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北京市第一六六中学2022-2023学年高一（上）期末考试化学试题含答案
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这是一份北京市第一六六中学2022-2023学年高一（上）期末考试化学试题含答案，共22页。试卷主要包含了第二部分本部分共4题，共55分等内容，欢迎下载使用。
一、第一部分（选择题共45分）本部分共20小题，1-15每小题2分，16-20每小题2分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，分散质颗粒大小一般在0.01～10微米之间。下列关于气溶胶的说法不正确的是（ ）
A．气溶胶是一种化合物
B．气溶胶可以观察到丁达尔效应
C．N95口罩可以阻挡气溶胶扩散
D．气溶胶在一定条件下会沉积为固体或液体
2．科学史上每一次重大的发现都极大地推进了科学的发展。下列对化学史的描述不正确的是（ ）
A．舍勒发现并确认了氯气
B．侯德榜改进了制纯碱的工艺
C．阿伏加德罗提出分子学说
D．门捷列夫制出第一张元素周期表
3．下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．FeB．CO2C．FeCl3D．乙醇
4．下列物质中属于碱性氧化物的是（ ）
A．CO2B．Fe2O3C．Fe3O4D．KOH
5．下列物质的保存方法，与其化学性质无关的是（ ）
A．金属钠保存在煤油中
B．新制氯水需存放于棕色瓶中
C．浓盐酸需密封保存
D．过氧化钠需在干燥密闭的环境中保存
6．下列叙述正确的是（ ）
A．电子的能量越低，运动区域离核越远
B．某原子K层上只有一个电子
C．稀有气体元素原子的最外层都排有8个电子
D．当M层是最外层时，最多可排布18个电子
7．下列各组物质相互反应，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（ ）
A．Na和O2B．NaOH和CO2
C．Fe和Cl2D．Na2CO3和HCl
8．下列转化关系不能通过一步反应实现的是（ ）
A．Fe→FeCl2B．Fe2O3→Fe（OH）3
C．FeCl3→FeCl2D．Fe（OH）3→Fe2O3
9．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（ ）
A．CuCl2B．FeCl2C．FeCl3D．AlCl3
10．实验室用NaCl固体配制500mL0.40ml/L的NaCl溶液。下列说法正确的是（ ）
A．需称取23.4gNaCl固体
B．将NaCl固体置于500mL容量瓶中并加水溶解
C．玻璃棒起到加速溶解和引流的作用
D．定容时俯视容量瓶刻度线，会使所配溶液浓度偏低
11．下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，1mlH2的体积约为22.4L
B．1mlN2中含有的质子数约为2×6.02×1023
C．配制250mL1.0ml•L﹣1H2SO4溶液需要18ml•L﹣1H2SO4溶液的体积约13.9mL
D．1mlNa与足量O2反应时，转移的电子数约为6.02×1023
12．下列物质不属于既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（ ）
A．NaHCO3B．FeOC．Al2O3D．Al
13．1～18号元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，B元素原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与B的阴离子电子层结构相同，则4种元素核电荷数关系中正确的是（ ）
A．C＞D＞B＞AB．D＞B＞A＞CC．A＞D＞C＞BD．B＞A＞C＞D
14．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1KOH溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
B．某酸性溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、MnO4﹣
C．澄清透明的溶液中：K+、H+、I﹣、Fe3+
D．使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、ClO﹣、Cl﹣
15．下列化学用语不正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图：
B．金属钠切面很快变暗：4Na+O2═2Na2O
C．NaCl的电离方程式：NaCl═Na++Cl﹣
D．生成氯化钠过程中的电子转移：
16．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A．Na2CO3固体粉末（NaHCO3），加热分解
B．NaHCO3溶液（Na2CO3），应通入足量的CO2气体
C．Cl2（HCl），将混合气体通过足量的饱和食盐水
D．CO2（HCl），将混合气体通过足量的饱和碳酸钠溶液
17．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．锌与氯化亚铁溶液发生反应：Fe2++Zn═Fe+Zn2+
B．打磨过的铝片与NaOH溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
C．碳酸银沉淀溶于稀硝酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
D．红热的铁与水蒸气发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
18．（3分）下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
A．AB．BC．CD．D
19．（3分）Cl2通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：2，则该溶液中NaClO与NaCl的物质的量之比为（ ）
A．2：1B．15：7C．1：3D．7：5
20．（3分）科研小组用氧化﹣沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用MnO2氧化废电池浸出液中的Fe2+，再加适量Na2CO3调pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀。研究发现pH对Fe2+的氧化率和铁去除率的影响如图1和图2所示。
已知：i.pH越大，c（H+）越小；
ii.酸性条件下MnO2被还原为Mn2+。
下列说法不合理的是（ ）
A．由图1可知，Fe2+氧化率随浸出液pH增大而减小
B．若起始浸出液pH＝1，MnO2与Fe2+反应一段时间后，浸出液pH会减小
C．Fe3+转变为沉淀的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑
D．推测若用NaHCO3调溶液pH也可以使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀
二、第二部分（非选择题共55分）本部分共4题，共55分。
21．（14分）某小组同学依据性质差异，采用比较的方法设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3。
（1）实验Ⅰ中，分别向两支试管中滴加几滴水，A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高。说明固体b与水作用的过程中 （填“放出”或“吸收”）热量，可判断固体b为Na2CO3。
（2）实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解。
①判断固体d为 。
②分别向两支试管中滴加2滴酚酞， 试管中红色较浅。
（3）实验Ⅲ中，分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡。结合离子方程式解释E中开始无气泡产生的原因 。
（4）请你再设计一个鉴别Na2CO3和NaHCO3的实验方案： 。
22．（14分）化学小组欲测定一份长期放置的补铁药品（有效成分是琥珀酸亚铁，化学式为FeC4H4O4）是否已变质，实验如下：
Ⅰ.取补铁药样品10.00g碾碎，溶于100.0mL稀盐酸中，过滤，滤液呈浅黄绿色。
Ⅱ.取少量滤液，滴加KSCN溶液，溶液变为浅红色；再滴入3滴H2O2溶液，溶液红色加深。
Ⅲ.准确量取Ⅰ中滤液20.00mL，加入足量H2O2溶液，再加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、常温晾干，获得Fe（OH）3固体0.642g。
Ⅳ.再准确量取Ⅰ中滤液20.00mL于大试管中，加入1.00g铜粉，用胶塞塞紧试管口，充分振荡后过滤，最后得到干燥的铜粉0.936g。
（1）Ⅰ中琥珀酸亚铁与稀盐酸反应生成FeCl2和琥珀酸（分子式为C4H6O4），说明酸性：C4H6O4 HCl（填“＞”或“＜”）。
（2）用离子方程式解释Ⅱ中红色加深的原因： 、Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3。
（3）Ⅳ中发生反应的离子方程式是 。
（4）该补铁药中琥珀酸亚铁变质程度×100%＝ 。
（5）Ⅳ中溶液与铜粉反应时必须使用胶塞塞紧试管口，原因是 。
23．（15分）实验小组用如图装置制Cl2并探究性质，回答下列问题：
（1）装置A用于制Cl2，反应的化学方程式是 。
（2）装置C中得到黄绿色的氯水，为了探究氯水中漂白性物质成分，进行如下实验：
