【化学】新疆第二师华山中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）

新疆第二师华山中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
（考试时间：90分钟，满分：100分）
相对原子质量： O 16 H 1 C 12 Cl 35.5 Na 23 Mg 24 Al 27 Fe 56
一、选择题（本题共16道小题，每小题3分，共48分）
1.化学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是（ ）
A. 医用酒精和Fe(OH)3胶体可用丁达尔效应区分
B. 水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品
C. 氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同
D. 盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】A．只有胶体具有丁达尔效应；B．水晶的主要成分为二氧化硅；C．氯水具有强氧化性，与氯化钠性质不同；D．纯碱属于盐。
【详解】A．医用酒精是溶液，不具有丁达尔效应，选项A错误；B．水泥、水玻璃的主要成分为硅酸盐，但水晶的主要成分为二氧化硅，选项B错误；C．氯水具有强氧化性，与氯化钠性质不同，食盐水消毒利用细菌脱水的原理，选项C错误；D．纯碱属于盐，选项D错误。答案选A。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 32 g O2占的体积约为22.4 L
B. 1mol N2 含阿伏加德罗常数个氮原子
C. 在标准状况下，22.4 L H2O 的质量约为 18 g
D. 22 g CO2 与标准状况下11.2 L HCl　含有相同分子数
【答案】D
【解析】
【详解】A.32g O2的物质的量为，没有给出标准状况下，无法利用气体摩尔体积公式计算体积，故A错误；
B.N2是双原子分子，则1molN2含有2NA个氮原子，故B错误；
C.标准状况下，水为液态，不能利用气体摩尔体积公式计算物质的量，更无法计算质量，故C错误；
D. 22 g CO2 与标准状况下11.2 L HCl的物质的量相等，均为0.5mol，所含的分子数也相等，故D正确。答案选D。
3. （2015秋•湖州期末）某无色透明的溶液，在强酸性和强碱性的条件下都能大量共存的是（ ）
A. Fe2+、K+、SO42﹣、HCO3﹣ B. Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣
C. Na+、K+、SO42﹣、NO3﹣ D. Ba2+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
【答案】C
【解析】A．Fe2+有颜色，且无论呈酸性还是碱性，HCO3﹣都不能大量共存，故A错误；
B．碱性条件下Mg2+不能大量共存，故B错误；
C．四种离子既不与H+反应也不与OH﹣反应，且离子之间不发生任何反应，在两种溶液中都能大量共存，故C正确；
D．MnO4﹣有颜色，且Ba2+、MnO4﹣反应生成沉淀，故D错误．
4.下列离子方程式书写正确的是 ( )
A. AlCl3溶液中滴加过量NH3·H2O：Al3+ + 4OH-= AlO2-+ 2H2O
B. 钠与水的反应：Na+2 H2O =Na++2OH-+H2↑
C. NaHSO4溶液中加BaCl2溶液：SO42-+Ba2+=BaSO4↓
D. 氯气与水的反应：Cl2 + H2O = 2 H+ + ClO-+ Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.向AlCl3溶液中滴加浓氨水至过量生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，离子方程式：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；
B.钠与水的反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na++2OH-+H2↑，此选项中所给离子方程式电荷不守恒，故B错误；
C.NaHSO4溶液中加BaCl2溶液反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+BaSO4↓，故C正确;
D.氯气与水的反应,离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl−+HClO，HClO为弱电解质应保持化学式形式，故D错误。答案选C。
5.在反应 3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，还原剂和氧化剂的物质的量为( )
A. 1 ：1 B. 1 ：2 C. 2 ：1 D. 3 ：2
【答案】B
【解析】
【详解】反应3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中的硫元素有的发生了氧化反应，有的发生了还原反应，每三个硫原子中，1个硫原子被氧化，2个硫原子被还原，即还原剂与氧化剂物质的量之比为 1：2；A. 1 ：1不符合题意；B. 1 ：2符合题意；C. 2 ：1不符合题意；D. 3 ：2不符合题意；答案：B。
6.用NaOH固体配制1mol/L的NaOH溶液，下列操作和说法中正确的是 ( )
A. 将40gNaOH固体溶于1 L水中可配成1mol/L的NaOH溶液
B. 称量时，将固体NaOH直接放在天平右盘上
C. 固体溶解后立即将溶液转移到容量瓶中，并向容量瓶中直接加水稀释到刻度线
D. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果
【答案】D
【解析】
【详解】A.40gNaOH溶于1L水后，总体积将大于1L，所得溶液的浓度将小于1mol/L，故A错误；
B.NaOH固体有腐蚀性且易潮解，称量时不能直接放在天平托盘上，应放在烧杯上，称量时天平左盘放待称物，右盘放砝码，故B错误；
C.固体溶解后应先冷却到室温，再将溶液转移到容量瓶中，定容时需向容量瓶中加入蒸馏水，应用玻璃棒引流，当向容量瓶中加水至距离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管向容量瓶中滴加水，故C错误；
D.配制溶液时，需将溶解的溶液转移到容量瓶，再用蒸馏水进行定容，因此容量瓶中含有少量蒸馏水不会影响实验结果，故D正确。答案选D。
