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【化学】江西省抚州市临川第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）
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江西省抚州市临川第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1.下列说法正确的是（ ）
A. 合金一定是金属熔合而成的物质
B. 利用丁达尔效应可以鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
C. 当大量氯气泄漏时，用NaOH溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场
D. 实验室常将氢氟酸保存在细口玻璃瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A. 合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，故A错误；
B. 利用丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，故B正确；
C. NaOH具有腐蚀性，不能直接接触皮肤，故C错误；
D. 氢氟酸与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O，故D错误，
故选B。
2.某溶液中含有较大量的Cl－、CO32-、OH－3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序中，正确的是（ ）
①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①
【答案】B
【解析】某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32－，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH－，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl－，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。
3.除去下列括号内的杂质，所加试剂和操作均正确的是（ ）
选项
需除杂的物质
试剂
操作
A
Fe2O3（Al2O3）
Na OH溶液
过滤
B
CO2（HCl）
Na OH溶液
将气体通过洗气瓶
C
NaCl（Na2CO3）
稀硫酸
蒸发结晶
D
Mg（Al）
氨水
过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe2O3与NaOH不反应，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，经过滤可得到纯净的Fe2O3，故A正确；
B. CO2和HCl均能够与氢氧化钠反应，故B错误；
C. Na2CO3与稀硫酸反应生成硫酸钠，引入了新杂质硫酸根离子，故C错误；
D.一水合氨是弱碱，与金属铝不反应，所以达不到除杂的目的，故D错误，
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA
④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA
⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①②③⑤ B. ③④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①氮气和氧气都是双原子分子，标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气分子的物质的量为0.5mol，含有原子数为NA，故①正确；
②同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，即体积相同的氢气和氩气物质的量相等，其所含分子数也相等，故②正确；
③1L 2mol/L的氯化镁的物质的量为2mol，氯化镁和氯离子物质的量之比为1:2，即该氯化镁溶液含氯离子4mol，氯离子为数目为4NA ，故③正确；
④标准状况下水不是气态，所以不能用气体摩尔体积计算，故④错误；
⑤若32g全部是 O2，则n(O2)=1mol，所含原子数为1mol×2×NA =2 NA，若32g全部是O3，则n(O3)=2/3mol，所含原子数为：2/3mol×3×NA =2 NA，所以不管氧气和臭氧以何种比例混合的混合气体中含有原子数为2NA，故⑤正确，
故选A。
5.下列关于氯水的叙述中，正确的是（ ）
A. 1mol氯气溶于水转移电子数为1NA
B. 新制氯水在光照的条件下，可以产生气体，该气体是氯气
C. 新制氯水中滴加硝酸银溶液，没有任何现象
D. 新制氯水可以使干燥的布条褪色
【答案】D
【解析】
【分析】氯气溶于水所得溶液为氯水，根据氯水中的微粒以及微粒性质分析解答。
【详解】A、氯气与水的反应是可逆的，1mol氯气溶于水转移电子数小于NA，A错误；
B、根据Cl2＋H2O=HCl＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑可知该气体为氧气，B错误；
C、氯水中的氯离子可与银离子生成白色沉淀氯化银，C错误；
D、氯水中的次氯酸具有强氧化性、漂白性，可使干燥的布条褪色，D正确。
答案选D。
6.在下列状态下，能导电的电解质是（ ）
A. 稀硫酸 B. 液态氯化氢 C. 铜 D. 熔融氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸能导电，但是稀硫酸是混合物不是电解质，故A不符合题意；
B. 液态氯化氢属于电解质，但不能导电，故B不符合题意；
C.铜是金属单质，能导电，但铜既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D.氯化钠是电解质，在熔融状态下导电，故D符合题意，
故选D。
7.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 碳酸钙与硝酸反应：CO32－＋2H+CO2↑＋H2O
B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－══ 2AlO2－+H2↑
C. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42﹣恰好沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸钙是难溶性物质不能拆成离子形式，故A错误；
B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，故B错误；
C. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：氢氧化钙过量，NaHCO3完全反应，反应生成碳酸钙、水、NaOH，反应的离子反应为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42﹣恰好沉淀时反应方程式为：KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，所以离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D正确，
故选D。
8.在下列溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. 常温下pH=13的溶液中能大量存在：Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣
B. 与金属铝反应有大量气泡产生的无色溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C. 含有大量Fe3+的溶液中：SCN﹣、I﹣、Na+、Cl﹣
D. 溶液通入足量氨气后各离子还能大量存在：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣
【答案】D
【解析】A.常温下pH=13的溶液是碱性溶液，Al3＋和OH－反应不能大量共存，故A错误；B.含Fe2+的溶液呈浅绿色，在无色溶液中不能大量共存，故B错误；C.Fe3+与SCN－反应不能大量共存，故C错误；D.溶液通入足量氨气后呈碱性，各离子互不反应且与OH－也不反应，能大量共存，故D正确；故选D。
