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2022-2023学年广东省广州四中高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年广东省广州四中高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列叙述中，正确的是， 下列离子方程式，正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州四中高一（上）期末化学试卷
1. 当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是( )
①Fe(OH)3胶体②水③蔗糖溶液④NaCl溶液⑤云、雾
A. ②③④ B. ②④⑤ C. ③④⑤ D. ①③④
2. 下列叙述中，正确的是( )
A. 熔融的MgCl2能导电，所以MgCl2是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
C. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质
D. NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离
3. 下列离子方程式，正确的是( )
A. 实验室制Fe(OH)3胶体：Fe3++3OH−=Fe(OH)3(胶体)
B. 将氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 用FeCl3溶液刻蚀覆铜板：2Fe3++Cu=Cu2++3Fe2+
D. 将稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3
4. 氢化钠(NaH)可在野外作生氢剂，其中氢元素为−1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列说法正确的是( )
A. 该反应属于置换反应 B. NaOH属于氧化产物
C. NaH是氧化剂 D. H2O中的氢元素被还原
5. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是( )
A. CO2(HCl)：将气体依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸的洗气瓶
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：向溶液中通入过量的CO2气体
C. Cl2(HCl)：将气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水的洗气瓶
D. H2(HCl)：将气体通过碱石灰的U形干燥管
6. 下列有关钠及其化合物的叙述不正确的是( )
A. 除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠，可将固体加热
B. 可用Ca(OH)2溶液鉴别NaHCO3和Na2CO3两种溶液
C. 金属钠着火时，不能用水和二氧化碳灭火，只能用干燥沙土
D. Na、Na2O、Na2O2、NaOH长期放置在空气中，最终都将变为Na2CO3
7. 下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是( )
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D. Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
8. 下列实验装置能达到实验目的的是( )
A. 浓硫酸的稀释
B. 检验Na2O2与H2O反应有O2生成
C. 观察K2CO3的焰色反应
D. 比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性
9. Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列说法正确的是( )
A. 氯水中存在此微粒： B. H2O的电子式为
C. Cl2溶于水破坏了离子键 D. 密封存放已久的氯水pH上升
10. 下列有关碱金属、卤素原子结构和性质的描述正确的是( )
①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔、沸点依次升高，密度依次增大
②随着核电荷数的增加，碱金属单质熔、沸点依次降低，密度依次减小
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb的最外层电子数都是1
④碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
⑤根据同主族元素性质的递变规律推测At与H2化合较难
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，可推出HF、HCl、HBr、HI的还原性及热稳定性依次减弱
⑦卤素按F、Cl、Br、I的顺序其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加，原子核外电子层数增多，原子半径增大起主要作用
A. ①②③⑤ B. ①③④⑦ C. ①③⑤⑦ D. ②④⑤⑦
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18g冰水混合物中有3NA个原子和10NA个电子
B. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−个数为NA
C. 标准状况下，36gH2O所占的体积约为44.8L
D. 16gCH4与18gNH4+所含质子数相等
12. 实验室需用100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，现选取100mL容量瓶进行配制，以下说法不正确的是( )
A. 需称取2.86gNa2CO3⋅10H2O固体
B. 容量瓶使用前应进行检漏
C. 称取后的Na2CO3⋅10H2O固体置于容量瓶中进行溶解
D. 移液时，用玻璃棒进行引流，玻璃棒的下端应伸入容量瓶环形刻度线的下方
13. 在1L某混合溶液中，H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度相等，其中SO42−的物质的量浓度为5.0mol⋅L−1。该溶液最多能溶解铁粉的质量为( )
A. 28g B. 56g C. 78g D. 112g
14. 下列反应与Na2O2+SO2=Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是( )
A. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
B. 2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2
C. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
D. 3Na2O2+Cr2O3=2Na2CrO4+Na2O
15. 类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列陈述Ⅰ及推理陈述Ⅱ均正确的是( )
陈述Ⅰ
推理陈述Ⅱ
A
非金属性：F>Cl
溶液的酸性：HF>HCl
B
制Mg(OH)2沉淀：往MgCl2溶液滴加NaOH溶液，至不再产生白色沉淀
制Al(OH)3沉淀：往AlCl3溶液滴加NaOH溶液，至不再产生白色沉淀
C
还原性：I−>Br−
还原性：S2−>O2−
D
实验室：Cl2+2KBr(aq)=2KCl(aq)+Br2
实验室：F2+2KBr(aq)=2KF(aq)+Br2
A. A B. B C. C D. D
16. 根据元素周期表和元素周期律判断，下列叙述不正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱
C. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
D. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
17. 铝是一种重要金属，从铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)中冶炼Al的工业生产流程如图：
注：SiO2是酸性氧化物，不溶于盐酸
(1)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的分离方法是 ______。在实验室模拟该操作，要用到的玻璃仪器有：烧杯、______、______。
(2)溶液A含有的金属阳离子为 ______。沉淀D的化学式为 ______。
(3)步骤Ⅲ生成Al(OH)3沉淀的离子方程式为 ______。
(4)生产过程中，可循环使用的物质有CaO、______、______(填化学式)。
(5)经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的纯铝(假设各生产环节中无损耗)，则理论上原铝土矿中Al2O3的纯度(质量分数)______%(用含a、b的式子表示)。
18. 某同学探究元素性质递变规律，设计了一套方案，进行实验并记录现象。
实验步骤
实验现象(未对应)
①将镁条用砂纸打磨后，放入沸水中，再向溶液中滴加少量酚酞溶液
A.浮在水面上，熔成小球，做不定向运动，随后消失，溶液变成红色
B.有气体产生，溶液变成浅红色
C.剧烈反应，迅速产生大量无色气体
D.反应较快，产生无色气体
E.生成白色胶状沉淀，继而沉淀消失
F.生成淡黄色沉淀
②向新制的NaS溶液中滴加新制氯水
③将一小块金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水中
④将镁条放入稀盐酸中
⑤将铝条放入稀盐酸中
⑥向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量
(1)实验内容：填写与实验步骤标号对应的实验现象的序号并填写相关内容
实验步骤
实验现象的字母序号
相关内容
①
______
化学方程式 ______
②
______
离子半径：Na+______ S2−(填“>”、“<”或“=”)
③
______
反应产物的电子式：H：H、 ______
④
______
略
⑤
______
略
⑥
______
离子方程式 ______ ， ______
(2)实验结论：______。
(3)请用原子结构的知识解释上述结论 ______。
19. 卤族元素的单质及其化合物有重要的用途。实验室用以下装置制取氯气，并探究相关物质的化学性质。
(1)仪器m的名称是 ______，制取Cl2的离子方程式为 ______，HCl的下列性质中，由氯元素表现出来的性质是 ______。
a.酸性
b.氧化性
c.还原性
d.挥发性
(2)装置B的作用是除去混在Cl2中的 ______杂质。
(3)尾气处理装置D可模拟制备 ______(填一种化工产品的名称)。
