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鲁科版高中化学必修第一册期末达标练
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这是一份鲁科版高中化学必修第一册期末达标练，共20页。试卷主要包含了填空题，未知，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物，试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是___________(填字母)。
A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂
(2)某同学把新制的氯水(主要成分Cl2)加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式： 。
(3)与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4，若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是 (填字母)。
a．Cl2 b．Fe c．H2O2 d．HNO3
2．Al3+与AlO2-不能大量共存是它们相互促进水解完全造成的么？
3．补充完整下列化学计算公式：
(1)N= NA， N表示 ， NA表示 。
(2) =n M， n表示 ， M的单位为 。
(3)V= Vm， V表示 ， Vm表示 。
4．完成下列填空
（1）质量之比为16∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，分子数之比为 ；氧原子数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。
（2）标准状况下，1.7gNH3与标准状况下 LH2S含有相同数目的氢原子。
（3）某气体氧化物的化学式为RO2，标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。
5．选择完成下列实验的装置。
(1)自来水制备蒸馏水用 (填序号，下同)。
(2)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，用 。
(3)从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用 。
6．铁及其化合物与生产、生活关系密切，请回答下列问题：
（1）印刷电路板是有高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”。请你写出该反应的离子方程式： 。
（2）工业上可用废铁屑制铁红(Fe2O3)，生产中首先用废铁屑与HNO3反应制得Fe(NO3)2。写出稀HNO3与过量Fe反应的离子方程式： ；从“绿色化学”思想看制备Fe(NO3)2应用浓HNO3还是稀HNO3？并说明理由：
（3）高铁酸盐(FeO42-)是一种新型净水剂，既能净水又能杀菌。请运用所学知识推测高铁酸盐(FeO42-)能用于自来水杀菌消毒的原因： 。制备它的一种方法是用Fe2(SO4)3和NaClO在强碱性溶液中反应，写出反应的离子方程式： 。
（4）在一定体积的含有Al3+、Fe3+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和NaSO4的混合溶液（除上述离子外，其他离子不与所加试剂反应），产生沉淀的物质的量与所加溶液的体积的关系如图所示:
①写出(a+10)到(a+20)过程中反应的离子方程式：
②NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH) c(Na2SO4)（填>、<或=）
③上述含Al3+、Fe3+、Ba2+的混合溶液中n(Al3+)= ml
7．(1)标准状况下，气体的体积为，则此气体的相对分子质量为 。
(2)在、的条件下，相同质量的和气体的体积之比是，则的摩尔质量为 。
(3)两个容积相同的密闭容器、，在下，中充入气体，中充入气体，与的压强之比是，则的摩尔质量为 。
(4)相同条件下，体积比为和质量比为的H2和O2的混合气体，其平均摩尔质量分别是 和 。
8．是重要的化工原料，具有多种用途。
(1)可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，请写出与反应的化学方程式 。
(2)将一定量的固体投入到含有下列离子的溶液中：、、、，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有 (填离子符号)。
(3)将34.2g蔗糖(C12H22O11)完全燃烧后的产物通过足量Na2O2，Na2O2增重 34.2g(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)现有以下物质：①NaOH溶液；②熔融NaCl；③氯化氢；④熔融；⑤NaOH固体；⑥；⑦液氯；⑧乙醇。以上能导电的物质是 (填序号，下同)，能导电的电解质是 。
9．现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤Ba(OH)2，⑥红褐色的氢氧化铁胶体，⑦稀盐酸，⑧NaHSO4，⑨碳酸钙，⑩乙醇
(1)上述物质中属于非电解质的有 (填序号)。
(2)向⑥中逐渐滴加④的溶液，看到的现象是 。
(3)⑧在水中的电离方程式为 。
(4)⑨和⑦混合，反应的离子方程式为 。
10．金属“钙线”是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某“钙线”的主要成分为金属M和Ca。
（1）Ca元素在元素周期表中的位置是 ，最外层电子排布式为 。
（2）CaF2的电子式为 ，CaF2熔点比SiF4熔点 （选填“高”、“低”或“相同”），原因是 。
（3）将“钙线”试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n．则金属M为 ，检测Mn+的另一种方法是 。
（4）配平下列化学方程式： P+ FeO+ CaO→ Ca3（PO4）2+ Fe， ，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为 个。
二、未知
11．根据下列事实：①A+B2+＝A2++B；②D+2H2O＝D（OH）2↓+H2↑；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e－＝E，B﹣2e－＝B2+．由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是
A．D2+＞A2+＞B2+＞E2+B．B2+＞A2+＞D2+＞E2+
C．D2+＞E2+＞A2+＞B2+D．E2+＞B2+＞A2+＞D2+
12．下列事实及其解释不正确的是( )。
A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3
B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气
C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应
D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应
13．下列有关物质的性质与应用说法正确的是 ( )
A．过氧化钠有强氧化性，可用作漂白剂。
B．KSCN溶液与Fe3＋反应生成血红色沉淀，常用于检验Fe3＋
C．大气中二氧化氮达到一定浓度时有毒，常用排水法收集
D．明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于水的杀菌消毒
14．下列相关实验中，由“操作和现象”得出的“结论”正确的是
A．AB．BC．CD．D
15．下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是
A．有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应
B．某物质在固态时能导电，可确认该物质是金属单质
C．一种元素在同一物质中可显示不同价态，但一定是该元素的相邻价态
D．氧化物只可能是氧化产物，不可能是还原产物
16．下列除杂质的操作方法中不正确的是
A．NO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥
B．食盐中有少量的NH4Cl：直接加热
C．N2 中有少量的O2：通过灼热的铜网
D．Na2CO3中混有NH4HCO3：加过量的NaOH溶液加热
17．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了 ②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 ④定容时，俯视容量瓶的刻度线 ⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A．①②⑤B．①③⑤C．③④⑤D．②③④
18．下列反应中，属于氧化还原反应同时又是放热反应的是（ ）
A．Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应B．铝与稀盐酸
C．灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应D．氧化铁和稀盐酸的反应
19．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原．羟胺的酸性溶液能与50mL0.25ml/LKMnO4酸性溶液完全作用（已知MnO4﹣被还原为Mn2+）则上述反应中羟胺的氧化产物是
A．N2B．N2OC．NOD．NO2
20．设 NA 表示阿伏加 德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．标准状况下，22.4L CCl4 含有的原子数为 5NA
B．1.8g 的 NH4+中含有的电子数为 NA
C．常温常压下，32 g O2 和 O3 的混合气体中所含原子数为 1.5 NA
D．7.1g Cl2 溶于水，转移电子数目为 0.1NA
三、实验探究题
21．课堂上，老师取20g蔗糖放入小烧杯中，加少量水使它润湿，注入10mL浓硫酸，搅拌。
(1)同学们看到蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是炭，原因是浓硫酸具有强 。
形成“黑面包”的主要原因是什么？在老师的指导下，同学们开展了探究活动。
