂，D正确；故选D。【点睛】在碱性氧化物中，氧元素一定显-2价，另外，金属元素所显示的价态与对应碱中金属元素所显示的价态相同。21、D【解析】

A选项，氯气也会和NaOH溶液反应，除去氯气中含有的少量氯化氢只能用饱和食盐水溶液，故A不符合题意；B选项，用蒸发皿加热蒸干小苏打溶液获得小苏打，不能得到苏打，故B不符合题意；C选项，Fe(OH)3胶体能透过滤纸，因此不能用过滤方法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，故C不符合题意；D选项，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层四氯化碳密度比水大，再下层，故D符合题意；综上所述，答案案为D。22、C【解析】

灼烧时透过蓝色钴玻璃看到火焰呈紫色，说明该物质中含有钾元素，不论是钾单质还是钾的化合物都有这种现象，因此不能确定该物质中的钾元素是钾原子还是钾离子，C正确，故选C。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、CO32-V2-V1=3(V4-V3)Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】

加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，我们可得出该溶液中一定不含有的离子。（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出两个反应中NaOH的体积关系。（3）V3V4段,Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O。【详解】加入NaOH至V1时，无沉淀生成，则表明溶液中含有H+，由于CO32-与H+不能大量共存，所以溶液中一定不含有CO32-。V3~V4段，加入NaOH能使沉淀完全溶解，则说明沉淀为Al(OH)3，不含有Mg(OH)2，从而表明原溶液中含有Al3+，不含有Mg2+；则V1~V2段，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3沉淀；V2~V3段，沉淀物质的量不变，则表明此段发生反应NH4++OH-=NH3·H2O。因为溶液呈电中性，则一定含有Cl-。（1）由以上分析，可得出该溶液中一定不含有的离子Mg2+、CO32-。答案为：Mg2+、CO32-；（2）V1~V2段，Al3++3OH-=Al(OH)3↓；V3~V4段，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，以Al(OH)3为桥梁，可得出V2-V1=3(V4-V3)。答案为：V2-V1=3(V4-V3)；（3）V3V4段,Al(OH)3全部溶液于OH-，生成AlO2-和H2O，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。【点睛】在判断图象中线段对应反应时，若我们弄不清哪种离子先反应，哪种离子后反应，可从共存寻求突破。比如HNO3与NaOH反应完之后，我们假设NH4+先与OH-反应生成一水合氨，一水合氨又会与Mg2+、Al3+反应，分别生成Mg(OH)2、Al(OH)3和NH4+，则表明假设错误，应为Mg2+、Al3+先与OH-反应，而NH4+后发生反应。24、Fe2O3FeCl2Fe(OH)2Fe(OH)32Al＋Fe2O32Fe＋Al2O34Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓【解析】

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．【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＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；②F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：4Fe（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↓。25、排出装置中的氧气氢氧化钠溶液吸收Cl2、SO2，防止污染空气MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液变红2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙丙【解析】

（1）根据装置中含有空气能干扰实验判断；（2）根据氯气和二氧化硫能污染空气分析；（3）根据A装置制备氯气解答；（4）根据氯气能氧化亚铁离子分析；（5）根据铁离子能把二氧化硫氧化为硫酸分析；（6）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。【详解】（1）打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，防止干扰实验。（2）棉花中浸润的为氢氧化钠溶液，它能够吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；（3）A中为二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应方程式是：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为血红色，证明有铁离子生成；（5）Fe3+在酸性条件下能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为Fe2+，可以说明氧化性Fe3+＞SO2，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-；（6）甲中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有SO42﹣，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为SO42﹣，不一定是Fe3+把二氧化硫氧化所致；甲错误；乙中第一次既有Fe3+又有Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有SO42﹣，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；乙正确；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有Fe2+，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；丙正确；答案选乙、丙。26、检查装置的气密性排出装置内残留的空气（或：防止装置内残留空气中的O2将NO氧化）250mL容量瓶玻璃棒Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3NO2+H2O2HNO3+NO3mol·L-1稀硝酸氢氧化钠溶液装置②中液面上方气体仍为无色，装置③中液面上方气体由无色变为红棕色【解析】

