2014-2015学年河南省许昌市（许昌高中、襄城高中、长葛一高、禹州三高）四校联考高一（上）期末化学试卷
一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．化学与科技、社会、环境密切相关．下列有关说法正确的是（ ）
A．pH小于7的雨水被称为酸雨
B．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C．推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米（2.5×10﹣6m）的细小可吸入颗粒物，其与空气形成的分散系属于胶体
2．安全是顺利进行实验及避免伤害的保障．下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是（ ）
A．操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B．操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C．操作③：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸
D．操作④：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水
3．下列有关说法正确的是（ ）
A．氯水、液氯都含有氯气分子，均为混合物
B．胶体与溶液的分散质粒子均可以通过滤纸
C．SiO2与Al2O3都既可以与酸又可以与碱反应，故都是两性氧化物
D．玻璃、水泥、陶瓷、光导纤维都是硅酸盐材料
4．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣
B．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+
5．下列叙述正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）（ ）
A．1mol Na2O•SiO2中含有NA个Na2O
B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移NA个电子
C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约22.4L，质量为28g
D．4.6g Na与适量氧气完全反应生成Na2O、Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1NA
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6．下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．强酸溶液中：K+、Fe2+、MnO4﹣、SO42﹣
B．滴加石蕊试液显红色的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl﹣、SCN﹣
C．既能溶解Al（OH）3又能溶解H2SiO3的溶液中：Na+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣
D．在含有大量HCO3﹣的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Br﹣
7．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠加入水中：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．Al2（SO4）3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
C．Cl2通入水中 Cl2+H2O⇌2H++ClO﹣+Cl﹣
D．向浓盐酸中加二氧化锰：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑
8．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（ ）
A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3
C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．Cl2+H2O═HCl+HClO
9．现有Si和Al2O3的固体混合物样品，加入NaOH溶液使混合物完全溶解，所得溶液中c（Na+）：c（AlO2﹣）：c（OH﹣）=6：2：1，则原固体混合物中硅元素与氧元素的质量比为（ ）
A．3：2 B．3：1 C．7：8 D．7：16
10．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物14g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下的体积为11.2L，则该混合物中两种金属的可能组合共有（ ）
A．4种 B．2种 C．3种 D．1种
11．下列操作过程中能出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象的是（ ）
A．向CaCl2溶液中通入CO2至过量
B．向AlCl3溶液中滴加氨水溶液至过量
C．向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸至过量
D．向Na2SiO3溶液中滴加盐酸至过量
12．M（NO3）2热分解化学方程式为：2M（NO3）22MO+4NO2↑+O2↑，加热59.2g M（NO3）2使其完全分解，在标准状况下收集22.4L的气体，那么M的摩尔质量是（ ）
A．24g/mol B．74g/mol C．148g/mol D．40g/mol
13．将3.6g镁铝合金，投入到500mL 2mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（ ）
A．150 mL B．200 mL C．250 mL D．280 mL
14．X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2CO3
Na2O2
SO2
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Y
FeCl2
CO2
NaOH
Na2SO3
Z
Cl2
CaCO3
Na2CO3
H2SO4
W
FeCl3
Ca（HCO3）2
NaHCO3
NaHSO3
A．A B．B C．C D．D
15．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是（ ）
A．参加反应的硝酸是0.4mol
B．消耗氧气的体积为1.68 L
C．此反应过程中转移的电子为0.3 mol
D．混合气体中含NO21.12 L
16．某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解．下列推断正确的是（ ）
A．肯定有Al3+、SO42﹣，可能有K+、NH4+
B．肯定无NH4+、Mg2+、CO32﹣，可能有Fe2+
C．原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液
D．肯定有Mg2+，K+只能通过焰色反应才能确定
二、本大题共四小题，共52分．
17．I（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式是 ．
（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，发现蓝色逐渐消失，反应的离子方程式是 ．
（3）对比（1）和（2）实验所得的结果，将Cl﹣、I﹣、SO2按还原性由强到弱顺序排列为 ．
