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2021-2022学年北京市怀柔区高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年北京市怀柔区高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共25页。
2021-2022学年北京市怀柔区高一（上）期末化学试卷
1. 二十四节是中国独有的传统文化，农谚“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是谷雨节气。下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是( )
A. K B. P C. N D. O
2. 下列仪器为容量瓶的是( )
A. B. C. D.
3. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )
A. KCl溶液 B. NaNO3溶液 C. Fe(OH)3胶体 D. Na2CO3溶液
4. 下列关于物质分类的叙述中，不正确的是( )
A. HClO属于酸 B. 纯碱属于碱 C. SO3属于氧化物 D. Na2SO3属于盐
5. 下列实验操作或事故处理正确的是( )
A. 金属Na着火，立即用水扑灭
B. 实验结束后，用嘴吹灭酒精灯
C. 皮肤上不慎沾上浓NaOH溶液，立即用盐酸冲洗
D. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌
6. 下列叙述中正确的是( )
A. 铁与浓硝酸反应产生对应的盐和氢气
B. 常温下，浓硫酸可以用铝制容器盛放
C. 金属与水反应均生成对应的氢氧化物和氢气
D. 铁与硫反应的产物为硫化铁
7. 下列物质属于常见还原剂的是( )
A. 活泼金属 B. KMnO4 C. HNO3 D. O2
8. 下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是( )
A. 铁片放入CuSO4溶液中 B. 盐酸和氧化镁
C. BaCl2溶液中滴入稀硫酸 D. 氢气还原氧化铜
9. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A. S→O2点燃SO3 B. Na→O2点燃Na2O
C. Fe→Cl2点燃FeCl2 D. NaHCO3→△NaCO3
10. 物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，三种溶液中Cl−的物质的量浓度之比为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1
11. 下列关于钠的化合物的叙述正确的是( )
A. 同温同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3
B. Na2O与Na2O2与水反应的产物完全相同
C. 碳酸钠受热分解成Na2O和CO2
D. 氯化钠固体不导电的原因是没有离子
12. 在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是( )
A. 该循环过程中未涉及氧化还原反应
B. 碳酸钠的电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32−
C. 该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D. 钙化作用的离子方程式之一为Ca2++CO32−=CaCO3↓
13. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓
B. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑
C. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
D. 碳酸钠溶液与过量盐酸反应：CO32−+H+=HCO3−
14. 喷泉实验装置如图所示，应用下列各组气体和溶液不会出现喷泉现象的是( )
A. SO2和氨水
B. HCl气体和水
C. NH3和水
D. Cl2和饱和食盐水
15. 某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的( )
①钠比水轻
②钠的熔点较低
③钠与水反应在时要放出热量
④钠与水反应后溶液呈碱性．
A. ①④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④
16. 下列溶液中的离子能够大量共存的一组是( )
A. 强碱性溶液中：Fe3+、SO42−、NH4+、Cl−
B. 透明的酸性溶液中：Cu2+、K+、Cl−、SO42−
C. 含有0.1mol/L的H+的溶液中：NO3−、I−、CO32−、K+
D. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、Mg2+、SO42−、CO32−
17. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是( )
A. 100mL0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中含有钠离子数为0.01NA
B. 0.1molCO2中含有的氧原子数为0.2NA
C. 标准状况下，2.24LCO和NO混合气体中含有的氧原子数为0.1NA
D. 6.4gCu与足量热浓H2SO4充分反应，转移电子数为0.1NA
18. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )
A. 用装置除去Cl2中含有的少量HCl
B. 用所示装置利用NaCl溶液制备NaCl晶体
C. 用所示装置除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3
D. 用所示装置验证碳酸钠比碳酸氢钠热稳定性好
19. 某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：
下列说法中正确的是( )
A. ②中的大量气泡的主要成分是氢气
B. ③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
20. SO2在生产生活中用途广泛，关于SO2的下列说法错误的是( )
A. SO2不属于电解质 B. SO2作氧化剂时，理论上可被还原为S
C. SO2只具有还原性 D. SO2的水溶液在空气中放置，易被氧化
21. 下列有关气体的制备和收集正确的是( )
A. 制取氯气
B. 制取氨气
C. 制取二氧化硫
D. 制取二氧化氮
22. 下列叙述不正确的是( )
选项
被提纯物质
杂质
除杂试剂或方法
A
FeCl3溶液
FeCl2
通入适量Cl2
B
Cl2
H2O(蒸气)
通入浓硫酸中
C
铜粉
铁粉
加入过量盐酸并过滤
D
CO2
HCl
通入饱和的碳酸钠溶液中
A. A B. B C. C D. D
23. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是( )
气体a
溶液b
A
Cl2
NaBr
B
CO2
CaCl2
C
SO2
Ba(NO3)2
D
NO2
FeSO4
A. A
B. B
C. C
D. D
24. 下列实验现象与结论均正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液
溶液呈红色
未知液中一定含有Fe2+
B
向无色溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液
溶液变蓝
无色溶液中含有I−
C
浓硫酸滴入蔗糖中
蔗糖变黑、体积膨胀
浓硫酸具有吸水性
D
铜粉加入稀硫酸中，再加入少量硝酸钾固体
开始无明显现象，加入硝酸钾固体后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
A. A B. B C. C D. D
25. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是( )
A. 过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B. 过程②中，Fe3+作氧化剂
C. 转化图中化合价不变的元素只有铜和氯
D. 回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
26. (1)有下列反应①SO3+H2O=H2SO4②Cl2+H2O=HCl+HClO③2F2+2H2O=4HF+O2④CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。上述反应中不属于氧化还原反应的是 ______(填序号，下同)；H2O只作还原剂的是 ______；属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是 ______
(2)为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO+2CO−催化剂N2+2CO2。
①用双线桥标出电子转移的方向和数目 ______。
②若消耗标况22.4L的NO得到还原产物的质量为 ______g，转移电子的物质的量为 ______mol
27. 从元素化合价和物质类别两个角度研究物质的性质是一种行之有效的方法。如图是由铁元素组成的物质的部分信息。
(1)写出X的化学式：______。
(2)①FeO与稀硫酸反应的离子方程式：______。
②Y物质在空气中变化的化学方程式 ______该变化的现象是 ______。
(3)一定量的铁粉在氯气中充分燃烧后，将所得固体完全溶于稀盐酸，制得溶液A。推测溶液A中可能含有的金属阳离子：a.只有Fe3+，b.只有Fe2+，c.______。
①填写c后空格；
②甲同学为探究溶液的组成，实验如下：取少量溶液A置于试管中，加入KSCN溶液，溶液 ______，说明假设b不成立，假设a或c成立。
(4)乙同学继续探究溶液A的组成。
查阅资料：16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
实验过程：另取少量溶液A置于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去。实验结论：______(填写字母序号)。
A.可能有Fe2+
B.可能无Fe2+
C.一定有Fe2+
根据你选择的实验结论，简述理由：______。
28. 如图为实验室某盐酸试剂瓶的标签，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
盐酸
分子式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.19g⋅cm−3
物质的量浓度：11.9mol⋅L−1
(1)取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 ______ 。(填字母)
A.溶液中HCl的物质的量
B.溶液的物质的量浓度
C.溶液的密度
D.溶液中Cl−的数目
