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【化学】广东省中山市2018-2019学年高一上学期期末水平测试试题（解析版）
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广东省中山市2018-2019学年高一上学期期末水平测试试题
1.分离食用油和水简单可行的操作是（ ）
A. 蒸发 B. 分液 C. 过滤 D. 蒸馏
【答案】B
【详解】食用油不溶于水，该混合物静置后分层，可用分液漏斗分液的方法分离，答案选B。
2.要除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠，最好采用（ ）
A. 加入过量的澄清石灰水 B. 通入足量的CO2气体
C. 将溶液加热蒸干并灼烧 D. 加入适量的氢氧化钠溶液
【答案】B
【详解】A．澄清石灰水和碳酸钠、碳酸氢钠都反应，都生成碳酸钙沉淀，不能用于除杂，故A错误；
B．可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，并且二氧化碳和碳酸氢钠之间不会发生反应，可以除杂，故B正确；
C．将溶液加热蒸干并灼烧，可使碳酸氢钠分解生成碳酸钠，不能用于除杂，故C错误；
D．氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，但是和碳酸钠之间不会反应，不能用于除杂，故D错误。
故答案选B。
3.下列物质的导电性最差的是（ ）
A. 氯化钾固体 B. 0.1mol/L盐酸
C. 0.1mol/L醋酸 D. 熔化的氢氧化钠
【答案】A
【详解】熔化的氢氧化钠、0.1mol/L 盐酸、0.1mol/L 醋酸均存在自由移动的离子能导电，而氯化钾固体中的离子不能自由移动，所以不导电。故答案选A。
4.下列关于纯净物、混合物、电解质和非电解质的正确组合是（ ）
选项
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
纯碱
干冰
B
蒸馏水
漂白粉
氯化氢
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
碳酸钙
D
胆矾
氢氧化铁胶体
氯化铜
水玻璃
【答案】B
【详解】A、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；水煤气是CO和H2的混合气，是混合物；纯碱是碳酸钠，是电解质；干冰是二氧化碳，是非电解质，故A错误；
B、蒸馏水是纯净物；漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物；氯化氢溶于后的溶液能导电，是电解质；二氧化硫是非电解质，故B正确；
C、胆矾是CuSO4•5H2O，是纯净物；盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；铁是单质，不是电解质，也不是非电解质；碳酸钙是电解质，故C错误；
D、胆矾是CuSO4•5H2O，是纯净物；胶体是一种分散系，是混合物；氯化铜是电解质；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故D错误；
故答案选B。
5.同温同压下，相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
A. 分子数目比为1：1 B. 原子数目比为16：15
C. 体积比为4：5 D. 密度比为4：5
【答案】D
【详解】A．分子数目之比等于物质的量之比，故相同质量的SO2和SO3的分子数目之比为m/64：m/80=5：4，故A错误；
B．二氧化硫中原子的物质的量等于二氧化硫的3倍，三氧化硫中原子的物质的量等于三氧化硫的4倍，则相同质量的SO2和SO3相比较原子数之比为：5×3：4×4=15：16，故B错误；
C．同温同压下，Vm相同，相同质量的两气体的体积之比等于其物质的量之比，为5：4，故C错误；
D．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：80=4：5，故D正确；
故答案选D。
6.除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（ ）
物质
杂质
试剂
方法
A
二氧化碳
二氧化硫
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
氯化亚铁溶液
氯化铁
过量铁粉
过滤
C
二氧化硅
氧化铝
氢氧化钠溶液
过滤
D
铜
氧化铜
稀硝酸
萃取
【答案】B
【详解】A．二者均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故A错误；
B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可分离，故B正确；
C．二者均与NaOH溶液反应，应选盐酸、过滤，故C错误；
D．二者均与硝酸反应，不能除杂，应选盐酸、过滤，故D错误；
故答案选B。
7.下列说法正确的是( )
①正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0；
②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；
③Fe2O3常用作红色油漆和涂料；
④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；
⑤SiO2可用于制太阳能电池。
A. ①②③ B. ①④⑤
C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】①正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，①错误；②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染，②正确；③Fe2O3常用作红色油漆和涂料，③正确；④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害，④正确；⑤Si可用于制太阳能电池，⑤错误，答案选C。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 因为晶体硅有熔点高硬度大的性质，所以被用来做芯片
B. 在一定条件下，浓硫酸能与非金属C、S等反应，体现了浓H2SO4的强氧化性
C. 合金熔点、硬度都低于成分金属，青铜是使用最早的合金，钢是用量最大用途最广的合金
D. 工业合成氨是人工固氮的主要方法，工业生产玻璃、水泥都需要用到的原材料是石英砂
【答案】B
【详解】A、晶体硅可用作芯片是因为晶体硅为良好的半导体材料，与熔点高低无关，故A错误；
B．浓硫酸与非金属单质反应只体现浓硫酸的强氧化性，故B正确；
C、合金熔点都低于成分金属，硬度大于其成分，在我国使用最早的合金是青铜，目前用量最大，用途最广泛的合金是钢，故C错误；
D、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，制取水泥的主要原料为黏土、石灰石、石膏等，制备普通玻璃的主要原料为纯碱、石灰石、石英等，所以制取水泥、玻璃共同使用的主要原料是石灰石，故D错误；
故答案选B。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（ ）
A. 在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA
B. 标准状况下，2.24LCCl4中含氯原子数为0.4NA
C. 1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NA
D. 常温下，23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子
【答案】D
【详解】A、过氧化钠和水反应时，氧元素由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，反应转移0.2NA个电子，故A错误；
B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故C错误；
D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的“NO2”的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故D正确。
故答案选D。
10.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量
B. 200 mL 1 mol·L－1氯化钙溶液中c(Cl－)和100 mL 2 mol·L－1氯化钾溶液中c(Cl－)
C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数
D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【解析】A.2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B.1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。
11.下列关于试剂贮存的叙述正确的是（ ）
A. NaOH溶液应保存在带有磨口玻璃塞的试剂瓶中
B. 氯水应保存在棕色玻璃瓶中，最好是现用现配
C. 水玻璃应密封保存，防止被空气中的氧气氧化
D. 氢氟酸存放在带胶塞的棕色玻璃瓶中
【答案】B
【详解】A．氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，盛放氢氧化钠溶液，应放在带橡胶塞的试剂瓶中，故A错误；
B．新制氯水中含有的次氯酸性质不稳定，见光分解，所以氯水应保存在棕色玻璃瓶中，最好是现用现配，故B正确；
C．水玻璃为硅酸钠水溶液，不具有还原性，不会被空气中的氧气氧化，故C错误；
