浙江省宁波市北仑中学2023-2024学年化学高一第一学期期末联考试题含解析

浙江省宁波市北仑中学2023-2024学年化学高一第一学期期末联考试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、在一定条件下，
与R 2－
发生如下反应：
+2 R 2－+6H +=3R+3H 2O 下列关于元素R 的叙述中正确的是
A ．R 原子的最外层上有4个电子
B ．
中的R 只能被还原
C ．H n RO 3一定是强酸
D ．R 的单质既具有氧化性又具有还原性
2、镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，再过滤，滤液中主要存在的离子有（ ） A ．2Mg +
B ．3A1+
C ．2Cu +
D ．]4[Al(OH)-
3、下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（） ①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素 ②水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品 ③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 ④普通玻璃是氧化物，成分可表示为SiO 2 ⑤粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应
⑥硅酸铜钡（ BaCuSiO x ，铜为+2价），x 等于6，可用氧化物形式表示为 BaO·CuO·2SiO 2 A ．①②⑥
B ．①②③
C ．①②③④
D ．②③④⑤
4、下列有关电解质的说法中正确的是
A ．液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质
B ．氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质
C ．熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质
D ．氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质
5、将2.7g 铝溶解于100mL 3 mol·L -1 NaOH 溶液中，然后向所得溶液中加入400mL 1 mol·L -1盐酸，最后可得沉淀的质量是（） A ．2.7g
B ．5.2g
C ．7.8g
D ．10g
6、纯二氧化硅可用下列流程制得。

下列说法不正确的是（）
A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3+H2SO4═H2SiO3↓+Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
D．步骤Ⅲ若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行
7、在强酸性或强碱性溶液中都能大量共存的一组离子是（）
A．Ba2＋，Fe3＋，Br－，NO3－B．Na＋，Ca2＋，HCO3－，NO3－
C．Al3＋，NH4＋，SO42－，Na＋D．Na＋，K＋，NO3－，SO42－
8、下列电离方程式错误的是（）
A．NaHCO3=Na++H++CO32－
B．NaHSO4=Na++H++SO42－
C．H2SO4=2H++SO42－
D．CH3COOH CH3COO﹣+H+
9、铁、铜混合粉末18.0 g加入到100 mL 5.0 mol/L FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8 g，下列说法正确的是
A．剩余固体是铁、铜混合物
B．原固体混合物中铜的质量是9.6 g
C．反应后溶液中n(Fe3+)=0.10 mol
D．反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75 mol
10、下列关于二氧化硅的说法正确的是（）
A．二氧化硅溶于水显酸性，所以二氧化硅属于酸性氧化物
B．二氧化硅溶于氢氟酸，故二氧化硅是碱性氧化物
C．二氧化硅在高温下能与碳反应，说明二氧化硅具有还原性
D．二氧化硅是酸性氧化物，可溶于氢氧化钠溶液
11、下列离子方程式正确的是( )
A．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
B．钠与水反应Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
C．铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2++Ag
D．大理石溶于醋酸的反应CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑
12、下列各组物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN试剂，溶液变成红色的是
A．过量铁屑和氯化铁溶液B．铁屑和氯化铜溶液
C．铁屑和过量稀硫酸D．氯水和氯化亚铁溶液
13、向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是
A．M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-
B．N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-
C．S点对应的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-
D．R点对应的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-
14、下列电离方程式错误
．．的是
A．NaOH→Na++OH-B．H2O H++OH-
C．H2SO4→2H++SO42-D．HClO→H++ClO-
15、下列关于氨气性质的说法中，错误的是
A．有刺激性气味B．不跟水反应C．能跟盐酸反应D．比空气密度小
16、下列物质的分类依据正确的是
物质类别分类依据
A 酸电离时能否产生氢离子
B 碱性氧化物是否属于金属氧化物
C 胶体能否发生丁达尔现象
D 强电解质水溶液中能否完全电离
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、在一定条件下，A、B、C、D、E物质相互转化关系如图所示(反应条件和部分产物略)，其中A、B、C为单质。

