2021-2022学年辽宁省朝阳市凌源市高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析）

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2021-2022学年辽宁省朝阳市凌源市高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，下列对合金描述错误的是(    )
A. 我国在商代就开始使用铜合金
B. 日常大量使用的不是纯金属单质而是它们的合金
C. 不锈钢和普通钢耐腐蚀的性能不同
D. 铝铁合金具有很高的熔点，能用于制造火箭外层材料
2. 生活离不开化学，下列说法错误的是(    )
A. 喝补铁剂(含Fe2+)时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有还原性
B. 胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害粒子移出体外
C. 小苏打可用于制作糕点的膨松剂，苏打可用于治疗胃酸过多
D. 过氧化钠既可用作呼吸面具中氧气的来源，又可漂白织物等
3. 氧化还原反应广泛存在于生产和生活中，下列不属于氧化还原反应的是(    )
A. 燃料的燃烧 B. 食物的腐败 C. 水滴石穿 D. 钢铁的锈蚀
4. 一种阳离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]；而“复盐”则是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐，如KAl(SO4)2，据此，下列各化合物中属于混盐的是(    )
A. (NH4)2Fe(SO4)2 B. Ca(ClO)Cl
C. K3[Fe(CN)6] D. Mg(OH)Cl
5. 下列离子方程式正确的是(    )
A. 向CaCl2溶液中通入少量CO2：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓
C. 用稀盐酸除铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
D. Cl2与水反应：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
6. 中国宇航员在太空泡茶，茶装在特制的包装袋中，注水后在加热器上加热后，插上吸管便可饮用。下列说法正确的是(    )
A. 太空中2molH2O的摩尔质量是36g B. 1mol水的质量是18g/mol
C. 1molH2O含有的电子数为10NA D. 标准状况下，1mol水的体积约是22.4L
7. 同温同压下，相同质量的SO2气体和CO2气体，下列叙述中正确的是(    )
①分子数之比为11：16
②体积之比为16：11
③密度之比为16：11
④原子个数之比为1：1
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④
8. 下列关于氯气、液氯、新制氯水和久置氯水的叙述正确的是(    )
A. 液氯中存在多种分子和离子 B. 久置氯水中无HClO
C. 氯气无漂白性，而液氯有漂白性 D. 新制氯水和久置氯水均具有漂白性
9. 研究表明，采用氨水能够清洗壁画表面的污染。某文物保护单位现用500mL容量瓶配制0.1mol⋅L−1的氨水溶液，以下操作正确的是(    )
A. 将标准状况下体积为1.12L的氨气(NH3)溶于500mL水中
B. 将标准状况下体积为1.12L的氨气溶于水配成500mL溶液
C. 需取1mol⋅L−1的氨水溶液50mL，加入500mL水中
D. 需取1mol⋅L−1的氨水溶液100mL，配成500mL溶液
10. 下列变化不可能通过一步反应直接完成的是(    )
A. Al(OH)3→Al2O3 B. AlCl3→Al(OH)3
C. Fe→FeCl2 D. Fe2O3→Fe(OH)3
11. 为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成致密保护层，其中的一步反应为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，下列有关叙述错误的是(    )
A. 该反应的还原剂为Fe
B. NaNO2的氧化性大于Na2FeO2的氧化性
C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3
D. 若反应中转移6mol电子，则生成还原产物的质量为17g
12. 某FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+和Fe2+的物质的量浓度之比为4：3：1，向其中加入适量铁粉，使溶液中三种离子的物质的量浓度之比变为2：3：4，则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为(    )
A. 1：2 B. 1：3 C. 1：4 D. 3：2
13. 某100mL未知的澄清溶液，只含Cl−、CO32−、SO42−、Fe3+、Na+、Mg2+离子中的某几种，将溶液分成两等份，进行如下实验操作：
①取其中一份溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀3.49g；
②向①过滤所得的沉淀中加足量硝酸，沉淀部分溶解剩余2.33g，且无气泡产生；
③向另一份溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。
根据上述实验现象，下列对该溶液的说法错误的是(    )
A. 该溶液中SO42−的浓度为0.2mol/L
B. 该溶液一定不含有CO32−和Fe3+，可能含有Na+
C. 该溶液至少含有4种离子
D. 省略实验③不影响上述溶液中离子的检验
14. 将两份质量均为5.4g的Al分别投入到100mL3mol/LHCl溶液和100mL3mol/LNaOH溶液中，充分反应后，生成H2物质的量之比为(    )
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：4
15. 将一定量CO2通入氢氧化钠溶液得甲溶液，为探究甲溶液中溶质情况，向其中滴加稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加盐酸体积的关系如图所示。则甲溶液中溶质为(    )