D．HF能够与玻璃中的二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶盛放，应该用塑料瓶，故D错误；
故答案选B。
12.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：
B. 碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O
C. 溶液中加入溶液：
D. 铁和稀硝酸反应：
【答案】B
【详解】A．次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，故A错误；
B．碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，故B正确；
C．（NH4）2SO4溶液中加入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；
D．铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气，硝酸足量生成硝酸铁、水和一氧化氮，硝酸少量生成硝酸亚铁、水与一氧化氮，故D错误；
故答案选B。
13.以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）
A. Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2
B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. S→SO3→H2SO4→MgSO4
D. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
【答案】D
【详解】A．氧化铝不溶于水，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误；
B．二氧化硅不溶于水，与水不反应，所以二氧化硅不能一步反应生成硅酸，故B错误；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫，不能实现硫一步反应生成三氧化硫，故C错误；
D．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH，每步转化通过一步反应能实现，故D正确；
故答案选D。
14.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
制备Fe（OH）3胶体
向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加热煮沸至液体变为红褐色
C
证明碳酸的酸性强于硅酸
CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸沉淀
D
萃取碘水中的碘
将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】C
【解析】A. NaOH有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯等仪器中称量，A错误；B. 向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，B错误；C. CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸沉淀，依据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，C正确；D.酒精和水互溶，不能萃取碘，D错误，答案选C。
15.下列反应中，相关示意图象错误的是（ ）
A
B
C
D
将二氧化硫通入到一定量氯水中
将新制氯水放在光下一段时间
将铜粉加入到一定量浓硝酸中
将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中
【答案】B
【详解】A、当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；
B、新制氯水呈酸性，pH小于7，而不是等于7，故B错误；
C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；
故答案选B。
16.下列物质中,含有自由移动的的是（ ）
A. KCl溶液 B. NaClO3溶液
C. NaCl晶体 D. 液态氯化氢
【答案】A
【详解】A．KCl在水溶液中可以电离出自由移动的氯离子，故A选；
B．NaClO3溶液中含有氯酸根离子，没有氯离子，故B不选；
C．NaCl晶体中含有氯离子，但氯离子不能自由移动，故C不选；
D．液态HCl中只有氯化氢分子，故D不选；
故答案选A。
17. 实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）
A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B. 装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸
C. 装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体
D. 装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢
【答案】C
【解析】A、装置①常用于分离沸点不同的液体混合物，A错误；B、装置②导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，B错误；C、当用装置③收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，C正确；D、因碱石灰能与HCl反应，则装置④不可用来干燥HCl，D错误；答案选C。
18.“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用．下列说法正确的是（ ）
A. Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
B. 根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
C. 醋酸、纯碱、明矾和石灰石分别属于酸、碱、盐和化合物
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
【答案】D
【详解】A．能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Na2O是碱性氧化物，而过氧化钠和酸反应时除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B错误；
C．纯碱是碳酸钠，阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子，故是盐，而不是碱，故C错误；
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，但酸性氧化物不一定是非金属氧化物，也可能为金属氧化物，如Mn2O7等，故D正确；
故答案选D。
19.向BaCl2溶液依次通入气体X和Y，下列各组不会出现沉淀的是（ ）
选项
X
Y
A
NH3
CO2
B
Cl2
CO2
C
SO2
NO2
D
Cl2
SO2
【答案】B
【解析】A．BaCl2溶液中先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，碱性条件下可生成碳酸钡沉淀，故A不选；B．通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应，且二氧化碳难溶于酸性溶液，不能生成沉淀，故B选；C．NO2、SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，然后与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不选；D．发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，可生成沉淀，故D不选；故选B。
20. 某元素在化学反应中由化合态变为游离态,则该元素（ ）
A. 一定被氧化 B. 一定被还原
C. 既可能被氧化,也可能被还原 D. 以上都不是
【答案】C
【解析】试题分析：元素在化合物中的化合价可能为正价也可能为负价，故在化学反应中由化合态（化合物）变为游离态（单质）时，该元素可能被氧化可能被还原。故正确选项为C
21. 下列有关金属元素特征的叙述正确的是（ ）
A. 金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性
B. 金属元素的单质在常温下都为固体
C. 含金属元素的离子都是阳离子
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】试题分析：A不正确，金属阳离子也可以具有氧化性，例如亚铁离子；B不正确，例如金属汞是液态；C不正确，例如MnO4－、AlO2－等；D正确，铁离子被还原生成亚铁离子，答案选D。
22.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）
A. Mg2+、Al3+、Fe3+ B. H+、Mg2+、Al3+
C. H+、Ba2+、Al3+ D. 只有Mg2+、Al3+
【答案】B
【详解】第一阶段无沉淀，说明发生酸碱中和反应，水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应而溶解，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故答案选B。
23.从1L1mol·L-1的KOH溶液中取出100mL，下面关于这100mL溶液的叙述错误的是（ ）
A. 物质的量浓度为0.1mol·L-1
B. 密度与原溶液相同
C. 含有KOH的物质的量为0.1mol
D. 溶质的质量分数与原溶液相同
【答案】A
【详解】A．取出后溶液浓度不变，仍然为1mo/L，故A错误；