注：CCl4为无色有机溶剂，与水互不相溶，密度比水的大；Cl2易溶于CCl4。
①结合化学方程式解释新制氯水光照一段时间后，pH减小的原因 。
②Ⅰ中白色沉淀为AgCl，试剂a为 。
③对比实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，可以得到的结论是 。
（3）①装置D中发生反应的离子方程式是 。
②装置D中所得产物也具有漂白性，但漂白速率较慢。设计可以提高其漂白速率的实验方案： 。
24．（12分）化学小组同学学习了Fe3+与Fe反应后，猜想Cu2+也能与Cu发生反应。为了验证猜想，进行实验。
（1）Fe2（SO4）3溶液与Fe反应的离子方程式为 。
（2）【实验探究】
【实验假设】
甲同学分析了实验Ⅰ无明显现象的原因，做出如下假设：
假设a：由于反应温度较低，导致Cu2+氧化性较弱。
假设b：由于 ，导致Cu2+氧化性较弱。（补全假设b）
针对上述假设，甲同学继续进行如下实验：
【实验探究】
实验结果：实验Ⅱ和实验Ⅲ中均未检测出Cu2+。
（3）【实验探究】
乙同学用CuCl2溶液代替CuSO4溶液进行实验：
实验Ⅳ中发生的离子反应方程式为 。
（4）【实验改进】
乙同学针对实验Ⅰ进行改进，设计并完成实验Ⅴ：向试管a中加入几滴浓盐酸，一段时间后，溶液蓝色明显变浅，铜片表面产生白色沉淀。
乙同学因此得出结论：Cl﹣对Cu2+与Cu发生反应有促进作用。
①丙同学认为通过实验Ⅴ不能得出乙同学的结论，原因是 。
②丙同学继续设计实验： （填操作和现象），证实了乙同学结论合理。
（5）【结论分析】
综合上述实验可知，Cu2+能否氧化Cu与 有关。
参考答案
一、第一部分（选择题共45分）本部分共20小题，1-15每小题2分，16-20每小题2分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】A．气溶胶属于胶体；
B．胶体具有丁达尔效应；
C．N95口罩的熔喷布属于半透膜；
D．胶体具有介稳定性。
【解答】解：A．气溶胶属于胶体，是一种混合物，故A错误；
B．气溶胶是胶体分散系，能产生丁达尔效应，故B正确；
C．N95口罩的熔喷布属于半透膜，佩戴医用外科口罩或N95口罩能有效阻挡气溶胶扩散，故C正确；
D．胶体具有介稳定性，气溶胶在一定条件下会沉积为固体或液体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了分散系的组成、性质特征等知识点，注意基础知识的理解应用，题目难度不大。
2．【分析】A．瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气；
B．我国化学家侯德榜改进比利时化学家索尔维的氨碱法；
C．意大利科学家阿伏加德罗提出分子概念；
D．门捷列夫制出第一张元素周期表。
【解答】解：A．瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气，英国化学家戴维确认了氯气的性质，故A错误；
B．我国化学家侯德榜改进比利时化学家索尔维的氨碱法，发明了“联合制碱”，大大促进世界制碱技术的发展，故B正确；
C．阿伏加德罗提出原子﹣分子学说，奠定了近代化学的基础，此后化学才成为一门真正的学科，故C正确；
D．俄国科学家门捷列夫制出第一张元素周期表，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学史，的发展和贡献、科学家的成就等，注意知识的积累，题目难度不大。
3．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；电解质和非电解质都是化合物。
【解答】解：A．铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．二氧化碳本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质，故B错误；
C．FeCl3是共价化合物，水溶液中能导电，为电解质，故C正确；
D．乙醇是化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质的概念即可解答，题目难度不大。
4．【分析】能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物，据此判断。
【解答】解：A．二氧化碳为酸性氧化物，故A错误；
B．氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，属于碱性氧化物，故B正确；
C．四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁氯化亚铁和水，不是碱性氧化物，故C错误；
D．氢氧化钾为碱，不是碱性氧化物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，把握碱性氧化物的概念和性质即可解答，题目难度不大。
5．【分析】具有挥发性、具有吸水性属于物理性质，能与空气中的成分发生化学反应、见光易分解等属于化学性质，据此分析判断。
【解答】解：A．金属钠易被空气中的氧气氧化，所以金属钠保存在煤油中，与其化学性质有关，故A错误；
B．氯水中的HClO见光易分解，新制氯水密闭存放于棕色瓶中，与其化学性质有关，故B错误；
C．浓盐酸具有挥发性，需要密封保存，主要与其物理性质有关，故C正确；
D．过氧化钠易与空气中的二氧化碳、水反应，过氧化钠需保持干燥密闭保存，与其化学性质有关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了药品的保存、物质的性质与应用，为高频考点，把握物质的性质、药品的保存方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
6．【分析】A．原子核外区域能量不同，距核由近到远，能量由低到高；
B．H原子K层上只有一个电子；
C．氦原子的最外层电子数为2；
D．由电子排布规律可知，M层最多容纳18个电子，但为最外层时最多容纳8个电子。
【解答】解：A．原子核外区域能量不同，距核由近到远，能量由低到高，即离原子核近的电子能量低，离原子核远的电子能量高，故A错误；
B．H原子K层上只有一个电子，故B正确；
C．He最外层电子数为2，其它元素最外层电子数为8，故C错误；
D．由电子排布规律可知，M层最多容纳18个电子，但为最外层时最多容纳8个电子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子核外电子排布，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律是解本题关键，注意规律中的特例，题目难度不大。
7．【分析】A．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠；
B．NaOH和CO2反应产物与二氧化碳用量有关；
C．氯气与铁反应氯化铁；
D．Na2CO3和HCl反应产物与盐酸用量有关。
【解答】解：A．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠，产物与反应条件有关，故A错误；
B．NaOH和CO2反应产物与二氧化碳用量有关，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，故B错误；
C．氯气与铁反应氯化铁，产物与反应条件或反应物的用量无关，故C正确；
D．Na2CO3和HCl反应产物与盐酸用量有关，氯化氢少量生成碳酸氢钠，氯化氢过量生成二氧化碳、水和氯化钠，故D错误；
故选：C。
【点评】本题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，熟悉反应条件和反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度不大。
8．【分析】A．Fe和稀盐酸反应生成FeCl2；
B．Fe2O3和H2O不反应；
C．FeCl3和Fe反应生成FeCl2；
D．Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3。
【解答】解：A．Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，所以能通过一步反应实现，故A错误；
B．Fe2O3和H2O不反应，所以不能通过一步反应实现，故B正确；
C．FeCl3和Fe反应生成FeCl2，所以能通过一步反应实现，故C错误；
D．Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3，所以能通过一步反应实现，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
9．【分析】氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价，以此分析。
【解答】解：A．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；
B．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；
C．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；
D．AlCl3由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累。
10．【分析】A．结合m＝nM＝cVM计算；
B．容量瓶不能用于溶解固体；
C．根据配制一定物质的量浓度的溶液中玻璃棒在溶解和转移溶液时的作用分析；
D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：A．配制500mL 0.40ml/L的NaCl溶液，选用NaCl的质量为：58.5g/ml×0.5L×0.40ml/L＝11.7g，故A错误；
