2020高考化学二轮复习专题九常见的无机物及其应用练习含解析

云南省文山市第三中学2019-2020学年第二学期七年级 道德与法治 期末模拟测试卷（四）

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专题九 常见的无机物及其应用

一、单项选择题

1.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是(  )

A.Fe在稀硝酸中发生钝化

B.MnO₂和稀盐酸反应制取Cl₂

C.SO₂与过量氨水反应生成(NH₄)₂SO₃

D.室温下Na与空气中O₂反应制取Na₂O₂

答案 C A项,常温下,Fe遇浓硝酸发生钝化,Fe与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体,错误;B项,MnO₂与浓盐酸在加热条件下可制取Cl₂,与稀盐酸不反应,错误;C项,SO₂与过量氨水反应生成(NH₄)₂SO₃,正确;D项,室温下Na与O₂反应生成Na₂O,错误。

2.(2019广东佛山一模)硫是生物必需的营养元素之一,下列关于自然界中硫循环(如图所示)的说法正确的是(  )

 

A.含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环

B.硫循环中硫的化合物均为无机物

C.上述硫循环中硫元素均被氧化

D.烧煤时加石灰石,可减少酸雨及温室气体的排放

答案 A A项,分析题图可知,含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环;B项,硫循环中硫的化合物包括有机物和无机物;C项,硫循环中,部分硫元素化合价升高被氧化,部分硫元素化合价降低为-2价被还原;D项,烧煤时加入石灰石可减少二氧化硫的排放量,即可减少酸雨的发生,但不能减少温室气体的排放量。

3.(2019安徽黄山一模)下列各组物质中,物质之间通过一步反应能实现如下图所示转化的是(  )

 

选项	A	B	C	D
X	Fe	Al2O3	N2	HCl
Y	FeCl3	Al(OH)3	NO2	NaCl
Z	Fe(OH)3	NaAlO2	HNO3	Cl2

答案 D Fe(OH)₃无法通过一步反应生成铁,A项错误;Al₂O₃无法通过一步反应生成Al(OH)₃,

NaAlO₂也无法通过一步反应生成Al₂O₃,B项错误;N₂无法通过一步反应生成NO₂,C项错误;HCl与氢氧化钠反应生成NaCl,电解熔融NaCl生成氯气,氯气与钠反应生成氯化钠,氯气与氢气反应生成氯化氢,D项正确。

4.(2019河南平顶山二调)某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH₄Fe(SO₄)₂·6H₂O]的一种方案如下:

 

下列说法不正确的是(  )

A.滤渣A的主要成分是CaSO₄

B.相同条件下,NH₄Fe(SO₄)₂·6H₂O净水能力比FeCl₃强

C.“合成”反应要控制温度,温度过高,产率会降低

D.“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等

答案 B 硫酸钙微溶于水,滤渣A的主要成分是硫酸钙,A项正确;N抑制Fe³⁺的水解,故相同条件下氯化铁净水能力比硫酸铁铵晶体强,B项错误;“合成”时温度过高,会促进Fe³⁺的水解,C项正确;经过“系列操作”后由溶液得到含结晶水的晶体,宜采用降温结晶法,D项正确。

5.(2019江西重点中学盟校联考)某学习小组以废催化剂(主要成分为SiO₂、ZnO、ZnS和CuS)为原料,制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下:

 

下列说法正确的是(  )

A.步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS和CuS

B.步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应

C.步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H₂O₂+2H⁺Cu²⁺+S+2H₂O

D.步骤②和④,采用蒸发结晶、过滤后均可获取粗晶体

答案 C ZnO、ZnS可与稀硫酸反应,CuS不溶于稀硫酸,A错误;步骤①中发生反应:ZnO+H₂SO₄ZnSO₄+H₂O、ZnS+H₂SO₄ZnSO₄+H₂S↑,均不是氧化还原反应,B错误;步骤③中发生反应:CuS+H₂O₂+H₂SO₄ CuSO₄+S+2H₂O,离子方程式为CuS+H₂O₂+2H⁺Cu²⁺+S+2H₂O,C正确;步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体,均采用蒸发浓缩、冷却结晶法,D错误。

二、不定项选择题

6.下图所示为海水综合利用的部分流程,下列有关说法正确的是(  )

 

