还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年山西省名校高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年山西省名校高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了2LSO2中含有的原子数目为1，7g的铝箔包住2，075mlB，【答案】B，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省名校高一（上）期末化学试卷
1. 化学与生活密初相关，下列叙述错误的是( )
A. 氯气可以用于制漂粉精 B. 氧化铁可以用作红色油漆和涂料
C. 活性炭具有除异味和杀菌作用 D. 利用焰色试验的原理可制成节目烟花
2. 下列物质属于电解质的是( )
A. 铜 B. 二氧化硫 C. 稀盐酸 D. 硫酸钠
3. 下列物质中，既有离子键，又有共价键的是( )
A. CaCl2 B. NH4Cl C. H2O D. CO2
4. 在甲、乙两烧杯溶液中，含有大量的Fe3+、K+、H+、SO42−、CO32−、OH−等6种离子。已知甲烧杯的溶液显黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是( )
A. Fe3+、H+、SO42− B. CO32−、OH−、SO42−
C. K+、OH−、CO32− D. H+、K+、SO42−
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是( )
A. 1molO3含有的原子数目为3NA
B. 24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为NA
C. 1mol⋅L−1MgCl2溶液中含有的Cl−数目为2NA
D. 常温常压下，11.2LSO2中含有的原子数目为1.5NA
6. 分别将足量下列气体通入Na2S稀溶液中，可以使溶液变浑浊的是( )
A. N2 B. SO2 C. HCl D. CO2
7. 检验SO2中是否混有CO2气体，可采用的方法是( )
A. 通过品红溶液
B. 先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水
C. 通过澄清石灰水
D. 先通过KMnO4酸性溶液，再通过澄清石灰水
8. 下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是( )
A. 从Na到Cl，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱
B. 因为Na原子比Al原子容易失去电子，所以Na元素比Al元素的金属性强
C. 从F到I，单质的沸点逐渐降低，与氢气化合难易程度逐渐降低
D. O与S为同主族元素，O比S的原子半径小，故氧气比硫单质的氧化性弱
9. 下列实验现象的描述不正确的是( )
A. 向碳酸钠固体中加入少量水后，碳酸钠溶解，并伴随有吸热现象
B. 钠投入水中，在水面上游动并熔化成小球，有气泡产生
C. 铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后溶液呈棕黄色
D. 氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾
10. 下表中，陈述①和陈述②都正确，而且两者间有因果关系的是( )
选项
陈述①
陈述②
A
SO2具有还原性，浓硫酸具有氧化性
浓硫酸不可用来干燥SO2气体
B
胶体的分散质粒子直径为1∼100mm
碳纳米泡沫直径为6∼9mm，碳纳米泡沫为胶体
C
碳酸钠可用于治疗胃酸过多
碳酸钠可与盐酸反应
D
次氯酸具有强氧化性
次氯酸可杀菌、消毒
A. A B. B C. C D. D
11. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO32−=CaCO3↓
B. 二氧化硫通入氯水中：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl−+SO42−
C. Fe与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−
12. 用质量为2.7g的铝箔包住2.3g金属钠，用针在铝箔上扎一些小孔，放入水中，用排水法收集反应产生的氢气。反应完全后，收集到的氢气的物质的量是( )
A. 0.075mol B. 0.05mol C. 0.2mol D. 0.15mol
13. 已知反应2Cu2++4IO3−+24I−+24H+=2CuI↓十13I2+12H2O，下列说法正确的是( )
A. CuI既是氧化产物又是还原产物
B. 该反应中Cu2+和IO3−均作氧化剂
C. 每生成1molCuI，有12molI−发生氧化反应
D. 每转移1.1mol电子，有0.2molIO3−被氧化
14. 已知短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。下列叙述不正确的是( )
A. 原子半径：B>C>D>A
B. B的氧化物为两性氧化物
C. 元素D的单质是一种有毒气体
D. 元素A在元素周期表中位于第三周期第VIA族
15. 向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+发生反应
D. 原混合溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2
16. 对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的．
Ⅰ.现有以下物质：①H2O②Cu ③BaCO3 ④Fe(OH)3胶体 ⑤酒精 ⑥CO2⑦稀硫酸
(1)以上物质中属于混合物的是______(填序号，下同)，属于电解质的是______.
(2)向④中逐滴滴加⑦，可观察到的现象是______.
Ⅱ.虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系．
(1)图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是______(填字母).
(2)有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为：H++OH−=H2O.请举个例子反驳上述观点(用离子方程式表示)______.
(3)宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O.则 X的化学式为______.其中H2S是该反应的______(填序号).
A.氧化剂 B.还原剂
C.既是氧化剂又是还原剂 D.既不是氧化剂又不是还原剂．
17. 如表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①∼⑩的元素回答下列问题．
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)元素①的原子结构示意图是 ______。
(2)从元素原子得失电子的角度看，元素⑤具有 ______(填“氧化性”或“还原性”)。
(3)元素②形成的单质气体含有 ______(填“极性”或“非极性”)共价键。
(4)元素③、⑨与H原子以原子个数比为1：1：1形成的化合物的电子式为 ______。
(5)第三周期中元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是 ______(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物具有两性的物质是 ______，这两种物质反应的离子方程式为 ______。
(6)元素③、⑤、⑨形成简单离子的半径由大到小的顺序是 ______(填离子符号)。
18. 分别向盛有①紫色石蕊溶液、②NaOH溶液、③品红溶液、④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。
(1)试管①中的现象：______，发生反应的化学方程式是：______。
(2)试管②中发生反应的化学方程式是：______，如果通入过量的SO2，则发生反应的化学方程式为：______。
(3)试管③中的现象：______，如将吸收SO2后的该溶液加热，现象：______。
(4)试管④中的现象：______。
(5)写出实验室用浓硫酸和铜制SO2的化学方程式：______。
19. 已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行如图实验：
(1)请写出下列物质的化学式：D ______、F ______。
(2)写出②和③步所有反应的化学方程式：
②______；
③______。
(3)设步骤③中所得固体D的质量为32g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F为0.5g，试计算取用的每份X的质量为 ______，X中FeO与CuO的质量之比为 ______。
20. 如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。
(1)制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关反应的化学方程式为：______。
(2)装置B中饱和食盐水的作用是 ______；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：______。
(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入物质的组合是 ______(填字母)。
编号
a
b
c
d
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