(4)①实验开始后，装置C中的溶液迅速出现棕色。此时，若生成I2物质的量为1.0×10−3mol，则理论上装置A中发生反应的HCl有 ______mol。
②继续通气一段时间，装置C溶液先变深棕褐色，后变浅，当褪至无色时立即结束实验。据文献报道，碘元素生成碘酸(HIO3,中强酸)，Cl2和I2在溶液中反应生成碘酸的化学方程式为：______。某小组设计实验探究碘酸的一种化学性质，请补全实验方案(见如表)。
限选试剂：0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)、0.1mol/LKSCN溶液、石蕊试液、0.1mol/LNaHCO3溶液、0.1mol/LNaOH溶液。
操作
预期现象
结论
实验结束后，取少量装置C的溶液到试管中，除去过剩Cl2和HClO后， ______
______
______
20. 铁是人体必需的微量元素之一，菠菜、黑木耳等食品中富含铁元素，其中菠菜中的铁元素主要以草酸亚铁(FeC2O4)的形式存在，草酸亚铁粉末难溶于水。某小组设计实验检验和测定菠菜中的铁元素。
(1)草酸亚铁溶于稀硫酸的化学方程式是 ______。
(2)菠菜的预处理
如图1预处理流程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、______(从图2中选择，写出名称)。
(3)检验待测液中是否含有Fe2+、Fe3+
检验试剂
现象
结论
① ______
溶液变为红色
滤液中含Fe3+
② ______
③ ______
滤液中含Fe2+
(4)利用KMnO4标准溶液测定菠菜中铁元素的含量
步骤Ⅰ：取10.00mL待测液于锥形瓶中，滴加KMnO4溶液至溶液显紫色。
步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ得到的混合液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得待测液中加入适量稀H2SO4溶液，用cmol⋅L−1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。
①步骤Ⅰ滴加KMnO4溶液的目的是 ______。
②步骤Ⅲ滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为 ______。
③菠菜中铁的含量为 ______mg/100g(即每100g菠菜中含铁元素的质量)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：胶体能产生丁达尔效应，常见的胶体有Fe(OH)3胶体、云、雾等，水、FeCl3溶液、蔗糖溶液、NaCl溶液不属于胶体，不会出现丁达尔效应，
故选：A。
胶体能产生丁达尔效应，常见的胶体有Fe(OH)3胶体、烟、云、雾、血液等。
本题主要考查胶体的性质，为基础知识的考查，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.熔融的MgCl2能导电，是化合物，所以MgCl2是电解质，故A正确；
B.铜丝、石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.KNO3固体不导电，水溶液中或熔融状态导电属于电解质，故C错误；
D.NaCl溶于水，在水分子作用下发生电离，故D错误；
故选：A。
水溶液或者熔融状态能导电的化合物为电解质，电解质必须是化合物，电解质必须是本身能电离产生自由移动的离子的化合物，电解质水分子作用或加热熔融会发生电离。
本题考查了物质的分类，准确理解电解质基本概念是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.实验室制Fe(OH)3胶体，离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；
B.氧化铝溶于NaOH溶液，离子方程式：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故B正确；
C.用FeCl3溶液刻蚀覆铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；
D.将稀盐酸滴在石灰石上，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；
故选：B。
A.氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢；
B.将氧化铝溶于NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；
C.铁原子个数不守恒；
D.将稀盐酸滴在石灰石上反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，题目难度中等，侧重学生思维严密性的考查，注意把握反应实质及离子反应的书写方法。
4.【答案】D
【解析】解：A.NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应物都是化合物，发生的反应，不是置换反应，故A错误；
B.NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应中H2是氧化产物，也是还原产物，NaOH既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；
C.NaH中氢元素化合价−1价升高到0价，做还原剂，故C错误；
D.H2O中的氢元素化合价+1价降低到0价，做氧化剂，被还原，故D正确；
故选：D。
A.一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；
B.氧化还原反应中元素化合价升高的被氧化得到氧化产物；
C.反应中元素化合价降低的反应物为氧化剂；
D.H2O中的氢元素化合价+1价降低到0价。
本题考查了氧化还原反应的分析判断，主要是氧化产物和氧化剂、还原产物和还原剂的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，浓硫酸可干燥二氧化碳，洗气可分离，故A正确；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入过量的CO2气体可除杂，故B正确；
C.应先通过饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥氯气，试剂顺序不合理，故C错误；
D.HCl与碱石灰反应，可干燥氢气，气体通过碱石灰的U形干燥管可除杂，故D正确；
故选：C。
A.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，浓硫酸可干燥二氧化碳；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C.应先通过饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥氯气；
D.HCl与碱石灰反应，可干燥氢气。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故A正确；
B.氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成碳酸钙沉淀，现象相同，所以不能用来鉴别二者，故B错误；
C.钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气，可用干燥沙土隔绝空气扑灭，故C正确；
D.空气中含有二氧化碳和水蒸气，在空气中的转化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，Na2O→NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，Na2O2→NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，所以久置空气中最终都是变为Na2CO3，故D正确；
故选：B。
A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
B.氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠、水；
C.钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气；
D.Na、Na2O、Na2O2、NaOH的性质以及空气中的成分含氧气、水蒸气和二氧化碳分析；
本题考查综合元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重基础知识的夯实，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A错误；
B.氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B正确；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，故C错误；
D.钠在氧气中点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应方程式分别是：2Na+O2−△Na2O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+CO2、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故D错误；
故选：B。
A.钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠；
B.Al2O3→Al(OH)3不能一步转化；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁；
D.钠在氧气中点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
本题考查金属及化合物转化及性质，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，注意把握Na、Al、Mg为知识点构建知识网络，归纳元素化合物知识，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，带火星的木条复燃可证明，故B正确；
C.观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故C错误；
D.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；
故选：B。
A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热；
C.观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃；
D.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以新制氯水中含有Cl−，故A正确；
