上海市南洋模范中学2021-2022学年高二上学期期中考试化学试卷 （含答案）

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2021-2022学年上海市南洋模范中学高二上学期期中考化学试卷
一、选择题（本题共40分）
1．下列物质中含有离子的是（　　）
A．铝粉 B．金刚石 C．液态氯化氢 D．冰醋酸
2．测定胆矾晶体结晶水含量时，下列实验操作一定会引起测定结果偏高的是（　　）
A．晶体未完全变白就停止加热
B．加热过程有晶体溅出
C．加热后放在空气中冷却
D．坩埚壁上附有氯化钠固体
3．关于元素周期表的说法正确的是（　　）
A．有16个主族 B．有3个短周期
C．主族都有非金属元素 D．IA族全部是金属元素
4．如图表示1～18号元素（原子）的结构或性质随核电荷数递增的变化．该图中，纵坐标表示（　　）
A．原子半径 B．电子层数
C．最高化合价 D．最外层电子数
5．下列化合物不能通过置换反应制取的是（　　）
A．FeSO4 B．Al2O3 C．Fe3O4 D．Fe（OH）3
6．可证明Fe3+具有氧化性的微粒是（　　）
①SCN﹣；②Fe；③Fe2+；④H2S；⑤OH﹣
A．①② B．④⑤ C．②③ D．②④
7．用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上（如图），将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面，置于空气中，很快铝条表面产生“白毛”，且温度明显上升．下列分析错误的是（　　）

A．Al和O2化合放出热量
B．硝酸汞是催化剂
C．涉及了：2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg
D．“白毛”是氧化铝
8．同一短周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物对应的水化物呈酸性，酸性强弱为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断正确的是（　　）
A．原子半径：X＞Y＞Z
B．非金属性：X＞Y＞Z
C．气态氢化物稳定性：HX＜H2Y＜ZH3
D．最低价态的阴离子还原性：X﹣＞Y2﹣＞Z3﹣
9．已知下列元素的原子半径：
原子
N
O
Si
S
半径/nm
7.5
7.4
11.7
10.2
根据以上数据，磷原子的半径（nm）可能是（　　）
A．7.0 B．8.0 C．11.0 D．12.0
10．向FeCl3和BaCl2的混合溶液中通入SO2，有沉淀生成，此沉淀是（　　）
A．Fe（OH）3 B．FeS C．S D．BaSO4
11．现在含有生命元素硒（Se）的保健品已经进入市场，已知硒与氧同族，与钾同周期，则下列关于硒的叙述中正确的是（　　）
A．硒单质在常温下是固体
B．硒的气态氢化物稳定性比H2O强
C．硒是金属元素
D．硒酸（H2SeO4）的酸性比硫酸强
12．下列物质反应后一定有+3价铁生成的是（　　）
A．铁与过量的硫反应
B．过量的铁在氯气中燃烧
C．铁与过量的硫酸反应
D．铁和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸
13．铝元素的名种化合物间存在如图转化关系.为实现过程①﹣④，可加入（或通入）足量的试剂是（　　）
A．①；CO2 B．②；NaOH溶液 C．③；NaOH溶液 D．④；NH3
14．下列有关纯铁和生铁的说法正确的是（　　）
A．硬度：纯铁＞生铁
B．潮湿的空气中纯铁比生铁易生锈
C．熔点：纯铁＞生铁
D．与等浓度盐酸反应的速率：纯铁＞生铁
15．下列常见金属的冶炼原理中不合理的是（　　）
A．还原法炼铝：3H2+Al2O32Al+3H2O
B．加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑
C．铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3
D．火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2
16．铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有少量杂质，要得到高纯度的Al2O3，下列操作顺序正确的是（　　）
①加NaOH溶液溶解②通入过量的CO2 ③过滤④加盐酸酸化⑤灼烧
A．①②③⑤ B．①③②③⑤ C．①③④③⑤ D．①④③⑤
17．向pH＝1的100mL 0.1mol/L AlCl3溶液中加入450mL 0.1mol/L NaOH溶液，充分反应后，铝元素的存在形式为（　　）
A．AlO2﹣ B．Al（OH）3、AlO2﹣
C．Al（OH）3 D．Al3+、Al（OH）3
18．如图表示AlCl3溶液与NaOH溶液滴加过程中微粒数量的关系曲线。判断下列说法不正确的是（　　）

A．A线表示Al3+的物质的量的变化
B．x表示NaOH的物质的量
C．C线表示Al（OH）3的物质的量的变化
