2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．党的二十大报告在 “推动绿色发展，促进人与自然和谐共生” 中提到“尊重自然、顺应自然、保护自然，是全面建设社会主义现代化国家的内在要求。必须牢固树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，站在人与自然和谐共生的高度谋划发展。”下面做法符合此精神的是
A．废旧电池要深埋地下
B．餐厅用餐时使用一次性餐具
C．大规模开采可燃冰作为新能源以快速实现碳中和
D．大力发展水利和太阳能发电
【答案】D
【详解】A．废旧电池含重金属离子，如果埋在地下会污染土壤、水体，A错误；
B．一次性餐具会造成环境污染和浪费森林资源，B错误；
C．可燃冰主要成分甲烷水合物，其燃烧后会生成二氧化碳和水，对碳中和而言不是最优选择，C错误；
D．发展水利和太阳能没有污染物生成，大力发展水利和太阳能发电符合对环境友好，D正确；
故答案为：D。
2．10月31日15时37分，中国空间站梦天实验舱在海南文昌航天发射场由长征五号B运载火箭发射升空。中科院金属所钛合金氢泵涡轮、高温合金管材和锻件、镁合金表面处理技术应用于此次梦天实验舱任务中。下列关于合金的说法中错误的是
A．合金具有许多优良的物理、化学和机械性能
B．一般来说，合金的熔点比它的成分金属的低
C．钛合金、镁合金硬度大，耐酸碱
D．钢是用量最大、用途最广的合金
【答案】C
【详解】A．之所以把金属制造为合金，就是因为合金具有许多优良的物理、化学和机械性能，A正确；
B．一般来说合金熔点比它的成分金属的低，B正确；
C．钛合金、镁合金硬度大，合金的化学性质为成分金属的性质总和，如镁合金能与酸反应，C错误；
D．目前钢是用量最大、用途最广、产量最大的合金，D正确；
故答案为：C。
3．化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．“84”消毒液与盐酸混合使用以提高消毒效果
B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．可用食醋除去水垢中的硫酸钙
D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】A．“84”消毒液的有效成分次氯酸钠，与盐酸混合，两者会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A错误；
B．温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；
C．食醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，硫酸是强酸，醋酸不能制备硫酸，所以醋酸不与硫酸钙反应，不能用食醋除去水垢中的硫酸钙，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，D正确；
故答案为：D。
4．下列说法正确的是
A．Al2O3可与酸反应生成盐和水，所以是碱性氧化物
B．SO3溶于水可导电，所以SO3属于电解质
C．1mol NaHSO4在水溶液中可电离出1mol H+，所以是一元酸
D．置换反应中有元素化合价发生变化，所以一定是氧化还原反应
【答案】D
【详解】A．Al2O3既与酸反应也与碱反应，属于两性氧化物，A错误；
B．SO3 溶于水形成H2SO4，H2SO4电离出离子可使溶液导电，而不是SO3导电，所以SO3不属于电解质，B错误；
C．NaHSO4是金属离子结合酸根，属于盐，C错误；
D．置换反应要求反应前后都存在单质，一定有元素化合价的变化，所以一定是氧化还原反应，D正确；
故答案为：D。
5．等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是(　　)
A．体积之比为13∶13∶14 B．密度之比为14∶14∶13
C．质量之比为1∶1∶1 D．原子数之比为1∶1∶1
【答案】B
【详解】假设质子都有14mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。
A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1∶1∶1，A错误；
B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，B正确；
C、质量之比为1mol×28g/mol：1mol×28g/mol：1mol×26g/mol=14:14:13，C错误；
D、原子个数之比为1mol×2：1mol×2：1mol×4=1∶1∶2，D错误。
答案选B。
6．下列离子方程式正确的是
A．Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO= BaSO4↓＋H2O
B．FeCl3溶液中通入H2S气体：2Fe3++S2- = 2Fe2++S↓
C．NH4HSO4溶液与少量NaOH溶液混合：NH＋OH-= NH3·H2O
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量KOH溶液：Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO
【答案】D
【详解】A．Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH-＋2H＋＋SO= BaSO4↓＋2H2O，A错误；
B．H2S属于弱酸，在离子方程式中不能拆开，B错误；
C．NH4HSO4溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为H++OH-=H2O，C错误；
D．Ca(HCO3)2溶液中加入过量KOH溶液反应的离子方程式为Ca2++2HCO+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO，D正确；
故答案为：D。
【点睛】判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。
7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1 L 1mol/LNaCl溶液中含有NA个NaCl分子
B．标准状况下，22.4L SO3中含有的分子数为NA
C．100mL  0.1mol/L NaOH溶液中，氧原子数目为0.01NA
D．0.1mol Na2O2与足量CO2充分反应，转移的电子数为0.1 NA
【答案】D
【详解】A．没有给出溶液体积，无法计算分子个数，A错误；
B．标准状况下，SO3为固体，B错误；
C．100mL的0.1mol/L NaOH溶液，NaOH和水种都有O原子，C错误；
D．过氧化钠种的O元素-1价，既作氧化剂也做还原剂，0.1mol Na2O2反应转移电子数0.1 NA，D正确；
故答案为：D。
8．下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．澄清透明的溶液：Cu2+、K+、SO、Cl−
B．滴加紫色石蕊显红色的溶液：Na+、Fe2+、I−、ClO−
C．含0.01mol/L Fe2+的溶液：H+、K+、MnO、SO
D．与Al反应放出H2的溶液：Mg2+、Na+、HCO、NO
【答案】A
【详解】A．离子间不发生反应，可以共存，A符合题意；
B．滴加紫色石蕊显红色的溶液为酸性溶液，ClO-与H+不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe2+具有还原性，在酸性条件下有强氧化性，二者发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；
D．能与金属铝反应放出氢气的溶液既可以是酸溶液也可以是碱溶液，在酸性和碱性下都不能大量共存，且在酸性条件下硝酸根不能大量存在，D不符合题意；
故答案为：A。
9．下列实验操作、现象及结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
用铜丝蘸取未知溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色
该溶液中含有K＋
B
取少量溶液加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
该溶液中含有CO
C
取少量金属Na放在坩埚中灼烧，产生淡黄色固体
该固体为Na2O2
D
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉-KI溶液， 溶液先变橙色，后变蓝色
氧化性：

