2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高一上学期第三次月考化学试卷（兴国班）
一、选择题
1．（2015高一上·兴国月考）化学在生产生活和科学研究中具有重要的作用．下列说法正确的是（ ）
①硅石的主要成分是二氧化硅
②三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
③嫦娥二号卫星上所用的太阳能电池采用硅材料制作，太阳能电池在生活中的应用有利于环保、节能
④二氧化硅的熔点高，硬度大，可用来制造电子部件和光学器件
⑤水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品．
A．①②③ B．②④⑤ C．③④⑤ D．①②③④
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：①硅石的主要成分是二氧化硅，故正确；
②建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料，故正确；
③太阳能是一种清洁能源，其应用有利于环保节能，故正确；
④硅具有金属和非金属性质，能作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造光学器件，故错误；
⑤水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不是硅酸盐，故错误；
故选：A．
【分析】①硅石的主要成分是二氧化硅；
②常见的硅酸盐材料包括玻璃、水泥、陶瓷等；
③太阳能是一种清洁能源；
④硅具有金属和非金属性质，能作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造光学器件；
⑤水晶主要成分是二氧化硅；
2．（2015高一上·兴国月考）下列说法正确的是（ ）
A．将AgCl放入水中不能导电，故AgCl不是电解质
B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质
C．金属能导电，所以金属是电解质
D．固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：A、AgCl的溶解度很小，导致将AgCl放入水中不能导电，但氯化银在熔融态能电离出自由移动的阴阳离子，所以是电解质，故A错误；
B、二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；
C、金属能导电，但金属不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl有自由移动的离子，所以能导电，故NaCl是电解质，故D正确．
故选D．
【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物叫非电解质；能导电的物质有自由电子或自由移动的离子，如金属或熔融态盐或酸、碱、可溶性盐溶液等．
3．（2015高一上·兴国月考）下图所示的实验操作，不能达到相应目的是（ ）
A．干燥Cl
B．检验K2CO3中的K+
C．证明HCl极易溶于水
D．实验室制氨气
【答案】A
【知识点】实验装置综合；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．干燥气体时导管长进短出，则实验装置不能干燥氯气，故A错误；
B．观察K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃，则图中操作可观察，故B正确；
C．HCl极易溶于水，内压小于外压，气球变大，则图中装置可证明HCl极易溶于水，故C正确；
D．收集的氨气的试管口应塞一团棉花，图中装置可制备氨气，故D正确；
故A．
【分析】A．干燥气体时导管长进短出；
B．观察K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃；
C．HCl极易溶于水，内压小于外压；
D．收集的氨气的试管口应塞一团棉花．
4．（2015高一上·兴国月考）研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的是（ ）
A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3
B．维生素C具有还原性
C．致人中毒过程中+5价砷发生还原反应
D．青菜中含有维生素C
【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，
说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，则
A．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，故A错误；
B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；
C．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；
D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故D正确．
故选A．
【分析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As．
5．（2015高一上·兴国月考）下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的（ ）
A．将NaHCO3固体加入到新制氯水中，有无色气泡（H+）
B．使红色布条褪色（HClO）
C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（HCl）
D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】解：A、因氯水中有盐酸，电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故A正确；
B、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，故B正确；
C、因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C错误；
D、因氯水中的盐酸电离生成Cl-，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D正确；
故选：C；
【分析】A、氯水中有盐酸，酸电离生成的H+能与NaHCO3固体反应；
B、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能用于漂白；
C、氯气具有氧化性；
D、氯水中的氯离子能与硝酸银发生复分解反应；
6．（2015高一上·兴国月考）下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量
B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）
C．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数
D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，故A错误；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者是前者的2倍，故B错误；
C．二氧化硫物质的量为 =1mol，含有氧原子物质的量为2mol，标况下22.4LCO物质的量为1mol，含有O原子物质的量为1mol，前者是后者的2倍，故C正确；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误，
故选C．
【分析】A．水的摩尔质量为定值是18g/mol；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L；
C．根据n= 计算二氧化硫物质的量，含有氧原子物质的量为二氧化硫的2倍，根据 计算CO物质的量，含有O原子物质的量等于CO物质的量；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度．
7．（2015高一上·兴国月考）甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH，BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（ ）
A．Al2（SO4）3 B．NaOH C．BaCl2 D．FeSO4
【答案】D
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，
反应的方程式有：Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4．
故选D．
【分析】若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则丙为BaCl2，甲为FeCl2，最后剩余的为丙物质．
8．（2015高一上·兴国月考）除去NaCl中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣、HCO3-等离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3②BaCl2③NaOH ④HCl，加入试剂合理的操作顺序是（ ）
A．①②③④ B．③①②④ C．④②①③ D．③②①④
【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】解：根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，离子都沉淀了，再进行过滤，最后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，通过结晶蒸发得到精盐．加入Na2CO3的顺序必须在加入钡离子的后面即可，盐酸最后一步加入，分析四个选项可知D符合题意，故选：D．
【分析】根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠等进行分析．