D．D线表示Al（OH）3的物质的量的变化
19．某溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（　　）
A．Cl﹣ NO3﹣ Ba2+ Fe3+
B．SO42﹣ S2﹣ Al3+ Mg2+
C．Na+ K+ SO42﹣ Cl﹣
D．NH4+ Ba2+ Cl﹣ HCO3﹣
20．第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水得溶液，0.010mol•L﹣1的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．非金属姓：Y＞Z
B．简单离子半径：Z＞W＞X
C．气态氢化物的稳定性：Y＞W
D．含氧酸的酸性：W＞Z
二、综合题（共60分）
21．下表是元素周期表的一部分。
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
二

①

②
③
④

三
⑤

⑥


⑦
⑧
（1）表中元素③的氢化物的电子式为 　 　；此氢化物的稳定性比元素④的氢化物的稳定性 　 　（选填“强”或“弱“）；此氢化物与元素⑧的氢化物反应生成的化合物其水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因是 　 　。
（2）③④⑤⑥元素中，原子半径最大的元素是 　 　（填元素符号）；这四种元素形成的简单离子中离子半径最小的是 　 　（填离子符号）。
（3）⑤、⑥两元素相比较，金属性较强是 　 　（填元素符号），可以证明该结论的实验是 　 　。
a.比较这两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性
b.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
c.将这两种元素的单质分别放入冷水中
d.比较这两种元素的单质与酸反应时失电子的数目
（4）请用一个化学方程式证明元素⑦和⑧的非金属性强弱关系 　 　。
22．金属的通性与其晶体结构有着密切的关系，根据铝晶体内部结构示意图，回答下列问题。
（1）图中“大球“指 　 　其结构示意图为 　 　，微粒间产生的强烈地相互作用称为 　 　键。
（2）因为铝晶体内部存在 　 　微粒，所以金属铝具有导电性。
（3）国产C919飞机外壳应用了铝合金材料。下列铝合金的性质与其用于飞机外壳无关的是 　 　。
a.密度小
b.能导电
c.抗腐蚀性能强
d.硬度大
（4）Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，是因为它们都是 　 　。
a.不溶于水
b.白色固体
c.氧化物
d.很高熔点物质
（5）AI（OH）3是用量最大、应用最广的无机阻燃添加剂，结合化学方程式说明解释其能做阻燃剂的原因 　 　。Al（OH）3在碱性溶液中的电离方程式是 　 　。
23．氯化铁、硫酸铁和摩尔盐是铁的三种重要盐类，在净水和定量分析等方面具有重要作用。
（1）配制FeCl3溶液时，应先将一定质量的FeCl3固体溶于 　 　，再进行后续操作。除去FeCl3溶液中含少量的FeCl2溶液，应通入氯气，相关离子方程式为 　 　。
（2）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，向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Ee3+
b.若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+
c.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
（3）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]在定量分析中常作为基准物质，用来标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的浓度，在0.1mol•L﹣1的该盐的溶液中，阳离子浓度由大到小的顺序是 　 　。
（4）Fe2（SO4）3溶液可除去煤中以黄铁矿（FeS2）形式存在的硫元素，反应如下（未配平）：FeS2+Fe2（SO4）3+H2O→FeSO4+H2SO4。检验Fe（SO4）3溶液已消耗完的方法 　 　.该方法的优点之一是Fe2（SO4）3易再生。向反应后的溶液中通入 　 　气体，就能达到使Fe2（SO4）3再生的目的，方便且价廉。
24．某化学小组设计以下实验方案，测定某含有NaCl的小苏打样品中NaHCO的质量分数。
[方案一]查资料：NaCl加热至801℃时熔化而不分解：称取5.000g样品，置于坩埚中用酒精灯加热（温度不超过800℃）至恒重后，冷却，称量剩余固体质量为3.450g。[已知NaHCO3加热分解生成Na2CO3、CO2和H2O]
（1）实验中，恒重的标准是 　 　。
（2）计算样品中NaHCO3的质量 　 　g。（结果保留到小数点后三位）