Ⅱ（4）除去铁粉中混有铝粉的试剂是 ，离子方程式为 ．
（5）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是 ．
18．完成下列各题．
（1）中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷是以粘土[主要成分Al2Si2O5（OH）4]为原料，经高温烧结而成．若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为： ．
（2）如果胃酸过多，可服用 （填写化学式）缓解症状，但如果患有胃溃疡，则不能服用 ，以防止胃穿孔．
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（3）赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，这一过程中发生反应的化学方程式为： ．
（4）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，工业上是用氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气．写出该反应的化学方程式： ．
19．如图表示常见元素单质及化合物相应转化关系，部分反应的产物没有全部列出．
已知：B是一种黄绿色气体，C在所有气体中密度最小，D是一种碱；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料；Z为气态氧化物．
请回答下列问题：
（1）气体B通常具有较强的 （填“还原性”、“氧化性”或“漂白性”），反应②属于四种基本反应类型反应中的 ．
（2）有学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物．他认为产物中可能还有 （填化学式），为验证其猜想该同学设计了相关实验，你认为他需要选择的试剂为 （填序号）．
a．酸性高锰酸钾溶液 b．NaOH溶液
c．KSCN溶液 d．稀硫酸
（3）若Z能导致温室效应，则反应③的离子反应方程式为 ．
（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，目前应用最广泛的工业处理含Z废气的方法是在一定条件下与生石灰作用而使其固定，产物可作建筑材料，反应的化学方程式为 ．
（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，Z与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），请写出该反应的化学反应方程式 ．
20．某化学兴趣小组为探究 SO2 的性质，按如图1所示装置进行实验．
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 ，其中发生反应的化学方程式为
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是 、 ，装置B中发生反应的离子方程
式为 ；
（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象
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（4）尾气可采用较浓的NaOH溶液吸收，为确定反应后溶液中溶质的成分，反应结束后某同学向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生SO2的体积（标准状况）关系如图2所示．
①A点溶液中的溶质为 ；
②当加入35mL盐酸时，产生SO2的体积为 ．
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2014-2015学年河南省许昌市（许昌高中、襄城高中、长葛一高、禹州三高）四校联考高一（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．化学与科技、社会、环境密切相关．下列有关说法正确的是（ ）
A．pH小于7的雨水被称为酸雨
B．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C．推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米（2.5×10﹣6m）的细小可吸入颗粒物，其与空气形成的分散系属于胶体
【考点】二氧化硫的污染及治理；胶体的应用．
【分析】A、pH小于5.6的雨水被称为酸雨；
B、氢氧化铝胶体可以吸附杂质，不能杀菌消毒；
C、根据防止空气污染的措施判断；
D、胶体的微粒直径在1﹣100nm之间；
【解答】解：A、pH小于5.6的雨水被称为酸雨，故A错误；
B、明矾水解时产生具有吸附性的氢氧化铝胶体，但氢氧化铝胶体不能杀菌消毒，故B错误；
C、SO2污染空气导致酸雨，推广使用燃煤脱硫技术可减少SO2的排放，故C正确；
D、PM2.5的直径大于胶体直径，所以不属于胶体，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查环境污染，难度不大，明确胶体的本质特征，为易错点．
2．安全是顺利进行实验及避免伤害的保障．下列实验操作正确且不是从实验安全角度考虑的是（ ）
A．操作①：使用稍浸入液面下的倒扣漏斗检验氢气的纯度
B．操作②：使用CCl4萃取溴水中的溴时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出
C．操作③：吸收氨气或氯化氢气体并防止倒吸
D．操作④：用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立，检查容量瓶是否漏水
【考点】化学实验安全及事故处理．
【专题】化学实验基本操作．
【分析】A．该装置使待检验氢气与燃烧的氢气用水隔离，可以避免发生爆炸；
B．振荡后分液漏斗中气压增大，若不放气可能会发生危险；
C．③装置无法防止倒吸，应该使用四氯化碳；
D．配制一定物质的量浓度的溶液时，需要检查容量瓶是否漏水，目的是防止容量瓶漏水，影响配制结果，不会发生危险．
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【解答】解：A．由于连通氢气发生装置的导管在液面以下，所以可以防止点燃不纯氢气时发生爆炸，该操作是从安全角度考虑，故A错误；
B．打开活塞使漏斗内气体放出以防止分液漏斗内压强过大引起危险，该操作是从安全角度考虑，故B错误；
C．水层在下层不能防止倒吸，应该使用四氯化碳，该操作不正确，故C错误；
D．检查容量瓶是否漏水操作正确，但不是从实验安全角度考虑的，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查实验的操作及安全知识，该题是基础性试题的考查，难度不大，侧重对学生实验基础知识的检验和训练，有利于培养学生的实验能力．在实验过程中应学会处理常见意外事故的方法技巧．
3．下列有关说法正确的是（ ）
A．氯水、液氯都含有氯气分子，均为混合物
B．胶体与溶液的分散质粒子均可以通过滤纸
C．SiO2与Al2O3都既可以与酸又可以与碱反应，故都是两性氧化物
D．玻璃、水泥、陶瓷、光导纤维都是硅酸盐材料
【考点】氯气的化学性质；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物．
【专题】元素及其化合物；化学计算．
【分析】A、根据氯水和液氯的成分知识来回答判断；
B、胶体与溶液的分散质粒子的微粒直径都要小于滤纸的孔径；
C、二氧化硅只能和唯一的酸HF酸反应，并且得到的产物不是盐和水；
D、玻璃、水泥、陶瓷的主要成分是硅酸盐，光导纤维的主要成分是二氧化硅．
【解答】解：A、氯水中含有氯气、水、次氯酸、氢离子、氯离子、氢氧根离子等成分，属于混合物，但是液氯的成分只有氯气分子，属于纯净物，故A错误；