7.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-   ②2Br-+Cl2=Br2+2Cl-   ③2Fe3++2I-=2Fe2++I2．由此判断下列说法正确的是（ ）
A. 铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化
B. 反应②中当有1mol Cl2被氧化时，有2mol Br-被还原
C. 氧化性强弱顺序为：Cl2＞I2＞Br2＞Fe3+
D. 还原性强弱顺序为：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-
【答案】D
【解析】A、反应①铁元素的化合价升高，被氧化，反应③中铁元素的化合价降低，被还原，A错误。B、反应②中应该是Cl2被还原，Br-被氧化，B错误。C、根据在同一个反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性的规律可知各物质的氧化性的大小关系，①中：Br2＞Fe3+、 ②中：Cl2＞Br2、③中：Fe3+＞I2，所以氧化性的大小顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，C错误。D、氧化剂的氧化性越大，其对应的阴离子的还原性越小，可知还原性的大小顺序为：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，D正确。正确答案为D
8. 下列物质中既能导电，又属于电解质的一组物质是（ ）
A. 石墨、醋酸溶液、食盐晶体
B. 熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl
C. 稀H2SO4、NaOH溶液、纯HNO3
D. 液氨、石灰水、水银
【答案】B
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子，水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质，据此判断。
【详解】A、石墨能导电是单质不是电解质，醋酸溶液能导电是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，故A错误；
B、熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl均属于强电解质能导电，故B正确；
C、稀硫酸和NaOH溶液是混合物，不是电解质也不是非电解质，，纯硝酸不导电，故C错误；
D、液氨不导电，是非电解质，石灰水是混合物，水银是单质，都不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故答案选B。
9.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小
木条，沥干后放在酒精灯外焰加热
小木条不燃烧
Na2SiO3可作
防火剂
B
将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧
集气瓶口上方
有白烟生成
H2、Cl2化合
生成HCl
C
将FeCl2加入酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫色褪去
FeCl2具有漂
白性
D
除去表面氧化膜的铝箔，在酒精灯
上充分加热
铝不能滴落下
来
铝熔点高，没
能熔化
【答案】A
【解析】
【详解】A.充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热，小木条不燃烧，证明Na2SiO3不燃烧，可作防火剂，故A正确；
B.将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢极易溶于水，在集气瓶口上方形成盐酸小液滴，则有白雾生成，故B错误；
C.将FeCl2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，FeCl2被氧化，表现了还原性，不是漂白性，故C错误；
D.金属Al与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，不是铝的熔点高，故D错误。答案选A。
10.和田玉在我国至少有7000年的历史，是我国玉文化的主体。和田玉是一种具有链状结构的含水钙镁硅酸盐，某种和田玉的化学成分为Ca2Mg3Fe2（Si4O11）2（OH）2，有关叙述不正确的是（ ）

A. 和田玉可与某些酸反应
B. 和田玉是一种无机非金属材料
C. Mg元素的质量分数是Ca元素质量分数的0.9倍
D. 其中铁的化合价为+3
【答案】D
【解析】
【分析】硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O，依据和田玉的化学成分为Ca2Mg3Fe2(Si4O11)2(OH)2，结合元素守恒，价态不变，元素化合价代数和为0书写成氧化物的形式为2CaO•3MgO•2FeO•8SiO2•H2O，据此解答。
【详解】A．和田玉能与氢氟酸反应，A正确；
B．硅酸盐材料属于无机非金属材料，所以和田玉是一种无机非金属材料，B正确；
C．该化合物的化学式中Mg的个数为3，Ca的个数为2，则镁元素的质量分数是钙元素质量分数的倍，C正确；
D．和田玉的氧化物的形式为2CaO•3MgO•2FeO•8SiO2•H2O，其中铁元素的化合价为+2，D错误。
答案选D。
11.下列说法正确的是 (　　)
A. 可以用澄清石灰水鉴别SO2和CO2
B. 浓硫酸和木炭加热条件下可以生成SO2
C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3
D. 少量SO2通过浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，所以不能用澄清石灰水溶液鉴别SO2和CO2，故A错误；
B.浓硫酸和木炭加热条件下的反应方程式为：C+2H2SO4（浓）=CO2↑+2SO2↑+2H2O，则有SO2生成，故B正确；
C.S与氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，所以硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2，故C错误；
D.SO2与浓CaCl2溶液不反应，所以少量SO2通过浓CaCl2的溶液无现象，故D错误。答案选B。
12.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（ ）
A. 气体通过无水硫酸铜粉末，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