【猜想与假设】浓硫酸与炭反应，生成大量气体使黑色固体膨胀。
【查阅资料】
Ⅰ．浓硫酸与炭在加热条件下反应，生成物中有、两种气体。
Ⅱ．是一种具有刺激性气味的气体，也能与溶液反应生成白色沉淀。
Ⅲ．能使品红溶液褪色，而不能。
【实验探究】为验证炭与浓硫酸在加热条件下反应生成的气体产物，同学们在老师指导下设计并进行了如图实验。
【事实与结论】
(2)请将能得出对应结论的实验现象填入表中。
(3)炭与浓硫酸反应的化学方程式是 。
浓硫酸与炭在加热条件下反应产生大量的和，使黑色固体膨胀，形成“黑面包”，猜想成立。
【反思与交流】
(4)小明同学提出，因老师的演示实验没有进行加热，所以同学们的探究实验无意义，其他同学一致否定了他的说法，理由是 。
(5)若B、E中试剂交换， (填“能”或“不能”)得出有产生的结论，理由是 。
(6)C中酸性高锰酸钾溶液的作用是 ，请用相应的离子方程式表示： 。
22．某同学用反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O制备纯净干燥的氯气，设计的实验装置如图：
(1)分液漏斗a所盛试剂名称为 。
(2)饱和食盐水的作用是 。
(3)b的主要成分化学式为 。
(4)实验开始后，c中的现象是 。
(5)氢氧化钠溶液作用是吸收尾气中的氯气，相应反应的离子方程式为 。
23．现有某一含2ml/L的Mg2+、2ml/L的Al3+的氯化镁和氯化铝溶液20mL。
(1)该溶液中Cl－物质的量浓度是 ；要将溶液中Mg2+ 转化为沉淀完全分离，至少需加入3.0ml/L的NaOH溶液 mL。
(2)若要配制上述所需NaOH溶液，需要称量的固体质量为 ，需要的玻璃仪器除了烧杯还有 、 、 。
(3)人们常将配制过程简述如下：①冷却；②洗涤烧杯中的液体；③称量；④溶解；⑤定容；⑥摇匀；⑦移液。其正确的操作顺序是 。(填各步骤序号、不重复)
(4)若在上述配制过程中没有进行冷却这一步操作，则所配制溶液的浓度将 （填“偏高”，“偏低”或“不变”，下同）；若采用俯视刻度线的方法进行定容，则所配制溶液的浓度将 。
参考答案：
1．(1)D
(2)Cl2++H2O=2Cl-++2H+
(3)c
【分析】(1)
A．亚硝酸盐将人体内的Fe2+氧化为Fe3+而使人中毒，说明亚硝酸盐具有氧化性，其本身被还原，A正确；
B．服用维生素C可解毒，说明维生素C将Fe3+还原为Fe2+，则维生素C是还原剂，B正确；
C．服用维生素C可解毒，说明维生素C将Fe3+还原为Fe2+，C正确；
D．亚硝酸盐在反应中表现氧化性，作氧化剂，D错误；
故合理选项是D；
(2)
氯气与NaNO2溶液反应生成NaNO3和HCl，由元素守恒可知有水参加反应，根据物质的拆分原则，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应离子方程式为：Cl2++H2O=2Cl-++2H+；
(3)
将Fe2+氧化为Fe3+，要求产物纯净，不能引入杂质，可以选择双氧水，故合理选项为c。
2．是
【分析】Al3+水解消耗OH-，AlO2-水解消耗H+，结合溶液的酸碱性及离子浓度变化分析。
【详解】Al3+是强酸盐电离产生，Al3+会发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，水解方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解产生H+，使溶液显酸性；
AlO2-是强碱盐电离产生，AlO2-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，水解方程式为：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性；两种离子在同一溶液中，水解产生的H+、OH-发生中和反应，使二者水解程度增大，最终都有转化为Al(OH)3沉淀，反应方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O =4Al(OH)3↓，因此二者不能大量共存。
【点睛】本题考查了离子共存的原因分析的知识。掌握盐的水解规律是本题解答的关键。根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，水解后溶液酸碱性相反的微粒会由于反应而不能大量共存，水解酸碱性相同的微粒相互抑制而导致水解程度减弱，可以大量共存。
3． n 微粒数目 阿伏加 德罗常数 m 物质的量 g/ml n 气体体积 气体摩尔体积
【详解】（1）微粒数目与物质的量公式为：，N表示微粒数目，NA表示阿伏加 德罗常数，故答案为：n；微粒数目；阿伏加 德罗常数；
（2）物质质量与物质的量公式为：，n表示物质的量，M表示摩尔质量，单位为g/ml，故答案为：m；物质的量；g/ml；
（3）标况下气体体积与物质的量公式为：，V表示气体体积，Vm表示气体摩尔体积，故答案为：n；气体体积；气体摩尔体积。
4． 5:5:4 10:5:4 5:5:4 3.36 64 g⋅ml−1 32
【分析】（1）根据n=计算物质的量之比，由N=nNA可知分子数目之比等于其物质的量之比；结合分子中含有的氧原子数目计算氧原子数目之比；根据V=nVm可知，相同条件下，体积之比等于物质的量之比；
（2）根据n=计算1.7g氨气的物质的量，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），据此计算n（H2S），再根据V=nVm计算硫化氢的体积；
（3）根据n=计算该气体氧化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，进而计算R的相对原子质量。
【详解】(1)SO2、CO、NO的质量比为16:7:6,其物质的量之比为1664:728:630=5:5:4，所以其分子数之比为5:5:4，氧原子数之比=5×2:5×1:4×1=10:5:4，相同条件下的体积之比为5:5:4，
故答案为5:5:4；10:5:4；5:5:4；
(2)1.7gNH3的物质的量为1.7g÷17g⋅ml−1=0.1 ml,硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等,则2n(H2S)=3n(NH3),故n(H2S)=0.1ml×3÷2=0.15 ml,则标准状况下0.15ml H2S的体积为0.15ml×22.4L⋅ml−1=3.36 L，
故答案为2.24；3.36；
(3)在标准状况下,1.28g该氧化物的体积为448 mL,其物质的量为0.448L÷22.4L⋅ml−1=0.02 ml,摩尔质量为1.28g÷0.02ml=64g⋅ml−1，R的相对原子质量为64−16×2=32，
故答案为64 g⋅ml−1；32。
5． ① ③ ②
【详解】(1)用蒸馏的方法处制备蒸馏水，选用装置①；
(2)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，加热固体时，试管口应略低于试管底部，氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集，选用装置③；
(3)用蒸发的方法从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用装置②。
6． 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O 稀硝酸 用稀硝酸氮的利用率高，产生的污染气体也少 FeO42-具有氧化性 3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O = 0.2
【详解】试题分析：（1）FeCl3溶液作为“腐蚀液”，生成CuCl2和FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（2）稀HNO3与过量Fe反应生成硝酸亚铁，一氧化氮和水，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2+++2NO↑+4H2O；“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应，Fe与浓硝酸反应为Fe+4HNO3（浓）=Fe（NO3）2+2NO2↑+2H2O，与稀硝酸反应为3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，相比用稀硝酸氮的利用率高，产生的污染气体也少，故答案为3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O；稀硝酸；用稀硝酸氮的利用率高，产生的污染气体也少；
（3）Fe042-具有氧化性物质能够杀菌消毒；Fe2（SO4）3和NaCl0在强碱性溶液中反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，离子方程式为：3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为Fe042-具有氧化性；3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）含有Al3+、Fe3+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和NaSO4的混合溶液，0-a沉淀逐渐增多，发生反应为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓；a-（a+10）沉淀不变，则说明生成沉淀和溶解沉淀的物质的量刚好相等，反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（a+10）到（a+20）过程中沉淀减小，反应为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
①根据以上分析，（a+10）到（a+20）过程中反应的离子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
②根据a-（a+10）沉淀不变，则说明生成沉淀和溶解沉淀的物质的量刚好相等，反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，所以NaOH和Na2S04的混合溶液中c（NaOH）=c（Na2S04），故答案为=；
③根据以上分析，发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O的为a-（a+20），又由图象可知（a+10）到（a+20）过程中溶解的氢氧化铝为1-0.9=0.1ml，所以a-（a+10）溶解的氢氧化铝也为0.1ml，则在混合溶液中n（Al3+）=0.2ml，故答案为0.2。
考点：考查了离子反应、净水原理、图象分析的相关知识。