水
浓硫酸
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
(4)为了验证氯气的氧化性，将氯气通入Na2SO3溶液中，然后检验反应后溶液中是否含有SO42−。检验SO42−的方法是：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的 ______至无明显现象，然后再加入少量溶液，有白色沉淀生成，说明含有SO42−。
(5)有人提出，装置D中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：______。
(6)用一定量铁粉与氯气充分反应后，加适量水，完全溶解后无固体剩余，此时所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的质量之比是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.氯气可以和氢氧化钠反应用于制漂粉精，故A正确；
B.氧化铁为红棕色，可以用作红色油漆和涂料，故B正确；
C.活性炭具有吸附性，但不具有杀菌作用，故C错误；
D.利用焰色反应可以制造不同的颜色，故可以制成烟花，故D正确；
故选：C。
A.氯气可以和氢氧化钠反应用于制漂粉精；
B.氧化铁为红棕色；
C.活性炭具有吸附性；
D.利用焰色反应可以制造不同的颜色。
本题综合考查物质的性质及应用、焰色反应等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意常见物质的性质与用途的对应关系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B.二氧化硫是非电解质，故B错误；
C.稀盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D.硫酸钠属于盐，是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，故硫酸钠属于电解质，故D正确；
故选：D。
电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，该概念的前提条件是化合物。
本题考查电解质与非电解质，注意以下几点错误认识：1、能导电的物质一定是电解质，如铜不是电解质但能导电；2、不是电解质的物质就一定是非电解质，如氯气既不是电解质也不是非电解质；3、其水溶液能导电的化合物是电解质，如二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，所以其水溶液能导电，因离子是亚硫酸电离的而不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫是非电解质。
3.【答案】B
【解析】解：A.CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，故A错误；
B.NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子中N−H之间存在共价键，故B正确；
C.H2O分子中存在O−H共价键，故C错误；
D.CO2分子中只存在C=O共价键，故D错误；
故选：B。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化钙中两个氯离子之间不存在化学键。
4.【答案】C
【解析】解：已知甲烧杯的溶液显黄色，说明存在Fe3+，则CO32−、OH−在甲烧杯中肯定不存在，由溶液呈电中性可知，甲中必须存在SO42−，而H+与CO32−、OH−不能共存，H+只能存在于甲中，所以乙烧杯的溶液中大量存在的离子有K+、CO32−、OH−，
故选：C。
甲烧杯的溶液显黄色，说明甲烧杯中含有Fe3+，与Fe3+反应的CO32−、OH−只能存在于乙烧杯中，以此结合溶液电中性及离子共存可判断乙烧杯中含有的离子。
本题考查离子共存，明确题干信息、常见离子的性质为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.1molO3含有3molO，含有O原子数目为3NA，故A正确；
B.24gMg的物质的量为：24g24g/mol=1mol，1molMg变为Mg2+时失去2mol电子，失去的电子数目为2NA，故B错误；
C.缺少1mol⋅L−1MgCl2溶液的体积，无法计算该溶液中含有的Cl−数目，故C错误；
D.不是标况下，不能使用22.4L/mol计算11.2LSO2的物质的量，则无法计算含有原子数目，故D错误；
故选：A。
A.臭氧分子中含有3个氧原子；
B.Mg为+2价金属，根据n=mM=NNA计算转移电子数；
C.缺少溶液体积；
D.常温常压下，不能使用标况下气体摩尔体积计算11.2LSO2的物质的量。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
6.【答案】B
【解析】解：A.N2与稀Na2S溶液不反应，无浑浊，故A错误；
B.二氧化硫具有氧化性，与Na2S反应生成S沉淀，产生了沉淀，则可以使溶液变浑浊，故B正确；
C.因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；
D.因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误；
故选：B。
A.N2与稀Na2S溶液不反应；
B.足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反应生成硫沉淀；
C.足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；
D.足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢。
本题考查物质的性质和应用，侧重考查无机化合物之间的反应，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A、因品红溶液检验的是二氧化硫，故A错误；
B、因不管是否混有CO2都不会产生白色沉淀，SO2和CO2都与NaOH溶液：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，故B错误；
C、因不管有没有CO2都会产生白色沉淀：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，不能验证有无CO2，故C错误；
D、KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收，若有白色沉淀一定有CO2，若无沉淀则无CO2，故D正确；
故选：D。
根据SO2和CO2在性质上的相似点与不同点．它们在性质上的相似点很多，如：都是酸性氧化物，都为弱酸的酸酐；能与Ca(OH)2、Ba(OH)2等碱生成白色沉淀．不同点主要表现在：SO2具有漂白性能使品红褪色，CO2不具有漂白性；通过NaHCO3饱和溶液时，由于H2SO3>H2CO3(酸性)，所以SO2能反应置换出CO2，但CO2不反应；SO2中S为+4价，未达到最高价态，故SO2有还原性，但CO2不具有还原性．
本题主要考查SO2和CO2在性质上的相似点与不同点，在平时的学习中要注意区分和比较．
8.【答案】B
【解析】解：A.从Na到Cl，金属性减弱、非金属性增强，故最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，故A错误；
B.Na元素比Al元素的金属性强，是因为Na原子比Al原子容易失去电子，故B正确；
C.从F到I，单质的沸点逐渐升高，非金属性减弱，与氢气化合越来越困难，故C错误；
D.O与S为同主族元素，O比S的原子半径小，氧原子更溶液获得电子，故氧气比硫单质的氧化性强，故D错误；
故选：B。
A.元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，而元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
B.金属性越强，越容易失去电子；
C.从F到I，单质的沸点逐渐升高，非金属性越强，与氢气反应越容易
D.氧气比硫单质的氧化性强。
本题考查元素周期律的运用，明确规律即可解答，题目基础性强，意在考查学生对基础知识的掌握情况。
9.【答案】A
【解析】解：A.向碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶体，放出热量，故A错误；
B.钠与水反应，钠的熔点低，钠和水放出的热量使钠熔成小球，和水反应生成氢气，所以有气泡生成，故B正确；
C.铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后，浓度较大，溶液呈棕黄色，故C正确；
D.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾，故D正确；
故选：A。
A.碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶；
B.钠与水反应，现象为浮、游、熔、响、红；
C.氯化铁是棕红色的固体，溶于少量水后溶液呈棕黄色；
D.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，产生的氯化氢易吸收空气中的水产生白雾。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、反应与热量的关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.浓硫酸具有强氧化性和吸水性，SO2具有还原性，但浓硫酸不能氧化SO2，可作SO2的干燥剂，故A错误；
B.胶体是一种分散系，属于混合物，但碳纳米泡沫是碳单质，则碳纳米泡沫不是胶体，故B错误；