9．（2015高一上·兴国月考）已知A，B，C，D分别是Cu、Ag、Fe、Al四种金属中的一种．已知①A，C均能与稀硫酸反应放出气体；②B与D的硝酸盐反应，置换出单质D；③C与强碱反应放出气体，由此可以推断A，B，C，D依次是（ ）
A．Fe、Cu、Al、Ag B．Al、Cu、Fe、Ag
C．Cu、Ag、Al、Fe D．Ag、Al、Cu、Fe
【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：根据题意，C与强碱反应放出气体，说明C是Al． A、C均能与稀硫酸反应放出气体，说明 A、C可能是 Fe、Al，即A是Fe；
则B、D可能是Cu和Ag，因为“B与D的硝酸盐反应，置换出单质D”，则B是Cu，D是Ag．
即 A、B、C、D依次是 Fe、Cu、Al、Ag．
故选A．
【分析】根据金属活动性顺序表中排在H前面的金属与酸反应，较活泼金属能将较不活泼金属从盐中置换出来，在常见金属中Al既能与酸反应，又能与碱反应．
10．（2015高一上·兴国月考）下列几种情况都有白色物质生成，其中生成物化学成分相同的是：①块状纯碱久置于空气中生成的白色粉末；②盛澄清石灰水的烧杯内壁附着的白色物质；③生石灰久置于空气中生成的白色物质；④Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物（ ）
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：①块状纯碱为Na2CO3 10H2O，久置于空气中生成Na2CO3白色粉末；
②澄清石灰水的主要成分为Ca（OH）2，与空气中CO2反应生成白色物质为CaCO3；
③生石灰久置于空气中生成的白色物质为CaCO3；
④Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物为H2SiO3，
故生成物化学成分相同的是②③．
故选B．
【分析】根据物质的组成和性质判断，①块状纯碱为Na2CO3 10H2O，易分解；②澄清石灰水的主要成分为Ca（OH）2，与空气中CO2反应；③生石灰久置于空气中生成的白色物质为CaCO3；④Na2SiO3易与空气中CO2反应．
11．（2015高一上·兴国月考）向含有1mol KAl（SO4）2的溶液中加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42﹣恰好转化为沉淀，此时生成的Al（OH）3的物质的量是（ ）
A．1mo l B．1.33mol C．0.67mol D．0
【答案】D
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：溶液含有1mol KAl（SO4）2，所以含有SO42﹣2mol．加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42﹣恰好转化为沉淀，
由反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可知，加入的氢氧化钡含有2molBa2+，即需加入2molBa（OH）2．
由于溶液含有1mol KAl（SO4）2，则含有1molAl3+，加入2molBa（OH）2，提供4molOH﹣，恰好反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，没有沉淀生成．
故选：D．
【分析】SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，所以向含有1mol KAl（SO4）2的溶液中加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42﹣恰好转化为沉淀，则加入的氢氧化钡为2mol，所以Al3+与OH﹣物质的量分别为1mol、4mol，恰好反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，没有沉淀生成．
12．（2015高一上·兴国月考）下列离子反应方程式正确的是（ ）
A．碳酸氢钙溶液与盐酸反应：Ca（HCO3）2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑
B．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
C．硫酸亚铁溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓
D．Fe3O4溶于稀硫酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
【答案】B
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：A．碳酸氢钙溶于水并完全电离，应写成离子，正确的离子方程式为：HCO3-+=H+=H2O+CO2↑，故A错误；
B．氨水为弱碱，应写成化学式，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故B正确；
C．硫酸亚铁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化亚铁沉淀，正确的离子方程式为Fe2++2OH-+SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓+Fe（OH）2，故C错误；
D．Fe3O4溶于稀硫酸的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故D错误．
故选B．
【分析】A．碳酸氢钙溶于水并完全电离，应写成离子；
B．氨水为弱碱，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；
C．硫酸亚铁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化亚铁沉淀；
D．从电荷是否守恒的角度分析．
13．（2015高一上·兴国月考）某无色溶液能与铝片作用生成氢气，则溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A．H+、Mg2+、Cu2+、Cl- B．Na+、K+、NO3﹣、H+
C．Cl-、Ba2+、NO3﹣、OH- D．OH-、HCO3﹣、Cl-、Mg2+
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：无色溶液能与铝片作用生成氢气，该溶液可能为酸或碱溶液，
A、因Cu2+在水溶液中为蓝色，与无色溶液不符，且碱溶液中H+、Mg2+、Cu2+不能大量存在，故A错误；
B、酸溶液中离子不反应，但与Al反应不生成氢气而生成NO，碱溶液中H+不能大量存在，故A错误；
C、酸溶液中OH-不能大量存在，但碱溶液中离子之间不反应且与Al反应生成氢气，符合题意，故C正确；
D、无论酸或碱溶液中，HCO3-不能大量存在，即该组离子一定不能大量共存，故D错误；
故选C．
【分析】无色溶液能与铝片作用生成氢气，该溶液可能为酸或碱溶液，然后利用离子之间不反应来判断离子的共存．
14．（2015高一上·兴国月考）化学实验中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施正确的是（ ）
A．检验溶液中是否含有SO32﹣时，用硝酸酸化后再加BaCl2溶液
B．检验溶液中是否含有SO42﹣时，用盐酸酸化后再加BaCl2溶液
C．检验溶液中是否含有Fe2+时，用硝酸酸化后再加KSCN溶液
D．检验溶液中是否含有Cl-时，用硫酸酸化后再加AgNO3溶液
【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：A、定性检验SO32﹣时，将BaCl2溶液用HNO3酸化，因为硝酸具有强氧化性，易将亚硫酸根氧化为硫酸根，硫酸根也和钡离子反应生成白色沉淀，会干扰亚硫酸根的检验，故A错误；
B、硫酸根离子能和钡离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，检验溶液中是否含有SO42﹣时，先用盐酸酸化，所得溶液再加BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，证明含有硫酸根离子，反之则没有，故B正确；
C、硝酸具有强氧化性，易将亚铁离子氧化为三价铁离子，会干扰亚铁离子的检验，故C错误；
D、检验溶液中是否含有Cl-时，用硫酸酸化后再加AgNO3溶液，则出现的白色沉淀可能是氯化银还可能是硫酸钡，故D错误．
故选B．
【分析】A、硝酸具有强氧化性，易将亚硫酸根氧化为硫酸根；
B、硫酸根离子能和钡离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；
C、硝酸具有强氧化性，易将亚铁离子氧化为三价铁离子；
D、氯化银和硫酸钡均是不溶于硫酸的白色沉淀．
15．（2015高一上·兴国月考）用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A．物质的量浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有氯离子数为1NA
B．64gSO2含有氧原子数为1NA
C．标准状况下，22.4LH2O的分子数为1NA
D．常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、溶液的体积未知，无法计算氯离子数，故A错误；
B、n（SO2）= = =1mol，每个SO2分子中含有2个氧原子，所以氧原子的物质的量为2mol，氧原子数为2 NA，故B错误．
C、气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用范围为单一气体或能共存的混合气体（标况下），标况下水为液体，所以不能使用气体摩尔体积，故C错误．
D、n（N2）= = =0.5mol，所以14gN2含有的分子数为0.5mol× =0.5NA ，故D正确．
故选D．
【分析】A、溶液的体积未知，无法计算氯离子数；
B、根据n= 计算二氧化硫的物质的量，再根据每个SO2分子中含有2个氧原子计算；
C、气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用范围为单一气体或能共存的混合气体（标况下）；
D、根据n= 计算氮气的物质的量，再根据N=nNA计算；
16．（2015高一上·兴国月考）能证明某溶液中含有Fe2+的是（ ）
A．该溶液呈浅绿色