[方案二]准确称取1.000g样品，用容量瓶配成100mL溶液，用滴定管量取20.00mL至锥形瓶中，加入2滴甲基橙为指示剂，用0.1000mol•L﹣1盐酸标准溶液滴定。3次实验的数据如下：
滴定次数
实验数据
1
2
3
V（样品）/mL
20.00
20.00
20.00
V　（盐酸）/mL（初始）
0.00
0.10
0.20
V　（盐酸）/mL（终点）
19.98
22.10
20.22
（3）终点时溶液由 　 　色变为 　 　色，且半分钟颜色不再变化。
（4）样品中NaHCO3的质量分数为 　 　。下列操作导致实验结果偏高的是 　 　。
a.锥形瓶用待测液润洗
b.滴定管未用待测液润洗即装入待测液后量取待测液
c.振荡锥形瓶时有少量液体溅出
d.滴定过程中用少量水冲洗锥形瓶内壁
[方案三]称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解：向小烧杯中加入足量澄清石灰水，过滤，洗涤、干燥沉淀，称量沉淀的质量，计算。
（5）检验沉淀已完全的方法是 　 　。
（6）有同学提出用Ba（OH）2溶液代替石灰水更好，其理由是 　 　。

参考答案
一、选择题（本题共40分）
1．解：A．金属铝由铝离子和自由移动的电子组成，则铝粉中含有金属阳离子，故A正确；
B．金刚石是共价晶体，由原子构成，只含共价键，不存在离子，故B错误；
C．液态氯化氢由分子构成，只含共价键，不存在离子，故C错误；
D．冰醋酸由分子构成，只含共价键，不存在离子，故D错误；
故选：A。
2．解：A．加热时，胆矾晶体未完全变白即停止加热，导致硫酸铜中的结晶水未完全脱去，导致测量结果偏低，故A错误；
B．根据上述分析可知，加热过程中晶体溅出而造成加热前后固体的质量差偏大，使测量结果偏大，故B正确；
C．加热胆矾晶体后在空气中冷却称量，硫酸铜吸收了空气中的水分，导致测得硫酸铜的质量偏大，导致最终测量结果偏低，故C错误；
D．坩埚内附着有少量氯化钠固体，氯化钠不分解，测量的硫酸铜的质量偏大，导致测量结果偏低，故D错误；
故选：B。
3．解：A.元素周期表中有7个主族，7个副族、1个0族、1个ⅤⅢ族（8、9、10三个纵列），共16个族，故A错误；
B.一、二、三周期为短周期，共3个短周期，故B正确；
C.ⅡA族均为金属元素，其它主族含非金属性元素，故C错误；
D.IA族含H元素，为非金属元素，其它为金属元素，故D错误；
故选：B。
4．解：由图可知，随核电荷数的增加，纵坐标的数字出现周期性变化，从1升高为8，第一周期除外，只有最外层电子数随核电荷数的增加而逐渐增加，
同周期原子半径在减小、电子层数相同，第二周期中O、F没有正价，
故选：D。
5．解：A．铁可以和硫酸铜溶液发生置换反应生产硫酸亚铁，故A错误；
B．Al与氧化铁在高温下发生置换反应生成氧化铝和铁，故B错误；
C．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；
D．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，则氢氧化铁不能利用置换反应生成，故D正确；
故选：D。
6．解：在①SCN﹣、②Fe、③Fe2+、④H2S、⑤OH﹣五种种微粒中只有②④能发生氧化还原反应，发生反应分别为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+、H2S+2Fe3+＝2Fe2++S↓+2H+，而且这两个反应中Fe、H2S都作还原剂，说明Fe3+具有氧化性，OH﹣与Fe3+反应属于非氧化还原反应；
故选：D。
7．解：A．白毛为氧化铝，发生反应为：4Al+3O2＝2Al2O3，温度明显上升，说明铝与氧气的反应为放热反应，故A正确；
B．硝酸汞与Al发生置换反应，硝酸汞为氧化剂，不是催化剂，故B错误；
C．发生反应有：4Al+3O2＝2Al2O3、2Al+3Hg2+＝2Al3++3Hg，故C正确；
D．白毛只能是铝与氧气反应生成的氧化铝，故D正确；
故选：B。
8．解：非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z。
A、同周期元素的原子从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性增强，所以原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z，故B正确；
C、非金属性越强，氢化物越稳定，由于非金属性X＞Y＞Z，所以气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故C错误；
D、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，由于非金属性X＞Y＞Z，所以阴离子的还原性：Z3﹣＞Y2﹣＞X﹣，故D错误。
故选：B。
9．解：微粒的电子层数越多，则微粒半径越大，所以P原子半径大于N原子半径，当电子层数相同时，核电荷数越多则微粒半径越小，所以P原子半径小于Si原子半径但是大于S原子半径，即介于10.2和11.7之间，可能是11.0，
