湖北省黄石市名校2022-2023学年高一上学期期末考试化学试卷（含答案）

黄石市名校2022-2023学年高一上学期期末考试
化学试题
本试题卷共10页，20题。全卷满分100分。考试用时75分钟。
注意事项:
答卷前，考生务必将自己的姓名、淮考证号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 O-16 Na-23 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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． 中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献及诗句中涉及的化学研究成果，对其说明合理的是
A.李白诗句“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
B.“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”的分散质粒子直径在之间，具有
胶体的性质
C.“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的固体颗粒
D.《天工开物·五金》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，众人柳棍疾搅，即时炒
成熟铁。”炒铁是为了降低铁水中的碳含量，且熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差
下列有关物质性质的叙述错误的是
A.少量铁在足量氧气中燃烧可以得到Fe2O3固体
B.将工业废气通入FeCl2溶液中，可除去工业废气中的氯气
C.高温下将水蒸气通入铁粉中，固体质量增加
D.制备Fe(OH)2过程中应该注意隔绝空气
3． 下列叙述正确的是
A.常温下，5.6 g Fe与足量稀HNO3反应，转移0.2NA个电子
B.标准状况下，1.12 L 1H2和0.2 g 2H2均含有0.1NA个质子
C.在50 g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有的氢原子总数为3NA
D.将CO2通过Na2O2使其增重a g，反应中转移的电子数为a·NA/14
4． 下列由实验现象所得结论错误的是
A.向SO2溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明SO2具有氧化性
B.向酸性KMnO4溶液中加入少量Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含+2价Fe
C.向浓HNO3中插入红热的木炭，产生红棕色气体，证明木炭可与浓HNO3反应生成NO2
D.向H2O2溶液中滴加淀粉溶液，再滴加KI溶液，溶液变蓝色，证明氧化性H2O2强于I2
5． 下列离子方程式中正确的是
A.在浓度均为0.3mol/L的NaOH和的混合液中逐滴加入等体积的0.7mol/L稀盐酸：
B.溶液和适量溶液混合至生成的沉淀恰好完全溶解：
C.向的酸性溶液中通入足量：
D.溶液中通入至恰好完全被氧化：
6． 下列实验操作或装置正确且能达到实验目的的是
A.用甲装置制备氧气
B.用乙装置除去CO2中的HCl
C.用丙装置配制一定物质的量浓度的NaCl溶液
D.用丁装置证明Cl2可与NaOH溶液反应
7. 将一定量的锌与100mL 18.5mol·L-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol·L-1，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为(假设反应前后溶液体积不变)
A.1：1 B.4：1 C.1：4 D.3：2
下列实验现象描述错误的是
选项 实验 现象
A 加热放在坩埚中的钠 钠先熔化成光亮的小球，燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体
B 在酒精灯上加热铝箔 铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着
C 在Cl2中点燃铁丝 铁丝剧烈燃烧，并伴有棕黄色的烟
D 在空气中久置的铝条放入NaOH溶液中 立刻产生大量无色气体，铝条逐渐变细
A.A B.B C.C D.D
9． 物理量“物质的量”的引入，不仅可以建立微观与宏观的联系，还可以从定量的角度认识物质及其变化。下列有关表述正确的是
A.在标准状况下，VL氨气溶于1L水配成密度为的氨水，该氨水的物质的量浓度为
B.20℃，101KPa，等质量的和的体积比是9：22
C.实验室配制物质的量浓度为0.2mol/L的NaOH溶液480mL溶液，需要用托盘天平称量4.0g
D.物质的量浓度相同、体积相同的三种物质的溶液：、、，分别与相
同物质的量浓度的恰好反应，消耗溶液的体积比为3：1：1
10．下列有关浓硫酸的叙述正确的的项数是
①浓硫酸在常温下能够使金属铁、铝钝化
②浓硫酸与铜加热反应后，铜片有剩余，硫酸完全反应
③浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