（1）若A为金属，B、C常温下均为气体，D为黑色晶体，E为一种生活中必不可少的物质，则这五种物质的化学式为：A为__，B为__，C为__，D为__，E为__。

（2）A和E在一定条件下反应生成D的化学方程式为__。

18、非金属单质A经过如图所示的过程转化为含氧酸D。

已知D为强酸，请回答下列问题：
（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。

①D的化学式是___。

②在工业生产中气体B大量排放后，被雨水吸收形成了污染环境的___。

（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体。

①A的化学式是___；C的化学式是___。

②在常温下D的浓溶液可与铜反应并生成气体C，请写出该反应的化学方程式：___，该反应__(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。

19、某化学小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：
（1）他们制备Cl2依据的原理是：MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2+ 2H2O + Cl2↑，应选用上图A、E装置中的_____（填序号）制Cl2，反应中浓盐酸所表现出的性质是__________、__________。

（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是__________________________。

（3）NaOH溶液分别与两种气体反应的离子方程式是___________、_________。

（4）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。

查阅资料得知：两种气体按体积比1:1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是_________________。

20、铁不能与冷、热水反应,但能与水蒸气反应。

资料显示，在不同温度下，铁粉与水蒸气反应的产物不同，温度低于570 ℃时,生成FeO，高于570 ℃时，生成Fe3O4。

某学生用如图所示实验装置，完成还原铁粉与水蒸气反应的实验。

（1）实验中使用肥皂液的作用是___________________。

（2）甲同学为探究实验后试管内的固体含有哪些物质,进行了下列实验:
实验编号实验操作实验现象
黑色粉末逐渐溶解，溶液呈绿色；有少量气泡①取少量黑色粉末X放入试管1中，加入盐酸,微热
产生
②向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色
根据上述实验,能确定固体中存在的物质有：______________________________；不能确定是否存在Fe3O4的原因是：
___________________________________________。

（3）乙同学设计下列实验方案以确定实验后试管内的固体是否存在Fe3O4。

①溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为___________；
②操作a为_______，检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是___________________。

③如果取固体样品m1克，反应后得到红棕色固体m2克，则m1与m2之比最少应大于______时，才能确定固体样品中一定存在Fe3O4。

（4）丙同学将试管内固体看做铁的氧化物（Fe x O），取出6.08g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入448mLCl2（标准状况），恰好将Fe2+完全氧化。

则X=__________。

21、Ⅰ．（1）地壳中含量最高的金属元素是__________，Na2CO3俗称_______________，制造计算机芯片的半导体材料是_____________，水晶项链的主要成分是________________。

（2）绿柱石（绿宝石）矿藏其主要化学成分为Be n Al2Si6O18，可用氧化物形式表示为nBeO·Al2O3·6SiO2，其n值为________；北京奥运金牌“金镶玉”环形玉璧由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，将其化学式改写成氧化物形式为_______。

Ⅱ．现有五种溶液，分别含下列离子：①Mg2+②Al3+ ③Cu2+④Fe2+⑤Fe3+。

（3）写出符合下列条件的离子符号：滴加氯水后明显减少的离子是____________________，加铁粉后溶液增重的是_____________；
（4）向④的溶液中滴加NaOH溶液，现象是_________________________，反应过程中属于氧化还原反应的化学方程式是_________________________________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、D
【解析】
试题分析：根据电荷守恒，-n+2×(-2)+6×(+1)=0，可得到，n=2，即RO3n-中的R显+4价，最低负价= 主族序数-8，故主族序数为6，主族序数=最外层电子数，推测可能是S元素，故A错误；RO3n-中的R显+4价处于中间价态，既可以
被氧化又可以被还原，故B错误；R是S元素，H2SO3不是强酸，故C错误；R的单质是0价，处于中间价态，故既具有氧化性又具有还原性，D正确，此题选D。