B．容量瓶不能用于溶解固体，应先在烧杯中溶解，再移液到容量瓶，故B错误；
C．在溶解过程中，玻璃棒起到了搅拌加速溶解作用，在转移溶液时，玻璃棒起到了引流的作用，故C正确；
D．定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确配制原理及误差分析的方法和技巧是解题关键，试题有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。
11．【分析】A．标况下1ml任何气体的体积都约为22.4L；
B．1个氮气含有14个质子；
C．依据溶液稀释规律计算；
D．钠与氧气反应生成钠离子。
【解答】解：A．依据分析可知，标准状况下，1mlH2的体积约为22.4L，故A正确；
B．1mlN2中含有的质子数约为14×6.02×1023，故B错误；
C．配制前后溶质的物质的量不变，则配250mL 1.0ml/LH2SO4溶液，需要18ml/L的浓硫酸的体积为＝0.0139L＝13.9mL，故C正确；
D．1mlNa与足量O2反应时生成1ml钠离子，转移的电子数约为6.02×1023，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度不大，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的化学计算能力。
12．【分析】根据物质的性质进行解答，中学常见既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等。
【解答】解：A．碳酸氢钠属于弱酸酸式盐，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故A错误；
B．氧化亚铁只能与盐酸反应，不能与氢氧化钠反应，故B正确；
C．氧化铝是两性氧化物，既与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气；与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质，比较基础，掌握物质的性质是关键，侧重对基础知识的巩固。
13．【分析】1～18号元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，A原子含有2个电子层，最外层含有4个电子，则A为C元素；B元素原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，B原子只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则B为O元素；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，则C为Si元素；D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与B（O）的阴离子电子层结构相同，D原子核外电子总数为10+1＝11，则D为Na元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，A为C元素，B为O元素，C为Si元素，D为Na元素，则四种元素的核电荷数大小为：Si＞Na＞O＞C，即C＞D＞B＞A，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
14．【分析】A．能和KOH反应的离子不能大量共存；
B．能和氢离子反应的离子不能大量共存；
C．离子之间不反应的能大量共存；
D．酚酞变红色的溶液呈碱性。
【解答】解：A．Fe3+、Mg2+和OH﹣反应生成氢氧化物沉淀而不能大量共存，故A错误；
B．酸性条件下，Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应生成Fe3+而不能大量共存，故B错误；
C．离子之间不反应的能大量共存，I﹣、Fe3+发生氧化还原反应生成I2、Fe2+而不能大量共存，故C错误；
D．酚酞变红色的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用。
15．【分析】A．钠离子是钠原子失去一个电子形成的阳离子；
B．常温下钠和氧气反应生成氧化钠；
C．氯化钠是强电解质，溶液中完全电离；
D．钠和氯气反应生成氯化钠，钠失电子，电子转移总数2e﹣。
【解答】解：A．钠离子是钠原子失去一个电子形成的阳离子，离子结构示意图，故A正确；
B．钠在常温下和空气中的氧气反应生成白色固体氧化钠，故B正确；
C．NaCl是强电解质，电离方程式：NaCl═Na++Cl﹣，故C正确；
D．生成氯化钠过程中的电子转移为：，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了离子结构、电解质电离、氧化还原反应、物质性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
16．【分析】A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；
D．二氧化碳、氯化氢均与碳酸钠溶液反应。
【解答】解：A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热分解可除杂，故A正确；
B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入足量的CO2气体可除杂，故B正确；
C．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，通过足量的饱和食盐水、洗气可分离，故C正确；
D．二氧化碳、氯化氢均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．【分析】A．锌与氯化亚铁溶液发生反应生成氯化锌和铁；
B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
C．碳酸银为难溶物，应保留化学式；
D．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气。
【解答】解：A．锌与氯化亚铁溶液发生反应，离子方程式为：Fe2++Zn═Fe+Zn2+，故A正确；
B．打磨过的铝片与NaOH溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B正确；
C．碳酸银沉淀溶于稀硝酸，离子方程式为：Ag2CO3+2H+═CO2↑+H2O+2Ag+，故C错误；
D．红热的铁与水蒸气发生反应，离子方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，遵循原子个数电荷守恒规律，题目难度不大。
18．【分析】A．氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁；
B．白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3；
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有Fe2+、CH3CH2OH等；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2。
【解答】解：A．氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，则Fe（OH）2有还原性，故A正确；
B．白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3，根据实验现象，无法判断原来溶液中是否含有氯离子，故B错误；
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有Fe2+、CH3CH2OH等，根据实验现象无法判断原来溶液中是否含有亚铁离子，故C错误；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2，所以无色气体可能是SO2或CO2，且HCO3﹣也能和稀盐酸反应生成CO2，所以无法判断原来溶液中是否含有碳酸根离子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19．【分析】溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：2，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5ml、2ml，则失去电子为5ml×（1﹣0）+2ml×（5﹣0）＝15ml，结合得失电子守恒计算。
【解答】解：溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：2，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5ml、2ml，则失去电子为5ml×（1﹣0）+2ml×（5﹣0）＝15ml，由得失电子守恒可知生成NaCl为＝15ml，溶液的体积相同，则该溶液中NaClO与NaCl的物质的量之比为5ml：15ml＝1：3，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
20．【分析】A．根据图象分析Fe2+氧化率随c（H+）变化；
B．MnO2与Fe2+反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
C．Fe3+能与CO32﹣发生双水解反应，结合电荷守恒书写反应的离子方程式；
D．Fe3+能与HCO3﹣发生双水解反应生成Fe（OH）3。