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.50mol/L的稀盐酸。
①该学生需要量取 ______ mL上述浓盐酸进行配制。
②本实验用到的基本仪器已有烧杯、量简、玻璃棒，还缺少的仪器是 ______ 。
(3)①假设该同学成功配制了0.50mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，则该同学需取 ______ mL盐酸。
②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，则可能的原因是 ______ 。(填字母)
A.浓盐酸挥发，浓度不足
B.配制溶液时，未洗涤烧杯
C.定容时，俯视容量瓶刻度线
D.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
29. 实验小组设计了如图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。
(1)实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是 ______反应(填“吸热”或“放热”)，反应的化学方程式是 ______。
(2)装置A的作用是 ______。
(3)B中可以得到少量硝酸，B中试剂为 ______，可能发生的反应为 ______。
(4)NaOH溶液的作用是 ______。
(5)控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。推测红棕色气体的化学式是 ______，白烟的化学式是 ______。
30. 1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为Chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 ______。
(2)将氯气通入氢氧化钠溶液可制得漂白液，该过程得离子方程式 ______。
(3)用Cl2可制备HClO溶液，该溶液不能长期存放，用化学方程式解释原因 ______。验证久置次氯酸溶液中存在的阴离子的试验方案是 ______。
(4)将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液红色褪去，探究红色褪去的原因。取褪色后溶液加入 NaOH 溶液，观察到溶液依然无色，说明 ______。另取褪色后溶液加入酚酞，观察到溶液变红色，说明 ______。
31. 国家实施“青山绿水”工程，故加大力度研究脱硫以及“三废”处理技术意义重大。某工厂拟综合处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)和含NH4+的废水，设计了如图流程：
(1)在N2、CO2、CO、NaOH中，属于电解质的是 ______(填化学式，下同)，属于酸性氧化物的是 ______。
(2)固体1中除含有Ca(OH)2外，还含有 ______、______。
(3)生成NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=4NaNO2+2H2O，该反应中还原剂是 ______；捕获剂所捕获的气体主要是 ______。
(4)处理含NH4+的废水时，若0.5molNH4+参加反应时，需要的NaNO2的物质的量为 ______mol。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，所以为作物提供了所需要的N元素，属于氮肥，与氮元素有关，
故选：C。
由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，据此答题。
本题考查了元素化合物知识，熟悉氮气的性质及“雷雨肥田”原理即可解答，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.图为容量瓶，故A正确；
B.图中为量筒，故B错误；
C.图中为试管，故C错误；
D.图中为冷凝管，故D错误；
故选：A。
容量瓶为配制一定物质的量浓度必需的仪器，有塞子及规定的规格，以此来解答。
本题考查化学实验仪器，为高频考点，把握仪器的结构、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意中学化学常见的仪器，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：只有胶体具有丁达尔效应，而溶液和浊液都不具有此性质，KCl溶液、NaNO3溶液、Na2CO3溶液分散系中分散质微粒直径小于1nm，均属于溶液，不能产生丁达尔效应，Fe(OH)3胶体为胶体，所以能产生丁达尔效应，
故选：C。
丁达尔效应是胶体特有的性质，只有胶体分散系才能产生丁达尔效应。
本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，题目难度不大，注意胶体性质的理解应用。
4.【答案】B
【解析】解：A.HClO属于酸，故A正确；
B.纯碱是碳酸钠，属于盐，不是碱，故B错误；
C.SO3属于离子元素组成，其中一种为氧元素的化合物，为氧化物，故C正确；
D.Na2SO3符合盐的构成，属于盐类化合物，故D正确；
故选：B。
A.电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸；
B.电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C.由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；
D.金属阳离子或铵根离子，与酸根阴离子构成的化合物为盐。
本题考查了物质的分类方法，注意把握纯净物和混合物、酸、盐和氧化物的概念，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.钠与水发生反应生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用水灭，应用沙子盖灭，故A错误；
B.实验结束，若用嘴吹灭酒精灯，易引起酒精灯内酒精蒸气着火，故B错误；
C.盐酸有腐蚀性，不能用盐酸冲洗，故C错误；
D.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿容器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，故D正确。
故选：D。
本题考查化学实验基本操作，难度不大，必须严格按照实验进行规范操作．同时掌握对意外事故处理的技能．
6.【答案】B
【解析】解：A.常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，不能生成对应的盐和氢气，故A错误；
B.常温下，铁、铝等金属在浓硝酸、浓硫酸中形成致密氧化膜，阻止内部金属继续与浓硝酸、浓硫酸反应，发生钝化，浓硫酸和浓硝酸在常温下都能用铝制容器盛放，故B正确；
C.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不生成对应的氢氧化物和氢气，故C错误；
D.硫的氧化性较弱，铁与硫在加热条件下反应生成FeS，故D错误；
故选：B。
A.依据浓硝酸的强氧化性解答；
B.浓硫酸、浓硝酸都为强氧化性酸，可与铝、铁发生钝化反应；
C.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁；
D.铁与硫在加热条件下反应生成FeS。
本题考查较为综合，涉及金属、非金属及浓硝酸、浓硫酸的性质以及应用，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。
7.【答案】A
【解析】解：O2、HNO3、KMnO4都具有强氧化性，一般可用于氧化剂，活泼金属常作还原剂，
故选：A。
活泼非金属的单质或具有元素最高价态的化合物一般具有强氧化性，常用作氧化剂，常用作氧化剂的物质有O2、Cl2、HNO3、KMnO4、FeCl3等，常用作还原剂的物质有C、H2、CO、KI、Zn、Al、Fe等，以此解答该题。
本题考查了氧化还原反应的有关知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，主要考查了常见氧化剂和还原剂的判断，注意元素化合价的判断以及物质的性质的分析，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.铁片放入CuSO4溶液中，反应的实质为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，既是离子反应又是氧化还原反应，故A正确；
B.盐酸和氧化镁，属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C.BaCl2溶液中滴入稀硫酸，属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D.氢气还原氧化铜不是离子反应，但属于氧化还原反应，故D错误。
故选：A。
离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加反应，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题。
本题考查氧化还原反应、离子反应，题目难度不大，注意把握离子反应以及氧化还原反应的实质，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应。
9.【答案】D
【解析】解：A.硫和氧气反应生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，物质间转化不能一步实现，故A错误；
B.2Na+O2−点燃Na2O2，钠与氧气在常温下生成氧化钠，物质间转化不能一步实现，故B错误；
C.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；
D.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
A.硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫；
B.钠点燃反应生成过氧化钠；
C.氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价氯化物；
D.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳。
本题考查常见元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为C，则氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度等于C，氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度等于2C，氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度等于3C，同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为1：2：3，与溶液与溶液的体积无关；
故选：B.