7． 64
【分析】在非标准状况下，计算某物质的相对分子质量或摩尔质量时，可利用阿伏加德罗定律及其推论进行分析，即同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比；同温同容下，气体的压强之比等于其物质的量之比。
【详解】(1)，，则其相对分子质量为64。答案为：64；
(2)温度、压强相同时，气体体积之比等于其物质的量之比，则，。答案为：；
(3)温度、体积相同时，气体压强之比等于其物质的量之比，则，。答案为：；
(4)体积比为的H2和O2的混合气体的平均摩尔质量；质量比为的H2和O2的混合气体的平均摩尔质量。答案为：；。
【点睛】计算平均相对分子质量时，可利用公式，也可利用公式。
8．(1)
(2)
(3)>
(4) ①②④ ②④
【详解】（1）与反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 。
（2）将一定量的固体投入到含有下列离子的溶液中，和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠电离出Na+、OH-，OH-和反应生成和水，所以减少、增多、增多、不变，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有。
（3）蔗糖(C12H22O11)完全燃烧后的产物是二氧化碳和水，Na2O2吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气、吸收水生成氢氧化钠和氧气，固体增加的质量可看做是CO、H2的质量，将34.2g蔗糖(C12H22O11)完全燃烧后的产物通过足量Na2O2，过氧化钠增加的质量为0.1mlC12H22O11和0.1mlO原子的质量，所以Na2O2增重>34.2g。
（4）①NaOH溶液是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解；②熔融NaCl含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；③氯化氢不含离子，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；④熔融含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤NaOH固体中离子不能自由移动，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；⑥自身不能电离，不导电，属于非电解质；⑦液氯是非金属单质，不导电，既不是电解质又不是非电解；⑧乙醇自身不能电离，不导电，属于非电解质；以上能导电的物质是①②④，能导电的电解质是②④。
9． ③⑩ 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 NaHSO4＝Na++H++ CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
【详解】①为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
②纯醋酸在水溶液中能导电，是电解质；
③CO2自身不能电离，是非电解质；
④H2SO4在水溶液中能导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；
⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀盐酸是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NaHSO4在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；
⑨碳酸钙在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑩乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
故(1)属于非电解质的是：③⑩；
(2)H2SO4是电解质，氢氧化铁胶体遇到H2SO4溶液，胶体发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀；再滴加H2SO4溶液，氢氧化铁沉淀与H2SO4反应生成硫酸铁，故现象为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；
(3)⑧为NaHSO4，在水中的电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++；
(4)⑨和⑦混合，碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O。
10． 第四周期第ⅡA族 4s2 高 CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多 Fe 取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+ 2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3（PO4）2+ 5 Fe 0.1NA
【分析】本题考查的是元素周期表、原子结构示意图、电子式、常见阳离子的检验、方程式的配平。
（1）根据原子核外电子排布画出原子结构示意图；
（2）根据电子式书写规则写出电子式；
（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为Fe（OH）2→Fe（OH）3的转化，M为Fe元素，检验铁离子常用SCN-，根据Fe3+与SCN-反应的现象分析。
【详解】（1）Ca的原子序数为20，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2，则在周期表中的位置为第四周期第ⅡA族，最外层电子排布为4s2。本小题答案为：第四周期第ⅡA族；4s2。
（2）CaF2为离子化合物，其电子式为；一般离子晶体的熔点高于分子晶体，CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强烈得多，故CaF2的熔点比SiF4的熔点高。本小题答案为：；高；CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多。
（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，故M为Fe，检验Fe3+的另一种方法是取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。本小题答案为：Fe；取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。
（4）P元素的化合价由0价升高为+5价，Fe元素的化合价由+2价降低为0价，由电子、原子守恒可知反应为2P+5FeO+3CaO→1Ca3（PO4）2+5Fe，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为（2.8g/56g/ml）×(2-0)×NA=0.1 NA。本小题答案为：2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3（PO4）2+ 5 Fe ；0.1NA。
11．D
【详解】同一化学反应中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，
①A+B2+=A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性＞A2+的氧化性；
②D+2H2O=D（OH）2+H2↑，该反应中氧化剂是H2O，氧化产物是D（OH）2，所以H2O的氧化性＞D2+的氧化性；
③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e﹣=E，B﹣2e﹣=B2+，该电池的电池反应式为E2++B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性＞B2+的氧化性；
所以各离子的氧化性大小为E2+＞B2+＞A2+＞D2+；
故选D。
12．A
【详解】A．加热促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强，错误；
B．钠比煤油密度大，且不反应，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气，正确；
C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量，正确；
D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，正确。
13．A
【分析】A. 过氧化钠在反应中作氧化剂，具有强氧化性；
B. SCN-与Fe3＋反应生成血红色物质；
C. 二氧化氮可以和水反应生成硝酸和NO；
D. 明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于净水。
【详解】A. 过氧化钠在反应中作氧化剂，具有强氧化性，可用作漂白剂，A项正确；
B. SCN-与Fe3＋反应生成血红色物质，该物质不是沉淀， B项错误；
C. 二氧化氮可以和水反应生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集，C项错误；
D. 明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于净水，不能杀菌消毒，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题容易出错的地方是误把SCN-与Fe3＋反应生成的产物当成沉淀，SCN-与Fe3＋发生的是络合反应，得到的产物是血红色溶液而不是沉淀。
14．B
【详解】A．某溶液加入酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，则SO32-也可以被氧化为SO42-，故A错误；
B．纯碱溶液中滴加足量稀盐酸，将产生CO2气体，强酸制弱酸，说明酸性：盐酸>碳酸；又CO2气体通入苯酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚，综上分析，B正确；
C．某溶液加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液可能有：CO32-或SO32-、HCO3-或HSO3-，故C错误；
