2019北京市西城区第二十九中学高一（上）期末模拟化学含答案

2019北京市西城区第二十九中学高一（上）期末模拟化学一．选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 （共20小题，满分40分，每小题2分）1．对于易燃、易爆、有毒的化学物质，会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是（　　）ABCD物质的化学式浓H2SO4水玻璃三氧化二砷（砒霜）TNT危险警告标签A．AB．BC．CD．D2．下列说法正确的是（　　）A．Na2O2中阴阳离子个数比为1：2B．金属钠着火，可用泡沫灭火器扑灭C．非金属氧化物都是酸性氧化物D．当钠与硫酸铜溶液反应时，可观察到大量的红色固体物质生成3．下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是（　　）A．液态氯化氢B．蔗糖C．铝D．稀硝酸4．下列物质是纯净物的是（　　）A．玻璃B．水泥C．纯碱D．水玻璃5．以下说法中不正确的是（　　）A．大气中SO2、NO2随雨水降下可能形成酸雨，酸雨的pH值小于5.6B．冬天烧煤时可在煤中加入生石灰减少二氧化硫的排放C．开发清洁能源汽车能减少和控制汽车尾气污染D．空气质量报告的指标中，有可吸入颗粒物、SO2、NO2、CO2等物质的指数6．下列有关分散系的说法正确的是（　　）A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是否均一、透明、稳定B．氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮固体颗粒并沉降，可以达到消毒、杀菌的目的C．胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm﹣100nm之间D．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，产生的现象相同7．下列关于金属材料的说法，正确的是（　　）A．氧化镁是一种金属材料B．合金的硬度低于它的成分金属C．合金分为黑色金属与有色金属D．铁合金是目前应用范围最广的合金8．FeCl3、CuCl2混溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的（　　）A．加入KSCN的溶液一定不变红色B．溶液中一定含有Fe3+C．溶液中可能含Cu2+D．剩余固体中一定有铜9．在常温下发生下列反应，根据反应，判断下列结论中错误的是（　　）（1）16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O；（2）2A2++B2═2A3++2B﹣；（3）2B﹣+Z2═B2+2Z﹣．A．溶液中可能发生：Z2+2A2+═2A3++2Z﹣B．Z2在①、③反应中均为氧化剂C．氧化性强弱顺序为：XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+D．X2+是XO4﹣的还原产物10．在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O（未配平）。下列说法正确的是（　　）A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的11．下列盛放试剂的方法正确的是（　　）A．浓硝酸易挥发，应贮存于磨口细口瓶中，加盖橡胶塞，并放置于阴凉处B．汽油或煤油存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中C．碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中D．硝酸银溶液存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中12．在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是（　　）A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣C．Na+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+D．NH4+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣13．配制250mL0.10mol•L﹣1的NaOH溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是（　　）A．溶解后溶液尚未冷却就转移至容量瓶中B．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒C．在容量瓶中定容时仰视刻度线D．倒转摇匀后，发现液面低于刻度，再补水至刻度线14．下列实验操作能达到实验目的是（　　）实验目的实验操作A制备无水AlCl3固体蒸发Al与足量稀盐酸反应后所得的溶液B测定漂白粉溶液的pH用玻璃棒蘸取溶液点在干燥的pH试纸中央，与 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 比色卡对照读出pHC检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红D验证Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）将NaI溶液加入到AgCl悬浊液中，振荡，观察到沉淀由白色变为黄色A．AB．BC．CD．D15．下列过程，观察不到颜色变化的是（　　）A．NO气体暴露在空气中B．往FeCl3溶液中滴入KSCN溶液C．Cl2通过湿润的有色布条D．往NaOH溶液中通入CO216．下列反应可用：H﹣+OH﹣→H2O表示的是（　　）A．HNO3+Ba（OH）2B．HCl+Fe（OH）3C．NaHCO3+NaOHD．HF+NH3•H2O17．下列说法正确的是（　　）A．1mo1氯含有6.02×1023个微粒B．阿伏加德罗常数的数值约等于6.02×l023C．H2O的摩尔质量是18gD．钠的摩尔质量等于它的相对原子质量18．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②Cl2CO2CaCl2③CO2SO2Ba（NO3）2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl（　　）A．②③④B．②③④⑤C．①③④D．①③④⑤19．下列实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 能达到相应实验目的是（　　）编号实验目的实验方案A验证Fe2+还原性弱于I﹣将KI溶液于FeCl3溶液混合后加入CCl4B比较氯和碳的非金属性强弱将稀盐酸滴入NaHCO3溶液中C配制100mL1mol/LCuSO4溶液将25gCuSO4•5H2O溶于91mL蒸馏水中DMn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应将4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4溶液混合A．