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．做焰色反应不能用铜丝，必须用洁净的铁丝或铂丝，A错误；
B．加稀盐酸产生二氧化碳，溶液可能含有，B错误；
C．Na在氧气中燃烧产生Na2O2固体，颜色为淡黄色，C正确；
D．由于氯水过量，可能是过量的氯水将I-氧化为碘单质，所以只能证明氧化性：，不能证明氧化性：，D错误；
故答案为：C。
10．等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为5∶7，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是(　　)
A．甲、乙中都是铝过量 B．甲中酸过量，乙中铝过量
C．甲中铝过量，乙中碱过量 D．甲中酸过量，乙中碱过量
【答案】C
【详解】若酸碱均过量时，生成的氢气的量相同，与生成氢气的体积比为5∶7，相矛盾，根据方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+ 3H2↑，酸碱的量相同时，碱消耗的Al多，则Al与盐酸反应时，盐酸消耗完毕，Al与碱反应时，Al消耗完毕，综上所述，答案为C。
【点睛】酸碱过量时，相同的Al生成的氢气的物质的量之比为1：1；酸碱相同时，Al足量时，生成的氢气的物质的量之比为1：3；题目给定为5：7，则碱足量。
11．关于11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应(Cu3P中P为-3价)说法错误的是
A．生成1mol Cu3P反应中转移6mol 电子
B．7.5molCuSO4可氧化的磷的物质的量是1.5 mol
C．P既是氧化剂又是还原剂
D．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【详解】A．由方程式可知，当生成5molCu3P时，有6molP从0价升到+5价，转移电子的物质的量为30mol，因此当生成1mol Cu3P时，转移电子的物质的量为6mol，故A项正确。
B．分析化合价可知，6mol被氧化的P共失电子6mol✖5=30mol，其中+2的Cu得15mol，另一部分P得15mol，即15molCuSO4所氧化得P为，则7.5molCuSO4可氧化的磷的物质的量是1.5 mol，故B项正确；
C．P降价生成Cu3P，升价生成H3PO4，故P既是氧化剂又是还原剂，故C项正确；，
D．Cu3P中Cu和P均降价，故Cu3P只是还原产物，故D项错误；
故答案为：D。
12．在酸性溶液中与发生反应，反应产物为、、。已知反应中氧化剂与还原剂的个数之比为，则x的值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】由题意，该反应的化学方程式为，根据电荷守恒，，，故选B。
13．“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献。某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程如图：