根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质化学式中含有离子的个数，与溶液的体积无关．
抓住离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质化学式中含有离子的个数是解答本题的关键，离子的浓度与化学式和溶质的浓度有关，与溶液的体积无关．
11.【答案】A
【解析】解：A.碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的，同温同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3，故A正确；
B.Na2O与Na2O2与水反应的产物不完全相同，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠外，还生成氧气，故B错误；
C.碳酸钠受热不能分解，不能生成氧化钠，故C错误；
D.固体氯化钠中钠离子和氯离子不能自由移动，所以氯化钠固体不导电，氯化钠是钠离子和氯离子构成的离子化合物，故D错误；
故选：A。
A.同温同浓度碳酸根的水解程度大于碳酸氢根；
B.氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；
C.碳酸钠受热不分解；
D.固体氯化钠中钠离子和氯离子不能自由移动。
本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，掌握相关物质的性质和用途是解题的关键。
12.【答案】A
【解析】解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，故A错误；
B、碳酸钠的电离方程式：Na2CO3=2Na++CO32−，故B正确；
C.该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3−转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO3−=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
A、光合作用是氧化还原反应；
B、碳酸氢电离生成钠离子和碳酸根离子；
C.减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3−转化为CaCO3和CO2。
本题主要考查的是海水的综合利用过程，相关化学反应的问题，明确氧化还原反应的判断是解题的关键。
13.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，离子方程式：2H++2OH−+Ba2++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B.钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B正确；
C.碳酸钙与稀盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；
D.碳酸钠溶液与过量盐酸反应，离子方程式：CO32−+2H+=H2O+CO2↑，故D错误。
故选：B。
A.漏掉氢氧根离子与氢离子的反应；
B.二者反应生成氢氧化钠和氢气；
C.碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
D.盐酸过量，反应生成氯化钠和水和二氧化碳。
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)式等。
14.【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫为酸性氧化物，氨水显碱性，所以氨水可以吸收二氧化硫，能形成喷泉实验，故A不选；
B.氯化氢易溶于水，所以可以形成喷泉实验，故B不选；
C.氨气易溶于水，所以可以形成喷泉实验，故C不选；
D.氯气在饱和食盐水中溶解度不大，且与饱和食盐水不反应，所以不能形成喷泉实验，故D选。
故选：D。
在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；
②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；
③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；
④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确。
故选：D。
将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到的现象依次是：浮、熔、游、响、红，根据实验现象分析得出实验结论．
此题是对钠与水的反应的考查，解题的重点是对钠与水反应的有关问题，特别是物质的性质的反应的掌握，属基础性知识考查题．
16.【答案】B
【解析】解：A.Fe3+、OH−之间反应生成氢氧化铁沉淀，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Cu2+、K+、Cl−、SO42−、H+之间不反应，在透明的酸性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.NO3−、I−、H+之间发生氧化还原反应，CO32−、H+之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+与OH−、CO32−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀；
B.四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C.硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子，碳酸根离子与氢离子反应；
D.该溶液呈碱性，镁离子与氢氧根离子、碳酸根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.100mL0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中含有钠离子数为：0.1L×0.1mol/L×NAmol−1=0.01NA，故A正确；
B.1个二氧化碳含有2个氧原子，0.1molCO2中含有的氧原子数为0.2NA，故B正确；
C.标准状况下，2.24LCO和NO混合气体物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，含有的氧原子数为0.1NA，故C正确；
D.6.4gCu物质的量为：6.4g64g/mol=0.1mol，依据Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O∼2e−可知，转移电子数为0.2NA，故D错误；
故选：D。
A.氢氧化钠为强电解质，完全电离；
B.1个二氧化碳含有2个氧原子；
C.每个CO和NO都含1个O；
D.依据Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O∼2e−计算。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故A错误；
B.NaCl为可溶性固体，且不水解，图中蒸发装置可分离出NaCl，故B正确；
C.胶体粒子、溶液均可透过滤纸，过滤不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；
故选：B。
A.二者均与NaOH溶液反应；
B.NaCl为可溶性固体，且不水解；
C.胶体粒子、溶液均可透过滤纸；
D.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠。
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、混合物的分离提纯、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。
19.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质性质及实验现象解释，综合考查物质的性质及实验能力，为高频考点，把握过氧化钠的性质及实验流程为解答的关键，题目难度不大。
【解答】
A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以②中的大量气泡主要成分是氧气，故A错误；
B、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱，遇酚酞变红，说明生成碱性物质，故B错误；
C、④中红色褪去，可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有强氧化性，能氧化有色物质，漂白褪色，故C正确；
D、过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解生成水和氧气，即验证过氧化钠和水反应生成的过氧化氢，故D错误。
故选：C。
20.【答案】C
【解析】解：A.二氧化硫自身不能产生自由移动的离子，属于非电解质，故A正确；
B.二氧化硫中硫元素为+4价，反应中可以降低，所以能够被还原为硫单质，故B正确；
C.二氧化硫中硫元素为+4价，既可以降价又可以升价，所以二氧化硫既有氧化性又有还原性，故C错误；
D.二氧化硫溶于水与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，易被氧化生成硫酸，故D正确；
故选：C。
A.电解质必须是自身在水溶液中或者熔融状态下电离出自由移动的离子的化合物；
B.依据二氧化硫中硫元素化合价判断；
C.依据二氧化硫中硫元素化合价判断
D.依据亚硫酸的还原性解答。
本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，注意分析二氧化硫中硫元素化合价，题目难度不大。
21.【答案】B
【解析】解：A.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应生成氯气、二氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，故A错误；
B.实验室制备氨气是氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成，反应的化学方程式：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3+2H2O，收集装置也正确，故B正确；
C.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，二氧化硫易溶于水，应该用向上排空气法收集，故C错误；
D.用浓硝酸和铜反应制取二氧化氮，反应为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故D错误；
故选：B。
A.实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需加热；
B.实验室制备氨气是氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成；
C.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，二氧化硫易溶于水；
D.用浓硝酸和铜反应制取二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮。
本题考查气体的制取与收集，掌握相关的反应原理以及气体的性质是解答关键，注意考虑收集气体的方法时，应该从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断，从而找出最好的收集方法，题目难度不大。
22.【答案】D
【解析】解：A.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，则通入适量Cl2可除杂，故A正确；
B.浓硫酸可吸收水，与氯气不反应，则通入浓硫酸中可干燥提纯氯气，故B正确；
C.Fe与盐酸反应，而Cu不能，反应后过滤可分离，故C正确；
D.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故D错误；
故选：D。