B、胶体与溶液的分散质粒子的微粒直径都要小于滤纸的孔径，均可以通过滤纸，故B正确；
C、二氧化硅只能和唯一的酸HF酸反应，它属于酸性氧化物，故C错误；
D、玻璃、水泥、陶瓷的主要成分是硅酸盐，是硅酸盐材料，但是光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故D错误．
故选B．
【点评】本题是一道综合知识的考查题，考查学生元素以及化合物的性质知识，注意教材知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．
4．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42﹣
B．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
C．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32﹣
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，一定有Ba2+
【考点】常见离子的检验方法．
【专题】物质检验鉴别题；离子反应专题．
【分析】A、能够与氯化钡生成不溶于盐酸的沉淀可能为氯化银或硫酸钡，无法确定溶液中是否存在硫酸根离子；
B、能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，说明溶液中一定存在NH4+；
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C、能够使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化硫和二氧化碳，所以无法确定溶液中是否存在碳酸根离子；
D、能够与碳酸钠反应生成白色沉淀的有钙离子、镁离子等，所以无法确定溶液中是否存在钡离子．
【解答】解：A、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，溶液中可能存在银离子，不一定有SO42﹣，故A错误；
B、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气，证明溶液中一定有NH4+，故B正确；
C、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能存在碳酸氢根离子、亚硫酸根离子离子等，不一定有CO32﹣，故C错误；
D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，白色沉淀可能为碳酸钙沉淀，原溶液中不一定有Ba2+，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，注意掌握硫酸根离子、氯离子、铵离子、碳酸根离子的反应方法，注意检验方案设计的严密性．
5．下列叙述正确的是（NA为阿伏加德罗常数的值）（ ）
A．1mol Na2O•SiO2中含有NA个Na2O
B．在H2O2+Cl2═2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移NA个电子
C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约22.4L，质量为28g
D．4.6g Na与适量氧气完全反应生成Na2O、Na2O2的混合物中含有的阴离子数大于0.1NA
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、Na2O•SiO2为离子化合物，不存在Na2O分子；
B、双氧水中氧元素的化合价为﹣1价，生成1mol氧气转移了2mol电子；
C、一氧化碳、乙烯的摩尔质量但是28g/mol，分子数为NA的CO、C2H4混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体标准状况下的体积约为22.4L，质量为28g；
D、过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，4.6g钠的物质的量为0.2mol，0.2mol钠完全反应生成了0.1mol氧化钠和过氧化钠的混合物，含有0.1mol阴离子．
【解答】解：A、Na2O•SiO2属于离子化合物，离子化合物中Na2O分子分子，故A错误；
B、H2O2中氧元素的化合价为﹣1价，32g氧气的物质的量为1mol，生成1mol氧气转移了2mol电子，转移2NA个电子，故B错误；
C、分子数为NA的CO、C2H4混合气体的物质的量为1mol，标况下1mol气体的体积约22.4L；由于二者的摩尔质量但是28g/mol，所以1mol混合气体的质量为28g，故C正确；
D、4.6g钠的物质的量为0.2mol，0.2mol钠完全反应生成0.1molNa2O、Na2O2的混合物，含有0.1mol阴离子，含有的阴离子数为0.1NA，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确过氧化钠中的阴离子为过氧根离子、双氧水中氧元素化合价为﹣1价；注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．
6．下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．强酸溶液中：K+、Fe2+、MnO4﹣、SO42﹣
B．滴加石蕊试液显红色的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl﹣、SCN﹣
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C．既能溶解Al（OH）3又能溶解H2SiO3的溶液中：Na+、CO32﹣、SO32﹣、NO3﹣
D．在含有大量HCO3﹣的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、Br﹣
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．酸性条件下，MnO4﹣具有强氧化性；
B．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性；
C．既能溶解Al（OH）3又能溶解H2SiO3的溶液呈强碱性；
D．与HCO3﹣反应的离子不能大量共存．
【解答】解：A．酸性条件下，MnO4﹣与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．滴加石蕊试液显红色的溶液呈酸性，Fe3+、SCN﹣发生络合反应，不能大量共存，故B错误；
C．既能溶解Al（OH）3又能溶解H2SiO3的溶液呈强碱性，碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D．AlO2﹣与HCO3﹣发生互促水解反应而不能大量共存，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原、互促水解以及络合反应的离子共存考查，选项D为解答的难点，题目难度不大．
7．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠加入水中：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．Al2（SO4）3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
C．Cl2通入水中 Cl2+H2O⇌2H++ClO﹣+Cl﹣
D．向浓盐酸中加二氧化锰：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．电荷不守恒；
B．Al2（SO4）3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，铝离子生成偏铝酸根离子；