AB．BC．CD．D20．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是（　　）操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀C加入酸性KMnO4溶液紫色褪去D加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液有蓝色沉淀A．AB．BC．CD．D二．解答题（共10小题，满分60分）21．（4分）某同学 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了如图所示装置（夹持仪器省略）进行系列实验，实验时将药品A逐滴加入到固体B中，请根据下列实验回答问题：（1）若A为水，B为过氧化钠，C中盛有盐酸酸化过的FeCl2溶液，旋开活塞E后，B中发生反应的化学方程式为　　；C中现象为　　．（2）若A为硫酸，B为亚硫酸钠固体，C中盛有氢硫酸溶液，旋开活塞E后，B中发生反应的化学方程式的为　　，C中发生反应的化学方程式的为　　．（3）利用上述装置还可以验证物质的性质，如设计证明氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2，则A中加浓盐酸，B中加　　，C中发生反应的离子方程式为　　．22．（4分）如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置　　（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl﹣等杂质，选择装置　　。（2）从碘水中分离出I2，选择装置　　，该分离方法的名称为　　。（3）装置A中①的名称是　　，进水的方向是从　　口（填“上”或“下”）进水。装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开漏斗下端的旋塞外，还应进行的具体操作是　　。（4）粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质，需要提纯后才能综合利用。粗盐提纯的步骤有：①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液③过滤④加入过量的NaOH溶液⑤溶解⑥加盐酸调节溶液的pH等于7⑦蒸发操作顺序合理的是　　（填字母）。a．⑤②④①③⑥⑦b．⑤①②④③⑥⑦c．⑤②①④⑥③⑦d．⑤④②①③⑥⑦23．（6分）焊接钢轨要用到的反应为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3．在该反应中，作为还原剂的物质是　　，还原产物是　　；若反应中生成了56gFe，则反应中的电子转移是　　mol，消耗Al的物质的量是　　mol。24．（6分）甲、乙、丙三位同学分别用如下三套实验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气．请你参与探究，并回答下列问题：①制取氨气的化学方程式为：　　；②三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨气（如果他们的实验操作都正确），你认为没有收集到氨气的同学是　　（填“甲”、“乙”或“丙”），收集不到氨气的主要原因是　　（用化学方程式表示）；③检验氨气是否收集满的方法是（简述操作方法、现象和结论）　　．25．（8分）硫酸性质是中学化学学习的重点．请回答下列问题：（1）中学化学中利用物质与浓硫酸共热可制备SO2气体，写出用浓硫酸还可制备不同类别的气体的名称：　　（写一种）．（2）某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应以及SO2的性质，用如图所示装置进行有关实验．①装置B的作用是贮存多余的气体．B中应放置的液体是　　（填序号）a．饱和Na2SO3溶液b．酸性KMnO4溶液c．浓溴水d．饱和NaHSO3溶液②反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，使用足量的下列药品不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是　　（填序号）．a．Fe粉b．BaCl2溶液c．CuOd．Na2CO3溶液③实验中某学生向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，该反应的化学方程式是　　．④为验证二氧化硫的还原性，C中盛有氯水，充分反应后，取C中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案中合理的是　　（填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；C中发生反应的离子方程式为　　．D中盛有氢氧化钠溶液，当通入二氧化硫至试管D中溶液显中性时，该溶液中c（Na+）＝　　（用含硫微粒浓度的代数式表示）．（3）利用FeCl3溶液的氧化性也可以吸收SO2．该反应的离子方程式是　　．检验FeCl3是否完全被还原的方法为　　．26．（8分）如图是广州亚运会开幕式“红棉花开迎宾来”焰火盛宴的一个场景，请回答下列问题：（1）焰火利用了部分金属的元素特征的　　反应，该反应属于　　（填“物理”或“化学”）变化．（2）现在有一种火焰的引发是当浓H2SO4滴下去跟氯酸钾起作用时，便生成了奇臭的二氧化氯气体，且发现只有氯元素的化合价发生变化．请写出该反应的离子方程式　　．27．（6分）为验证氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略）实验过程：Ⅰ．查好装置的气密性后，在各仪器中添加相应试剂Ⅱ．打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4Ⅲ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热Ⅳ．当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2Ⅴ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。Ⅵ．打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3VII．更换试管D，重复过程V，检验B溶液中的离子（1）检验虚线框内装置气密性的操作是　　。（2）B棉花中浸润的溶液为　　。实验Ⅱ通入N2的作用是　　。（3）C中发生反应的化学方程式　　。（4）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是　　。（5）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为　　。（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2的是　　（填“甲”“乙”“丙”）。