C.碳酸钠具有强腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多，用于治疗胃酸过多的药物是碳酸氢钠，故C错误；
D.次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌、消毒，故D正确；
故选：D。
A.浓硫酸具有吸水性，不能与SO2反应，可干燥SO2；
B.碳纳米泡沫是碳单质，不是胶体；
C.碳酸钠具有强腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多；
D.次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.石灰乳与Na2CO3溶液混合，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−，故A错误；
B.二氧化硫通入氯水中，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl−+SO42−，故B正确；
C.Fe与稀硫酸反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；
D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应，离子方程式为：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
A.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；
B.二氧化硫通入氯水中反应生成盐酸和硫酸；
C.不符合反应客观事实；
D.氢氧化钠少量反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，总反应式为Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2↑，2.7gAl、2.3gNa恰好完全反应，故n(H2)=2n(Na)=2×2.3g23g/mol=0.2mol，
故选：C。
发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，总反应式为Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2↑，2.7gAl、2.3gNa恰好完全反应，根据方程式计算。
本题考查化学方程式的计算，题目涉及过量计算问题，关键是明确发生的反应，注意总反应方程式的运用，试题侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】B
【解析】解：A.如图电子转移分析，CuI仅是还原产物，故A错误；
B.反应物中铜元素、IO3−中的碘元素的化合价均降低，被还原，故Cu2+和IO3−均作氧化剂，故B正确；
C.每生成1molCuI，应有11molI−发生氧化反应，故C错误；
D.根据离子方程式可知，每转移22mole−，有4molIO3−被还原，所以当有1.1mole−转移时，应有0.2molIO3−被还原，故D错误；
故选：B。
2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中Cu由+2价降低为+1价，Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有2224的I元素化合价由−1价变为0价，该反应转移电子数为22e−，电子转移图可以表示为：以此来解答。
本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化合价的判断，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，A为O，B为Al，C为S，D为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：B>C>D>A，故A正确；
B.B的氧化物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故B正确；
C.元素D的单质为氯气，氯气是黄绿色有毒气体，故C正确；
D.氧的原子序数为8，元素周期表中位于第二周期第VIA族，故D错误；
故选：D。
已知短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，设A、C原子的最外层电子数为x，则x+x+0.5x=15，解得x=6，则A为O，B为Al，C为S元素；D的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则D为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，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。
15.【答案】D
【解析】解：A.0∼5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点只有部分Fe3+反应，a溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+，故A错误；
B.由图可知加入铁粉0.56g∼1.68g时，加入Fe为1.68g−0.56g=1.12g，完全反应可以生成Cu为：1.12g56g/mol×64g/mol=1.28g，而剩余物为1.28g，即铁粉从0.56g∼1.68g发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B错误；
C.加入铁粉为从1.68g∼2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g−1.28g=0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，故C错误；
D.由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，n(Fe3+)=2×0.56g56g/mol=0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+可知，n(Cu2+)=1.12g56g/mol=0.02mol，则CuSO4为0.02mol，原混合溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为0.0mol：0.02mol=1：2，故D正确；
故选：D。
由氧化性：Fe3+>Cu2+，加入0∼5.6gFe发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加入铁粉从0.56g∼1.68gFe时，即加入1.12gFe，剩余物为1.28g，此时发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；加入铁粉为从1.68g∼2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g−1.28g=0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，结合反应方程式进行计算。
本题考查混合物的计算，关键是明确反应的先后顺序、判断图象中各阶段发生的反应，侧重考查学生分析能力、计算能力。
16.【答案】④⑦；①③；先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解；C；Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O；Ag2S；D
【解析】解：I、(1)由多种物质组成的是混合物，故④⑦是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故①③为电解质，故答案为：④⑦；①③；
(2)电解质溶液能使胶体发生聚沉，故向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸能发生胶体的聚沉，从而生成氢氧化铁沉淀，继续滴加稀硫酸，则氢氧化铁沉淀溶解，故答案为：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解；
Ⅱ.(1)所有的置换反应全是氧化还原反应，是被包含和包含的关系，故A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C是离子反应，故答案为：C；
(2)该离子反应表示强酸、强碱混合生成弱电解质水且不生成其它沉淀的反应，如果酸碱中和生成的盐是沉淀，则不能用此离子方程式来表示，如Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O；
(3)由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，H2S在反应中化合价没变，故既不是氧化剂也不是还原剂，故答案为：Ag2S；D.
I、(1)由多种物质组成的是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
(2)电解质溶液能使胶体发生聚沉；
II、(1)所有的置换反应全是氧化还原反应，置换反应中有部分是离子反应，部分是非离子反应，氧化还原反应中，有部分是离子反应，部分是非离子反应；
(2)该离子反应表示强酸、强碱混合生成弱电解质水且不生成其它沉淀的反应．
(3)从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用．
本题考查胶体的性质氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，为易错点．
17.【答案】 还原性 非极性 NaOHAl(OH)3 Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2OCl−>O2−>Na+。