D．Fe(NO3)2试样加稀硫酸溶解，在酸性条件下，有NO3-，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，溶液不一定变质，故D错误；
答案选B。
【点睛】强酸制弱酸的应用是：强酸与弱酸盐反应可以置换出弱酸，可能以设计实验的形式进行考查。
15．A
【详解】A. 有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应，如3CO+Fe2O32Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，但属于无机反应，A正确；
B.固态时能导电，该物质可能为金属单质，也可能为非金属单质如石墨，B不正确；
C.一种元素在同一物质中可显示不同价态，但不一定是该元素的相邻价态，如在NH4NO3中N元素的化合价分别为+5、-3，二者不相邻，C不正确；
D．氧化物既可能是氧化产物，也可能是还原产物，如在反应CO2+C2CO中，CO既是氧化产物也是还原产物，D不正确。
答案选A。
16．D
【详解】A、NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO，正确；
B、加热可使NH4Cl分解为氨气和氯化氢，正确；
C、N2与灼热的铜网不反应， O2与灼热的铜网反应生成氧化铜，正确；
D、NH4HCO3溶液加过量的NaOH溶液加热，溶液中混有剩余的氢氧化钠，错误；
答案选D。
17．A
【详解】①用天平（使用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①选；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，③不选；④定容时，俯视视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，浓度偏高，④不选；⑤定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤选；答案选A。
18．B
【详解】A．没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于吸热反应，故A不选；
B．Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故B选；
C．C、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，故C不选；
D、没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于放热反应，故D不选；
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应及吸热反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，注意常见的吸热反应和放热反应。解题关键：含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，结合常见的放热反应来解答。
19．D
【详解】由25.00mL 0.05ml/L的羟胺的酸性溶液与50mL 0.25ml/L的KMnO4酸性溶液完全作用可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，NH2OH中N元素的化合价为-1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，25.00×0.001L×0.5ml/L×（x+1）=50.00×0.001L×0.25ml/L×（7-2），解得x=4，羟胺的氧化产物是NO2。
【点睛】
20．B
【详解】A. 标准状况下CCl4 是液体， 22.4L CCl4的物质的量不是1ml，故A错误；
B. 1.8g 的 NH4+中含有的电子数为NA，故B正确；
C. O2 和 O3都是由氧原子构成， 32 g O2 和 O3 的混合气体中所含原子数 2 NA，故C错误；
D. 7.1g Cl2 溶于水，只有部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移电子数目小于0.1NA，故D错误。
故选B。
21．(1)脱水性
(2) B中品红稀溶液褪色 D中品红稀溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑浊
(3)
(4)硫酸遇水稀释时放出大量的热
(5) 不能 也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验
(6) 除去，防止干扰的检验
【分析】A装置为发生装置，在A装置中C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫和二氧化碳；由于二氧化硫具有漂白性能使B中的品红溶液褪色，以此来检验该反应中有二氧化硫产生；由于二氧化硫除具有漂白性外还具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以C装置的作用为吸收二氧化硫，同时D为检验二氧化硫在C中是否除尽，若品红溶液无明显实验现象，则二氧化硫被除尽；则气体就剩下二氧化碳和少量的水蒸气，若D装置的澄清石灰水变浑浊，则剩余气体为二氧化碳，据此分析可得。
【详解】（1）向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌后蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是碳，则此过程为有机化合物的脱水（或碳化），体现浓硫酸的脱水性，故答案为：脱水性；
（2）SO2具有漂白性、能使品红溶液褪色，而CO2不能，所以B装置中的品红溶液褪色，则说明有二氧化硫气体生成；D中品红溶液不褪色，则说明二氧化硫在C中被除尽，进入E中使澄清石灰水中的气体为二氧化碳；故答案为：B中品红溶液褪色；D中品红溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑；
（3）C与浓硫酸在加热条件下，发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则其反应方程式为：，
（4）浓硫酸溶于水放出大量的热，不加热该反应也可进行，故答案为：硫酸遇水稀释时放出大量的热；
（5）SO2和CO2均能使E中澄清石灰水变浑浊，无法判断是否有CO2产生，故不能将B、E中试剂交换，故答案为：不能；也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验；
（6）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与具有还原性的二氧化硫发生氧化还原反应而将其吸收除去，防止干扰二氧化碳的检验，两者反应的方程式为：；故答案为：吸收SO2，防止干扰CO2检验，。
22． 浓盐酸 吸收HCl H2SO4 黄绿色气体逐渐充满容器 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【分析】用反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O制备纯净干燥的氯气，由于浓盐酸易挥发，制得的氯气中会含有氯化氢和水蒸气，结合氯气的性质分析解答。
【详解】(1)根据图示和反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，分液漏斗a所盛试剂为浓盐酸，故答案为：浓盐酸；
(2)要得到纯净的氯气，应除去氯气中挥发出的氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，故答案为：吸收HCl；
(3)要得到纯净的氯气，应除去氯气中挥发出的氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，故答案为：H2SO4；
(4)由于氯气是密度比空气大的黄绿色气体，因此实验开始后，c中的现象是黄绿色气体逐渐充满集气瓶，故答案为：黄绿色气体逐渐充满容器(或集气瓶)；
(5)氢氧化钠溶液作用是吸收尾气中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
23． 10ml/L 80 12.0g 玻璃棒 胶头滴管 100ml容量瓶 ③④①⑦②⑤⑥ 偏高 偏高
【分析】（1）根据电荷守恒有2c（Mg2+）+3c（Al3+）=c（Cl-），据此解答；
将溶液中Mg2+转化为氢氧化镁沉淀完全分离，铝离子转化为偏铝酸根，此时氢氧化钠恰好反应需要体积最少，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再根据V=计算氢氧化钠溶液的体积；
（2）实验室没有200mL容量瓶，以选择250mL容量瓶，还需要烧杯、玻璃棒；
（3）根据溶液配制的操作步骤进行排序；
（4）依据操作不当对浓度的影响作答。
【详解】（1）电荷守恒有c（Cl-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+）=2×2ml/L+3×2ml/L=10ml/L，
将溶液中Mg2+转化为氢氧化镁沉淀完全分离，铝离子转化为偏铝酸根，此时氢氧化钠恰好反应需要体积最少，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，故n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=10ml/L×0.02L+2ml×0.02L=0.24 ml，故需要氢氧化钠溶液的最小体积为=0.08 L=80mL，故答案为10ml/L；80；
（2）若要配制上述所需3ml/LNaOH溶液80mL，需要选取100mL的容量瓶，需要称量的固体质量m=nM=0.3 ml/L×0.1L×40g/ml=0.12g；所缺仪器为100mL容量瓶，由玻璃棒搅拌、引流，胶头滴管用于定容，
故答案为玻璃棒；胶头滴管；100mL的容量瓶；
（3）溶液配制的演变步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，正确的顺序为③④①⑦②⑤⑥，
故答案为③④①⑦②⑤⑥；
（4）若在上述配制过程中没有进行冷却这一步操作，则所配制溶液的体积会偏小，最终导致浓度将偏高；采用俯视刻度线的方法进行定容，则所配制溶液的体积会会偏小，最终导致浓度将偏高，故答案为偏高；偏高。
操作和现象
结论
A
取某溶液少许，加入酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
该溶液一定含SO42-
B