B.水为共价化合物，电子式为：，故B错误；
C.Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，破坏了共价键，故C错误；
D.氯水中HClO在光照下发生了分解反应，溶液中的氢离子的浓度会增大，pH降低，故D错误；
故选：A。
A.Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
B.水为共价化合物形成共价键；
C.Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
D.氯水中HClO在光照下发生了分解反应，溶液中的氢离子的浓度会增大。
本题考查了氯气的性质，明确氯水成分及性质是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①卤素单质的熔点、沸点也随着原子序数递增而升高，密度增大，故①正确；
②碱金属单质的熔点、沸点均随着原子序数的递增而降低，碱金属单质的密度随着原子序数的递增而逐渐增大，但是钠钾反常，故②错误；
③卤素位于第VIIA族，碱金属元素位于第IA族，则F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1，故③正确；
④碱金属金属性依次增强，加热与氧气反应锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，故④错误；
⑤砹是原子序数最大的卤族元素，At与H2化合最难；Cl、Br、I与银形成化合物都难溶于水，则砹化银也难溶于水，故⑤正确；
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故⑥错误；
⑦F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐减弱，电子层数增多，原子半径增大起主要作用，故⑦正确；
故选：C。
①随着原子序数递增，卤素单质的熔点、沸点升高，密度增大；
②碱金属单质熔沸点随原子序数递增依次降低，密度增大；
③卤素位于第VIIA族，碱金属元素位于第IA族；
④碱金属金属性依次增强，加热与氧气反应锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等；
⑤同主族非金属性依次减弱，和氢气化合越来越难；Cl、Br、I与银形成化合物都难溶于水；
⑥元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氢化物的还原性越弱；
⑦F、Cl、Br、I原子序数逐渐增大，电子层数依次增大，非金属性逐渐减弱。
本题考查了碱金属、卤族元素存在的递变规律分析，注意递变性和特殊性的掌握，注意知识的积累，题目难度中等，侧重于考查学生对基本规律的应用能力。
11.【答案】A
【解析】解：A.1个水分子含有3个原子，10个电子，18g冰水混合物物质的量为：18g18g/mol=1mol，含有3NA个原子和10NA个电子，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B错误；
C.标况下水是液态，不能使用气体摩尔体积计算其体积，故C错误；
D.16gCH4与18gNH4+都物质的量为1mol，所含质子数不相等，前者含有质子数10NA，后者含质子数11NA，故D错误；
故选：A。
A.1个水分子含有3个原子，10个电子；
B.溶液体积未知；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.1个甲烷含有10个质子，1个铵根离子含有11个质子。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用对象。
12.【答案】C
【解析】解：A.100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液的物质的量为：n=cV=0.1L×0.1mol⋅L−1=0.01mol，所取Na2CO3⋅10H2O固体的质量为：m=nM=0.01mol×286g/mol=2.86g，故A正确；
B.容量瓶在使用前应进行检漏，故B正确；
C.称取后的Na2CO3⋅10H2O固体应在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，故C错误；
D.移液时，用玻璃棒进行引流，玻璃棒的下端应伸入容量瓶环形刻度线的下方，故D正确；
故选：C。
A.代入公式n=cV可计算出100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中碳酸钠的质量，再代入m=nM即可计算出Na2CO3⋅10H2O固体的质量；
B.容量瓶在使用前应进行检漏；
C.固体应在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中；
D.移液时，用玻璃棒进行引流，玻璃棒的下端应伸入容量瓶环形刻度线的下方。
本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，为基础知识的考查，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：根据分析，结合反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，该溶液最多能溶解铁粉的质量为(1mol+1mol)×56g/mol=112g，
故选：D。
在1L某混合溶液中，设H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度均为amol/L，则H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量均为amol，硫酸根离子的物质的量为：amol+amol+3amol=5amol，又SO42−的物质的量浓度为5.0mol⋅L−1，则5amol=1L×5.0mol⋅L−1，解得a=1，即H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量均为1mol，据此计算即可。
本题主要考查以物质的量为中心的计算，同时考查根据化学方程式进行计算，掌握基本公式及灵活应用是解决本题的基础，对学生的能力要求和细心程度要求较高，难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.在2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2中只有过氧化钠中氧元素发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B.在2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2中只有过氧化钠中氧元素变价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；
C.在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中氧元素发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D.在3Na2O2+Cr2O3=2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中−1价的氧变为−2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；
故选：D。
在Na2O2+SO2=Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，SO2是还原剂，根据反应中元素的化合价变化分析。
本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念，试题培养了学生的灵活应用能力。
15.【答案】C
【解析】解：A.元素的非金属性强弱与其氢化物水溶液酸性强弱无关，非金属性：F>Cl，HF为弱电解质、HCl为强电解质，酸性：HF
C.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：Br>I，所以还原性：I−>Br−；非金属性：O>S，所以还原性：S2−>O2−，故C正确；
D.氟气能和H2O反应生成HF和O2，所以不能用F2和KBr溶液制取HF和Br2，故D错误；
故选：C。
A.元素的非金属性强弱与其氢化物水溶液酸性强弱无关；
B.Al(OH)3能溶于NaOH溶液；
C.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；
D.氟气能和H2O反应生成HF和O2。
本题考查元素化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确同一周期、同一主族元素周期律内涵是解本题关键，注意规律中的特例，A、D为解答易错点。
16.【答案】D
【解析】解：A.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强；元素的非金属性：O>N>Si，则气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故A正确；
B.同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，该金属元素的最高化合价逐渐升高；金属元素的化合价越高，其原子半径越小，则原子失电子能力越弱，故B正确；
C.根据元素周期表中各个周期包括的元素种类数目可知：用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故C正确；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；CaCO3与HCl发生复分解反应产生CaCl2、H2O、CO2，能够证明酸性：HCl>H2CO3，但不能证明元素的非金属性：Cl>C；CO2通入Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，可以证明酸性：H2CO3>H2SiO3；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl溶于Na2SiO3溶液也会反应产生H2SiO3沉淀，因此不能证明元素的非金属性：Cl>C>Si，故D错误；
故选：D。
A.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强；
B.同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，该金属元素的最高化合价逐渐升高；
C.根据元素周期表中各个周期包括的元素种类数目可知；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。
本题考查元素周期表和周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】(1)过滤；漏斗；玻璃棒；