9.在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）
A. 1.5 mol B. 2.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol
【答案】A
【解析】
【详解】反应中PbO2→Pb2+，Pb元素的化合价由+4价降低为+2，Cr3+→Cr2O72-，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为n，根据电子转移守恒，则：1mol×（6-3）=n×（4-2），解得：n=1.5mol，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5mol，故选A。
10.已知6HCl+KClO3=3Cl2↑+KCl+3H2O，下列说法不正确的是（ ）
A. KClO3是氧化剂 B. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1
C. 盐酸表现还原性和酸性 D. 1mol KClO3参加反应时有6mol电子转移
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯酸钾中Cl元素的化合价降低，则氯酸钾为氧化剂，故A正确；
B. 由反应可知，1molCl得到电子，5molCl失去电子，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，故B正确；
C.HCl中的Cl元素化合价升高，作还原剂，表现还原性，且盐酸与盐反应表现出酸性，故C正确；
D. KClO3中的Cl元素从+5价降低到0价，1mol KClO3参加反应时有5mol电子转移，故D错误，
故选D。
11.由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物23g，与足量的盐酸反应产生的氢气标准状况下为22.4L，则两种金属组成的混合物可能是（ ）
A. 锌与镁 B. 铁与锌 C. 铝与铁 D. 镁与铁
【答案】C
【解析】氢气在标准状况下的体积为22.4L时，物质的量为1mol，转移的电子数是2mol，此时反应的各单质的质量：锌为 65g，铁为56 g，铝为27÷3×2=18g，镁为24g，因为混合物是23g，应该一种质量比23g大，一种质量比23g小，符合条件的只有C选项，故选C。
12.下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中不正确的是（ ）
A. 相同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3
B. 相同条件下在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3
C. 与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3＜Na2CO3
D. 热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
【答案】C
【解析】试题分析：由于Na2CO3发生两步水解，所以相同浓度的Na2CO3和NaHCO3，Na2CO3的碱性强。常温下，Na2CO3大于NaHCO3。106g Na2CO3与盐酸反应放出1molCO2，84g NaHCO3与盐酸反应放出1mol CO2，所以等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，放出CO2的质量NaHCO3大于NaHCO3。NaHCO3受热分解，Na2CO3受热不分解，所以稳定性Na2CO3大于NaHCO3。答案选C。
13.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀
B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体
D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】D
【解析】A、 实验Ⅰ中为Fe（OH）3胶体的制取，得不到Fe（OH）3沉淀，A错误。 B、实验Ⅱ中，Fe3+与SCN-反应显红色，Fe2+无现象，B错。C、实验Ⅲ中Mg不与NaOH溶液反应，无气体，C错误。 D、Al3+先生成Al（OH）3沉淀，后沉淀溶于NaOH，D对。正确答案为D
14.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是（ ）
A. SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应
B. 高温下，工业制硅的反应方程式为C+SiO2Si+CO2
C. 光导纤维的主要成分是SiO2
D. 太阳能发电板的主要材料是SiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. SiO2是一种酸性氧化物，能和氢氟酸反应，A错误；
B. 高温下，工业制硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，B错误；
C. 光导纤维的主要成分是SiO2，C正确；
D. 硅是半导体，二氧化硅不导电，太阳能发电板的主要材料是Si，D错误。
答案选C。
15.100mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c（Mg2＋）为0.2mol·L－1,c（Cl－）为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加2mol·L－1NaOH溶液的体积为（ ）
A. 40mL B. 72mL C. 80mL D. 128mL
【答案】C
【解析】
【详解】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.3mol/L=0.13mol，溶液中n（Mg2+）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，
根据电荷守恒，溶液中3n（Al3+）+2 n（Mg2+）= n（Cl-），n（Al3+）==0.03mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，氢氧化钠一定过量，铝离子全部转化为AlO2-，所以反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.13mol+0.03mol=0.16mol，所以至少需要2mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故C正确，
故选C。
16.现有CuO、FeO、Fe2O3混合物mg，向其中加入1000mL 0.1mol•L﹣1硫酸，恰好完全溶解，若mg该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为（ ）
A. 无法计算 B. （m﹣0.8）g C. （m﹣1.2）g D. （m﹣1.6）g
【答案】D
【解析】
【详解】由反应CuO～CuSO4，Fe2O3～Fe2（SO4）3，FeO～FeSO4，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n（H2SO4）=1L×0.1mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量为（m-1.6）g，故D正确；
故选D。
17.实验室需要450 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液，有如下操作步骤：
①用托盘天平称量一定量NaOH晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解.
②把①所得溶液冷却后小心转入一定容积的容量瓶中.
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切.
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀.
⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀.
请填写下列空白：
（1）操作步骤的正确顺序为(填序号)__________.
（2）本实验应称取NaOH的质量为_______g
（3）本实验的基本仪器除托盘天平、烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还需_____________.