向纯碱溶液中滴加足量稀盐酸，将产生的气体通入苯酸钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：盐酸>碳酸>苯酚
C
某溶液加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含CO32-或SO32-
D
取少量Fe(NO3)2试样加稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，溶液变红色
该Fe(NO3)2试样已经变质
验证气体
实验现象
实验结论
有产生
。
有产生
一、填空题
1．HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物，试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是___________(填字母)。
A．亚硝酸盐被还原B．维生素C是还原剂
C．维生素C将Fe3+还原为Fe2+D．亚硝酸盐是还原剂
(2)某同学把新制的氯水(主要成分Cl2)加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式： 。
(3)与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4，若用反应所得的酸性溶液，将Fe2+转化为Fe3+，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是 (填字母)。
a．Cl2 b．Fe c．H2O2 d．HNO3
2．Al3+与AlO2-不能大量共存是它们相互促进水解完全造成的么？
3．补充完整下列化学计算公式：
(1)N= NA， N表示 ， NA表示 。
(2) =n M， n表示 ， M的单位为 。
(3)V= Vm， V表示 ， Vm表示 。
4．完成下列填空
（1）质量之比为16∶7∶6的三种气体SO2、CO、NO，分子数之比为 ；氧原子数之比为 ；相同条件下的体积之比为 。
（2）标准状况下，1.7gNH3与标准状况下 LH2S含有相同数目的氢原子。
（3）某气体氧化物的化学式为RO2，标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。
5．选择完成下列实验的装置。
(1)自来水制备蒸馏水用 (填序号，下同)。
(2)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，用 。
(3)从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用 。
6．铁及其化合物与生产、生活关系密切，请回答下列问题：
（1）印刷电路板是有高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”。请你写出该反应的离子方程式： 。
（2）工业上可用废铁屑制铁红(Fe2O3)，生产中首先用废铁屑与HNO3反应制得Fe(NO3)2。写出稀HNO3与过量Fe反应的离子方程式： ；从“绿色化学”思想看制备Fe(NO3)2应用浓HNO3还是稀HNO3？并说明理由：
（3）高铁酸盐(FeO42-)是一种新型净水剂，既能净水又能杀菌。请运用所学知识推测高铁酸盐(FeO42-)能用于自来水杀菌消毒的原因： 。制备它的一种方法是用Fe2(SO4)3和NaClO在强碱性溶液中反应，写出反应的离子方程式： 。
（4）在一定体积的含有Al3+、Fe3+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和NaSO4的混合溶液（除上述离子外，其他离子不与所加试剂反应），产生沉淀的物质的量与所加溶液的体积的关系如图所示:
①写出(a+10)到(a+20)过程中反应的离子方程式：
②NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH) c(Na2SO4)（填>、<或=）
③上述含Al3+、Fe3+、Ba2+的混合溶液中n(Al3+)= ml
7．(1)标准状况下，气体的体积为，则此气体的相对分子质量为 。
(2)在、的条件下，相同质量的和气体的体积之比是，则的摩尔质量为 。
(3)两个容积相同的密闭容器、，在下，中充入气体，中充入气体，与的压强之比是，则的摩尔质量为 。
(4)相同条件下，体积比为和质量比为的H2和O2的混合气体，其平均摩尔质量分别是 和 。
8．是重要的化工原料，具有多种用途。
(1)可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，请写出与反应的化学方程式 。
(2)将一定量的固体投入到含有下列离子的溶液中：、、、，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有 (填离子符号)。
(3)将34.2g蔗糖(C12H22O11)完全燃烧后的产物通过足量Na2O2，Na2O2增重 34.2g(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)现有以下物质：①NaOH溶液；②熔融NaCl；③氯化氢；④熔融；⑤NaOH固体；⑥；⑦液氯；⑧乙醇。以上能导电的物质是 (填序号，下同)，能导电的电解质是 。
9．现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤Ba(OH)2，⑥红褐色的氢氧化铁胶体，⑦稀盐酸，⑧NaHSO4，⑨碳酸钙，⑩乙醇
(1)上述物质中属于非电解质的有 (填序号)。
(2)向⑥中逐渐滴加④的溶液，看到的现象是 。
(3)⑧在水中的电离方程式为 。
(4)⑨和⑦混合，反应的离子方程式为 。
10．金属“钙线”是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某“钙线”的主要成分为金属M和Ca。
（1）Ca元素在元素周期表中的位置是 ，最外层电子排布式为 。
（2）CaF2的电子式为 ，CaF2熔点比SiF4熔点 （选填“高”、“低”或“相同”），原因是 。
（3）将“钙线”试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n．则金属M为 ，检测Mn+的另一种方法是 。
（4）配平下列化学方程式： P+ FeO+ CaO→ Ca3（PO4）2+ Fe， ，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为 个。
二、未知
11．根据下列事实：①A+B2+＝A2++B；②D+2H2O＝D（OH）2↓+H2↑；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e－＝E，B﹣2e－＝B2+．由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是
A．D2+＞A2+＞B2+＞E2+B．B2+＞A2+＞D2+＞E2+
C．D2+＞E2+＞A2+＞B2+D．E2+＞B2+＞A2+＞D2+
12．下列事实及其解释不正确的是( )。
A．滴有酚酞的NaHCO3溶液呈浅红色，微热后红色加深，是因为NaHCO3分解生成了Na2CO3
B．钠保存在煤油中，是因为煤油不与钠发生反应，钠比煤油密度大，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气
C．用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应
D．钠长期暴露在空气中的产物是Na2CO3，原因是钠与氧气生成的Na2O与水和二氧化碳反应
13．下列有关物质的性质与应用说法正确的是 ( )
A．过氧化钠有强氧化性，可用作漂白剂。
B．KSCN溶液与Fe3＋反应生成血红色沉淀，常用于检验Fe3＋
C．大气中二氧化氮达到一定浓度时有毒，常用排水法收集
D．明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于水的杀菌消毒
14．下列相关实验中，由“操作和现象”得出的“结论”正确的是
A．AB．BC．CD．D
15．下列是某学生自己总结的一些规律，其中正确的是
A．有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应
B．某物质在固态时能导电，可确认该物质是金属单质
C．一种元素在同一物质中可显示不同价态，但一定是该元素的相邻价态
D．氧化物只可能是氧化产物，不可能是还原产物
16．下列除杂质的操作方法中不正确的是
A．NO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥
B．食盐中有少量的NH4Cl：直接加热
C．N2 中有少量的O2：通过灼热的铜网
D．Na2CO3中混有NH4HCO3：加过量的NaOH溶液加热
17．使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了 ②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 ③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 ④定容时，俯视容量瓶的刻度线 ⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
A．①②⑤B．①③⑤C．③④⑤D．②③④
18．下列反应中，属于氧化还原反应同时又是放热反应的是（ ）
A．Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应B．铝与稀盐酸
C．灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应D．氧化铁和稀盐酸的反应
19．羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原．羟胺的酸性溶液能与50mL0.25ml/LKMnO4酸性溶液完全作用（已知MnO4﹣被还原为Mn2+）则上述反应中羟胺的氧化产物是
A．N2B．N2OC．NOD．NO2
20．设 NA 表示阿伏加 德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．标准状况下，22.4L CCl4 含有的原子数为 5NA
B．1.8g 的 NH4+中含有的电子数为 NA
C．常温常压下，32 g O2 和 O3 的混合气体中所含原子数为 1.5 NA
D．7.1g Cl2 溶于水，转移电子数目为 0.1NA
三、实验探究题
21．课堂上，老师取20g蔗糖放入小烧杯中，加少量水使它润湿，注入10mL浓硫酸，搅拌。