B．溶液具有均一性，取出溶液的密度与原溶液相同，故B正确；
C．取出的100mL溶液中含有KOH的物质的量为：1mol/L×0.1L=0.1mol，故C正确；
D．取出溶液的浓度不变，溶质质量分数与原溶液相同，故D正确；
故答案选A。
24.以下实验现象判断正确的是（ ）
A
B
C
D
操作
将盛满NO2的试管倒扣在水槽中
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
加热碳酸钠固体
将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中
现象
液面上升，但溶液未充满整个试管
生成红色沉淀
生成可使澄清石灰水变浑浊的气体
有红色固体析出
【答案】A
【解析】A、NO2气体为红棕色，二氧化氮气体易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为无色，所以气体颜色由红棕色逐渐变为无色，气体体积减少，试管内的液面会逐渐上升，但溶液未充满整个试管，故A正确；B、向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，没有沉淀，故B错误；C、加热碳酸钠固体不能生成可使澄清石灰水变浑浊的气体，故C错误；D、将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中，金属钠和盐溶液反应先是和溶液中的水反应，不会和盐之间发生置换反应，故D错误。故选A。
25.在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是（ ）
A. C+H2OCO+H2
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】在氧化还原反应中，若水既不是氧化剂又不是还原剂，则水中H、O元素的化合价在反应前后不发生变化，据此判断。
【详解】A、C+H2OCO+H2的反应中，H元素的化合价降低，水是氧化剂，碳元素化合价升高，碳是还原剂，故A不选。
B、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水中元素的化合价均不变，不是氧化剂也不是还原剂，故B选；
C、Na与水的反应中，Na元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，则水作氧化剂，钠是还原剂，故C不选；
D、单质氟与水的反应中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，单质氟作氧化剂，故D不选；
故答案选B。
26.下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 实验室可用浓硫酸干燥氨气
B. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品
C. 漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙
D. 单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同
【答案】C
【详解】A．氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．水晶主要成分二氧化硅，为氧化物，不属于硅酸盐材料，故B错误；
C．漂白粉变质时与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，变质后的残留固体有碳酸钙，故C正确；
D．S具有弱氧化性，氯气具有强氧化性，分别与Fe反应生成FeS、氯化铁，Fe元素的化合价不同，故D错误；
故答案选C。
27. 下图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于 ( )
A. 用浓硝酸与Cu反应制取NO2
B. 用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2
C. 用H2O2溶液和MnO2反应制取O2
D. 用NH4Cl和Ca(OH)2反应制取NH3
【答案】C
【解析】分析：由图可知，固体与液体不加热可生成气体，且气体不溶于水，可利用排水法收集，以此来解答。
详解：A．NO2溶于水与水反应生成NO和硝酸，不能用排水法收集，A错误；
B．浓盐酸和MnO2制取Cl2需要加热，B错误；
C．H2O2溶液和MnO2为固液反应且不需要加热，O2不溶于水，可排水法收集，C正确；
D．用NH4Cl和Ca（OH）2制取NH3，需要加热，且不能用氯化铵溶液，而是两种固体之间的反应，D错误；答案选C。
28.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 胶体与其他分散系的本质区别是分散质的粒子直径大小不同
B. Fe（OH）3胶体能稳定存在的主要原因是胶粒直径小于1nm
C. Fe（OH）3胶体和AlCl3溶液均可以透过滤纸
D. 卤水点豆腐是破坏胶体的介稳性
【答案】B
【详解】A．胶体与其他分散系的本质区别是分散质的粒子直径大小不同，其中胶体分散质的粒子直径介于1nm～100nm之间，故A正确；
B．Fe（OH）3胶体能稳定存在的主要原因氢氧化铁胶体的胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，故B错误；
C．Fe（OH）3胶体和AlCl3溶液均可以透过滤纸，故C正确；
D．卤水点豆腐的原理是卤水中的电解质可使蛋白质胶体发生聚沉，电解质离子破坏了胶体的介稳性，故D正确；
故答案选B。
29.下列化学实验事实及其结论都正确的是（ ）
选项
实验事实
结论
A
将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4
HClO的酸性比H2SO4强
B
铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落
铝箔表面氧化铝熔点高于铝
C
SiO2可以和NaOH溶液及HF溶液反应
SiO2属于两性氧化物
D
将SO2通入溴水中，溴水褪色
SO2具有漂白性
【答案】B
【详解】A、次氯酸具有强氧化性，SO2具有还原性，能把SO2氧化生成硫酸，但次氯酸的酸性弱于硫酸的，该实验中的反应是氧化还原反应，不能由此实验证明两种酸的酸性强弱关系，A不正确；
B、铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点很高，故铝箔在酒精灯火焰上加热后，内部的铝虽然熔化但不滴落，结论正确，B正确；
C、二氧化硅不能与其他酸反应，故不能由本实验得出二氧化硅是两性氧化物的结论，C不正确；
D、SO2具有还原性，能氢溴水还原而使溴水褪色；二氧化硫使有机色质褪色时才表现漂白性，本实验不能证明二氧化硫有漂白性，D不正确；
答案选B。
30.铝材经脱脂后进行碱洗以除去氧化膜，将碱洗后的溶液中的铝以沉淀形式回收，最好加入下列试剂（ ）
A. CO2 B. 氨水 C. NaOH D. HNO3
【答案】A
【详解】因碱洗后溶液中铝的存在形式为AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2＝2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-＝HCO3-+Al（OH）3↓，如果用硝酸要控制量的问题，如果硝酸稍过量，铝元素转化为铝离子了，所以最好加入二氧化碳气体，故答案选A。
31.现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如下图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。
请回答下列问题：
（1）物质B的化学式为：_____________________。
（2）气体甲在Cl2中燃烧的现象：___________________________；
（3）金属A与G的水溶液反应的化学方程式：_____________________；
（4）写出下列反应的离子方程式：
③：______________________________________．
⑤：_______________________________________．
（5）将Na2O2投入到F溶液中，可以观察到的现象是：______________。
【答案】(1). Al (2). 有苍白色火焰，瓶口有白雾 (3). 6Na+2FeCl3+6H2O＝2Fe（OH）3↓+6NaCl+3H2↑ (4). 2OH﹣+2H2O+2Al＝2AlO2﹣+3H2↑ (5). Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣ (6). 生成红褐色沉淀，有无色气体产生
【解析】
【分析】金属A与水反应生成气体甲和物质D，D的焰色反应为黄色证明A为Na，则甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生氢气，说明B为Al，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D氢氧化钠，D和物质G为反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，G为FeCl3，推断物质F为FeCl2，则C为Fe，据此答题。
【详解】根据以上分析可知A是Na，B是Al，C是Fe，D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3，甲是H2，丙是HCl。则：
（1）物质B是铝，化学式为Al。
（2）氢气在Cl2中燃烧生成氯化氢，则现象为有苍白色火焰，瓶口有白雾；
（3）金属钠极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化铁反应，则与氯化铁溶液反应的化学方程式6Na+2FeCl3+6H2O＝2Fe(OH)3↓+6NaCl+3H2↑；
（4）写出下列反应的离子方程式：