过程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲既有Fe3+又有Fe2+有SO42﹣乙有Fe3+无Fe2+有SO42﹣丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+28．（5分）为检验溶液中是否含有Cl﹣，某同学采用向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，溶液的实验方案，若有白色沉淀生成，则证明有Cl﹣．对此结论，有人提出了质疑，设计了如下探究性实验．实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液编号Na2S04溶液AgN03溶液现象体积/mL浓度/（mol•L﹣1）体积/滴浓度/（mol•L﹣1）①1l32出现大量白色沉淀②1130.5出现少量白色沉淀③1130.1有些许浑浊④1130.0l无明显变化（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为　　．（2）学生设计了如下表格，对实验一内容进行理论计算，请帮他完成表格．（表中不要留空格）．[25℃时Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10]编号AgNO3浓度/（mol•L﹣1）稀释后Ag+浓度/（mol•L﹣1）混合液中SO42﹣的最小理论检出浓度/（mol•L﹣1）①20.20.0003②0.50.0048③0.10.0l0.12④0.001若向lmL某溶液中加入3滴0.1mol/LAgNO3溶液， 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 上面数据，判断下列说法正确的是　　（填字母序号）．A．混合液中c（SO42﹣）＝0.1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀B．混合液中c（SO42﹣）＝1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀c．无论SO42﹣浓度大小都会产生Ag2SO4沉淀D．若使用0.01mol/LAgNO3溶液，可基本排除SO42﹣对Cl﹣检验构成的干扰（3）将实验一中编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾．为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验．实验二：编号AgNO3溶液浓度/（mol•L﹣1）现象向沉淀中滴加硝酸后的现象①2出现大量白色沉淀滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失②0.5出现少量白色沉淀滴加稀硝酸，沉淀基本消失对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设一．（已知：H2SO4＝H++HSO4﹣、HSO4﹣＝H++SO42﹣；假设二可能的原因是NO3﹣与Ag+形成配位化合物）假设一：　　．假设二：NO3﹣对Ag2SO4溶解起作用．（4）从下列限选试剂中选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立．请写出实验步骤和结论．（限选试剂：Ag2SO4固体、浓HNO3、NaNO3饱和溶液、CaSO4固体）　　（5）通过（4）的实验，若证实假设一成立，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因　　．29．（7分）Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性。通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。（1）某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因　　，依据实验现象推测红色褪去的原因是　　。②加入MnO2的作用为　　。（2）某实验小组拟验证CO2与Na2O2反应的产物，现设计以下实验装置进行实验：①写出装置A中反应的化学方程式　　；②拟用装置D收集气体产物，请在方框中将装置补充完整　　。③产物检验：检验气体产物的方法：　　；④有同学认为该实验装置存在明显缺陷，你认为该缺陷是什么　　。30．（6分）某班学生用SO2与含钡试剂探究化学反应原理，设计了如图实验装置。已知：Na2SO3（s）+H2SO4（浓）Na2SO4+SO2↑+H2O，三个实验小组分别利用该实验装置，将不同试剂装入B试管进行实验，实验结果如下表实验小组B试管中试剂B试管中现象第一组0.5mol/LBa（OH）2溶液产生白色沉淀第二组0.5mol/LBa（NO3）2溶液产生白色沉淀；液面有浅红棕色气态物质产生，并逐渐消失第三组0.5mol/LBaCl2溶液产生少量白色沉淀根据实验回答问题：（1）第一组实验中，A装置中盛装浓硫酸的仪器的名称为　　，B中沉淀主要是　　，B中发生反应的离子方程式为　　。（2）第二组实验中，B中白色沉淀是　　，溶液中发生反应的离子方程式为　　。（3）第三组实验结果的分析出现分歧，有同学认为白色沉淀是BaSO3．有同学认为是BaSO4．实验小组取出沉淀，继续加入足量　　，沉淀不溶解，说明沉淀应该是BaSO4．实验中产生BaSO4的原因是：　　。（4）综合三组实验结果，请预测CO2通入CaCl2溶液，　　（填能”或“不能”）产生CaCO3沉淀，请用化学原理解释：　　。化学试题答案一．选择题（共20小题，满分40分，每小题2分）1．【分析】A．浓硫酸具有强的腐蚀性；B．水玻璃为硅酸钠溶液，不易燃烧；C．三氧化二砷有毒；D．TNT为烈性炸药。【解答】解：A．浓硫酸具有强的腐蚀性，应贴腐蚀品标志，故A正确；B．水玻璃为硅酸钠溶液，不易燃烧，不属于易燃液体，故B错误；C．三氧化二砷有毒，属于剧毒品，应贴剧毒品标志，故C正确；D．TNT为烈性炸药，应贴爆炸品标志，故D正确；故选：B。【点评】本题考查了危险品分类，明确危险品性质及常见危险品标志是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。2．【分析】A．过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，阴阳离子个数比1：2；B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气；C．非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO；D．钠易和水反应，与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜和氢气。【解答】解：A．过氧化钠电子式为，过氧化钠由钠离子与过氧根离子构成，钠离子与过氧根离子之间形成离子键，过氧根离子中氧原子之间形成非极性键，阴阳离子个数比1：2，故A正确；B．钠燃烧生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应都生成氧气，生成的氧气促进钠燃烧，且钠和水反应生成的氢气为可燃物，故B错误；C．