(1)同学们看到蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是炭，原因是浓硫酸具有强 。
形成“黑面包”的主要原因是什么？在老师的指导下，同学们开展了探究活动。
【猜想与假设】浓硫酸与炭反应，生成大量气体使黑色固体膨胀。
【查阅资料】
Ⅰ．浓硫酸与炭在加热条件下反应，生成物中有、两种气体。
Ⅱ．是一种具有刺激性气味的气体，也能与溶液反应生成白色沉淀。
Ⅲ．能使品红溶液褪色，而不能。
【实验探究】为验证炭与浓硫酸在加热条件下反应生成的气体产物，同学们在老师指导下设计并进行了如图实验。
【事实与结论】
(2)请将能得出对应结论的实验现象填入表中。
(3)炭与浓硫酸反应的化学方程式是 。
浓硫酸与炭在加热条件下反应产生大量的和，使黑色固体膨胀，形成“黑面包”，猜想成立。
【反思与交流】
(4)小明同学提出，因老师的演示实验没有进行加热，所以同学们的探究实验无意义，其他同学一致否定了他的说法，理由是 。
(5)若B、E中试剂交换， (填“能”或“不能”)得出有产生的结论，理由是 。
(6)C中酸性高锰酸钾溶液的作用是 ，请用相应的离子方程式表示： 。
22．某同学用反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O制备纯净干燥的氯气，设计的实验装置如图：
(1)分液漏斗a所盛试剂名称为 。
(2)饱和食盐水的作用是 。
(3)b的主要成分化学式为 。
(4)实验开始后，c中的现象是 。
(5)氢氧化钠溶液作用是吸收尾气中的氯气，相应反应的离子方程式为 。
23．现有某一含2ml/L的Mg2+、2ml/L的Al3+的氯化镁和氯化铝溶液20mL。
(1)该溶液中Cl－物质的量浓度是 ；要将溶液中Mg2+ 转化为沉淀完全分离，至少需加入3.0ml/L的NaOH溶液 mL。
(2)若要配制上述所需NaOH溶液，需要称量的固体质量为 ，需要的玻璃仪器除了烧杯还有 、 、 。
(3)人们常将配制过程简述如下：①冷却；②洗涤烧杯中的液体；③称量；④溶解；⑤定容；⑥摇匀；⑦移液。其正确的操作顺序是 。(填各步骤序号、不重复)
(4)若在上述配制过程中没有进行冷却这一步操作，则所配制溶液的浓度将 （填“偏高”，“偏低”或“不变”，下同）；若采用俯视刻度线的方法进行定容，则所配制溶液的浓度将 。
参考答案：
1．(1)D
(2)Cl2++H2O=2Cl-++2H+
(3)c
【分析】(1)
A．亚硝酸盐将人体内的Fe2+氧化为Fe3+而使人中毒，说明亚硝酸盐具有氧化性，其本身被还原，A正确；
B．服用维生素C可解毒，说明维生素C将Fe3+还原为Fe2+，则维生素C是还原剂，B正确；
C．服用维生素C可解毒，说明维生素C将Fe3+还原为Fe2+，C正确；
D．亚硝酸盐在反应中表现氧化性，作氧化剂，D错误；
故合理选项是D；
(2)
氯气与NaNO2溶液反应生成NaNO3和HCl，由元素守恒可知有水参加反应，根据物质的拆分原则，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应离子方程式为：Cl2++H2O=2Cl-++2H+；
(3)
将Fe2+氧化为Fe3+，要求产物纯净，不能引入杂质，可以选择双氧水，故合理选项为c。
2．是
【分析】Al3+水解消耗OH-，AlO2-水解消耗H+，结合溶液的酸碱性及离子浓度变化分析。
【详解】Al3+是强酸盐电离产生，Al3+会发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，水解方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解产生H+，使溶液显酸性；
AlO2-是强碱盐电离产生，AlO2-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，水解方程式为：AlO2-+2H2OAl(OH)3+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性；两种离子在同一溶液中，水解产生的H+、OH-发生中和反应，使二者水解程度增大，最终都有转化为Al(OH)3沉淀，反应方程式为：Al3++3AlO2-+6H2O =4Al(OH)3↓，因此二者不能大量共存。
【点睛】本题考查了离子共存的原因分析的知识。掌握盐的水解规律是本题解答的关键。根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，水解后溶液酸碱性相反的微粒会由于反应而不能大量共存，水解酸碱性相同的微粒相互抑制而导致水解程度减弱，可以大量共存。
3． n 微粒数目 阿伏加 德罗常数 m 物质的量 g/ml n 气体体积 气体摩尔体积
【详解】（1）微粒数目与物质的量公式为：，N表示微粒数目，NA表示阿伏加 德罗常数，故答案为：n；微粒数目；阿伏加 德罗常数；
（2）物质质量与物质的量公式为：，n表示物质的量，M表示摩尔质量，单位为g/ml，故答案为：m；物质的量；g/ml；
（3）标况下气体体积与物质的量公式为：，V表示气体体积，Vm表示气体摩尔体积，故答案为：n；气体体积；气体摩尔体积。
4． 5:5:4 10:5:4 5:5:4 3.36 64 g⋅ml−1 32
【分析】（1）根据n=计算物质的量之比，由N=nNA可知分子数目之比等于其物质的量之比；结合分子中含有的氧原子数目计算氧原子数目之比；根据V=nVm可知，相同条件下，体积之比等于物质的量之比；
（2）根据n=计算1.7g氨气的物质的量，硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等，则2n（H2S）=3n（NH3），据此计算n（H2S），再根据V=nVm计算硫化氢的体积；
（3）根据n=计算该气体氧化物的物质的量，根据M=计算其摩尔质量，进而计算R的相对原子质量。
【详解】(1)SO2、CO、NO的质量比为16:7:6,其物质的量之比为1664:728:630=5:5:4，所以其分子数之比为5:5:4，氧原子数之比=5×2:5×1:4×1=10:5:4，相同条件下的体积之比为5:5:4，
故答案为5:5:4；10:5:4；5:5:4；
(2)1.7gNH3的物质的量为1.7g÷17g⋅ml−1=0.1 ml,硫化氢与氨气含有的氢原子数目相等,则2n(H2S)=3n(NH3),故n(H2S)=0.1ml×3÷2=0.15 ml,则标准状况下0.15ml H2S的体积为0.15ml×22.4L⋅ml−1=3.36 L，
故答案为2.24；3.36；
(3)在标准状况下,1.28g该氧化物的体积为448 mL,其物质的量为0.448L÷22.4L⋅ml−1=0.02 ml,摩尔质量为1.28g÷0.02ml=64g⋅ml−1，R的相对原子质量为64−16×2=32，
故答案为64 g⋅ml−1；32。
5． ① ③ ②
【详解】(1)用蒸馏的方法处制备蒸馏水，选用装置①；
(2)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，加热固体时，试管口应略低于试管底部，氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集，选用装置③；
(3)用蒸发的方法从NaCl溶液中获取NaCl固体，选用装置②。
6． 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O 稀硝酸 用稀硝酸氮的利用率高，产生的污染气体也少 FeO42-具有氧化性 3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O = 0.2
【详解】试题分析：（1）FeCl3溶液作为“腐蚀液”，生成CuCl2和FeCl2，该离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（2）稀HNO3与过量Fe反应生成硝酸亚铁，一氧化氮和水，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2+++2NO↑+4H2O；“绿色化学”思想指的是化学反应中没有污染性的物质生成、原子利用率高的反应，Fe与浓硝酸反应为Fe+4HNO3（浓）=Fe（NO3）2+2NO2↑+2H2O，与稀硝酸反应为3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，相比用稀硝酸氮的利用率高，产生的污染气体也少，故答案为3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O；稀硝酸；用稀硝酸氮的利用率高，产生的污染气体也少；
（3）Fe042-具有氧化性物质能够杀菌消毒；Fe2（SO4）3和NaCl0在强碱性溶液中反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，离子方程式为：3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为Fe042-具有氧化性；3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
（4）含有Al3+、Fe3+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和NaSO4的混合溶液，0-a沉淀逐渐增多，发生反应为Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Ba2++SO42-=BaSO4↓；a-（a+10）沉淀不变，则说明生成沉淀和溶解沉淀的物质的量刚好相等，反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；（a+10）到（a+20）过程中沉淀减小，反应为：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，
①根据以上分析，（a+10）到（a+20）过程中反应的离子方程式：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
②根据a-（a+10）沉淀不变，则说明生成沉淀和溶解沉淀的物质的量刚好相等，反应为：Ba2++SO42-=BaSO4↓、Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，所以NaOH和Na2S04的混合溶液中c（NaOH）=c（Na2S04），故答案为=；
③根据以上分析，发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O的为a-（a+20），又由图象可知（a+10）到（a+20）过程中溶解的氢氧化铝为1-0.9=0.1ml，所以a-（a+10）溶解的氢氧化铝也为0.1ml，则在混合溶液中n（Al3+）=0.2ml，故答案为0.2。