A. Na2CO3 B. NaHCO3
C. NaOH和Na2CO3 D. Na2CO3和NaHCO3
16. 如图所示．A为一种常见的单质。B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，其中B为淡黄色固体。

回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A ______，B ______，C ______，D ______。
(2)写出反应①的化学方程式：______。
(3)写出反应④的化学方程式：______。
(4)写出反应⑥的化学方程式：______。
17. 实验室需用450mL0.1mol/LNaOH溶液，现用NaOH固体配制该溶液。请回答下列问题：
(1)为完成此溶液配制实验需要的仪器除托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管这六种仪器外，还缺少的必要玻璃仪器为 ______(填名称)。
(2)用托盘天平准确称取 ______gNaOH固体。
(3)某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为 ______g。
(4)用NaOH配制标准溶液的正确顺序是(每项限选一次)：______。
A.冷却；B.称量；C.洗涤；D.定容；E.溶解；F.上下颠倒，摇匀；G.移液
(5)若取5mL0.1mol/L的NaOH溶液，加水稀释至100mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为 ______mol/L。
(6)配制该溶液时，玻璃棒的作用为 ______。将所配制溶液进行测定，发现浓度小于0.1mol/L，请你分析配制过程中可能引起该误差的原因是 ______(填标号)。
①容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水；
②定容时俯视刻度；
③加水时不慎超过了刻度线，又将超出部分用吸管吸出；
④称量时NaOH和砝码的位置放反，且使用了游码；
⑤倒转容量瓶摇匀后，液面降至刻度线下，再加水至刻度；
⑥配制溶液时称量NaOH时间过长。

18. 某校化学小组学生利用如图所示装置进行“铁与水蒸气反应”的实验，并对产物组成进行探究(图中夹持及尾气处理装置均已略去)。请回答下列问题：

(1)装置A的作用是 ______。
(2)硬质玻璃管B中发生反应的化学方程式为 ______。
(3)实验中先点燃酒精灯a再点燃酒精喷灯，可能的原因是 ______。
(4)装置E中的现象是 ______。
(5)利用反应后的固体物质进行如图实验：

①某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，褪色后的溶液中继续滴加KSCN溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是 ______。
②该同学将上述实验中的新制氯水改为H2O2溶液，也能出现深红色溶液，用离子方程式表示溶液颜色加深的原因：______。
③电子工业中，人们常用FeCl3溶液腐蚀铜板来制作印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：______。
19. 化工产品中，含氯物质众多，其用途广泛。回答下列问题：
(1)如图为氯及其化合物的“价一类”二维图。缺失的类别A为 ______、物质B为 ______(填化学式)。


(2)“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用，请用离子方程式解释：______。
(3)电石渣[主要成分为Ca(OH)2]是氯碱工业中的废料，某同学在实验室以电石渣为原料制取KClO3的工艺流程如图所示：

已知：Ca(ClO3)2易溶于水。
①工业生产电石(CaC2)的反应为CaO+3CCaC2+CO↑，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
②“转化”发生反应的离子方程式为 ______。
③上述流程中所用Cl2是用MnO2与浓盐酸反应制得，该反应的离子方程式是 ______，其中盐酸体现的性质为 ______。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.青铜器属于铜合金，我国人民在商代就制造出精美的青铜器，故A正确；
B.合金性能往往由于纯金属，所以日常大量使用的不是纯金属单质而是它们的合金，故B正确；
C.不锈钢和普通钢耐腐蚀的性能不同，不锈钢更耐腐蚀，故C正确；
D.铝铁合金强度大，密度小，能用于制造火箭外层材料，故D错误；
故选：D。
A.在商代就可制造制造精美的青铜器；
B.合金性能往往由于纯金属；
C.普通钢遇到合适的电解质溶液易构成原电池而被腐蚀，不锈钢中加入铬、镍等金属后，改变了物质结构，所以耐腐蚀；
D.合金熔点一般低于成分金属，结合铝合金的性质解答。
本题考查了合金的性质、成分等知识点，明确合金性质是解题关键，题目难度不大。