凡能跟碱起反应，生成盐和水的氧化物，叫做酸性氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO等，故C错误；D．钠性质活泼，与硫酸铜溶液反应时先和水反应生成氢氧化钠和氢气，最后生成氢氧化铜沉淀，故D错误；故选：A。【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握钠及其化合物的性质，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；例：酸、碱、盐，金属氧化物等。非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等。单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；物质导电条件：含有自由电子或者自由移动的离子；【解答】解：A．液态氯化氢为电解质，但是液态时，不能电离产生自由移动的离子，不导电，故A选；B．蔗糖为非电解质，故B不选；C．铝为单质，不是电解质，故C不选；D．稀硝酸为混合物，不是电解质，故D不选；故选：A。【点评】本题考查了物质的分类，明确电解质、非电解质基本概念是解题关键，注意物质导电条件，题目难度不大。4．【分析】混合物是由两种或两种以上物质混合而成的，纯净物只由一种物质组成，结合物质的组成分析。【解答】解：A．玻璃是硅酸盐、二氧化硅的混合物，故A错误；B．水泥是硅酸盐的混合物，故B错误；C．纯碱是碳酸钠为纯净物，故C正确；D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了物质的分类，掌握的物质的组成和分类依据即可解答，题目难度不大。5．【分析】A．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，被氧化生成硫酸，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH值小于5.6；B．生石灰可吸收二氧化硫生成亚硫酸钙、硫酸钙；C．开发清洁能源汽车，从源头上减少污染物的排放；D．空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等。【解答】解：A．酸雨的pH值小于5.6，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，被氧化生成硫酸，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，随雨水降下可能形成酸雨，故A正确；B．烧煤时可在煤中加入生石灰可吸收二氧化硫生成亚硫酸钙、硫酸钙，减少二氧化硫的排放，故B正确；C．开发清洁能源汽车（如太阳能汽车等）从源头上减少或控制汽车尾气污染，故C正确；D．空气质量报告的主要内容包括：空气污染指数、首要污染物（包括可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮等气体）、空气质量级别、空气质量状况等，CO2不是报告的指标，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查了环境污染和材料的有关知识、酸雨形成、能源利用等，题目难度不大，掌握基础是解题关键。6．【分析】A．当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；B．胶体的表面积较大能吸附水中的悬浮颗粒，起到净水作用；C．分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm）；D．胶体具有丁达尔效应。【解答】解：A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故A错误；B．胶体的表面积较大能吸附水中的悬浮颗粒，所以氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，从而达到净水的目的，不能起到消毒、杀菌的目的，故B错误；C．分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），胶态磁流体治癌术是将磁性物质制成胶体粒子，这种粒子的直径在1nm﹣100nm之间，故C正确；D．用平行光照射NaCl溶液和Fe（OH）3胶体时，氢氧化铁胶体出现光亮的通路，溶液无此现象，产生的现象不相同，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单。7．【分析】A．氧化镁为金属氧化物；B．合金的硬度高于它的成分金属；C．金属分类为黑色金属与有色金属；D．铁合金是应用最广的金属材料。【解答】解：A．氧化镁属于金属氧化物，不是金属材料，故A错误；B．合金的硬度高于它的成分金属，熔沸点低于它的成分金属，故B错误；C．金属中铁铬锰为黑色金属，其余为有色金属，故C错误；D．钢是对含碳量质量百分比0.03%﹣2%之间的铁碳合金，是目前世界上用量最大的合金，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了合金性质、合金组成、合金应用等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。8．【分析】根据三价铁离子、铜离子的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余，据此进行判断．【解答】解：①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe＝3FeCl2、CuCl2+Fe＝Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；A、溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A正确；B、通过以上分析知，溶液中一定不含有Fe3+，故B错误；C、当固体为铜时，溶液中可能含有Cu2+，故C正确；D、通过以上分析知，剩余固体中可能是Fe、Cu，还可以是Cu，剩余固体中一定有Cu．故D正确。故选：B。【点评】本题考查了离子的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键，根据固体的成分了解反应的先后顺序，从而确定溶液的成分．9．【分析】（1）16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；（2）2A2++B2═2A3++2B﹣中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；（3）2B﹣+Z2═B2+2Z﹣中，B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低，结合氧化还原反应基本概念来解答．【解答】解：（1）16H++10Z﹣+2XO4﹣═2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；（2）2A2++B2═2A3++2B﹣中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；（3）2B﹣+Z2═B2+2Z﹣中，B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，A．