故选：C。
10．解：向含FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入SO2，酸性环境下三价铁离子氧化二氧化硫生成硫酸根离子，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子反应为Ba2++SO42﹣＝BaSO4↓，
故选：D。
11．解：A．常温下，氧族元素中单质除了氧气外其它都是固体，则Se单质常温下是固体，故A正确；
B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Se＜O，则Se的气态氢化物稳定性比水弱，故B错误；
C．Se是非金属元素，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，但O、F元素除外，非金属性Se＜S，则硒酸的酸性比硫酸弱，故D错误；
故选：A。
12．解：A.S具有弱氧化性，与Fe反应生成FeS，有+2价铁生成，故A错误；
B.氯气具有强氧化性，与Fe反应生成氯化铁，有+3价铁生成，故B正确；
C.硫酸具有弱氧化性，与Fe反应生成硫酸亚铁，有+2价铁生成，故C错误；
D.Fe过量时，可还原铁离子，铁和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸，产物可能只有氯化亚铁，有+2价铁生成，故D错误；
故选：B。
13．解：A．氢氧化铝不溶于碳酸，所以过程①通入足量CO2不能实现，而可以加入盐酸等强酸，故A错误；
B．氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，所以铝离子加入过量的强碱生成偏铝酸盐，得不到氢氧化铝沉淀，故B错误；
C．氢氧化铝与过量的强碱生成偏铝酸盐，实现过程③可加入足量NaOH，反应的方程式为：Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，所以实现过程③可加入足量NaOH，故C正确；
D．铝离子与氨气、水生成氢氧化铝，而氢氧化铝不溶于氨水，不能生成偏铝酸根，故D错误；
故选：C。
14．解：A.生铁是铁的合金，硬度纯铁＜生铁，故A错误；
B.生铁是铁和碳的合金，在潮湿的环境中易形成原电池，使腐蚀速度比纯铁的更快，故B错误；
C.生铁是铁的合金，熔点纯铁＞生铁，故C错误；
D.生铁是铁和碳的合金，在盐酸中形成原电池，铁与盐酸反应速率加快，与等浓度盐酸反应的速率纯铁＜生铁，故D错误；
故选：C。
15．解：A．工业上用电解氧化铝的方法冶炼铝，而不是热还原法，故A错误；
B．汞性质稳定，用加热分解氧化物的方法制得，故B正确；
C．铁性质较不活泼，用热还原法冶炼，故C正确；
D．Cu2S+O22Cu+SO2该方法属于火法炼铜，是冶炼金属铜的方法之一，故D正确；
故选：A。
16．解：铝土矿的主要成分是Al2O3，还含有少量杂质，要得到高纯度的Al2O3，首先利用氢氧化钠溶液溶解，将氧化铝转化为偏铝酸钠，过滤，向滤液中通入过量的CO2，将偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤，然后将氢氧化铝灼烧即可得到氧化铝，即操作顺序为①③②③⑤，故B正确，
故选：B。
17．解：在pH＝1的100mL 0.1mol/L的AlCl3中，n（H+）＝0.1mol/L×0.1L＝0.01mol，n（Al3+）＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，加入450mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液后，n（OH﹣）＝0.45L×0.1mol/L＝0.045mol，发生的反应为：
H++OH﹣＝H2O，
1 1
0.01 0.01
Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，
1 3 1
0.01 0.03 0.01 此时n（OH﹣）＝0.045mol﹣0.01mol﹣0.03mol＝0.005mol，
Al（OH）3 +OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，
1 1 1
0.01 0.005 0.005 此时n（氢氧化铝）＝0.01mol﹣0.005mol＝0.005mol，n（AlO2﹣）＝0.005mol，
则反应后铝元素的存在形式是AlO2﹣、Al（OH）3，
故选：B。
18．解：假定向含有1molAlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al3+完全沉淀，消耗3molOH﹣，生成1molAl（OH）3，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，沉淀完全溶解消耗1molOH﹣，生成1molAlO2﹣，前后两部分消耗的OH﹣为3：1，