【解析】解：(1)C为6号元素，原子结构示意图，
故答案为：；
(2)Na原子结构中最外层只有1个电子，易失去电子，故具有还原性，
故答案为：还原性；
(3)氮气中形成了氮氮之间的非极性键，
故答案为：非极性；
(4)O、Cl与H形成的原子个数比为1：1：1的化合物为HClO，其电子式为，
故答案为：；
(5)同周期元素随核电荷数增大失电子能力减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性越弱，故碱性最强的是NaOH，具有两性的为Al(OH)3，氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水的离子方程式为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：NaOH；Al(OH)3；Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(6)一般电子层数越多半径越大，故Cl−最大；核外电子排布相同时核电荷数越大半径越小，故大小关系为Cl−>O2−>Na+，
故答案为：Cl−>O2−>Na+。
根据周期表种的位置关系，可得①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ar。
(1)C为6号元素，原子核外电子排布为2、4；
(2)Na原子结构中最外层只有1个电子，易失去电子；
(3)氮气分子中氮原子与氮原子之间形成了共价键；
(4)O、Cl与H形成的原子个数比为1：1：1的化合物为HClO；
(5)同周期元素随核电荷数增大失电子能力减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性越弱；氢氧化铝具有两性，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(6)一般电子层数越多半径越大；核外电子排布相同时核电荷数越大半径越小。
本题考查元素周期表与元素周期律的应用，识记常见元素在周期表中位置，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，题目比较基础。
18.【答案】紫色石蕊试液变红色 SO2+H2O=H2SO3 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OSO2+NaOH=NaHSO3 品红溶液红色褪去 溶液重新变成红色 溶液紫色褪去 Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】解：(1)SO2是酸性气体，与水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色，
故答案为：紫色石蕊试液变红色；SO2+H2O=H2SO3；
(2)向氢氧化钠溶液中通入二氧化硫，先发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，二氧化硫过量又发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，总反应为：SO2+NaOH=NaHSO3；
故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；SO2+NaOH=NaHSO3；
(3)SO2气体具有漂白性，品红溶液红色褪去，加热溶液重新变成红色，
故答案为：品红溶液红色褪去；溶液重新变成红色；
(4)SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，
故答案为：溶液紫色褪去；
(5)实验室用浓硫酸和铜制SO2的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O。
(1)SO2是酸性气体，与水反应生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色；
(2)开始SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠与水，SO2气体过量，与亚硫酸钠、水反应生成亚硫酸氢钠；
(3)SO2气体具有漂白性，与品红化合为不稳定的无色物质；
(4)SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化；
(5)浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。
本题考查二氧化硫的性质，题目比较基础，注意区别二氧化硫的漂白原理，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液或溴水等褪色不体现其漂白性，而是还原性。
19.【答案】CuH2 CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu56g9：5
【解析】解：(1)由分析可知，D的化学式为Cu，F的化学式为H2，
故答案为：Cu；H2；
(2)反应②中发生反应CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2；反应③发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，
故答案为：CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu；
(2)由题意可知一份X中含Cu的质量为32g2=16g，则每份中CuO的物质的量为n(CuO)=n(Cu)=16g64g/mol=0.25mol，则每一份X中m(CuO)=0.25mol×80g/mol=20g；由Fe+2H+=Fe2++H2↑，可知与盐酸反应的Fe的物质的量为5.6L22.4L/molmol−1=0.25mol，由Cu2++Fe=Fe2++Cu，可知与Cu2+反应Fe为0.25mol，根据铁元素守恒可知每一份X中n(FeO)=0.25mol+0.25mol=0.5mol，则每一份X中FeO的质量为0.5mol×72g/mol=36g，故每一份X的质量为20g+36g=56g，X中FeO和CuO的质量比为36g：20g=9：5，
故答案为：56g；9：5。
由转化关系可知，反应①中发生反应FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O，A中含HCl、FeCl2、CuCl2，反应②中发生CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2，B中含Fe、Cu，C为CO2，B与A反应生成F为H2，还原性Fe>Cu，则Fe与A中阳离子反应，反应③发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Cu2++Fe=Fe2++Cu，所得固体D的质量为32g，溶液E中只含一种金属离子，固体D为Cu，E一定含FeCl2，D中Cu的质量源于2份X，根据铜元素守恒计算每一份含有铜元素的质量，根据原子守恒计算可得每一份中CuO质量，反应③是②中生成Fe与①中产生的铜离子、剩余盐酸反应，根据方程式计算可得每一份含有Fe原子物质的量，根据原子守恒计算可得每一份中氧化亚铁质量。
本题考查无机物推断，混合物的计算等，为高频考点，关键是明确发生的反应，熟练掌握元素化合物知识，试题培养学生分析推理能力、化学计算能力。
20.【答案】Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O除去Cl2中的HCl B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱 d 稀盐酸；BaCl2 HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+3H+ 2：3
【解析】解：(1)次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(2)盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，
故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
(3)验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，只有d符合，
故答案为：d；
(4)检验硫酸根必须排除其他离子的干扰，因此检验反应后溶液中含有SO42−的方法是：取少量反应后的溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液有白色沉淀生成，说明含有SO42−，
故答案为：稀盐酸；BaCl2；
(5)氯气把亚硫酸氢钠氧化为硫酸钠，自身被还原为Cl−，反应的离子方程式为HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+3H+，
故答案为：HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+3H+；
(6)氯气与铁反应剩余的铁粉与氯化铁在溶液中发生反应，2Fe3++Fe=3Fe2+，设起始时三价铁离子的物质的量为xmol，反应中消耗的三价铁离子的物质的量为ymol，由皈应可知生成的亚铁离子的物质的量为1.5ymol，已知剩余的三价铁离子与生成的亚铁离子相等，则：x−y=1.5y，解得y=0.4x，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的质量之比=0.4x：(x−0.4x)=2：3，
故答案为：2：3。
(1)次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；
(2)盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；