考点：考查氧化还原反应、离子反应的相关应用
2、D
【解析】
镁、铝、铜三种金属粉末混合物，加入过量盐酸充分反应，铜与盐酸不反应，镁、铝与盐酸反应放出氢气并得到氯化镁、氯化铝溶液，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，镁离子生成氢氧化镁沉淀，而铝离子生成Na[Al(OH)4]，此时溶液中主要存在的离子有Na+、[Al(OH)4]-等。

答案为D。

3、A
【解析】
①硅元素在自然界以化合态存在，主要是硅酸盐和二氧化硅，是构成一些岩石和矿物的基本元素，①正确；
②水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都要用到含硅元素的物质，②正确；
③光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池，③错误；
④玻璃是混合物不是氧化物，主要成分是硅酸钠、硅酸钙、石英的混合物，成分可用氧化物的形式表示为：
Na2O•CaO•6SiO2，④错误；
⑤粗硅制备单晶硅的反应是：Si+2Cl2Δ
SiCl4、SiCl4+2H2
Δ
Si+4HCl，在这个过程中涉及到的反应为氧化还原反应，
⑤错误；
⑥硅酸盐改写成氧化物形式时，活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO•CuO•2SiO2，⑥正确。

①②⑥正确，答案选A。

4、D
【解析】
A. HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；
B. 氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；
C. 熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；
D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；
综上所述，本题选D。

【点睛】
电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。

5、B 【解析】
铝溶于氢氧化钠溶液发生反应：2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑，加入盐酸先与剩余的NaOH 反应：
HCl+NaOH=NaCl+H 2O ，然后发生反应：HCl+H 2O+ NaAlO 2=NaCl+Al(OH)3↓，若盐酸还有剩余，则盐酸会溶解生成的沉淀，即发生反应：3 HCl+ Al(OH)3=AlCl 3+3H 2O 据此分析进行计算。

【详解】
2.7g 铝的物质的量=
2.7g
27g/mol
=0.1mol ，NaOH 的物质的量=0.1L ⨯3mol/L=0.3mol ，HCl 的物质的量
=0.4L ⨯1mol/L=0.4mol ，
22
22Al
+
2NaOH
+
2H O
=2NaAlO +
3H 2220.1mol
0.1mol
0.1mol
↑
生成
NaAlO 20.1mol ，溶解铝后剩余的NaOH ：0.3mol-0.1mol=0.2mol ，加入盐酸先与NaOH 反应HCl+NaOH=NaCl+H 2O ，由化学方程式可知反应中HCl 与NaOH 的物质的量之比为1：1，中和NaOH 后剩余HCl 为0.4mol-0.2mol=0.2mol ，然后剩余的盐酸发生反应：
223HCl +
H O
+
NaAlO =
NaCl
+Al(OH)0.1mol
0.1mol
0.1mol
↓
，生成Al(OH)3
沉淀0.1mol ，反应后还剩余HCl 为0.2mol-0.1mol=0.1mol ，最后发生反应：
33
2Al(OH)AlCl 3H O
3HCl +
=
+
310.1mol 0.1mol
3
，最后可得氢氧化铝沉淀的质量为
(0.1mol-
0.1
mol 3
)⨯78g/mol=5.2g 。

答案选B 。

6、D 【解析】
二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，硅酸受热分解生成二氧化硅，结合硅及其化合物性质分析判断。

【详解】
A ．硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A 正确；
B ．硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，所以步骤II 的反应是Na 2SiO 3+H 2SO 4═H 2SiO 3↓+Na 2SO 4，故B 正确；
C ．碳酸、硫酸的酸性都强于硅酸，都能够与硅酸盐反应生成硅酸，因此步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO 2来代替，故C 正确；
D ．灼烧固体应在坩埚中进行，故D 错误； 故选D 。

7、D
【解析】分析：离子间如果在溶液中发生化学反应，则不能大量共存，结合溶液的酸碱性、离子的性质以及发生的化学反应解答。

详解：A . 在碱性溶液中Fe 3＋不能大量共存，A 错误；
B . 在酸性溶液中碳酸氢根离子不能大量共存，在碱性溶液中Ca 2＋和HCO 3－均不能大量共存，B 错误；
C . 在碱性溶液中Al 3＋和NH 4＋均不能大量共存，C 错误；
D . Na ＋、K ＋、NO 3－、SO 42－在酸性或碱性溶液中相互之间互不反应，可以大量共存，D 正确。