假定向含有4molNaOH溶液中滴加AlCl3溶液，首先发生反应Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，OH﹣完全反应消耗1molAl3+，生成1molAlO2﹣，然后发生反应Al3++3AlO2﹣+6H2O＝4Al（OH）3↓，AlO2﹣完全反应，消耗molAl3+，生成molAl（OH）3↓，前后两部分消耗的Al3+为1mol：mol＝3：1，
由图象可知，AB表示微粒、CD表示微粒物质的量关系为1：1可知，该图表示向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，
A．由上述分析可知，首先发生反应Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，溶液中铝离子物质的量减少，A线表示Al3+的物质的量的变化，故A正确；
B．由上述分析可知，x表示NaOH的物质的量，故B正确；
C．由上述分析可知，随反应进行Al（OH）3物质的量先增大，后减小，故BC线表示Al（OH）3的物质的量的变化，故C正确；
D．由上述分析可知，Al（OH）3溶解时，AlO2﹣的物质的量增大，D线表示AlO2﹣的物质的量的变化，故D错误；
故选：D。
19．解：溶液中加入铝片有氢气产生，溶液为酸或强碱溶液，
A．若为碱溶液，Fe3+与碱反应生成沉淀，则不能共存，故A错误；
B．若为碱溶液，Al3+、Mg2+与碱反应生成沉淀，则不能共存，若为酸溶液，S2﹣与氢离子反应生成弱电解质，则不能共存，故B错误；
C．无论酸或碱溶液，该组离子之间不反应，能共存，故C正确；
D．HCO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D错误；
故选：C。
20．解：由上述分析可知，X为Na、Y为P、Z为S，W为Cl元素，
A．P、S位于同一周期，原子序数越大非金属性越强，则非金属性P＜Cl，即Y＜Z，故A错误；
B．电子层越多，离子半径越大，具有相同排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径为：Z＞W＞X，故B正确；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性P＜Cl，则气态氢化物的稳定性：Y＜W，故C错误；
D．没有指出元素最高价，无法比较S、Cl元素的含氧酸酸性，如高氯酸的酸性大于硫酸，硫酸、亚硫酸的酸性大于次氯酸，故D错误；
故选：B。
二、综合题
21．解：由元素在周期表中的位置可知，①为Be、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl；
（1）元素素③的氢化物为NH3，其电子式为，元素的非金属性N＜O，故氢化物稳定性NH3＜H2O，NH3与HCl反应生成NH4Cl，铵根离子水解，使溶液呈酸性，离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，
故答案为：；弱；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（2）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞Al＞N＞O，四种离子的电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3﹣＞O2﹣＞Na+＞Al3+，
故答案为：Na；Al3+；
（3）Na、Al同周期，原子序数增大，金属性减弱，故Na的金属性较强；金属性强可以根据与水反应的难易或剧烈程度比较，可以根据最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较，金属性强弱与失去电子难易有关，与失去电子数目多少无关，氢化物稳定性可以比较元素非金属性强弱，不能比较金属性强弱，故ac正确、bd错误，
故答案为：Na；ac；
（4）“氯气与硫化氢反应生成硫和硫化氢”可以说明元素非金属性C＞S，反应方程式为Cl2+H2S＝S↓+2HCl，
故答案为：Cl2+H2S＝S↓+2HCl。
22．解：（1）金属晶体是由金属阳离子和自由电子通过金属键结合形成的，其中金属阳离子的半径大于电子半径，则金属铝中铝离子半径大于电子，铝离子的结构示意图为：，
故答案为：Al3+； ；金属；
（2）金属之所以能导电是因存在自由移动的电子，
故答案为：自由移动的电子；
（3）铝合金能制成飞机外壳，是因为其密度较小，铝合金的硬度很大，且具有一定的抗腐蚀性，与其导电性无关，
故答案为：b；
（4）Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，主要是因为三种物质的熔点都很高，
故答案为：d；
（5）Al（OH）3受热分解吸收大量的热，同时分解生成高熔点的氧化铝覆盖在可燃物表面，阻止与氧气接触，因此常用其作阻燃剂，Al（OH）3不完全电离生成氯离子和氢氧化根离子，其电离方程式为：Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣，