B. 在溶液中加KSCN溶液，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3＋，无Fe2＋
C. 灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na＋，无K＋
D. 向某无色溶液中加入盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原溶液一定含有
【答案】A
【解析】
【详解】A.气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O=CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O为蓝色，故可证明原气体中含有水蒸气，故A正确；
B.Fe3+遇KSCN会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+但并不能证明无Fe2+，故B错误；
C.灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，Na+颜色反应为黄色，但并不能证明无K+，因为黄光可遮住紫光，而K+颜色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C错误；
D.向某无色溶液中加入盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，原溶液中含有可能含有碳酸氢根离子，故D错误。
故选A。
13.下列描述中，不正确的是( )
A. FeSO4 可用于防止食品氧化变质，延长食品的保质期
B. Fe2O3为红棕色粉末，生活中常用作颜料
C. 向Fe2(SO4)3 溶液中加入足量的铁粉，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液马上变成血红色
D. 铁和水蒸气反应，生成紫黑色的Fe3O4
【答案】C
【解析】
【详解】A.Fe2+具有还原性，能被其他氧化剂氧化，从而防止食品氧化变质，使食品保质期延长，故A正确；
B.Fe2O3是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故B正确；
C.向Fe2(SO4)3溶液中加入足量铁粉，则溶液中Fe3+全部转化成Fe2+，Fe2+不与KSCN溶液反应，溶液不会变成血红色，故C错误；
D.铁和水蒸气反应的方程式为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，则生成紫黑色的Fe3O4，故D正确。答案选C。
14.将5.6LCO2气体缓慢通过一定量的Na2O2固体后，得到3.36L气体(气体体积均在标准状况下测定)，所得气体的质量为（ ）
A. 5.4g B. 4.8g C. 3.8g D. 6.6g
【答案】A
【解析】令参加反应的CO2气体的体积为a，生成的O2的体积为b，则：
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 气体体积减小△V
2 1 1
a b 5.6-3.36=2.24
解得a=4.48，b=2.24
所以3.36L气体中CO2体积为5.6L-4.48L=1.12L，O2的体积为2.24L，物质的量分别是1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol、2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则3.36L气体的质量为0.05mol×44g/mol+0.1mol×32g/mol=5.4g，答案选A。
15.下列各级物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 ：（ ）

【答案】C
【解析】
【详解】A.Si→H2SiO3不能一步完成，故A错误；
B.Al2O3→Al(OH)3不能一步完成，故B错误；
C.C选项符合题意，发生的反应有a→b：Fe+2HCl===FeCl2+H2↑
a→c：2Fe+3Cl2 2FeCl3
b→c： 2FeCl2+ Cl2=2FeCl3
c→b：2FeCl3+Fe= 3FeCl2，故C正确；
D.Fe→Fe(OH)3，FeCl2→Fe(OH)3，Fe(OH)3→FeCl2均不能一步完成，故D错误。答案选C。
16.CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是 （ ）
A. 滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B. 整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应
C. 通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性
D. 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；
B.发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故B错误；
C.通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故C正确；
D.2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+> I2， SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2>SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2 ，故D正确。答案选B。
二、填空题（本题共4道小题，共52分）
17.化学就在我们身边，它与我们的日常生活密切相关。按要求回答以下问题：
（1）明矾可用作净水剂，其化学式是__________ ，漂白粉的有效成分是_______(填化学式)。光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，试用离子方程式解释其原因_________。
（2）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，其原因是__________(用化学方程式表示)。
（3）驰名世界的中国瓷器通常是由粘土经高温烧结而成。粘土的主要成分为Al2Si2O5 (OH)x，式中x=______，若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为：___
