2026屆陜西省渭南韓城市高一化學第一學期期末學業(yè)水平測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、“保護環(huán)境”是我國的基本國策，下列做法應該提倡的是（）A．燃燒含硫燃料 B．垃圾分類回收 C．露天焚燒秸稈 D．污水排入河流2、當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是A．KCl溶液 B．Fe(OH)3膠體C．NaOH溶液 D．CuSO4溶液3、在下列各溶液中，所給離子一定能大量共存的是A．使酚酞試液變紅的溶液：Na＋、Cl－、SO42－、Fe3＋B．小蘇打溶液：K＋、SO42－、Cl－、H＋C．與鋁反應產(chǎn)生H2的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－D．室溫下，強酸性溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－4、將鎂鋁鐵合金投入到300mL硝酸溶液中，金屬恰好完全溶解生成Mg2＋、Al3＋和Fe3＋；硝酸全部被還原為一氧化氮，其體積為6.72L(標準狀況)，當加入300mL某濃度氫氧化鈉溶液時，金屬陽離子恰好全部沉淀，干燥后測得質(zhì)量為27.2g。下列有關(guān)推斷正確的是()A．參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為0.9molB．參加反應的金屬的質(zhì)量為11.9gC．硝酸的物質(zhì)的量濃度為3mol·L－1D．氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為6mol·L－15、除去粗鹽中混有泥沙的實驗中，用到玻璃棒的次數(shù)是A．1 B．2 C．3 D．46、下列實驗操作中錯誤的是A．分液時，分液漏斗下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出B．蒸餾時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口C．蒸發(fā)結(jié)晶時應將溶液蒸干D．稱量NaOH，稱量物放在小燒杯中置于托盤天平的左盤，砝碼放在托盤天平的右盤中7、將金屬銅、鐵置于氯化鐵溶液中充分反應，下列對反應情況設想的評價正確的是()選項反應情況設想評價A當鐵、銅均不剩余時，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋，一定無Fe3＋正確，F(xiàn)e3＋和Fe、Cu均可反應B當鐵、銅均有剩余時，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋，無Fe3＋正確，F(xiàn)e和Cu與Fe3＋都反應，故有Fe2＋和Cu2＋，無Fe3＋C當銅有剩余，鐵無剩余時，溶液中一定只有Fe2＋，無Cu2＋正確，Cu有剩余，故無Cu2＋D當鐵有剩余，銅無剩余時，溶液中一定有Fe2＋、Cu2＋不正確，不可能有Fe剩余而無Cu剩余，因為Fe比Cu優(yōu)先與Fe3＋反應A．A B．B C．C D．D8、把18.4g由NaOH和NaHCO3組成的固體混合物在密閉容器中加熱到約250攝氏度，經(jīng)充分反應后排出氣體，冷卻后稱得固體質(zhì)量為16.6g，試確定原混合物中NaOH與NaHCO3的物質(zhì)的量的關(guān)系為（）A．NaOH<NaHCO3 B．NaOH>NaHCO3C．NaOH=NaHCO3 D．無法確定9、下列物質(zhì)不能通過化合反應生成的是A．FeCl2 B．Mg(OH)2 C．CuCl2 D．Fe(OH)310、化學與社會、生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是A．可在水中加入鐵鹽或明礬來凈化水B．可在豆?jié){中加入石膏制作豆腐，利用的是膠體的聚沉C．可用二氧化硅作太陽能電池的材料，晶體硅做光導纖維D．可用氫氧化鋁或小蘇打治療胃酸過多11、下列物質(zhì)屬于純凈物的是A．漂白粉 B．生鐵 C．液氯 D．水玻璃12、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2后，在繼續(xù)向該溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的鹽酸，標準狀況下產(chǎn)生的CO2的體積與所加鹽酸體積之間的關(guān)系如下圖所示下列有關(guān)說法不正確的是A．原溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.15mol·L－1B．0~25mL發(fā)生的離子反應為：OH－+H＋=H2OC．通入CO2后所得的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：1D．縱坐標中a的數(shù)值為22413、下列各圖示中能較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀的是A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④14、下列陳述Ⅰ、Ⅱ正確并且有因果關(guān)系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡAFe3＋具有氧化性Fe3＋遇KSCN溶液變紅BSi是半導體材料可用Si制備光導纖維C溶解度：CaCO3＜Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3＜NaHCO3D二氧化氯（ClO2）具有氧化性可用ClO2代替Cl2作為自來水新型消毒劑A．