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四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了5 Si， 下列离子方程式不正确的是，2L×2ml/L=0， 设是阿伏加德罗常数的值， 用NaCl固体配制0等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 Na：23 Cl：35.5 Si：28 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列各组物质中，前一种是化合物，后一种是混合物的是
A. 氧化钙，洁净的雨水B. 氢氧化钾，含铜80%的氧化铜
C. 澄清的石灰水，粗盐D. 红磷，空气
【答案】A
【解析】
【分析】化合物是指由两种或两种以上的元素形成的纯净物，混合物是指由多种成分构成的物质。
【详解】A．氧化钙是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物；洁净的雨水中含有水和溶解到水中的一些气体如二氧化碳等，还有其它可溶性杂质，属于混合物，故A正确；
B．氢氧化钾是化合物，由于在纯净的氧化铜中铜元素的质量分数为80%，因此含铜质量分数为80%的氧化铜是纯净物，故B错误；
C．石灰水中含有水和氢氧化钙，属于混合物；粗盐中含有氯化钠、泥沙等物质，属于混合物，故C错误；
D．红磷是由磷元素组成的纯净物，属于单质；空气中含有氮气、氧气等物质，属于混合物，故D错误；
故选：A。
2. 下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是
① ② ③ ④ ⑤
A. ①②③④B. ②③④C. ④D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①，，N2在一定条件下与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，所以不能通过一次反应直接实现，故①错误
②，NH3和O2在一定条件下能生成NO，NO与氧气再生成NO2，NH3不能直接生成NO2，故②错误；
③，NO2与水反应即可实现，反应中N元素的化合价既升高又降低，水不是氧化剂，故③错误；
④，反应中N化合价升高，需要加入氧化剂O2，在放电条件下可以一步完成，故④正确；
⑤，反应中N化合价降低，需要加入还原剂氢气，故⑤错误；
故选C。
3. 当我们把苹果切开后不久，果肉上便会产生一层咖啡色的物质，其原因是果肉里的酚在空气中被氧化为大量醌类物质，醌类物质能使植物细胞迅速的变成褐色，则这种空气中常见的氧化剂是（ ）
A. N2B. O2C. H2OD. CO2
【答案】B
【解析】
【详解】空气中水、二氧化碳不具有强氧化性，氮气的化学性质稳定，能氧化酚的物质为氧气，故答案为B。
4. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是
A. 均溶于水B. 均为白色固体
C. 受热均易分解D. 其水溶液均能使酚酞溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3和NaHCO3是可溶性盐，均溶于水，A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3颜色均为白色固体，B正确；
C．Na2CO3受热不易分解，NaHCO3不稳定，受热易分解，C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3水溶液都呈碱性，均能使酚酞溶液变红，D正确；
故选C。
5. 对于，下列有关说法正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A. 含碳原子个数为B. 分子数为
C. 含碳元素的质量为D. 含氧原子的物质的量为
【答案】D
【解析】
【分析】物质的量：；
【详解】A．每个CO2分子含1个C原子，则含碳原子个数为，故A错误；
B．根据可知，其分子数为，故B错误；
C．根据A选项可知，含碳原子个数为，对应质量：，故C错误；
D．每个CO2分子含2个O原子，则含氧原子物质的量为1ml，故D正确；
答案选D。
6. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2(s))是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：已知：2Na2CO3(aq)＋3H2O2(aq)⇌2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH＜0 ,50℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解。
下列说法错误的是
A. 过碳酸钠是由碳酸钠、过氧化氢利用氢键所形成的不稳定的复合物
B. 滤液X可以循环使用
C. 步骤③洗涤时选用无水乙醇洗涤，可除去水分、利于干燥
D. 利用过碳酸钠净化水原理与明矾净水原理类似
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．过碳酸钠是在低温下向碳酸钠溶液缓慢的滴加双氧水得到，故A正确；
B．向滤液X中加入适量NaCl固体，增加钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度，加入无水乙醇，降低过碳酸钠的溶解度，两者均可析出过碳酸钠，故B正确；
C．无水乙醇洗涤可以除去水分、有利于干燥，故C正确；
D．过碳酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能吸附水中悬浮的杂质，故D错误；
故选：D。
7. 下列离子方程式不正确的是
A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：
B. 向200 mL2的溶液中通入11.2L(标准状况下)的氯气(已知还原性：)：
C. 醋酸与氨水反应：
D. 硅酸钠与稀硫酸反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成Ca(HCO3)2，故离子方程式为：，A正确；
B．向200 mL2即物质的量为0.2L×2ml/L=0.4ml的溶液中通入11.2L(标准状况下)即物质的量为=0.5ml的氯气(已知还原性：)，即FeBr2和Cl2的物质的量之比为4:5，结合Cl2先氧化Fe2+后氧化Br-可知，该反应的离子方程式为：，B正确；
C．已知醋酸和氨水均为弱电解质，离子方程式书写时不能拆，故醋酸与氨水反应的离子方程式为：，C正确；
D．Na2SiO3是可溶性盐，离子方程式书写时能拆，故硅酸钠与稀硫酸反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
8. 设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 ml 固体中含离子总数为
B. 10 g 46%的乙醇()水溶液中所含H原子数为
C. 常温下，4.6 g 和组成的混合气体中所含原子数为
D. 0.1 ml⋅L 溶液中数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，则1 ml Na2O2中，含有阴阳离子总数为3NA，A错误；