③是Al与NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2OH－＋2H2O＋2Al＝2AlO2－＋3H2↑。
⑤是氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，离子方程式为Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
（5）过氧化钠具有强氧化性，溶于水与水反应生成氢氧化钠和氧气，则将Na2O2投入到氯化亚铁溶液中，可以观察到的现象是生成红褐色沉淀，有无色气体产生。
32.NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体．相应的实验过程如图：
（1）写出上述实验过程中所用试剂：试剂①_________；试剂③________。
（2）判断试剂①已过量的方法是：____________________。
（3）操作①是利用半透膜进行分离提纯，操作①的实验结果：淀粉_________（填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42-________________（填“能”或“不能”）透过半透膜。
（4）操作④的名称是_________。
（5）实验室用制得的NaCl晶体配制480mL1.0mol/L的NaCl溶液，用托盘天平称量的氯化钠固体的质量是_________，配制过程用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_________。
【答案】(1). BaCl2 (2). HCl (3). 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，无白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 (4). 不能 (5). 能 (6). 蒸发结晶 (7). 29.3g (8). 500mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42-等可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，以此解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知试剂①为BaCl2，试剂③为HCl；
（2）由于硫酸钡是不溶于水的白色沉淀，则判断试剂①已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；
（3）胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶液中溶质的粒子可通过半透膜，因此淀粉不能透过半透膜，SO42-能透过半透膜；
（4）操作④由溶液得到晶体，为蒸发结晶操作；
（5）实验室用制得的NaCl晶体配制480mL1.0mol/L的NaCl溶液，实际应配制500mL，则m（NaCl）=0.5L×1mol/L×58.5g/mol=29.25g，由于托盘天平只能读数到0.1g，则用托盘天平称量29.3g，配制过程用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有500mL 容量瓶、玻璃棒。
33.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细a－氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程图如下：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_______。
（2）加30%的H2O2作用为将Fe2+氧化为Fe3+,其发生的离子反应方程式为__________。该反应需控制温度低于40℃，其目的是_____________。
（3）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]＝2Al2O3+2NH3↑+5SO3↑+3SO2↑+N2↑+53H2O，将产生的气体通过如图所示的装置。
①足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O外还有________（填化学式）。集气瓶中收集到的气体是_______。
②KMnO4溶液褪色（MnO4-还原为Mn2+），发生的离子方程式为_____________。
【答案】(1). Al2O3+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2O (2). 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O (3). 防止H2O2分解 (4). SO3、NH3 (5). N2 (6). 2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42-+4H+
【解析】
【分析】根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸变为滤渣，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3，据此判断。
【详解】（1）铝灰中氧化铝是两性氧化物，与硫酸反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2O。
（2）加30%的H2O2作用为将Fe2+氧化为Fe3+,双氧水被还原生成水，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。由于双氧水受热易分解，因此为防止H2O2分解，该反应需控制温度低于40℃。
（3）①饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3。NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收,所以最后集气瓶中收集到的气体是不溶于水的N2。
②酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，硫元素化合价从+4价升高到+6价失去2个电子，则根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42-+4H+。
34.某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应利用”实验，并检验产物的性质：
（1）B中与水蒸气发生反应的化学方程式为_____________________．
（2）D中碱石灰的作用是_____________________．
（3）E中实验现象是______________________．
（4）上述实验结束后，取出B中铁粉反应后的少量固体继续进行如下实验：
①B中产物与稀硫酸发生的离子方程式为：______________。
②试剂A是_________________（选填字母）。
NaOH溶液 b酸性KMnO4溶液 c.酚酞d.氯水
③若用电子天平称取铁粉质量为0.1527g，测得生成氢气体积为73.50mL（实验室条件下气体摩尔体积为24.5L/mol）.则参加反应的铁粉占称取铁粉的百分数为_______（精确到0.1%）。
④有同学认为：即使得到了现象1和现象2的实验现象，也不能确定所得固体成分为Fe3O4。你认为该同学持此看法的理由是____________。
【答案】(1). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (2). 吸收水蒸气，干燥氢气 (3). 黑色固体变红，右端管壁有水珠 (4). Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O (5). b (6). 82.5% (7). 答案一：铁粉也可以与稀硫酸反应生成二价铁。答案二：产物是FeO和Fe2O3的混合物也能得到现象1和现象2
【解析】
【分析】由图可知，A中加热提供水蒸气，在B中发生Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，C为缓冲装置，D中干燥管干燥氢气，E为氢气还原氧化铜的装置，以此来解答。
【详解】（1）B中铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（2）生成的氢气中含有水蒸气，与氧化铜反应之前需要除去，则D中碱石灰的作用是吸收水蒸气，干燥氢气；
（3）在加热的条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，则E中实验现象是黑色固体变红，右端管壁有水珠；
（4）①B中产物是四氧化三铁，与稀硫酸发生的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O。
②由于溶液中含有铁离子和亚铁离子，要检验亚铁离子，可以利用其有还原性、能使酸性高锰酸钾溶液褪色来检验，则试剂A是酸性KMnO4溶液，答案选b；
③生成氢气的物质的量是0.0735L÷24.5L/mol＝0.003mol，根据方程式3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2可知消耗铁是0.003mol×3/4＝0.00225mol，质量是0.00225mol×56g/mol＝0.126g，则参加反应的铁粉占称取铁粉的百分数为0.126g/0.1527g×100%≈82.5%；
④由于铁粉也可以与稀硫酸反应生成二价铁，另外如果产物是FeO和Fe2O3的混合物也能得到现象1和现象2，所以即使得到了现象1和现象2的实验现象，也不能确定所得固体成分为Fe3O4。
1.分离食用油和水简单可行的操作是（ ）
A. 蒸发 B. 分液 C. 过滤 D. 蒸馏
【答案】B
【详解】食用油不溶于水，该混合物静置后分层，可用分液漏斗分液的方法分离，答案选B。
2.要除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠，最好采用（ ）