A B．B C．C D．D15、下列不能說明氯元素的非金屬性比硫元素強的事實是①HCl比H2S穩(wěn)定②HClO氧化性比H2SO4強③HClO4酸性比H2SO4強④Cl2能與H2S反應生成S⑤氯原子最外層有7個電子，硫原子最外層有6個電子A．②⑤ B．①② C．①②④ D．①③⑤16、下列物質(zhì)與NaOH溶液生反應時，因NaOH的相對量不同可能導致產(chǎn)物不同的是（）A．Al B．Al2O3 C．AlCl3 D．Al(OH)3二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A是一種淡黃色固體，可做供氧劑，C為具有磁性的黑色晶體，E的焰色反應為黃色，F(xiàn)為紅褐色固體（部分產(chǎn)物已略去）。（1）物質(zhì)A、F的化學式分別是_____________、_____________。（2）C→D的過程中第②步反應的離子方程式是____________________________________。（3）如何檢驗D中的金屬陽離子，說明具體的操作和實驗現(xiàn)象________________________。（4）E溶液與地殼中含量最多的金屬元素的單質(zhì)發(fā)生反應的化學方程式為______________。（5）G與D溶液也能發(fā)生反應，其反應的類型為___________________（填序號）。a.化合反應b.置換反應c.復分解反應d.氧化還原反應18、某混合物A，含有Al2(SO4)3、Al2O3和Fe2O3，在一定條件下可實現(xiàn)下圖所示的變化。請回答下列問題。（1）B、C、D、E4種物質(zhì)的化學式為：B____________、C____________、D____________、E____________。（2）沉淀F與NaOH溶液反應的離子方程式為________________________________。沉淀E與稀硫酸反應的離子方程為____________________________________。溶液G與過量稀氨水反應的化學方程為________________________________。19、實驗室現(xiàn)需配制物質(zhì)的量濃度為1mol/L的NaOH溶液480mL。（1）配制該溶液的實驗步驟包括：a．計算需要氫氧化鈉固體的質(zhì)量；b．稱量氫氧化鈉固體；c．將燒杯中的溶液注入容量瓶中，洗滌燒杯和玻璃棒，將洗滌液全部轉(zhuǎn)移入容量瓶中；d．用適量的蒸餾水溶解稱量好的氫氧化鈉固體，冷卻；e．蓋好瓶塞，反復上下顛倒，搖勻；f．繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至刻度線下1～2cm時，改用__滴加蒸餾水至凹液面與刻度線相切。上述步驟的正確操作順序是____________________。（2）使用__mL的容量瓶配制此溶液，需要稱量NaOH固體的質(zhì)量為__g。（3）下列操作會使所配制溶液濃度偏大的有________。A．容量瓶中原有少量蒸餾水B．轉(zhuǎn)移溶液時，沒有洗滌玻璃棒和溶解用的燒杯C．定容搖勻后，靜置時發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水至刻度線D．定容時，俯視觀察液面20、實驗室配制100mL2mol/L的NaOH溶液。（1）需稱取NaOH固體___g。（2）正確的操作順序是___（填序號）。①用膠頭滴管逐滴加水，使溶液凹液面恰好與容量瓶刻度線相切②向容量瓶中加水至液面接近瓶頸上的刻度線1-2cm處③根據(jù)計算，用托盤天平稱取一定質(zhì)量的NaOH固體④將容量瓶蓋緊，振蕩，搖勻⑤將NaOH固體放入燒杯中加水溶解，并不斷用玻璃棒攪拌，靜置待其冷卻⑥將溶液用玻璃棒引流注入查漏過的100mL規(guī)格的容量瓶中⑦用少量水洗滌燒杯及玻璃棒2至3次，并將每次的洗滌液也注入容量瓶中（3）以下情況會導致所配溶液濃度偏低的是___。A．容量瓶查漏后有蒸餾水殘留就直接使用B．沒有對燒杯和玻璃棒進行洗滌C．加蒸餾水定容時不慎超過了容量瓶瓶頸的刻度線21、某混合物X由A12O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一種或幾種物質(zhì)組成。I.進行如下實驗：請回答：（1）經(jīng)Ⅰ得到藍色溶液，該過程中一定發(fā)生的化學反應是（用離子方程式表示）______。（2）反應II的化學方程式是______________，X中一定含有的物質(zhì)是________。II.為進一步確定上述混合物X的成分，另取9.4gX進行如下實驗。（3）上述過濾操作如果缺少洗滌步驟，會使得測定的固體質(zhì)量均_______（填偏大、偏小或無影響）（4）步驟Ⅳ所得藍色溶液中陽離子為___________________（5）原混合物中SiO2的質(zhì)量是___________X中一定不含有的物質(zhì)是_____________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A.燃燒含硫燃料生成二氧化硫，引起酸雨，故不選A；B.垃圾分類回收，可以實現(xiàn)廢物的回收再利用，減少污染，故選B；C.露天焚燒秸稈，生成的粉塵、氣體污染空氣，故不選C；D.污水直接排入河流，污染水源，故不選D。2、B【解析】