④浓硫酸与铜加热反应后，铜片有剩余，向反应后的溶液中再加入过量铁片，会有氢气生成
⑤浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
⑥浓硫酸与铁加热反应后，铁片有剩余，生成的气体除水蒸气外只有SO2
⑦浓硫酸具有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应
⑧浓硫酸具有强氧化性，SO2具有还原性，所以浓硫酸不能干燥SO2
⑨向的浓硫酸中加入足量Cu并加热使其充分反应，被还原的和生成的SO2
气体均小于
A.3 B.4 C.5 D.6
11．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至 Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A.60mL B.120mL C.240mL D.360mL
12．某酸性溶液中可能含有、、、、、、、和。某同学为了确认其成分，设计并完成了如图实验。下列叙述正确的是
A.反应①发生反应的离子方程式为
B.溶液中至少有6种离子大量存在，其中一定存在，且
C.溶液中可能含有，一定含有，可取少量原溶液加入溶液检验
D.、、一定存在，、一定不存在
13．同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是
A.若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无
B.若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有
C.若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜
D.若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和
14．某矿物X由Al2O3、Fe2O3、Cu2O、SiO2的一种或几种物质组成。现进行下图实验：
(已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O且每步反应都充分)下列说法正确的是
A.根据上述步骤可以判断矿物X中n(Cu2O)/n(Fe2O3)>1
B.步骤1中减少的固体一定是混合物
C.根据步骤2可以得出蓝色溶液中n(Cu2+)=0.02mol
D.根据步骤1、2可以判断出X中氧化铁的质量分数为50%
15．将9g铜和铁的混合物投入到100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法不正确的是
A.原混合物中铜和铁各0.075mol
B.稀硝酸的物质的量浓度为2.0mol·L－1
C.第一次剩余4.8g金属为铜和铁
D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL，又得到NO在标准状况下体积小于1.12L
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．（11分）为保证家中所用器具与居住环境的洁净卫生，往往需使用各种各样的消毒剂，其中含氯
消毒剂是目前广泛使用的一类消毒剂。
(1)用下列两种方法制取氯气：①用含有146 g HCl的浓盐酸与足量的反应；②用87 g 与足量的浓盐酸反应，所得氯气__________(填标号)。
A．②比①多 B．①比②多 C．一样多 D．无法比较
(2)氯气通入淀粉-KI溶液后可观察到溶液变蓝，可得氧化性：__________(填“>”或“＜”)，已知氧化性，若将71g通入含1 mol 的溶液中，写出反应的离子方程式：_________
____________。
(3)是新型消毒剂，已知在酸性条件下可发生反应生成NaCl并释放出，该反应的离子方程式为_____________________。NaOH溶液吸收，生成物质的量之比为1：1的两种盐，其中一种为，写出该反应的离子方程式：_____________________。
(4)漂白粉的有效成分为__________(填化学式，下同)，露置于空气中一段时间的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体中除了可能有和HCl之外，还可能含有__________。在制备漂白粉的过程中，若温度控制不当，易生成，若向溶液中通入一定量的，已知制得的混合物中，则反应中被氧化和被还原的Cl的物质的量之比为__________。
17．（10分）森达斯特合金是一种优良的磁性合金材料，主要成分为Fe-Al-Si-Cu，某兴趣小组称取
mg几小块清洗干净的合金碎片，设计如下流程，制取溶液、硝酸铜晶体并测定铝的质量分数：
已知：Si不溶于盐酸、硫酸、硝酸。请回答下列问题：
(1)固体I中的主要成分为__________(填化学式)。
(2)溶液I加入NaOH溶液后，铝元素发生的离子反应为_____________________。
(3)操作I包括焙烧、冷却、__________；焙烧应在__________(填仪器名称)中进行，合金中铝元素的质量分数为__________(用含m、n的算式表示)。
(4)为完成操作II，某兴趣小组设计出以下三种反应途径：