A. 加入过量的澄清石灰水 B. 通入足量的CO2气体
C. 将溶液加热蒸干并灼烧 D. 加入适量的氢氧化钠溶液
【答案】B
【详解】A．澄清石灰水和碳酸钠、碳酸氢钠都反应，都生成碳酸钙沉淀，不能用于除杂，故A错误；
B．可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去，反应的化学方程式为：Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，并且二氧化碳和碳酸氢钠之间不会发生反应，可以除杂，故B正确；
C．将溶液加热蒸干并灼烧，可使碳酸氢钠分解生成碳酸钠，不能用于除杂，故C错误；
D．氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，但是和碳酸钠之间不会反应，不能用于除杂，故D错误。
故答案选B。
3.下列物质的导电性最差的是（ ）
A. 氯化钾固体 B. 0.1mol/L盐酸
C. 0.1mol/L醋酸 D. 熔化的氢氧化钠
【答案】A
【详解】熔化的氢氧化钠、0.1mol/L 盐酸、0.1mol/L 醋酸均存在自由移动的离子能导电，而氯化钾固体中的离子不能自由移动，所以不导电。故答案选A。
4.下列关于纯净物、混合物、电解质和非电解质的正确组合是（ ）
选项
纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
纯碱
干冰
B
蒸馏水
漂白粉
氯化氢
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
碳酸钙
D
胆矾
氢氧化铁胶体
氯化铜
水玻璃
【答案】B
【详解】A、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；水煤气是CO和H2的混合气，是混合物；纯碱是碳酸钠，是电解质；干冰是二氧化碳，是非电解质，故A错误；
B、蒸馏水是纯净物；漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物；氯化氢溶于后的溶液能导电，是电解质；二氧化硫是非电解质，故B正确；
C、胆矾是CuSO4•5H2O，是纯净物；盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；铁是单质，不是电解质，也不是非电解质；碳酸钙是电解质，故C错误；
D、胆矾是CuSO4•5H2O，是纯净物；胶体是一种分散系，是混合物；氯化铜是电解质；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，故D错误；
故答案选B。
5.同温同压下，相同质量的SO2和SO3相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
A. 分子数目比为1：1 B. 原子数目比为16：15
C. 体积比为4：5 D. 密度比为4：5
【答案】D
【详解】A．分子数目之比等于物质的量之比，故相同质量的SO2和SO3的分子数目之比为m/64：m/80=5：4，故A错误；
B．二氧化硫中原子的物质的量等于二氧化硫的3倍，三氧化硫中原子的物质的量等于三氧化硫的4倍，则相同质量的SO2和SO3相比较原子数之比为：5×3：4×4=15：16，故B错误；
C．同温同压下，Vm相同，相同质量的两气体的体积之比等于其物质的量之比，为5：4，故C错误；
D．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，为64：80=4：5，故D正确；
故答案选D。
6.除去下列物质中的杂质选用的试剂和方法最合理的是（ ）
物质
杂质
试剂
方法
A
二氧化碳
二氧化硫
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
氯化亚铁溶液
氯化铁
过量铁粉
过滤
C
二氧化硅
氧化铝
氢氧化钠溶液
过滤
D
铜
氧化铜
稀硝酸
萃取
【答案】B
【详解】A．二者均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故A错误；
B．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可分离，故B正确；
C．二者均与NaOH溶液反应，应选盐酸、过滤，故C错误；
D．二者均与硝酸反应，不能除杂，应选盐酸、过滤，故D错误；
故答案选B。
7.下列说法正确的是( )
①正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0；
②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；
③Fe2O3常用作红色油漆和涂料；
④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；
⑤SiO2可用于制太阳能电池。
A. ①②③ B. ①④⑤
C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】①正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6，①错误；②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染，②正确；③Fe2O3常用作红色油漆和涂料，③正确；④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害，④正确；⑤Si可用于制太阳能电池，⑤错误，答案选C。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 因为晶体硅有熔点高硬度大的性质，所以被用来做芯片
B. 在一定条件下，浓硫酸能与非金属C、S等反应，体现了浓H2SO4的强氧化性
C. 合金熔点、硬度都低于成分金属，青铜是使用最早的合金，钢是用量最大用途最广的合金
D. 工业合成氨是人工固氮的主要方法，工业生产玻璃、水泥都需要用到的原材料是石英砂
【答案】B
【详解】A、晶体硅可用作芯片是因为晶体硅为良好的半导体材料，与熔点高低无关，故A错误；
B．浓硫酸与非金属单质反应只体现浓硫酸的强氧化性，故B正确；
C、合金熔点都低于成分金属，硬度大于其成分，在我国使用最早的合金是青铜，目前用量最大，用途最广泛的合金是钢，故C错误；
D、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，制取水泥的主要原料为黏土、石灰石、石膏等，制备普通玻璃的主要原料为纯碱、石灰石、石英等，所以制取水泥、玻璃共同使用的主要原料是石灰石，故D错误；
故答案选B。
9.设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（ ）
A. 在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA
B. 标准状况下，2.24LCCl4中含氯原子数为0.4NA
C. 1.8gNH4+中含有的电子数为1.1NA
D. 常温下，23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子
【答案】D
【详解】A、过氧化钠和水反应时，氧元素由-1价变为0价，故当生成0.1mol氧气时，反应转移0.2NA个电子，故A错误；
B、标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；
C、1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，故C错误；
D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的“NO2”的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故D正确。
故答案选D。
10.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A. 2 mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量
B. 200 mL 1 mol·L－1氯化钙溶液中c(Cl－)和100 mL 2 mol·L－1氯化钾溶液中c(Cl－)
C. 64 g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4 L一氧化碳中氧原子数
D. 20% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10% NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【解析】A.2mol水的摩尔质量和1 mol水的摩尔质量的摩尔质量都是18g/mol，故A错误；B.1 mol/L氯化钙溶液中c(Cl-)=2mol/L，2 mol/L氯化钾溶液中c(Cl-)=2mol/L，两溶液中氯离子浓度相等，故B错误；C.64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，标况下22.4LCO的物质的量为1mol，1molCO含有1mol氧原子，前者刚好是后者两倍，故C正确；D.20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为：c1=mol/L，10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度：c1=mol/L，由于两溶液的密度不同，所以前者不是后者两倍，故D错误；故选C。
11.下列关于试剂贮存的叙述正确的是（ ）
A. NaOH溶液应保存在带有磨口玻璃塞的试剂瓶中
B. 氯水应保存在棕色玻璃瓶中，最好是现用现配
C. 水玻璃应密封保存，防止被空气中的氧气氧化
D. 氢氟酸存放在带胶塞的棕色玻璃瓶中
【答案】B
【详解】A．氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，盛放氢氧化钠溶液，应放在带橡胶塞的试剂瓶中，故A错误；