C．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
D．二者反应生成氯化锰、氯气和水．
【解答】解：A．钠加入水中，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；
B．Al2（SO4）3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，铝离子生成偏铝酸根离子，离子方程式：3Ba2++4OH﹣+Al3++3SO═3BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；
C．Cl2通入水中，离子方程式：Cl2+H2O⇌H++HClO+Cl﹣，故C错误；
D．向浓盐酸中加二氧化锰，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++2H2O+Cl2↑，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确发生反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项B为易错选项．
8．氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等．下列反应与Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是（ ）
A．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3
C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．Cl2+H2O═HCl+HClO
【考点】氧化还原反应．
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【专题】氧化还原反应专题．
【分析】反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，溴、硫元素的化合价发生变化，所以该反应是氧化还原反应，但水中氢氧元素的化合价不发生变化，所以水既非氧化剂又非还原剂，据此分析解答．
【解答】解：A．该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故A不符合；
B．该反应中O2为氧化剂，4Fe（OH）2为还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故B不符合；
C．该反应中F2为氧化剂，水还原剂，故C符合；
D．该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，水既非氧化剂又非还原剂，故D不符合；
故选C．
【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析．
9．现有Si和Al2O3的固体混合物样品，加入NaOH溶液使混合物完全溶解，所得溶液中c（Na+）：c（AlO2﹣）：c（OH﹣）=6：2：1，则原固体混合物中硅元素与氧元素的质量比为（ ）
A．3：2 B．3：1 C．7：8 D．7：16
【考点】有关混合物反应的计算．
【专题】计算题．
【分析】溶液中离子浓度之比等于其物质的量之比，设n（Na+）：n（AlO2﹣）：n（OH﹣）分别为6mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中含有大量OH﹣，知加入的氢氧化钠过量，溶液中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，根据电荷守恒得：n（Na+）=n（AlO2﹣）+2n（SiO32﹣）+n（OH﹣），据此计算n（SiO32﹣），根据Al元素守恒计算n（Al2O3），进而计算n（O），再利用m=nM计算Si元素与氧元素的质量，据此计算．
【解答】解：溶液中离子浓度之比等于其物质的量之比，设n（Na+）：n（AlO2﹣）：n（OH﹣）分别为6mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中含有大量OH﹣，知加入的氢氧化钠过量，溶液中的溶质为NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，
根据电荷守恒得：n（Na+）=n（AlO2﹣）+2n（SiO32﹣）+n（OH﹣），故2n（SiO32﹣）=6mol﹣2mol﹣1mol=3mol，即n（SiO32﹣）=1.5mol，
根据Al元素守恒n（Al2O3）==1mol，
故Si元素与氧元素的质量比为：1.5mol×28g/mol：1mol×3×16g/mol=7：8，
故选C．
【点评】本题考查混合物的有关计算，关键是利用电荷守恒判断溶液中SiO32﹣的量，难度中等．
10．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物14g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下的体积为11.2L，则该混合物中两种金属的可能组合共有（ ）
A．4种 B．2种 C．3种 D．1种
【考点】有关混合物反应的计算．
【专题】利用化学方程式的计算．
【分析】标况下11.2L氢气的物质的量为： =0.5mol，故14g金属提供的电子为0.5mol×2=1mol，结合化合价计算提供1mol电子需要各金属的质量，混合各组分的质量满足都等于14g或满足有的组分小于14g、有的组分大于14g，据此进行判断．
【解答】解：标况下11.2L氢气的物质的量为： =0.5mol，故14g金属提供的电子为0.5mol×2=1mol，
Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×=32.5g，
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Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol×=28g，
Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×=9g，
Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×=12g，
根据分析可知，满足14g混合金属能够提供1mol电子的组合有：Zn和Al、Zn和Mg、Fe和Al、Fe和Mg，总共有4种，
故选A．
【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意利用平均值法解答较为简单，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大，试题培养了学生的灵活应用能力．
11．下列操作过程中能出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象的是（ ）
A．向CaCl2溶液中通入CO2至过量
B．向AlCl3溶液中滴加氨水溶液至过量
C．向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸至过量
D．向Na2SiO3溶液中滴加盐酸至过量
【考点】镁、铝的重要化合物；胶体的重要性质；硅和二氧化硅．
【专题】元素及其化合物．
【分析】A、向CaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生化学反应；
B、氢氧化铝不溶于氨水；
C、向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁；
D、硅酸钠盐酸反应生成硅酸，硅酸不溶于水，和盐酸也不反应．