【解答】解：A．由图1可知，pH越小，Fe2+氧化率越高，pH越大，Fe2+氧化率越低，即Fe2+氧化率随浸出液pH增大而减小，故A正确；
B．MnO2与Fe2+反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，消耗H+使浸出液的pH增大，故B错误；
C．Fe3+能与CO32﹣发生双水解反应生成Fe（OH）3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为2Fe3++3CO32﹣+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑，故C正确；
D．NaHCO3是弱酸强碱盐，能与Fe3+发生双水解反应生成Fe（OH）3，反应为Fe3++3HCO3﹣═Fe（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以沉淀溶解平衡为载体考查氧化还原反应、盐类水解原理，把握图象信息分析、发生的反应、盐类水解和氧化还原反应反方程式的书写是解题的关键，题目难度中等。
二、第二部分（非选择题共55分）本部分共4题，共55分。
21．【分析】（1）B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量；
（2）①碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；
②碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度；
（3）E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子；
（4）碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀。
【解答】解：（1）B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量，使得溶液温度升高，可判断固体b为Na2CO3，
故答案为：放出；
（2）①碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；试管D中固体完全溶解，则固体d为碳酸钠，
故答案为：碳酸钠；
②碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，碳酸钠溶液碱性更强，故分别向两支试管中滴加2滴酚酞，C试管中红色较浅，
故答案为：C；
（3）分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡；E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子：CO32﹣+H+＝HCO3﹣，
故答案为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣；
（4）碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，故实验方案可以为：取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液，
故答案为：取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液。
【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
22．【分析】步骤Ⅰ.将样品制成溶液，步骤Ⅱ．取少量滤液，滴加KSCN溶液，溶液变为浅红色；说明药品已经变质，再滴入3滴H2O2溶液，溶液红色加深，说明样品部分变质；步骤Ⅲ．根据Fe（OH）3固体0.642g，计算20mL溶液中铁的总量。步骤Ⅳ.根据铜粉减少的质量求出变质的铁的量。
【解答】解：（1）根据强酸制弱酸的原理，Ⅰ中琥珀酸亚铁与稀盐酸反应生成FeCl2和琥珀酸（分子式为C4H6O4），说明酸性：C4H6O4＜HCl，
故答案为：＜；
（2）Ⅱ中双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子浓度增大，Fe（SCN）3浓度增大，红色加深，用离子方程式解释Ⅱ中实验现象产生的原因：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN−＝Fe（SCN）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（3）Ⅳ中铜将铁离子还原，发生反应的离子方程式是2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+；
（4）由于消耗铜的质量为（1.0﹣0.936）g＝0.64g，则20mL溶液中被氧化的铁的物质的量为0.002ml，量取Ⅰ中滤液20.00mL，加入足量H2O2溶液，再加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、常温晾干，获得Fe（OH）3固体0.642g，其中铁元素的物质的量为0.006ml，该补铁药中琥珀酸亚铁变质程度＝＝＝33.3%，
故答案为：33.3%；
（5）Ⅳ中溶液与铜粉反应时必须使用胶塞塞紧试管口，原因是防止空气中的氧气将铜氧化，
故答案为：防止空气中的氧气将铜氧化。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和样品纯度的测定的掌握情况，试题难度中等。
23．【分析】由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中水用于制取氯水，D中氢氧化钠可吸收多余的氯气，防止污染环境。
（2）①次氯酸不稳定，见光易分解；
②久置氯水变为盐酸，盐酸遇到硝酸银生成白色沉淀；
③氯气易溶于四氯化碳，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；
（3）用NaOH溶液吸收尾气氯气，发生反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；次氯酸钠溶液加入少量醋酸，有利于提高漂白效率。
【解答】解：（1）装置A用于制Cl2，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①次氯酸不稳定，见光易分解，反应的方程式为2HClO2HCl+O2↑，
故答案为：2HClO2HCl+O2↑；
②久置氯水变为盐酸，盐酸遇到硝酸银生成白色沉淀为AgCl，试剂a为AgNO3，
故答案为：AgNO3；
③氯气易溶于四氯化碳，振荡后CCl4显黄色是因为溶解有少量的氯气，对比实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，可以得到的结论是氯气溶于水生成次氯酸，生成的次氯酸具有漂白性，
故答案为：氯气溶于水生成次氯酸，生成的次氯酸具有漂白性；
（3）①用NaOH溶液吸收尾气氯气，发生反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，离子方程式是Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②装置D中所得产物中的次氯酸钠也具有漂白性，但漂白速率较慢，加入少量的醋酸，有利于次氯酸钠生成次氯酸，可以提高其漂白速率，
故答案为：加入少量的醋酸，有利于次氯酸钠生成次氯酸。
【点评】本题考查氯气的制备，题目难度不大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意合理把握题干现象及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
24．【分析】（1）Fe2（SO4）3溶液与Fe反应生成硫酸亚铁；
（2）温度，反应物浓度等都会影响反应的进行；
（3）铜和氯化铜生成氯化亚铜；
（4）①浓盐酸中含有氢离子和氯离子；
②为排除氢离子干扰需要做一个对照实验；
（5）Cu2+能否氧化Cu与Cl−有关。
【解答】解：（1）Fe2（SO4）3溶液与Fe反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；
（2）温度，反应物浓度等都会影响反应的进行；结合实验Ⅲ探究可知，假设b为：由于硫酸铜溶液浓度较低，导致Cu2+氧化性较弱，
故答案为：硫酸铜溶液浓度较低；
（3）铜和氯化铜生成氯化亚铜，反应为Cu+2Cl﹣+Cu2+＝2CuCl，
故答案为：Cu+2Cl﹣+Cu2+＝2CuCl；
（4）①浓盐酸中含有氢离子和氯离子，也可能是氢离子对Cu2+与Cu发生反应有促进作用，故丙同学认为通过实验Ⅴ不能得出乙同学的结论，
故答案为：浓盐酸中含有氢离子和氯离子，也可能是氢离子对Cu2+与Cu发生反应有促进作用；
②为排除氢离子干扰需要做一个对照实验，实验可以为：重复实验Ⅰ，然后向试管中加入几滴硫酸，一段时间后，无明显现象，说明不是氢离子对Cu2+与Cu发生反应有促进作用，证实了乙同学结论合理，
故答案为：重复实验Ⅰ，然后向试管中加入几滴硫酸，一段时间后，无明显现象；
（5）综合上述实验可知，Cu2+能否氧化Cu与Cl−有关，
故答案为：Cl−。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质的性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。选项
实验操作及现象
实验结论
A
向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色
Fe（OH）2有还原性
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
原溶液中一定含有Cl﹣
C