B．新制氯水中含有的次氯酸性质不稳定，见光分解，所以氯水应保存在棕色玻璃瓶中，最好是现用现配，故B正确；
C．水玻璃为硅酸钠水溶液，不具有还原性，不会被空气中的氧气氧化，故C错误；
D．HF能够与玻璃中的二氧化硅反应，能够腐蚀玻璃，所以不能用玻璃瓶盛放，应该用塑料瓶，故D错误；
故答案选B。
12.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：
B. 碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O
C. 溶液中加入溶液：
D. 铁和稀硝酸反应：
【答案】B
【详解】A．次氯酸难电离，氯气溶于水的离子方程式为：Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，故A错误；
B．碳酸氢钠和氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，故B正确；
C．（NH4）2SO4溶液中加入Ba（OH）2溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2NH3•H2O，故C错误；
D．铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气，硝酸足量生成硝酸铁、水和一氧化氮，硝酸少量生成硝酸亚铁、水与一氧化氮，故D错误；
故答案选B。
13.以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）
A. Al→Al2O3→Al（OH）3→NaAlO2
B. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
C. S→SO3→H2SO4→MgSO4
D. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH
【答案】D
【详解】A．氧化铝不溶于水，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，故A错误；
B．二氧化硅不溶于水，与水不反应，所以二氧化硅不能一步反应生成硅酸，故B错误；
C．硫与氧气反应生成二氧化硫，不能实现硫一步反应生成三氧化硫，故C错误；
D．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH，每步转化通过一步反应能实现，故D正确；
故答案选D。
14.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体
B
制备Fe（OH）3胶体
向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液，加热煮沸至液体变为红褐色
C
证明碳酸的酸性强于硅酸
CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸沉淀
D
萃取碘水中的碘
将碘水倒入分液漏斗，然后再注入酒精，振荡，静置分层后，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】C
【解析】A. NaOH有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯等仪器中称量，A错误；B. 向氯化铁饱和溶液中逐滴加入少量NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，得不到胶体，B错误；C. CO2通入Na2SiO3溶液中，析出硅酸沉淀，依据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，C正确；D.酒精和水互溶，不能萃取碘，D错误，答案选C。
15.下列反应中，相关示意图象错误的是（ ）
A
B
C
D
将二氧化硫通入到一定量氯水中
将新制氯水放在光下一段时间
将铜粉加入到一定量浓硝酸中
将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中
【答案】B
【详解】A、当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A正确；
B、新制氯水呈酸性，pH小于7，而不是等于7，故B错误；
C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C正确；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D正确；
故答案选B。
16.下列物质中,含有自由移动的的是（ ）
A. KCl溶液 B. NaClO3溶液
C. NaCl晶体 D. 液态氯化氢
【答案】A
【详解】A．KCl在水溶液中可以电离出自由移动的氯离子，故A选；
B．NaClO3溶液中含有氯酸根离子，没有氯离子，故B不选；
C．NaCl晶体中含有氯离子，但氯离子不能自由移动，故C不选；
D．液态HCl中只有氯化氢分子，故D不选；
故答案选A。
17. 实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（ ）
A. 装置①常用于分离互不相溶的液体混合物
B. 装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸
C. 装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体
D. 装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢
【答案】C
【解析】A、装置①常用于分离沸点不同的液体混合物，A错误；B、装置②导气管插入到水面以下，起不到防倒吸的作用，B错误；C、当用装置③收集密度比空气小的气体时，用向下排空气法，应从短导气管进入气体，当收集密度比空气大的气体时，用向上排空气法，从长导气管进气，C正确；D、因碱石灰能与HCl反应，则装置④不可用来干燥HCl，D错误；答案选C。
18.“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用．下列说法正确的是（ ）
A. Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物
B. 根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
C. 醋酸、纯碱、明矾和石灰石分别属于酸、碱、盐和化合物
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物
【答案】D
【详解】A．能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，Na2O是碱性氧化物，而过氧化钠和酸反应时除了生成盐和水，还生成氧气，故不是碱性氧化物，故A错误；
B．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B错误；
C．纯碱是碳酸钠，阳离子是金属离子、阴离子是酸根离子，故是盐，而不是碱，故C错误；
D．碱性氧化物一定是金属氧化物，但酸性氧化物不一定是非金属氧化物，也可能为金属氧化物，如Mn2O7等，故D正确；
故答案选D。
19.向BaCl2溶液依次通入气体X和Y，下列各组不会出现沉淀的是（ ）
选项
X
Y
A
NH3
CO2
B
Cl2
CO2
C
SO2
NO2
D
Cl2
SO2
【答案】B
【解析】A．BaCl2溶液中先通入氨气，溶液呈碱性，再通入二氧化碳气体，碱性条件下可生成碳酸钡沉淀，故A不选；B．通入氯气，溶液呈酸性，通入二氧化碳不反应，且二氧化碳难溶于酸性溶液，不能生成沉淀，故B选；C．NO2、SO2发生氧化还原反应生成硫酸和硝酸，然后与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故C不选；D．发生Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，可生成沉淀，故D不选；故选B。
20. 某元素在化学反应中由化合态变为游离态,则该元素（ ）
A. 一定被氧化 B. 一定被还原
C. 既可能被氧化,也可能被还原 D. 以上都不是
【答案】C
【解析】试题分析：元素在化合物中的化合价可能为正价也可能为负价，故在化学反应中由化合态（化合物）变为游离态（单质）时，该元素可能被氧化可能被还原。故正确选项为C
21. 下列有关金属元素特征的叙述正确的是（ ）
A. 金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性
B. 金属元素的单质在常温下都为固体
C. 含金属元素的离子都是阳离子
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】试题分析：A不正确，金属阳离子也可以具有氧化性，例如亚铁离子；B不正确，例如金属汞是液态；C不正确，例如MnO4－、AlO2－等；D正确，铁离子被还原生成亚铁离子，答案选D。
22.在某无色溶液中缓慢地滴入NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的NaOH溶液体积的关系如右图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）
A. Mg2+、Al3+、Fe3+ B. H+、Mg2+、Al3+
C. H+、Ba2+、Al3+ D. 只有Mg2+、Al3+
【答案】B
【详解】第一阶段无沉淀，说明发生酸碱中和反应，水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应而溶解，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故答案选B。
23.从1L1mol·L-1的KOH溶液中取出100mL，下面关于这100mL溶液的叙述错误的是（ ）
A. 物质的量浓度为0.1mol·L-1