(3)验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪；
(4)检验硫酸根必须排除其他离子的干扰；
(5)氯气把亚硫酸氢钠氧化为硫酸钠，自身被还原为Cl−；
(6)氯气与铁反应剩余的铁粉与氯化铁在溶液中发生反应，2Fe3++Fe=3Fe2+，设起始时三价铁离子的物质的量为xmol，反应中消耗的三价铁离子的物质的量为ymol，由皈应可知生成的亚铁离子的物质的量为1.5ymol，已知剩余的三价铁离子与生成的亚铁离子相等，则：x−y=1.5y，解得y=0.4x，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的质量之比=0.4x：(x−0.4x)。
本题考查氯气的实验室制备与性质实验，侧重考查原理与装置的分析与评价等，关键是明确实验原理，注意实验方案有缺陷，应在装置C与D之间应添加盛放浓硫酸的装置，防止D中水蒸气进入C中，难度中等。
2021-2022学年山西省名校高一（上）期末化学试卷
1. 化学与生活密初相关，下列叙述错误的是( )
A. 氯气可以用于制漂粉精 B. 氧化铁可以用作红色油漆和涂料
C. 活性炭具有除异味和杀菌作用 D. 利用焰色试验的原理可制成节目烟花
2. 下列物质属于电解质的是( )
A. 铜 B. 二氧化硫 C. 稀盐酸 D. 硫酸钠
3. 下列物质中，既有离子键，又有共价键的是( )
A. CaCl2 B. NH4Cl C. H2O D. CO2
4. 在甲、乙两烧杯溶液中，含有大量的Fe3+、K+、H+、SO42−、CO32−、OH−等6种离子。已知甲烧杯的溶液显黄色，则乙烧杯的溶液中大量存在的离子是( )
A. Fe3+、H+、SO42− B. CO32−、OH−、SO42−
C. K+、OH−、CO32− D. H+、K+、SO42−
5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是( )
A. 1molO3含有的原子数目为3NA
B. 24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为NA
C. 1mol⋅L−1MgCl2溶液中含有的Cl−数目为2NA
D. 常温常压下，11.2LSO2中含有的原子数目为1.5NA
6. 分别将足量下列气体通入Na2S稀溶液中，可以使溶液变浑浊的是( )
A. N2 B. SO2 C. HCl D. CO2
7. 检验SO2中是否混有CO2气体，可采用的方法是( )
A. 通过品红溶液
B. 先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水
C. 通过澄清石灰水
D. 先通过KMnO4酸性溶液，再通过澄清石灰水
8. 下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是( )
A. 从Na到Cl，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱
B. 因为Na原子比Al原子容易失去电子，所以Na元素比Al元素的金属性强
C. 从F到I，单质的沸点逐渐降低，与氢气化合难易程度逐渐降低
D. O与S为同主族元素，O比S的原子半径小，故氧气比硫单质的氧化性弱
9. 下列实验现象的描述不正确的是( )
A. 向碳酸钠固体中加入少量水后，碳酸钠溶解，并伴随有吸热现象
B. 钠投入水中，在水面上游动并熔化成小球，有气泡产生
C. 铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后溶液呈棕黄色
D. 氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾
10. 下表中，陈述①和陈述②都正确，而且两者间有因果关系的是( )
选项
陈述①
陈述②
A
SO2具有还原性，浓硫酸具有氧化性
浓硫酸不可用来干燥SO2气体
B
胶体的分散质粒子直径为1∼100mm
碳纳米泡沫直径为6∼9mm，碳纳米泡沫为胶体
C
碳酸钠可用于治疗胃酸过多
碳酸钠可与盐酸反应
D
次氯酸具有强氧化性
次氯酸可杀菌、消毒
A. A B. B C. C D. D
11. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 石灰乳与Na2CO3溶液混合：Ca2++CO32−=CaCO3↓
B. 二氧化硫通入氯水中：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl−+SO42−
C. Fe与稀硫酸反应的离子方程式：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：2HCO3−+Ca2++2OH−=CaCO3↓+2H2O+CO32−
12. 用质量为2.7g的铝箔包住2.3g金属钠，用针在铝箔上扎一些小孔，放入水中，用排水法收集反应产生的氢气。反应完全后，收集到的氢气的物质的量是( )
A. 0.075mol B. 0.05mol C. 0.2mol D. 0.15mol
13. 已知反应2Cu2++4IO3−+24I−+24H+=2CuI↓十13I2+12H2O，下列说法正确的是( )
A. CuI既是氧化产物又是还原产物
B. 该反应中Cu2+和IO3−均作氧化剂
C. 每生成1molCuI，有12molI−发生氧化反应
D. 每转移1.1mol电子，有0.2molIO3−被氧化
14. 已知短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大。A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半。下列叙述不正确的是( )
A. 原子半径：B>C>D>A
B. B的氧化物为两性氧化物
C. 元素D的单质是一种有毒气体
D. 元素A在元素周期表中位于第三周期第VIA族
15. 向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量关系如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A. a点时溶液中阳离子仅为Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+
C. c点时加入的铁粉与Cu2+发生反应
D. 原混合溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2
16. 对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的．
Ⅰ.现有以下物质：①H2O②Cu ③BaCO3 ④Fe(OH)3胶体 ⑤酒精 ⑥CO2⑦稀硫酸
(1)以上物质中属于混合物的是______(填序号，下同)，属于电解质的是______.
(2)向④中逐滴滴加⑦，可观察到的现象是______.
Ⅱ.虽然分类的方法不同，但四种基本反应类型和离子反应、氧化还原反应之间也存在着一定的关系．
(1)图为离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是______(填字母).
(2)有同学认为所有酸碱中和反应均可表示为：H++OH−=H2O.请举个例子反驳上述观点(用离子方程式表示)______.
(3)宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O.则 X的化学式为______.其中H2S是该反应的______(填序号).
A.氧化剂 B.还原剂
C.既是氧化剂又是还原剂 D.既不是氧化剂又不是还原剂．
17. 如表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①∼⑩的元素回答下列问题．
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
二
①
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)元素①的原子结构示意图是 ______。
(2)从元素原子得失电子的角度看，元素⑤具有 ______(填“氧化性”或“还原性”)。
(3)元素②形成的单质气体含有 ______(填“极性”或“非极性”)共价键。
(4)元素③、⑨与H原子以原子个数比为1：1：1形成的化合物的电子式为 ______。
(5)第三周期中元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是 ______(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物具有两性的物质是 ______，这两种物质反应的离子方程式为 ______。
(6)元素③、⑤、⑨形成简单离子的半径由大到小的顺序是 ______(填离子符号)。
18. 分别向盛有①紫色石蕊溶液、②NaOH溶液、③品红溶液、④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。
(1)试管①中的现象：______，发生反应的化学方程式是：______。
(2)试管②中发生反应的化学方程式是：______，如果通入过量的SO2，则发生反应的化学方程式为：______。
(3)试管③中的现象：______，如将吸收SO2后的该溶液加热，现象：______。
(4)试管④中的现象：______。
(5)写出实验室用浓硫酸和铜制SO2的化学方程式：______。
19. 已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品进行如图实验：
(1)请写出下列物质的化学式：D ______、F ______。
(2)写出②和③步所有反应的化学方程式：
②______；
③______。
(3)设步骤③中所得固体D的质量为32g，溶液E中只含有一种金属离子，气体F为0.5g，试计算取用的每份X的质量为 ______，X中FeO与CuO的质量之比为 ______。