(2)Fe3+、Al3+；Fe(OH)3；
(3)2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32−；
(4)CO2；NaOH；
(5)17b9a×100
【解析】
【分析】
本题考查化学工艺流程，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
【解答】
由工艺流程可知，铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)，铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al(OH)3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，以此解答该题。
【解答】
(1)根据上面的分析可知，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的分离方法是过滤，要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：过滤；漏斗；玻璃棒；
(2)滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，溶液A含有的金属阳离子为Fe3+、Al3+；滤液中加入过量的NaOH，Fe3+转化为沉淀D为氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3，
故答案为：铁离子、铝离子；Fe(OH)3；
(3)溶液C含有偏铝酸钠，根据流程可知步骤Ⅲ通入适量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为：2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32−，
故答案为：2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32−；
(4)由分析可知，生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有CO2和NaOH，
故答案为：CO2；NaOH；
(5)a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则由铝元素守恒可知，需要纯氧化铝的质量为10254b吨，所以原铝土矿中Al2O3的纯度为102b54a×100%=17b9a×100%。
18.【答案】BMg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑F
故答案为：B；Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；
②NaS溶液中滴加新制氯水反应生成氯化钠和硫沉淀，实验现象为：生成淡黄色沉淀，同周期元素中阴离子半径大于阳离子半径，
故答案为：F；<；
③金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水反应生成氢氧化钠和氢气，实验现象为浮在水面上，熔成小球，做不定向运动，随后消失，溶液变成红色，氢氧化钠的电子式为，
故答案为：A；；
④镁条放入稀盐酸中反应生成氯化镁和氢气，实验现象为剧烈反应，迅速产生大量无色气体，
故答案为：C；
⑤铝条放入稀盐酸中反应生成氯化铝和氢气，实验现象为：反应较快，产生无色气体，
故答案为：D；
⑥AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先反应生成氢氧化铝，后反应生成偏铝酸钠，实验现象为：生成白色胶状沉淀，继而沉淀消失，其反应的离子方程式为：Al3++3OH−=Al(OH)3↓、OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O，
故答案为：E；Al3++3OH−=Al(OH)3↓；OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O；
(2)同周期元素，从左到右，金属与水(酸)反应剧烈程度依次减弱，金属性逐渐减弱，氯气可以置换出硫单质，非金属性逐渐增强，实验结论为：同周期元素，从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，
故答案为：同周期元素，从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；
(3)从钠到氯，原子核外电子层数相同，最外层电子数从1到7依次增多，原子失电子的能力依次减弱，得电子的能力依次增强，
故答案为：同周期元素，原子核外电子层数相同，最外层电子数从1到7依次增多，原子失电子的能力依次减弱，得电子的能力依次增强。
(1)①镁与滴有酚酞的废水反应生成氢氧化镁和氢气；
②NaS溶液中滴加新制氯水反应生成氯化钠和硫沉淀；
③金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水反应生成氢氧化钠和氢气；
④镁条放入稀盐酸中反应生成氯化镁和氢气；
⑤铝条放入稀盐酸中反应生成氯化铝和氢气；
⑥AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先反应生成氢氧化铝，后反应生成偏铝酸钠；
(2)同周期元素，从左到右，金属与水(酸)反应剧烈程度依次减弱，金属性逐渐减弱，氯气可以置换出硫单质，非金属性逐渐增强；
(3)从钠到氯，原子核外电子层数相同，最外层电子数从1到7依次增多，原子失电子的能力依次减弱，得电子的能力依次增强。
本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】(1)分液漏斗；MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；c；
(2)HCl；
(3)漂白粉；
(4)①4.0×10−3②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；滴入几滴0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)和0.1mol/LKSCN溶液；溶液变为血红色；HIO3具有氧化性。
【解析】
【分析】
本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及设计能力，明确物质制备方法、元素化合物的性质、物质性质的检验是解本题关键，难点是设计实验，题目难度中等。
【解答】
(1)仪器m的名称是分液漏斗。实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，反应中HCl中氯元素由−1价升高到0价，表现出还原性。故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；c；
(2)实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气中含有少量的HCl气体，可用饱和NaCl溶液除去混在Cl2中少量的HCl气体。故答案为：HCl；
(3)工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉，尾气处理装置D可模拟制备漂白粉。故答案为：漂白粉；
(4)①根据关系式4HCl∼Cl2∼I2，则理论上装置A中发生反应的HCl有4.0×10−3mol。故答案为：4.0×10−3；
②根据升降价守恒和原子守恒，Cl2和I2在溶液中反应生成碘酸的化学方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。
由于碘酸中碘元素的化合价为+5价，应该具有氧化性，可以选0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)、0.1mol/LKSCN溶液检验其氧化性，预期现象为滴入0.1mol/LFeSO4溶液和0.1mol/LKSCN混合溶液后，溶液变为血红色，得到的结论是HIO3具有氧化性。
故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；滴入几滴0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)和0.1mol/LKSCN溶液；溶液变为血红色；HIO3具有氧化性。
20.【答案】FeC2O4+H2SO4=FeSO4+H2C2O4 坩埚、漏斗、100mL容量瓶 KSCN溶液 K3[Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀生成 将H2C2O4氧化为CO2(除去H2C2O4)，将Fe2+氧化为Fe3+ 5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O2800cV
【解析】解：(1)草酸亚铁溶于稀硫酸发生复分解反应生成硫酸亚铁和草酸，其反应的化学方程式为：FeC2O4+H2SO4=FeSO4+H2C2O4，
故答案为：FeC2O4+H2SO4=FeSO4+H2C2O4；
(2)预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，涉及的操作有灼烧、溶解、过滤、配制100mL溶液；灼烧需要用酒精灯、坩埚、泥三角、铁架台或三脚架、玻璃棒；溶解需要用烧杯和玻璃棒，过滤需要用漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台、滤纸等；配制溶液需要用100mL容量瓶、胶头滴管等；需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、坩埚、漏斗、100mL容量瓶、胶头滴管等，
故答案为：坩埚、漏斗、100mL容量瓶；
(3)铁离子和KSCN溶液反应生成红色溶液，滴加KSCN溶液后溶液呈浅红色说明待测液中有少量的Fe3+；由于Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成铁青化亚铁蓝色的沉淀，则检验Fe2+：用K3[Fe(CN)6]溶液，
故答案为：①KSCN溶液；②K3[Fe(CN)6]溶液；③有蓝色沉淀生成；
(4)待测液滴加高锰酸钾溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将草酸中的碳由+3价氧化为+4价，所得溶液加入过量铜粉，将溶液中的铁离子还原为Fe2+，然后用高锰酸钾溶液滴定，根据所用的高锰酸钾的体积和物质的量浓度，即可计算菠菜中铁的含量；
①待测液中含有亚铁离子和草酸，两者均可以和高锰酸钾溶液反应，步骤I滴加KMnO4 溶液的目的是将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸，
故答案为：将H2C2O4氧化为CO2(除去H2C2O4)，将Fe2+氧化为Fe3+；
②步骤III滴加KMnO4 溶液时发生反应为在酸性溶液中亚铁离子和高锰酸钾反应生成铁离子和锰离子，离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