（4）下列操作会使所配制溶液浓度偏大的有_______。
A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容
B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线
C、容量瓶中原有少量蒸馏水 D、定容时观察液面仰视
（5）配制好的NaOH溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放，请用化学方程式解释原因__________________________。
【答案】(1). ①②④③⑤ (2). 8.0 (3). 500mL容量瓶 药匙 (4). A (5). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
【分析】根据一定物质的量浓度溶液的配制操作、误差分析、仪器等分析解答。
【详解】(1)配制450 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液需选用500mL容量瓶，操作顺序为：称量—溶解—冷却—洗涤—转移—定容—摇匀—静置—装瓶贴标签，所以操作步骤的正确顺序为：①②④③⑤；故答案为：①②④③⑤；
(2) )配制450 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液需选用500mL容量瓶，所以应该按照500mL计算，则称取氢氧化钠的质量为：m(NaOH)=0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g；故答案为：8.0；
(3) 一定物质的量浓度溶液的配制需要的仪器有：托盘天平、烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶，药匙；故答案为：500mL容量瓶，药匙；
(4) A.溶解氢氧化钠固体时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，根据c=n/V可得，配制的溶液浓度偏高，故A符合题意；
B. 定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液的体积增大，配制的溶液物质的量浓度偏小，故B不符合题意；
C. 容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制无影响，故C不符合题意；
D. 定容时观察液面仰视，会导致加入的蒸馏水高于容量瓶刻度线，使得溶液的体积增大，溶液的物质的量浓度偏小，故D不符合题意；故答案为：A；
(5)由于氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水，能够将瓶塞和瓶口粘起来，影响氢氧化钠的取用，方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
18.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验仪器，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。
（1）A是制取CO2的装置，写出A中发生反应的离子方程式______________。
（2）填写表中空格：
仪器
加入试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
_____________
C
___________
_______________
D
NaOH溶液
_____________
（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式______________________。
（4）用_______________检验F中收集到的气体，现象是_________________。
【答案】(1). CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑ (2). 除去CO2气体中混入的HCl (3). 过氧化钠 (4). 与CO2和水反应产生O2 (5). 吸收未反应的CO2气体 (6). 2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2 (7). 带火星的木条 (8). 木条复燃
【解析】
【分析】根据过氧化钠的化学性质及除杂的原则分析解答。
【详解】(1)A装置中制备CO2，无加热设备，所以应用分液漏斗盛装稀盐酸与锥形瓶中的石灰石反应制备CO2气体，方程式为：CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O，离子方程式为：CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑；
(2)CO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液，除去盐酸挥发出的HCl气体，C装置中盛装过氧化钠固体，与二氧化碳和水反应生成氧气，再将混合气体通入氢氧化钠溶液中，以除去氧气中未反应的二氧化碳，最后用排水法收集氧气；故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO2和水反应产生O2；吸收未反应的CO2气体；
(3) 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；
(4)F利用排水法收集氧气，检验氧气可使用带火星的木条，若木条复燃则证明该气体为氧气，
故答案为：带火星的木条；木条复燃。
19.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）
请回答下列问题：
（1）A的化学式为_____________，丙的化学式为_____________；
（2）写出下列反应的离子方程式：
①________________________
④_________________________
⑤________________________ 。
（3）写出C溶液与Al反应的离子方程式____________________。
（4）为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是_____________。
A. 碘水 B. NaOH溶液 C. KSCN溶液 D. Na2SO3溶液
【答案】(1). Na (2). HCl (3). 2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑ (4). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－ (5). Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓ (6). 2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (7). B
【解析】
【分析】根据流程关系图和常见物质的性质及铁和其化合物的性质分析解答。
【详解】A的焰色反应为黄色，则A是Na，乙是黄绿色气体，则乙是Cl2，反应①是钠和水反应生成气体甲和C，则甲是H2、C是NaOH，气体甲和气体乙反应生成丙是HCl，即D是盐酸，盐酸和金属B反应生成物质E，E被氯气氧化生成F，则B是变价金属，则金属B是Fe，E是FeCl2、F是FeCl3，红褐色沉淀是Fe（OH）3，
(1) 根据上述分析A是Na，丙是HCl故答案为：Na；丙是HCl；
(2) 反应①是钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑，反应④是氯化亚铁被氯气氧化成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，反应⑤是氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓，