答案选D 。

8、A 【解析】
A . NaHCO 3是弱酸的酸式盐,第一步电离完全，第二部是弱根离子HCO 3-的电离，故A 错误；
B . NaHSO 4是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，NaHSO 4=Na ++H ++SO 42-，B 正确；
C . H 2SO 4是强酸，能完全电离H 2SO 4=2H ++ SO 42-，C 正确；
D . CH 3COOH 是一元弱酸：CH 3COOH CH 3COO ﹣+H +，故D 正确；
答案：A 。

9、D 【解析】
铁比铜活泼，与FeCl 3溶液反应时先后发生Fe+2Fe 3+=3Fe 2+、Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+，原氯化铁溶液中含有氯化铁的物质的量为n (FeCl 3)=5 mol/L×0.1 L=0.5 mol ，结合反应的方程式解答。

【详解】
还原性：铁>铜，把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5 mol ，设0.5 mol 铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m 1、m 2，则：根据反应方程式 Fe+2Fe 3+=3Fe 2+、Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+ 可
知56 gFe 反应消耗2 mol Fe 3+
，64 g Cu 反应消耗2 mol Fe 3+
，可列比例式：156?2?0.5?g mol m mol =，264?2?0.5?g mol
m mol
=，解得m 1=14 g ，m 2=16 g ，溶解的金属质量为：18 g-2.8 g=15.2 g ，14 g<15.2g<16 g ，则铁完全反应、铜部分反应，且Fe 3+完全反应，剩余的金属为Cu ，选项A 、C 错误；
设反应消耗铜的物质的量为n 1，反应的铁的物质的量为n 2，则：64n 1+56n 2=15.2 g ，n 1+n 2=
1
2
n (Fe 3+)=0.25 mol ，解得：n 1=0.15 mol 、n 2=0.1 mol ，所以原来混合物中含有的铜的质量为：m (Cu)=0.15 mol×64 g/mol+2.8 g=12.4 g ，选项B 错误；根据反应方程式可知：反应后溶液中n (Fe 2+)=2n (Cu 2+)+3n (Fe)=2×0.15 mol+3×0.10 mol=0.6 mol ，所以反应后溶液中Fe 2+
和Cu2+的物质的量为：n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6 mol +0.15 mol=0.75 mol，选项D正确；故故合理选项是D。

【点睛】
本题考查了混合物的计算，注意根据反应方程式，从质量守恒定律角度分析解答，侧重考查学生的分析与计算能力。

10、D
【解析】
A、SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，故SiO2是酸性氧化物，但是其不溶于水，A错误；
B、SiO2和氢氟酸反应生成的是SiF4和水，SiF4不属于盐，故SiO2不属于碱性氧化物，B错误；
C、二氧化硅在高温下能与碳反应，说明碳具有还原性，SiO2具有氧化性，C错误；
D、SiO2和NaOH溶液反应生成Na2SiO3和水，故SiO2是酸性氧化物，D正确；
故选D。

11、D
【解析】
A. 氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，选项A错误；
B. 钠与水反应生成氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；
C. 铜片插入硝酸银溶液中，反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，选项C错误；
D. 大理石溶于醋酸，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑，选项D正确。

答案选D。

12、D
【解析】
A．过量铁屑和氯化铁溶液：2FeCl3+Fe=3FeCl2，因为铁屑过量，氯化铁完全反应，加KSCN溶液不显红色，错误；B．铁屑和氯化铜溶液发生反应：Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，错误；C．铁屑和过量稀硫酸：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4 ，溶液中没有三价铁离子，加KSCN溶液不显红色，错误；
D．氯水和氯化亚铁反应：2FeCl2+Cl2 =2FeCl3，生成三价铁离子，加KSCN溶液显红色，正确；
答案选D。