③由化学方程式体现的关系可知，100g菠菜中铁的质量为 cmol⋅L−1×V×10−3L×5×10010×56g/mol=2.8cVg=2800cVmg，则菠菜中铁的含量为 2800cVmg/100g，
故答案为：2800cV。
预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中，通过滴定法测定铁元素的含量。
本题考查检验和测定菠菜中的铁元素，侧重考查学生实验方案的设计和定量实验的掌握情况，试题难度中等。
2022-2023学年广东省广州四中高一（上）期末化学试卷
1. 当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是( )
①Fe(OH)3胶体②水③蔗糖溶液④NaCl溶液⑤云、雾
A. ②③④ B. ②④⑤ C. ③④⑤ D. ①③④
2. 下列叙述中，正确的是( )
A. 熔融的MgCl2能导电，所以MgCl2是电解质
B. 铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质
C. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质
D. NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离
3. 下列离子方程式，正确的是( )
A. 实验室制Fe(OH)3胶体：Fe3++3OH−=Fe(OH)3(胶体)
B. 将氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O
C. 用FeCl3溶液刻蚀覆铜板：2Fe3++Cu=Cu2++3Fe2+
D. 将稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2CO3
4. 氢化钠(NaH)可在野外作生氢剂，其中氢元素为−1价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列说法正确的是( )
A. 该反应属于置换反应 B. NaOH属于氧化产物
C. NaH是氧化剂 D. H2O中的氢元素被还原
5. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是( )
A. CO2(HCl)：将气体依次通过饱和NaHCO3溶液和浓硫酸的洗气瓶
B. NaHCO3溶液(Na2CO3)：向溶液中通入过量的CO2气体
C. Cl2(HCl)：将气体依次通过浓硫酸和饱和食盐水的洗气瓶
D. H2(HCl)：将气体通过碱石灰的U形干燥管
6. 下列有关钠及其化合物的叙述不正确的是( )
A. 除去碳酸钠固体中混有的碳酸氢钠，可将固体加热
B. 可用Ca(OH)2溶液鉴别NaHCO3和Na2CO3两种溶液
C. 金属钠着火时，不能用水和二氧化碳灭火，只能用干燥沙土
D. Na、Na2O、Na2O2、NaOH长期放置在空气中，最终都将变为Na2CO3
7. 下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是( )
A. Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
B. Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3
C. Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4
D. Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
8. 下列实验装置能达到实验目的的是( )
A. 浓硫酸的稀释
B. 检验Na2O2与H2O反应有O2生成
C. 观察K2CO3的焰色反应
D. 比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性
9. Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列说法正确的是( )
A. 氯水中存在此微粒： B. H2O的电子式为
C. Cl2溶于水破坏了离子键 D. 密封存放已久的氯水pH上升
10. 下列有关碱金属、卤素原子结构和性质的描述正确的是( )
①随着核电荷数的增加，卤素单质的熔、沸点依次升高，密度依次增大
②随着核电荷数的增加，碱金属单质熔、沸点依次降低，密度依次减小
③F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb的最外层电子数都是1
④碱金属单质的金属性很强，均易与氧气发生反应，加热时生成氧化物R2O
⑤根据同主族元素性质的递变规律推测At与H2化合较难
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，可推出HF、HCl、HBr、HI的还原性及热稳定性依次减弱
⑦卤素按F、Cl、Br、I的顺序其非金属性逐渐减弱的原因是随着核电荷数增加，原子核外电子层数增多，原子半径增大起主要作用
A. ①②③⑤ B. ①③④⑦ C. ①③⑤⑦ D. ②④⑤⑦
11. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 18g冰水混合物中有3NA个原子和10NA个电子
B. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl−个数为NA
C. 标准状况下，36gH2O所占的体积约为44.8L
D. 16gCH4与18gNH4+所含质子数相等
12. 实验室需用100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液，现选取100mL容量瓶进行配制，以下说法不正确的是( )
A. 需称取2.86gNa2CO3⋅10H2O固体
B. 容量瓶使用前应进行检漏
C. 称取后的Na2CO3⋅10H2O固体置于容量瓶中进行溶解
D. 移液时，用玻璃棒进行引流，玻璃棒的下端应伸入容量瓶环形刻度线的下方
13. 在1L某混合溶液中，H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度相等，其中SO42−的物质的量浓度为5.0mol⋅L−1。该溶液最多能溶解铁粉的质量为( )
A. 28g B. 56g C. 78g D. 112g
14. 下列反应与Na2O2+SO2=Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是( )
A. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
B. 2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2
C. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
D. 3Na2O2+Cr2O3=2Na2CrO4+Na2O
15. 类比推理是学习化学的重要的思维方法，下列陈述Ⅰ及推理陈述Ⅱ均正确的是( )
陈述Ⅰ
推理陈述Ⅱ
A
非金属性：F>Cl
溶液的酸性：HF>HCl
B
制Mg(OH)2沉淀：往MgCl2溶液滴加NaOH溶液，至不再产生白色沉淀
制Al(OH)3沉淀：往AlCl3溶液滴加NaOH溶液，至不再产生白色沉淀
C
还原性：I−>Br−
还原性：S2−>O2−
D
实验室：Cl2+2KBr(aq)=2KCl(aq)+Br2
实验室：F2+2KBr(aq)=2KF(aq)+Br2
A. A B. B C. C D. D
16. 根据元素周期表和元素周期律判断，下列叙述不正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4
B. 同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱
C. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
D. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si
17. 铝是一种重要金属，从铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)中冶炼Al的工业生产流程如图：
注：SiO2是酸性氧化物，不溶于盐酸
(1)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的分离方法是 ______。在实验室模拟该操作，要用到的玻璃仪器有：烧杯、______、______。
(2)溶液A含有的金属阳离子为 ______。沉淀D的化学式为 ______。
(3)步骤Ⅲ生成Al(OH)3沉淀的离子方程式为 ______。
(4)生产过程中，可循环使用的物质有CaO、______、______(填化学式)。
(5)经分析，a吨铝土矿可以冶炼出b吨的纯铝(假设各生产环节中无损耗)，则理论上原铝土矿中Al2O3的纯度(质量分数)______%(用含a、b的式子表示)。
18. 某同学探究元素性质递变规律，设计了一套方案，进行实验并记录现象。
实验步骤
实验现象(未对应)
①将镁条用砂纸打磨后，放入沸水中，再向溶液中滴加少量酚酞溶液
A.浮在水面上，熔成小球，做不定向运动，随后消失，溶液变成红色
B.有气体产生，溶液变成浅红色
C.剧烈反应，迅速产生大量无色气体
D.反应较快，产生无色气体
E.生成白色胶状沉淀，继而沉淀消失
F.生成淡黄色沉淀
②向新制的NaS溶液中滴加新制氯水
③将一小块金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水中
④将镁条放入稀盐酸中
⑤将铝条放入稀盐酸中
⑥向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量
(1)实验内容：填写与实验步骤标号对应的实验现象的序号并填写相关内容
实验步骤
实验现象的字母序号
相关内容
①
______
化学方程式 ______
②
______
离子半径：Na+______ S2−(填“>”、“<”或“=”)
③
______
反应产物的电子式：H：H、 ______
④
______
略
⑤
______
略
⑥
______
离子方程式 ______ ， ______
(2)实验结论：______。
(3)请用原子结构的知识解释上述结论 ______。
19. 卤族元素的单质及其化合物有重要的用途。实验室用以下装置制取氯气，并探究相关物质的化学性质。
(1)仪器m的名称是 ______，制取Cl2的离子方程式为 ______，HCl的下列性质中，由氯元素表现出来的性质是 ______。
a.酸性
b.氧化性
c.还原性
d.挥发性
(2)装置B的作用是除去混在Cl2中的 ______杂质。
(3)尾气处理装置D可模拟制备 ______(填一种化工产品的名称)。
(4)①实验开始后，装置C中的溶液迅速出现棕色。此时，若生成I2物质的量为1.0×10−3mol，则理论上装置A中发生反应的HCl有 ______mol。