20. 如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。
(1)制备氯气选用的药品为漂粉精固体和浓盐酸，相关反应的化学方程式为：______。
(2)装置B中饱和食盐水的作用是 ______；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象：______。
(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入物质的组合是 ______(填字母)。
编号
a
b
c
d
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
水
浓硫酸
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
(4)为了验证氯气的氧化性，将氯气通入Na2SO3溶液中，然后检验反应后溶液中是否含有SO42−。检验SO42−的方法是：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的 ______至无明显现象，然后再加入少量溶液，有白色沉淀生成，说明含有SO42−。
(5)有人提出，装置D中可改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，试写出相应的离子反应方程式：______。
(6)用一定量铁粉与氯气充分反应后，加适量水，完全溶解后无固体剩余，此时所得溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的质量之比是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.氯气可以和氢氧化钠反应用于制漂粉精，故A正确；
B.氧化铁为红棕色，可以用作红色油漆和涂料，故B正确；
C.活性炭具有吸附性，但不具有杀菌作用，故C错误；
D.利用焰色反应可以制造不同的颜色，故可以制成烟花，故D正确；
故选：C。
A.氯气可以和氢氧化钠反应用于制漂粉精；
B.氧化铁为红棕色；
C.活性炭具有吸附性；
D.利用焰色反应可以制造不同的颜色。
本题综合考查物质的性质及应用、焰色反应等知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意常见物质的性质与用途的对应关系，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B.二氧化硫是非电解质，故B错误；
C.稀盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D.硫酸钠属于盐，是化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，故硫酸钠属于电解质，故D正确；
故选：D。
电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，该概念的前提条件是化合物。
本题考查电解质与非电解质，注意以下几点错误认识：1、能导电的物质一定是电解质，如铜不是电解质但能导电；2、不是电解质的物质就一定是非电解质，如氯气既不是电解质也不是非电解质；3、其水溶液能导电的化合物是电解质，如二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，所以其水溶液能导电，因离子是亚硫酸电离的而不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫是非电解质。
3.【答案】B
【解析】解：A.CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，故A错误；
B.NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，铵根离子中N−H之间存在共价键，故B正确；
C.H2O分子中存在O−H共价键，故C错误；
D.CO2分子中只存在C=O共价键，故D错误；
故选：B。
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素的原子之间易形成共价键。
本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意：氯化钙中两个氯离子之间不存在化学键。
4.【答案】C
【解析】解：已知甲烧杯的溶液显黄色，说明存在Fe3+，则CO32−、OH−在甲烧杯中肯定不存在，由溶液呈电中性可知，甲中必须存在SO42−，而H+与CO32−、OH−不能共存，H+只能存在于甲中，所以乙烧杯的溶液中大量存在的离子有K+、CO32−、OH−，
故选：C。
甲烧杯的溶液显黄色，说明甲烧杯中含有Fe3+，与Fe3+反应的CO32−、OH−只能存在于乙烧杯中，以此结合溶液电中性及离子共存可判断乙烧杯中含有的离子。
本题考查离子共存，明确题干信息、常见离子的性质为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.1molO3含有3molO，含有O原子数目为3NA，故A正确；
B.24gMg的物质的量为：24g24g/mol=1mol，1molMg变为Mg2+时失去2mol电子，失去的电子数目为2NA，故B错误；
C.缺少1mol⋅L−1MgCl2溶液的体积，无法计算该溶液中含有的Cl−数目，故C错误；
D.不是标况下，不能使用22.4L/mol计算11.2LSO2的物质的量，则无法计算含有原子数目，故D错误；
故选：A。
A.臭氧分子中含有3个氧原子；
B.Mg为+2价金属，根据n=mM=NNA计算转移电子数；
C.缺少溶液体积；
D.常温常压下，不能使用标况下气体摩尔体积计算11.2LSO2的物质的量。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
6.【答案】B
【解析】解：A.N2与稀Na2S溶液不反应，无浑浊，故A错误；
B.二氧化硫具有氧化性，与Na2S反应生成S沉淀，产生了沉淀，则可以使溶液变浑浊，故B正确；
C.因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；
D.因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误；
故选：B。
A.N2与稀Na2S溶液不反应；
B.足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反应生成硫沉淀；
C.足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；
D.足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢。
本题考查物质的性质和应用，侧重考查无机化合物之间的反应，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A、因品红溶液检验的是二氧化硫，故A错误；
B、因不管是否混有CO2都不会产生白色沉淀，SO2和CO2都与NaOH溶液：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，故B错误；
C、因不管有没有CO2都会产生白色沉淀：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，不能验证有无CO2，故C错误；
D、KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收，若有白色沉淀一定有CO2，若无沉淀则无CO2，故D正确；
故选：D。
根据SO2和CO2在性质上的相似点与不同点．它们在性质上的相似点很多，如：都是酸性氧化物，都为弱酸的酸酐；能与Ca(OH)2、Ba(OH)2等碱生成白色沉淀．不同点主要表现在：SO2具有漂白性能使品红褪色，CO2不具有漂白性；通过NaHCO3饱和溶液时，由于H2SO3>H2CO3(酸性)，所以SO2能反应置换出CO2，但CO2不反应；SO2中S为+4价，未达到最高价态，故SO2有还原性，但CO2不具有还原性．
本题主要考查SO2和CO2在性质上的相似点与不同点，在平时的学习中要注意区分和比较．
8.【答案】B
【解析】解：A.从Na到Cl，金属性减弱、非金属性增强，故最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，故A错误；
B.Na元素比Al元素的金属性强，是因为Na原子比Al原子容易失去电子，故B正确；
C.从F到I，单质的沸点逐渐升高，非金属性减弱，与氢气化合越来越困难，故C错误；
D.O与S为同主族元素，O比S的原子半径小，氧原子更溶液获得电子，故氧气比硫单质的氧化性强，故D错误；
故选：B。
A.元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，而元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
B.金属性越强，越容易失去电子；
C.从F到I，单质的沸点逐渐升高，非金属性越强，与氢气反应越容易
D.氧气比硫单质的氧化性强。
本题考查元素周期律的运用，明确规律即可解答，题目基础性强，意在考查学生对基础知识的掌握情况。
9.【答案】A
【解析】解：A.向碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶体，放出热量，故A错误；
B.钠与水反应，钠的熔点低，钠和水放出的热量使钠熔成小球，和水反应生成氢气，所以有气泡生成，故B正确；
C.铁丝在氯气中燃烧，产生棕红色的浓烟，溶于少量水后，浓度较大，溶液呈棕黄色，故C正确；
D.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白雾，故D正确；
故选：A。