B．除溶质乙醇分子中含有H原子外，溶剂水分子中也含有大量H原子，故10 g 46%的乙醇(C2H5OH)水溶液中所含H原子数大于0.6NA，B错误；
C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1ml，则含有0.3NA个氧原子，C正确；
D．溶液体积未知，无法计算，D错误；
故选C
9. 用NaCl固体配制0.1 ml·L-1的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是 ( )
A. 称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上
B. 若在移液过程中，溶液溅出容量瓶，则应重新配制溶液
C. 固体直接转移到容量瓶中，并加水稀释到刻度线
D. 将5.85 g NaCl固体溶于1 L水中可配成0.1 ml·L-1的NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、称量时，不能将固体NaCl直接放在天平左盘上，否则会腐蚀天平托盘，故A错误；
B、若在移液过程中，溶液溅出容量瓶，则会有溶质损失，使浓度偏低，应重新配制溶液，故B正确；
C、固体物质在烧杯中溶解并冷却至室温后才能转移到容量瓶中，故C错误；
D、将5.85 g NaCl固体溶于1 L水中，所得溶液体积不是1L，不能配成0.1 ml·L-1的NaCl溶液，故D错误。
10. 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
【答案】C
【解析】
【详解】A．洁净铁丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，溶液中一定存在钠元素，可能存在钾元素，必须透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色才能确定是否有钾；但是该溶液中不一定含有钠盐，也可能是氢氧化钠溶液，A错误；
B．向某溶液中加入盐酸，有气泡产生，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能含碳酸根离子、碳酸氢根离子等离子，B错误；
C．向某溶液中滴加氯水后，再滴加试剂，溶液变成血红色，则溶液中可能原来就有铁离子，不一定含，C正确；
D．鲜花中有水，氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸具有漂白性使得鲜花褪色，D错误；
故选C。
11. 用1.6ml/L某金属阳离子Rn+的盐溶液5mL，恰好将20mL0.4ml/L的硫酸盐中的硫酸根完全沉淀，则n值为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中离子的物质的量为：20mL×10−3×0.4ml•L−1＝8×10−3 ml，溶液中Rn+离子的物质的量为：5mL×10−3×1.6ml•L−1＝8×10−3ml，由反应中恰好将溶液中的Rn+离子完全沉淀为硫酸盐及R的化合价为＋n，则与Rn+反应对应的关系式为，解得n＝2；
故答案选B。
12. 如图是某同学设计的氯气制备及性质验证实验装置。相关说法正确的是
A. 脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替
B. 该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用
C. 湿润的紫色石蕊试纸变红色，说明反应生成了酸性物质
D. 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，说明氯气具有漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气能与碱石灰反应，脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石灰代替，A错误；
B．生成的氯气经过干燥后不能使品红试纸褪色，因此该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用，B正确；
C．生成的氯气中含有挥发出的氯化氢，氯化氢也能使湿润的紫色石蕊试纸变红色，不能说明反应生成了酸性物质，C错误；
D．湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，是因为氯气首先氧化碘离子生成单质碘，然后氯气继续氧化单质碘，氯气没有漂白性，D错误；
答案选B。
13. 具有消毒杀菌效率高、二次污染小的优点，冷却至11.0℃时变成红色液体，人们在抗击新冠病毒时常用它作为水处理剂实验室可通过以下反应制得：，下列说法正确的是
A. 当生成1 ml 时，有1 ml电子转移B. 标准状况下0.5 ml 的体积为11.2 L
C. 在分子中只存在极性共价键D. 在反应中得到电子，发生氧化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯元素由+5价降低到+4价，生成1 ml时，有1 ml电子转移，A正确；
B．标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；
C．在分子也存在C-C非极性共价键，C错误；
D．氯元素化合价降低，在反应中得到电子发生还原反应，D错误；
故选A。
14. 向10mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是
A. a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C. 原溶液中n(Fe3+)：n(Cu2+)=2:1
D. 原溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为1ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点时发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时Fe3+没有反应完，Cu2+没有反应，所以溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+，A正确；
B．b点表示加入铁粉后，剩余固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为： Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B正确；
C．根据不同阶段消耗铁粉的量可知原溶液中n(Fe3+)==0.02ml，n(Cu2+)==0.02ml，所以原溶液中n(Fe3+)：n(Cu2+)=1:1，C错误；
D．原溶液中n[Fe2(SO4)3]=n(Fe3+)，物质的量浓度为=1ml/L，D正确；
综上所述答案为C。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 某课外活动小组根据熔融状态下的NaCl能导电，推测AlCl3在熔融状态下也能导电，可是通过实验发现熔融状态下的AlCl3不能导电，而AlCl3水溶液却能导电，据此回答下列问题。
(1)熔融状态的AlCl3，不导电的原因是______。