丁達爾效應是膠體的性質(zhì)，據(jù)此分析；【詳解】丁達爾效應是膠體的性質(zhì)，KCl溶液、NaOH溶液、CuSO4溶液的分散系為溶液，不是膠體，不具有丁達爾效應，F(xiàn)e(OH)3膠體屬于膠體，具有丁達爾效應，故B正確；答案為B?！军c睛】常見的膠體除了有膠體兩字外，還包括煙、霧、云、有色玻璃、墨水、豆?jié){、淀粉溶液、血液、肥皂水等分散系。3、D【解析】

A.使酚酞試液變紅的溶液中含有，與反應，不能大量共存，故A錯誤；B.小蘇打溶液含有HCO3-，HCO3-與H＋反應生成H2O和CO2，不能大量共存，故B錯誤；C.與鋁反應產(chǎn)生H2的溶液，可以是酸性溶液，也可以是堿性溶液，CO32－在酸性溶液中不存在，與H＋反應生成H2O和CO2，不能大量共存，故C錯誤；D.室溫下，強酸性溶液中有大量H＋，Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－五種離子之間不反應，可以大量共存，故D正確；故答案為：D。4、B【解析】

鎂、鋁、鐵合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Mg2+離子，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒計算?！驹斀狻繉㈡V、鋁、鐵合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Mg2+離子，根據(jù)電子守恒，金屬共失去電子的物質(zhì)的量為：=0.9mol，反應中金屬失去電子的物質(zhì)的量=生成物硝酸鹽中硝酸根離子的物質(zhì)的量=生成堿中的氫氧根離子的物質(zhì)的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，則A．參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故A錯誤；B．反應后沉淀的質(zhì)量=金屬質(zhì)量+m(OH-)＝金屬質(zhì)量+0.9mol×17g/mol=27.2g，則金屬的質(zhì)量為：27.2g-15.3g=11.9g，故B正確；C．參加反應的硝酸的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物質(zhì)的量濃度為：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C錯誤；D．沉淀達到最大量時，溶液中的溶質(zhì)為硝酸鈉，由鈉離子守恒可知，氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為：c(NaOH)=0.9mol÷0.3L=3mol/L，故D錯誤；故答案選B。【點睛】本題考查了混合物計算、物質(zhì)的量濃度的計算，明確“反應中金屬失去電子的物質(zhì)的量=生成物硝酸鹽中硝酸根離子的物質(zhì)的量=生成堿中的氫氧根離子的物質(zhì)的量”為解答本題的關(guān)鍵，注意電子守恒在計算中的應用。5、C【解析】

除去粗鹽中混有泥沙的實驗中，首先溶于水，需要玻璃棒攪拌，過濾時需要玻璃棒引流，從溶液中得到氯化鈉晶體需要蒸發(fā)，又需要利用玻璃棒攪拌，所以用到玻璃棒的次數(shù)是3次，答案選C。6、C【解析】