【解答】解：A、向CaCl2溶液中通入CO2至过量，不发生化学反应，不出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象，所以符合条件，故A不选；
B、向AlCl3溶液中滴加滴加氨水溶液至过量，只生成白色的沉淀，沉淀不溶解，所以看不到沉淀又溶解，所以不符合条件，故B不选；
C、向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁，所以沉淀又溶解，所以出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象，故C选；
D、根据硅酸钠和盐酸的性质，盐酸的酸性比硅酸的强，因此硅酸钠溶液与稀盐酸溶液能发生反应，反应方程式为：Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓，而且而且生成的硅酸有不溶于水，并与盐酸也不反应，因此现象是，有沉淀出现，故D不选；
故选C．
【点评】本题考查元素化合物的基本性质，主要通过化学反应返程，分析化学变化过程，找到变化现象，要注意现象和结论的区别．易出错．
12．M（NO3）2热分解化学方程式为：2M（NO3）22MO+4NO2↑+O2↑，加热59.2g M（NO3）2使其完全分解，在标准状况下收集22.4L的气体，那么M的摩尔质量是（ ）
A．24g/mol B．74g/mol C．148g/mol D．40g/mol
【考点】化学方程式的有关计算．
【专题】利用化学方程式的计算．
19
【分析】根据标准状况下的气体摩尔体积计算出气体的物质的量，再根据反应方程式中化学计量数关系计算出59.2g M（NO3）2的物质的量，根据M=计算出摩尔质量．
【解答】解：在标准状况下收集气体体积为22.4L，物质的量为=1mol，
由反应可知氧气为1mol×=0.2mol
根据反应方程式2M（NO3）22MO+4NO2↑+O2↑
0.4mol 0.2mol
M（NO3）2的摩尔质量为=148g/mol，
M的摩尔质量为148g/mol﹣62g/mol×2=24g/mol，
故选A．
【点评】本题考查化学方程式的计算，为高频考点，把握物质的量计算公式及化学反应中的物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．
13．将3.6g镁铝合金，投入到500mL 2mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是（ ）
A．150 mL B．200 mL C．250 mL D．280 mL
【考点】有关混合物反应的计算．
【专题】守恒法；利用化学方程式的计算．
【分析】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，加入4mol/L的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题．
【解答】解：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，所以最终溶液中的溶质为NaCl，
根据氯原子和钠原子守恒可得：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=2mol/L×0.5L=1mol，
所以需要氢氧化钠溶液体积为： =0.25L=250mL，
故选C．
【点评】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意Mg2+和Al3+全部转化为沉淀时，NaOH不能过量，即氢氧化铝不能溶解，溶液中的溶质只有NaCl，注意利用原子守恒解题．
14．X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（ ）
A
B
C
D
X
HCl
Na2CO3
Na2O2
SO2
Y
FeCl2
CO2
NaOH
Na2SO3
Z
Cl2
CaCO3
Na2CO3
H2SO4
W
FeCl3
Ca（HCO3）2
NaHCO3
NaHSO3
19
A．A B．B C．C D．D
【考点】钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】X→Y，X→Z，Y+Z→W，据此转化关系和物质的性质分析判断，
A．HCl具有酸性，可与活泼金属Fe反应生成FeCl2，盐酸的浓溶液也可以被MnO2氧化生成Cl2，氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁；
B．Na2CO3可与酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和氢氧化钙反应生成CaCO3等发生复分解反应，二氧化碳和碳酸钙反应生成碳酸氢钙；
C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，但Na2CO3与NaOH不反应；
D．SO2可与碱反应生成亚硫酸钠，二氧化硫和氧化剂反应可以生成硫酸，如和过氧化氢发生氧化还原反应，亚硫酸钠和硫酸反应可以生成亚硫酸氢钠．
【解答】解：A．HCl可与Fe反应生成FeCl2，Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，盐酸的浓溶液也可以被MnO2氧化生成Cl2，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl2可与FeCl2反应生成FeCl3，Cl2+2FeCl2=2FeCl3，符合转化关系，故A正确
B．Na2CO3可与酸反应生成CO2，Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，可与氢氧化钙反应生成CaCO3，Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O，CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2 ，符合转化关系，故B正确
C．Na2O2可与水反应生成NaOH，可与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与NaOH不反应，故C错误；
D．SO2可与NaOH反应生成Na2SO3，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，与过氧化氢反应生成H2SO4，SO2+H2O2=H2SO4，H2SO4和Na2SO3反应生成NaHSO3，H2SO4+Na2SO3=NaHSO4+NaHSO3 ，故D正确．
故选C．
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
15．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol•L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是（ ）
A．参加反应的硝酸是0.4mol
B．消耗氧气的体积为1.68 L
C．此反应过程中转移的电子为0.3 mol
D．混合气体中含NO21.12 L
【考点】有关混合物反应的计算．
【专题】计算题．
【分析】标况下2.24L混合气体的物质的量为： =0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，
19
A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量；
B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，再计算出其体积；
C．根据B的分析可知反应转移的电子的物质的量；
D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，分别根据总体积、电子守恒列式计算．