下列有关说法正确的是
A．A气体是CO2，B气体是NH3
B．第Ⅲ步过滤得到晶体是NaHCO3
C．第Ⅳ步操作用到的主要仪器有蒸发皿、玻璃棒
D．在整个流程中可循环利用的物质只有NH3
【答案】B
【分析】由题给流程图可知，向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气时溶液呈碱性后，再通入二氧化碳气体，二氧化碳、氨气和饱和食盐水反应生成氯化铵和碳酸氢纳沉淀，过滤得到碳酸氢钠晶体和含有碳酸氢纳和氯化铵的母液；将碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，向母液中加入石灰水共热得到氯化钙、氨气和水，氨气和二氧化碳可循环使用。
【详解】A．向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气时溶液呈碱性后，再通入二氧化碳气体，A错误；
B．根据分析，过滤得到碳酸氢钠晶体和含有碳酸氢纳和氯化铵的母液，B正确；
C．第Ⅳ步为将碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，C错误；
D．向母液中加入石灰水共热得到氯化钙、氨气和水，氨气和二氧化碳可循环使用，D错误；
故答案为：B。
14．为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是
选项
物质
试剂
分离方法
A
Cl2(HCl)
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
CO2(CO)
O2
点燃
C
FeCl2溶液(CuCl2)
足量铁粉
过滤
D
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．Cl2中混有HCl，利用在饱和食盐水中HCl易溶而Cl2难溶的性质，可除去HCl，而Cl2和HCl都能与饱和碳酸钠溶液反应，不能除杂，A错误；
B．CO2中混有CO，通入O2，用量难以控制，且混合点燃易发生爆炸，B错误；
C．FeCl2  溶液中混有CuCl2，加入足量铁粉，可将CuCl2还原为Cu和FeCl2，C正确；
D．CO2中混有HCl，加入NaOH溶液后，二者都能被吸收，D错误；
故选C。
15．配制一定物质的量浓度的溶液的操作过程示意图如下：

下列说法中错误的是
A．“操作1”需将溶解的溶液及烧杯洗涤液全部转移到容量瓶中
B．“操作2”中玻璃棒起引流作用
C．“操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
D．所配制的溶液中为
【答案】C
【详解】A．溶解得到的溶液及洗涤烧杯2~3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，保证溶质完全转移，A项正确；
B．向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，B项正确；
C．定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，C项错误；
D．碳酸钠的质量为10.6g，，容量瓶规格为100mL，溶液的物质的量浓度为，，D项正确；
答案选C。
16．甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙含有相同的某种元素，它们之间有如下转化关系，则下列有关物质的推断错误的是