A.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；
B.浓硫酸可吸收水，与氯气不反应；
C.Fe与盐酸反应，而Cu不能；
D.二者均与碳酸钠溶液反应。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
23.【答案】B
【解析】解：A.氯气与NaBr反应生成溴，溶液b为颜色由无色变为橙色，故A不选；
B.二氧化碳与氯化钙不反应，无明显变化，故B选；
C.二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应，生成白色沉淀，故C不选；
D.NO2与硫酸亚铁发生氧化还原反应，溶液由浅绿色变为黄色，故D不选；
故选：B。
A.氯气与NaBr反应生成溴；
B.二氧化碳与氯化钙不反应；
C.二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应；
D.NO2与硫酸亚铁发生氧化还原反应．
本题考查化学实验的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．
24.【答案】B
【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN，后加氯水检验亚铁离子，故A错误；
B.氯气与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，由操作和现象可知，无色溶液中含有I−，故B正确；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体，则蔗糖变黑、体积膨胀，可知浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故C错误；
D.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则开始无明显现象，加入硝酸钾固体后溶液变蓝，与催化作用无关，故D错误；
故选：B。
A.先加氯水可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子；
B.氯气与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体；
D.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu。
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、反应与现象、离子检验、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。
25.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中转化反应，题目难度不大。
【解答】
由题干图可知，①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，以此来解答。
A.由分析可知，①中发生反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A正确；
B.②中发生反应CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，Fe的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；
C.转化图中化合价不变的元素有铜、氢和氯，故C错误；
D.由分析可知，回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，故D正确；
故选：C。
26.【答案】①④ ③ ② 14 2
【解析】解：(1)①④中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应；②③中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应②中水既不是氧化剂，也不是还原剂；反应③中，水中氧元素的化合价从−2价升高到0价，失去电子，水作还原剂，被氧化；反应②是氧化还原反应，反应中只有Cl元素的化合价发生变化，水既不被氧化，又不被还原，
故答案为：①④；③；②；
(2)①该反应中，CO的+2价C由变为+4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂；N元素化合价从+2变为0，化合价降低，转移电子数为4，双线桥标出电子转移的方向和数目
故答案为：；
②22.4L的NO物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，的根据2NO+2CO−催化剂N2+2CO2可知，消耗2molNO生成氮气的物质的量为1mol，得到还原产物N2的质量为18g×0.5mol=14g；该反应中N元素化合价从+2变为0，消耗1molNO转移电子的物质的量为：1mol×(2−0)=2mol，
故答案为：14；2。
(1)没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应；有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；水中H元素的化合价降低，是氧化剂，水中O元素的化合价升高，是还原剂；反应中有元素化合价的变化，但水中H、O元素的化合价没有变化；
(2)反应2NO+2CO−催化剂N2+2CO2中，NO的+2价N元素变成0价，化合价降低被还原，则NO为氧化剂；CO中+2价C由变为+4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂，据此结合电子守恒分析。
本题考查氧化还原反应的概念及计算，题目难度不大，明确化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
27.【答案】Fe2O3 FeO+2H+=Fe2++H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 色固体迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 含有Fe3+和Fe2+ 变红 B(A)加入的酸性KMnO4溶液将Cl−氧化，从而使KMnO4紫色褪去(因为还原性Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液先将Fe2+氧化，从而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+)
【解析】解：(1)X为铁的氧化物，对应铁元素化合价+3价，化学式为：Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
(2)①氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，
故答案为：FeO+2H+=Fe2++H2O；
②Y为碱对应铁元素化合价+2价，化学式：Fe(OH)2，在空气中迅速变化为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；白色固体迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；
(3)①A中可能含有两种金属阳离子，即含①Fe3+；②只有Fe2+；③有Fe3+和Fe2+，
故答案为：含有Fe3+和Fe2+；
②取少量溶液A置于试管中，加入KSCN溶液，溶液变红，说明假设b不成立，假设a或c成立，
故答案为：变红；
(4)酸性KMnO4溶液可以氧化Fe2+、Cl−，使KMnO4紫色褪去，因还原性：Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2+氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+，或加入的酸性KMnO4溶液，将Cl−氧化，而使KMnO4紫色褪去，另取少量溶液A置于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去，实验结论为B(A)，
故答案为：B(A)；加入的酸性KMnO4溶液将Cl−氧化，从而使KMnO4紫色褪去 或(因为还原性Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液先将Fe2+氧化，从而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+)。
(1)X为铁的氧化物，对应铁元素化合价+3价，Y为碱对应铁元素化合价+2价；
(2)①氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和水；
②Y为碱对应铁元素化合价+2价，化学式：Fe(OH)2，在空气中迅速变化为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁；
(3)①A中可能含有两种金属阳离子；
②假设b不成立，假设a或c成立，说明含铁离子，铁离子遇到KSCN溶液变红色；
(4)根据Fe2+、Cl−都能被酸性KMnO4溶液氧化，但还原性：Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2+氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+；或加入的酸性KMnO4溶液，将Cl−氧化，而使KMnO4紫色褪去。
本题主要考查了铁及其化合物性质分析、Fe3+和Fe2+的检验等，题目难度不大，注意抓住了Fe3+和Fe2+性质的差异，题目难度中等。
28.【答案】BC21.0胶头滴管、500mL容量瓶 20.0C
【解析】解：(1)A.根据n=cV可知，溶液中HCl的物质的量与溶液体积有关，故A错误；
B.溶液具有均一性，溶液的物质的量浓度与体积无关，即溶液浓度不随所取体积的多少而变化，故B正确；
C.溶液具有均一性，溶液的密度与溶液体积无关，即溶液密度不随所取体积的多少而变化，故C正确；
D.溶液中Cl−的数目与溶液体积有关，故D错误；
故答案为：BC；
(2)①设需要浓盐酸的体积为V，稀释前后溶质物质的量不变，可得：V×11.9mol/L=0.50mol⋅L−1×0.5L，解得：V≈0.021L=21.0mL，该学生需要量取21.0mL上述浓盐酸进行配制，
故答案为：21.0；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，可知本实验用到的基本仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是胶头滴管、500mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)①n(HCl)=n(NaOH)=0.4g40g/mol=0.01mol，需要0.50mol/L的盐酸的体积为：0.01mol0.50mol/L=0.02L=20.0mL，
故答案为：20.0；
②该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，可能原因是所配制盐酸的浓度偏大，
A.浓盐酸挥发，浓度不足，配制的盐酸浓度偏小，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏大，故A错误；
B.配制溶液时，未洗涤烧杯，配制的盐酸浓度偏小，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏大，故B错误；
C.定容时，俯视容量瓶刻度线，导致所配盐酸的体积会偏小，则盐酸的浓度偏大，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏小，故C正确；
D.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致所配盐酸的体积偏大，则盐酸的浓度偏小，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏大，故D错误；
故答案为：C。
(1)根据溶液是一种均一、稳定的混合物分析解答；
(2)①稀释前后溶质的物质的量不变，以此列式计算；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的实验步骤分析所需仪器；
(3)①n(HCl)=n(NaOH)，结合n=mM、c=nV计算；