反应途径①中，还原剂与氧化剂物质的量之比为__________，你认为最佳的反应途径为__________；
(5)欲从溶液III中尽可能多地析出晶体，其方法为：将溶液蒸发浓缩、__________(填操作方法)、__________、冰水洗涤、低温烘干即可获得。(相关物质的溶解度曲线如图所示)。
18．（9分）人类的农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料生产，某化学兴趣小组利用如图装置制备氨气并探究相关性质。
(1)该实验中A装置制备NH3不能用的药品是__________。
A．Ca(OH)2和NH4Cl的固体混合物 B．NH4Cl固体 C．NH4HCO3固体
(2)D装置后接尾气吸收装置。下列能用来吸收尾气的装置是___________(填装置序号)。
(3)若将D与a相连，在E中产生白色沉淀，其化学式为：___________。若向a处分别通入___________(填下列气体编号)，在E中也会产生白色沉淀。
A．Cl2 B．NO2 C．N2 D．CO2
(4)实验发现C中粉末完全变红，D中无水硫酸铜变蓝，还产生一种单质气体。
①若红色固体为单质，实验后将C中固体与浓硫酸混合加热，其化学方程式为：________________
_____；若充分反应后红色固体有剩余，再加入下列的___________试剂，固体又可以继续溶解。
A．稀H2SO4 B．FeCl3溶液 C．FeCl2溶液 D．KNO3溶液
②已知Cu2O也为红色固体，反应前C中CuO质量为8g，反应后C中红色固体质量为6.8g，则C中发生的总反应方程式为：_____________________。
19．（12分）氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的还原为。如图1所示，废水的不同初始对去除效果有重要影响。
①酸性条件下，铝粉去除反应的离子方程式：_____________________。
②实验证明，若初始过低，的去除效果也不理想，其原因可能是_____________________。
(2)室温下向中逐滴加入。溶液中含碳元素微粒的物质的量随
变化的图像如下图2(因有逸出未画出)。
①在的过程中，反应的离子反应方程式为_____________________；B点溶液中
___________。
②配制溶液时，下列操作会导致溶液浓度偏低的是___________。
a、洗涤后容量瓶未干燥
b、将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶后立即加水定容
c、定容时俯视刻度线
d、摇匀后加水至液面与刻度线相切
③为确定试样的组成，某同学做如下实验：
A．取的试样，用酒精灯对其充分加热至恒重，冷却后称其质量为。残留在试管中的固体是___________(填化学式)。
B．另取质量为的试样加水溶解后配成溶液，逐滴加入，至时，消耗溶液，继续滴加至反应完全时，又消耗溶液，则试样中的质量分数为___________。
20．（13分）某研究性学习小组请你参与“研究铁与水蒸气反应所得固体物质的成分、性质及再利用”实验探究，并回答下列问题：
【查阅资料】含有Fe3+的盐溶液遇到KSCN溶液时变成红色，含有Fe2+的盐溶液遇到KSCN溶液时不变色。
探究一：设计如图所示装置进行“铁与水蒸气反应”的实验(夹持仪器略)。
(1)硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为_____________________。
(2)装置D的作用是_____________________。
探究二：设计如图实验方案确定反应后硬质玻璃管B中黑色固体的成分(已知酸性KMnO4溶液能与盐酸发生反应)。
(3)待硬质玻璃管B冷却后，取少许其中的固体继续进行如图实验：
①试剂B是___________，现象2为______________________。
②若现象1为溶液未变红色，请从硬质玻璃管B中固体物质的成分分析可能的原因：______________
________。
探究三：某学习小组设计用硬质玻璃管B中固体制备Fe3O4纳米材料的流程示意图如图：
已知：①浊液B中铁元素以FeOOH形式存在；
②在操作Ⅰ中，相同条件下测得Fe3O4的产率与R[R=]的关系如图所示。
(4)在滤液A转化为浊液B反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，目的是___________________。
(5)设浊液B中FeOOH的物质的量为amol，滤液A中的n(Fe)=bmol。为使Fe3O4的产率最高，则=___________。(填数值，保留3位有效数字)
化学试题 第1页 (共3页)
参考答案：
1．B
【详解】A． “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”， “紫烟”是水产生的雾气，不是碘升华的现象，故A错误；
B．“墨滴”的分散质粒子直径在之间，形成胶体，具有胶体的性质，故B正确；
C．“南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的小液滴，故C错误；
D．炒铁是为了降低铁水中的碳含量，熟铁比生铁质地更软，延展性更好，故D错误；
选B。
2．B
【详解】A．少量铁，氧气足量时，可以反应得到Fe2O3固体，故A正确；