B．该溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色，最终变为红褐色
C．向该溶液中加入氯水，再滴入几滴KSCN溶液，呈红色
D．向该溶液中滴入几滴KSCN溶液，不变色，再加入氯水，有红色沉淀生成
【答案】B
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．溶液呈浅绿色的物质有亚铁盐溶液、多数亚铁溶液是浅绿色的 当然要浓度较低，氯化铜溶液浓度较低时也是浅绿色的，有些混合溶液产生复合色，也会是浅绿色比如三价铁离子和硫酸铜溶液，故A错误；
B．滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液含有Fe2+，Fe3+和氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化铁沉淀，所以只能观察到红褐色沉淀，所以该实验能证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+，故B正确；
C．先滴加氯水，若原溶液含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe2+，故C错误；
D．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液中有Fe3+会反应生成红色溶液，不是沉淀，故D错误；
故选B．
【分析】A．溶液呈浅绿色不一定是亚铁盐溶液；
B．依据氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的过程中的现象分析判断；
C．原溶液中含有铁离子进行实验操作也能出现此现象；
D．氯化铁中的铁离子和硫氰酸根离子反应生成红色溶液．
17．（2015·海南模拟）以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2→HClO→NaClO B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3
【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠与水，故A正确；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，故B正确；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故C错误；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故D正确．
故选C．
【分析】根据各单质及其化合物的化学性质解答．
A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与碱反应生成盐；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，难溶性的碱受热易分解，分解为相应的氧化物与水．
18．（2015高一上·兴国月考）某化工厂排出的废水中含Cl2 0.014mol L﹣1、H+ 0.001mol L﹣1，废水排出的速度为10.0mL s﹣1．为了除去此废水中的游离氯分子，并使废水变为中性，有人提出如下建议：在废水排出管A和B处分别注入一定流量的烧碱溶液（0.10mol L﹣1）和Na2SO3溶液（0.10mol L﹣1）．下列说法错误的是（ ）
A．排出管A处发生的反应为SO32﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl-+2H+
B．废水排出管B处发生的反应为H++ OH-═H2O
C．A处溶液的流量为1.4 mL s﹣1
D．B处溶液的流量为2.8 mL s﹣1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、排出管A处，废水中含有Cl2，可与SO32﹣发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2H++2Cl-，故A正确；
B、A反应后溶液呈酸性，则应先与亚硫酸钠发生氧化还原反应，然后再发生加入烧碱发生中和反应，废水排出管B处反应的离子方程式为H++OH-═H2O，故B正确；
C、由反应Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2H++2Cl-，得到n（Cl2）=n（Na2SO3），所以0.014mol L﹣1×10.0mL s﹣1=0.10mol L﹣1×v（A），所以v（A）=1.4 mL s﹣1，故C正确；
D、B处溶氢离子的浓度为：0.001mol L﹣1+0.028mol L﹣1=0.029mol L﹣1，所以B处溶液的流量为2.9 mL s﹣1，故D错误；
故选D．
【分析】该废水处理需满足两个要求：一是除去Cl2；二是调为中性，因为Cl2跟SO32﹣与水反应时能生成H+，所以除去H+应在该反应之后进行，由此分析解答．
二、填空题
19．（2015高一上·兴国月考）实验室用如图所示装置探究氯气的性质，请回答有关问题：
（1）A烧瓶中反应的离子方程式为 ．
（2）装置B的作用是 ．
（3）写出D中发生反应的化学方程式： ．
（4）装置F中发生反应的化学方程式为 ．
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）除去氯气中的氯化氢气体
（3）2Fe+3Cl2 2FeCl3
（4）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】解：（1）A．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水、氯气，方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；（3）铁在氯气中燃烧生成氯化铁，化学反应方程式为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；（4）用氢氧化钠吸收尾气，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．
【分析】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；（2）饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体；（3）铁在氯气中燃烧生成氯化铁；（4）用氢氧化钠吸收尾气．
20．（2015高一上·兴国月考）资料卡片：溴在水中溶解度不大（稀溴水呈黄色），易溶于CCl4等有机溶剂．某校化学实验兴趣小组在“探究Cl2、Br2的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色．
（1）提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？
猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 （填化学式）所致．
②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述实验现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 （填离子符号）所致．
（2）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，利用下列提供的试剂，设计出一种方案进行了实验，并通过观察现象，得出乙同学的观点正确．供选用的试剂：酚酞、CCl4、无水酒精、KSCN溶液、蒸馏水等．请你写出丙同学选用的试剂是 ，实验中观察到的现象是 ．
（3）结论：氧化性：Br2＞Fe3+在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生反应的离子方程式是 ．
（4）实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是 （填离子符号）．
【答案】（1）Br2；Fe3+
（2）KSCN溶液；溶液显红色
（3）2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
（4）Fe2+
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2++Br2═2 Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的．因此①中甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；②中乙同学认为氧化性：Fe3+＜Br2，发生反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；（2）在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，检验亚铁离子是否被溴单质氧化，可以用KSCN溶液检验三价铁离子是否生成，如果加入KSCN溶液显红色，证明三价铁生成了，乙同学的观点正确，故答案为：KSCN溶液；溶液显红色；（3）溴单质具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价，实质是：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；（4）根据上述实验推测，氧化性顺序是：氯气＞溴单质＞三价铁离子，亚铁离子还原性强于溴离子，所以先被氧化的是Fe2+，故答案为：Fe2+．
【分析】（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2 Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的．即可得出甲同学、乙同学的结论；（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2 Fe2++Br2═2 Fe3++2Br-，要设计方案进行实验证明乙同学的观点确实正确，考虑两种思路．第一，溶液中不存在Br2，然后选择合适试剂检验不存在Br2．第二，溶液中存在Fe3+，选择合适试剂检验存在Fe3+．即可确定乙同学观点正确；（4）溴单质具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价；（5）还原性较强的离子先被氧化剂氧化．