②继续通气一段时间，装置C溶液先变深棕褐色，后变浅，当褪至无色时立即结束实验。据文献报道，碘元素生成碘酸(HIO3,中强酸)，Cl2和I2在溶液中反应生成碘酸的化学方程式为：______。某小组设计实验探究碘酸的一种化学性质，请补全实验方案(见如表)。
限选试剂：0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)、0.1mol/LKSCN溶液、石蕊试液、0.1mol/LNaHCO3溶液、0.1mol/LNaOH溶液。
操作
预期现象
结论
实验结束后，取少量装置C的溶液到试管中，除去过剩Cl2和HClO后， ______
______
______
20. 铁是人体必需的微量元素之一，菠菜、黑木耳等食品中富含铁元素，其中菠菜中的铁元素主要以草酸亚铁(FeC2O4)的形式存在，草酸亚铁粉末难溶于水。某小组设计实验检验和测定菠菜中的铁元素。
(1)草酸亚铁溶于稀硫酸的化学方程式是 ______。
(2)菠菜的预处理
如图1预处理流程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、______(从图2中选择，写出名称)。
(3)检验待测液中是否含有Fe2+、Fe3+
检验试剂
现象
结论
① ______
溶液变为红色
滤液中含Fe3+
② ______
③ ______
滤液中含Fe2+
(4)利用KMnO4标准溶液测定菠菜中铁元素的含量
步骤Ⅰ：取10.00mL待测液于锥形瓶中，滴加KMnO4溶液至溶液显紫色。
步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ得到的混合液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得待测液中加入适量稀H2SO4溶液，用cmol⋅L−1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。
①步骤Ⅰ滴加KMnO4溶液的目的是 ______。
②步骤Ⅲ滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为 ______。
③菠菜中铁的含量为 ______mg/100g(即每100g菠菜中含铁元素的质量)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：胶体能产生丁达尔效应，常见的胶体有Fe(OH)3胶体、云、雾等，水、FeCl3溶液、蔗糖溶液、NaCl溶液不属于胶体，不会出现丁达尔效应，
故选：A。
胶体能产生丁达尔效应，常见的胶体有Fe(OH)3胶体、烟、云、雾、血液等。
本题主要考查胶体的性质，为基础知识的考查，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.熔融的MgCl2能导电，是化合物，所以MgCl2是电解质，故A正确；
B.铜丝、石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.KNO3固体不导电，水溶液中或熔融状态导电属于电解质，故C错误；
D.NaCl溶于水，在水分子作用下发生电离，故D错误；
故选：A。
水溶液或者熔融状态能导电的化合物为电解质，电解质必须是化合物，电解质必须是本身能电离产生自由移动的离子的化合物，电解质水分子作用或加热熔融会发生电离。
本题考查了物质的分类，准确理解电解质基本概念是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.实验室制Fe(OH)3胶体，离子方程式为：Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；
B.氧化铝溶于NaOH溶液，离子方程式：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，故B正确；
C.用FeCl3溶液刻蚀覆铜板，离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故C错误；
D.将稀盐酸滴在石灰石上，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；
故选：B。
A.氯化铁水解生成氢氧化铁胶体和氯化氢；
B.将氧化铝溶于NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；
C.铁原子个数不守恒；
D.将稀盐酸滴在石灰石上反应生成氯化钙、二氧化碳和水。
本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，题目难度中等，侧重学生思维严密性的考查，注意把握反应实质及离子反应的书写方法。
4.【答案】D
【解析】解：A.NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应物都是化合物，发生的反应，不是置换反应，故A错误；
B.NaH+H2O=NaOH+H2↑，反应中H2是氧化产物，也是还原产物，NaOH既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；
C.NaH中氢元素化合价−1价升高到0价，做还原剂，故C错误；
D.H2O中的氢元素化合价+1价降低到0价，做氧化剂，被还原，故D正确；
故选：D。
A.一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；
B.氧化还原反应中元素化合价升高的被氧化得到氧化产物；
C.反应中元素化合价降低的反应物为氧化剂；
D.H2O中的氢元素化合价+1价降低到0价。
本题考查了氧化还原反应的分析判断，主要是氧化产物和氧化剂、还原产物和还原剂的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，浓硫酸可干燥二氧化碳，洗气可分离，故A正确；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入过量的CO2气体可除杂，故B正确；
C.应先通过饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥氯气，试剂顺序不合理，故C错误；
D.HCl与碱石灰反应，可干燥氢气，气体通过碱石灰的U形干燥管可除杂，故D正确；
故选：C。
A.HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，浓硫酸可干燥二氧化碳；
B.碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C.应先通过饱和食盐水除去HCl，浓硫酸干燥氯气；
D.HCl与碱石灰反应，可干燥氢气。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故A正确；
B.氢氧化钙与碳酸钠、碳酸氢钠反应都生成碳酸钙沉淀，现象相同，所以不能用来鉴别二者，故B错误；
C.钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气，可用干燥沙土隔绝空气扑灭，故C正确；
D.空气中含有二氧化碳和水蒸气，在空气中的转化过程：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，Na2O→NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，Na2O2→NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，NaOH→Na2CO3⋅10H2O→Na2CO3，所以久置空气中最终都是变为Na2CO3，故D正确；
故选：B。
A.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
B.氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠、水；
C.钠着火时生成过氧化钠，而过氧化钠能与水、二氧化碳发生反应生成氧气；
D.Na、Na2O、Na2O2、NaOH的性质以及空气中的成分含氧气、水蒸气和二氧化碳分析；
本题考查综合元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注重基础知识的夯实，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A错误；
B.氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故B正确；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，故C错误；
D.钠在氧气中点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，反应方程式分别是：2Na+O2−△Na2O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+CO2、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，故D错误；
故选：B。
A.钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠；
B.Al2O3→Al(OH)3不能一步转化；
C.镁和氯气反应生成氯化镁，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁；
D.钠在氧气中点燃生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
本题考查金属及化合物转化及性质，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，注意把握Na、Al、Mg为知识点构建知识网络，归纳元素化合物知识，题目难度中等。
8.【答案】B
【解析】解：A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热，带火星的木条复燃可证明，故B正确；
C.观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故C错误；
D.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；
故选：B。
A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，且放热；
C.观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃；
D.加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以新制氯水中含有Cl−，故A正确；
B.水为共价化合物，电子式为：，故B错误；
C.Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，破坏了共价键，故C错误；
D.氯水中HClO在光照下发生了分解反应，溶液中的氢离子的浓度会增大，pH降低，故D错误；