②该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，可能原因是配制盐酸的浓度偏大，先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c=nV分析误差。
本题考查溶液配制方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液步骤及操作方法，配制溶液时所需仪器是高频考点，也是学生们的易错点，解答时往往会漏掉某些仪器，尤其是胶头滴管，写容量瓶时经常会漏掉规格，(3)②为易错点，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
29.【答案】放热 4NH3+5O2−催化剂高温4NO+6H2O安全瓶、防倒吸 水 3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2(直接写4NO+3O2+2H2O=4HNO3也可)吸收尾气防止环境污染 NO2 NH4NO3
【解析】解：(1)实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是放热反应，反应的化学方程式是：4NH3+5O2−催化剂高温4NO+6H2O，
故答案为：放热；4NH3+5O2−催化剂高温4NO+6H2O；
(2)装置A的作用是：安全瓶、防倒吸，
故答案为：安全瓶、防倒吸；
(3)装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，B中试剂为水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2(直接写4NO+3O2+2H2O=4HNO3也可)，
故答案为：水；3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2(直接写4NO+3O2+2H2O=4HNO3也可)；
(4)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，NaOH溶液的作用是：吸收尾气(NO、NO2)防止环境污染，
故答案为：吸收尾气防止环境污染；
(5)红棕色气体是NO2，NO2与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，故白烟的化学式是NH4NO3，
故答案为：NO2；NH4NO3。
试管中发生氨的催化氧化生成NO，在装置A中NO进一步被氧气氧化生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，
(1)反应为放热反应，放出大量的热，700℃时水是气体；氨气催化氧化生成NO和水；
(2)A为安全瓶；
(3)装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸；
(4)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物；
(5)红棕色气体是二氧化氮；氨气和硝酸能反应生成硝酸铵。
本题考查了氨气的性质实验，明确氮及其化合物的性质是解题关键，注意实验中各装置的作用，题目难度中等。
30.【答案】MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O2HClO−光照2HCl+O2↑取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl− 褪色原因不是因为HClO中和了NaOH 褪色原因是因为HClO氧化(反应)了酚酞
【解析】解：(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)将氯气通入氢氧化钠溶液可制得漂白液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故其离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(3)HClO溶液不能长久存放的原因是HClO不稳定，见光易分解，其化学方程式为：2HClO−光照2HCl+O2↑，则长久存放的HClO溶液中存在的阴离子有Cl−，可利用AgNO3溶液检验Cl−，实验方法为：取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−，
故答案为：2HClO−光照2HCl+O2↑；取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−；
(4)HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，②HClO有漂白性，而HClO的漂白作用不可逆，可通过调节溶液酸碱性探究溶液红色褪去的原因，取褪色后溶液加入 NaOH 溶液，观察到溶液依然无色，说明褪色原因不是因为HClO 中和了NaOH，另取褪色后溶液加入酚酞，观察到溶液变红色，说明褪色原因是因为HClO氧化(反应)了酚酞，
故答案为：褪色原因不是因为HClO 中和了NaOH；褪色原因是因为HClO氧化(反应)了酚酞。
(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水；
(2)将氯气通入氢氧化钠溶液可制得漂白液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(3)HClO不稳定，见光易分解产生HCl和氧气，可利用AgNO3溶液检验溶液中的Cl−；
(4)HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，滴有酚酞的NaOH溶液褪色的原因可能与溶液酸碱性有关，也可能与HClO的漂白作用有关，据此解答。
本题考查氯气的实验室制法以及含氯物质的性质，题目难度不大，关键是掌握制备氯气的原理、氯气和次氯酸的性质、氯离子的检验方法以及容量瓶的使用规格，注意审题。
31.【答案】NaOHCO2 CaSO3 CaCO3 NONO0.5
【解析】解：(1)在N2、CO2、CO、NaOH中，属于电解质的是：NaOH，属于酸性氧化物的是：CO2，CO是不成盐氧化物，
故答案为：NaOH；CO2；
(2)工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3.CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，
故答案为：CaSO3；CaCO3；
(3)生成NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=4NaNO2+2H2O，该反应中还原剂是：NO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，
故答案为：NO；CO；
(4)处理含NH4+废水时，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，同时生成水，所以发生反应的离子方程式为：NH4++NO2−=N2↑+2H2O，若0.5molNH4+参加反应时，需要的NaNO2的物质的量为0.5mol，
故答案为：0.5。
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的废水反应生成无污染气体，应生成N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解题。
本题考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
2021-2022学年北京市怀柔区高一（上）期末化学试卷
1. 二十四节是中国独有的传统文化，农谚“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是谷雨节气。下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是( )
A. K B. P C. N D. O
2. 下列仪器为容量瓶的是( )
A. B. C. D.
3. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )
A. KCl溶液 B. NaNO3溶液 C. Fe(OH)3胶体 D. Na2CO3溶液
4. 下列关于物质分类的叙述中，不正确的是( )
A. HClO属于酸 B. 纯碱属于碱 C. SO3属于氧化物 D. Na2SO3属于盐
5. 下列实验操作或事故处理正确的是( )
A. 金属Na着火，立即用水扑灭
B. 实验结束后，用嘴吹灭酒精灯
C. 皮肤上不慎沾上浓NaOH溶液，立即用盐酸冲洗
D. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并不断搅拌
6. 下列叙述中正确的是( )
A. 铁与浓硝酸反应产生对应的盐和氢气
B. 常温下，浓硫酸可以用铝制容器盛放
C. 金属与水反应均生成对应的氢氧化物和氢气
D. 铁与硫反应的产物为硫化铁
7. 下列物质属于常见还原剂的是( )
A. 活泼金属 B. KMnO4 C. HNO3 D. O2
8. 下列反应既是离子反应又是氧化还原反应的是( )
A. 铁片放入CuSO4溶液中 B. 盐酸和氧化镁
C. BaCl2溶液中滴入稀硫酸 D. 氢气还原氧化铜
9. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A. S→O2点燃SO3 B. Na→O2点燃Na2O
C. Fe→Cl2点燃FeCl2 D. NaHCO3→△NaCO3
10. 物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，三种溶液中Cl−的物质的量浓度之比为( )
A. 1：1：1 B. 1：2：3 C. 3：4：3 D. 3：2：1
11. 下列关于钠的化合物的叙述正确的是( )
A. 同温同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3
B. Na2O与Na2O2与水反应的产物完全相同
C. 碳酸钠受热分解成Na2O和CO2
D. 氯化钠固体不导电的原因是没有离子
12. 在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是( )
A. 该循环过程中未涉及氧化还原反应
B. 碳酸钠的电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32−
C. 该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D. 钙化作用的离子方程式之一为Ca2++CO32−=CaCO3↓
13. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应：Ba2++SO42−=BaSO4↓
B. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑
C. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32−+2H+=CO2↑+H2O
D. 碳酸钠溶液与过量盐酸反应：CO32−+H+=HCO3−
14. 喷泉实验装置如图所示，应用下列各组气体和溶液不会出现喷泉现象的是( )
A. SO2和氨水
B. HCl气体和水
C. NH3和水
D. Cl2和饱和食盐水
15. 某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的( )
①钠比水轻
②钠的熔点较低
③钠与水反应在时要放出热量
④钠与水反应后溶液呈碱性．
A. ①④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④
16. 下列溶液中的离子能够大量共存的一组是( )
A. 强碱性溶液中：Fe3+、SO42−、NH4+、Cl−
B. 透明的酸性溶液中：Cu2+、K+、Cl−、SO42−
C. 含有0.1mol/L的H+的溶液中：NO3−、I−、CO32−、K+
D. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、Mg2+、SO42−、CO32−
17. 用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是( )
A. 100mL0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中含有钠离子数为0.01NA