A.碳酸钠固体中加入少量水后，白色粉末结块变成晶；
B.钠与水反应，现象为浮、游、熔、响、红；
C.氯化铁是棕红色的固体，溶于少量水后溶液呈棕黄色；
D.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，产生的氯化氢易吸收空气中的水产生白雾。
本题考查化学实验方案评价，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、反应与热量的关系等知识点是解本题关键，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A.浓硫酸具有强氧化性和吸水性，SO2具有还原性，但浓硫酸不能氧化SO2，可作SO2的干燥剂，故A错误；
B.胶体是一种分散系，属于混合物，但碳纳米泡沫是碳单质，则碳纳米泡沫不是胶体，故B错误；
C.碳酸钠具有强腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多，用于治疗胃酸过多的药物是碳酸氢钠，故C错误；
D.次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌、消毒，故D正确；
故选：D。
A.浓硫酸具有吸水性，不能与SO2反应，可干燥SO2；
B.碳纳米泡沫是碳单质，不是胶体；
C.碳酸钠具有强腐蚀性，不可用于治疗胃酸过多；
D.次氯酸具有强氧化性，能使蛋白质变性。
本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.石灰乳与Na2CO3溶液混合，离子方程式为：Ca(OH)2+CO32−=CaCO3↓+2OH−，故A错误；
B.二氧化硫通入氯水中，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl−+SO42−，故B正确；
C.Fe与稀硫酸反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；
D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应，离子方程式为：HCO3−+Ca2++OH−=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
A.石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；
B.二氧化硫通入氯水中反应生成盐酸和硫酸；
C.不符合反应客观事实；
D.氢氧化钠少量反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水。
本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷守恒规律，题目难度中等。
12.【答案】C
【解析】解：发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，总反应式为Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2↑，2.7gAl、2.3gNa恰好完全反应，故n(H2)=2n(Na)=2×2.3g23g/mol=0.2mol，
故选：C。
发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，总反应式为Na+Al+2H2O=NaAlO2+2H2↑，2.7gAl、2.3gNa恰好完全反应，根据方程式计算。
本题考查化学方程式的计算，题目涉及过量计算问题，关键是明确发生的反应，注意总反应方程式的运用，试题侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
13.【答案】B
【解析】解：A.如图电子转移分析，CuI仅是还原产物，故A错误；
B.反应物中铜元素、IO3−中的碘元素的化合价均降低，被还原，故Cu2+和IO3−均作氧化剂，故B正确；
C.每生成1molCuI，应有11molI−发生氧化反应，故C错误；
D.根据离子方程式可知，每转移22mole−，有4molIO3−被还原，所以当有1.1mole−转移时，应有0.2molIO3−被还原，故D错误；
故选：B。
2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O中Cu由+2价降低为+1价，Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有2224的I元素化合价由−1价变为0价，该反应转移电子数为22e−，电子转移图可以表示为：以此来解答。
本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化合价的判断，题目难度不大。
14.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，A为O，B为Al，C为S，D为Cl元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：B>C>D>A，故A正确；
B.B的氧化物为氧化铝，氧化铝为两性氧化物，故B正确；
C.元素D的单质为氯气，氯气是黄绿色有毒气体，故C正确；
D.氧的原子序数为8，元素周期表中位于第二周期第VIA族，故D错误；
故选：D。
已知短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A、C为同主族元素，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，设A、C原子的最外层电子数为x，则x+x+0.5x=15，解得x=6，则A为O，B为Al，C为S元素；D的原子序数大于S，且为短周期主族元素，则D为Cl元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，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。
15.【答案】D
【解析】解：A.0∼5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点只有部分Fe3+反应，a溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+，故A错误；
B.由图可知加入铁粉0.56g∼1.68g时，加入Fe为1.68g−0.56g=1.12g，完全反应可以生成Cu为：1.12g56g/mol×64g/mol=1.28g，而剩余物为1.28g，即铁粉从0.56g∼1.68g发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B错误；
C.加入铁粉为从1.68g∼2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g−1.28g=0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，故C错误；
D.由Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，n(Fe3+)=2×0.56g56g/mol=0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+可知，n(Cu2+)=1.12g56g/mol=0.02mol，则CuSO4为0.02mol，原混合溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为0.0mol：0.02mol=1：2，故D正确；
故选：D。
由氧化性：Fe3+>Cu2+，加入0∼5.6gFe发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加入铁粉从0.56g∼1.68gFe时，即加入1.12gFe，剩余物为1.28g，此时发生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；加入铁粉为从1.68g∼2.24g时，即加入0.56gFe，固体增加1.84g−1.28g=0.56g，Fe没有参与反应，可知加入1.68gFe时，溶液中Cu2+、Fe3+完全反应，此时溶液中溶质为FeSO4，结合反应方程式进行计算。
本题考查混合物的计算，关键是明确反应的先后顺序、判断图象中各阶段发生的反应，侧重考查学生分析能力、计算能力。
16.【答案】④⑦；①③；先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解；C；Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O；Ag2S；D
【解析】解：I、(1)由多种物质组成的是混合物，故④⑦是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故①③为电解质，故答案为：④⑦；①③；
(2)电解质溶液能使胶体发生聚沉，故向氢氧化铁胶体中加入稀硫酸能发生胶体的聚沉，从而生成氢氧化铁沉淀，继续滴加稀硫酸，则氢氧化铁沉淀溶解，故答案为：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解；
Ⅱ.(1)所有的置换反应全是氧化还原反应，是被包含和包含的关系，故A是氧化还原反应，B是置换反应，所以C是离子反应，故答案为：C；
(2)该离子反应表示强酸、强碱混合生成弱电解质水且不生成其它沉淀的反应，如果酸碱中和生成的盐是沉淀，则不能用此离子方程式来表示，如Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O；
(3)由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，H2S在反应中化合价没变，故既不是氧化剂也不是还原剂，故答案为：Ag2S；D.