A.第①步中除去粗盐中的S、Ca²⁺、Mg²⁺、Fe³⁺等杂质加入的药品顺序为NaOH溶液→Na₂CO₃溶液→BaCl₂溶液→过滤后加盐酸

B.第②步是一个将电能转化为化学能的过程,工业上采用阴离子交换膜的电解装置

C.第③步中结晶出的MgCl₂·6H₂O可在空气中受热分解制无水MgCl₂

D.第④步中反应的离子方程式为Cl₂+2Br^– 2Cl^–+Br₂,第⑤⑥步的目的是富集溴元素

答案 D 除去粗盐中的杂质离子时,Na₂CO₃溶液应在BaCl₂溶液之后加入,故A错误;第②步是电解饱和食盐水,是将电能转化为化学能的过程,工业上采用阳离子交换膜的电解装置,故B错误;为防止镁离子水解,应在氯化氢气流中加热MgCl₂·6H₂O,故C错误;第④步中溴元素被氧化,发生反应的离子方程式为Cl₂+2Br^– 2Cl^–+Br₂,第⑤步中溴单质在碳酸钠溶液中发生歧化反应生成溴化钠和溴酸钠,第⑥步中溴化钠和溴酸钠经酸化转化为溴单质,过程中⑤⑥步的目的是浓缩、富集溴元素,故D正确。

7.下图所示是验证氯气性质的微型实验,a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。已知:2KMnO₄+

16HCl(浓) 2KCl+5Cl₂↑+2MnCl₂+8H₂O。向KMnO₄晶体上滴加一滴浓盐酸后,立即用另一培养皿扣在上面。

 

下列有关说法正确的是(  )

A.a处变蓝、b处变棕红,说明非金属性:Cl>Br>I

B.c处先变红后褪色,说明Cl₂与H₂O反应生成HCl

C.d处立即褪色,不能说明Cl₂与H₂O反应生成HClO

D.e处变红,说明Cl₂与Fe²⁺反应生成Fe³⁺

答案 CD Cl₂分别与KI、NaBr作用生成I₂、Br₂,a处变蓝、b处变棕红,可证明氧化性:Cl₂>I₂、Cl₂>Br₂,无法证明I₂与Br₂氧化性的强弱,则无法证明非金属性:Cl>Br>I,A项错误;氯气与水发生反应Cl₂+H₂O H⁺+Cl^–+HClO,H⁺使试纸变红,HClO具有漂白性,可使试纸褪色,则c处先变红后褪色,能证明氯气与水反应生成了酸性物质和漂白性物质,B项错误;Cl₂和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,消耗了氢氧化钠,红色褪去,不能证明Cl₂与H₂O反应的生成物是HClO,C项正确;Cl₂将Fe²⁺氧化为Fe³⁺,使浸有KSCN溶液的滤纸变为红色,D项正确。

三、非选择题

8.(2019江苏单科,16,12分)N₂O、NO和NO₂等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。

(1)N₂O的处理。N₂O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N₂O分解。NH₃与O₂在加热和催化剂作用下生成N₂O的化学方程式为               。 

(2)NO和NO₂的处理。已除去N₂O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为

NO+NO₂+2OH^– 2N+H₂O

2NO₂+2OH^– N+N+H₂O

①下列措施能提高尾气中NO和NO₂去除率的有    (填字母)。 

A.加快通入尾气的速率

B.采用气、液逆流的方式吸收尾气

C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液

②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO₂晶体,该晶体中的主要杂质是    (填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是    (填化学式)。 

(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为N的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。

 

① 在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl^–和N,其离子方程式为             

    。 

②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是              。 

答案 (1)2NH₃+2O₂ N₂O+3H₂O

(2)①BC ②NaNO₃ NO

(3)①3HClO+2NO+H₂O 3Cl^–+2N+5H⁺

②溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强

解析 (1)根据得失电子守恒和原子守恒可写出NH₃与O₂反应的化学方程式。

(2)①若要提高尾气中NO和NO₂的去除率,须加快氮氧化物与NaOH的反应速率。B项措施能增大气、液反应物的接触面积,C项措施增大NaOH溶液的浓度,二者均能加快反应速率;A项措施易导致氮氧化物不能及时被吸收,使NO和NO₂去除率降低。②据题给反应:2NO₂+2OH^– N+N+H₂O可知,NaNO₂晶体中含有NaNO₃杂质;由于NO与NaOH不反应,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。