向某溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
原溶液中一定含Fe2+
D
向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊
原溶液中一定有CO32﹣
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅰ
序号
实验
加入试剂或操作
实验Ⅱ
加热试管
实验Ⅲ
加入CuSO4固体，振荡
实验Ⅳ
一、第一部分（选择题共45分）本部分共20小题，1-15每小题2分，16-20每小题2分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气态分散系统，分散质颗粒大小一般在0.01～10微米之间。下列关于气溶胶的说法不正确的是（ ）
A．气溶胶是一种化合物
B．气溶胶可以观察到丁达尔效应
C．N95口罩可以阻挡气溶胶扩散
D．气溶胶在一定条件下会沉积为固体或液体
2．科学史上每一次重大的发现都极大地推进了科学的发展。下列对化学史的描述不正确的是（ ）
A．舍勒发现并确认了氯气
B．侯德榜改进了制纯碱的工艺
C．阿伏加德罗提出分子学说
D．门捷列夫制出第一张元素周期表
3．下列物质中，属于电解质的是（ ）
A．FeB．CO2C．FeCl3D．乙醇
4．下列物质中属于碱性氧化物的是（ ）
A．CO2B．Fe2O3C．Fe3O4D．KOH
5．下列物质的保存方法，与其化学性质无关的是（ ）
A．金属钠保存在煤油中
B．新制氯水需存放于棕色瓶中
C．浓盐酸需密封保存
D．过氧化钠需在干燥密闭的环境中保存
6．下列叙述正确的是（ ）
A．电子的能量越低，运动区域离核越远
B．某原子K层上只有一个电子
C．稀有气体元素原子的最外层都排有8个电子
D．当M层是最外层时，最多可排布18个电子
7．下列各组物质相互反应，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是（ ）
A．Na和O2B．NaOH和CO2
C．Fe和Cl2D．Na2CO3和HCl
8．下列转化关系不能通过一步反应实现的是（ ）
A．Fe→FeCl2B．Fe2O3→Fe（OH）3
C．FeCl3→FeCl2D．Fe（OH）3→Fe2O3
9．下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（ ）
A．CuCl2B．FeCl2C．FeCl3D．AlCl3
10．实验室用NaCl固体配制500mL0.40ml/L的NaCl溶液。下列说法正确的是（ ）
A．需称取23.4gNaCl固体
B．将NaCl固体置于500mL容量瓶中并加水溶解
C．玻璃棒起到加速溶解和引流的作用
D．定容时俯视容量瓶刻度线，会使所配溶液浓度偏低
11．下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，1mlH2的体积约为22.4L
B．1mlN2中含有的质子数约为2×6.02×1023
C．配制250mL1.0ml•L﹣1H2SO4溶液需要18ml•L﹣1H2SO4溶液的体积约13.9mL
D．1mlNa与足量O2反应时，转移的电子数约为6.02×1023
12．下列物质不属于既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（ ）
A．NaHCO3B．FeOC．Al2O3D．Al
13．1～18号元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，B元素原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与B的阴离子电子层结构相同，则4种元素核电荷数关系中正确的是（ ）
A．C＞D＞B＞AB．D＞B＞A＞CC．A＞D＞C＞BD．B＞A＞C＞D
14．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1ml•L﹣1KOH溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
B．某酸性溶液中：Na+、Fe2+、SO42﹣、MnO4﹣
C．澄清透明的溶液中：K+、H+、I﹣、Fe3+
D．使酚酞变红色的溶液中：Na+、K+、ClO﹣、Cl﹣
15．下列化学用语不正确的是（ ）
A．Na+的结构示意图：
B．金属钠切面很快变暗：4Na+O2═2Na2O
C．NaCl的电离方程式：NaCl═Na++Cl﹣
D．生成氯化钠过程中的电子转移：
16．（3分）为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是（ ）
A．Na2CO3固体粉末（NaHCO3），加热分解
B．NaHCO3溶液（Na2CO3），应通入足量的CO2气体
C．Cl2（HCl），将混合气体通过足量的饱和食盐水
D．CO2（HCl），将混合气体通过足量的饱和碳酸钠溶液
17．（3分）下列解释事实的方程式不正确的是（ ）
A．锌与氯化亚铁溶液发生反应：Fe2++Zn═Fe+Zn2+
B．打磨过的铝片与NaOH溶液反应：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
C．碳酸银沉淀溶于稀硝酸：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2O
D．红热的铁与水蒸气发生反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2
18．（3分）下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（ ）
A．AB．BC．CD．D
19．（3分）Cl2通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：2，则该溶液中NaClO与NaCl的物质的量之比为（ ）
A．2：1B．15：7C．1：3D．7：5
20．（3分）科研小组用氧化﹣沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用MnO2氧化废电池浸出液中的Fe2+，再加适量Na2CO3调pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀。研究发现pH对Fe2+的氧化率和铁去除率的影响如图1和图2所示。
已知：i.pH越大，c（H+）越小；
ii.酸性条件下MnO2被还原为Mn2+。
下列说法不合理的是（ ）
A．由图1可知，Fe2+氧化率随浸出液pH增大而减小
B．若起始浸出液pH＝1，MnO2与Fe2+反应一段时间后，浸出液pH会减小
C．Fe3+转变为沉淀的离子方程式为：2Fe3++3CO32﹣+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑
D．推测若用NaHCO3调溶液pH也可以使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀
二、第二部分（非选择题共55分）本部分共4题，共55分。
21．（14分）某小组同学依据性质差异，采用比较的方法设计实验鉴别Na2CO3和NaHCO3。
（1）实验Ⅰ中，分别向两支试管中滴加几滴水，A中温度计示数略有降低，B中温度计示数升高。说明固体b与水作用的过程中 （填“放出”或“吸收”）热量，可判断固体b为Na2CO3。
（2）实验Ⅱ中，向试管C和D中分别加入5mL水，充分振荡，试管C中固体有剩余，试管D中固体完全溶解。
①判断固体d为 。
②分别向两支试管中滴加2滴酚酞， 试管中红色较浅。
（3）实验Ⅲ中，分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡。结合离子方程式解释E中开始无气泡产生的原因 。
（4）请你再设计一个鉴别Na2CO3和NaHCO3的实验方案： 。
22．（14分）化学小组欲测定一份长期放置的补铁药品（有效成分是琥珀酸亚铁，化学式为FeC4H4O4）是否已变质，实验如下：
Ⅰ.取补铁药样品10.00g碾碎，溶于100.0mL稀盐酸中，过滤，滤液呈浅黄绿色。
Ⅱ.取少量滤液，滴加KSCN溶液，溶液变为浅红色；再滴入3滴H2O2溶液，溶液红色加深。
Ⅲ.准确量取Ⅰ中滤液20.00mL，加入足量H2O2溶液，再加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、常温晾干，获得Fe（OH）3固体0.642g。
Ⅳ.再准确量取Ⅰ中滤液20.00mL于大试管中，加入1.00g铜粉，用胶塞塞紧试管口，充分振荡后过滤，最后得到干燥的铜粉0.936g。
（1）Ⅰ中琥珀酸亚铁与稀盐酸反应生成FeCl2和琥珀酸（分子式为C4H6O4），说明酸性：C4H6O4 HCl（填“＞”或“＜”）。
（2）用离子方程式解释Ⅱ中红色加深的原因： 、Fe3++3SCN﹣═Fe（SCN）3。
（3）Ⅳ中发生反应的离子方程式是 。
（4）该补铁药中琥珀酸亚铁变质程度×100%＝ 。
（5）Ⅳ中溶液与铜粉反应时必须使用胶塞塞紧试管口，原因是 。
23．（15分）实验小组用如图装置制Cl2并探究性质，回答下列问题：
（1）装置A用于制Cl2，反应的化学方程式是 。
（2）装置C中得到黄绿色的氯水，为了探究氯水中漂白性物质成分，进行如下实验：
注：CCl4为无色有机溶剂，与水互不相溶，密度比水的大；Cl2易溶于CCl4。
①结合化学方程式解释新制氯水光照一段时间后，pH减小的原因 。
②Ⅰ中白色沉淀为AgCl，试剂a为 。
③对比实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，可以得到的结论是 。
（3）①装置D中发生反应的离子方程式是 。
②装置D中所得产物也具有漂白性，但漂白速率较慢。设计可以提高其漂白速率的实验方案： 。