(2) AlCl3水溶液能导电的原因是____________。
(3)电解质溶液导电与金属导电的原理______(填“相同”或“不相同”，若填“相同”，下一空不必填写；若填“不相同”，完成下一空)，区别是________________________。
(4)相同浓度的NaCl溶液和AlCl3溶液，______的导电能力更强，理由是__________________。
【答案】 ①. 熔融状态下氯化铝以分子形式存在，不发生电离，不存在自由移动的离子 ②. AlCl3在水分子的作用下能电离出自由移动的离子 ③. 不相同 ④. 电解质溶液导电是由于阴、阳离子的定向移动，金属导电是由于自由电子的定向移动 ⑤. AlCl3溶液 ⑥. 电解质溶液导电能力的强弱与自由移动离子的浓度及离子所带电荷数有关。相同浓度的溶液和AlCl3溶液，AlCl3电离出的离子浓度大且所带电荷数多，溶液导电能力更强
【解析】
【分析】金属单质能发生电子导电；熔融的碱和盐，易溶于水的酸、碱、盐的水溶液发生离子导电。
【详解】(1)化合物由离子构成时，熔融状态下才能导电，但AlCl3不导电，则原因是熔融状态下氯化铝以分子形式存在，不发生电离，不存在自由移动的离子。答案为：熔融状态下氯化铝以分子形式存在，不发生电离，不存在自由移动的离子；
(2) 水溶液中存在自由移动的离子时，不管其是何种物质，都能导电，所以AlCl3水溶液能导电的原因是AlCl3在水分子的作用下能电离出自由移动的离子。答案为：AlCl3在水分子的作用下能电离出自由移动的离子；
(3)金属发生电子导电，电解质发生离子导电，所以电解质溶液导电与金属导电的原理不相同，区别是电解质溶液导电是由于阴、阳离子的定向移动，金属导电是由于自由电子的定向移动。答案为：不相同；电解质溶液导电是由于阴、阳离子的定向移动，金属导电是由于自由电子的定向移动；
(4) NaCl和AlCl3在水溶液中都发生完全电离，离子浓度越大、离子的带电荷越多，导电能力越强，所以相同浓度的NaCl溶液和AlCl3溶液，AlCl3溶液的导电能力更强，理由是电解质溶液导电能力的强弱与自由移动离子的浓度及离子所带电荷数有关。相同浓度的溶液和AlCl3溶液，AlCl3电离出的离子浓度大且所带电荷数多，溶液导电能力更强。答案为：AlCl3溶液；电解质溶液导电能力的强弱与自由移动离子的浓度及离子所带电荷数有关。相同浓度的溶液和AlCl3溶液，AlCl3电离出的离子浓度大且所带电荷数多，溶液导电能力更强。
【点睛】AlCl3虽然是盐，但它由分子构成，解题时，我们常会错误地认为它由离子构成。
16. 在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中KCN，其浓度为650 mg·L-1.现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为-3价、O均为-2价)：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，该反应中被氧化的元素是___________。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请用单线桥法标出电子转移的方向和数目：2KOCN+4KOH+3Cl2=2CO2↑+N2↑+6KCl+2H2O___________。
（3）若处理上述废水20.0L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需要液氯___________g。
（4）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是___________。
a．NH3 b．HI c．SO2 d．CO2
（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1︰1.写出该反应的化学方程式：___________。(已知：氯元素最高化合价为+7价)
【答案】（1）C （2）
（3）35.5 （4）b
（5）KClO3KCl+3KClO4
【解析】
【小问1详解】
该反应中，Cl元素化合价由0价变为−1价，C元素化合价由＋2价变为＋4价，所以被氧化的元素是C元素，故答案为C。
【小问2详解】
反应中KOCN→N2，N元素化合价由−3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为−1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN＋4KOH＋3Cl2═2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O，电子转移为，故答案为。
【小问3详解】
废水中KCN的质量为650mg/L×20L＝13000mg＝13g，物质的量为n＝，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO、N2，整个过程中C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由−3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为−1价，电子转移守恒可知2×n(Cl2)＝0.2ml×（4−2）＋0.2ml×[0−（−3）]，解得n(Cl2)＝0.5ml，故需要氯气的质量为0.5ml×71g/ml＝35.5g，故答案为35.5。
【小问4详解】
浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，
a．NH3为碱性气体，不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，可用碱石灰干燥，故a错误；
b．HI为还原性气体，不能利用浓硫酸干燥，可以利用P2O5干燥，故b正确；
c．二氧化硫为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故c错误；
d．二氧化碳为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故d错误；
故答案选b。
【小问5详解】
KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为−1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为＋5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为KClO3KCl+3KClO4，故答案为KClO3KCl+3KClO4。
17. 我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献.该法利用的原理为。根据要求回答下列问题：
（1）同温同压下，等物质的量的和，前者与后者的分子数之比为_______，原子总数之比为_______，密度之比为_______。
（2）与标准状况下中所含的氧原子数相等的的质量为_______g，与该质量的水中所含的氢原子数相等的在标准状况下的体积为_______L。
（3）将一定量和混合测得混合气体中碳元素与氮元素的质量之比为，则该混合气体中与物质的量之比为_______，该混合气体的密度是同温同压下氢气密度的_______倍。
【答案】（1） ①. ②. ③.