A．若甲为焦炭，则丁可能是O2
B．若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
C．若甲为铝盐溶液，则丁可能是NaOH溶液
D．若甲为Fe，则丁可能是氯气
【答案】D
【详解】A．甲为焦炭，则丁可能是O2，则乙为CO，丙为CO2，二氧化碳与C反应得到CO，符合转化关系，故A正确；
B．甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2，乙为Na2CO3，丙为NaHCO3，碳酸氢钠与氢氧化钠反应得到碳酸钠，符合转化关系，故B正确；
C．若甲为AlCl3溶液，丁是NaOH溶液，则乙为氢氧化铝、丙为偏铝酸钠，氯化铝与偏铝酸钠发生水解反应得到氢氧化铝，符合转化关系，故C正确；
D．若甲为Fe，则丁可能是氯气，则乙为氯化铁，而氯化铁与氯气不反应，所以不符合转化关系，故D错误；
故选D。
17．将标准状况下的溶于水中，得到的盐酸密度为，则该盐酸的物质的量浓度(mol/L)是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】氯化氢的物质的量，氯化氢的质量，溶液的体积，则；
故选C。
18．取ag某物质在氧气中完全燃烧，将产物与足量Na2O2混合，充分反应后固体增加了b g，且b>a，符合条件的物质是
A．CH4O B．C2H4O3
C．C6H12O6 D．C12H22O11
【答案】D
【分析】水、二氧化碳和Na2O2反应方程式分别为2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式知，水和Na2O2反应时固体质量增加量相当于H2质量，二氧化碳和Na2O2反应时固体质量增加量相当于CO质量，将可燃物写出H2或CO或(CO)m·Hn方式，如果恰好写为H2或CO或(CO)m·Hn方式，则产物通过足量Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时O原子有剩余，则反应前后固体质量减少，如果C原子有剩余，则固体质量增加；
【详解】A．通过以上分析知，可燃物是氢气，在反应前后固体质量不变，不符合，故A不选；
B．该化学式可以改写为(CO)2·2H2O原子有剩余，所以反应前后固体质量减少，不符合，故B不选；
C．该化学式可以改写为(CO)6·H12，则反应前后固体质量不变，不符合，故C不选；
D．该化学式可以改写为(CO)11·H22O，则反应前后固体质量增大，符合，故D选；
故答案为：D。
19．在甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放入0.1 mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100 mL水，固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁溶液中溶质的质量分数大小顺序是
A．丁＜甲＜乙＝丙 B．甲=丁＜乙=丙
C．甲＞丁＞乙＞丙 D．丁＜甲＜乙＜丙
【答案】A
【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=0.1mol×78g/mol-0.05mol×32g/mol=6.2g；
将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol×40g/mol=4g；
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氢氧化钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：、、、，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：丁＜甲＜乙＝丙，故答案选A。
20．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法正确的是         

A．Mg和Al的质量比为3：4
B．生成的H2的体积为10.08 L
C．NaOH溶液的物质的量浓度为5 mol/L
D．硫酸的物质的量浓度为0.5 mol/L
【答案】C
【分析】根据图象可知，当NaOH的体积0~20mL时，无沉淀产生，说明与过量的H2SO4反应；NaOH的体积20~200mL时，与溶液中的Mg2+和Al3+反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀；NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3沉淀溶解。
【详解】A．根据图像关系可知：n(Al)=n [Al(OH)3]=0.2mol，n(Mg)=n[Mg(OH)2]=(0.35-0.2)=0.15mol，，，Mg和Al的质量比为2：3，A错误；
B．根据，可得Al与稀硫酸反应生成H2物质的量为0.3，标准状况下H2体积为，根据，可得Mg与稀硫酸反应生成H2物质的量为0.15，标准状况下H2体积为，H2总体积为10.08L，但是题中条件不一定为标准状况下，B错误；
C．NaOH的体积200~240mL时，Al(OH)3与NaOH以1：1反应，所以n(NaOH)= n [Al(OH)3]=0.2mol，c(NaOH)==5mol/L，C正确；
D．将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸后，溶液中存在H2SO4、、MgSO4，图像中刚开始消耗的20mL是NaOH与过量的硫酸反应，消耗的NaOH的物质的量为，根据、和，可得= ，硫酸的物质的量浓度为，D错误；
故答案为：C。

二、填空题
21．通常将_______称作标准状况，标准状况下的气体摩尔体积约为_______，若标准状况下CO和CO2混合气体的密度为1.607g/L，则混合气体的平均摩尔质量为_______；其中CO的物质的量分数为_______；若将0.2mol该混合气体通入含0.1molCa(OH)2的澄清石灰水中，写出反应的离子方程式：_______。
【答案】     0℃ 101kPa     22.4 L/mol     36g/mol     50%     Ca2++2OH-+CO2 = CaCO3↓+H2O
【详解】标准状况为0℃，101kPa，标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L/mol，根据，M=36g/mol；根据十字交叉法做计算，n(CO):n(CO2)=1:1，则CO的物质的量分数为50%；0.2mol混合气体种含有0.1molCO2，与Ca(OH)2反应的离子方程式：Ca2++2OH-+CO2 = CaCO3↓+H2O；
故答案为：0℃ 101kPa；22.4 L/mol；36g/mol；50%；Ca2++2OH-+CO2 = CaCO3↓+H2O。