氧化性为Z2＞A3+，则溶液中可能发生：Z2+2A2+═2A3++2Z﹣，故A正确；B．Z2在（1）中为氧化产物，在（3）中为氧化剂，故B错误；C．由上述分析可知，氧化性为XO4﹣＞Z2＞B2＞A3+，故C正确；D．由反应（1）可知，X被还原，X2+是XO4﹣的还原产物，故D正确；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和氧化性比较的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．10．【分析】CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O中Cu元素的化合价由+2价降低为0，N元素的化合价由﹣3价升高为0，由电子及原子守恒可知反应为4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O，以此来解答。【解答】解：A．Cu元素得到电子被还原，N元素失去电子被氧化，则被氧化和被还原的元素分别为N、Cu，故A错误；B．由电子守恒可知3molCuO得到电子与2molNH4Cl失去电子相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故B正确；C．由反应可知生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol气体时，转移1.2mol电子，故C错误；D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的，故D错误；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，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，注意电子守恒的应用，题目难度不大。11．【分析】A．依据浓硝酸的强氧化性解答；B．根据相似相溶原理分析；C．强碱能和二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠；D．硝酸银见光分解。【解答】解：A．浓硝酸具有强的氧化性，能够使橡胶老化，所以不能用带橡胶塞的试剂瓶的盛放，故A错误；B．根据相似相溶原理知，橡胶能溶于汽油或煤油，所以汽油或煤油不能存放在带橡胶塞的棕色玻璃瓶中，故B错误；C．碳酸钠溶液和氢氧化钙溶液都呈碱性，二氧化硅能和强碱反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞打不开，故C错误；D．硝酸银见光易分解，且硝酸银溶液是液体，所以它们应该存放在配有磨口塞的棕色玻璃瓶中，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了化学试剂的存放，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累。12．【分析】酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故A不选；B．H+、CO32﹣反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，故B不选；C．H+、NO3﹣、Fe2+发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故C选；D．NH4+、OH﹣发生复分解反应生成一水合氨而不能大量共存，但是不是氧化还原反应，故D不选；故选：C。【点评】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。13．【分析】结合c＝及不当操作使n偏大或V偏小，均使配得的溶液浓度偏大，以此来解答。【解答】解：A．尚未冷却就转移至容量瓶中，V偏小，浓度偏大，故A选；B．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒，n偏小，浓度偏小，故B不选；C．在容量瓶中定容时仰视刻度线，V偏大，浓度偏小，故C不选；D．倒转摇匀后，发现液面低于刻度，再补水至刻度线，V偏大，浓度偏小，故D不选；故选：A。【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，为高考常见题型，把握溶液配制的操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意V的判断，题目难度不大。14．【分析】A．蒸发促进水解，且生成盐酸易挥发；B．漂白粉溶液具有漂白性；C．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子；D．发生沉淀的转化。【解答】解：A．蒸发促进水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发，故A错误；B．漂白粉溶液具有漂白性，不能选pH试纸，应选pH计测定，故B错误；C．Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，发生氧化还原反应生成铁离子，应溶于水后加KSCN检验，故C错误；D．发生沉淀的转化，由现象可知，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确；故选：D。【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、离子检验、pH测定、沉淀转化、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。15．【分析】A．一氧化氮容易被空气中的氧气氧化为二氧化氮；B．Fe3+与KSCN溶液反应，溶液显血红色；C．氯气和水反应生成的次氯酸具有氧化性；D．NaOH溶液中通入CO2会反应生成可溶性的钠盐无色溶液和水，没有颜色变化；【解答】解：A．NO气体暴露在空气中，容易被空气中的氧气氧化为二氧化氮，颜色由无色变为红棕色，故A错误；B．氯化铁溶液中滴入KSCN溶液发生的离子反应为：Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，溶液从淡黄色变为血红色，观察到颜色变化，故B错误；C．Cl2通过湿润的有色布条时，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性而使布条褪色，故C错误；D．NaOH溶液中通入少量CO2气体2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，NaOH溶液中通入过量CO2气体NaOH+CO2═NaHCO3，NaOH溶液和CO2气体为无色，生成碳酸钠或碳酸氢钠呈无色，观察不到颜色变化，故D正确；故选：D。【点评】本题通过颜色变化考查物质的性质知识，注意知识的归纳和整理以及熟练应用是关键，题目难度不大．16．【分析】H++OH﹣→H2O表示可溶性强酸与可溶性强碱反应只生成可溶性盐和水，据此判断。