2.【答案】C 
【解析】解：A.喝补铁剂(含Fe2+)时，Fe2+可能被氧化，维生素C具有还原性，维生素C将Fe3+还原为的Fe2+，因此加服维生素C效果更好，故A正确；
B.胶体不能通过半透膜，故血液透析利用半透膜将有害物质移出体外，故B正确；
C.苏打为碳酸钠，碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故C错误；
D.过氧化钠与水、二氧化碳反应产生氧气，可用作呼吸面具中氧气的来源，过氧化钠具有强的氧化性，可漂白织物等，故D正确；
故选：C。
A.维生素C具有还原性，可将Fe3+还原为的Fe2+；
B.胶体不能通过半透膜；
C.苏打为碳酸钠，碱性较强；
D.过氧化钠与水、二氧化碳反应产生氧气，且具有强的氧化性。
本题考查了元素化合物知识，熟悉胶体、过氧化钠、碳酸钠的性质，题目难度不大。

3.【答案】C 
【解析】解：A.燃料的燃烧中存在元素的化合价变化，涉及氧化还原反应，故A错误；
B.食物的腐败属于缓慢氧化，存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故B错误；
C.水滴石穿过程不存在元素化合价变化，没有涉及氧化还原反应，故C正确；
D.钢铁的锈蚀过程中存在元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故D错误；
故选：C。
化合价升降为氧化还原反应，则反应中存在化合价变化的反应为氧化还原反应，以此结合反应实质家在进行判断。
本题考查氧化还原反应，明确变化实质、元素化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.(NH4)2Fe(SO4)2属于复盐，故A错误；
B.Ca(ClO)Cl属于混盐，故B正确；
C.K3[Fe(CN)6]是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，属于配合物，故C错误；
D.Mg(OH)Cl是一种阳离子和一种酸根离子和氢氧根离子构成的化合物，属于碱式盐，故D错误；
故选：B。
一种阳离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，“复盐”是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐，据此分析判断。
本题是信息给予题，注意根据盐的概念和题目中信息分析解答，考查学生提练加工信息的能力，题目难度不大。

5.【答案】C 
【解析】解：A.盐酸的酸性强于碳酸，依据强酸制备弱酸的规律可知，向CaCl2溶液中通入少量CO2，不发生反应，故A错误；
B.氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应，离子方程式为：Cu2++2OH−+Ba2++SO42−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；
C.用稀盐酸除铁锈，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故C正确；
D.Cl2与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故D错误；
故选：C。
A.盐酸的酸性强于碳酸；
B.漏掉铜离子与氢氧根离子的反应；
C.用稀盐酸除铁锈反应生成氯化铁和水；
D.次氯酸为弱酸，应保留化学式。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质，熟悉物质的性质是解题关键，题目难度不大。

6.【答案】C 
【解析】解：A.水的摩尔质量为18g/mol，故A错误；
B.1mol水的质量是1mol×18g/mol=18g，故B错误；
C.1molH2O含有的电子数为1mol×10×NA/mol=10NA，故C正确；
D.标况下，水不是气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；
故选：C。
A.摩尔质量在以克为单位时，数值上等于该物质的相对分子质量；
B.质量单位为克；
C.一个水分子中含有10个电子；
D.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体。
本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。

7.【答案】A 
【解析】解：①根据N=mMNA、知，等质量的SO2和CO2的分子数之比等于其摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，故①正确；
②根据V=mMVm进知，相同质量时，二者的体积之比等于其摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，故②错误；
③根据ρ=MVm知，二者的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，故③正确；
④同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，其物质的量之比为11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故④错误。
故选：A。
同温同压下，气体摩尔体积相等，根据N=mMNA、ρ=MVm、V=mMVm进行解答。
本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，根据各个物理量来分析解答即可，题目难度中等。

8.【答案】B 
【解析】解：A.液氯中存在氯气分子，不存在离子，故A错误；
B.久置氯水中，HClO见光易分解生成盐酸而变质，无HClO、ClO−、Cl2，故B正确；
C.氯气、久置氯水和液氯不含HClO，无漂白性，而新制氯水含HClO，有漂白性，故C错误；
D.新制氯水和久置氯水均具有酸性，新制氯水中含次氯酸，具有漂白性，久置氯水为稀盐酸溶液，无漂白性，故D错误；
故选：B。
氯气、液氯是氯气分子构成的纯净物，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO−、Cl−等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解生成盐酸而变质，所以久置氯水为稀盐酸溶液，以此解答。
本题考查液氯和氯水，明确物质的成分及物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大。