三、实验题
22．Ⅰ.完成下列问题
(1)市售浓盐酸的密度为1.180 g/mL，物质的量浓度为 11.64 mol/L，此浓盐酸的质量分数为_______；若将100g此盐酸加水稀释至5.82mol/L，则加入水的质量_______100g。(填“大于”、“等于”或“小于”)；
Ⅱ.某同学在实验室中用此浓盐酸与MnO2为原料制取纯净干燥的Cl2，装置如下图：

(2)装置Ⅰ中盛装浓盐酸的仪器名称为_______；圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______；此反应中HCl体现出性质有_______ 和 _______。若生成标准状况下22.4L Cl2，被氧化的HCl分子数是_______。
(3)Ⅱ和Ⅲ中盛装的试剂分别是_______和_______。
(4)氯气的水溶液为氯水，Cl2与H2O反应的离子方程式为_______；
(5)如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是_______

A．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强
B．随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强
C．随着对氯水光照时间的延长，溶液中Cl-的浓度不断减小
D．随着对氯水光照时间的延长，氯水颜色逐渐变浅
(6)装置Ⅴ中NaOH溶液的作用是吸收尾气，其中发生反应的化学方程式为 _______。
【答案】(1)     36%     小于
(2)     分液漏斗     MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O     还原性     酸性     1.204×1024
(3)     饱和食盐水     浓硫酸
(4)Cl2+H2O=H＋+Cl-+HClO
(5)AD
(6)Cl2＋2NaOH==NaCl＋NaClO＋H2O

【详解】（1）根据公式，此浓盐酸的质量分数；100g此盐酸的体积，根据稀释公式可得稀释后溶液体积，则加入水的体积为：，则加入水的质量小于100g；
（2）由图可知，装置Ⅰ中盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；根据反应可知，此反应中HCl体现出的性质有还原性和酸性；生成标准状况下22.4L Cl2，Cl2的物质的量为1mol，对应有2mol HCl被氧化，则被氧化的HCl分子数是1.204×1024；
（3）Ⅱ中盛装的试剂是饱和食盐水，用于除去氯气中混有的氯化氢，Ⅲ中盛装的试剂是浓硫酸，用于干燥氯气；
（4）次氯酸是弱酸，不能拆，Cl2与H2O反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H＋+Cl-+HClO；
（5）A. 次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强，A正确；
B. 次氯酸具有漂白性，随着对氯水光照时间的延长，氯水中的次氯酸分解，氯水的漂白性将减弱，B错误；
C. 随着对氯水光照时间的延长，氯水中的次氯酸分解产生盐酸，同时氯水中的次氯酸分解减少使的平衡正向移动，生成的盐酸增多，则溶液中Cl-的浓度不断增大，C错误；
D. 氯水的颜色为浅黄绿色，是溶于水的氯气产生的，随着对氯水光照时间的延长，氯水中的次氯酸分解减少，使的平衡正向移动，氯气减少，氯水颜色逐渐变浅，D正确；
选AD；
（6）装置Ⅴ中NaOH溶液的作用是吸收多余的氯气，其中发生反应的化学方程式为：Cl2＋2NaOH==NaCl＋NaClO＋H2O。

四、填空题
23．钠是一种非常活泼、具有广泛应用的金属。请回答：
(1)将一小块金属钠投入水中，发生反应的离子方程式是_______；可观察到的实验现象是_______(填字母序号)。
a.钠沉到水底                        b.钠熔成小球                                c.小球四处游动                                    d.有嘶嘶声
(2)钠在空气中的燃烧产物Na2O2可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，11.6gCO2和H2O的混合物与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6 g，则生成标准状况下O2的体积_______L；原混合气体的中CO2和H2O的分子数比为_______。
(3)下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是_______
A．取a g混合物充分加热，质量减少b g
B．取a g混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到b g溶液
C．取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到b g固体
D．取a g混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g
【答案】(1)     2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑     bcd
(2)     5.6L     1：4
(3)B