B．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子；所以去工业废气中的氯气，还需加入铁粉，故B错误；
C．高温下将水蒸气通入铁粉中，生成四氧化三铁，固体质量增加，故C正确；
D．二价Fe容易被氧化，所以制备Fe(OH)2过程中应该注意隔绝空气，故D正确；
故答案选B。
3．B
【详解】A．常温下，5.6 g Fe与足量稀HNO3反应生成硝酸铁，铁元素化合价由0升高为+3，转移0.3NA个电子，故A错误；
B．标准状况下，1.12 L 1H2含有质子数，0.2 g 2H2含有质子数，故B正确；
C．乙醇、水分子都含氢原子，在50 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为，故C错误；
D．CO2和Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，根据方程式可知，固体质量增加56g，转移2mol电子，将CO2通过Na2O2使其增重a g，反应中转移的电子数为，故D错误；
选B。
4．C
【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由SO2中的＋4价降低到0价，发生还原反应，SO2体现氧化性，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即+2价Fe，B项不符合题意；
C．因为浓硝酸受热易分解，能生成NO2，所以产生红棕色气体，不能说明碳炭与浓HNO3反应生成了NO2，C项符合题意；
D．溶液变蓝色，证明有碘单质生成，证明氧化性H2O2强于I2，D项不符合题意；
故答案为：C。
5．A
【详解】A．在浓度均为 0.3mol/L 的 NaOH 和 Na2CO3 的混合液中逐滴加入等体积的 0.7mol/L 稀盐酸，盐酸先和NaOH再和Na2CO3反应，离子方程式为：，故A正确；
B．和反应过程中，Ba2+和SO反应生成硫酸钡沉淀，OH-先和Al3+反应生成氢氧化铝沉淀，再和NH反应，最后氢氧化铝沉淀再和NaOH反应生成偏铝酸钠，溶液和适量溶液混合至生成的沉淀恰好完全溶解的离子方程式为：，故B错误；
C．向的酸性溶液中通入足量，Fe3+和S2-会发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故C错误；
D．由于的还原性强于Fe2+，溶液中通入至恰好完全被氧化时，Fe2+还没有被氧化，正确的离子方程式为：，故D不选；
故选A。
6．D
【详解】A．过氧化钠为粉末，与水接触后不能分离，不能利用开关控制反应，选项A错误；
B．可用饱和碳酸氢钠吸收CO2中的HCl，用饱和碳酸钠会与二氧化碳和HCl均反应，无法达到除杂目的，选项B错误；
C．不能直接在容量瓶中溶解固体，选项C错误；
D．Cl2可与NaOH反应，烧瓶内压强减小，形成内外压强差，气球膨胀，选项D正确；
答案选D。
7．A
【详解】生成标准状况下26.88L的SO2和H2的混合气体，得电子的物质的量为，根据得失电子守恒，反应消耗1.2molZn、生成1.2molZnSO4，根据S元素守恒，反应生成SO2的物质的量为；生成氢气的物质的量为，则生成的气体中SO2和H2的物质的量之比为1:1，故选A。
8．D
【详解】A．加热时钠受热熔化变为液态小球，熔化的钠燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，由于钠元素焰色试验显黄色，因此燃烧时，火焰为黄色，燃烧后，生成淡黄色固体，A正确；
B．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3的熔点高，铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝并不滴落，好像有一层膜兜着，B正确；
C．Fe与Cl2点燃时反应生成FeCl3，铁丝剧烈燃烧，并伴有棕黄色的烟，C正确；
D．Al表面的Al2O3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，则开始无气体生成，D错误；
故合理选项是D。
9．C
【详解】A．标准状况下，VL氨气物质的量，VL氨气溶于1L水配成溶液体积不是（V+1）L，该氨水的物质的量浓度不是，应为，A错误；
B．同温同压下，同质量的不同气体，物质的量与摩尔质量成反比，但是20℃，101KPa，是液体，不是气体，不能由此计算等质量的和的体积比，B错误；
C．需要用500mL容量瓶配置溶液，，C正确；
D．物质的量浓度相同、体积相同的三种物质的溶液：、、中物质的量之比为1∶1∶3，分别与相同物质的量浓度的恰好反应，消耗溶液的体积比1∶1∶3，D错误；
故答案选C。
10．A
【详解】①浓硫酸具有强氧化性，在常温下能够使铁、铝等金属钝化，①正确；
②Cu和浓硫酸在加热条件下发生反应，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变成稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，因此硫酸未完全反应，②错误；
③浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，③错误；