故答案为：2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑ ；2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－；Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓ ；
(3)C溶液即为氢氧化钠溶液，与金属铝反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；故答案为：2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
(4)根据题意将Fe用稀盐酸溶解，取上层清液即FeCl2，后需再加入的试剂鉴别出Fe2+，最直接的方法是加入氢氧化钠，与FeCl2反应生成Fe(OH)2，由白色沉淀转化成灰绿色、再转化成红褐色，由此特征证明原金属单质为金属铁；故答案为：B。
20.某实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
（1）实验室用装置E制备Cl2，其反应的离子方程式为__________________________；若有8mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为________。
（2）该装置中氢氧化钠溶液的作用是___________________。
（3）通气后B、D两个试管中的现象______________。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：________，D：________。
（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用离子方程式表示）____________________。
【答案】(1). MnO2+4H++2Cl－Mn2++2H2O+Cl2↑ (2). 4NA或2.408×1024 (3). 尾气处理，吸收过量的SO2和 Cl2 ,以防止污染环境 (4). 品红褪色 (5). 溶液变为红色 (6). 溶液无变化 (7). SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl－+SO42-
【解析】
【分析】根据实验装置分析实验中涉及的化学反应；根据二氧化硫和氯气的化学性质分析解答问题。
【详解】A装置制备二氧化硫气体，B装置检验SO2气体，二氧化硫能使品红溶液褪色，E装置是将二氧化锰和浓盐酸共热的条件下反应生成氯气。
(1)实验室制备氯气可使用二氧化锰和浓盐酸共热的条件下反应生成氯气、氯化锰和水，方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++2H2O+Cl2↑，其中盐酸中的Cl元素只有一半化合价升高，即4molHCl中只有2molHCl表现还原性，那么若有8mol的HCl参加反应，则只有4molHCl参与氧化还原反应，转移4mol电子，转移的电子总数为4NA；
故答案为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++2H2O+Cl2↑，4NA或2.408×1024；
(2)氯气和二氧化硫都有毒，所以根据图示分析，氢氧化钠的作用为尾气处理，吸收过量的SO2和 Cl2 ,以防止污染环境,故答案为：尾气处理，吸收过量的SO2和 Cl2 ,以防止污染环境；
(3) 二氧化硫和氯气都可以使品红褪色，故通气后B、D两个试管中的现象是品红褪色；二氧化硫的漂白是因为二氧化硫和有色物质反应生成不稳定的无色物质，所以加热时，又会恢复颜色，而氯气的漂白是次氯酸的强氧化性，加热时颜色不会改变，故答案为：品红褪色；溶液变为红色；溶液无变化；
(4)二氧化硫有还原性，氯气有氧化性，它们1:1混合会恰好完全反应生成硫酸和盐酸，而硫酸和盐酸没有漂白性，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl－+SO42-；
故答案为：SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl－+SO42-。
21.（1）有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2。在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3。已知空气相对分子质量为29，则A的相对分子质量是_______________
（2）把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，得到溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为___________
（3）已知铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O，则被氧化的物质与被还原的物质质量比为___________
（4）A、B两个烧瓶中分别装80mL 3.0 mol/L的盐酸和NaOH溶液，再分别加等质量的铝粉，在相同状况下产生的气体的体积比为A:B=2:5，则加入铝粉的质量为___________
【答案】(1). 29(m3-m1)/(m2-m1) (2). 2:3 (3). 32:21 (4). 5.4g
【解析】
【分析】根据阿伏加德罗定律进行计算；根据化学方程式进行过量判断及相关计算。
【详解】（1）充入气体A的质量为（m3-m1）；相同条件下，等体积的气体质量之比等于相对分子质量之比，空气的平均相对分子质量为29，设A的相对分子质量是x，则=，则x=29(m3-m1)/(m2-m1)，故答案为：29(m3-m1)/(m2-m1)；
（2）设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol=2：3，
故答案为：2:3；
（3）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，Cu化合价升高，被氧化，硝酸化合价降低，被还原，3molCu被氧化同时只有2mol硝酸被还原，所以被氧化的物质与被还原的物质质量比为=32:21，故答案为：32:21；
（4）盐酸和氢氧化钠钠的物质的量为：0.08L×3.0 mol/L=0.24mol，
根据2Al +6HCl = 2AlCl₃+ 3H₂↑， 2Al + 2H2O + 2NaOH = 2NaAlO2 + 3H2↑得加入等质量的铝粉，可见盐酸的量不足，则根据盐酸的物质的量算出氢气的物质的量为：n(H2)=0.24mol×1/2=0.12mol，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，则铝与氢氧化钠反应放出的氢气物质的量为：n(H2)= 0.12mol×5/2=0.3mol，与氢氧化钠溶液反应时，铝完全反应，故n(Al)=2/3 n(H2)=2/3×0.3mol=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案为：5.4g。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 合金一定是金属熔合而成的物质
B. 利用丁达尔效应可以鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液
C. 当大量氯气泄漏时，用NaOH溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻子，并迅速离开现场