【解答】解：标况下2.24L混合气体的物质的量为： =0.1mol；50mL 4mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：4mol/L×0.05L=0.2mol，
A．铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.02mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；
B．生成氢氧化铜的物质的量为：0.2mol×=0.1mol，反应消耗的铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜完全反应失去0.2mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为： =0.05mol，消耗标况下氧气的体积为：22.4L/mol×0.05mol=1.12L，故B错误；
C．根据B的分析可知，反应转移的电子为0.2mol，故C错误；
D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.1，根据电子守恒可得：3x+y=0.2，解得：x=0.05mol、y=0.05mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为1.12L，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了有关离子反应的计算，题目难度中等，明确铜过量及发生反应原理为解答关键，转移电子守恒、质量守恒在化学计算中的应用方法．
16．某澄清溶液可能含有K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣中的一种或几种，为确定其成分，进行如下实验：①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀；②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解．下列推断正确的是（ ）
A．肯定有Al3+、SO42﹣，可能有K+、NH4+
B．肯定无NH4+、Mg2+、CO32﹣，可能有Fe2+
C．原溶液一定是明矾和MgSO4的混合溶液
D．肯定有Mg2+，K+只能通过焰色反应才能确定
【考点】常见离子的检验方法．
【专题】物质检验鉴别题．
【分析】①取部分溶液，逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀，白色沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在SO42﹣，一定不存在CO32﹣；
②另取部分溶液，缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解，说明溶液中一定存在Al3+、Mg2+，一定不存在NH4+、Fe2+，不能确定是否含有钾离子，据此进行判断．
【解答】解：①向原溶液中逐滴滴入用HCl酸化的BaCl2溶液，只产生白色沉淀，则白色沉淀为硫酸钡，溶液中一定存在SO42﹣，由于碳酸根离子能够与盐酸反应生成气体，所以一定不存在CO32﹣；
19
②向原溶液中缓慢加入足量的Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，该气体为氧气，说明溶液中一定不存一定不存在NH4+；同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解，说明原溶液中一定存在Al3+、Mg2+，由于氢氧化亚铁能够别过氧化钠氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，而沉淀为白色，说明一定不存在Fe2+，不能确定是否含有K+，
A、根据以上分析可知，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42﹣，一定不存在Fe2+、CO32﹣、NH4+，可能存在K+，故A错误；
B、溶液中一定不存在Fe2+、CO32﹣、NH4+，一定存在Mg2+，故B错误；
C、由于无法确定是否含有钾离子，所以无法确定溶质是否含有明矾，故C错误；
D、根据分析可知：原溶液中一定存在Mg2+、Al3+、SO42﹣，一定不存在Fe2+、CO32﹣、NH4+，可能存在K+，K+只能通过焰色反应才能确定，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了离子检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，明确具有特殊反应现象的离子，如铝离子与氢氧根离子的反应，熟悉常见的沉淀的颜色，如氢氧化铁、氢氧化铜等．
二、本大题共四小题，共52分．
17．I（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，立即会看到溶液变蓝色，反应的离子方程式是 2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣ ．
（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，发现蓝色逐渐消失，反应的离子方程式是 I2 +SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2I﹣ ．
（3）对比（1）和（2）实验所得的结果，将Cl﹣、I﹣、SO2按还原性由强到弱顺序排列为 SO2＞I﹣＞CI﹣ ．
Ⅱ（4）除去铁粉中混有铝粉的试剂是 NaOH溶液 ，离子方程式为 2Al+2OH ﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑ ．
（5）1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是 Na2CO3 ．
【考点】离子方程式的书写；氧化性、还原性强弱的比较．
【专题】氧化还原反应专题；离子反应专题．
【分析】（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色；
（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，是因为碘单质被二氧化硫还原生成碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝色；
（3）运用氧化还原反应中强制弱的原理解此类题目；
（4）运用铝与碱反应，而铁不与碱反应，来除杂；
（5）2mol碳酸氢钠固体加热产生1mol的二氧化碳和1mol的水，1mol过氧化钠首先与1mol的二氧化碳恰好完全反应．
【解答】解：（1）在淀粉碘化钾溶液中通入少量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色，发生化学反应为：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，故答案为：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣；
（2）在碘和淀粉形成的蓝色溶液中通入SO2气体，是因为碘单质被二氧化硫还原生成碘离子，碘离子不能使淀粉变蓝色，发生反应为I2 +SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，故答案为：I2 +SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2I﹣；
（3）由反应I2 +SO2+2H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，可知还原性：SO2＞I﹣，由反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣，可知还原性I﹣＞CI﹣，所以还原性由强到弱的顺序为SO2＞I﹣＞CI﹣，故答案为：SO2＞I﹣＞CI﹣；