④Cu和浓硫酸在加热条件下发生反应，随着反应的进行，浓硫酸逐渐变成稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，但能与铁反应放出H2，④正确；
⑤浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气等气体，氨气是碱性气体，和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，⑤错误；
⑥浓硫酸与铁加热，先发生反应生成硫酸铁和水和二氧化硫，然后铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，最后铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，即反应后，铁片有剩余，则生成的气体除水蒸气外还有氢气和SO2，⑥错误；
⑦浓硫酸具有强氧化性，常温下与Cu不反应，加热时才能反应，⑦错误；
⑧浓硫酸中的硫为+6价，二氧化疏中的硫为+4价，无中间价态，二者不反应，浓硫酸可以干燥SO2，⑧错误；
⑨浓硫酸变成稀硫酸后与Cu不再反应，被还原的H2SO4和生成的SO2均小于0.045mol，⑨正确；
答案选A。
11．B
【分析】Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。
【详解】Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2；n(O2)==0.15mol，则转移电子0.6mol，故可以有0.3mol Cu参加反应，即生成0.3mol Cu2+，则需要0.6mol NaOH形成沉淀，故V(NaOH)==0.12L=120mL，故选B。
12．B
【分析】酸性溶液中一定不存在、，加入硝酸钾反应生成气体，遇空气变为红棕色即NO2，该气体为NO，为、、H+反应生成，反应的离子方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O，生成0.01molNO可知n(Fe3+)=0.03mol；加入过量NaOH溶液并加热反应生成气体即氨气，则含有0.01mol，产生红褐色沉淀即Fe(OH)3，灼烧得到3.2g固体是Fe2O3，物质的量为，n(Fe3+)=0.04mol，原溶液一定含有0.01mol Fe3+；滤液通过焰色反应观察有黄色火焰说明含Na+，由于加入NaOH也含有钠离子，因此不确定原溶液是否含Na+，通入足量二氧化碳无现象说明不含有，否则过量NaOH与反应生成，加入二氧化碳会生成Al(OH)3沉淀；加入足量氯化钡溶液生成难溶于盐酸的固体即BaSO4，4.66g BaSO4固体的物质的量为，说明含有0.02mol，即原溶液一定不含有：、、，一定含有：0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.03mol、H+，根据电荷守恒一定含有Cl-，且n(Cl-)>2×0.03mol+3×0.01mol+1×0.01mol-2×0.02mol=0.06mol，可能存在；
【详解】A．反应①中、、H+反应生成Fe3+和NO，发生反应的离子方程式为3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O，A错误；
B．根据分析，原溶液一定不含有：、、，一定含有：0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.03mol、H+，根据电荷守恒一定含有Cl-，且n(Cl-)>2×0.03mol+3×0.01mol+1×0.01mol-2×0.02mol=0.06mol，B正确；
C．由3Fe2+++4H+=3Fe3++NO+2H2O可知生成0.01mol NO同时生成0.03mol Fe3+，由分析知灼烧得到3.2g固体是Fe2O3，物质的量为，则n(Fe3+)=0.04mol，则原溶液含0.01mol Fe3+，证明原溶液一定含、，C错误；
D．滤液通过焰色反应观察有黄色火焰说明含Na+，由于加入NaOH也含有钠离子，因此不确定原溶液是否含Na+，则不是一定存在Na+，D错误；
故选：B。
13．C
【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。
【详解】A．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；
B．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；
C．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；
D．若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；
故答案选C。
14．A
【分析】该矿物12.8g用过量NaOH溶液碱浸，得到10.4g固体，Al2O3 和SiO2能溶于NaOH溶液，则固体可能是Fe2O3、Cu2O，Fe2O3可溶于盐酸，将此固体用过量盐酸酸浸，得到Cu2+蓝色溶液和1.92g铜单质固体。
【详解】A．最终产物有铜单质固体，结合已知和 ，根据，则判断矿物X中n(Cu2O)/n(Fe2O3)>1，A正确；