B. 0.1molCO2中含有的氧原子数为0.2NA
C. 标准状况下，2.24LCO和NO混合气体中含有的氧原子数为0.1NA
D. 6.4gCu与足量热浓H2SO4充分反应，转移电子数为0.1NA
18. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )
A. 用装置除去Cl2中含有的少量HCl
B. 用所示装置利用NaCl溶液制备NaCl晶体
C. 用所示装置除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3
D. 用所示装置验证碳酸钠比碳酸氢钠热稳定性好
19. 某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：
下列说法中正确的是( )
A. ②中的大量气泡的主要成分是氢气
B. ③中溶液变红，说明有酸性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
20. SO2在生产生活中用途广泛，关于SO2的下列说法错误的是( )
A. SO2不属于电解质 B. SO2作氧化剂时，理论上可被还原为S
C. SO2只具有还原性 D. SO2的水溶液在空气中放置，易被氧化
21. 下列有关气体的制备和收集正确的是( )
A. 制取氯气
B. 制取氨气
C. 制取二氧化硫
D. 制取二氧化氮
22. 下列叙述不正确的是( )
选项
被提纯物质
杂质
除杂试剂或方法
A
FeCl3溶液
FeCl2
通入适量Cl2
B
Cl2
H2O(蒸气)
通入浓硫酸中
C
铜粉
铁粉
加入过量盐酸并过滤
D
CO2
HCl
通入饱和的碳酸钠溶液中
A. A B. B C. C D. D
23. 将气体a通入溶液b中，始终无明显变化的是( )
气体a
溶液b
A
Cl2
NaBr
B
CO2
CaCl2
C
SO2
Ba(NO3)2
D
NO2
FeSO4
A. A
B. B
C. C
D. D
24. 下列实验现象与结论均正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液
溶液呈红色
未知液中一定含有Fe2+
B
向无色溶液中滴加氯水，再加淀粉溶液
溶液变蓝
无色溶液中含有I−
C
浓硫酸滴入蔗糖中
蔗糖变黑、体积膨胀
浓硫酸具有吸水性
D
铜粉加入稀硫酸中，再加入少量硝酸钾固体
开始无明显现象，加入硝酸钾固体后溶液变蓝
硝酸钾起催化作用
A. A B. B C. C D. D
25. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是( )
A. 过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B. 过程②中，Fe3+作氧化剂
C. 转化图中化合价不变的元素只有铜和氯
D. 回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
26. (1)有下列反应①SO3+H2O=H2SO4②Cl2+H2O=HCl+HClO③2F2+2H2O=4HF+O2④CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。上述反应中不属于氧化还原反应的是 ______(填序号，下同)；H2O只作还原剂的是 ______；属于氧化还原反应，但其中的H2O既不被氧化，又不被还原的是 ______
(2)为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO+2CO−催化剂N2+2CO2。
①用双线桥标出电子转移的方向和数目 ______。
②若消耗标况22.4L的NO得到还原产物的质量为 ______g，转移电子的物质的量为 ______mol
27. 从元素化合价和物质类别两个角度研究物质的性质是一种行之有效的方法。如图是由铁元素组成的物质的部分信息。
(1)写出X的化学式：______。
(2)①FeO与稀硫酸反应的离子方程式：______。
②Y物质在空气中变化的化学方程式 ______该变化的现象是 ______。
(3)一定量的铁粉在氯气中充分燃烧后，将所得固体完全溶于稀盐酸，制得溶液A。推测溶液A中可能含有的金属阳离子：a.只有Fe3+，b.只有Fe2+，c.______。
①填写c后空格；
②甲同学为探究溶液的组成，实验如下：取少量溶液A置于试管中，加入KSCN溶液，溶液 ______，说明假设b不成立，假设a或c成立。
(4)乙同学继续探究溶液A的组成。
查阅资料：16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
实验过程：另取少量溶液A置于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去。实验结论：______(填写字母序号)。
A.可能有Fe2+
B.可能无Fe2+
C.一定有Fe2+
根据你选择的实验结论，简述理由：______。
28. 如图为实验室某盐酸试剂瓶的标签，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
盐酸
分子式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.19g⋅cm−3
物质的量浓度：11.9mol⋅L−1
(1)取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是 ______ 。(填字母)
A.溶液中HCl的物质的量
B.溶液的物质的量浓度
C.溶液的密度
D.溶液中Cl−的数目
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL0.50mol/L的稀盐酸。
①该学生需要量取 ______ mL上述浓盐酸进行配制。
②本实验用到的基本仪器已有烧杯、量简、玻璃棒，还缺少的仪器是 ______ 。
(3)①假设该同学成功配制了0.50mol/L的盐酸，他又用该盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，则该同学需取 ______ mL盐酸。
②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，则可能的原因是 ______ 。(填字母)
A.浓盐酸挥发，浓度不足
B.配制溶液时，未洗涤烧杯
C.定容时，俯视容量瓶刻度线
D.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
29. 实验小组设计了如图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。
(1)实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是 ______反应(填“吸热”或“放热”)，反应的化学方程式是 ______。
(2)装置A的作用是 ______。
(3)B中可以得到少量硝酸，B中试剂为 ______，可能发生的反应为 ______。
(4)NaOH溶液的作用是 ______。
(5)控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。推测红棕色气体的化学式是 ______，白烟的化学式是 ______。
30. 1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为Chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 ______。
(2)将氯气通入氢氧化钠溶液可制得漂白液，该过程得离子方程式 ______。
(3)用Cl2可制备HClO溶液，该溶液不能长期存放，用化学方程式解释原因 ______。验证久置次氯酸溶液中存在的阴离子的试验方案是 ______。
(4)将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，观察到溶液红色褪去，探究红色褪去的原因。取褪色后溶液加入 NaOH 溶液，观察到溶液依然无色，说明 ______。另取褪色后溶液加入酚酞，观察到溶液变红色，说明 ______。
31. 国家实施“青山绿水”工程，故加大力度研究脱硫以及“三废”处理技术意义重大。某工厂拟综合处理工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)和含NH4+的废水，设计了如图流程：
(1)在N2、CO2、CO、NaOH中，属于电解质的是 ______(填化学式，下同)，属于酸性氧化物的是 ______。
(2)固体1中除含有Ca(OH)2外，还含有 ______、______。
(3)生成NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=4NaNO2+2H2O，该反应中还原剂是 ______；捕获剂所捕获的气体主要是 ______。
(4)处理含NH4+的废水时，若0.5molNH4+参加反应时，需要的NaNO2的物质的量为 ______mol。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，所以为作物提供了所需要的N元素，属于氮肥，与氮元素有关，
故选：C。
由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，据此答题。
本题考查了元素化合物知识，熟悉氮气的性质及“雷雨肥田”原理即可解答，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.图为容量瓶，故A正确；
B.图中为量筒，故B错误；
C.图中为试管，故C错误；
D.图中为冷凝管，故D错误；
故选：A。
容量瓶为配制一定物质的量浓度必需的仪器，有塞子及规定的规格，以此来解答。
本题考查化学实验仪器，为高频考点，把握仪器的结构、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意中学化学常见的仪器，题目难度不大。
3.【答案】C
【解析】解：只有胶体具有丁达尔效应，而溶液和浊液都不具有此性质，KCl溶液、NaNO3溶液、Na2CO3溶液分散系中分散质微粒直径小于1nm，均属于溶液，不能产生丁达尔效应，Fe(OH)3胶体为胶体，所以能产生丁达尔效应，
故选：C。
丁达尔效应是胶体特有的性质，只有胶体分散系才能产生丁达尔效应。
本题考查胶体的性质，丁达尔效应是胶体的特有性质，题目难度不大，注意胶体性质的理解应用。
4.【答案】B
【解析】解：A.HClO属于酸，故A正确；
B.纯碱是碳酸钠，属于盐，不是碱，故B错误；
C.SO3属于离子元素组成，其中一种为氧元素的化合物，为氧化物，故C正确；
D.Na2SO3符合盐的构成，属于盐类化合物，故D正确；
故选：B。
A.电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸；
B.电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；
C.由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；
D.金属阳离子或铵根离子，与酸根阴离子构成的化合物为盐。
本题考查了物质的分类方法，注意把握纯净物和混合物、酸、盐和氧化物的概念，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
5.【答案】D
【解析】解：A.钠与水发生反应生成可燃性的氢气，因此金属钠着火，不能用水灭，应用沙子盖灭，故A错误；
B.实验结束，若用嘴吹灭酒精灯，易引起酒精灯内酒精蒸气着火，故B错误；
C.盐酸有腐蚀性，不能用盐酸冲洗，故C错误；
D.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿容器壁慢慢注入水中，并不断搅拌，故D正确。
故选：D。
本题考查化学实验基本操作，难度不大，必须严格按照实验进行规范操作．同时掌握对意外事故处理的技能．
6.【答案】B
【解析】解：A.常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，不能生成对应的盐和氢气，故A错误；
B.常温下，铁、铝等金属在浓硝酸、浓硫酸中形成致密氧化膜，阻止内部金属继续与浓硝酸、浓硫酸反应，发生钝化，浓硫酸和浓硝酸在常温下都能用铝制容器盛放，故B正确；
C.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不生成对应的氢氧化物和氢气，故C错误；