（2） ①. 10.8 ②. 8.96
（3） ①. ②. 13
【解析】
【小问1详解】
同温同压下，等物质的量的和，分子数比等于物质的量比，前者与后者的分子数之比为1:1，原子总数之比为3:4，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为44:17；
【小问2详解】
标准状况下的物质的量是，所含的氧原子的物质的量是0.6ml，则的物质的量是0.6ml，质量为0.6ml×18g/ml=10.8g，该质量的水中所含1.2ml氢原子，则物质的量为0.4ml，在标准状况下的体积为0.4ml×22.4L/ml=8.96L。
【小问3详解】
将一定量和混合测得混合气体中碳元素与氮元素的质量之比为，碳元素与氮元素的物质的量比，则该混合气体中与物质的量之比为2:1，该混合气体的平均摩尔质量是，同温同压，密度比等于摩尔质量之比，密度是同温同压下氢气密度的倍。
18. 某实验小组欲探究和的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究。
（1）图1实验在加热过程中能观察到烧杯Ⅱ中有白色沉淀产生，则物质_______(填“A”或“B”)为_______(填化学式)。
（2）称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水振荡，待固体充分溶解，恢复至室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。
①实验过程中发现固体完全溶解，而固体有剩余，由此可得出结论是_______。
②同学们在两烧杯中还观察到以下现象，其中盛放的烧杯中出现的现象是_______(填字母)。
a.溶液温度下降
b.溶液温度升高
c.滴入酚酞后呈浅红色
d.滴入酚酞后呈红色
（3）如图2所示，在气密性良好的Ⅰ和Ⅱ试管中分别加入足量等浓度、等体积的稀盐酸，将气球内的固体同时倒入试管中。
①两试管中均产生气体，_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应程度更为剧烈。
②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的气球体积较大。
【答案】（1） ①. B ②.
（2） ①. 相同温度下比易溶于水或相同温度下的溶解度大于的 ②. bd
（3） ①. Ⅰ ②. Ⅰ
【解析】
【分析】本实验为探究和的性质，根据实验现象，得出相应的结论。
【小问1详解】
碳酸钠较稳定，受热难分解，碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成CO2使澄清石灰水变浑浊，则物质B为碳酸氢钠；
【小问2详解】
①固体完全溶解，而固体有剩余，说明在相同的温度下，的溶解度大于的；
②碳酸钠溶解过程为放热过程，温度升高；碳酸钠溶液的碱性较强，滴入酚酞后溶液呈红色；碳酸氢钠溶液的碱性较弱，滴入酚酞后溶液呈浅红色，故选bd；
【小问3详解】
将气球内的固体同时倒入试管中发生反应：，；
①同等条件下，碳酸钠与盐酸反应的速率较碳酸氢钠与盐酸反应的速率慢，所以Ⅰ的反应程度更为剧烈；
②的相对分子质量为106，的相对分子质量为84，根据反应的化学方程式可知，生成等质量的二氧化碳需要消耗碳酸钠的质量更多，因此等质量的和与足量的稀盐酸反应，反应生成的二氧化碳多，所以Ⅰ的气球体积较大。
19. 室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液，B和C反应发出苍白色火焰。请回答：
（1）A是___________ ，B是___________ ，C是___________ (填写化学式)；
（2）反应①的化学方程式 ___________ ；
（3）反应③的离子方程式 ___________ ；
（4）反应④的离子方程式 ___________ 。
【答案】（1） ①. Fe ②. Cl2 ③. H2
（2）
（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】黄绿色气体单质B为Cl2，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，反应生成E，则C为H2，E为HCl，A与HCl水溶液反应得淡绿色溶液F与氢气，则A为Fe，F应为FeCl2，由转化关系可知D为FeCl3，据此分析解题。
【小问1详解】
由以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，D是FeCl3，故答案为Fe；Cl2；H2；FeCl3。
小问2详解】
反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为，故答案为。
小问3详解】
反应③为Fe和HCl的反应，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为Fe+2H+=Fe2++H2↑。
【小问4详解】选项
实验操作及现象
实验结论
A
用光洁无锈的铁丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中一定含有钠盐，可能含有钾盐
B
向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有
C
向某溶液中滴加氯水后，再滴加试剂，溶液变成血红色
溶原溶液中不一定含
D
将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，鲜花褪色
氯气也具有漂白性
可能用到的相对原子质量有：H：1 C：12 O：16 Na：23 Cl：35.5 Si：28 Fe：56
第一部分 选择题(共42分)
一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1. 下列各组物质中，前一种是化合物，后一种是混合物的是
A. 氧化钙，洁净的雨水B. 氢氧化钾，含铜80%的氧化铜
C. 澄清的石灰水，粗盐D. 红磷，空气
【答案】A
【解析】
【分析】化合物是指由两种或两种以上的元素形成的纯净物，混合物是指由多种成分构成的物质。
【详解】A．氧化钙是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物；洁净的雨水中含有水和溶解到水中的一些气体如二氧化碳等，还有其它可溶性杂质，属于混合物，故A正确；
B．氢氧化钾是化合物，由于在纯净的氧化铜中铜元素的质量分数为80%，因此含铜质量分数为80%的氧化铜是纯净物，故B错误；
C．石灰水中含有水和氢氧化钙，属于混合物；粗盐中含有氯化钠、泥沙等物质，属于混合物，故C错误；