(3)①据得失电子守恒可得:3HClO+2NO 3Cl^–+2N,据电荷守恒可得:3HClO+2NO 3Cl^–+2N+5H⁺,据原子(质量)守恒可得:3HClO+2NO+H₂O 3Cl^–+2N+5H⁺。②NaClO溶液的初始pH越小,c(H⁺)越大,c(HClO)越大,氧化NO的能力越强,NO的转化率越高。

9.(2017课标Ⅰ,27,14分)Li₄Ti₅O₁₂和LiFePO₄都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO₃,还含有少量MgO、SiO₂等杂质)来制备。工艺流程如下:

 

回答下列问题:

(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为            。 

 

(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式存在,写出相应反应的离子方程式       

           。 

(3)TiO₂·xH₂O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:

温度/℃	30	35	40 2020高考化学二轮复习专题二化学常用计量练习含解析 2020高考化学二轮复习专题二化学常用计量练习含解析,高考化学二轮复习,化学常用计量,莲山课件.	45	50
TiO2·xH2O转化率/%	92	95	97	93	88

分析40 ℃时TiO₂·xH₂O转化率最高的原因                   

                                  。 

(4)Li₂Ti₅O₁₅中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为     。 

(5)若“滤液②”中c(Mg²⁺)=0.02 mol·L^-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe³⁺恰好沉淀完全即溶液中c(Fe³⁺)=1.0×10^-5 mol·L^-1,此时是否有Mg₃(PO₄)₂沉淀生成?                                                                     (列式计算)。FePO₄、Mg₃(PO₄)₂的K_sp分别为1.3×10^-22、1.0×10^-24。 

(6)写出“高温煅烧②”中由FePO₄制备LiFePO₄的化学方程式               。 

答案 (1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h

(2)FeTiO₃+4H⁺+4Cl^– Fe²⁺+TiOC+2H₂O

(3)低于40 ℃,TiO₂·xH₂O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO₂·xH₂O转化反应速率下降

(4)4

(5)Fe³⁺恰好沉淀完全时,c(P)= mol·L^-1=1.3×10^-17mol·L^-1,c³(Mg²⁺)·c²(P)值为0.01³×(1.3×10^-17)²≈1.7×10^-40 sp[Mg ₃(PO ₄) ₂],因此不会生成Mg ₃(PO ₄) ₂沉淀

(6)2FePO₄+Li₂CO₃+H₂C₂O₄ 2LiFePO₄+3CO₂↑+H₂O↑

解析 本题以工艺流程为依托,考查图表分析能力和有关K_sp的计算等。(1)由题图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为100 ℃、2 h或90 ℃、5 h。(2)“酸浸”后,钛主要以形式存在,反应的离子方程式为FeTiO₃+ 4H⁺+ 4Cl^– Fe²⁺ + TiOCl^2- ₄+ 2H₂O。(3)TiO₂·xH₂O转化反应速率受温度、反应物浓度等因素的影响。低于40 ℃,TiO₂·xH₂O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO₂·xH₂O转化反应速率下降。(4)Li₂Ti₅O₁₅中Ti为+4价,Li为+1价,设过氧键的数目为x,则1×2+4×5=2×(15-2x)+2x,解得x=4。(6)高温下FePO₄与Li₂CO₃和H₂C₂O₄反应制备LiFePO₄,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式:2FePO₄ +Li₂CO₃+H₂C₂O₄2LiFePO₄+H₂O↑+

3CO₂↑。

10.(2017课标Ⅱ,26,14分)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO₂,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:

 

回答下列问题:

(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是                   ,还可使用    代替硝酸。 

(2)沉淀A的主要成分是    ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为              。 

(3)加氨水过程中加热的目的是           。沉淀B的主要成分为     、    (写化学式)。 

(4)草酸钙沉淀经稀H₂SO₄处理后,用KMnO₄标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:Mn+H⁺+H₂C₂O₄Mn²⁺+CO₂+H₂O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 mol·L^-1的KMnO₄溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为    。 

答案 (1)将样品中可能存在的Fe²⁺氧化为Fe³⁺ H₂O₂

(2)SiO₂(或H₂SiO₃) SiO₂+4HF SiF₄↑+2H₂O(或H₂SiO₃+4HFSiF₄↑+3H₂O)

(3)防止胶体生成,易沉淀分离 Al(OH)₃ Fe(OH)₃

(4)45.0%

解析 (1)水泥样品中可能含有Fe²⁺,酸溶时加入几滴硝酸可将Fe²⁺氧化为Fe³⁺;将Fe²⁺氧化为Fe³⁺的氧化剂还可以选择H₂O₂,该氧化剂的还原产物为H₂O,不会引入其他杂质。