D. 实验室常将氢氟酸保存在细口玻璃瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A. 合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，故A错误；
B. 利用丁达尔效应可以鉴别溶液和胶体，故B正确；
C. NaOH具有腐蚀性，不能直接接触皮肤，故C错误；
D. 氢氟酸与玻璃中的SiO2反应生成SiF4和H2O，故D错误，
故选B。
2.某溶液中含有较大量的Cl－、CO32-、OH－3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序中，正确的是（ ）
①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
A. ①②④②③ B. ④②①②③ C. ①②③②④ D. ④②③②①
【答案】B
【解析】某溶液中含有较大量的Cl－、CO32－、OH－等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，应该先滴加Ba(NO3)2溶液检验CO32－，过滤后，再向滤液中滴加Mg(NO3)2溶液检验OH－，过滤，最后向滤液中滴加AgNO3溶液检验Cl－，所以实验操作顺序正确的是B， 本题选B。
3.除去下列括号内的杂质，所加试剂和操作均正确的是（ ）
选项
需除杂的物质
试剂
操作
A
Fe2O3（Al2O3）
Na OH溶液
过滤
B
CO2（HCl）
Na OH溶液
将气体通过洗气瓶
C
NaCl（Na2CO3）
稀硫酸
蒸发结晶
D
Mg（Al）
氨水
过滤
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe2O3与NaOH不反应，Al2O3与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，经过滤可得到纯净的Fe2O3，故A正确；
B. CO2和HCl均能够与氢氧化钠反应，故B错误；
C. Na2CO3与稀硫酸反应生成硫酸钠，引入了新杂质硫酸根离子，故C错误；
D.一水合氨是弱碱，与金属铝不反应，所以达不到除杂的目的，故D错误，
故选A。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L 2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA
④标准状况下22.4LH2O中分子数为NA
⑤32g O2和O3混合气体中含有原子数为2NA
A. ①②③⑤ B. ③④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】①氮气和氧气都是双原子分子，标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气分子的物质的量为0.5mol，含有原子数为NA，故①正确；
②同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，即体积相同的氢气和氩气物质的量相等，其所含分子数也相等，故②正确；
③1L 2mol/L的氯化镁的物质的量为2mol，氯化镁和氯离子物质的量之比为1:2，即该氯化镁溶液含氯离子4mol，氯离子为数目为4NA ，故③正确；
④标准状况下水不是气态，所以不能用气体摩尔体积计算，故④错误；
⑤若32g全部是 O2，则n(O2)=1mol，所含原子数为1mol×2×NA =2 NA，若32g全部是O3，则n(O3)=2/3mol，所含原子数为：2/3mol×3×NA =2 NA，所以不管氧气和臭氧以何种比例混合的混合气体中含有原子数为2NA，故⑤正确，
故选A。
5.下列关于氯水的叙述中，正确的是（ ）
A. 1mol氯气溶于水转移电子数为1NA
B. 新制氯水在光照的条件下，可以产生气体，该气体是氯气
C. 新制氯水中滴加硝酸银溶液，没有任何现象
D. 新制氯水可以使干燥的布条褪色
【答案】D
【解析】
【分析】氯气溶于水所得溶液为氯水，根据氯水中的微粒以及微粒性质分析解答。
【详解】A、氯气与水的反应是可逆的，1mol氯气溶于水转移电子数小于NA，A错误；
B、根据Cl2＋H2O=HCl＋HClO，2HClO2HCl＋O2↑可知该气体为氧气，B错误；
C、氯水中的氯离子可与银离子生成白色沉淀氯化银，C错误；
D、氯水中的次氯酸具有强氧化性、漂白性，可使干燥的布条褪色，D正确。
答案选D。
6.在下列状态下，能导电的电解质是（ ）
A. 稀硫酸 B. 液态氯化氢 C. 铜 D. 熔融氯化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A.稀硫酸能导电，但是稀硫酸是混合物不是电解质，故A不符合题意；
B. 液态氯化氢属于电解质，但不能导电，故B不符合题意；
C.铜是金属单质，能导电，但铜既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D.氯化钠是电解质，在熔融状态下导电，故D符合题意，
故选D。
7.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 碳酸钙与硝酸反应：CO32－＋2H+CO2↑＋H2O
B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－══ 2AlO2－+H2↑
C. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42﹣恰好沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸钙是难溶性物质不能拆成离子形式，故A错误；
B. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，故B错误；
C. 向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水：氢氧化钙过量，NaHCO3完全反应，反应生成碳酸钙、水、NaOH，反应的离子反应为：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故C错误；
D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至SO42﹣恰好沉淀时反应方程式为：KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，所以离子方程式为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故D正确，
故选D。
8.在下列溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. 常温下pH=13的溶液中能大量存在：Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣
B. 与金属铝反应有大量气泡产生的无色溶液中：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
C. 含有大量Fe3+的溶液中：SCN﹣、I﹣、Na+、Cl﹣
D. 溶液通入足量氨气后各离子还能大量存在：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣
【答案】D
【解析】A.常温下pH=13的溶液是碱性溶液，Al3＋和OH－反应不能大量共存，故A错误；B.含Fe2+的溶液呈浅绿色，在无色溶液中不能大量共存，故B错误；C.Fe3+与SCN－反应不能大量共存，故C错误；D.溶液通入足量氨气后呈碱性，各离子互不反应且与OH－也不反应，能大量共存，故D正确；故选D。