21．（2015高一上·兴国月考）现有X，Y，Z三种非金属元素，A，B，C三种金属元素，有如下情况：
（i）X，Y，Z的单质在常温下均为气体．
（ii）X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色．产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红．
（iii）两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体．
（iv）Z的单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白性．
（v）A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液．
（vi）B与Z形成的化合物BZ3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解．
（vii）C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M．
请完成下列问题：
①写出下列物质的化学式：XZ ，X2Y ．
②Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是 （填化学式）
③A的单质与Z的单质反应的化学方程式： ．
④BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式： ．
⑤X单质与Z单质的混合气体经点燃充分反应后，冷却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，求原混合气体中X单质与Z单质的体积比可能为 ．
【答案】HCl；H2O；HClO；2Fe+3Cl2 2FeCl3；Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；V（氢气）：V（氯气）≤1
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，XZ易溶于水，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，说明X为H元素，Z为Cl元素，形成的单质为Cl2，形成的化合物为HCl；两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体，应为H2O，则Y为O元素；A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈棕黄色溶液，该棕红色固体为FeCl3，则A为Fe元素；B与Z形成的化合物BZ3溶于水加入NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该白色沉淀为Al（OH）3，BZ3为AlCl3，B为Al；C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色，该淡黄色固体为Na2O2，则C为Na，①由以上分析可知，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为：HCl、H2O；②氯气溶于H2O中反应生成HCl和HClO，其中HClO具有漂白性，故答案为：HClO； ③Fe在Cl2中燃烧生成，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；④AlCl3与过量的NaOH溶液反应反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为：Al3++4 OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；⑤氢气与氯气的混合气体经点燃：H2+Cl2 2HCl，由于HCl、Cl2都能被NaOH溶液吸收，故V（氢气）：V（氯气）≤1，故答案为：V（氢气）：V（氯气）≤1．
【分析】X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，XZ易溶于水，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，说明X为H元素，Z为Cl元素，形成的单质为Cl2，形成的化合物为HCl；两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体，应为H2O，则Y为O元素；A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈棕黄色溶液，该棕红色固体为FeCl3，则A为Fe元素；B与Z形成的化合物BZ3溶于水加入NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该白色沉淀为Al（OH）3，BZ3为AlCl3，B为Al；C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色，该淡黄色固体为Na2O2，则C为Na，结合物质的性质解答该题．
22．（2015高一上·兴国月考）如图表示有关物质之间的转化关系，A，C，E，G为非金属单质，其中A，G常温常压下为气态，E遇淀粉变蓝，K是一种常用食品添加剂，L是常见的无色无味液体，I为淡黄色固体，J的焰色反应呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃）．
（1）B，I代表的物质化学式分别为 、 ．
（2）写出反应①②的离子方程式：
①
②
（3）选出实验室保存C单质的注意事项 （A．无色瓶B．棕色瓶C．橡胶塞D．玻璃塞），除此之外还采取了什么特殊保存方法： ．
（4）已知A，C，E均能与G反应，按其反应条件要求由高到低顺序为 （用化学式表示）
（5）A与H溶液反应，其氧化产物和还原产物的物质的量的比为1：1，写出此反应的化学反应方程式： ．
【答案】（1）KI；AgBr
（2）2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣；3I2+6 OH- 5I-+IO3-+3 H2O
（3）BD；在表面覆盖一层水
（4）I2＞Br2＞Cl2
（5）2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：由F+AgNO3→I+J，I为淡黄色固体，则I为AgBr，J的焰色反应呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃），含有K+离子，则J为KNO3，故F为KBr；E遇淀粉变蓝，则E为I2．电解D的溶液生成三种物质，且有2种气体，故生成的气体为Cl2、H2，D为含有Cl﹣的盐，由A+B→E+D，故A为Cl2，D为含有Cl-的盐，故B含有I-，由B+C→I2+KBr，故C为Br2，B为KI，由Cl2+KI→I2+D，故D为KCl；由KCl（溶液） A+G+H，由于A为Cl2，故G为H2，H为KOH，由反应②I2+KOH KI+K+L，K是一种常用食品添加剂，L是常见的无色无味液体，故K为KIO3，L为H2O．（1）由上述分析可知，B为KI，I为AgBr；故答案为：KI；AgBr；（2）反应①是电解KCl溶液，反应离子方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，反应②是I2与KOH反应生成KI、KIO3、H2O，反应离子方程式为：3I2+6 OH- 5I-+IO3-+3 H2O；故答案为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-；3I2+6 OH- 5I-+IO3-+3 H2O；（3）C为Br2单质，常温下为液体，易挥发，应在棕色瓶内避光保存，具有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，选择玻璃塞，并在表面覆盖一层水，进行液封；故答案为：BD，在表面覆盖一层水；（4）Cl2、Br2、I2的活泼性依次减弱，故与氧气反应条件要求越来越高；故答案为：I2＞Br2＞Cl2；（5）Cl2与KOH溶液反应，其氧化产物和还原产物的物质的量的比为1：1，则生成次氯酸钾与氯化钾，该反应的化学反应方程式为：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O；故答案为：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O．
【分析】由F+AgNO3→I+J，I为淡黄色固体，则I为AgBr，J的焰色反应呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃），含有K+离子，则J为KNO3，故F为KBr；E遇淀粉变蓝，则E为I2．电解D的溶液生成三种物质，且有2种气体，故生成的气体为Cl2、H2，D为含有Cl-的盐，由A+B→E+D，故A为Cl2，D为含有Cl-的盐，故B含有I-，由B+C→I2+KBr，故C为Br2，B为KI，由Cl2+KI→I2+D，故D为KCl；由KCl（溶液） A+G+H，由于A为Cl2，故G为H2，H为KOH，由反应②I2+KOH KI+K+L，K是一种常用食品添加剂，L是常见的无色无味液体，故K为KIO3，L为H2O．
2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高一上学期第三次月考化学试卷（兴国班）
一、选择题
1．（2015高一上·兴国月考）化学在生产生活和科学研究中具有重要的作用．下列说法正确的是（ ）
①硅石的主要成分是二氧化硅
②三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
③嫦娥二号卫星上所用的太阳能电池采用硅材料制作，太阳能电池在生活中的应用有利于环保、节能
④二氧化硅的熔点高，硬度大，可用来制造电子部件和光学器件
⑤水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品．
A．①②③ B．②④⑤ C．③④⑤ D．①②③④
2．（2015高一上·兴国月考）下列说法正确的是（ ）
A．将AgCl放入水中不能导电，故AgCl不是电解质
B．CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质