(2)SiO₂不溶于盐酸、硝酸等强酸,但可溶于氢氟酸。

(3)Fe³⁺、Al³⁺在沉淀的过程中容易形成胶体而无法沉淀分离,采取加热的方法可加速微粒凝聚形成Fe(OH)₃、Al(OH)₃沉淀,从而易于分离;pH为4~5时Al³⁺、Fe³⁺可完全沉淀,而Mg²⁺、Ca²⁺不沉淀,故沉淀B的主要成分为Al(OH)₃、Fe(OH)₃。

(4)配平方程式可得对应关系式:

2KMnO₄~    5H₂C₂O₄        ~5CaC₂O₄      ~5Ca²⁺

2 mol                         5×40 g

0.050 0×36.00×10^-3 mol        m(Ca²⁺)

m(Ca²⁺)=0.180 g

故ω(Ca²⁺)=×100%=45.0%。

11.(2017课标Ⅲ,27,15分)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr₂O₃,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:

 

回答下列问题:

(1)步骤①的主要反应为:

FeO·Cr₂O₃+Na₂CO₃+NaNO₃ Na₂CrO₄+Fe₂O₃+CO₂+NaNO₂

上述反应配平后FeO·Cr₂O₃与NaNO₃的系数比为   。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是              。 

(2)滤渣1中含量最多的金属元素是    ,滤渣2的主要成分是    及含硅杂质。 

(3)步骤④调滤液2的pH使之变    (填“大”或“小”),原因是               (用离子方程式表示)。 

(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K₂Cr₂O₇固体。冷却到    (填标号)得到的K₂Cr₂O₇固体产品最多。 

 

a.80 ℃  b.60 ℃  c.40 ℃  d.10 ℃

步骤⑤的反应类型是       。 

(5)某工厂用m₁ kg铬铁矿粉(含Cr₂O₃ 40%)制备K₂Cr₂O₇,最终得到产品m₂ kg,产率为   。 

答案 (1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na₂CO₃反应

(2)Fe Al(OH)₃

(3)小 2Cr+2H⁺ Cr₂+H₂O

(4)d 复分解反应

(5)×100%

解析 (1)利用得失电子守恒法配平:2FeO·Cr₂O₃+4Na₂CO₃+7NaNO₃ 4Na₂CrO₄+Fe₂O₃+4CO₂↑+7NaNO₂,则FeO·Cr₂O₃与NaNO₃的系数比为2∶7。陶瓷中含有SiO₂,在高温下能与Na₂CO₃反应,会损坏仪器。

(2)由步骤①可知熔块中含有NaNO₂、Na₂CrO₄、Fe₂O₃等,故滤渣1中含量最多的金属元素为Fe,而步骤③需除去Al³⁺及含硅物质,故滤渣2中应主要含Al(OH)₃及含硅杂质。

(3)步骤④调pH的目的是促进Cr转化为Cr₂,根据2Cr+2H⁺ Cr₂+H₂O,可知应增大c(H⁺),故pH要变小。

(4)根据溶解度曲线图可知,应选择K₂Cr₂O₇溶解度小于溶液中其他溶质溶解度且溶解度最小的温度区域,故选d。反应为2K⁺+Cr₂ K₂Cr₂O₇↓,此反应为复分解反应。

(5)根据Cr原子守恒建立关系式:

Cr₂O₃  ~  K₂Cr₂O₇

152        294

m₁·40% kg   m(K₂Cr₂O₇)

m(K₂Cr₂O₇)= kg

故产率为×100%=×100%。

命题拓展预测

1.以高硫铝土矿(主要成分为Al₂O₃、Fe₂O₃、SiO₂、少量FeS₂)为原料,生产Fe₃O₄的部分工艺流程如下:

 

下列说法错误的是(  )