D.硫的氧化性较弱，铁与硫在加热条件下反应生成FeS，故D错误；
故选：B。
A.依据浓硝酸的强氧化性解答；
B.浓硫酸、浓硝酸都为强氧化性酸，可与铝、铁发生钝化反应；
C.铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁；
D.铁与硫在加热条件下反应生成FeS。
本题考查较为综合，涉及金属、非金属及浓硝酸、浓硫酸的性质以及应用，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。
7.【答案】A
【解析】解：O2、HNO3、KMnO4都具有强氧化性，一般可用于氧化剂，活泼金属常作还原剂，
故选：A。
活泼非金属的单质或具有元素最高价态的化合物一般具有强氧化性，常用作氧化剂，常用作氧化剂的物质有O2、Cl2、HNO3、KMnO4、FeCl3等，常用作还原剂的物质有C、H2、CO、KI、Zn、Al、Fe等，以此解答该题。
本题考查了氧化还原反应的有关知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，主要考查了常见氧化剂和还原剂的判断，注意元素化合价的判断以及物质的性质的分析，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：A.铁片放入CuSO4溶液中，反应的实质为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，既是离子反应又是氧化还原反应，故A正确；
B.盐酸和氧化镁，属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C.BaCl2溶液中滴入稀硫酸，属于离子反应，但元素的化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D.氢气还原氧化铜不是离子反应，但属于氧化还原反应，故D错误。
故选：A。
离子反应，应能在溶液中进行，且有离子参加反应，氧化还原反应的特征是有化合价的升降，以此解答该题。
本题考查氧化还原反应、离子反应，题目难度不大，注意把握离子反应以及氧化还原反应的实质，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应。
9.【答案】D
【解析】解：A.硫和氧气反应生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，物质间转化不能一步实现，故A错误；
B.2Na+O2−点燃Na2O2，钠与氧气在常温下生成氧化钠，物质间转化不能一步实现，故B错误；
C.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，而不是氯化亚铁，故C错误；
D.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，方程式为2NaHCO3−△Na2CO3+H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
A.硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫；
B.钠点燃反应生成过氧化钠；
C.氯气具有强氧化性，与变价金属生成高价氯化物；
D.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳。
本题考查常见元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，题目难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为C，则氯化钠溶液中氯离子的物质的量浓度等于C，氯化镁溶液中氯离子的物质的量浓度等于2C，氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度等于3C，同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中氯离子的物质的量浓度之比为1：2：3，与溶液与溶液的体积无关；
故选：B.
根据离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质化学式中含有离子的个数，与溶液的体积无关．
抓住离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×一个溶质化学式中含有离子的个数是解答本题的关键，离子的浓度与化学式和溶质的浓度有关，与溶液的体积无关．
11.【答案】A
【解析】解：A.碳酸根的水解程度大于碳酸氢根的，同温同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaHCO3，故A正确；
B.Na2O与Na2O2与水反应的产物不完全相同，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠外，还生成氧气，故B错误；
C.碳酸钠受热不能分解，不能生成氧化钠，故C错误；
D.固体氯化钠中钠离子和氯离子不能自由移动，所以氯化钠固体不导电，氯化钠是钠离子和氯离子构成的离子化合物，故D错误；
故选：A。
A.同温同浓度碳酸根的水解程度大于碳酸氢根；
B.氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气；
C.碳酸钠受热不分解；
D.固体氯化钠中钠离子和氯离子不能自由移动。
本题考查物质的性质和用途，题目难度不大，掌握相关物质的性质和用途是解题的关键。
12.【答案】A
【解析】解：A、二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，故A错误；
B、碳酸钠的电离方程式：Na2CO3=2Na++CO32−，故B正确；
C.该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故C正确；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3−转化为CaCO3和CO2，所以钙化作用的离子方程式为Ca2++2HCO3−=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
A、光合作用是氧化还原反应；
B、碳酸氢电离生成钠离子和碳酸根离子；
C.减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”；
D、根据反应图象分析，钙化过程中HCO3−转化为CaCO3和CO2。
本题主要考查的是海水的综合利用过程，相关化学反应的问题，明确氧化还原反应的判断是解题的关键。
13.【答案】B
【解析】解：A.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，离子方程式：2H++2OH−+Ba2++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B.钠与水反应，离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B正确；
C.碳酸钙与稀盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；
D.碳酸钠溶液与过量盐酸反应，离子方程式：CO32−+2H+=H2O+CO2↑，故D错误。
故选：B。
A.漏掉氢氧根离子与氢离子的反应；
B.二者反应生成氢氧化钠和氢气；
C.碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
D.盐酸过量，反应生成氯化钠和水和二氧化碳。
本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)式等。
14.【答案】D
【解析】解：A.二氧化硫为酸性氧化物，氨水显碱性，所以氨水可以吸收二氧化硫，能形成喷泉实验，故A不选；
B.氯化氢易溶于水，所以可以形成喷泉实验，故B不选；
C.氨气易溶于水，所以可以形成喷泉实验，故C不选；
D.氯气在饱和食盐水中溶解度不大，且与饱和食盐水不反应，所以不能形成喷泉实验，故D选。
故选：D。
在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
本题考查实验装置综合，为高频考点，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；
②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；
③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；
④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确。
故选：D。
将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到的现象依次是：浮、熔、游、响、红，根据实验现象分析得出实验结论．
此题是对钠与水的反应的考查，解题的重点是对钠与水反应的有关问题，特别是物质的性质的反应的掌握，属基础性知识考查题．
16.【答案】B
【解析】解：A.Fe3+、OH−之间反应生成氢氧化铁沉淀，在碱性溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Cu2+、K+、Cl−、SO42−、H+之间不反应，在透明的酸性溶液中能够大量共存，故B正确；
C.NO3−、I−、H+之间发生氧化还原反应，CO32−、H+之间发生反应，不能大量共存，故C错误；
D.使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+与OH−、CO32−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
A.铁离子与氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀；
B.四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；
C.硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子，碳酸根离子与氢离子反应；
D.该溶液呈碱性，镁离子与氢氧根离子、碳酸根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.100mL0.1mol⋅L−1的NaOH溶液中含有钠离子数为：0.1L×0.1mol/L×NAmol−1=0.01NA，故A正确；
B.1个二氧化碳含有2个氧原子，0.1molCO2中含有的氧原子数为0.2NA，故B正确；
C.标准状况下，2.24LCO和NO混合气体物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，含有的氧原子数为0.1NA，故C正确；
D.6.4gCu物质的量为：6.4g64g/mol=0.1mol，依据Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O∼2e−可知，转移电子数为0.2NA，故D错误；
故选：D。
A.氢氧化钠为强电解质，完全电离；
B.1个二氧化碳含有2个氧原子；
C.每个CO和NO都含1个O；
D.依据Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O∼2e−计算。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。
18.【答案】B
【解析】解：A.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故A错误；
B.NaCl为可溶性固体，且不水解，图中蒸发装置可分离出NaCl，故B正确；
C.胶体粒子、溶液均可透过滤纸，过滤不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠，为对比二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故D错误；
故选：B。
A.二者均与NaOH溶液反应；
B.NaCl为可溶性固体，且不水解；
C.胶体粒子、溶液均可透过滤纸；
D.碳酸氢钠受热温度低，可分解生成碳酸钠。