【解答】解：A．HNO3+Ba（OH）2反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，可以用H++OH﹣→H2O，故A正确；B．氢氧化铁为沉淀，不能拆，所以不能用H++OH﹣→H2O，故B错误；C．反应实质是碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，不能用H++OH﹣→H2O，故D错误；D．HF为弱酸，一水合氨为弱碱，都不能拆成离子形式，所以不能用H++OH﹣→H2O表示，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应意义，离子方程式书写方法及注意事项是解题关键，题目难度不大。17．【分析】A、微粒种类不明确；B、阿伏伽德罗常数NA≈6.02×l023/mol；C、摩尔质量的单位为g/mol；D、一种物质的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量。【解答】解：A、”氯“指代不明，且微粒的种类不明确，则1mol氯中含有的微粒个数不一定是NA个，故A错误；B、阿伏伽德罗常数NA≈6.02×l023/mol，即阿伏加德罗常数的数值约等于6.02×l023，故B正确；C、摩尔质量的单位为g/mol，即水的摩尔质量为18g/mol，故C错误；D、一种物质的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，即钠的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算和摩尔质量的单位、数值等，难度不大，应注意掌握基本概念。18．【分析】①石灰水过量，有CaCO3和CaSO3沉淀生成；②氯气与氯化钙溶液中水反应不会产生沉淀，二氧化碳与氯化钙溶液不反应；③硝酸根在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；④二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子；⑤当NH3不足时，最终无沉淀生成．【解答】解：①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故正确；②氯气与氯化钙溶液中水反应不会产生沉淀，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故错误；③硝酸根在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故正确；④二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故正确；⑤当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O═CaCO3↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O═Ca（HCO3）2+2NH4C1，故错误；故选：C。【点评】本题考查元素化合物知识，准确把握相关物质的性质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等．19．【分析】A．还原剂的还原性大于还原产物；B．比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱；C．溶液的密度不一定是1g•mL﹣1；D．需做“有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验”，才能证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应。【解答】解：A．将KI溶液与FeCl3溶液混合后加入CCl4、CCl4层显紫红色，表明发生了反应2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，即还原性I﹣＞Fe2+，故A正确；B．比较氯和碳的非金属性强弱，需比较HClO4与H2CO3酸性强弱（或HCl与CH4的热稳定性），故B错误；C．配制100mL1mol/LCuSO4溶液，需将25gCuSO4•5H2O溶于适量蒸馏水中配成100mL溶液，而不是溶于91mL水，故C错误；D．要证明Mn2+能加快H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应，需作有Mn2+和无Mn2+时相同H2C2O4溶液与KMnO4酸性溶液的反应的对比实验，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、发生的反应、非金属性比较、反应速率、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。20．【分析】SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应则三价铁离子反应生成二价铁，过程中有化合价变化，据此判断解答．【解答】解：A．将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；C．加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；D．亚铁离子加入K3[Fe（CN）6]（铁氰化钾）溶液生成Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了元素化合物知识，明确二氧化硫的性质是解题关键，注意二价铁离子的检验，题目难度中等．二．解答题（共10小题，满分60分）21．【分析】（1）过氧化钠与水反应生成氧气，亚铁离子具有还原性，溶液盐酸呈浅绿色，被氧气氧化成铁离子，溶液变黄；（2）硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成单质硫；（3）根据氧化剂+还原剂＝氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，判断可能发生的反应．【解答】解：（1）过氧化钠与水反应生成氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，氯气具有强氧化性，能将Fe2+离子氧化物Fe3+离子，溶液变黄，故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2；变黄或加深；（2）硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，反应方程式为H2SO4+Na2SO3═Na2SO4+H2O+SO2，二氧化硫具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者发生氧化还原反应生成单质硫，反应的化学方程式为2H2S+SO2═3S+2H2O，故答案为：H2SO4+Na2SO3═Na2SO4+H2O+SO2；2H2S+SO2═3S+2H2O；（3）根据氧化剂+还原剂＝氧化产物+还原产物，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物，证明氧化性：KClO3＞Cl2＞Br2，可将KClO3作为氧化剂和盐酸反应判断是否生成氯气，如氯气氧化性大于Br2，则将氯气通入NaBr溶液中溶液变为橙红色，说明有Br2生成，反应的化学方程式为2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2，故答案为：KClO3；2Br﹣+Cl2═2Cl﹣+Br2．