B．Al2O3 和SiO2能溶于NaOH溶液，步骤1中减少的固体可能是Al2O3 和SiO2，或是其中一种，B错误；
C．根据Cu2O +2H+=Cu+Cu2++H2O，步骤2得到1.92g铜单质物质的量是0.03mol，又0.03mol的Cu2O质量4.32g，则步骤1得到10.4g固体肯定含有Fe2O3，因，现铜单质剩余，则蓝色溶液n(Cu2+)>0.03mol，C错误；
D．设步骤1得到10.4g固体中Fe2O3xmol、Cu2Oymol，则有等式①160x+144y=10.4，根据得到等式②y-x=0.03，联合①②，解得x=0.02，y=0.05，则Fe2O3的质量为0.02×160=3.2(g)，可以判断出X中氧化铁的质量分数为，D错误；
故选A。
15．C
【详解】试题分析： 整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3＝3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，设铁为x mol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y＝9、2/3（x+y）＝0.1，联立方程，解得：x＝0.075mol、y＝0.075mol，A．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，A正确；B．根据方程式可知，n（HNO3）＝0.075mol×8/3＝0.2mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L＝2mol/L，B正确；C.9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol＝4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol＝4.8g，第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，C错误；D．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为 （0.075mol×1）÷3＝0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L，D正确，答案选C。
考点：考查混合物的有关计算
16．(1)A
(2) ＞ 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
(3) 5ClO+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O 2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O
(4) Ca(ClO)2 CO2 3：5
【详解】（1）①用含有146gHCl的浓盐酸即物质的量为4mol，与足量的MnO2反应，由于MnO2只能与浓盐酸反应，根据方程式MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成的氯气小于1mol；②用87gMnO2即物质的量为1mol，与足量的浓盐酸反应，所得氯气为1mol；因此所得氯气②比①多；故答案为：A；
（2）氯气通入淀粉 KI溶液后可观察到溶液变蓝，说明氯气氧化碘离子变为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，因此可得氧化性：Cl2＞I2；已知氧化性：Fe3+（3）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，还生成水和氯化钠，该反应的离子方程式为5ClO+4H+=Cl－+4ClO2↑+2H2O；NaOH溶液吸收ClO2，生成物质的量之比为1：1的两种盐，其中一种为NaClO3，ClO2中Cl化合价升高1个价态变为NaClO3，则另一种盐是化合价降低1个价态，应变为NaClO2，该反应的离子方程式：2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；故答案为：5ClO+4H+=Cl-+4ClO2↑+2H2O；2ClO2+2OH-=ClO+ClO+H2O；
（4）漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，露置于空气中一段时间的漂白粉，说明部分已经被空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，加稀盐酸后产生的气体除了可能有O2和HCl外，还可能含有碳酸钙与盐酸反应生成的二氧化碳气体；在制备漂白粉的过程中，若温度控制不当，易生成Ca(ClO3)2，若向Ca(OH)2溶液中通入一定量的Cl2，制得的混合物中n(ClO-)：n(ClO)=5：1，假设生成5mol ClO-和1mol ClO，则失去电子物质的量为5mol×1+1mol×5=10mol，得电子物质的量为10mol，说明有10molCl降低到Cl-，则反应中被氧化和被还原的Cl的物质的量之比为(5mol+1mol)：10mol=3：5；故答案为：Ca(ClO)2；CO2；3：5。
17．(1)Cu，Si