9.在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72-和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）
A. 1.5 mol B. 2.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol
【答案】A
【解析】
【详解】反应中PbO2→Pb2+，Pb元素的化合价由+4价降低为+2，Cr3+→Cr2O72-，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为n，根据电子转移守恒，则：1mol×（6-3）=n×（4-2），解得：n=1.5mol，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5mol，故选A。
10.已知6HCl+KClO3=3Cl2↑+KCl+3H2O，下列说法不正确的是（ ）
A. KClO3是氧化剂 B. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1
C. 盐酸表现还原性和酸性 D. 1mol KClO3参加反应时有6mol电子转移
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯酸钾中Cl元素的化合价降低，则氯酸钾为氧化剂，故A正确；
B. 由反应可知，1molCl得到电子，5molCl失去电子，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，故B正确；
C.HCl中的Cl元素化合价升高，作还原剂，表现还原性，且盐酸与盐反应表现出酸性，故C正确；
D. KClO3中的Cl元素从+5价降低到0价，1mol KClO3参加反应时有5mol电子转移，故D错误，
故选D。
11.由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物23g，与足量的盐酸反应产生的氢气标准状况下为22.4L，则两种金属组成的混合物可能是（ ）
A. 锌与镁 B. 铁与锌 C. 铝与铁 D. 镁与铁
【答案】C
【解析】氢气在标准状况下的体积为22.4L时，物质的量为1mol，转移的电子数是2mol，此时反应的各单质的质量：锌为 65g，铁为56 g，铝为27÷3×2=18g，镁为24g，因为混合物是23g，应该一种质量比23g大，一种质量比23g小，符合条件的只有C选项，故选C。
12.下面有关Na2CO3与NaHCO3的性质比较中不正确的是（ ）
A. 相同浓度溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3
B. 相同条件下在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3
C. 与同浓度的硫酸反应放出气泡的速率：NaHCO3＜Na2CO3
D. 热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3
【答案】C
【解析】试题分析：由于Na2CO3发生两步水解，所以相同浓度的Na2CO3和NaHCO3，Na2CO3的碱性强。常温下，Na2CO3大于NaHCO3。106g Na2CO3与盐酸反应放出1molCO2，84g NaHCO3与盐酸反应放出1mol CO2，所以等质量的Na2CO3和NaHCO3与足量的盐酸反应，放出CO2的质量NaHCO3大于NaHCO3。NaHCO3受热分解，Na2CO3受热不分解，所以稳定性Na2CO3大于NaHCO3。答案选C。
13.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验操作现象判断正确的是（ ）
A. 实验Ⅰ：产生红褐色沉淀
B. 实验Ⅱ：溶液颜色变红
C. 实验Ⅲ：放出大量气体
D. 实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解
【答案】D
【解析】A、 实验Ⅰ中为Fe（OH）3胶体的制取，得不到Fe（OH）3沉淀，A错误。 B、实验Ⅱ中，Fe3+与SCN-反应显红色，Fe2+无现象，B错。C、实验Ⅲ中Mg不与NaOH溶液反应，无气体，C错误。 D、Al3+先生成Al（OH）3沉淀，后沉淀溶于NaOH，D对。正确答案为D
14.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列关于硅及其化合物的说法正确的是（ ）
A. SiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应
B. 高温下，工业制硅的反应方程式为C+SiO2Si+CO2
C. 光导纤维的主要成分是SiO2
D. 太阳能发电板的主要材料是SiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A. SiO2是一种酸性氧化物，能和氢氟酸反应，A错误；
B. 高温下，工业制硅的反应方程式为2C+SiO2Si+2CO，B错误；
C. 光导纤维的主要成分是SiO2，C正确；
D. 硅是半导体，二氧化硅不导电，太阳能发电板的主要材料是Si，D错误。
答案选C。
15.100mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c（Mg2＋）为0.2mol·L－1,c（Cl－）为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加2mol·L－1NaOH溶液的体积为（ ）
A. 40mL B. 72mL C. 80mL D. 128mL
【答案】C
【解析】
【详解】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.3mol/L=0.13mol，溶液中n（Mg2+）=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，
根据电荷守恒，溶液中3n（Al3+）+2 n（Mg2+）= n（Cl-），n（Al3+）==0.03mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，氢氧化钠一定过量，铝离子全部转化为AlO2-，所以反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.13mol+0.03mol=0.16mol，所以至少需要2mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故C正确，
故选C。
16.现有CuO、FeO、Fe2O3混合物mg，向其中加入1000mL 0.1mol•L﹣1硫酸，恰好完全溶解，若mg该混合物在过量氢气流中加热充分反应，则冷却后剩余固体的质量为（ ）
A. 无法计算 B. （m﹣0.8）g C. （m﹣1.2）g D. （m﹣1.6）g
【答案】D
【解析】
【详解】由反应CuO～CuSO4，Fe2O3～Fe2（SO4）3，FeO～FeSO4，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n（H2SO4）=1L×0.1mol/L=0.1mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1mol×16g/mol=1.6g，若将mg原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量为（m-1.6）g，故D正确；
故选D。
17.实验室需要450 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液，有如下操作步骤：
①用托盘天平称量一定量NaOH晶体放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解.