A項，分液時，分液漏斗下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，避免兩種液體相互污染，A項正確；B項，蒸餾時，應使溫度計水銀球靠近蒸餾燒瓶支管口，測定餾分的沸點，B項正確；C項，蒸發(fā)結(jié)晶時不能將溶液蒸干，應出現(xiàn)大量固體時停止加熱，利用余熱將剩余水分蒸干，C項錯誤；D項，NaOH具有強腐蝕性，為防止NaOH腐蝕托盤，稱量NaOH時應將NaOH放在小燒杯中置于托盤天平的左盤，砝碼放在托盤天平的右盤中，D項正確；答案選C。7、D【解析】

A、當鐵銅均不剩余時，F(xiàn)e3+和Fe、Cu均可反應，故溶液中一定有Fe2+、Cu2+，若恰好完全反應，則無Fe3+，若氯化鐵過量，則含有Fe3+，故A錯誤；

B、當鐵銅均有剩余時，F(xiàn)e與Cu2+和Fe3+都反應，故溶液中一定有Fe2+，無Fe3+、Cu2+，故B錯誤；

C、當銅有剩余，鐵無剩余時，溶液中一定有Fe2+，若鐵與Fe3+恰好完全反應，則無Cu2+，若Fe3+過量，則含有Cu2+，故C錯誤；

D、不可能有Fe剩余，Cu不剩余，因為Fe比Cu優(yōu)先與Fe3+反應，故D正確；故選D。8、B【解析】

由于已知反應前混合物的質(zhì)量和反應后固體的質(zhì)量，所以，有可能存在過量問題；設18.4g混合物正好完全反應，減少的質(zhì)量為x；NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O1241818.4gx＝x=2.7g因2.7g＞（18.4-16.6）g所以氫氧化鈉過量，碳酸氫鈉完全反應。NaOH+NaHCO3Na2CO3+H2O8418m（NaHCO3）（18.4-16.6）g＝m(NaHCO3)=8.4g，n(NaHCO3)==0.1mol原混合物中NaOH的質(zhì)量m(NaOH)=18.4g-8.4g=10g，n(NaOH)==0.25mol，原混合物中NaOH與NaHCO3的物質(zhì)的量的關(guān)系為NaOH>NaHCO3。答案選B。【點睛】本題難度很大，一是判斷反應過量問題，二是怎樣判斷過量．在判斷過量中為什么2.7g＞（18.4g-16.6g），就判斷為氫氧化鈉過量呢？主要是因為若是碳酸氫鈉過量，就會繼續(xù)分解，固體質(zhì)量繼續(xù)減少，和題意不符。9、B【解析】

A.2FeCl3+Fe=3FeCl2，能通過化合反應生成，故A不符合題意；B.Mg(OH)2不能通過化合反應生成，故B符合題意；C.Cu+Cl2CuCl2，能通過化合反應生成，故C不符合題意；D.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能通過化合反應生成，故D不符合題意；答案選B。10、C【解析】

A.鐵鹽或明礬均可水解產(chǎn)生膠體，膠體具有吸附性可以凈水，A項正確；B.豆?jié){是一種膠體，加電解質(zhì)（石膏）后可以聚沉，B項正確；C.太陽能電池是晶體硅制作的，光導纖維是二氧化硅制作的，C項錯誤；D.氫氧化鋁或者小蘇打都可以中和過多的胃酸（鹽酸），D項正確；答案選C。11、C【解析】

A項、漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，屬于混合物，故A錯誤；B項、生鐵是含碳量較高的鐵合金，屬于混合物，故B錯誤；C項、液氯是液態(tài)的氯氣，屬于純凈物，故C正確；D項、水玻璃是硅酸鈉的水溶液，屬于混合物，故D錯誤；故選C。【點睛】純凈物是由一種物質(zhì)組成的物質(zhì)，混合物是由多種物質(zhì)組成的物質(zhì)，解答本題要充分理解純凈物和混合物的區(qū)別，要分析物質(zhì)是由幾種物質(zhì)組成的，如果只有一種物質(zhì)組成就屬于純凈物，如果有多種物質(zhì)就屬于混合物。12、B【解析】