考点：考查了离子反应、净水原理、图象分析的相关知识。
7． 64
【分析】在非标准状况下，计算某物质的相对分子质量或摩尔质量时，可利用阿伏加德罗定律及其推论进行分析，即同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比；同温同容下，气体的压强之比等于其物质的量之比。
【详解】(1)，，则其相对分子质量为64。答案为：64；
(2)温度、压强相同时，气体体积之比等于其物质的量之比，则，。答案为：；
(3)温度、体积相同时，气体压强之比等于其物质的量之比，则，。答案为：；
(4)体积比为的H2和O2的混合气体的平均摩尔质量；质量比为的H2和O2的混合气体的平均摩尔质量。答案为：；。
【点睛】计算平均相对分子质量时，可利用公式，也可利用公式。
8．(1)
(2)
(3)>
(4) ①②④ ②④
【详解】（1）与反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为 。
（2）将一定量的固体投入到含有下列离子的溶液中，和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠电离出Na+、OH-，OH-和反应生成和水，所以减少、增多、增多、不变，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有。
（3）蔗糖(C12H22O11)完全燃烧后的产物是二氧化碳和水，Na2O2吸收二氧化碳生成碳酸钠和氧气、吸收水生成氢氧化钠和氧气，固体增加的质量可看做是CO、H2的质量，将34.2g蔗糖(C12H22O11)完全燃烧后的产物通过足量Na2O2，过氧化钠增加的质量为0.1mlC12H22O11和0.1mlO原子的质量，所以Na2O2增重>34.2g。
（4）①NaOH溶液是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解；②熔融NaCl含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；③氯化氢不含离子，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；④熔融含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；⑤NaOH固体中离子不能自由移动，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；⑥自身不能电离，不导电，属于非电解质；⑦液氯是非金属单质，不导电，既不是电解质又不是非电解；⑧乙醇自身不能电离，不导电，属于非电解质；以上能导电的物质是①②④，能导电的电解质是②④。
9． ③⑩ 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液 NaHSO4＝Na++H++ CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O
【详解】①为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；
②纯醋酸在水溶液中能导电，是电解质；
③CO2自身不能电离，是非电解质；
④H2SO4在水溶液中能导电，是电解质；
⑤Ba(OH)2在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；
⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦稀盐酸是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧NaHSO4在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质；
⑨碳酸钙在熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑩乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；
故(1)属于非电解质的是：③⑩；
(2)H2SO4是电解质，氢氧化铁胶体遇到H2SO4溶液，胶体发生聚沉，生成氢氧化铁沉淀；再滴加H2SO4溶液，氢氧化铁沉淀与H2SO4反应生成硫酸铁，故现象为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；
(3)⑧为NaHSO4，在水中的电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++；
(4)⑨和⑦混合，碳酸钙溶于盐酸生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O。
10． 第四周期第ⅡA族 4s2 高 CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多 Fe 取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+ 2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3（PO4）2+ 5 Fe 0.1NA
【分析】本题考查的是元素周期表、原子结构示意图、电子式、常见阳离子的检验、方程式的配平。
（1）根据原子核外电子排布画出原子结构示意图；
（2）根据电子式书写规则写出电子式；
（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为Fe（OH）2→Fe（OH）3的转化，M为Fe元素，检验铁离子常用SCN-，根据Fe3+与SCN-反应的现象分析。
【详解】（1）Ca的原子序数为20，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2，则在周期表中的位置为第四周期第ⅡA族，最外层电子排布为4s2。本小题答案为：第四周期第ⅡA族；4s2。
（2）CaF2为离子化合物，其电子式为；一般离子晶体的熔点高于分子晶体，CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强烈得多，故CaF2的熔点比SiF4的熔点高。本小题答案为：；高；CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多。
（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，故M为Fe，检验Fe3+的另一种方法是取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。本小题答案为：Fe；取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。
（4）P元素的化合价由0价升高为+5价，Fe元素的化合价由+2价降低为0价，由电子、原子守恒可知反应为2P+5FeO+3CaO→1Ca3（PO4）2+5Fe，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为（2.8g/56g/ml）×(2-0)×NA=0.1 NA。本小题答案为：2 P+ 5 FeO+ 3 CaO→ 1 Ca3（PO4）2+ 5 Fe ；0.1NA。
11．D
【详解】同一化学反应中，氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，
①A+B2+=A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性＞A2+的氧化性；
②D+2H2O=D（OH）2+H2↑，该反应中氧化剂是H2O，氧化产物是D（OH）2，所以H2O的氧化性＞D2+的氧化性；
③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为：E2++2e﹣=E，B﹣2e﹣=B2+，该电池的电池反应式为E2++B=E+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性＞B2+的氧化性；
所以各离子的氧化性大小为E2+＞B2+＞A2+＞D2+；
故选D。
12．A
【详解】A．加热促进碳酸氢根离子的水解，溶液碱性增强，错误；
B．钠比煤油密度大，且不反应，钠沉在底部，煤油可以使钠隔绝空气和水蒸气，正确；
C．脱脂棉燃烧需要达到其着火点，应由过氧化钠与二氧化碳、水反应提供热量，正确；
D．钠与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液吸收二氧化碳生成碳酸钠晶体，碳酸钠晶体风化得到碳酸钠，正确。
13．A
【分析】A. 过氧化钠在反应中作氧化剂，具有强氧化性；
B. SCN-与Fe3＋反应生成血红色物质；
C. 二氧化氮可以和水反应生成硝酸和NO；
D. 明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于净水。
【详解】A. 过氧化钠在反应中作氧化剂，具有强氧化性，可用作漂白剂，A项正确；
B. SCN-与Fe3＋反应生成血红色物质，该物质不是沉淀， B项错误；
C. 二氧化氮可以和水反应生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集，C项错误；
D. 明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于净水，不能杀菌消毒，D项错误；
答案选A。
【点睛】本题容易出错的地方是误把SCN-与Fe3＋反应生成的产物当成沉淀，SCN-与Fe3＋发生的是络合反应，得到的产物是血红色溶液而不是沉淀。
14．B
【详解】A．某溶液加入酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，则SO32-也可以被氧化为SO42-，故A错误；
B．纯碱溶液中滴加足量稀盐酸，将产生CO2气体，强酸制弱酸，说明酸性：盐酸>碳酸；又CO2气体通入苯酸钠溶液中，溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚，综上分析，B正确；
C．某溶液加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液可能有：CO32-或SO32-、HCO3-或HSO3-，故C错误；
D．Fe(NO3)2试样加稀硫酸溶解，在酸性条件下，有NO3-，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，溶液不一定变质，故D错误；
答案选B。
【点睛】强酸制弱酸的应用是：强酸与弱酸盐反应可以置换出弱酸，可能以设计实验的形式进行考查。