故选：A。
A.Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
B.水为共价化合物形成共价键；
C.Cl2溶于水得到氯水，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
D.氯水中HClO在光照下发生了分解反应，溶液中的氢离子的浓度会增大。
本题考查了氯气的性质，明确氯水成分及性质是解题关键，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：①卤素单质的熔点、沸点也随着原子序数递增而升高，密度增大，故①正确；
②碱金属单质的熔点、沸点均随着原子序数的递增而降低，碱金属单质的密度随着原子序数的递增而逐渐增大，但是钠钾反常，故②错误；
③卤素位于第VIIA族，碱金属元素位于第IA族，则F、Cl、Br、I的最外层电子数都是7，Li、Na、K、Rb最外层电子都是1，故③正确；
④碱金属金属性依次增强，加热与氧气反应锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等，故④错误；
⑤砹是原子序数最大的卤族元素，At与H2化合最难；Cl、Br、I与银形成化合物都难溶于水，则砹化银也难溶于水，故⑤正确；
⑥根据F、Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故⑥错误；
⑦F、Cl、Br、I位于同一主族，原子序数逐渐增大，非金属性逐渐减弱，电子层数增多，原子半径增大起主要作用，故⑦正确；
故选：C。
①随着原子序数递增，卤素单质的熔点、沸点升高，密度增大；
②碱金属单质熔沸点随原子序数递增依次降低，密度增大；
③卤素位于第VIIA族，碱金属元素位于第IA族；
④碱金属金属性依次增强，加热与氧气反应锂生成氧化锂、钠生成过氧化钠、钾铷铯生成过氧化物、超氧化物等；
⑤同主族非金属性依次减弱，和氢气化合越来越难；Cl、Br、I与银形成化合物都难溶于水；
⑥元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氢化物的还原性越弱；
⑦F、Cl、Br、I原子序数逐渐增大，电子层数依次增大，非金属性逐渐减弱。
本题考查了碱金属、卤族元素存在的递变规律分析，注意递变性和特殊性的掌握，注意知识的积累，题目难度中等，侧重于考查学生对基本规律的应用能力。
11.【答案】A
【解析】解：A.1个水分子含有3个原子，10个电子，18g冰水混合物物质的量为：18g18g/mol=1mol，含有3NA个原子和10NA个电子，故A正确；
B.溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故B错误；
C.标况下水是液态，不能使用气体摩尔体积计算其体积，故C错误；
D.16gCH4与18gNH4+都物质的量为1mol，所含质子数不相等，前者含有质子数10NA，后者含质子数11NA，故D错误；
故选：A。
A.1个水分子含有3个原子，10个电子；
B.溶液体积未知；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.1个甲烷含有10个质子，1个铵根离子含有11个质子。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意气体摩尔体积使用对象。
12.【答案】C
【解析】解：A.100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液的物质的量为：n=cV=0.1L×0.1mol⋅L−1=0.01mol，所取Na2CO3⋅10H2O固体的质量为：m=nM=0.01mol×286g/mol=2.86g，故A正确；
B.容量瓶在使用前应进行检漏，故B正确；
C.称取后的Na2CO3⋅10H2O固体应在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中，故C错误；
D.移液时，用玻璃棒进行引流，玻璃棒的下端应伸入容量瓶环形刻度线的下方，故D正确；
故选：C。
A.代入公式n=cV可计算出100mL0.1mol⋅L−1Na2CO3溶液中碳酸钠的质量，再代入m=nM即可计算出Na2CO3⋅10H2O固体的质量；
B.容量瓶在使用前应进行检漏；
C.固体应在烧杯中溶解，再转移到容量瓶中；
D.移液时，用玻璃棒进行引流，玻璃棒的下端应伸入容量瓶环形刻度线的下方。
本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制，为基础知识的考查，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：根据分析，结合反应：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，该溶液最多能溶解铁粉的质量为(1mol+1mol)×56g/mol=112g，
故选：D。
在1L某混合溶液中，设H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量浓度均为amol/L，则H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量均为amol，硫酸根离子的物质的量为：amol+amol+3amol=5amol，又SO42−的物质的量浓度为5.0mol⋅L−1，则5amol=1L×5.0mol⋅L−1，解得a=1，即H2SO4、FeSO4、Fe2(SO4)3物质的量均为1mol，据此计算即可。
本题主要考查以物质的量为中心的计算，同时考查根据化学方程式进行计算，掌握基本公式及灵活应用是解决本题的基础，对学生的能力要求和细心程度要求较高，难度中等。
14.【答案】D
【解析】解：A.在2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2中只有过氧化钠中氧元素发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B.在2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2中只有过氧化钠中氧元素变价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故B错误；
C.在2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中氧元素发生变化，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故C错误；
D.在3Na2O2+Cr2O3=2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中−1价的氧变为−2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；
故选：D。
在Na2O2+SO2=Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化剂，SO2是还原剂，根据反应中元素的化合价变化分析。
本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化剂、还原剂的概念，试题培养了学生的灵活应用能力。
15.【答案】C
【解析】解：A.元素的非金属性强弱与其氢化物水溶液酸性强弱无关，非金属性：F>Cl，HF为弱电解质、HCl为强电解质，酸性：HF
C.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性：Br>I，所以还原性：I−>Br−；非金属性：O>S，所以还原性：S2−>O2−，故C正确；
D.氟气能和H2O反应生成HF和O2，所以不能用F2和KBr溶液制取HF和Br2，故D错误；
故选：C。
A.元素的非金属性强弱与其氢化物水溶液酸性强弱无关；
B.Al(OH)3能溶于NaOH溶液；
C.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；
D.氟气能和H2O反应生成HF和O2。
本题考查元素化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确同一周期、同一主族元素周期律内涵是解本题关键，注意规律中的特例，A、D为解答易错点。
16.【答案】D
【解析】解：A.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强；元素的非金属性：O>N>Si，则气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故A正确；
B.同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，该金属元素的最高化合价逐渐升高；金属元素的化合价越高，其原子半径越小，则原子失电子能力越弱，故B正确；
C.根据元素周期表中各个周期包括的元素种类数目可知：用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故C正确；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强；CaCO3与HCl发生复分解反应产生CaCl2、H2O、CO2，能够证明酸性：HCl>H2CO3，但不能证明元素的非金属性：Cl>C；CO2通入Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，可以证明酸性：H2CO3>H2SiO3；但由于盐酸具有挥发性，挥发的HCl溶于Na2SiO3溶液也会反应产生H2SiO3沉淀，因此不能证明元素的非金属性：Cl>C>Si，故D错误；
故选：D。
A.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强；
B.同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，该金属元素的最高化合价逐渐升高；
C.根据元素周期表中各个周期包括的元素种类数目可知；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。
本题考查元素周期表和周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】(1)过滤；漏斗；玻璃棒；
(2)Fe3+、Al3+；Fe(OH)3；
(3)2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32−；
(4)CO2；NaOH；
(5)17b9a×100
【解析】
【分析】
本题考查化学工艺流程，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
【解答】