B. 密度与原溶液相同
C. 含有KOH的物质的量为0.1mol
D. 溶质的质量分数与原溶液相同
【答案】A
【详解】A．取出后溶液浓度不变，仍然为1mo/L，故A错误；
B．溶液具有均一性，取出溶液的密度与原溶液相同，故B正确；
C．取出的100mL溶液中含有KOH的物质的量为：1mol/L×0.1L=0.1mol，故C正确；
D．取出溶液的浓度不变，溶质质量分数与原溶液相同，故D正确；
故答案选A。
24.以下实验现象判断正确的是（ ）
A
B
C
D
操作
将盛满NO2的试管倒扣在水槽中
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液
加热碳酸钠固体
将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中
现象
液面上升，但溶液未充满整个试管
生成红色沉淀
生成可使澄清石灰水变浑浊的气体
有红色固体析出
【答案】A
【解析】A、NO2气体为红棕色，二氧化氮气体易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO为无色，所以气体颜色由红棕色逐渐变为无色，气体体积减少，试管内的液面会逐渐上升，但溶液未充满整个试管，故A正确；B、向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，没有沉淀，故B错误；C、加热碳酸钠固体不能生成可使澄清石灰水变浑浊的气体，故C错误；D、将绿豆粒大小的钠投入硫酸铜溶液中，金属钠和盐溶液反应先是和溶液中的水反应，不会和盐之间发生置换反应，故D错误。故选A。
25.在下列反应中，水既不是氧化剂又不是还原剂的是（ ）
A. C+H2OCO+H2
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】在氧化还原反应中，若水既不是氧化剂又不是还原剂，则水中H、O元素的化合价在反应前后不发生变化，据此判断。
【详解】A、C+H2OCO+H2的反应中，H元素的化合价降低，水是氧化剂，碳元素化合价升高，碳是还原剂，故A不选。
B、过氧化钠与水的反应中，过氧化钠中O元素的化合价既升高又降低，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水中元素的化合价均不变，不是氧化剂也不是还原剂，故B选；
C、Na与水的反应中，Na元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，则水作氧化剂，钠是还原剂，故C不选；
D、单质氟与水的反应中，F元素的化合价降低，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，单质氟作氧化剂，故D不选；
故答案选B。
26.下列关于Cl、N、S等非金属元素单质及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 实验室可用浓硫酸干燥氨气
B. 陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐产品
C. 漂白粉变质后的残留固体有碳酸钙
D. 单质氯气及单质硫与铁反应生成的产物中，铁的化合价相同
【答案】C
【详解】A．氨气为碱性气体，能够与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．水晶主要成分二氧化硅，为氧化物，不属于硅酸盐材料，故B错误；
C．漂白粉变质时与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，变质后的残留固体有碳酸钙，故C正确；
D．S具有弱氧化性，氯气具有强氧化性，分别与Fe反应生成FeS、氯化铁，Fe元素的化合价不同，故D错误；
故答案选C。
27. 下图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于 ( )
A. 用浓硝酸与Cu反应制取NO2
B. 用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2
C. 用H2O2溶液和MnO2反应制取O2
D. 用NH4Cl和Ca(OH)2反应制取NH3
【答案】C
【解析】分析：由图可知，固体与液体不加热可生成气体，且气体不溶于水，可利用排水法收集，以此来解答。
详解：A．NO2溶于水与水反应生成NO和硝酸，不能用排水法收集，A错误；
B．浓盐酸和MnO2制取Cl2需要加热，B错误；
C．H2O2溶液和MnO2为固液反应且不需要加热，O2不溶于水，可排水法收集，C正确；
D．用NH4Cl和Ca（OH）2制取NH3，需要加热，且不能用氯化铵溶液，而是两种固体之间的反应，D错误；答案选C。
28.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 胶体与其他分散系的本质区别是分散质的粒子直径大小不同
B. Fe（OH）3胶体能稳定存在的主要原因是胶粒直径小于1nm
C. Fe（OH）3胶体和AlCl3溶液均可以透过滤纸
D. 卤水点豆腐是破坏胶体的介稳性
【答案】B
【详解】A．胶体与其他分散系的本质区别是分散质的粒子直径大小不同，其中胶体分散质的粒子直径介于1nm～100nm之间，故A正确；
B．Fe（OH）3胶体能稳定存在的主要原因氢氧化铁胶体的胶粒带正电，因为都带同种电荷，胶粒之间是相排斥的，不易聚集成大颗粒，故B错误；
C．Fe（OH）3胶体和AlCl3溶液均可以透过滤纸，故C正确；
D．卤水点豆腐的原理是卤水中的电解质可使蛋白质胶体发生聚沉，电解质离子破坏了胶体的介稳性，故D正确；
故答案选B。
29.下列化学实验事实及其结论都正确的是（ ）
选项
实验事实
结论
A
将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4
HClO的酸性比H2SO4强
B
铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落
铝箔表面氧化铝熔点高于铝
C
SiO2可以和NaOH溶液及HF溶液反应
SiO2属于两性氧化物
D
将SO2通入溴水中，溴水褪色
SO2具有漂白性
【答案】B
【详解】A、次氯酸具有强氧化性，SO2具有还原性，能把SO2氧化生成硫酸，但次氯酸的酸性弱于硫酸的，该实验中的反应是氧化还原反应，不能由此实验证明两种酸的酸性强弱关系，A不正确；
B、铝是活泼的金属，其表面极易被氧化生成氧化铝，氧化铝的熔点很高，故铝箔在酒精灯火焰上加热后，内部的铝虽然熔化但不滴落，结论正确，B正确；
C、二氧化硅不能与其他酸反应，故不能由本实验得出二氧化硅是两性氧化物的结论，C不正确；
D、SO2具有还原性，能氢溴水还原而使溴水褪色；二氧化硫使有机色质褪色时才表现漂白性，本实验不能证明二氧化硫有漂白性，D不正确；
答案选B。
30.铝材经脱脂后进行碱洗以除去氧化膜，将碱洗后的溶液中的铝以沉淀形式回收，最好加入下列试剂（ ）
A. CO2 B. 氨水 C. NaOH D. HNO3
【答案】A
【详解】因碱洗后溶液中铝的存在形式为AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2＝2Al（OH）3↓+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-＝HCO3-+Al（OH）3↓，如果用硝酸要控制量的问题，如果硝酸稍过量，铝元素转化为铝离子了，所以最好加入二氧化碳气体，故答案选A。
31.现有金属单质A、B、C和气体甲、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如下图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。
请回答下列问题：
（1）物质B的化学式为：_____________________。
（2）气体甲在Cl2中燃烧的现象：___________________________；
（3）金属A与G的水溶液反应的化学方程式：_____________________；
（4）写出下列反应的离子方程式：
③：______________________________________．
⑤：_______________________________________．
（5）将Na2O2投入到F溶液中，可以观察到的现象是：______________。
【答案】(1). Al (2). 有苍白色火焰，瓶口有白雾 (3). 6Na+2FeCl3+6H2O＝2Fe（OH）3↓+6NaCl+3H2↑ (4). 2OH﹣+2H2O+2Al＝2AlO2﹣+3H2↑ (5). Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣ (6). 生成红褐色沉淀，有无色气体产生
【解析】
【分析】金属A与水反应生成气体甲和物质D，D的焰色反应为黄色证明A为Na，则甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生氢气，说明B为Al，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D氢氧化钠，D和物质G为反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，G为FeCl3，推断物质F为FeCl2，则C为Fe，据此答题。
【详解】根据以上分析可知A是Na，B是Al，C是Fe，D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3，甲是H2，丙是HCl。则：
（1）物质B是铝，化学式为Al。
（2）氢气在Cl2中燃烧生成氯化氢，则现象为有苍白色火焰，瓶口有白雾；
（3）金属钠极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化铁反应，则与氯化铁溶液反应的化学方程式6Na+2FeCl3+6H2O＝2Fe(OH)3↓+6NaCl+3H2↑；
（4）写出下列反应的离子方程式：