13、D
【解析】
A．M点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．N点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；
C．S点AlCl3没有完全反应，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；
D．R点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；
14、D
【解析】
强电解质完全电离，电离方程式用→表示，弱电解质电离是不完全的，电离方程式用 表示。

【详解】
A.NaOH是强碱，是强电解质，完全电离成Na+和OH-，故A不选；
B.水是弱电解质，微弱电离成H+和OH-，故B不选；
C.硫酸是强酸，是强电解质，完全电离成H+和SO42-，且1个硫酸分子电离成2个H+和1个SO42-，故C不选；
D.次氯酸是弱酸，不完全电离，应用 表示其电离过程，故D选。

故选D。

15、B
【解析】
A. 氨气有刺激性气味，A正确；
B. 氨气跟水反应生成一水合氨，B错误；
C. 氨气能跟盐酸反应生成氯化铵，C正确；
D. 氨气比空气密度小，D正确；
答案选B。

16、D
【解析】
A、酸的分离依据是电离产生的阳离子全部是氢离子的化合物，不仅仅是能产生氢离子，A错误；
B、金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物是与碱反应只生成盐和水的氧化物，B错误；
C、胶体的划分是依据分散质粒子的直径在1-100nm之间的分散系，C错误；
D、在水溶液中完全电离的电解质是强电解质，D正确。

答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Fe O2H2Fe3O4H2O 3Fe+4H2O(g）Fe3O4+4H2
【解析】
A、B、C为单质，若A为金属，B、C常温下均为气体，D为黑色晶体，Fe和H2O反应生成黑色的Fe3O4，Fe和O2反应生成黑色的Fe3O4，氢气和氧气反应生成H2O，符合转化关系，则A是Fe、B是O2、C是H2、E是H2O、D是Fe3O4，据此分析解答。

A 、
B 、
C 为单质，若A 为金属，B 、C 常温下均为气体，
D 为黑色晶体，Fe 和H 2O 反应生成黑色的Fe 3O 4，Fe 和O 2反应生成黑色的Fe 3O 4，氢气和氧气反应生成H 2O ，符合转化关系，则A 是Fe 、B 是O 2、C 是H 2、
E 是H 2O 、D 是Fe 3O 4；
(1)通过以上分析知，这五种物质的化学式为：A 为Fe ，B 为O 2，C 为H 2，D 为Fe 3O 4，E 为H 2O ；
(2)在高温条件下，Fe 和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，所以A 和E 在一定条件下反应生成D 的化学方程式为3Fe+4H 2O(g)Fe 3O 4+4H 2。

18、H 2SO 4 酸雨 N 2 NO 2 Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+NO 2↑+2H 2O 属于
【解析】
依据图示中的连续氧化转化关系和D 为含氧酸且为强酸，可确定D 为24H SO 或3HNO 。

【详解】
(1) ①由A 在常温下为固体，B 是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体可知，A 是S 、B 是SO 2，则C 是SO 3、D 是H 2SO 4，故答案为：H 2SO 4；
②SO 2溶于水生成亚硫酸，溶液的pH 小于5.6，则在工业生产中大量排放的SO 2被雨水吸收后会形成酸雨，故答案为：酸雨；
(2)①A 在常温下为气体，C 是红棕色的气体可知，A 为N 2、C 为NO 2，则B 为NO 、D 为HNO 3，故答案为：N 2；NO 2； ②在常温下浓硝酸可与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为反应
Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+NO 2↑+2H 2O ，反应中有元素化合价的升降，该反应属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO 3(浓)=Cu(NO 3)2+NO 2↑+2H 2O ；属于。

19、E 酸性 还原性 溶液由无色变为红色 Cl 2+2OH －= Cl －+ClO －+H 2O SO 2+2OH －= SO 32－+H 2O Cl 2+SO 2+2H 2O = H 2SO 4+2HCl
【解析】
（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价判断其表现的性质；
（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；
（3）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成盐和水；
（4）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性。