【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意过氧化钠、亚硫酸钠的性质，以及实验设计的方案的设计．22．【分析】（1）KCl为溶于水的盐，自来水中水的沸点低；（2）碘在有机溶剂中的溶解度较大，可用萃取分液的方法分离；（3）由图可知，①为冷凝仪器，冷却水下进上出效果好，装置B在分液时为使液体顺利滴下，利用气体的压强使液体流下；（4）粗盐中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质，提纯过程中，先加水溶解，然后把杂质转化为沉淀或气体除去，除Ca2+用CO32﹣，除Mg2+、Fe3+用OH﹣，除SO42﹣用Ba2+．要注意除杂质的顺序，后加的试剂最好能把前面先加的过量试剂除掉。【解答】Ⅱ．（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，为蒸馏原理，选择装罝D；除去自来水中Cl﹣等杂质，为蒸馏法，选择装置A，故答案为：D；A；（2）碘在有机溶剂中的溶解度较大，可用萃取、分液的方法分离，选择装置B，故答案为：B；萃取；（3）装置A中①的名称是冷凝管，进水的方向是从下口进水。装置B在分液时为使液体顺利滴下，除打开活塞外，还应进行的具体操作是打开上部塞子，平衡气压，故答案为：冷凝管；下；打开分液漏斗上端的玻璃塞；（4）除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42﹣时，先加水溶解，所以加入过量NaOH（去除镁离子和铁离子）：Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓；加入过量BaCl2（去除硫酸根离子）：SO42﹣+Ba2+＝BaSO4↓；加入过量Na2CO3（去除钙离子的多余的钡离子）：Ca2++CO32﹣＝CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤②④①③⑥⑦或⑤④②①③⑥⑦，故答案为：ad。【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握仪器的用途、实验装置的作用、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意混合物分离原理，题目难度不大。23．【分析】反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3中，Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，Fe元素化合价降低，被还原，Al2O3为氧化剂，根据Fe的质量计算物质的量，结合方程式计算。【解答】解：反应Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3中，Al元素化合价升高，被氧化，为还原剂，Fe元素化合价降低，被还原，Al2O3为氧化剂，还原产物为Fe，若反应中生成了56gFe，即1mol，转移3mol电子，消耗1molAl，故答案为：Al；Fe；3；1。【点评】本题考查氧化还原反应知识，为高频考点，侧重考查学生分析能力，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，结合方程式计算相关物质的物理量，难度不大。24．【分析】实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，发生2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气为碱性气体，易与酸反应，可用碱石灰干燥，氨气密度比空气小，用向下排空法收集，且氨气的水溶液呈碱性，一般可用湿润的红色石蕊试纸或蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，以此解答该题．【解答】解：①加热氯化铵和氢氧化钙固体生成氯化钙、氨气和水，化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；②甲同学用浓硫酸干燥氨气，氨气为碱性气体，能够与硫酸反应生成硫酸铵，方程式：2NH3+H2SO4＝（NH4）2SO4，所以甲同学不能收集到气体；故答案为：甲；2NH3+H2SO4＝（NH4）2SO4；③氨气的检验方法为：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）；故答案为：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，则证明已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若有白烟产生，则证明已收集满）．【点评】本题综合考查了氨气的制取、干燥及收集，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意根据氨气的性质选取干燥剂，根据氨气的溶解性及密度确定收集方法，知道形成喷泉实验的条件，并不是只有氨气才能形成喷泉实验，难度中等．25．【分析】（1）利用乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应制备乙烯；（2）①装置B的作用是贮存多余二氧化硫，二氧化硫具有还原性，在溶液中可以被酸性高锰酸钾、溴水氧化，能与亚硫酸钠溶液反应转化为亚硫酸氢钠；②反应后剩余的酸为硫酸，溶液还有硫酸铜，利用与氢离子的反应进行检验；③向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，通入的气体具有氧化性，根据元素守恒可知，应投入氧气；④氯水与二氧化硫反应生成HCl与硫酸，检验反应后溶液中含有SO42﹣，说明二氧化硫具有还原性，氯水溶液中含有氯离子，能与硝酸银生成白色沉淀，氯水中含有HClO，可以使品红溶液褪色；根据电荷守恒解答试管D中溶液显中性时溶液中c（Na+）；（3）在溶液中铁离子将二氧化硫氧化为硫酸；利用KSCN溶液检验反应后的溶液是否含有Fe3+，判断氯化铁是否反应完全．