【答案】(1). KAl(SO4)2·12H2O (2). Ca(ClO)2 (3). SiO2＋2OH－ === SiO32－＋H2O (4). NaHCO3＋HCl=== NaCl＋H2O＋CO2↑ (5). 4 (6). Al2O3·2SiO2·2H2O
【解析】
【分析】本题考查的是铝及其化合物的性质。
（1）明矾可用作净水剂，其化学式是KAl(SO4)2·12H2O；漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，原因是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2＋2OH－ === SiO32－＋H2O；
（2）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，原因是反应生成气体，会导致胃穿孔，反应的化学方程式为NaHCO3＋HCl=== NaCl＋H2O＋CO2↑；
（3）粘土的主要成分为Al2Si2O5 (OH)x，，根据化合价代数和为0可知式中x=3×2+4×2-2×5=4，若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为Al2O3·2SiO2·2H2O；据此解答。
【详解】（1）明矾可用作净水剂，其化学式是KAl(SO4)2·12H2O；漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，原因是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2＋2OH－ === SiO32－＋H2O。故本小题答案为：KAl(SO4)2·12H2O； Ca(ClO)2；SiO2＋2OH－ === SiO32－＋H2O。
（2）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，原因是反应生成气体，会导致胃穿孔，反应的化学方程式为NaHCO3＋HCl=== NaCl＋H2O＋CO2↑。本小题答案为：NaHCO3＋HCl=== NaCl＋H2O＋CO2↑。
（3）粘土的主要成分为Al2Si2O5 (OH)x，，根据化合价代数和为0可知式中x=3×2+4×2-2×5=4，若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为Al2O3·2SiO2·2H2O。本小题答案为：4；Al2O3·2SiO2·2H2O。
18.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如下图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。

请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：B_________，丙_________，乙_________，H_________
（2）根据要求回答：
1)D溶液和F溶液在空气中混合的现象：_________________________________；
2)反应③离子方程式___________________________________________________；
3)反应⑦离子方程式___________________________________________________；
4)反应⑥化学方程式___________________________________________________。
【答案】(1). Al (2). HCl (3). Cl2 (4). Fe(OH)2 (5). 产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (7). 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+ (8). 4Fe(OH)2+ O2+2H2O＝4Fe(OH)3
【解析】金属A焰色反应为黄色，则A为Na，与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH，金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，则B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，溶于水得到E为盐酸，物质D（氢氧化钠）和F反应生成H，H在空气中转化为红褐色沉淀I，则H是氢氧化亚铁，I是氢氧化铁，与盐酸反应生成G，则G是氯化铁。F与氯气反应生成G，则F是氯化亚铁，C是铁。
（1）由上述分析可知B、丙、乙、H的化学式分别是；Al、HCl、Cl2、Fe(OH)2；（2）由上述分析可知氢氧化钠溶液和氯化亚铁溶液在空气中混合的现象是产生白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；反应③的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；反应⑦离子方程式为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；反应⑥化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3。
19.实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：

（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式_____________。
（2）D中放入浓H2SO4，其目的是_____________________________。
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是___________，对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释是________________________________。
（4）G处的现象是____________________________________。
（5）画出H处尾气吸收装置图并注明试剂____________。
（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。

①“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，写出反应的离子方程式__________。
②需“密闭保存”的原因____________________________________________。