①装置是浓硝酸与铜片反应制取NO2,然后与水反应，将NO2转化为NO。②装置与③装置是用来验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，所以②装置盛有稀硝酸，若液面上方气体仍为无色，则证明稀硝酸不能氧化NO，④用来处理NO尾气；③装置盛有浓硝酸，若液面上方气体由无色变为红棕色，则证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，⑤装置盛有氢氧化钠溶液，用来处理尾气NO2。【详解】(1)制取气体的装置在使用之前要先检查装置的气密性。因为NO易被空气氧化，所以在牵涉到物质能与装置中的空气反应时，一定要先排出装置内残留的空气。(2)配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、一定规格的容量瓶、玻璃棒。(3)①装置是浓硝酸与铜片反应制取NO2，所以其反应为Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。(4)①装置生成了NO2，然后NO2与水反应。(5)由分析可知②装置与③装置是用来验证浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，所以②装置盛有稀硝酸(6)由分析可知③装置盛有稀硝酸，若液面上方气体由无色变为红棕色，则证明浓硝酸能将NO氧化成NO2，⑤装置盛有氢氧化钠溶液，用来处理尾气NO2。(7)②装置盛有稀硝酸，若液面上方气体仍为无色，则证明稀硝酸不能氧化NO；③装置盛有浓硝酸，若液面上方气体由无色变为红棕色，则证明浓硝酸能将NO氧化成NO2。【点睛】验证某个物质的性质，首先要制取该物质，然后验证性质，最后要考虑尾气处理。在牵涉到物质能与装置中的空气反应时，为了避免空气对实验物质的影响，要先排出装置内残留的空气。27、2.5g100mL容量瓶偏小【解析】（1）操作1：准确称取0.1L×0.1mol/L×250g/mol＝2.5g的胆矾晶体并用适量蒸馏水溶解。（2）操作2：将所得溶液转移到100mL容量瓶中，用蒸馏水冲洗烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也转移到容量瓶中。（4）操作4定容时仰视，则所配的溶液浓度偏小。28、检验SO2是否除尽品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊增大铁丝与硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行Fe+2H+=Fe2++H2↑钝化SO2取少量溶液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色则证明有Fe3+存在反应的温度、反应物的浓度、反应物用量【解析】Ⅰ．(1)由装置图分析可知，用酸性高锰酸钾除去未反应的SO2，为确保进入澄清石灰水中的气体为CO2，试剂X应该是品红溶液，用来检验SO2是否除尽；(2)当观察到品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊，即说明SO2把CO2置换出来了，即证明H2SO3的酸性比H2CO3的强；Ⅱ．(3)铁丝绕成螺旋状的目的增大铁丝与硫酸的接触面积，加快反应速率；(4)实验1中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；(5)实险2中的现象是铁丝表面迅速发黑(Fe3O4)，说明浓硫酸具有强的氧化性，迅速在铁的表面氧化生成致密的氧化膜，即黑色的Fe3O4，并有少量气体产生，但反应很快停止是由于致密的氧化膜阻止了浓硫酸与铁的进一步接触，使反应停止了，这种现象被称为钝化；(6)试管B中品红溶液褪色，说明A中产生的气体是SO2；检测装置A的溶液中含有Fe3+，可取少量该溶液，滴加几滴KSCN溶液，若溶液呈血红色则证明有Fe3+存在；(7)实验1说明稀硫酸与铁反应生成H2，实验2说明浓硫酸在常温下使铁钝化，故实验1和实验2比较可知，硫酸的浓度影响着铁和硫酸反应的产物；实验3说明浓硫酸在加热时与铁反应，产生大量的SO2气体，所以实验2和实验3比较可得，反应的温