A.用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO₂有利于保护环境和资源再利用

B.从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物

C.向“过滤”得到的滤液中通入过量CO₂,铝元素存在的形式由Al转化为Al³⁺

D.FeS₂与Fe₂O₃混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe₃O₄和SO₂

答案 C 矿粉焙烧时FeS₂与O₂反应生成Fe₂O₃和SO₂,“碱浸”时Al₂O₃、SiO₂转化为溶于水的NaAlO₂、Na₂SiO₃;Fe₂O₃和FeS₂混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe₃O₄和SO₂,经磁选可得到Fe₃O₄。SO₂为有毒气体,不能直接排放到空气中,可用NaOH溶液吸收焙烧过程中产生的SO₂,有利于保护环境和资源再利用,A项正确;高硫铝土矿中含有Al和Fe元素,可通过适当的操作制得Al、Fe的化合物,B项正确;由上述分析可知,滤液中含有NaAlO₂,通入过量的CO₂后,生成Al(OH)₃,C项错误;Fe₂O₃与FeS₂混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe₃O₄和SO₂,反应的化学方程式为FeS₂+16Fe₂O₃ 11Fe₃O₄+2SO₂↑,D项正确。

2.草酸亚铁(FeC₂O₄·nH₂O)的溶解度在冷水中为0.22 g,热水中为0.026 g,具有强还原性,常用作分析试剂及显影剂。某化学小组利用工业废铁屑设计如下装置制备草酸亚铁晶体。

 

回答下列问题:

(1)实验前需将废铁屑在5%的Na₂CO₃溶液中加热并用蒸馏水洗涤干净,则Na₂CO₃溶液的作用是         。 

(2)组装好装置后首先需要检验装置的气密性,其方法是        。实验过程中装置c的作用是           。 

(3)实验过程:在相应装置添加试剂后,需要让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气,进行的操作是打开K₁将一定量稀硫酸加入a瓶后关闭K₁,同时还要进行的操作是    ,一段时间后,需要将a装置中的硫酸亚铁溶液导入装置b中,其操作是         。 

(4)b中生成的沉淀需过滤、洗涤、干燥,洗涤时最好选用下列试剂中的    (填序号)。 

a.硫酸     b.冷水     c热水

检验洗涤干净的方法是                      。 

(5)准确称取9 g草酸亚铁晶体(FeC₂O₄·nH₂O)于锥形瓶中,加入一定量硫酸溶解并加热至50 ℃,然后用1.0 mol·L^-1的KMnO₄标准溶液滴定,达到滴定终点时用去30 mL标准溶液。滴定反应为10(FeC₂O₄·nH₂O)+6KMnO₄+24H₂SO₄ 5Fe₂(SO₄)₃+20CO₂↑+6MnSO₄+3K₂SO₄+

(24+10n)H₂O。

①判断滴定终点的依据为          。 

②n=      。 

答案 (1)除去废铁屑表面的油污

(2)关闭K₁,打开K₂、K₃,将c中加入水使导管末端浸入水中,用手捂住(或者微热)a中具支锥形瓶,若导管末端出现气泡,松开手后有一段水柱,证明气密性良好

液封(或防止空气进入b中氧化产物)

(3)关闭K₂打开K₃ 打开K₂关闭K₃

(4)c 取最后一次洗涤液于试管,加入BaCl₂溶液振荡,如果溶液中没有白色沉淀说明洗涤干净

(5)①滴入最后一滴KMnO₄溶液,溶液变为浅紫色(或紫红色),且半分钟内不变色 ②2

解析 (1)碳酸钠溶液显碱性,能够洗去铁屑表面的油污。

(2)根据题干信息“草酸亚铁具有强还原性”可知,通过装置c可以形成液封,防止产品被氧化。

(3)该制备实验分为两个环节:铁屑与稀硫酸反应生成FeSO₄;将FeSO₄压入装置b与草酸反应生成FeC₂O₄沉淀。为此可以控制K₂、K₃实现上述目的。当关闭K₂、打开K₃,a装置产生的氢气可以排出,从而持续生成FeSO₄;当打开K₂、关闭K₃,生成的氢气无法排出,a中气压增大,将溶液压入b装置,生成草酸亚铁沉淀。

(4)滤渣表面可能存在S,可以通过检验S是否存在,判断沉淀是否洗涤干净。

(5)①酸性高锰酸钾滴定Fe²⁺,不需要另外加指示剂,当溶液呈紫红色,且半分钟内不褪去,即表明反应达到滴定终点。

反应存在如下关系:

5(FeC₂O₄·nH₂O) ~ 3KMnO₄

(144+18n)×5 g  3 mol

9 g            1.0 mol·L^-1×0.03 L

解得:n=2

2020学年小学数学五年级上期中模拟测试卷（答案）

2020学年小学数学五年级上期中模拟测试卷（答案）,五年级上期中考,莲山课件.