C．金属能导电，所以金属是电解质
D．固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl能导电，NaCl是电解质
3．（2015高一上·兴国月考）下图所示的实验操作，不能达到相应目的是（ ）
A．干燥Cl
B．检验K2CO3中的K+
C．证明HCl极易溶于水
D．实验室制氨气
4．（2015高一上·兴国月考）研究表明：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价砷（As）元素，但它对人体是无毒的，砒霜的成分是As2O3，属剧毒物质，专家忠告：吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出了一个公式：大量海鲜+大量维生素C=砒霜．下面有关解释不正确的是（ ）
A．维生素C能将+5价砷氧化成As2O3
B．维生素C具有还原性
C．致人中毒过程中+5价砷发生还原反应
D．青菜中含有维生素C
5．（2015高一上·兴国月考）下列实验现象，与新制氯水中的某些成分（括号内物质）没有关系的（ ）
A．将NaHCO3固体加入到新制氯水中，有无色气泡（H+）
B．使红色布条褪色（HClO）
C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色（HCl）
D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀（Cl﹣）
6．（2015高一上·兴国月考）下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A．2mol水的摩尔质量和1mol水的摩尔质量
B．200mL1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）
C．64g二氧化硫中氧原子数和标准状况下22.4L一氧化碳中氧原子数
D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度和10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度
7．（2015高一上·兴国月考）甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH，BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（ ）
A．Al2（SO4）3 B．NaOH C．BaCl2 D．FeSO4
8．（2015高一上·兴国月考）除去NaCl中含有的Ca2+、Mg2+、SO42﹣、HCO3-等离子，通常采用以下四种试剂：①Na2CO3②BaCl2③NaOH ④HCl，加入试剂合理的操作顺序是（ ）
A．①②③④ B．③①②④ C．④②①③ D．③②①④
9．（2015高一上·兴国月考）已知A，B，C，D分别是Cu、Ag、Fe、Al四种金属中的一种．已知①A，C均能与稀硫酸反应放出气体；②B与D的硝酸盐反应，置换出单质D；③C与强碱反应放出气体，由此可以推断A，B，C，D依次是（ ）
A．Fe、Cu、Al、Ag B．Al、Cu、Fe、Ag
C．Cu、Ag、Al、Fe D．Ag、Al、Cu、Fe
10．（2015高一上·兴国月考）下列几种情况都有白色物质生成，其中生成物化学成分相同的是：①块状纯碱久置于空气中生成的白色粉末；②盛澄清石灰水的烧杯内壁附着的白色物质；③生石灰久置于空气中生成的白色物质；④Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物（ ）
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
11．（2015高一上·兴国月考）向含有1mol KAl（SO4）2的溶液中加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42﹣恰好转化为沉淀，此时生成的Al（OH）3的物质的量是（ ）
A．1mo l B．1.33mol C．0.67mol D．0
12．（2015高一上·兴国月考）下列离子反应方程式正确的是（ ）
A．碳酸氢钙溶液与盐酸反应：Ca（HCO3）2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2↑
B．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
C．硫酸亚铁溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓
D．Fe3O4溶于稀硫酸：Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O
13．（2015高一上·兴国月考）某无色溶液能与铝片作用生成氢气，则溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A．H+、Mg2+、Cu2+、Cl- B．Na+、K+、NO3﹣、H+
C．Cl-、Ba2+、NO3﹣、OH- D．OH-、HCO3﹣、Cl-、Mg2+
14．（2015高一上·兴国月考）化学实验中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施正确的是（ ）
A．检验溶液中是否含有SO32﹣时，用硝酸酸化后再加BaCl2溶液
B．检验溶液中是否含有SO42﹣时，用盐酸酸化后再加BaCl2溶液
C．检验溶液中是否含有Fe2+时，用硝酸酸化后再加KSCN溶液
D．检验溶液中是否含有Cl-时，用硫酸酸化后再加AgNO3溶液
15．（2015高一上·兴国月考）用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A．物质的量浓度为0.5mol/LMgCl2溶液，含有氯离子数为1NA
B．64gSO2含有氧原子数为1NA
C．标准状况下，22.4LH2O的分子数为1NA
D．常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA
16．（2015高一上·兴国月考）能证明某溶液中含有Fe2+的是（ ）
A．该溶液呈浅绿色
B．该溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀并迅速变成灰绿色，最终变为红褐色
C．向该溶液中加入氯水，再滴入几滴KSCN溶液，呈红色
D．向该溶液中滴入几滴KSCN溶液，不变色，再加入氯水，有红色沉淀生成
17．（2015·海南模拟）以下物质间的转化通过一步反应不能实现的是（ ）
A．HCl→Cl2→HClO→NaClO B．Na→Na2O2→Na2CO3→NaHCO3
C．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 D．Al→NaAlO2→Al（OH）3→Al2O3
18．（2015高一上·兴国月考）某化工厂排出的废水中含Cl2 0.014mol L﹣1、H+ 0.001mol L﹣1，废水排出的速度为10.0mL s﹣1．为了除去此废水中的游离氯分子，并使废水变为中性，有人提出如下建议：在废水排出管A和B处分别注入一定流量的烧碱溶液（0.10mol L﹣1）和Na2SO3溶液（0.10mol L﹣1）．下列说法错误的是（ ）
A．排出管A处发生的反应为SO32﹣+Cl2+H2O═SO42﹣+2Cl-+2H+
B．废水排出管B处发生的反应为H++ OH-═H2O
C．A处溶液的流量为1.4 mL s﹣1
D．B处溶液的流量为2.8 mL s﹣1
二、填空题
19．（2015高一上·兴国月考）实验室用如图所示装置探究氯气的性质，请回答有关问题：
（1）A烧瓶中反应的离子方程式为 ．
（2）装置B的作用是 ．
（3）写出D中发生反应的化学方程式： ．
（4）装置F中发生反应的化学方程式为 ．
20．（2015高一上·兴国月考）资料卡片：溴在水中溶解度不大（稀溴水呈黄色），易溶于CCl4等有机溶剂．某校化学实验兴趣小组在“探究Cl2、Br2的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色．
（1）提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？
猜想：①甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 （填化学式）所致．
②乙同学认为氧化性：Br2＞Fe3+，故上述实验现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含 （填离子符号）所致．
（2）设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，利用下列提供的试剂，设计出一种方案进行了实验，并通过观察现象，得出乙同学的观点正确．供选用的试剂：酚酞、CCl4、无水酒精、KSCN溶液、蒸馏水等．请你写出丙同学选用的试剂是 ，实验中观察到的现象是 ．
（3）结论：氧化性：Br2＞Fe3+在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生反应的离子方程式是 ．
（4）实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是 （填离子符号）．
21．（2015高一上·兴国月考）现有X，Y，Z三种非金属元素，A，B，C三种金属元素，有如下情况：
（i）X，Y，Z的单质在常温下均为气体．
（ii）X的单质在Z的单质中燃烧，火焰呈苍白色．产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红．
（iii）两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体．
（iv）Z的单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白性．
（v）A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈黄色溶液．
（vi）B与Z形成的化合物BZ3溶于水后逐滴滴加NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解．
（vii）C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M．