24．（12分）化学小组同学学习了Fe3+与Fe反应后，猜想Cu2+也能与Cu发生反应。为了验证猜想，进行实验。
（1）Fe2（SO4）3溶液与Fe反应的离子方程式为 。
（2）【实验探究】
【实验假设】
甲同学分析了实验Ⅰ无明显现象的原因，做出如下假设：
假设a：由于反应温度较低，导致Cu2+氧化性较弱。
假设b：由于 ，导致Cu2+氧化性较弱。（补全假设b）
针对上述假设，甲同学继续进行如下实验：
【实验探究】
实验结果：实验Ⅱ和实验Ⅲ中均未检测出Cu2+。
（3）【实验探究】
乙同学用CuCl2溶液代替CuSO4溶液进行实验：
实验Ⅳ中发生的离子反应方程式为 。
（4）【实验改进】
乙同学针对实验Ⅰ进行改进，设计并完成实验Ⅴ：向试管a中加入几滴浓盐酸，一段时间后，溶液蓝色明显变浅，铜片表面产生白色沉淀。
乙同学因此得出结论：Cl﹣对Cu2+与Cu发生反应有促进作用。
①丙同学认为通过实验Ⅴ不能得出乙同学的结论，原因是 。
②丙同学继续设计实验： （填操作和现象），证实了乙同学结论合理。
（5）【结论分析】
综合上述实验可知，Cu2+能否氧化Cu与 有关。
参考答案
一、第一部分（选择题共45分）本部分共20小题，1-15每小题2分，16-20每小题2分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【分析】A．气溶胶属于胶体；
B．胶体具有丁达尔效应；
C．N95口罩的熔喷布属于半透膜；
D．胶体具有介稳定性。
【解答】解：A．气溶胶属于胶体，是一种混合物，故A错误；
B．气溶胶是胶体分散系，能产生丁达尔效应，故B正确；
C．N95口罩的熔喷布属于半透膜，佩戴医用外科口罩或N95口罩能有效阻挡气溶胶扩散，故C正确；
D．胶体具有介稳定性，气溶胶在一定条件下会沉积为固体或液体，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了分散系的组成、性质特征等知识点，注意基础知识的理解应用，题目难度不大。
2．【分析】A．瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气；
B．我国化学家侯德榜改进比利时化学家索尔维的氨碱法；
C．意大利科学家阿伏加德罗提出分子概念；
D．门捷列夫制出第一张元素周期表。
【解答】解：A．瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气，英国化学家戴维确认了氯气的性质，故A错误；
B．我国化学家侯德榜改进比利时化学家索尔维的氨碱法，发明了“联合制碱”，大大促进世界制碱技术的发展，故B正确；
C．阿伏加德罗提出原子﹣分子学说，奠定了近代化学的基础，此后化学才成为一门真正的学科，故C正确；
D．俄国科学家门捷列夫制出第一张元素周期表，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了化学史，的发展和贡献、科学家的成就等，注意知识的积累，题目难度不大。
3．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；电解质和非电解质都是化合物。
【解答】解：A．铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．二氧化碳本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质，故B错误；
C．FeCl3是共价化合物，水溶液中能导电，为电解质，故C正确；
D．乙醇是化合物，在水溶液中和熔融状态下不能导电，是非电解质，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质和非电解质的概念即可解答，题目难度不大。
4．【分析】能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物，据此判断。
【解答】解：A．二氧化碳为酸性氧化物，故A错误；
B．氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，属于碱性氧化物，故B正确；
C．四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁氯化亚铁和水，不是碱性氧化物，故C错误；
D．氢氧化钾为碱，不是碱性氧化物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的分类，把握碱性氧化物的概念和性质即可解答，题目难度不大。
5．【分析】具有挥发性、具有吸水性属于物理性质，能与空气中的成分发生化学反应、见光易分解等属于化学性质，据此分析判断。
【解答】解：A．金属钠易被空气中的氧气氧化，所以金属钠保存在煤油中，与其化学性质有关，故A错误；
B．氯水中的HClO见光易分解，新制氯水密闭存放于棕色瓶中，与其化学性质有关，故B错误；
C．浓盐酸具有挥发性，需要密封保存，主要与其物理性质有关，故C正确；
D．过氧化钠易与空气中的二氧化碳、水反应，过氧化钠需保持干燥密闭保存，与其化学性质有关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了药品的保存、物质的性质与应用，为高频考点，把握物质的性质、药品的保存方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。
6．【分析】A．原子核外区域能量不同，距核由近到远，能量由低到高；
B．H原子K层上只有一个电子；
C．氦原子的最外层电子数为2；
D．由电子排布规律可知，M层最多容纳18个电子，但为最外层时最多容纳8个电子。
【解答】解：A．原子核外区域能量不同，距核由近到远，能量由低到高，即离原子核近的电子能量低，离原子核远的电子能量高，故A错误；
B．H原子K层上只有一个电子，故B正确；
C．He最外层电子数为2，其它元素最外层电子数为8，故C错误；
D．由电子排布规律可知，M层最多容纳18个电子，但为最外层时最多容纳8个电子，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子核外电子排布，侧重考查对基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子核外电子排布规律是解本题关键，注意规律中的特例，题目难度不大。
7．【分析】A．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠；
B．NaOH和CO2反应产物与二氧化碳用量有关；
C．氯气与铁反应氯化铁；
D．Na2CO3和HCl反应产物与盐酸用量有关。
【解答】解：A．钠与氧气常温下反应生成氧化钠，加热或者点燃生成过氧化钠，产物与反应条件有关，故A错误；
B．NaOH和CO2反应产物与二氧化碳用量有关，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，故B错误；
C．氯气与铁反应氯化铁，产物与反应条件或反应物的用量无关，故C正确；
D．Na2CO3和HCl反应产物与盐酸用量有关，氯化氢少量生成碳酸氢钠，氯化氢过量生成二氧化碳、水和氯化钠，故D错误；
故选：C。
【点评】本题是对物质之间反应物量的不同导致的结果不同的考查，熟悉反应条件和反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度不大。
8．【分析】A．Fe和稀盐酸反应生成FeCl2；
B．Fe2O3和H2O不反应；
C．FeCl3和Fe反应生成FeCl2；
D．Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3。
【解答】解：A．Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，所以能通过一步反应实现，故A错误；
B．Fe2O3和H2O不反应，所以不能通过一步反应实现，故B正确；
C．FeCl3和Fe反应生成FeCl2，所以能通过一步反应实现，故C错误；
D．Fe（OH）3受热分解生成Fe2O3，所以能通过一步反应实现，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
9．【分析】氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价，以此分析。
【解答】解：A．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；
B．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；
C．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；
D．AlCl3由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累。
10．【分析】A．结合m＝nM＝cVM计算；
B．容量瓶不能用于溶解固体；
C．根据配制一定物质的量浓度的溶液中玻璃棒在溶解和转移溶液时的作用分析；
D．定容时俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，依据c＝进行误差分析。
【解答】解：A．配制500mL 0.40ml/L的NaCl溶液，选用NaCl的质量为：58.5g/ml×0.5L×0.40ml/L＝11.7g，故A错误；
B．容量瓶不能用于溶解固体，应先在烧杯中溶解，再移液到容量瓶，故B错误；
C．在溶解过程中，玻璃棒起到了搅拌加速溶解作用，在转移溶液时，玻璃棒起到了引流的作用，故C正确；
D．定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，明确配制原理及误差分析的方法和技巧是解题关键，试题有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。