(2)
(3) 称量 坩埚
(4) 3：2 ②
(5) 降温至温度略高于26.4℃结晶 (趁热)过滤
【分析】向主要成分为Fe-Al-Si-Cu的合金中加入过量盐酸，其中Fe、Al与盐酸反应生成可溶性的，得到溶液I；Si、Cu不与盐酸反应，得到固体I；向溶液I中加入过量NaOH溶液，在空气中与NaOH溶液反应生成，与过量NaOH溶液反应生成可溶的，过滤得到含的固体II和含的溶液II；向固体II加足量的盐酸得到溶液；向溶液II通入足量的，过滤得到固体，经焙烧等得到；固体I经操作II、过滤得到溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。据此分析可得：
【详解】（1）Cu、Si都不和盐酸反应，所以固体I的主要成分为：Cu、Si，故答案为：Cu、Si；
（2）、分离，需加入过量的NaOH溶液，相应的离子反应有、、，所以铝元素发生的离子反应为，故答案为：；
（3）操作I是将在高温下焙烧得到，然后冷却，称量的到的质量；焙烧应在坩埚中进行；根据质量守恒，则有，则合金中铝元素的质量分数为，故答案为：；
（4）途径①反应为，参加反应的Cu与物质的量之比为3：8(有四分之一硝酸降低做氧化剂)，因此还原剂Cu与氧化剂物质的量之比为3：2；途径①、③均有污染性气体产生，且硝酸的利用率低，因此途径②最理想，故答案为：3：2；②；
（5）从溶液中获得结晶水合物，通常操作为“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥”，但根据图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可判断，温度高于26.4℃从所得溶液Ⅲ中析出，故答案为：降温至温度略高于26.4℃结晶；(趁热)过滤。
18．(1)B
(2)②③
(3) BaSO3 AB
(4) Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑ + 2H2O BD 2NH3 + 4CuO2Cu + Cu2O + N2 + 3H2O
【分析】利用装置A制取氨气，装置B中的碱石灰可以干燥氨气，装置C中CuO和氨气反应，装置D中的无水硫酸铜用于检验反应是否有水生成。
（1）
装置A中是固体加热制取氨气，可以利用Ca(OH)2和NH4Cl的固体混合物加热制取氨气。若加热氯化铵，氯化铵可以分解为氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢在温度稍低时会重新化合成氯化铵，氨气不能从试管中逸出。NH4HCO3固体受热能分解为氨气、水和二氧化碳，碳酸是弱酸，和氨气反应较微弱，氨气可以逸出。故选B。
（2）
①氨气极易溶于水，若将导管直接通入水中会发生倒吸，所以①不可用；②中用一倒扣于水面的漏斗可以防止氨气倒吸，可以用来吸收尾气；③用一个安全瓶，烧杯中的水回流到安全瓶中，不会回流到反应装置中，可以用来吸收尾气；④是一个密闭体系，容易由于气体压强过大而发生危险，不可用；综上所述，能用来吸收尾气的是②③。
（3）
将D与a相连，将氨气通入BaCl2溶液中，同时向BaCl2溶液中通入SO2，SO2和NH3反应生成(NH4)2SO3，和BaCl2反应生成BaSO3白色沉淀。若将氨气换成氯气或NO2，氯气有强氧化性，NO2溶于水生成的硝酸也有强氧化性，能将SO2氧化为，遇Ba2+能生成BaSO4沉淀；氮气和CO2不能氧化SO2，所以不能产生白色沉淀，故选AB。
（4）
C中粉末完全变红，可能为单质Cu，也可能为Cu2O，也可能为两者的混合物；D中无水硫酸铜变蓝，说明有水生成；还产生一种单质气体，根据元素守恒，该单质气体为N2。
①将铜与浓硫酸共热，生成硫酸铜、SO2和水，反应的化学方程式为：Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑ + 2H2O。只有浓硫酸能和铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应就停止了，此时溶液中有H+，再加入KNO3溶液，酸性溶液中的有强氧化性，能将铜氧化为Cu2+，FeCl3中的Fe3+也能和铜反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，加入稀硫酸和FeCl2溶液不能和铜继续反应，故选BD。
②反应前C中CuO质量为8g，物质的量为0.1mol，若反应后全部转变为Cu，则0.1molCu的质量为6.4g，若反应后全部转化为Cu2O，则物质的量为0.05mol，质量为7.2g，所以反应后既有铜，也有Cu2O，设铜的物质的量为x，Cu2O的物质的量为y，则有64x+144y=6.8，x+2y=0.1，可求出x=0.05mol，y=0.025mol。则CuO、Cu、Cu2O的物质的量之比为4：2：1，若4molCuO参加反应，根据电子守恒，则有2molNH3参加反应，生成1molN2，则反应的化学方程式为：2NH3 + 4CuO2Cu + Cu2O + N2 + 3H2O。
19．(1) 氢离子浓度过大，氢离子和铝生成氢气和铝离子
(2) 0.001 bd
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
【详解】（1）①铝粉可将废水中的还原为，则酸性条件下，铝粉去除反应生成和铝离子、水，；