请完成下列问题：
①写出下列物质的化学式：XZ ，X2Y ．
②Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是 （填化学式）
③A的单质与Z的单质反应的化学方程式： ．
④BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式： ．
⑤X单质与Z单质的混合气体经点燃充分反应后，冷却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，求原混合气体中X单质与Z单质的体积比可能为 ．
22．（2015高一上·兴国月考）如图表示有关物质之间的转化关系，A，C，E，G为非金属单质，其中A，G常温常压下为气态，E遇淀粉变蓝，K是一种常用食品添加剂，L是常见的无色无味液体，I为淡黄色固体，J的焰色反应呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃）．
（1）B，I代表的物质化学式分别为 、 ．
（2）写出反应①②的离子方程式：
①
②
（3）选出实验室保存C单质的注意事项 （A．无色瓶B．棕色瓶C．橡胶塞D．玻璃塞），除此之外还采取了什么特殊保存方法： ．
（4）已知A，C，E均能与G反应，按其反应条件要求由高到低顺序为 （用化学式表示）
（5）A与H溶液反应，其氧化产物和还原产物的物质的量的比为1：1，写出此反应的化学反应方程式： ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：①硅石的主要成分是二氧化硅，故正确；
②建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料，故正确；
③太阳能是一种清洁能源，其应用有利于环保节能，故正确；
④硅具有金属和非金属性质，能作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造光学器件，故错误；
⑤水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不是硅酸盐，故错误；
故选：A．
【分析】①硅石的主要成分是二氧化硅；
②常见的硅酸盐材料包括玻璃、水泥、陶瓷等；
③太阳能是一种清洁能源；
④硅具有金属和非金属性质，能作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学特性，能够用于制造光学器件；
⑤水晶主要成分是二氧化硅；
2．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】解：A、AgCl的溶解度很小，导致将AgCl放入水中不能导电，但氯化银在熔融态能电离出自由移动的阴阳离子，所以是电解质，故A错误；
B、二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；
C、金属能导电，但金属不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl有自由移动的离子，所以能导电，故NaCl是电解质，故D正确．
故选D．
【分析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物叫非电解质；能导电的物质有自由电子或自由移动的离子，如金属或熔融态盐或酸、碱、可溶性盐溶液等．
3．【答案】A
【知识点】实验装置综合；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．干燥气体时导管长进短出，则实验装置不能干燥氯气，故A错误；
B．观察K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃，则图中操作可观察，故B正确；
C．HCl极易溶于水，内压小于外压，气球变大，则图中装置可证明HCl极易溶于水，故C正确；
D．收集的氨气的试管口应塞一团棉花，图中装置可制备氨气，故D正确；
故A．
【分析】A．干燥气体时导管长进短出；
B．观察K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃；
C．HCl极易溶于水，内压小于外压；
D．收集的氨气的试管口应塞一团棉花．
4．【答案】A
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，
说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，则
A．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，故A错误；
B．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故B正确；
C．+5价砷生成+3价As，化合价降低，得电子被还原，为还原反应，故C正确；
D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，故D正确．
故选A．
【分析】人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As．
5．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】解：A、因氯水中有盐酸，电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故A正确；
B、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能使红色布条褪色，故B正确；
C、因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C错误；
D、因氯水中的盐酸电离生成Cl-，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D正确；
故选：C；
【分析】A、氯水中有盐酸，酸电离生成的H+能与NaHCO3固体反应；
B、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能用于漂白；
C、氯气具有氧化性；
D、氯水中的氯离子能与硝酸银发生复分解反应；
6．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】解：A.2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，故A错误；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者是前者的2倍，故B错误；
C．二氧化硫物质的量为 =1mol，含有氧原子物质的量为2mol，标况下22.4LCO物质的量为1mol，含有O原子物质的量为1mol，前者是后者的2倍，故C正确；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误，
故选C．
【分析】A．水的摩尔质量为定值是18g/mol；
B.1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=1mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L；
C．根据n= 计算二氧化硫物质的量，含有氧原子物质的量为二氧化硫的2倍，根据 计算CO物质的量，含有O原子物质的量等于CO物质的量；
D．溶液物质的量浓度c= ，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度．
7．【答案】D
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，
反应的方程式有：Al2（SO4）3+6NaOH═2Al（OH）3↓+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此，丙为FeSO4．
故选D．
【分析】若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则乙为NaOH，丁为Al2（SO4）3，乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则丙为BaCl2，甲为FeCl2，最后剩余的为丙物质．
8．【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】解：根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，离子都沉淀了，再进行过滤，最后加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，通过结晶蒸发得到精盐．加入Na2CO3的顺序必须在加入钡离子的后面即可，盐酸最后一步加入，分析四个选项可知D符合题意，故选：D．
【分析】根据除去钙离子用碳酸根离子进行沉淀，除去镁离子用氢氧根离子进行沉淀，除去硫酸根离子用钡离子沉淀，过量的钡离子需要用碳酸根离子除去，加入盐酸可以除去过量的碳酸钠和氢氧化钠等进行分析．
9．【答案】A
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：根据题意，C与强碱反应放出气体，说明C是Al． A、C均能与稀硫酸反应放出气体，说明 A、C可能是 Fe、Al，即A是Fe；
则B、D可能是Cu和Ag，因为“B与D的硝酸盐反应，置换出单质D”，则B是Cu，D是Ag．
即 A、B、C、D依次是 Fe、Cu、Al、Ag．
故选A．
【分析】根据金属活动性顺序表中排在H前面的金属与酸反应，较活泼金属能将较不活泼金属从盐中置换出来，在常见金属中Al既能与酸反应，又能与碱反应．
10．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物
【解析】【解答】解：①块状纯碱为Na2CO3 10H2O，久置于空气中生成Na2CO3白色粉末；
②澄清石灰水的主要成分为Ca（OH）2，与空气中CO2反应生成白色物质为CaCO3；
③生石灰久置于空气中生成的白色物质为CaCO3；
④Na2SiO3水溶液置于敞口容器中，溶液中出现的白色浑浊物为H2SiO3，
故生成物化学成分相同的是②③．
故选B．