9.【答案】B 
【解析】解：A.体积指溶液体积不是溶剂体积，500mL水溶解氨气后体积增大，溶液的浓度小于0.1mol/L，故A错误；
B.标准状况下体积为1.12L的氨气物质的量为：1.12L22.4L/mol=0.05mol，溶于水配成500mL溶液，物质的量浓度c=0.05mol0.5L=0.1mol/L，故B正确；
C.1mol/L的氨水50mL与500mL水混合配成溶液的体积不是500mL，所以混合后溶液的物质的量浓度不是0.1mol/L，故C错误；
D.1mol⋅L−1的氨水溶液100mL，配成500mL溶液，依据溶液稀释规律可知，稀释后溶液浓度为：1mol/L×0.1L0.5L=0.2mol/L，故D错误；
故选：B。
A.溶液的体积不是500mL；
B.根据C=nV计算解答；
C.根据不同液体混合时体积能否直接加和判断；
D.依据溶液稀释规律计算。
本题考查了物质的量浓度有关计算及配制，明确物质的量浓度概念及溶液稀释规律是解题关键，题目难度不大。

10.【答案】D 
【解析】解：A.氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，2Al(OH)3−△Al2O3+3H2O，反应一步能实现，故A不选；
B.氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，一步能实现，故B不选；
C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，如 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，所以Fe→FeCl2一步能实现，故C不选；
D.氧化铁虽然是碱性氧化物，但是不溶与水，与水不反应，所以不能一步实现，故D选；
故选：D。
A.氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水；
B.氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；
C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁；
D.氧化铁虽然是碱性氧化物，但是不溶与水。
本题考查元素化合物的性质，熟练掌握常见物质的性质及变化规律，是解答本题的关键所在，题目难度不大。

11.【答案】C 
【解析】解：A.Fe元素化合价从0价升高到+2价，Fe作还原剂，故A正确；
B.N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，化合价降低了6价，反应中氧化剂为NO2−，该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，氧化产物为FeO22−，氧化剂的氧化性大于氧化产物，NaNO2的氧化性大于Na2FeO2的氧化性，故B正确；
C.Na2FeO2是氧化产物，NH3是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1，故C错误；
D.氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6mol电子，若反应中转移6mol电子，则生成还原产物的物质的量是1mol，质量为17g，故D正确，
故选：C。
A.化合价升高的是还原剂；
B.同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；
C.Na2FeO2是氧化产物，NH3是还原产物，据此进行分析；
D.氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的−3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6mol电子。
本题考查氧化还原反应，侧重考查题干信息的分析判断及知识综合应用能力，明确反应中元素化合价升降、氧化性强弱比较方法、生成物与转移电子的关系是解本题关键，题目难度不大。

12.【答案】C 
【解析】解：相同溶液中，离子浓度之比等于离子的物质的量之比，设Fe3+、Cu2+和Fe2+的物质的量分别为4amol、3amol、amol，反应铁粉的物质的量为xmol，则消耗Fe3+的物质的量为2xmol，生成Fe2+的物质的量为3xmol，反应后溶液中Fe3+的物质的量为(4a−2x)mol，Fe2+的物质的量为(a+3x)mol，向其中加入适量铁粉，使溶液中三种离子的物质的量浓度之比变为2：3：4，则有4a−2xa+3x=24，解得x=a，则参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为amol：4amol=1：4，
故选：C。
Fe3+氧化性强于Cu2+，反应后溶液中Fe3+有剩余，则加入铁粉时，溶液中只发生反应2Fe3++Fe=3Fe3+。
本题考查物质的量浓度计算，题目难度中等，注意掌握相关化学反应，同一溶液中离子浓度之比等于离子的物质的量之比。