D．红磷是由磷元素组成的纯净物，属于单质；空气中含有氮气、氧气等物质，属于混合物，故D错误；
故选：A。
2. 下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是
① ② ③ ④ ⑤
A. ①②③④B. ②③④C. ④D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①，，N2在一定条件下与氧气反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，所以不能通过一次反应直接实现，故①错误
②，NH3和O2在一定条件下能生成NO，NO与氧气再生成NO2，NH3不能直接生成NO2，故②错误；
③，NO2与水反应即可实现，反应中N元素的化合价既升高又降低，水不是氧化剂，故③错误；
④，反应中N化合价升高，需要加入氧化剂O2，在放电条件下可以一步完成，故④正确；
⑤，反应中N化合价降低，需要加入还原剂氢气，故⑤错误；
故选C。
3. 当我们把苹果切开后不久，果肉上便会产生一层咖啡色的物质，其原因是果肉里的酚在空气中被氧化为大量醌类物质，醌类物质能使植物细胞迅速的变成褐色，则这种空气中常见的氧化剂是（ ）
A. N2B. O2C. H2OD. CO2
【答案】B
【解析】
【详解】空气中水、二氧化碳不具有强氧化性，氮气的化学性质稳定，能氧化酚的物质为氧气，故答案为B。
4. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中，不正确的是
A. 均溶于水B. 均为白色固体
C. 受热均易分解D. 其水溶液均能使酚酞溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2CO3和NaHCO3是可溶性盐，均溶于水，A正确；
B．Na2CO3和NaHCO3颜色均为白色固体，B正确；
C．Na2CO3受热不易分解，NaHCO3不稳定，受热易分解，C错误；
D．Na2CO3和NaHCO3水溶液都呈碱性，均能使酚酞溶液变红，D正确；
故选C。
5. 对于，下列有关说法正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A. 含碳原子个数为B. 分子数为
C. 含碳元素的质量为D. 含氧原子的物质的量为
【答案】D
【解析】
【分析】物质的量：；
【详解】A．每个CO2分子含1个C原子，则含碳原子个数为，故A错误；
B．根据可知，其分子数为，故B错误；
C．根据A选项可知，含碳原子个数为，对应质量：，故C错误；
D．每个CO2分子含2个O原子，则含氧原子物质的量为1ml，故D正确；
答案选D。
6. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2(s))是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案如下：已知：2Na2CO3(aq)＋3H2O2(aq)⇌2Na2CO3·3H2O2(s) ΔH＜0 ,50℃时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解。
下列说法错误的是
A. 过碳酸钠是由碳酸钠、过氧化氢利用氢键所形成的不稳定的复合物
B. 滤液X可以循环使用
C. 步骤③洗涤时选用无水乙醇洗涤，可除去水分、利于干燥
D. 利用过碳酸钠净化水原理与明矾净水原理类似
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．过碳酸钠是在低温下向碳酸钠溶液缓慢的滴加双氧水得到，故A正确；
B．向滤液X中加入适量NaCl固体，增加钠离子浓度，降低过碳酸钠的溶解度，加入无水乙醇，降低过碳酸钠的溶解度，两者均可析出过碳酸钠，故B正确；
C．无水乙醇洗涤可以除去水分、有利于干燥，故C正确；
D．过碳酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，但不能吸附水中悬浮的杂质，故D错误；
故选：D。
7. 下列离子方程式不正确的是
A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：
B. 向200 mL2的溶液中通入11.2L(标准状况下)的氯气(已知还原性：)：
C. 醋酸与氨水反应：
D. 硅酸钠与稀硫酸反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成Ca(HCO3)2，故离子方程式为：，A正确；
B．向200 mL2即物质的量为0.2L×2ml/L=0.4ml的溶液中通入11.2L(标准状况下)即物质的量为=0.5ml的氯气(已知还原性：)，即FeBr2和Cl2的物质的量之比为4:5，结合Cl2先氧化Fe2+后氧化Br-可知，该反应的离子方程式为：，B正确；
C．已知醋酸和氨水均为弱电解质，离子方程式书写时不能拆，故醋酸与氨水反应的离子方程式为：，C正确；
D．Na2SiO3是可溶性盐，离子方程式书写时能拆，故硅酸钠与稀硫酸反应的离子方程式为：，D错误；
故答案为：D。
8. 设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 ml 固体中含离子总数为
B. 10 g 46%的乙醇()水溶液中所含H原子数为
C. 常温下，4.6 g 和组成的混合气体中所含原子数为
D. 0.1 ml⋅L 溶液中数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，则1 ml Na2O2中，含有阴阳离子总数为3NA，A错误；
B．除溶质乙醇分子中含有H原子外，溶剂水分子中也含有大量H原子，故10 g 46%的乙醇(C2H5OH)水溶液中所含H原子数大于0.6NA，B错误；
C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故4.6g混合物中含有的NO2的物质的量为0.1ml，则含有0.3NA个氧原子，C正确；
D．溶液体积未知，无法计算，D错误；
故选C
9. 用NaCl固体配制0.1 ml·L-1的NaCl溶液，下列操作或说法正确的是 ( )
A. 称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上
B. 若在移液过程中，溶液溅出容量瓶，则应重新配制溶液
C. 固体直接转移到容量瓶中，并加水稀释到刻度线
D. 将5.85 g NaCl固体溶于1 L水中可配成0.1 ml·L-1的NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、称量时，不能将固体NaCl直接放在天平左盘上，否则会腐蚀天平托盘，故A错误；