11．【分析】A．标况下1ml任何气体的体积都约为22.4L；
B．1个氮气含有14个质子；
C．依据溶液稀释规律计算；
D．钠与氧气反应生成钠离子。
【解答】解：A．依据分析可知，标准状况下，1mlH2的体积约为22.4L，故A正确；
B．1mlN2中含有的质子数约为14×6.02×1023，故B错误；
C．配制前后溶质的物质的量不变，则配250mL 1.0ml/LH2SO4溶液，需要18ml/L的浓硫酸的体积为＝0.0139L＝13.9mL，故C正确；
D．1mlNa与足量O2反应时生成1ml钠离子，转移的电子数约为6.02×1023，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的计算与判断，题目难度不大，注意掌握物质的量与其它物理量之间的转化关系，试题侧重考查学生的化学计算能力。
12．【分析】根据物质的性质进行解答，中学常见既能与酸又能与碱反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等。
【解答】解：A．碳酸氢钠属于弱酸酸式盐，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故A错误；
B．氧化亚铁只能与盐酸反应，不能与氢氧化钠反应，故B正确；
C．氧化铝是两性氧化物，既与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气；与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物性质，比较基础，掌握物质的性质是关键，侧重对基础知识的巩固。
13．【分析】1～18号元素中，A元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，A原子含有2个电子层，最外层含有4个电子，则A为C元素；B元素原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，B原子只能含有2个电子层，最外层含有6个电子，则B为O元素；C元素原子M层电子数等于其L层电子数的一半，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，则C为Si元素；D元素原子最外层有1个电子，D的阳离子与B（O）的阴离子电子层结构相同，D原子核外电子总数为10+1＝11，则D为Na元素，以此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，A为C元素，B为O元素，C为Si元素，D为Na元素，则四种元素的核电荷数大小为：Si＞Na＞O＞C，即C＞D＞B＞A，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
14．【分析】A．能和KOH反应的离子不能大量共存；
B．能和氢离子反应的离子不能大量共存；
C．离子之间不反应的能大量共存；
D．酚酞变红色的溶液呈碱性。
【解答】解：A．Fe3+、Mg2+和OH﹣反应生成氢氧化物沉淀而不能大量共存，故A错误；
B．酸性条件下，Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应生成Fe3+而不能大量共存，故B错误；
C．离子之间不反应的能大量共存，I﹣、Fe3+发生氧化还原反应生成I2、Fe2+而不能大量共存，故C错误；
D．酚酞变红色的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用。
15．【分析】A．钠离子是钠原子失去一个电子形成的阳离子；
B．常温下钠和氧气反应生成氧化钠；
C．氯化钠是强电解质，溶液中完全电离；
D．钠和氯气反应生成氯化钠，钠失电子，电子转移总数2e﹣。
【解答】解：A．钠离子是钠原子失去一个电子形成的阳离子，离子结构示意图，故A正确；
B．钠在常温下和空气中的氧气反应生成白色固体氧化钠，故B正确；
C．NaCl是强电解质，电离方程式：NaCl═Na++Cl﹣，故C正确；
D．生成氯化钠过程中的电子转移为：，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了离子结构、电解质电离、氧化还原反应、物质性质的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
16．【分析】A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠；
B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；
D．二氧化碳、氯化氢均与碳酸钠溶液反应。
【解答】解：A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠，加热分解可除杂，故A正确；
B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，通入足量的CO2气体可除杂，故B正确；
C．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，通过足量的饱和食盐水、洗气可分离，故C正确；
D．二氧化碳、氯化氢均与碳酸钠溶液反应，将原物质除去，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．【分析】A．锌与氯化亚铁溶液发生反应生成氯化锌和铁；
B．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
C．碳酸银为难溶物，应保留化学式；
D．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气。
【解答】解：A．锌与氯化亚铁溶液发生反应，离子方程式为：Fe2++Zn═Fe+Zn2+，故A正确；
B．打磨过的铝片与NaOH溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B正确；
C．碳酸银沉淀溶于稀硝酸，离子方程式为：Ag2CO3+2H+═CO2↑+H2O+2Ag+，故C错误；
D．红热的铁与水蒸气发生反应，离子方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子反应遵循客观事实，遵循原子个数电荷守恒规律，题目难度不大。
18．【分析】A．氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁；
B．白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3；
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有Fe2+、CH3CH2OH等；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2。
【解答】解：A．氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，则Fe（OH）2有还原性，故A正确；
B．白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3，根据实验现象，无法判断原来溶液中是否含有氯离子，故B错误；
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有Fe2+、CH3CH2OH等，根据实验现象无法判断原来溶液中是否含有亚铁离子，故C错误；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2，所以无色气体可能是SO2或CO2，且HCO3﹣也能和稀盐酸反应生成CO2，所以无法判断原来溶液中是否含有碳酸根离子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19．【分析】溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：2，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5ml、2ml，则失去电子为5ml×（1﹣0）+2ml×（5﹣0）＝15ml，结合得失电子守恒计算。
【解答】解：溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：2，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5ml、2ml，则失去电子为5ml×（1﹣0）+2ml×（5﹣0）＝15ml，由得失电子守恒可知生成NaCl为＝15ml，溶液的体积相同，则该溶液中NaClO与NaCl的物质的量之比为5ml：15ml＝1：3，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
20．【分析】A．根据图象分析Fe2+氧化率随c（H+）变化；
B．MnO2与Fe2+反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；
C．Fe3+能与CO32﹣发生双水解反应，结合电荷守恒书写反应的离子方程式；
D．Fe3+能与HCO3﹣发生双水解反应生成Fe（OH）3。
【解答】解：A．由图1可知，pH越小，Fe2+氧化率越高，pH越大，Fe2+氧化率越低，即Fe2+氧化率随浸出液pH增大而减小，故A正确；
B．MnO2与Fe2+反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，消耗H+使浸出液的pH增大，故B错误；