②把①所得溶液冷却后小心转入一定容积的容量瓶中.
③继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1 cm～2 cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至溶液凹液面与刻度线相切.
④用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀.
⑤将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀.
请填写下列空白：
（1）操作步骤的正确顺序为(填序号)__________.
（2）本实验应称取NaOH的质量为_______g
（3）本实验的基本仪器除托盘天平、烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还需_____________.
（4）下列操作会使所配制溶液浓度偏大的有_______。
A、溶解固体溶质时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容
B、定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线
C、容量瓶中原有少量蒸馏水 D、定容时观察液面仰视
（5）配制好的NaOH溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶存放，请用化学方程式解释原因__________________________。
【答案】(1). ①②④③⑤ (2). 8.0 (3). 500mL容量瓶 药匙 (4). A (5). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
【分析】根据一定物质的量浓度溶液的配制操作、误差分析、仪器等分析解答。
【详解】(1)配制450 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液需选用500mL容量瓶，操作顺序为：称量—溶解—冷却—洗涤—转移—定容—摇匀—静置—装瓶贴标签，所以操作步骤的正确顺序为：①②④③⑤；故答案为：①②④③⑤；
(2) )配制450 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液需选用500mL容量瓶，所以应该按照500mL计算，则称取氢氧化钠的质量为：m(NaOH)=0.4mol/L×0.5L×40g/mol=8.0g；故答案为：8.0；
(3) 一定物质的量浓度溶液的配制需要的仪器有：托盘天平、烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶，药匙；故答案为：500mL容量瓶，药匙；
(4) A.溶解氢氧化钠固体时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，根据c=n/V可得，配制的溶液浓度偏高，故A符合题意；
B. 定容摇匀后，静置时发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液的体积增大，配制的溶液物质的量浓度偏小，故B不符合题意；
C. 容量瓶中原有少量蒸馏水，对溶液的配制无影响，故C不符合题意；
D. 定容时观察液面仰视，会导致加入的蒸馏水高于容量瓶刻度线，使得溶液的体积增大，溶液的物质的量浓度偏小，故D不符合题意；故答案为：A；
(5)由于氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水，能够将瓶塞和瓶口粘起来，影响氢氧化钠的取用，方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
18.在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选用适当的化学试剂和实验仪器，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。
（1）A是制取CO2的装置，写出A中发生反应的离子方程式______________。
（2）填写表中空格：
仪器
加入试剂
加入该试剂的目的
B
饱和NaHCO3溶液
_____________
C
___________
_______________
D
NaOH溶液
_____________
（3）写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式______________________。
（4）用_______________检验F中收集到的气体，现象是_________________。
【答案】(1). CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑ (2). 除去CO2气体中混入的HCl (3). 过氧化钠 (4). 与CO2和水反应产生O2 (5). 吸收未反应的CO2气体 (6). 2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2 (7). 带火星的木条 (8). 木条复燃
【解析】
【分析】根据过氧化钠的化学性质及除杂的原则分析解答。
【详解】(1)A装置中制备CO2，无加热设备，所以应用分液漏斗盛装稀盐酸与锥形瓶中的石灰石反应制备CO2气体，方程式为：CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O，离子方程式为：CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+===Ca2++H2O+CO2↑；
(2)CO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液，除去盐酸挥发出的HCl气体，C装置中盛装过氧化钠固体，与二氧化碳和水反应生成氧气，再将混合气体通入氢氧化钠溶液中，以除去氧气中未反应的二氧化碳，最后用排水法收集氧气；故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；过氧化钠；与CO2和水反应产生O2；吸收未反应的CO2气体；
(3) 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2；
(4)F利用排水法收集氧气，检验氧气可使用带火星的木条，若木条复燃则证明该气体为氧气，
故答案为：带火星的木条；木条复燃。
19.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）
请回答下列问题：
（1）A的化学式为_____________，丙的化学式为_____________；
（2）写出下列反应的离子方程式：
①________________________
④_________________________
⑤________________________ 。
（3）写出C溶液与Al反应的离子方程式____________________。
（4）为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是_____________。
A. 碘水 B. NaOH溶液 C. KSCN溶液 D. Na2SO3溶液
【答案】(1). Na (2). HCl (3). 2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑ (4). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－ (5). Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓ (6). 2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (7). B
【解析】
【分析】根据流程关系图和常见物质的性质及铁和其化合物的性质分析解答。