B、若在移液过程中，溶液溅出容量瓶，则会有溶质损失，使浓度偏低，应重新配制溶液，故B正确；
C、固体物质在烧杯中溶解并冷却至室温后才能转移到容量瓶中，故C错误；
D、将5.85 g NaCl固体溶于1 L水中，所得溶液体积不是1L，不能配成0.1 ml·L-1的NaCl溶液，故D错误。
10. 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
【答案】C
【解析】
【详解】A．洁净铁丝蘸取溶液，在酒精喷灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，溶液中一定存在钠元素，可能存在钾元素，必须透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色才能确定是否有钾；但是该溶液中不一定含有钠盐，也可能是氢氧化钠溶液，A错误；
B．向某溶液中加入盐酸，有气泡产生，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能含碳酸根离子、碳酸氢根离子等离子，B错误；
C．向某溶液中滴加氯水后，再滴加试剂，溶液变成血红色，则溶液中可能原来就有铁离子，不一定含，C正确；
D．鲜花中有水，氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸具有漂白性使得鲜花褪色，D错误；
故选C。
11. 用1.6ml/L某金属阳离子Rn+的盐溶液5mL，恰好将20mL0.4ml/L的硫酸盐中的硫酸根完全沉淀，则n值为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】溶液中离子的物质的量为：20mL×10−3×0.4ml•L−1＝8×10−3 ml，溶液中Rn+离子的物质的量为：5mL×10−3×1.6ml•L−1＝8×10−3ml，由反应中恰好将溶液中的Rn+离子完全沉淀为硫酸盐及R的化合价为＋n，则与Rn+反应对应的关系式为，解得n＝2；
故答案选B。
12. 如图是某同学设计的氯气制备及性质验证实验装置。相关说法正确的是
A. 脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替
B. 该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用
C. 湿润的紫色石蕊试纸变红色，说明反应生成了酸性物质
D. 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，说明氯气具有漂白性
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气能与碱石灰反应，脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石灰代替，A错误；
B．生成的氯气经过干燥后不能使品红试纸褪色，因此该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用，B正确；
C．生成的氯气中含有挥发出的氯化氢，氯化氢也能使湿润的紫色石蕊试纸变红色，不能说明反应生成了酸性物质，C错误；
D．湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，是因为氯气首先氧化碘离子生成单质碘，然后氯气继续氧化单质碘，氯气没有漂白性，D错误；
答案选B。
13. 具有消毒杀菌效率高、二次污染小的优点，冷却至11.0℃时变成红色液体，人们在抗击新冠病毒时常用它作为水处理剂实验室可通过以下反应制得：，下列说法正确的是
A. 当生成1 ml 时，有1 ml电子转移B. 标准状况下0.5 ml 的体积为11.2 L
C. 在分子中只存在极性共价键D. 在反应中得到电子，发生氧化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯元素由+5价降低到+4价，生成1 ml时，有1 ml电子转移，A正确；
B．标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；
C．在分子也存在C-C非极性共价键，C错误；
D．氯元素化合价降低，在反应中得到电子发生还原反应，D错误；
故选A。
14. 向10mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中剩余固体的质量与加入铁粉的质量如图所示。下列说法错误的是
A. a点时溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+
B. b点时溶液中发生的反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
C. 原溶液中n(Fe3+)：n(Cu2+)=2:1
D. 原溶液中Fe2(SO4)3的物质的量浓度为1ml/L
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点时发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时Fe3+没有反应完，Cu2+没有反应，所以溶液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+和Fe2+，A正确；
B．b点表示加入铁粉后，剩余固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为： Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，B正确；
C．根据不同阶段消耗铁粉的量可知原溶液中n(Fe3+)==0.02ml，n(Cu2+)==0.02ml，所以原溶液中n(Fe3+)：n(Cu2+)=1:1，C错误；
D．原溶液中n[Fe2(SO4)3]=n(Fe3+)，物质的量浓度为=1ml/L，D正确；
综上所述答案为C。
第二部分 非选择题(共58分)
二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)
15. 某课外活动小组根据熔融状态下的NaCl能导电，推测AlCl3在熔融状态下也能导电，可是通过实验发现熔融状态下的AlCl3不能导电，而AlCl3水溶液却能导电，据此回答下列问题。
(1)熔融状态的AlCl3，不导电的原因是______。
(2) AlCl3水溶液能导电的原因是____________。
(3)电解质溶液导电与金属导电的原理______(填“相同”或“不相同”，若填“相同”，下一空不必填写；若填“不相同”，完成下一空)，区别是________________________。