②若初始过低，则氢离子浓度过大，氢离子和铝生成氢气和铝离子，导致的去除效果也不理想；
（2）①在的过程中，碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子，反应的离子反应方程式为；根据钠元素守恒可知，B点溶液中0.01L×0.1mol/L=0.001mol。
②a．洗涤后容量瓶未干燥，不影响溶液浓度，a错误；
b．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶后立即加水定容，烧杯玻璃棒没有洗涤，导致溶质损失，浓度偏低，b正确；
c．定容时俯视刻度线，使得溶液体积偏小，浓度偏大，c错误；
d．摇匀后加水至液面与刻度线相切，使得水的量增加，浓度偏小，d正确；
故选bd；
③A．碳酸钠受热稳定，碳酸氢钠受热不稳定分解为碳酸钠、水、二氧化碳；故残留在试管中的固体是。
B．逐滴加入，至时，消耗溶液，此时溶质完全为碳酸氢钠；继续滴加至反应完全时，又消耗溶液；、，则试样中为0.2mol/L×(0.015L-0.010L)=0.001mol，则质量分数为。
20．(1)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
(2)除去H2中的水蒸气，防止玻璃管E破裂
(3) KMnO4(铁氰化钾) 酸性KMnO4溶液褪色(或产生蓝色沉淀) B中固体可能为Fe3O4和Fe的混合物，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+
(4)防止H2O2在后续步骤中继续氧化+2价铁元素
(5)0.636
【分析】探究一：A中制取水蒸气，B中Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C收集氢气、D用于干燥氢气，E中氢气还原CuO；
(1)高温条件下，Fe和水蒸气发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气；
(2)装置D有除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂的作用。
探究二：(3)铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN不反应；
亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化。
探究三：B中固体（主要成分为Fe3O4和少量Fe）与稀盐酸反应得到氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液A的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe(OH)2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。
(1)
高温条件下，Fe和水蒸气发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，
因此，本题正确答案是：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
(2)
装置D有除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂的作用，
因此，本题正确答案是：除去H2中的水蒸气，防止E的玻璃管破裂。
(3)
铁离子和KSCN反应生成络合物而使溶液呈血红色，亚铁离子和KSCN不反应，向溶液中加入KSCN溶液呈红色，说明含有四氧化三铁，可能含有Fe；铁离子和Fe反应生成亚铁离子，不变红色说明固体中含有四氧化三铁和Fe，
①根据实验流程试剂A应是稀硫酸，亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以可以用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子，现象2为酸性KMnO4溶液褪色(或可以用铁氰化钾，与亚铁离子反应生成蓝色沉淀)，
因此，本题正确答案是：KMnO4(铁氰化钾)；酸性KMnO4溶液褪色(或产生蓝色沉淀)
②若现象1中溶液未变血红色，说明B中固体可能有Fe3O4和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+，
因此，本题正确答案是：B中固体可能有Fe3O4和Fe，Fe将Fe3+全部还原为Fe2+；
(4)
步骤④中，浊液D中的氢氧化亚铁与过氧化氢反应生成FeOOH，反应为：2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O；步骤④中，防止其在步骤⑤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2；
因此，本题正确答案是：防止H2O2在后续步骤中继续氧化+2价铁元素；
(5)
设浊液B中FeOOH的物质的量为amol，滤液A中的铁元素的物质的量为bmol。
则滤液A中与FeOOH反应的亚铁离子物质的量为(b-a)mol，由图可知=1.75时，Fe3O4的产率最高，则=1.75，解得：=0.636；
因此，本题正确答案是：0.636。