【分析】根据物质的组成和性质判断，①块状纯碱为Na2CO3 10H2O，易分解；②澄清石灰水的主要成分为Ca（OH）2，与空气中CO2反应；③生石灰久置于空气中生成的白色物质为CaCO3；④Na2SiO3易与空气中CO2反应．
11．【答案】D
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：溶液含有1mol KAl（SO4）2，所以含有SO42﹣2mol．加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42﹣恰好转化为沉淀，
由反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可知，加入的氢氧化钡含有2molBa2+，即需加入2molBa（OH）2．
由于溶液含有1mol KAl（SO4）2，则含有1molAl3+，加入2molBa（OH）2，提供4molOH﹣，恰好反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，没有沉淀生成．
故选：D．
【分析】SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，所以向含有1mol KAl（SO4）2的溶液中加入适量的Ba（OH）2溶液，使SO42﹣恰好转化为沉淀，则加入的氢氧化钡为2mol，所以Al3+与OH﹣物质的量分别为1mol、4mol，恰好反应Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，没有沉淀生成．
12．【答案】B
【知识点】电离方程式的书写
【解析】【解答】解：A．碳酸氢钙溶于水并完全电离，应写成离子，正确的离子方程式为：HCO3-+=H+=H2O+CO2↑，故A错误；
B．氨水为弱碱，应写成化学式，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，故B正确；
C．硫酸亚铁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化亚铁沉淀，正确的离子方程式为Fe2++2OH-+SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓+Fe（OH）2，故C错误；
D．Fe3O4溶于稀硫酸的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故D错误．
故选B．
【分析】A．碳酸氢钙溶于水并完全电离，应写成离子；
B．氨水为弱碱，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀；
C．硫酸亚铁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化亚铁沉淀；
D．从电荷是否守恒的角度分析．
13．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：无色溶液能与铝片作用生成氢气，该溶液可能为酸或碱溶液，
A、因Cu2+在水溶液中为蓝色，与无色溶液不符，且碱溶液中H+、Mg2+、Cu2+不能大量存在，故A错误；
B、酸溶液中离子不反应，但与Al反应不生成氢气而生成NO，碱溶液中H+不能大量存在，故A错误；
C、酸溶液中OH-不能大量存在，但碱溶液中离子之间不反应且与Al反应生成氢气，符合题意，故C正确；
D、无论酸或碱溶液中，HCO3-不能大量存在，即该组离子一定不能大量共存，故D错误；
故选C．
【分析】无色溶液能与铝片作用生成氢气，该溶液可能为酸或碱溶液，然后利用离子之间不反应来判断离子的共存．
14．【答案】B
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】解：A、定性检验SO32﹣时，将BaCl2溶液用HNO3酸化，因为硝酸具有强氧化性，易将亚硫酸根氧化为硫酸根，硫酸根也和钡离子反应生成白色沉淀，会干扰亚硫酸根的检验，故A错误；
B、硫酸根离子能和钡离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，检验溶液中是否含有SO42﹣时，先用盐酸酸化，所得溶液再加BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，证明含有硫酸根离子，反之则没有，故B正确；
C、硝酸具有强氧化性，易将亚铁离子氧化为三价铁离子，会干扰亚铁离子的检验，故C错误；
D、检验溶液中是否含有Cl-时，用硫酸酸化后再加AgNO3溶液，则出现的白色沉淀可能是氯化银还可能是硫酸钡，故D错误．
故选B．
【分析】A、硝酸具有强氧化性，易将亚硫酸根氧化为硫酸根；
B、硫酸根离子能和钡离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀；
C、硝酸具有强氧化性，易将亚铁离子氧化为三价铁离子；
D、氯化银和硫酸钡均是不溶于硫酸的白色沉淀．
15．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、溶液的体积未知，无法计算氯离子数，故A错误；
B、n（SO2）= = =1mol，每个SO2分子中含有2个氧原子，所以氧原子的物质的量为2mol，氧原子数为2 NA，故B错误．
C、气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用范围为单一气体或能共存的混合气体（标况下），标况下水为液体，所以不能使用气体摩尔体积，故C错误．
D、n（N2）= = =0.5mol，所以14gN2含有的分子数为0.5mol× =0.5NA ，故D正确．
故选D．
【分析】A、溶液的体积未知，无法计算氯离子数；
B、根据n= 计算二氧化硫的物质的量，再根据每个SO2分子中含有2个氧原子计算；
C、气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的使用范围为单一气体或能共存的混合气体（标况下）；
D、根据n= 计算氮气的物质的量，再根据N=nNA计算；
16．【答案】B
【知识点】铁的化学性质
【解析】【解答】解：A．溶液呈浅绿色的物质有亚铁盐溶液、多数亚铁溶液是浅绿色的 当然要浓度较低，氯化铜溶液浓度较低时也是浅绿色的，有些混合溶液产生复合色，也会是浅绿色比如三价铁离子和硫酸铜溶液，故A错误；
B．滴加NaOH溶液，利用先产生白色沉淀，后变灰绿，最后变为红褐色，说明原溶液含有Fe2+，Fe3+和氢氧化钠溶液反应立即生成氢氧化铁沉淀，所以只能观察到红褐色沉淀，所以该实验能证明某溶液只含有Fe2+而不含Fe3+，故B正确；
C．先滴加氯水，若原溶液含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe2+，故C错误；
D．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液中有Fe3+会反应生成红色溶液，不是沉淀，故D错误；
故选B．
【分析】A．溶液呈浅绿色不一定是亚铁盐溶液；
B．依据氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的过程中的现象分析判断；
C．原溶液中含有铁离子进行实验操作也能出现此现象；
D．氯化铁中的铁离子和硫氰酸根离子反应生成红色溶液．
17．【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】解：A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与氢氧化钠反应生成次氯酸钠与水，故A正确；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，故B正确；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，SiO2不能一步生成H2SiO3，二氧化硅与烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸，故C错误；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，故D正确．
故选C．
【分析】根据各单质及其化合物的化学性质解答．
A、浓盐酸与强氧化剂如二氧化锰、高锰酸钾、氯酸钾等反应生成氯气，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸是弱酸，与碱反应生成盐；
B、钠在氧气中燃烧产物生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，碳酸钠可以与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；
C、硅和氧气反应生成二氧化硅，属于酸性氧化物，但不与水反应，能和烧碱反应生成硅酸钠，再加入强酸可制得硅酸；
D、铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，偏铝酸钠与酸反应可以生成氢氧化铝，难溶性的碱受热易分解，分解为相应的氧化物与水．
18．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A、排出管A处，废水中含有Cl2，可与SO32﹣发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2H++2Cl-，故A正确；
B、A反应后溶液呈酸性，则应先与亚硫酸钠发生氧化还原反应，然后再发生加入烧碱发生中和反应，废水排出管B处反应的离子方程式为H++OH-═H2O，故B正确；
C、由反应Cl2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2H++2Cl-，得到n（Cl2）=n（Na2SO3），所以0.014mol L﹣1×10.0mL s﹣1=0.10mol L﹣1×v（A），所以v（A）=1.4 mL s﹣1，故C正确；
D、B处溶氢离子的浓度为：0.001mol L﹣1+0.028mol L﹣1=0.029mol L﹣1，所以B处溶液的流量为2.9 mL s﹣1，故D错误；
故选D．
【分析】该废水处理需满足两个要求：一是除去Cl2；二是调为中性，因为Cl2跟SO32﹣与水反应时能生成H+，所以除去H+应在该反应之后进行，由此分析解答．
19．【答案】（1）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）除去氯气中的氯化氢气体