(4)相同浓度的NaCl溶液和AlCl3溶液，______的导电能力更强，理由是__________________。
【答案】 ①. 熔融状态下氯化铝以分子形式存在，不发生电离，不存在自由移动的离子 ②. AlCl3在水分子的作用下能电离出自由移动的离子 ③. 不相同 ④. 电解质溶液导电是由于阴、阳离子的定向移动，金属导电是由于自由电子的定向移动 ⑤. AlCl3溶液 ⑥. 电解质溶液导电能力的强弱与自由移动离子的浓度及离子所带电荷数有关。相同浓度的溶液和AlCl3溶液，AlCl3电离出的离子浓度大且所带电荷数多，溶液导电能力更强
【解析】
【分析】金属单质能发生电子导电；熔融的碱和盐，易溶于水的酸、碱、盐的水溶液发生离子导电。
【详解】(1)化合物由离子构成时，熔融状态下才能导电，但AlCl3不导电，则原因是熔融状态下氯化铝以分子形式存在，不发生电离，不存在自由移动的离子。答案为：熔融状态下氯化铝以分子形式存在，不发生电离，不存在自由移动的离子；
(2) 水溶液中存在自由移动的离子时，不管其是何种物质，都能导电，所以AlCl3水溶液能导电的原因是AlCl3在水分子的作用下能电离出自由移动的离子。答案为：AlCl3在水分子的作用下能电离出自由移动的离子；
(3)金属发生电子导电，电解质发生离子导电，所以电解质溶液导电与金属导电的原理不相同，区别是电解质溶液导电是由于阴、阳离子的定向移动，金属导电是由于自由电子的定向移动。答案为：不相同；电解质溶液导电是由于阴、阳离子的定向移动，金属导电是由于自由电子的定向移动；
(4) NaCl和AlCl3在水溶液中都发生完全电离，离子浓度越大、离子的带电荷越多，导电能力越强，所以相同浓度的NaCl溶液和AlCl3溶液，AlCl3溶液的导电能力更强，理由是电解质溶液导电能力的强弱与自由移动离子的浓度及离子所带电荷数有关。相同浓度的溶液和AlCl3溶液，AlCl3电离出的离子浓度大且所带电荷数多，溶液导电能力更强。答案为：AlCl3溶液；电解质溶液导电能力的强弱与自由移动离子的浓度及离子所带电荷数有关。相同浓度的溶液和AlCl3溶液，AlCl3电离出的离子浓度大且所带电荷数多，溶液导电能力更强。
【点睛】AlCl3虽然是盐，但它由分子构成，解题时，我们常会错误地认为它由离子构成。
16. 在氯氧化法处理含CN-的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
（1）某厂废水中KCN，其浓度为650 mg·L-1.现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为-3价、O均为-2价)：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，该反应中被氧化的元素是___________。
（2）投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请用单线桥法标出电子转移的方向和数目：2KOCN+4KOH+3Cl2=2CO2↑+N2↑+6KCl+2H2O___________。
（3）若处理上述废水20.0L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需要液氯___________g。
（4）P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是___________。
a．NH3 b．HI c．SO2 d．CO2
（5）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1︰1.写出该反应的化学方程式：___________。(已知：氯元素最高化合价为+7价)
【答案】（1）C （2）
（3）35.5 （4）b
（5）KClO3KCl+3KClO4
【解析】
【小问1详解】
该反应中，Cl元素化合价由0价变为−1价，C元素化合价由＋2价变为＋4价，所以被氧化的元素是C元素，故答案为C。
【小问2详解】
反应中KOCN→N2，N元素化合价由−3价升高为0价，共升高6价，Cl2→KCl，Cl元素化合价由0价降低为−1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN＋4KOH＋3Cl2═2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O，电子转移为，故答案为。
【小问3详解】
废水中KCN的质量为650mg/L×20L＝13000mg＝13g，物质的量为n＝，使KCN完全转化为无毒物质，应生成CO、N2，整个过程中C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由−3价升高为0价，Cl元素化合价由0价降低为−1价，电子转移守恒可知2×n(Cl2)＝0.2ml×（4−2）＋0.2ml×[0−（−3）]，解得n(Cl2)＝0.5ml，故需要氯气的质量为0.5ml×71g/ml＝35.5g，故答案为35.5。
【小问4详解】
浓硫酸具有强氧化性、酸性，不能干燥具有还原性、碱性的气体，
a．NH3为碱性气体，不能用浓硫酸和五氧化二磷干燥，可用碱石灰干燥，故a错误；
b．HI为还原性气体，不能利用浓硫酸干燥，可以利用P2O5干燥，故b正确；
c．二氧化硫为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故c错误；
d．二氧化碳为酸性气体，可以用浓硫酸、五氧化二磷或无水氯化钙干燥，故d错误；
故答案选b。
【小问5详解】
KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为−1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为＋5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为KClO3KCl+3KClO4，故答案为KClO3KCl+3KClO4。
17. 我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献.该法利用的原理为。根据要求回答下列问题：
（1）同温同压下，等物质的量的和，前者与后者的分子数之比为_______，原子总数之比为_______，密度之比为_______。
（2）与标准状况下中所含的氧原子数相等的的质量为_______g，与该质量的水中所含的氢原子数相等的在标准状况下的体积为_______L。
（3）将一定量和混合测得混合气体中碳元素与氮元素的质量之比为，则该混合气体中与物质的量之比为_______，该混合气体的密度是同温同压下氢气密度的_______倍。
【答案】（1） ①. ②. ③.