【解答】解：（1）利用乙醇在浓硫酸、加热条件下发生消去反应制备乙烯，故答案为：乙烯；（2）①装置B的作用是贮存多余二氧化硫，二氧化硫具有还原性，在溶液中可以被酸性高锰酸钾、溴水氧化，能与亚硫酸钠溶液反应转化为亚硫酸氢钠，故选：d；②反应后剩余的酸为硫酸，溶液还有硫酸铜，利用与氢离子的反应进行检验，Fe、Cu、碳酸钠能与硫酸反应，氯化钡与硫酸、硫酸铜均可反应生白色沉淀，故选：b；③向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，通入的气体具有氧化性，根据元素守恒可知，应投入氧气，反应方程式为：2Cu+2H2SO4+O2＝2CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+2H2SO4+O2＝2CuSO4+2H2O；④氯水与二氧化硫反应生成HCl与硫酸，检验反应后溶液中含有SO42﹣，说明二氧化硫具有还原性，氯水溶液中含有氯离子，能与硝酸银生成白色沉淀，方案I不合理，氯水中含有HClO，可以使品红溶液褪色，不能说明二氧化硫还原性，方案Ⅱ不合理，向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明生成SO42﹣，方案Ⅲ合理，C中发生反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣，根据电荷守恒，试管D中溶液显中性时溶液中c（Na+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故答案为：Ⅲ；Cl2+SO2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣；2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）；（3）在溶液中铁离子将二氧化硫氧化为硫酸，反应离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+；检验FeCl3是否完全被还原的方法为：取少量反应后的溶液滴加少量硫氰化钾溶液，若不变红则氯化铁完全被还原，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+；取少量反应后的溶液滴加少量硫氰化钾溶液，若不变红则氯化铁完全被还原．【点评】本题考查物质性质探究实验方案，侧重考查学生对原理的理解，熟练掌握元素化合物性质，是对学生综合能力的考查．26．【分析】（1）焰火利用了部分金属的元素特征的焰色反应，而焰色反应没有新物质生成，所以属于物理变化；（2）根据氧化还原反应的特征书写．【解答】解：（1）焰火利用了部分金属的元素特征的焰色反应，而焰色反应没有新物质生成，所以属于物理变化；故答案为：焰色反应；物理；（2）浓H2SO4滴下去跟氯酸钾起作用时，便生成了奇臭的二氧化氯气体，且发现只有氯元素的化合价发生变化，所以氯即降低生成二氧化氯，又升高到+7价即高氯酸根，所以离子方程式为：3ClO3﹣+2H+═ClO4﹣+H2O+2ClO2↑，故答案为：3ClO3﹣+2H+═ClO4﹣+H2O+2ClO2↑；【点评】本题考查焰色反应以及离子反应的书写，为高考常见题型，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意守恒法的应用，题目难度不大．27．【分析】（1）根据大气压强原理来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，观察一段时间后分液漏斗尖嘴处是否滴液；（2）装置A是制备氯气的，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收，通入氮气可排除装置内空气；（3）亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫；（4）98%的硫酸中主要是硫酸分子；（5）SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应；（6）甲既有Fe3+又有Fe2+可排除氯气的影响，生成硫酸根离子，可说明Fe3+＞SO2，乙不能排除氯气过量，氧化二氧化硫；丙有Fe3+无Fe2+，反应生成Fe2+，可说明铁离子被还原。【解答】解：（1）根据大气压强原理来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好。故答案为：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好；（2）装置A是制备氯气的，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，氯气有毒，要用氢氧化钠进行吸收，由于装置中含有空气，而空气的存在，会对实验产生干扰，所以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化，故答案为：NaOH溶液；排除装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化；（3）亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫，即Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O。故答案为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；（4）98%的硫酸中主要是硫酸分子，70%的硫酸含有的氢离子较多，所以用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，故答案为：70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；（5）二氧化硫具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应：2MnO4﹣+5SO2+4H2O＝2Mn2++5SO42﹣+4H+，故答案为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42﹣+4H+；（6）溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；甲中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，乙不能排除氯气的干扰，丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，故答案为：甲、丙。【点评】本题考查性质实验方案的设计，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目涉及了氧化还原反应的判断、化学实验基本操作方法、氯气的制备、氯气、氯化铁和SO2性质的探究以及外界条件对平衡状态的影响等知识，题目难度中等，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点。28．【分析】（1）向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明生成硫酸银，据此书写离子反应方程式；（2）依据表格得知四次实验中AgNO3浓度/（mol•L﹣1）依次减小，对比稀释后Ag+浓度/（mol•L﹣1），应为稀释10倍，依据Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5，填写实验④中混合液中SO42﹣的最小理论检出浓度/（mol•L﹣1）；依据溶度积常数判断是否产生沉淀；（3）硝酸中存在氢离子和硝酸根，从这两种离子对银离子的影响假设即可；（4）若稀