I、(1)由多种物质组成的是混合物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；
(2)电解质溶液能使胶体发生聚沉；
II、(1)所有的置换反应全是氧化还原反应，置换反应中有部分是离子反应，部分是非离子反应，氧化还原反应中，有部分是离子反应，部分是非离子反应；
(2)该离子反应表示强酸、强碱混合生成弱电解质水且不生成其它沉淀的反应．
(3)从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用．
本题考查胶体的性质氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价变化的角度判断，注意该反应中S元素的化合价没有变化，为易错点．
17.【答案】 还原性 非极性 NaOHAl(OH)3 Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2OCl−>O2−>Na+。
【解析】解：(1)C为6号元素，原子结构示意图，
故答案为：；
(2)Na原子结构中最外层只有1个电子，易失去电子，故具有还原性，
故答案为：还原性；
(3)氮气中形成了氮氮之间的非极性键，
故答案为：非极性；
(4)O、Cl与H形成的原子个数比为1：1：1的化合物为HClO，其电子式为，
故答案为：；
(5)同周期元素随核电荷数增大失电子能力减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性越弱，故碱性最强的是NaOH，具有两性的为Al(OH)3，氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水的离子方程式为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：NaOH；Al(OH)3；Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(6)一般电子层数越多半径越大，故Cl−最大；核外电子排布相同时核电荷数越大半径越小，故大小关系为Cl−>O2−>Na+，
故答案为：Cl−>O2−>Na+。
根据周期表种的位置关系，可得①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ar。
(1)C为6号元素，原子核外电子排布为2、4；
(2)Na原子结构中最外层只有1个电子，易失去电子；
(3)氮气分子中氮原子与氮原子之间形成了共价键；
(4)O、Cl与H形成的原子个数比为1：1：1的化合物为HClO；
(5)同周期元素随核电荷数增大失电子能力减弱，其最高价氧化物对应水化物碱性越弱；氢氧化铝具有两性，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(6)一般电子层数越多半径越大；核外电子排布相同时核电荷数越大半径越小。
本题考查元素周期表与元素周期律的应用，识记常见元素在周期表中位置，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，题目比较基础。
18.【答案】紫色石蕊试液变红色 SO2+H2O=H2SO3 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OSO2+NaOH=NaHSO3 品红溶液红色褪去 溶液重新变成红色 溶液紫色褪去 Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O
【解析】解：(1)SO2是酸性气体，与水发生反应：SO2+H2O=H2SO3，生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色，
故答案为：紫色石蕊试液变红色；SO2+H2O=H2SO3；
(2)向氢氧化钠溶液中通入二氧化硫，先发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，二氧化硫过量又发生反应：SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，总反应为：SO2+NaOH=NaHSO3；
故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；SO2+NaOH=NaHSO3；
(3)SO2气体具有漂白性，品红溶液红色褪去，加热溶液重新变成红色，
故答案为：品红溶液红色褪去；溶液重新变成红色；
(4)SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，
故答案为：溶液紫色褪去；
(5)实验室用浓硫酸和铜制SO2的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O。
(1)SO2是酸性气体，与水反应生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色；
(2)开始SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠与水，SO2气体过量，与亚硫酸钠、水反应生成亚硫酸氢钠；
(3)SO2气体具有漂白性，与品红化合为不稳定的无色物质；
(4)SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化；
(5)浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。
本题考查二氧化硫的性质，题目比较基础，注意区别二氧化硫的漂白原理，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液或溴水等褪色不体现其漂白性，而是还原性。
19.【答案】CuH2 CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2 Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu56g9：5
【解析】解：(1)由分析可知，D的化学式为Cu，F的化学式为H2，
故答案为：Cu；H2；
(2)反应②中发生反应CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2；反应③发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，
故答案为：CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu；
(2)由题意可知一份X中含Cu的质量为32g2=16g，则每份中CuO的物质的量为n(CuO)=n(Cu)=16g64g/mol=0.25mol，则每一份X中m(CuO)=0.25mol×80g/mol=20g；由Fe+2H+=Fe2++H2↑，可知与盐酸反应的Fe的物质的量为5.6L22.4L/molmol−1=0.25mol，由Cu2++Fe=Fe2++Cu，可知与Cu2+反应Fe为0.25mol，根据铁元素守恒可知每一份X中n(FeO)=0.25mol+0.25mol=0.5mol，则每一份X中FeO的质量为0.5mol×72g/mol=36g，故每一份X的质量为20g+36g=56g，X中FeO和CuO的质量比为36g：20g=9：5，
故答案为：56g；9：5。
由转化关系可知，反应①中发生反应FeO+2HCl=FeCl2+H2O、CuO+2HCl=CuCl2+H2O，A中含HCl、FeCl2、CuCl2，反应②中发生CO+CuO−△Cu+CO2、CO+FeO−△Fe+CO2，B中含Fe、Cu，C为CO2，B与A反应生成F为H2，还原性Fe>Cu，则Fe与A中阳离子反应，反应③发生Fe+2H+=Fe2++H2↑、Cu2++Fe=Fe2++Cu，所得固体D的质量为32g，溶液E中只含一种金属离子，固体D为Cu，E一定含FeCl2，D中Cu的质量源于2份X，根据铜元素守恒计算每一份含有铜元素的质量，根据原子守恒计算可得每一份中CuO质量，反应③是②中生成Fe与①中产生的铜离子、剩余盐酸反应，根据方程式计算可得每一份含有Fe原子物质的量，根据原子守恒计算可得每一份中氧化亚铁质量。
本题考查无机物推断，混合物的计算等，为高频考点，关键是明确发生的反应，熟练掌握元素化合物知识，试题培养学生分析推理能力、化学计算能力。
20.【答案】Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O除去Cl2中的HCl B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱 d 稀盐酸；BaCl2 HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+3H+ 2：3
【解析】解：(1)次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(2)盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，
故答案为：除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；
(3)验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，只有d符合，
故答案为：d；
(4)检验硫酸根必须排除其他离子的干扰，因此检验反应后溶液中含有SO42−的方法是：取少量反应后的溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液有白色沉淀生成，说明含有SO42−，
故答案为：稀盐酸；BaCl2；
(5)氯气把亚硫酸氢钠氧化为硫酸钠，自身被还原为Cl−，反应的离子方程式为HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+3H+，
故答案为：HSO3−+Cl2+H2O=SO42−+2Cl−+3H+；
(6)氯气与铁反应剩余的铁粉与氯化铁在溶液中发生反应，2Fe3++Fe=3Fe2+，设起始时三价铁离子的物质的量为xmol，反应中消耗的三价铁离子的物质的量为ymol，由皈应可知生成的亚铁离子的物质的量为1.5ymol，已知剩余的三价铁离子与生成的亚铁离子相等，则：x−y=1.5y，解得y=0.4x，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的质量之比=0.4x：(x−0.4x)=2：3，
故答案为：2：3。
(1)次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯化钙、氯气与水；
(2)盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；
(3)验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪；
(4)检验硫酸根必须排除其他离子的干扰；
(5)氯气把亚硫酸氢钠氧化为硫酸钠，自身被还原为Cl−；
(6)氯气与铁反应剩余的铁粉与氯化铁在溶液中发生反应，2Fe3++Fe=3Fe2+，设起始时三价铁离子的物质的量为xmol，反应中消耗的三价铁离子的物质的量为ymol，由皈应可知生成的亚铁离子的物质的量为1.5ymol，已知剩余的三价铁离子与生成的亚铁离子相等，则：x−y=1.5y，解得y=0.4x，已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的质量之比=0.4x：(x−0.4x)。
本题考查氯气的实验室制备与性质实验，侧重考查原理与装置的分析与评价等，关键是明确实验原理，注意实验方案有缺陷，应在装置C与D之间应添加盛放浓硫酸的装置，防止D中水蒸气进入C中，难度中等。
相关试卷
2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省名校联考高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】D，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省运城市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省运城市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了1ml⋅L−1的溶液，3g，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年山西省孝义市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）： 这是一份2021-2022学年山西省孝义市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了SiO2等内容，欢迎下载使用。