（2） ①. 10.8 ②. 8.96
（3） ①. ②. 13
【解析】
【小问1详解】
同温同压下，等物质的量的和，分子数比等于物质的量比，前者与后者的分子数之比为1:1，原子总数之比为3:4，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为44:17；
【小问2详解】
标准状况下的物质的量是，所含的氧原子的物质的量是0.6ml，则的物质的量是0.6ml，质量为0.6ml×18g/ml=10.8g，该质量的水中所含1.2ml氢原子，则物质的量为0.4ml，在标准状况下的体积为0.4ml×22.4L/ml=8.96L。
【小问3详解】
将一定量和混合测得混合气体中碳元素与氮元素的质量之比为，碳元素与氮元素的物质的量比，则该混合气体中与物质的量之比为2:1，该混合气体的平均摩尔质量是，同温同压，密度比等于摩尔质量之比，密度是同温同压下氢气密度的倍。
18. 某实验小组欲探究和的性质，发现实验室里盛放两种固体的试剂瓶丢失了标签。于是他们先对固体A、B进行鉴别，再通过实验进行性质探究。
（1）图1实验在加热过程中能观察到烧杯Ⅱ中有白色沉淀产生，则物质_______(填“A”或“B”)为_______(填化学式)。
（2）称取两种固体各2g，分别加入两个小烧杯中，再各加10mL蒸馏水振荡，待固体充分溶解，恢复至室温，向所得溶液中各滴入2滴酚酞溶液。
①实验过程中发现固体完全溶解，而固体有剩余，由此可得出结论是_______。
②同学们在两烧杯中还观察到以下现象，其中盛放的烧杯中出现的现象是_______(填字母)。
a.溶液温度下降
b.溶液温度升高
c.滴入酚酞后呈浅红色
d.滴入酚酞后呈红色
（3）如图2所示，在气密性良好的Ⅰ和Ⅱ试管中分别加入足量等浓度、等体积的稀盐酸，将气球内的固体同时倒入试管中。
①两试管中均产生气体，_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的反应程度更为剧烈。
②反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温，_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的气球体积较大。
【答案】（1） ①. B ②.
（2） ①. 相同温度下比易溶于水或相同温度下的溶解度大于的 ②. bd
（3） ①. Ⅰ ②. Ⅰ
【解析】
【分析】本实验为探究和的性质，根据实验现象，得出相应的结论。
【小问1详解】
碳酸钠较稳定，受热难分解，碳酸氢钠热稳定性差，受热易分解，生成CO2使澄清石灰水变浑浊，则物质B为碳酸氢钠；
【小问2详解】
①固体完全溶解，而固体有剩余，说明在相同的温度下，的溶解度大于的；
②碳酸钠溶解过程为放热过程，温度升高；碳酸钠溶液的碱性较强，滴入酚酞后溶液呈红色；碳酸氢钠溶液的碱性较弱，滴入酚酞后溶液呈浅红色，故选bd；
【小问3详解】
将气球内的固体同时倒入试管中发生反应：，；
①同等条件下，碳酸钠与盐酸反应的速率较碳酸氢钠与盐酸反应的速率慢，所以Ⅰ的反应程度更为剧烈；
②的相对分子质量为106，的相对分子质量为84，根据反应的化学方程式可知，生成等质量的二氧化碳需要消耗碳酸钠的质量更多，因此等质量的和与足量的稀盐酸反应，反应生成的二氧化碳多，所以Ⅰ的气球体积较大。
19. 室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液，B和C反应发出苍白色火焰。请回答：
（1）A是___________ ，B是___________ ，C是___________ (填写化学式)；
（2）反应①的化学方程式 ___________ ；
（3）反应③的离子方程式 ___________ ；
（4）反应④的离子方程式 ___________ 。
【答案】（1） ①. Fe ②. Cl2 ③. H2
（2）
（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑
（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】黄绿色气体单质B为Cl2，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，反应生成E，则C为H2，E为HCl，A与HCl水溶液反应得淡绿色溶液F与氢气，则A为Fe，F应为FeCl2，由转化关系可知D为FeCl3，据此分析解题。
【小问1详解】
由以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，D是FeCl3，故答案为Fe；Cl2；H2；FeCl3。
小问2详解】
反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为，故答案为。
小问3详解】
反应③为Fe和HCl的反应，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为Fe+2H+=Fe2++H2↑。
【小问4详解】选项
实验操作及现象
实验结论
A
用光洁无锈的铁丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中一定含有钠盐，可能含有钾盐
B
向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该溶液中一定含有
C
向某溶液中滴加氯水后，再滴加试剂，溶液变成血红色
溶原溶液中不一定含
D
将有色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，鲜花褪色
氯气也具有漂白性
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