15．A
【详解】A. 有的无机化学反应不属于化合、分解、置换、复分解中的任何一种反应，如3CO+Fe2O32Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，但属于无机反应，A正确；
B.固态时能导电，该物质可能为金属单质，也可能为非金属单质如石墨，B不正确；
C.一种元素在同一物质中可显示不同价态，但不一定是该元素的相邻价态，如在NH4NO3中N元素的化合价分别为+5、-3，二者不相邻，C不正确；
D．氧化物既可能是氧化产物，也可能是还原产物，如在反应CO2+C2CO中，CO既是氧化产物也是还原产物，D不正确。
答案选A。
16．D
【详解】A、NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO，正确；
B、加热可使NH4Cl分解为氨气和氯化氢，正确；
C、N2与灼热的铜网不反应， O2与灼热的铜网反应生成氧化铜，正确；
D、NH4HCO3溶液加过量的NaOH溶液加热，溶液中混有剩余的氢氧化钠，错误；
答案选D。
17．A
【详解】①用天平（使用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①选；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，③不选；④定容时，俯视视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，浓度偏高，④不选；⑤定容后摇匀，发现液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤选；答案选A。
18．B
【详解】A．没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于吸热反应，故A不选；
B．Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为放热反应，故B选；
C．C、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，且为吸热反应，故C不选；
D、没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，但属于放热反应，故D不选；
答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应及吸热反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，注意常见的吸热反应和放热反应。解题关键：含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，结合常见的放热反应来解答。
19．D
【详解】由25.00mL 0.05ml/L的羟胺的酸性溶液与50mL 0.25ml/L的KMnO4酸性溶液完全作用可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，NH2OH中N元素的化合价为-1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，25.00×0.001L×0.5ml/L×（x+1）=50.00×0.001L×0.25ml/L×（7-2），解得x=4，羟胺的氧化产物是NO2。
【点睛】
20．B
【详解】A. 标准状况下CCl4 是液体， 22.4L CCl4的物质的量不是1ml，故A错误；
B. 1.8g 的 NH4+中含有的电子数为NA，故B正确；
C. O2 和 O3都是由氧原子构成， 32 g O2 和 O3 的混合气体中所含原子数 2 NA，故C错误；
D. 7.1g Cl2 溶于水，只有部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，转移电子数目小于0.1NA，故D错误。
故选B。
21．(1)脱水性
(2) B中品红稀溶液褪色 D中品红稀溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑浊
(3)
(4)硫酸遇水稀释时放出大量的热
(5) 不能 也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验
(6) 除去，防止干扰的检验
【分析】A装置为发生装置，在A装置中C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫和二氧化碳；由于二氧化硫具有漂白性能使B中的品红溶液褪色，以此来检验该反应中有二氧化硫产生；由于二氧化硫除具有漂白性外还具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以C装置的作用为吸收二氧化硫，同时D为检验二氧化硫在C中是否除尽，若品红溶液无明显实验现象，则二氧化硫被除尽；则气体就剩下二氧化碳和少量的水蒸气，若D装置的澄清石灰水变浑浊，则剩余气体为二氧化碳，据此分析可得。
【详解】（1）向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌后蔗糖先变黑后“发酵”形成“黑面包”，同时还闻到了刺激性气味，同学们判断黑色固体是碳，则此过程为有机化合物的脱水（或碳化），体现浓硫酸的脱水性，故答案为：脱水性；
（2）SO2具有漂白性、能使品红溶液褪色，而CO2不能，所以B装置中的品红溶液褪色，则说明有二氧化硫气体生成；D中品红溶液不褪色，则说明二氧化硫在C中被除尽，进入E中使澄清石灰水中的气体为二氧化碳；故答案为：B中品红溶液褪色；D中品红溶液不褪色，E中澄清石灰水变浑；
（3）C与浓硫酸在加热条件下，发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，则其反应方程式为：，
（4）浓硫酸溶于水放出大量的热，不加热该反应也可进行，故答案为：硫酸遇水稀释时放出大量的热；
（5）SO2和CO2均能使E中澄清石灰水变浑浊，无法判断是否有CO2产生，故不能将B、E中试剂交换，故答案为：不能；也能与溶液反应生成白色沉淀，干扰的检验；
（6）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能与具有还原性的二氧化硫发生氧化还原反应而将其吸收除去，防止干扰二氧化碳的检验，两者反应的方程式为：；故答案为：吸收SO2，防止干扰CO2检验，。
22． 浓盐酸 吸收HCl H2SO4 黄绿色气体逐渐充满容器 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【分析】用反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O制备纯净干燥的氯气，由于浓盐酸易挥发，制得的氯气中会含有氯化氢和水蒸气，结合氯气的性质分析解答。
【详解】(1)根据图示和反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，分液漏斗a所盛试剂为浓盐酸，故答案为：浓盐酸；
(2)要得到纯净的氯气，应除去氯气中挥发出的氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，故答案为：吸收HCl；
(3)要得到纯净的氯气，应除去氯气中挥发出的氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水除去氯化氢，用浓硫酸除去水蒸气，故答案为：H2SO4；
(4)由于氯气是密度比空气大的黄绿色气体，因此实验开始后，c中的现象是黄绿色气体逐渐充满集气瓶，故答案为：黄绿色气体逐渐充满容器(或集气瓶)；
(5)氢氧化钠溶液作用是吸收尾气中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
23． 10ml/L 80 12.0g 玻璃棒 胶头滴管 100ml容量瓶 ③④①⑦②⑤⑥ 偏高 偏高
【分析】（1）根据电荷守恒有2c（Mg2+）+3c（Al3+）=c（Cl-），据此解答；
将溶液中Mg2+转化为氢氧化镁沉淀完全分离，铝离子转化为偏铝酸根，此时氢氧化钠恰好反应需要体积最少，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2），再根据V=计算氢氧化钠溶液的体积；
（2）实验室没有200mL容量瓶，以选择250mL容量瓶，还需要烧杯、玻璃棒；
（3）根据溶液配制的操作步骤进行排序；
（4）依据操作不当对浓度的影响作答。
【详解】（1）电荷守恒有c（Cl-）=2c（Mg2+）+3c（Al3+）=2×2ml/L+3×2ml/L=10ml/L，
将溶液中Mg2+转化为氢氧化镁沉淀完全分离，铝离子转化为偏铝酸根，此时氢氧化钠恰好反应需要体积最少，此时溶液中溶质为NaCl、NaAlO2，故n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=10ml/L×0.02L+2ml×0.02L=0.24 ml，故需要氢氧化钠溶液的最小体积为=0.08 L=80mL，故答案为10ml/L；80；
（2）若要配制上述所需3ml/LNaOH溶液80mL，需要选取100mL的容量瓶，需要称量的固体质量m=nM=0.3 ml/L×0.1L×40g/ml=0.12g；所缺仪器为100mL容量瓶，由玻璃棒搅拌、引流，胶头滴管用于定容，
故答案为玻璃棒；胶头滴管；100mL的容量瓶；
（3）溶液配制的演变步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，正确的顺序为③④①⑦②⑤⑥，
故答案为③④①⑦②⑤⑥；
（4）若在上述配制过程中没有进行冷却这一步操作，则所配制溶液的体积会偏小，最终导致浓度将偏高；采用俯视刻度线的方法进行定容，则所配制溶液的体积会会偏小，最终导致浓度将偏高，故答案为偏高；偏高。
操作和现象
结论
A
取某溶液少许，加入酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
该溶液一定含SO42-
B
向纯碱溶液中滴加足量稀盐酸，将产生的气体通入苯酸钠溶液中，溶液变浑浊
酸性：盐酸>碳酸>苯酚
C
某溶液加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含CO32-或SO32-
D
取少量Fe(NO3)2试样加稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，溶液变红色
该Fe(NO3)2试样已经变质
验证气体
实验现象
实验结论
有产生
。
有产生
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