生成CO2發(fā)生的反應為：NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，假設NaOH與CO2氣體反應所得溶液中只有Na2CO3，則開始階段發(fā)生反應：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后兩個階段消耗鹽酸的體積應相等，而實際生成二氧化碳消耗的鹽酸體積多，故NaOH與CO2氣體反應所得溶液中溶質(zhì)為Na2CO3、NaHCO3。【詳解】A、加入100mL鹽酸時二氧化碳的體積達最大，此時溶液為NaCl溶液，根據(jù)氯離子、鈉離子守恒，所以n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.075L×0.2mol/L＝0.015mol，所以c（NaOH）＝＝0.15mol/L，故A正確；B、0～25mL時，鹽酸與Na2CO3反應生成NaHCO3，故離子方程式為：CO32﹣+H+═HCO3﹣，故B錯誤；C、先發(fā)生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，消耗25mL鹽酸，則碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.025L×0.2mol?L﹣1＝0.005mol，生成二氧化碳發(fā)生反應NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，共消耗鹽酸75mL﹣20mL＝50mL，n總（NaHCO3）＝n（HCl）＝0.05L×0.2mol/L＝0.01mol，原來溶液中碳酸氫鈉為0.01﹣0.005＝0.005mol，所以通入CO2后所得的溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：1，故C正確；D、生成二氧化碳發(fā)生反應NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O，共消耗鹽酸75mL﹣20mL＝50mL，n（CO2）＝n（HCl）＝0.05L×0.2mol/L＝0.01mol，所以V（CO2）＝0.01mol×22.4L/mol＝0.224L＝224mL，故D正確。答案選B。【點睛】本題考查了根據(jù)圖象獲取信息的能力、混合物的計算等，題目難度中等，根據(jù)圖象判斷溶質(zhì)及各段發(fā)生的反應是解題的關(guān)鍵，注意原子守恒的方法來進行計算。13、B【解析】

因為Fe(OH)2在空氣中很容易被氧化為紅褐色的Fe(OH)3，即發(fā)生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要較長時間看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除裝置中的氧氣或空氣。①、②原理一樣，都是先用氫氣將裝置中的空氣排盡，并使生成的Fe(OH)2處在氫氣的保護中；③由于空氣中的氧氣能迅速將Fe(OH)2氧化，因而不能較長時間看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空氣進入，能較長時間看到白色沉淀。答案選B。14、D【解析】

A．Fe3＋具有氧化性與Fe3＋遇KSCN溶液變紅之間不存在因果關(guān)系，故A錯誤；B．Si是半導體材料，而光導纖維的主要成分是二氧化硅，故B錯誤；C．堿金屬的碳酸鹽溶解度大于碳酸氫鹽，所以溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故C錯誤；D．二氧化氯(ClO2)具有氧化性，可用于自來水殺菌消毒，則用ClO2代替Cl2作為自來水新型消毒劑，故D正確；故答案為D。15、A【解析】

①HCl比H2S穩(wěn)定，可以證明元素的非金屬性Cl>S，正確；②HClO氧化性比H2SO4強，與元素的非金屬性強弱無關(guān)，錯誤；③HClO4酸性比H2SO4強，可以證明元素的非金屬性Cl>S，正確；④Cl2能與H2S反應生成S，可以證明元素的非金屬性Cl>S，正確；⑤元素的非金屬性強弱與元素原子的最外層電子數(shù)無直接關(guān)系，不能證明元素的非金屬性Cl>S，錯誤。故不能證明的是②⑤，選項A正確。16、C【解析】

Al、Al2O3、Al(OH)3都能和NaOH反應，無論NaOH量多少分別都生成偏鋁酸鈉和氫氣、偏鋁酸鈉和水、偏鋁酸鈉和水，氯化鋁和少量NaOH反應方程式為AlCl3+3NaOH＝Al(OH)3↓+3NaCl，與過量NaOH反應方程式為AlCl3+4NaOH＝NaAlO2+3NaCl+2H2O，故答案選C。【點睛】本題考查鋁及其化合物性質(zhì)，側(cè)重考查對基礎(chǔ)知識的識記和運用，明確元素化合物性質(zhì)及其性質(zhì)特殊性是解本題關(guān)鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na2O2Fe(OH)32Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－取少量D溶液于試管中，滴加KSCN溶液，溶液顯血紅色（其它合理答案也得分2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑ad【解析】