（3）2Fe+3Cl2 2FeCl3
（4）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【知识点】氯气的化学性质
【解析】【解答】解：（1）A．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、水、氯气，方程式为：MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；（3）铁在氯气中燃烧生成氯化铁，化学反应方程式为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；（4）用氢氧化钠吸收尾气，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．
【分析】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；（2）饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢气体；（3）铁在氯气中燃烧生成氯化铁；（4）用氢氧化钠吸收尾气．
20．【答案】（1）Br2；Fe3+
（2）KSCN溶液；溶液显红色
（3）2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
（4）Fe2+
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】解：（1）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2++Br2═2 Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的．因此①中甲同学认为氧化性：Fe3+＞Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；②中乙同学认为氧化性：Fe3+＜Br2，发生反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Br2；Fe3+；（2）在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，检验亚铁离子是否被溴单质氧化，可以用KSCN溶液检验三价铁离子是否生成，如果加入KSCN溶液显红色，证明三价铁生成了，乙同学的观点正确，故答案为：KSCN溶液；溶液显红色；（3）溴单质具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价，实质是：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣；（4）根据上述实验推测，氧化性顺序是：氯气＞溴单质＞三价铁离子，亚铁离子还原性强于溴离子，所以先被氧化的是Fe2+，故答案为：Fe2+．
【分析】（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l﹣2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2 Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的．即可得出甲同学、乙同学的结论；（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2 Fe2++Br2═2 Fe3++2Br-，要设计方案进行实验证明乙同学的观点确实正确，考虑两种思路．第一，溶液中不存在Br2，然后选择合适试剂检验不存在Br2．第二，溶液中存在Fe3+，选择合适试剂检验存在Fe3+．即可确定乙同学观点正确；（4）溴单质具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为三价；（5）还原性较强的离子先被氧化剂氧化．
21．【答案】HCl；H2O；HClO；2Fe+3Cl2 2FeCl3；Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；V（氢气）：V（氯气）≤1
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，XZ易溶于水，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，说明X为H元素，Z为Cl元素，形成的单质为Cl2，形成的化合物为HCl；两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体，应为H2O，则Y为O元素；A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈棕黄色溶液，该棕红色固体为FeCl3，则A为Fe元素；B与Z形成的化合物BZ3溶于水加入NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该白色沉淀为Al（OH）3，BZ3为AlCl3，B为Al；C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色，该淡黄色固体为Na2O2，则C为Na，①由以上分析可知，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为：HCl、H2O；②氯气溶于H2O中反应生成HCl和HClO，其中HClO具有漂白性，故答案为：HClO； ③Fe在Cl2中燃烧生成，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；④AlCl3与过量的NaOH溶液反应反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为：Al3++4 OH-═AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-═AlO2-+2H2O；⑤氢气与氯气的混合气体经点燃：H2+Cl2 2HCl，由于HCl、Cl2都能被NaOH溶液吸收，故V（氢气）：V（氯气）≤1，故答案为：V（氢气）：V（氯气）≤1．
【分析】X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，XZ易溶于水，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，说明X为H元素，Z为Cl元素，形成的单质为Cl2，形成的化合物为HCl；两摩尔X的单质可与一摩尔Y的单质化合生成两摩尔X2Y，X2Y常温下为液体，应为H2O，则Y为O元素；A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成棕红色固体，该固体溶于水呈棕黄色溶液，该棕红色固体为FeCl3，则A为Fe元素；B与Z形成的化合物BZ3溶于水加入NaOH溶液先生成白色沉淀后又逐渐溶解，该白色沉淀为Al（OH）3，BZ3为AlCl3，B为Al；C的单质与Y单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色，该淡黄色固体为Na2O2，则C为Na，结合物质的性质解答该题．
22．【答案】（1）KI；AgBr
（2）2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣；3I2+6 OH- 5I-+IO3-+3 H2O
（3）BD；在表面覆盖一层水
（4）I2＞Br2＞Cl2
（5）2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O
【知识点】无机物的推断
【解析】【解答】解：由F+AgNO3→I+J，I为淡黄色固体，则I为AgBr，J的焰色反应呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃），含有K+离子，则J为KNO3，故F为KBr；E遇淀粉变蓝，则E为I2．电解D的溶液生成三种物质，且有2种气体，故生成的气体为Cl2、H2，D为含有Cl﹣的盐，由A+B→E+D，故A为Cl2，D为含有Cl-的盐，故B含有I-，由B+C→I2+KBr，故C为Br2，B为KI，由Cl2+KI→I2+D，故D为KCl；由KCl（溶液） A+G+H，由于A为Cl2，故G为H2，H为KOH，由反应②I2+KOH KI+K+L，K是一种常用食品添加剂，L是常见的无色无味液体，故K为KIO3，L为H2O．（1）由上述分析可知，B为KI，I为AgBr；故答案为：KI；AgBr；（2）反应①是电解KCl溶液，反应离子方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，反应②是I2与KOH反应生成KI、KIO3、H2O，反应离子方程式为：3I2+6 OH- 5I-+IO3-+3 H2O；故答案为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-；3I2+6 OH- 5I-+IO3-+3 H2O；（3）C为Br2单质，常温下为液体，易挥发，应在棕色瓶内避光保存，具有强氧化性，可以腐蚀橡胶塞，选择玻璃塞，并在表面覆盖一层水，进行液封；故答案为：BD，在表面覆盖一层水；（4）Cl2、Br2、I2的活泼性依次减弱，故与氧气反应条件要求越来越高；故答案为：I2＞Br2＞Cl2；（5）Cl2与KOH溶液反应，其氧化产物和还原产物的物质的量的比为1：1，则生成次氯酸钾与氯化钾，该反应的化学反应方程式为：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O；故答案为：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O．
【分析】由F+AgNO3→I+J，I为淡黄色固体，则I为AgBr，J的焰色反应呈浅紫色（透过蓝色钴玻璃），含有K+离子，则J为KNO3，故F为KBr；E遇淀粉变蓝，则E为I2．电解D的溶液生成三种物质，且有2种气体，故生成的气体为Cl2、H2，D为含有Cl-的盐，由A+B→E+D，故A为Cl2，D为含有Cl-的盐，故B含有I-，由B+C→I2+KBr，故C为Br2，B为KI，由Cl2+KI→I2+D，故D为KCl；由KCl（溶液） A+G+H，由于A为Cl2，故G为H2，H为KOH，由反应②I2+KOH KI+K+L，K是一种常用食品添加剂，L是常见的无色无味液体，故K为KIO3，L为H2O．