【详解】A的焰色反应为黄色，则A是Na，乙是黄绿色气体，则乙是Cl2，反应①是钠和水反应生成气体甲和C，则甲是H2、C是NaOH，气体甲和气体乙反应生成丙是HCl，即D是盐酸，盐酸和金属B反应生成物质E，E被氯气氧化生成F，则B是变价金属，则金属B是Fe，E是FeCl2、F是FeCl3，红褐色沉淀是Fe（OH）3，
(1) 根据上述分析A是Na，丙是HCl故答案为：Na；丙是HCl；
(2) 反应①是钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，离子方程式为：2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑，反应④是氯化亚铁被氯气氧化成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，反应⑤是氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓，
故答案为：2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑ ；2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－；Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓ ；
(3)C溶液即为氢氧化钠溶液，与金属铝反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；故答案为：2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；
(4)根据题意将Fe用稀盐酸溶解，取上层清液即FeCl2，后需再加入的试剂鉴别出Fe2+，最直接的方法是加入氢氧化钠，与FeCl2反应生成Fe(OH)2，由白色沉淀转化成灰绿色、再转化成红褐色，由此特征证明原金属单质为金属铁；故答案为：B。
20.某实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
（1）实验室用装置E制备Cl2，其反应的离子方程式为__________________________；若有8mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为________。
（2）该装置中氢氧化钠溶液的作用是___________________。
（3）通气后B、D两个试管中的现象______________。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：________，D：________。
（4）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用离子方程式表示）____________________。
【答案】(1). MnO2+4H++2Cl－Mn2++2H2O+Cl2↑ (2). 4NA或2.408×1024 (3). 尾气处理，吸收过量的SO2和 Cl2 ,以防止污染环境 (4). 品红褪色 (5). 溶液变为红色 (6). 溶液无变化 (7). SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl－+SO42-
【解析】
【分析】根据实验装置分析实验中涉及的化学反应；根据二氧化硫和氯气的化学性质分析解答问题。
【详解】A装置制备二氧化硫气体，B装置检验SO2气体，二氧化硫能使品红溶液褪色，E装置是将二氧化锰和浓盐酸共热的条件下反应生成氯气。
(1)实验室制备氯气可使用二氧化锰和浓盐酸共热的条件下反应生成氯气、氯化锰和水，方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++2H2O+Cl2↑，其中盐酸中的Cl元素只有一半化合价升高，即4molHCl中只有2molHCl表现还原性，那么若有8mol的HCl参加反应，则只有4molHCl参与氧化还原反应，转移4mol电子，转移的电子总数为4NA；
故答案为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++2H2O+Cl2↑，4NA或2.408×1024；
(2)氯气和二氧化硫都有毒，所以根据图示分析，氢氧化钠的作用为尾气处理，吸收过量的SO2和 Cl2 ,以防止污染环境,故答案为：尾气处理，吸收过量的SO2和 Cl2 ,以防止污染环境；
(3) 二氧化硫和氯气都可以使品红褪色，故通气后B、D两个试管中的现象是品红褪色；二氧化硫的漂白是因为二氧化硫和有色物质反应生成不稳定的无色物质，所以加热时，又会恢复颜色，而氯气的漂白是次氯酸的强氧化性，加热时颜色不会改变，故答案为：品红褪色；溶液变为红色；溶液无变化；
(4)二氧化硫有还原性，氯气有氧化性，它们1:1混合会恰好完全反应生成硫酸和盐酸，而硫酸和盐酸没有漂白性，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl－+SO42-；
故答案为：SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl－+SO42-。
21.（1）有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2。在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3。已知空气相对分子质量为29，则A的相对分子质量是_______________
（2）把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，得到溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为___________
（3）已知铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O，则被氧化的物质与被还原的物质质量比为___________
（4）A、B两个烧瓶中分别装80mL 3.0 mol/L的盐酸和NaOH溶液，再分别加等质量的铝粉，在相同状况下产生的气体的体积比为A:B=2:5，则加入铝粉的质量为___________
【答案】(1). 29(m3-m1)/(m2-m1) (2). 2:3 (3). 32:21 (4). 5.4g
【解析】
【分析】根据阿伏加德罗定律进行计算；根据化学方程式进行过量判断及相关计算。
【详解】（1）充入气体A的质量为（m3-m1）；相同条件下，等体积的气体质量之比等于相对分子质量之比，空气的平均相对分子质量为29，设A的相对分子质量是x，则=，则x=29(m3-m1)/(m2-m1)，故答案为：29(m3-m1)/(m2-m1)；
（2）设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol=2：3，
故答案为：2:3；
（3）3Cu+8HNO3=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，Cu化合价升高，被氧化，硝酸化合价降低，被还原，3molCu被氧化同时只有2mol硝酸被还原，所以被氧化的物质与被还原的物质质量比为=32:21，故答案为：32:21；
（4）盐酸和氢氧化钠钠的物质的量为：0.08L×3.0 mol/L=0.24mol，
根据2Al +6HCl = 2AlCl₃+ 3H₂↑， 2Al + 2H2O + 2NaOH = 2NaAlO2 + 3H2↑得加入等质量的铝粉，可见盐酸的量不足，则根据盐酸的物质的量算出氢气的物质的量为：n(H2)=0.24mol×1/2=0.12mol，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，则铝与氢氧化钠反应放出的氢气物质的量为：n(H2)= 0.12mol×5/2=0.3mol，与氢氧化钠溶液反应时，铝完全反应，故n(Al)=2/3 n(H2)=2/3×0.3mol=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案为：5.4g。
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