③是Al与NaOH溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2OH－＋2H2O＋2Al＝2AlO2－＋3H2↑。
⑤是氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，离子方程式为Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣；
（5）过氧化钠具有强氧化性，溶于水与水反应生成氢氧化钠和氧气，则将Na2O2投入到氯化亚铁溶液中，可以观察到的现象是生成红褐色沉淀，有无色气体产生。
32.NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体．相应的实验过程如图：
（1）写出上述实验过程中所用试剂：试剂①_________；试剂③________。
（2）判断试剂①已过量的方法是：____________________。
（3）操作①是利用半透膜进行分离提纯，操作①的实验结果：淀粉_________（填“能”或“不能”）透过半透膜；SO42-________________（填“能”或“不能”）透过半透膜。
（4）操作④的名称是_________。
（5）实验室用制得的NaCl晶体配制480mL1.0mol/L的NaCl溶液，用托盘天平称量的氯化钠固体的质量是_________，配制过程用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_________。
【答案】(1). BaCl2 (2). HCl (3). 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，无白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 (4). 不能 (5). 能 (6). 蒸发结晶 (7). 29.3g (8). 500mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】胶体不能透过半透膜，操作①为渗析，除去Na2SO4、CaCl2，可分别加入BaCl2、Na2CO3，除去粗盐中含有的Ca2+、SO42-等可溶性杂质的方法：加入过量BaCl2，去除硫酸根离子；再加入过量Na2CO3（去除钙离子），则试剂①为BaCl2，操作②为过滤，沉淀A为硫酸钡，试剂②为Na2CO3，操作③为过滤，沉淀B为碳酸钙和碳酸钡，试剂③为盐酸，加入盐酸可除去过量的Na2CO3，最后蒸发结晶可得到NaCl晶体，以此解答该题。
【详解】（1）由以上分析可知试剂①为BaCl2，试剂③为HCl；
（2）由于硫酸钡是不溶于水的白色沉淀，则判断试剂①已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；
（3）胶体粒子和浊液粒子半径比较大，不能透过半透膜，而溶液中溶质的粒子可通过半透膜，因此淀粉不能透过半透膜，SO42-能透过半透膜；
（4）操作④由溶液得到晶体，为蒸发结晶操作；
（5）实验室用制得的NaCl晶体配制480mL1.0mol/L的NaCl溶液，实际应配制500mL，则m（NaCl）=0.5L×1mol/L×58.5g/mol=29.25g，由于托盘天平只能读数到0.1g，则用托盘天平称量29.3g，配制过程用到的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有500mL 容量瓶、玻璃棒。
33.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细a－氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程图如下：
（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为_______。
（2）加30%的H2O2作用为将Fe2+氧化为Fe3+,其发生的离子反应方程式为__________。该反应需控制温度低于40℃，其目的是_____________。
（3）煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]＝2Al2O3+2NH3↑+5SO3↑+3SO2↑+N2↑+53H2O，将产生的气体通过如图所示的装置。
①足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O外还有________（填化学式）。集气瓶中收集到的气体是_______。
②KMnO4溶液褪色（MnO4-还原为Mn2+），发生的离子方程式为_____________。
【答案】(1). Al2O3+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2O (2). 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O (3). 防止H2O2分解 (4). SO3、NH3 (5). N2 (6). 2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42-+4H+
【解析】
【分析】根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸变为滤渣，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4[Fe（CN）6]后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到α-Al2O3，据此判断。
【详解】（1）铝灰中氧化铝是两性氧化物，与硫酸反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2O。
（2）加30%的H2O2作用为将Fe2+氧化为Fe3+,双氧水被还原生成水，则根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。由于双氧水受热易分解，因此为防止H2O2分解，该反应需控制温度低于40℃。
（3）①饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3。NH4Al（SO4）2•12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收,所以最后集气瓶中收集到的气体是不溶于水的N2。
②酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，锰元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，硫元素化合价从+4价升高到+6价失去2个电子，则根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42-+4H+。
34.某研究性学习小组请你参与“研究铁与水反应利用”实验，并检验产物的性质：
（1）B中与水蒸气发生反应的化学方程式为_____________________．
（2）D中碱石灰的作用是_____________________．
（3）E中实验现象是______________________．
（4）上述实验结束后，取出B中铁粉反应后的少量固体继续进行如下实验：
①B中产物与稀硫酸发生的离子方程式为：______________。
②试剂A是_________________（选填字母）。
NaOH溶液 b酸性KMnO4溶液 c.酚酞d.氯水
③若用电子天平称取铁粉质量为0.1527g，测得生成氢气体积为73.50mL（实验室条件下气体摩尔体积为24.5L/mol）.则参加反应的铁粉占称取铁粉的百分数为_______（精确到0.1%）。
④有同学认为：即使得到了现象1和现象2的实验现象，也不能确定所得固体成分为Fe3O4。你认为该同学持此看法的理由是____________。
【答案】(1). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (2). 吸收水蒸气，干燥氢气 (3). 黑色固体变红，右端管壁有水珠 (4). Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O (5). b (6). 82.5% (7). 答案一：铁粉也可以与稀硫酸反应生成二价铁。答案二：产物是FeO和Fe2O3的混合物也能得到现象1和现象2
【解析】
【分析】由图可知，A中加热提供水蒸气，在B中发生Fe与水蒸气的反应生成四氧化三铁和氢气，C为缓冲装置，D中干燥管干燥氢气，E为氢气还原氧化铜的装置，以此来解答。
【详解】（1）B中铁与水蒸气发生反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
（2）生成的氢气中含有水蒸气，与氧化铜反应之前需要除去，则D中碱石灰的作用是吸收水蒸气，干燥氢气；
（3）在加热的条件下氢气与氧化铜反应生成铜和水，则E中实验现象是黑色固体变红，右端管壁有水珠；
（4）①B中产物是四氧化三铁，与稀硫酸发生的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O。
②由于溶液中含有铁离子和亚铁离子，要检验亚铁离子，可以利用其有还原性、能使酸性高锰酸钾溶液褪色来检验，则试剂A是酸性KMnO4溶液，答案选b；
③生成氢气的物质的量是0.0735L÷24.5L/mol＝0.003mol，根据方程式3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2可知消耗铁是0.003mol×3/4＝0.00225mol，质量是0.00225mol×56g/mol＝0.126g，则参加反应的铁粉占称取铁粉的百分数为0.126g/0.1527g×100%≈82.5%；
④由于铁粉也可以与稀硫酸反应生成二价铁，另外如果产物是FeO和Fe2O3的混合物也能得到现象1和现象2，所以即使得到了现象1和现象2的实验现象，也不能确定所得固体成分为Fe3O4。
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