13.【答案】C 
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有0.02molSO42−，SO42−的浓度为0.02mol0.1L=0.2mol/L，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有CO32−、Fe3+，可能含有Na+、K+，故B正确；
C.由上述分析可知，原溶液中Cl−、SO42−、Mg2+，一定不含有CO32−、Fe3+、Cu2+，可能含有Na+、K+，即该溶液至少含有3种离子，可能含有4种离子，故C错误；
D.由实验①②可知，原溶液中一定含有0.01molSO42−、0.02molMg2+，一定不含有CO32−、Fe3+、Cu2+，根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Cl−，所以省略实验③对上述溶液中离子的检验无影响，故D正确；
故选：C。
①取其中一份溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀3.49g，则原溶液中无Fe3+，该白色沉淀可能为BaCO3或BaSO4或Mg(OH)2；
②向①过滤所得的沉淀中加足量硝酸，沉淀部分溶解剩余2.33g，且无气泡产生，则无BaCO3沉淀，BaSO4的质量为2.33g，Mg(OH)2的质量为3.49g−2.33g=1.16g，n(SO42−)=n(BaSO4)=2.33g233g/mol=0.01mol，n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=1.16g58g/mol=0.02mol，则原溶液中含有SO42−、Mg2+，无CO32−；
③取另一份溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，该沉淀可能为Ag2SO4或AgCl，则原溶液中可能含有Cl−；
综上，原溶液中一定含有0.01molSO42−、0.02molMg2+，一定不含有CO32−、Fe3+，0.02molMg2+所带正电荷大于0.01molSO42−所带负电荷，根据溶液不显电性可知，原溶液中一定含有Cl−，可能含有Na+、K+，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验方法，掌握常见离子的化学性质及检验方法是关键，检验时注意排除其它离子的干扰，试题侧重分析能力和运用能力的考查，注意离子共存和溶液不显电性的运用，题目难度不大。

14.【答案】C 
【解析】解：5.4gAl的物质的量为5.4g27g/mol=0.2mol，n(HCl)=n(NaOH)=0.1L×3mol/L=0.3mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，可知0.2mol完全反应消耗HCl为0.2mol×3=0.6mol>0.3mol，故HCl不足，则生成氢气为0.3mol×12=0.15mol；由2Al+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，0.3molAl与0.3molNaOH恰好完全反应，则生成氢气为0.3mol×32=0.45mol，故生成氢气物质的量之比为0.15mol：0.45mol=1：3，
故选：C。
发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，进行过量计算，根据不足量的物质计算生成氢气的物质的量。
本题考查化学方程式的计算，涉及过量计算，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

15.【答案】C 
【解析】解：反应后的溶液溶质有：①NaOH和Na2CO3、②Na2CO3、③Na2CO3和NaHCO3、④NaHCO3四种情况，假设反应后溶液中溶质只有Na2CO3，再逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知前、后两阶段消耗盐酸体积相等；若只有NaHCO3，滴加盐酸会立即有气体生成；若为NaOH和Na2CO3，NaOH还会中和部分盐酸，故开始阶段消耗盐酸体积较大；若为Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠会转化碳酸氢钠，生成气体阶段消耗盐酸体积较大，而图中第一阶段消耗盐酸体积大于第二阶段，故甲溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，
故选：C。
假设反应后溶液中溶质只有Na2CO3，再逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知前、后两阶段消耗盐酸体积相等，图中第一阶段消耗盐酸体积大于第二阶段，故甲溶液中溶质为NaOH、Na2CO3。
本题以化学图象为载体，考查化学方程式的计算，关键是明确碳酸钠与盐酸的反应是分步进行的，根据前后两阶段消耗盐酸体积相对大小判断溶液中溶质，题目侧重考查学生信息获取能力、分析计算能力。

16.【答案】NaNa2O2  NaOHNa2CO3  2Na+O2−△Na2O2  2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2  2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O 
【解析】解：(1)由上述分析可知，A为Na、B为Na2O2、C为NaOH、D为Na2CO3，
故答案为：Na；Na2O2；NaOH；Na2CO3；
(2)反应①的化学方程式为2Na+O2−△Na2O2，
故答案为：2Na+O2−△Na2O2；
(3)反应④的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(4)反应⑥的化学方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3−△Na2CO3+CO2↑+H2O。
A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，而A与氧气在点燃条件下生成淡黄色固体B，且B既能与二氧化碳反应又能与水反应，可知A为Na、B为Na2O2，过氧化钠、Na分别与水反应均生成C，则C为NaOH，过氧化钠与二氧化碳反应生成D，而氢氧化钠与过量二氧化碳反应生成E，E加热分解可以生成D，可知D为Na2CO3，E为NaHCO3，以此来解答。
本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的转化反应、B为淡黄色固体为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