由工艺流程可知，铝土矿(主要成分为Al2O3，Fe2O3、SiO2等)，铝土矿与过量的盐酸反应得沉淀B和溶液A，则固体B为SiO2，过滤得滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，滤液中加入过量的NaOH，可推知沉淀D为氢氧化铁，过滤得滤液C含有偏铝酸钠、氯化钠，所以向滤液C中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀与溶液E为碳酸氢钠或碳酸钠溶液，过滤后向E溶液中加入氧化钙得沉淀G为碳酸钙，同时得到氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液可以循环利用，碳酸钙煅烧分解得氧化钙和二氧化碳都可以循环利用，Al(OH)3灼烧得氧化铝，电解熔融的氧化铝可得铝，以此解答该题。
【解答】
(1)根据上面的分析可知，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都要用到的分离方法是过滤，要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：过滤；漏斗；玻璃棒；
(2)滤液A含有氯化铝、氯化铁、盐酸等，溶液A含有的金属阳离子为Fe3+、Al3+；滤液中加入过量的NaOH，Fe3+转化为沉淀D为氢氧化铁，化学式为Fe(OH)3，
故答案为：铁离子、铝离子；Fe(OH)3；
(3)溶液C含有偏铝酸钠，根据流程可知步骤Ⅲ通入适量的二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，离子方程式为：2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32−，
故答案为：2AlO2−+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32−；
(4)由分析可知，生产过程中，除CaO可以循环使用外，还可以循环使用的物质有CO2和NaOH，
故答案为：CO2；NaOH；
(5)a吨铝土矿可以冶炼出b吨的铝，则由铝元素守恒可知，需要纯氧化铝的质量为10254b吨，所以原铝土矿中Al2O3的纯度为102b54a×100%=17b9a×100%。
18.【答案】BMg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑F
故答案为：B；Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；
②NaS溶液中滴加新制氯水反应生成氯化钠和硫沉淀，实验现象为：生成淡黄色沉淀，同周期元素中阴离子半径大于阳离子半径，
故答案为：F；<；
③金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水反应生成氢氧化钠和氢气，实验现象为浮在水面上，熔成小球，做不定向运动，随后消失，溶液变成红色，氢氧化钠的电子式为，
故答案为：A；；
④镁条放入稀盐酸中反应生成氯化镁和氢气，实验现象为剧烈反应，迅速产生大量无色气体，
故答案为：C；
⑤铝条放入稀盐酸中反应生成氯化铝和氢气，实验现象为：反应较快，产生无色气体，
故答案为：D；
⑥AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先反应生成氢氧化铝，后反应生成偏铝酸钠，实验现象为：生成白色胶状沉淀，继而沉淀消失，其反应的离子方程式为：Al3++3OH−=Al(OH)3↓、OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O，
故答案为：E；Al3++3OH−=Al(OH)3↓；OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O；
(2)同周期元素，从左到右，金属与水(酸)反应剧烈程度依次减弱，金属性逐渐减弱，氯气可以置换出硫单质，非金属性逐渐增强，实验结论为：同周期元素，从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，
故答案为：同周期元素，从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；
(3)从钠到氯，原子核外电子层数相同，最外层电子数从1到7依次增多，原子失电子的能力依次减弱，得电子的能力依次增强，
故答案为：同周期元素，原子核外电子层数相同，最外层电子数从1到7依次增多，原子失电子的能力依次减弱，得电子的能力依次增强。
(1)①镁与滴有酚酞的废水反应生成氢氧化镁和氢气；
②NaS溶液中滴加新制氯水反应生成氯化钠和硫沉淀；
③金属钠放入滴有酚酞溶液的冷水反应生成氢氧化钠和氢气；
④镁条放入稀盐酸中反应生成氯化镁和氢气；
⑤铝条放入稀盐酸中反应生成氯化铝和氢气；
⑥AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先反应生成氢氧化铝，后反应生成偏铝酸钠；
(2)同周期元素，从左到右，金属与水(酸)反应剧烈程度依次减弱，金属性逐渐减弱，氯气可以置换出硫单质，非金属性逐渐增强；
(3)从钠到氯，原子核外电子层数相同，最外层电子数从1到7依次增多，原子失电子的能力依次减弱，得电子的能力依次增强。
本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
19.【答案】(1)分液漏斗；MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；c；
(2)HCl；
(3)漂白粉；
(4)①4.0×10−3②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；滴入几滴0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)和0.1mol/LKSCN溶液；溶液变为血红色；HIO3具有氧化性。
【解析】
【分析】
本题考查物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及设计能力，明确物质制备方法、元素化合物的性质、物质性质的检验是解本题关键，难点是设计实验，题目难度中等。
【解答】
(1)仪器m的名称是分液漏斗。实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，反应中HCl中氯元素由−1价升高到0价，表现出还原性。故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；c；
(2)实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制得氯气中含有少量的HCl气体，可用饱和NaCl溶液除去混在Cl2中少量的HCl气体。故答案为：HCl；
(3)工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉，尾气处理装置D可模拟制备漂白粉。故答案为：漂白粉；
(4)①根据关系式4HCl∼Cl2∼I2，则理论上装置A中发生反应的HCl有4.0×10−3mol。故答案为：4.0×10−3；
②根据升降价守恒和原子守恒，Cl2和I2在溶液中反应生成碘酸的化学方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。
由于碘酸中碘元素的化合价为+5价，应该具有氧化性，可以选0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)、0.1mol/LKSCN溶液检验其氧化性，预期现象为滴入0.1mol/LFeSO4溶液和0.1mol/LKSCN混合溶液后，溶液变为血红色，得到的结论是HIO3具有氧化性。
故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；滴入几滴0.1mol/LFeSO4溶液(浸有铁粉)和0.1mol/LKSCN溶液；溶液变为血红色；HIO3具有氧化性。
20.【答案】FeC2O4+H2SO4=FeSO4+H2C2O4 坩埚、漏斗、100mL容量瓶 KSCN溶液 K3[Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀生成 将H2C2O4氧化为CO2(除去H2C2O4)，将Fe2+氧化为Fe3+ 5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O2800cV
【解析】解：(1)草酸亚铁溶于稀硫酸发生复分解反应生成硫酸亚铁和草酸，其反应的化学方程式为：FeC2O4+H2SO4=FeSO4+H2C2O4，
故答案为：FeC2O4+H2SO4=FeSO4+H2C2O4；
(2)预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，涉及的操作有灼烧、溶解、过滤、配制100mL溶液；灼烧需要用酒精灯、坩埚、泥三角、铁架台或三脚架、玻璃棒；溶解需要用烧杯和玻璃棒，过滤需要用漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台、滤纸等；配制溶液需要用100mL容量瓶、胶头滴管等；需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、坩埚、漏斗、100mL容量瓶、胶头滴管等，
故答案为：坩埚、漏斗、100mL容量瓶；
(3)铁离子和KSCN溶液反应生成红色溶液，滴加KSCN溶液后溶液呈浅红色说明待测液中有少量的Fe3+；由于Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成铁青化亚铁蓝色的沉淀，则检验Fe2+：用K3[Fe(CN)6]溶液，
故答案为：①KSCN溶液；②K3[Fe(CN)6]溶液；③有蓝色沉淀生成；
(4)待测液滴加高锰酸钾溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将草酸中的碳由+3价氧化为+4价，所得溶液加入过量铜粉，将溶液中的铁离子还原为Fe2+，然后用高锰酸钾溶液滴定，根据所用的高锰酸钾的体积和物质的量浓度，即可计算菠菜中铁的含量；
①待测液中含有亚铁离子和草酸，两者均可以和高锰酸钾溶液反应，步骤I滴加KMnO4 溶液的目的是将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸，
故答案为：将H2C2O4氧化为CO2(除去H2C2O4)，将Fe2+氧化为Fe3+；
②步骤III滴加KMnO4 溶液时发生反应为在酸性溶液中亚铁离子和高锰酸钾反应生成铁离子和锰离子，离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
③由化学方程式体现的关系可知，100g菠菜中铁的质量为 cmol⋅L−1×V×10−3L×5×10010×56g/mol=2.8cVg=2800cVmg，则菠菜中铁的含量为 2800cVmg/100g，
故答案为：2800cV。
预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中，通过滴定法测定铁元素的含量。
本题考查检验和测定菠菜中的铁元素，侧重考查学生实验方案的设计和定量实验的掌握情况，试题难度中等。
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