19
（4）运用铝与碱反应，而铁不与碱反应，来除杂，加NaOH溶液然后过滤，发生反应为2Al+2OH ﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：NaOH溶液；2Al+2OH ﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；
（5）2mol碳酸氢钠固体加热产生1mol的二氧化碳和1mol的水，1mol过氧化钠首先与1mol的二氧化碳恰好完全反应，生成1molNa2CO3，故答案为：Na2CO3．
【点评】本题考查氧化还原型离子方程式的书写，比较微粒还原性的强弱，以及除杂的相关知识，难度不大．
18．完成下列各题．
（1）中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷是以粘土[主要成分Al2Si2O5（OH）4]为原料，经高温烧结而成．若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为： Al2O3.2SiO2.2H2O ．
（2）如果胃酸过多，可服用 Al（OH）3 （填写化学式）缓解症状，但如果患有胃溃疡，则不能服用 NaHCO3 ，以防止胃穿孔．
（3）赏心悦目的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，这一过程中发生反应的化学方程式为： SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O ．
（4）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂，工业上是用氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生产ClO2的，反应过程中同时会生成氯气．写出该反应的化学方程式： 2NaClO3+4HCl（浓）=Cl2↑+2ClO2+2NaCl+2H2O ．
【考点】药物的主要成分和疗效；化学方程式的书写；硅和二氧化硅．
【分析】（1）根据化学式改写成相应的氧化物得形式，按照活泼金属氧化物．较活泼金属氧化物．SiO2．H2O得顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；
（2）氢氧化铝和盐酸反应生成三氯化铝和水；小苏打（NaHCO3）和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（3）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅；
（4）氯酸钠和浓盐酸反应能生成二氧化氯、氯气、水和氯化钠．
【解答】解：（1）铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，
则根据活泼金属氧化物．较活泼金属氧化物．SiO2．H2O得顺序可知，
[Al2Si2O5（OH）4]可改成Al2O3.2SiO2.2H2O，
故答案为：Al2O3.2SiO2.2H2O；
（2）氢氧化铝和盐酸反应生成三氯化铝和水：Al（OH）3+HCl=AlCl3+H2O，小苏打（NaHCO3）和盐酸反应生成氯化钠水和二氧化碳：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，生成二氧化碳会引起胃穿孔，故答案为：Al（OH）3；NaHCO3；
（3）玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
（4）用NaClO3氧化浓盐酸制取ClO2，同时有Cl2生成，且Cl2体积为ClO2的一半，氯酸钠和浓盐酸反应的化学方程式为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，故答案为：2NaClO3+4HCl（浓）=Cl2↑+2ClO2+2NaCl+2H2O．
【点评】本题考查将复杂化合物写出氧化物的形式、方程式是书写，明确物质的性质是解本题关键，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，题目难度不大．
19．如图表示常见元素单质及化合物相应转化关系，部分反应的产物没有全部列出．
19
已知：B是一种黄绿色气体，C在所有气体中密度最小，D是一种碱；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料；Z为气态氧化物．
请回答下列问题：
（1）气体B通常具有较强的 氧化性 （填“还原性”、“氧化性”或“漂白性”），反应②属于四种基本反应类型反应中的 置换反应 ．
（2）有学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物．他认为产物中可能还有 FeCl2 （填化学式），为验证其猜想该同学设计了相关实验，你认为他需要选择的试剂为 a （填序号）．
a．酸性高锰酸钾溶液 b．NaOH溶液
c．KSCN溶液 d．稀硫酸
（3）若Z能导致温室效应，则反应③的离子反应方程式为 CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣ ．
（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，目前应用最广泛的工业处理含Z废气的方法是在一定条件下与生石灰作用而使其固定，产物可作建筑材料，反应的化学方程式为 2SO2+2CaO+O2=2CaSO4 ．
（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，Z与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），请写出该反应的化学反应方程式 NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ．
【考点】无机物的推断．
【专题】无机推断；元素及其化合物．
【分析】（1）（2）电解饱和食盐水得到B、C、D，B是一种黄绿色气体，则B为Cl2，C在所有气体中密度最小，则C为H2，D是一种碱，则D为NaOH；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料，则F为Fe2O3，由转化关系可知X为Fe、E为FeCl3，反应②为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，与氢氧化钠反应反应生成I为NaAlO2，
（3）若Z能导致温室效应，则Z为CO2，过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠；
（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，则Z为SO2，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙；
（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，则Z为NO2，与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），发生歧化反应，有NaNO3生成，根据电子转移守恒可知有NaNO2生成，同时生成水．
【解答】解：电解饱和食盐水得到B、C、D，B是一种黄绿色气体，则B为Cl2，C在所有气体中密度最小，则C为H2，D是一种碱，则D为NaOH；X、Y是生活中应用最为广泛的金属，F是一种红棕色氧化物，常用作红色油漆和涂料，则F为Fe2O3，由转化关系可知X为Fe、E为FeCl3，反应②为铝热反应，Y为Al、G为Al2O3，与氢氧化钠反应反应生成I为NaAlO2，