【详解】
（1）利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，需要酒精灯加热，因此应选用E 装置；反应中浓盐酸既作还原剂，又体现了
（2）反应开始后，发现B 、D 两个试管中的品红溶液都褪色，B 试管是由于SO 2的漂白作用使品红溶液褪色，加热，溶液由无色重新变为红的；D 试管是由于Cl 2的漂白作用而使品红溶液褪色，加热，不会恢复；
（3）NaOH 溶液与Cl 2反应的离子方程式为：Cl 2+2OH －= Cl －+ClO －+H 2O ；NaOH 溶液与SO 2反应的离子方程式为：
SO 2+2OH －= SO 32－+H 2O ；
（4）Cl 2与SO 2反应生成两种强酸HCl 和H 2SO 4，从而失去漂白作用，反应的化学方程式为：Cl 2+SO 2+2H 2O = H 2SO 4+2HCl 。

20、收集并检验反应中生成的H 2FeFe 3O 4溶于盐酸生成Fe 3+,与Fe 反应生成Fe 2+2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3+
+2H 2O 过滤、洗涤取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO 3溶液，若无沉淀生成，则表明沉淀已洗净；反之未洗净。

0.90.8
【解析】（1）使用肥皂液的作用是检验反应中生成的H 2，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应；（2）黑色粉末逐渐溶解，溶液呈绿色，向试管1中滴加几滴KSCN 溶液，振荡溶液没有出现红色，说明有亚铁离子生成；有少量气泡产生，说明一定有单质铁；由于Fe 3O 4溶于盐酸生成Fe 3+，铁离子与Fe 反应生成Fe 2+，所以不能确定是否存在Fe 3O 4；（3）①双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为2Fe 2++2H ++H 2O 2=2Fe 3++2H 2O ；②操作a 为过滤、洗涤；洗涤液中无氯离子，表明沉淀已洗涤干净，检验方法为取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO 3溶液，若无沉淀生成，表明沉淀已洗涤干净，反之未洗净。

③固体样品m 1克与红棕色固体m 2克所含铁元素的物质的量相同，假设全部是FeO ，则
2FeO≈Fe 2O 3
144g 160g
m 1与m 2之比=144g/160g=0.9；
假设全部是Fe 3O 4，则
2Fe 3O 4≈3Fe 2O 3
464g 480g
m 1与m 2之比=464g/480g=0.97，m 1与m 2之比最少应大于0.9时，固体样品中一定存在Fe 3O 4；（4）氯气的物质的量是0.448L÷22.4L/mol ＝0.02mol ，反应后铁元素化合价升高到+3价，则根据电子得失守恒可知6.08230.0225616X X X ⎛⎫⨯⨯-=⨯ ⎪+⎝
⎭，解得X ＝0.8。

21、铝（或Al ）苏打硅（或单晶硅、或Si ）SiO 2（或二氧化硅）32CaO·
5MgO·8SiO 2·H 2OFe 2+Fe 3+生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色4Fe(OH)2 +2H 2O+O 2＝4Fe(OH)3
【解析】
Ⅰ．（1）地壳中含量最高的金属元素是Al ，Na 2CO 3俗称苏打或纯碱，制造计算机芯片的半导体材料是硅，水晶项链
的主要成分是二氧化硅。

（2）根据氧原子守恒可知n＝18－3－6×2＝3；根据原子守恒可知Ca2Mg5Si8O22(OH)2改写成氧化物的形式为2CaO·5MgO·8SiO2·H2O。

Ⅱ．（3）氯气能氧化亚铁离子，则滴加氯水后明显减少的离子是Fe2+，所给离子中铁离子与铁反应生成亚铁离子，溶液质量增加。

铜离子与铁反应生成单质铜和亚铁离子，溶液质量减少。

其它离子与铁不反应；（4）向④的溶液中滴加NaOH溶液生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定易被氧化为氢氧化铁，现象是生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，反应过程中属于氧化还原反应的化学方程式是4Fe(OH)2 +2H2O+O2＝4Fe(OH)3。