【详解】（1）Na与水反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑；a.钠的密度比水小，放入水中后会浮在水面，a错误；b.在钠与水反应过程中放出大量的热，因为钠的熔点低，所以钠融化成小球，b正确；c.钠反应时产生H2导致钠受力不均而四处游动，c正确，钠小球四处游动并产生氢气发出嘶嘶声，d正确；故选bcd；
（2）11.6gCO2和H2O的混合物与足量Na2O2充分反应，方程式为2+2CO2=2Na2CO3+O2和2+2H2O=4NaOH+O2↑，固体质量只增加了3.6 g，是因为有O2放出，可知O2质量为，其物质的量为，标准状况下O2的体积为=；可知设CO2的物质的量为x，则H2O的物质的量为y，根据方程式可知与反应生成的O2的物质的量分别为和，因为生成O2为0.25，故，又因为CO2和H2O的混合物的质量为11.6g，故，解得x=0.1，y=0.4，由公式可知物质的量之比等于粒子个数之比，所以原混合气体的中CO2和H2O的分子数比为1：4；
（3）A．可利用固体的质量差计算NaHCO3的质量，再计算Na2CO3的质量，能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，A不符合题意；
B．a、b均为混合物的质量，无法计算，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，B符合题意；
C．蒸干得到bg固体为NaCl，可由混合物的质量、NaCl的质量列二元一次方程组计算Na2CO3的质量，能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，C不符合题意；
D．bg为CO2的质量，可由混合物的质量、CO2的质量列二元一次方程组计算Na2CO3的质量，能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数，D不符合题意；
故答案为：B。
24．某班同学用如下实验探究Fe2＋的性质。回答下列问题：
(1)取氯化亚铁固体，配制成0.1 mol·L-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_______。
(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入几滴 _______，溶液变红，该组同学认为是Cl2将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_______。
(3)乙组同学取2 mL FeCl2溶液，向其中滴入NaOH溶液，观察到的实验现象是_______。
(4)丙组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_______；
【答案】(1)防止Fe2+被氧化
(2)     KSCN溶液     2 Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-
(3)生成白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色
(4)2 Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O

【详解】（1）FeCl2溶液中的Fe2+易被空气中的氧气氧化成Fe3+，所以在FeCl2溶液中加入少量铁屑防止Fe2+被氧化；
故答案为：防止Fe2+被氧化；
（2）FeCl2溶液，加入几滴氯水，Fe2+易被氧化成Fe3+，加入KSCN后变成血红色；
故答案为：KSCN溶液；2 Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-；
（3）FeCl2溶液，向其中滴入NaOH溶液先生成白色的Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2不稳定，与空气种的水和氧气反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀；
故答案为：生成白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；
（4）FeCl2溶液，加入双氧水，Fe2+易被氧化成Fe3+；
故答案为：2 Fe2+ + H2O2 + 2H+ = 2Fe3+ + 2H2O。

五、工业流程题
25．铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融电解制得。铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3和SiO2等(SiO2为酸性氧化物)。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：

回答下列问题：
(1)写出反应1中Al2O3发生反应的化学方程式_______。
(2)滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是CaSiO3，反应2的离子方程式为_______。
(3)反应2中不用盐酸(或H2SO4)的理由是_______。
【答案】(1)2NaOH＋Al2O3=2NaAlO2＋H2O
(2)2AlO＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO [或AlO＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO]
(3)因为AlO与酸反应生成的Al(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量；CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好

【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入强碱后， Al2O3与强碱反应生成偏铝酸钠，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，滤液Ⅰ中含有硅酸钠、偏铝酸钠；加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠；偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠；氢氧化铝受热生成氧化铝，以此分析作答；
【详解】（1）氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：2NaOH＋Al2O3=2NaAlO2＋H2O；
故答案为：2NaOH＋Al2O3=2NaAlO2＋H2O ；
（2）滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入CaO，生成氢氧化钙，氢氧化钙与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀；由工艺流程可知，B为氢氧化铝，故气体A为二氧化碳，滤液Ⅱ主要是偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝与碳酸钠，反应方程式为：2AlO＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO [或AlO＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO]
故答案为：2AlO＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO [或AlO＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO]；
（3）因为AlO与酸反应生成的Al(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量，所以不用盐酸；
故答案为：因为AlO与酸反应生成的Al(OH)3具有两性，可溶于强酸，不易控制酸的量；CO2廉价而且生成的副产物NaHCO3用途广泛，经济效益好。