（7）现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为______________。
【答案】(1). MnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). 除去氯气中的水蒸气 (3). E中不褪色，F中褪色 (4). 干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性 (5). 出现蓝色 (6). (7). Cl-+ClO-+2H+＝Cl2↑+H2O (8). 次氯酸钠与空气中的二氧化碳反应 (9). SO32-+HClO=SO42-+H++Cl-
【解析】
【分析】实验室用浓盐酸与二氧化锰加热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中含有氯化氢、水，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，依次通过干燥有色布条、湿润有色布条验证氯气是否具有漂白性，再通过G装置验证氯气的氧化性，氯气有毒，能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，据此解答。
【详解】（1）MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式为MnO2＋4HCl(浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
（2）浓硫酸具有吸水性，D中浓硫酸作用为干燥氯气，除去氯气中的水蒸气，防止水蒸气对氯气漂白性检验造成干扰；
（3）干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性；
（4）氯气具有强的氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以看到现象为棉花团变蓝；
（5）氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，装置如图所示；
（6）①次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式为Cl-+ClO-+2H+＝Cl2↑+H2O；
②消毒液的有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解，所以应该密封保存；
（7）亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为S032-+HClO＝S042-+H++Cl-。
20.将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。回答下列问题：

（1）写出OA段和BC段反应的离子方程式：
OA：___________ ； BC：_____________；
（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。
（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。
（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。
【答案】(1). H++OH-=H2O； (2). Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (3). 5.1克 (4). 6mol/L (5). 5mol/L
【解析】
【分析】本题主要考查铝及其化合物。
Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。
（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g；
（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L；
（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。据此解答。
【详解】Mg-Al合金与HCl溶液反应后生成MgCl2和AlCl3，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3沉淀，NaOH过量时，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液。由图可知，起始加入NaOH溶液时，无沉淀产生，说明Mg-Al合金与HCl溶液反应后HCl有剩余，则OA段发生NaOH和HCl的酸碱中和反应，AB段发生沉淀反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，BC段沉淀的质量减少，发生Al(OH)3沉淀溶解反应生成NaAlO2，最终沉淀为Mg(OH)2。
（1）根据分析可知OA段的离子方程式为：H++OH-=H2O，BC段的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。本小题答案为；H++OH-=H2O；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
（2）根据分析C点对于沉淀为Mg(OH)2，质量为5.8g，根据镁元素守恒，则 Mg的物质的量为n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.1mol，根据B点沉淀总质量为13.6g，C点沉淀质量为5.8g，则B点生成的Al(OH)3沉淀的质量为7.8g，根据铝元素守恒，则Al的物质的量为n(Al)=n[Al(OH)3]=0.1mol，则原Mg-Al合金的质量为0.1mol×24g/mol+0.1mol×27g/mol=5.1g。本小题答案为：5.1g。
（3）BC段发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，0.1mol Al(OH)3消耗NaOH的物质的量为0.1mol，溶液体积为20mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.02L=5mol/L。B点消耗NaOH的物质的量为0.12L×5mol/L=0.6mol，B点溶液中溶质为NaCl，根据氯元素守恒，则原盐酸中含有HCl的物质的量为0.6mol，则原HCl溶液的物质的量浓度为0.6mol/0.1L=6mol/L。本小题答案为：6mol/L。
（4）根据（3）中分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L。