故答案为：Al（OH）3受热分解吸收大量的热，同时分解生成高熔点的氧化铝覆盖在可燃物表面，阻止与氧气接触；Al（OH）3⇌Al3++3OH﹣。
23．解：（1）FeCl3溶液中铁离子会发生水解，溶液显示酸性，盐酸可以抑制铁离子水解，所以配制FeCl3溶液时，应先将一定质量的FeCl3固体溶于盐酸溶液中，再加水稀释即可；氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应为：Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣，
故答案为：盐酸；Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
（2）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．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；
故答案为：b；
（3）摩尔盐[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]溶解形成的溶液中存在铵根离子、亚铁离子、硫酸根离子，铵根离子、亚铁离子水解显酸性，最大的是硫酸根离子，其次是铵根离子浓度、亚铁离子浓度、氢离子浓度和氢氧化根离子浓度，离子浓度大小为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）＞c（OH﹣），阳离子浓度由大到小的顺序是c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）；
故答案为：c（NH4+）＞c（Fe2+）＞c（H+）；
（4）铁离子与硫氰化钾反应显示红色，亚铁离子不反应，所以用硫氰化钾检验硫酸铁是否消耗完。操作方法为：取反应后的上层溶液，加入几滴硫氰化钾溶液，若不出现红色，说明硫酸铁消耗完；硫酸亚铁具有强还原性，使硫酸亚铁转化为硫酸铁方便且价廉的试剂是空气，
故答案为：取反应后的上层溶液，加入几滴硫氰化钾溶液，若不出现红色，说明硫酸铁消耗完；空气。
24．解：（1）为了精准测量剩余固体质量，减小操作误差，需加入至恒重，保证碳酸氢钠完全分解；依据样品的质量可知该电子天平的精度为0.001g，所以，实验中达到恒重操作的标准是最后两次称量的质量差不大于0.001g，
故答案为：最后两次称量的质量差不大于0.001g；
（2）NaHCO3加热分解生成Na2CO3、CO2和H2O可设参加反应的碳酸氢钠的质量为x，则结合差量法得：
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m
168 62
x 5.000g﹣3.450g＝1.550g
所以＝，解得x＝4.200g，
故答案为：4.200；
（3）甲基橙的变色范围为3.1﹣4.4，该反应为碳酸氢钠与盐酸的反应，刚开始碳酸氢钠呈碱性，随着盐酸的滴加，碱性减弱，达到终点生成氯化钠使溶液，所以终点的现象是锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟之内不褪色，
故答案为：黄；橙；
（4）第一次实验消耗盐酸19.98mL，第二次实验消耗盐酸22.00mL，第二次实验消耗盐酸20.02mL，第二次误差较大需舍去，根据第一次和第三次两次实验消耗盐酸体积求出平均值为20.00mL，则消耗盐酸的物质的量为0.100mol/L×0.020L＝0.002mol，根据反应方程式NaHCO3+HCl＝NaCl+CO2↑+H2O可知，参与反应的碳酸氢钠的物质的量也为0.002mol，所以原溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.002mol×＝0.01mol，则样品中NaHCO3的质量分数×100%＝84%；
a．锥形瓶内壁有水珠，用待测液润洗后再使用，锥形瓶内待测液的物质的量增大，所用标准液的体积增大，所测待测液的浓度偏高，符合题意；
b．滴定管内壁有水珠就装入标准液，标准液浓度减小，滴定时所用体积增大，但计算时仍用标准液的浓度进行计算，从而使所测待测液的浓度偏大，结果偏高，符合题意；
c．振荡锥形瓶时有少量液体溅出，待测液的物质的量减小，消耗的标准盐酸溶液的体积偏小，使最终结果偏低，不符合题意；
d．滴定过程中用少量水冲洗锥形瓶内壁，不影响待测液的物质的量，所以消耗的盐酸体积不变，最后不影响结果，不符合题意；
故答案为：84%；ab；
（5）检验沉淀是否完全可设计实验思路为：取少许上层清液，加入几滴澄清石灰水，观察是否有白色沉淀生成，若无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净，
故答案为：取少许上层清液，加入几滴澄清石灰水，观察是否有白色沉淀生成，若无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗涤干净；
（6）用Ba（OH）2溶液代替石灰水，生成沉淀的相对分子质量更大，误差更小，
故答案为：生成沉淀的相对分子质量（或式量）更大，可减少相对误差。