（1）B为Cl2，具有氧化性，反应②是Al与氧化铁反应生成氧化铝与Fe，属于置换反应，
故答案为：氧化性；置换反应；
（2）学生认为B与X反应的产物E不一定是纯净物，他认为产物中可能还有FeCl2，亚铁离子具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，而氢氧化钠、KSCN与铁离子反应，影响亚铁离子检验，而硫酸不反应，故选a，
故答案为：FeCl2；a；
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（3）若Z能导致温室效应，则Z为CO2，反应③是过量的二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应③的离子反应方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，
故答案为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣；
（4）若Z是我国酸雨形成的罪魁祸首，则Z为SO2，生石灰与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，反应的化学方程式为：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4，
故答案为：2SO2+2CaO+O2=2CaSO4；
（5）若Z是形成酸雨的另一种主要物质，则Z为NO2，与足量的D溶液反应时能被完全吸收，且生成两种盐（物质的量之比为1：1），发生歧化反应，有NaNO3生成，根据电子转移守恒可知有NaNO2生成，同时生成水，该反应的化学反应方程式为：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，
故答案为：NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O．
【点评】本题考查无机物推断，物质的颜色、温室效应气体、形成酸雨的气体等是推断突破口，题目比较综合，需要学生熟练掌握基础知识知识，难度中等．
20．某化学兴趣小组为探究 SO2 的性质，按如图1所示装置进行实验．
请回答下列问题：
（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是 蒸馏烧瓶 ，其中发生反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4 （浓）=Na2SO3 +SO2↑+H2O
（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是 溶液紫色褪去 、 无色溶液出现黄色浑浊 ，装置B中发生反应的离子方程
式为 5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+ ；
（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色
（4）尾气可采用较浓的NaOH溶液吸收，为确定反应后溶液中溶质的成分，反应结束后某同学向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生SO2的体积（标准状况）关系如图2所示．
①A点溶液中的溶质为 NaC1、NaHSO3 ；
②当加入35mL盐酸时，产生SO2的体积为 224mL 或0.224L ．
【考点】性质实验方案的设计．
【专题】氧族元素；无机实验综合．
【分析】（1）根据化学常用仪器及仪器的名称来分析；制备二氧化硫的方法是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应生成；
（2）利用二氧化硫与高锰酸钾溶液，二氧化硫与硫化钠的氧化还原反应来分析反应现象和性质，依据离子性质和电荷守恒，原子守恒配平书写离子方程式；
（3）根据二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色来解答；
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（4）①在溶液中亚硫酸氢钠与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化硫气体生成，则较浓的NaOH溶液吸收溶液中的溶质为亚硫酸钠和氢氧化钠，则OA段先发生酸碱中和，再发生亚硫酸钠与盐酸反应生成亚硫酸氢钠与氯化钠，A点溶液中的溶质为亚硫酸钠与氯化钠；
②结合图象可知，当加入35mL盐酸时，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化硫气体．
【解答】解：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是蒸馏烧瓶；亚硫酸钠与浓硫酸反应反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：蒸馏烧瓶；Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，则观察到红色逐渐变浅直至完全褪去，二氧化硫进入硫化钠溶液中发生的氧化还原反应为2S2﹣+SO2+2H2O=3S↓+4OH﹣，则观察到无色溶液出现黄色浑浊，高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生的离子反应为：5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，
故答案为：溶液紫色褪去；无色溶液出现黄色浑浊；5SO2+2MnO4﹣+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+；
（3）因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色，则操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，观察到的现象为无色溶液恢复为红色，
故答案为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色；
（4）①在溶液中亚硫酸氢钠与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化硫气体生成，则较浓的NaOH溶液吸收溶液中的溶质为亚硫酸钠和氢氧化钠，则OA段0～25mL先发生酸碱中和，其离子反应方程式为H++OH﹣═H2O，再发生亚硫酸钠与盐酸反应生成亚硫酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为SO32﹣+H+═HSO3﹣，A点溶液中的溶质为亚硫酸钠与氯化钠，
故答案为：NaC1、NaHSO3；
②结合图象可知，当加入35mL盐酸时，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化硫气体，设生成二氧化硫的物质的量为n，生成气体时消耗的酸的物质的量为（35﹣25）×10﹣3L×1mol•L﹣1=0.01mol，则
HSO3﹣+H+═SO2↑+H2O
1 1
0.01mol n
=，解得n=0.01mol，标准状况下其体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，
故答案为：224mL或0.224L．
【点评】本题考查了二氧化硫的制取及二氧化硫的性质实验，题目难度中等，明确反应的先后顺序及图象中每段图象对应的化学反应是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫的性质及性质实验方案设计方法原理．
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