C．Fe3+能与CO32﹣发生双水解反应生成Fe（OH）3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为2Fe3++3CO32﹣+3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2↑，故C正确；
D．NaHCO3是弱酸强碱盐，能与Fe3+发生双水解反应生成Fe（OH）3，反应为Fe3++3HCO3﹣═Fe（OH）3↓+3CO2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以沉淀溶解平衡为载体考查氧化还原反应、盐类水解原理，把握图象信息分析、发生的反应、盐类水解和氧化还原反应反方程式的书写是解题的关键，题目难度中等。
二、第二部分（非选择题共55分）本部分共4题，共55分。
21．【分析】（1）B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量；
（2）①碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；
②碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度；
（3）E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子；
（4）碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀。
【解答】解：（1）B中温度计示数升高，说明固体b与水作用的过程中放出热量，使得溶液温度升高，可判断固体b为Na2CO3，
故答案为：放出；
（2）①碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠；试管D中固体完全溶解，则固体d为碳酸钠，
故答案为：碳酸钠；
②碳酸钠俗称纯碱，水溶液显碱性，且碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，碳酸钠溶液碱性更强，故分别向两支试管中滴加2滴酚酞，C试管中红色较浅，
故答案为：C；
（3）分别向溶液e和溶液f中逐滴加入稀盐酸，F中开始滴加就可以观察到气泡；E中开始无气泡产生，一段时间后产生气泡；E中开始无气泡产生的原因是碳酸根离子和少量氢离子生成碳酸氢根离子：CO32﹣+H+＝HCO3﹣，
故答案为：CO32﹣+H+＝HCO3﹣；
（4）碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，故实验方案可以为：取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液，
故答案为：取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液。
【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
22．【分析】步骤Ⅰ.将样品制成溶液，步骤Ⅱ．取少量滤液，滴加KSCN溶液，溶液变为浅红色；说明药品已经变质，再滴入3滴H2O2溶液，溶液红色加深，说明样品部分变质；步骤Ⅲ．根据Fe（OH）3固体0.642g，计算20mL溶液中铁的总量。步骤Ⅳ.根据铜粉减少的质量求出变质的铁的量。
【解答】解：（1）根据强酸制弱酸的原理，Ⅰ中琥珀酸亚铁与稀盐酸反应生成FeCl2和琥珀酸（分子式为C4H6O4），说明酸性：C4H6O4＜HCl，
故答案为：＜；
（2）Ⅱ中双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子浓度增大，Fe（SCN）3浓度增大，红色加深，用离子方程式解释Ⅱ中实验现象产生的原因：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN−＝Fe（SCN）3，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；
（3）Ⅳ中铜将铁离子还原，发生反应的离子方程式是2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝Cu2++2Fe2+；
（4）由于消耗铜的质量为（1.0﹣0.936）g＝0.64g，则20mL溶液中被氧化的铁的物质的量为0.002ml，量取Ⅰ中滤液20.00mL，加入足量H2O2溶液，再加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、常温晾干，获得Fe（OH）3固体0.642g，其中铁元素的物质的量为0.006ml，该补铁药中琥珀酸亚铁变质程度＝＝＝33.3%，
故答案为：33.3%；
（5）Ⅳ中溶液与铜粉反应时必须使用胶塞塞紧试管口，原因是防止空气中的氧气将铜氧化，
故答案为：防止空气中的氧气将铜氧化。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质之间的转化和样品纯度的测定的掌握情况，试题难度中等。
23．【分析】由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中水用于制取氯水，D中氢氧化钠可吸收多余的氯气，防止污染环境。
（2）①次氯酸不稳定，见光易分解；
②久置氯水变为盐酸，盐酸遇到硝酸银生成白色沉淀；
③氯气易溶于四氯化碳，氯气溶于水生成次氯酸，次氯酸具有漂白性；
（3）用NaOH溶液吸收尾气氯气，发生反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；次氯酸钠溶液加入少量醋酸，有利于提高漂白效率。
【解答】解：（1）装置A用于制Cl2，反应的化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①次氯酸不稳定，见光易分解，反应的方程式为2HClO2HCl+O2↑，
故答案为：2HClO2HCl+O2↑；
②久置氯水变为盐酸，盐酸遇到硝酸银生成白色沉淀为AgCl，试剂a为AgNO3，
故答案为：AgNO3；
③氯气易溶于四氯化碳，振荡后CCl4显黄色是因为溶解有少量的氯气，对比实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，可以得到的结论是氯气溶于水生成次氯酸，生成的次氯酸具有漂白性，
故答案为：氯气溶于水生成次氯酸，生成的次氯酸具有漂白性；
（3）①用NaOH溶液吸收尾气氯气，发生反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，离子方程式是Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②装置D中所得产物中的次氯酸钠也具有漂白性，但漂白速率较慢，加入少量的醋酸，有利于次氯酸钠生成次氯酸，可以提高其漂白速率，
故答案为：加入少量的醋酸，有利于次氯酸钠生成次氯酸。
【点评】本题考查氯气的制备，题目难度不大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意合理把握题干现象及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
24．【分析】（1）Fe2（SO4）3溶液与Fe反应生成硫酸亚铁；
（2）温度，反应物浓度等都会影响反应的进行；
（3）铜和氯化铜生成氯化亚铜；
（4）①浓盐酸中含有氢离子和氯离子；
②为排除氢离子干扰需要做一个对照实验；
（5）Cu2+能否氧化Cu与Cl−有关。
【解答】解：（1）Fe2（SO4）3溶液与Fe反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；
（2）温度，反应物浓度等都会影响反应的进行；结合实验Ⅲ探究可知，假设b为：由于硫酸铜溶液浓度较低，导致Cu2+氧化性较弱，
故答案为：硫酸铜溶液浓度较低；
（3）铜和氯化铜生成氯化亚铜，反应为Cu+2Cl﹣+Cu2+＝2CuCl，
故答案为：Cu+2Cl﹣+Cu2+＝2CuCl；
（4）①浓盐酸中含有氢离子和氯离子，也可能是氢离子对Cu2+与Cu发生反应有促进作用，故丙同学认为通过实验Ⅴ不能得出乙同学的结论，
故答案为：浓盐酸中含有氢离子和氯离子，也可能是氢离子对Cu2+与Cu发生反应有促进作用；
②为排除氢离子干扰需要做一个对照实验，实验可以为：重复实验Ⅰ，然后向试管中加入几滴硫酸，一段时间后，无明显现象，说明不是氢离子对Cu2+与Cu发生反应有促进作用，证实了乙同学结论合理，
故答案为：重复实验Ⅰ，然后向试管中加入几滴硫酸，一段时间后，无明显现象；
（5）综合上述实验可知，Cu2+能否氧化Cu与Cl−有关，
故答案为：Cl−。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质的性质和实验方案设计的掌握情况，试题难度中等。选项
实验操作及现象
实验结论
A
向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间变为红褐色
Fe（OH）2有还原性
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
原溶液中一定含有Cl﹣
C
向某溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
原溶液中一定含Fe2+
D
向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊
原溶液中一定有CO32﹣
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅰ
序号
实验
加入试剂或操作
实验Ⅱ
加热试管
实验Ⅲ
加入CuSO4固体，振荡
实验Ⅳ
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