已知A是一種淡黃色固體，可做供氧劑，應為Na2O2，C為具有磁性的黑色晶體，應為Fe3O4，E的焰色反應為黃色，則由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知E為NaOH，B為O2，D為FeCl3，F(xiàn)為紅褐色固體，應為Fe(OH)3，以此解答該題。【詳解】（1）由以上分析可知A為Na2O2，F(xiàn)為Fe(OH)3，故答案為：Na2O2；Fe(OH)3；

（2）C→D的過程中第②步反應的離子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；

（3）D為FeCl3，陽離子為鐵離子，檢驗鐵離子，可取少量D溶液于試管中，滴加KSCN溶液，可觀察到溶液顯血紅色，故答案為：取少量D溶液于試管中，滴加KSCN溶液，溶液顯血紅色；

（4）地殼中含量最多的金屬為鋁，與氫氧化鈉反應的方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（5）鐵與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，為化合反應和氧化還原反應，故答案為：ad?！军c睛】題目涉及濃硫酸、硝酸的性質(zhì)，物質(zhì)的顏色、反應現(xiàn)象及特殊反應是推斷突破口，注意對基礎(chǔ)知識的全面掌握。18、Al2O3Fe2O3NaAlO2Al(OH)3Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OAl(OH)3+3H+=Al3++3H2OAl2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4【解析】本題考查無機推斷，Al2(SO4)3溶于水，Al2O3和Fe2O3是不溶于水的物質(zhì)，因此A中加水，過濾，沉淀F為Al2O3和Fe2O3的混合物，溶液G為Al2(SO4)3，氧化鋁屬于兩性氧化物，F(xiàn)e2O3屬于堿性氧化物，因此F中加入NaOH發(fā)生Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，然后過濾，沉淀C為Fe2O3，溶液D為NaAlO2，溶液G中加入過量的稀氨水，發(fā)生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，沉淀E為Al(OH)3，氫氧化鋁不穩(wěn)定受熱分解為Al2O3，即B為Al2O3，（1）根據(jù)上述分析，B為Al2O3，C為Fe2O3，D為NaAlO2，E為Al(OH)3；（2）沉淀F為氧化鋁和氧化鐵的混合物，氧化鐵屬于堿性氧化物，不與NaOH反應，氧化鋁屬于兩性氧化物，與NaOH反應：Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；氫氧化鋁為兩性氫氧化物，與硫酸反應的離子反應方程式為：Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；硫酸鋁與過量氨水的反應化學方程式為Al2(SO4)＋6NH3·H2O=2Al(OH)3↓＋3(NH4)2SO4。19、膠頭滴管abdcfe50020.0D【解析】（1）f．繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至凹液面與刻度線相切；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的操作步驟為計算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，故正確操作順序為abdcfe；（2）實驗室沒有480mL規(guī)格的容量瓶，故配制濃度為1mol/L的NaOH溶液480mL需要使用500mL的容量瓶配制此溶液，需要稱量NaOH固體的質(zhì)量為；（3）A．容量瓶中原有少量蒸餾水對溶質(zhì)的物質(zhì)的量和溶液的體積都無影響，所以對配制溶液的物質(zhì)的量濃度無影響，選項A不選；B．沒有洗滌燒杯會導致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，導致配制溶液的物質(zhì)的量濃度偏小，選項B不選；C．定容搖勻后，靜置時發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，又加水至刻度線，則加入的水偏多，溶液濃度偏小，選項C不選；D．定容時俯視液面導致溶液的體積偏小，所配制溶液的物質(zhì)的量濃度偏大，選項D選。答案選D。點睛：本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制及誤差判斷，注意從分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷。根據(jù)分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷，如果n偏小或V偏大都導致配制溶液的物質(zhì)的量濃度偏小。20、8.0g③⑤⑥⑦②①④BC【解析】

（1）配制100mL2mol/L的NaOH溶液，可選用100mL的容量瓶，則m（NaOH）=c×V×M；（2）配制溶液的順序為計算、稱量、溶解并恢復至室溫、移液、洗滌、定容、搖勻；【詳解】（1）配制100mL2mol/L的NaOH溶液，可選用