17.【答案】500mL容量瓶  2.027.4BEAGCDF0.005搅拌、引流  ③④⑤⑥ 
【解析】解：(1)用固体配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、容量瓶、胶头滴管，需用450mL0.1mol/LNaOH溶液，应选择500mL容量瓶，所以缺少的仪器：500mL容量瓶，
故答案为：500mL容量瓶；
(2)需用450mL0.1mol/LNaOH溶液，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量为：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g，
故答案为：2.0；
(3)因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g−2.6g=27.4g，
故答案为：27.4；
(4)配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以正确的操作步骤为：BEAGCDF，
故答案为：BEAGCDF；
(5)依据溶液稀释规律可知，若取5mL0.1mol/L的NaOH溶液，加水稀释至100mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为：0.1mol/L×0.005L0.1L=0.005mol/L，
故答案为：0.005；
(6)玻璃棒在溶解时作用为搅拌；在移液操作时作用为引流；
①容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故不选；
②定容时俯视刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故不选；
③加水时不慎超过了刻度线，又将超出部分用吸管吸出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
④称量时NaOH和砝码的位置放反，且使用了游码，导致称取固体的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
⑤倒转容量瓶摇匀后，液面降至刻度线下，再加水至刻度，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故选；
⑥配制溶液时称量NaOH时间过长，导致固体中含溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故选；
故答案为：搅拌、引流；③④⑤⑥。
(1)依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；
(2)需用450mL0.1mol/LNaOH溶液，应选择500mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；
(3)因天平的称量原理分析，左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数；
(4)配制一定物质的量浓度溶液步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此排序；
(5)依据溶液稀释规律计算；
(6)依据玻璃棒在溶解和移液操作中作用解答；分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析。
本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度不大，明确配制步骤为解答关键，注意掌握配制过程中误差分析的方法与技巧，试题有利于培养学生的化学实验能力。

18.【答案】为反应提供水蒸气  3Fe+4H2O(g)−高温Fe3O4+4H2  防止铁粉被装置中的空气氧化  黑色的粉末变成紫红色，且管壁产生水珠  SCN−被过量的氯水氧化  2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 
【解析】解：(1)由分析可知，装置A的作用是为反应提供水蒸气，
故答案为：为反应提供水蒸气；
(2)硬质玻璃管B中，水蒸气和铁粉反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)−高温Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O(g)−高温Fe3O4+4H2；
(3)装置中存在空气，实验中先点燃酒精灯a再点燃酒精喷灯，原因是防止铁粉被装置中的空气氧化，
故答案为：防止铁粉被装置中的空气氧化；
(4)反应生成氢气与氧化铜反应生成铜和水，故装置E中的现象是黑色的粉末变成紫红色，且管壁产生水珠，
故答案为：黑色的粉末变成紫红色，且管壁产生水珠；
(5)①实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，则褪色的原因可能是SCN−被过量的氯水氧化，
故答案为：SCN−被过量的氯水氧化；
②过氧化氢能加亚铁离子氧化为Fe3+，离子方程式表示溶液颜色加深的原因为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
③FeCl3溶液与铜反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
由图可知，点燃a处酒精灯，圆底烧瓶产生水蒸气，水蒸气在B中和铁粉反应生成四氧化三铁和氢气，C用来收集反应生成的气体，D用来除去氢气中混有的水蒸气，E中固体变红证明铁和水蒸气高温的下反应产生还原性气体氢气。反应后物质为四氧化三铁，加盐酸溶解生成三氯化铁和氯化亚铁，Fe3+遇SCN−变红，加入新制氯水，亚铁离子被氧化为Fe3+，红色加深。
本题考查铁极其化合物的性质检验，题目难度中等，掌握铁及其化合物的相关性质并能分析各部分实验装置的作用是解题的关键。

19.【答案】(1)酸；Cl2O7 
(2)ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
(3)①2：1 ②Ca2++CO32−=CaCO3↓③MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；酸性和还原性 
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应、氯气性质应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的概念及实质为解答关键，注意掌握氯气的制备方法及化学性质，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
【解答】
(1)HCl、HClO、HClO4为酸，因此A为酸；物质B中Cl为+7价，Cl为+7价的氧化物为Cl2O7，
故答案为：酸；Cl2O7；
(2)NaClO与盐酸反应生成氯化钠、Cl2和水，反应的离子方程式为ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O；
(3)①在CaO+3CCaC2+CO↑中C元素的化合价由0价上升至+2价，同时由0价降为−1价，则C既为氧化剂，又为还原剂，根据电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
②转化过程将钙离子转化为碳酸钙得沉淀除去，离子方程式为：Ca2++CO32−=CaCO3↓，
故答案为：Ca2++CO32−=CaCO3↓；
③MnO2与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，其中Cl元素化合价部分不变，部分升高为0价，则HCl显酸性和还原性，
故答案为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；酸性和还原性。