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、混合物的分离提纯、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。
19.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查物质性质及实验现象解释，综合考查物质的性质及实验能力，为高频考点，把握过氧化钠的性质及实验流程为解答的关键，题目难度不大。
【解答】
A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，所以②中的大量气泡主要成分是氧气，故A错误；
B、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是碱，遇酚酞变红，说明生成碱性物质，故B错误；
C、④中红色褪去，可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有强氧化性，能氧化有色物质，漂白褪色，故C正确；
D、过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解生成水和氧气，即验证过氧化钠和水反应生成的过氧化氢，故D错误。
故选：C。
20.【答案】C
【解析】解：A.二氧化硫自身不能产生自由移动的离子，属于非电解质，故A正确；
B.二氧化硫中硫元素为+4价，反应中可以降低，所以能够被还原为硫单质，故B正确；
C.二氧化硫中硫元素为+4价，既可以降价又可以升价，所以二氧化硫既有氧化性又有还原性，故C错误；
D.二氧化硫溶于水与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，易被氧化生成硫酸，故D正确；
故选：C。
A.电解质必须是自身在水溶液中或者熔融状态下电离出自由移动的离子的化合物；
B.依据二氧化硫中硫元素化合价判断；
C.依据二氧化硫中硫元素化合价判断
D.依据亚硫酸的还原性解答。
本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫的性质是解题关键，注意分析二氧化硫中硫元素化合价，题目难度不大。
21.【答案】B
【解析】解：A.浓盐酸与二氧化锰在加热条件下发生反应生成氯气、二氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，故A错误；
B.实验室制备氨气是氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成，反应的化学方程式：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3+2H2O，收集装置也正确，故B正确；
C.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，二氧化硫易溶于水，应该用向上排空气法收集，故C错误；
D.用浓硝酸和铜反应制取二氧化氮，反应为：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故D错误；
故选：B。
A.实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需加热；
B.实验室制备氨气是氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成；
C.亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，二氧化硫易溶于水；
D.用浓硝酸和铜反应制取二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮。
本题考查气体的制取与收集，掌握相关的反应原理以及气体的性质是解答关键，注意考虑收集气体的方法时，应该从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断，从而找出最好的收集方法，题目难度不大。
22.【答案】D
【解析】解：A.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，则通入适量Cl2可除杂，故A正确；
B.浓硫酸可吸收水，与氯气不反应，则通入浓硫酸中可干燥提纯氯气，故B正确；
C.Fe与盐酸反应，而Cu不能，反应后过滤可分离，故C正确；
D.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故D错误；
故选：D。
A.氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；
B.浓硫酸可吸收水，与氯气不反应；
C.Fe与盐酸反应，而Cu不能；
D.二者均与碳酸钠溶液反应。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
23.【答案】B
【解析】解：A.氯气与NaBr反应生成溴，溶液b为颜色由无色变为橙色，故A不选；
B.二氧化碳与氯化钙不反应，无明显变化，故B选；
C.二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应，生成白色沉淀，故C不选；
D.NO2与硫酸亚铁发生氧化还原反应，溶液由浅绿色变为黄色，故D不选；
故选：B。
A.氯气与NaBr反应生成溴；
B.二氧化碳与氯化钙不反应；
C.二氧化硫与硝酸钡发生氧化还原反应；
D.NO2与硫酸亚铁发生氧化还原反应．
本题考查化学实验的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．
24.【答案】B
【解析】解：A.先加氯水可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子，应先加KSCN，后加氯水检验亚铁离子，故A错误；
B.氯气与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，由操作和现象可知，无色溶液中含有I−，故B正确；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体，则蔗糖变黑、体积膨胀，可知浓硫酸具有脱水性、强氧化性，故C错误；
D.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则开始无明显现象，加入硝酸钾固体后溶液变蓝，与催化作用无关，故D错误；
故选：B。
A.先加氯水可氧化亚铁离子，但不能排除原溶液是否含铁离子；
B.氯气与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝；
C.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫气体；
D.Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu。
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、反应与现象、离子检验、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。
25.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中转化反应，题目难度不大。
【解答】
由题干图可知，①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，以此来解答。
A.由分析可知，①中发生反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A正确；
B.②中发生反应CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，Fe的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；
C.转化图中化合价不变的元素有铜、氢和氯，故C错误；
D.由分析可知，回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，故D正确；
故选：C。
26.【答案】①④ ③ ② 14 2
【解析】解：(1)①④中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应；②③中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应②中水既不是氧化剂，也不是还原剂；反应③中，水中氧元素的化合价从−2价升高到0价，失去电子，水作还原剂，被氧化；反应②是氧化还原反应，反应中只有Cl元素的化合价发生变化，水既不被氧化，又不被还原，
故答案为：①④；③；②；
(2)①该反应中，CO的+2价C由变为+4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂；N元素化合价从+2变为0，化合价降低，转移电子数为4，双线桥标出电子转移的方向和数目
故答案为：；
②22.4L的NO物质的量为22.4L22.4L/mol=1mol，的根据2NO+2CO−催化剂N2+2CO2可知，消耗2molNO生成氮气的物质的量为1mol，得到还原产物N2的质量为18g×0.5mol=14g；该反应中N元素化合价从+2变为0，消耗1molNO转移电子的物质的量为：1mol×(2−0)=2mol，
故答案为：14；2。
(1)没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应；有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；水中H元素的化合价降低，是氧化剂，水中O元素的化合价升高，是还原剂；反应中有元素化合价的变化，但水中H、O元素的化合价没有变化；
(2)反应2NO+2CO−催化剂N2+2CO2中，NO的+2价N元素变成0价，化合价降低被还原，则NO为氧化剂；CO中+2价C由变为+4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂，据此结合电子守恒分析。
本题考查氧化还原反应的概念及计算，题目难度不大，明确化合价变化为解答关键，注意掌握氧化还原反应的概念及特征，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
27.【答案】Fe2O3 FeO+2H+=Fe2++H2O4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 色固体迅速变成灰绿色，最后变为红褐色 含有Fe3+和Fe2+ 变红 B(A)加入的酸性KMnO4溶液将Cl−氧化，从而使KMnO4紫色褪去(因为还原性Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液先将Fe2+氧化，从而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+)
【解析】解：(1)X为铁的氧化物，对应铁元素化合价+3价，化学式为：Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
(2)①氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，
故答案为：FeO+2H+=Fe2++H2O；
②Y为碱对应铁元素化合价+2价，化学式：Fe(OH)2，在空气中迅速变化为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；白色固体迅速变成灰绿色，最后变为红褐色；
(3)①A中可能含有两种金属阳离子，即含①Fe3+；②只有Fe2+；③有Fe3+和Fe2+，
故答案为：含有Fe3+和Fe2+；
②取少量溶液A置于试管中，加入KSCN溶液，溶液变红，说明假设b不成立，假设a或c成立，
故答案为：变红；
(4)酸性KMnO4溶液可以氧化Fe2+、Cl−，使KMnO4紫色褪去，因还原性：Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2+氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+，或加入的酸性KMnO4溶液，将Cl−氧化，而使KMnO4紫色褪去，另取少量溶液A置于试管中，逐滴加入酸性KMnO4溶液，充分振荡，KMnO4溶液紫色褪去，实验结论为B(A)，
故答案为：B(A)；加入的酸性KMnO4溶液将Cl−氧化，从而使KMnO4紫色褪去 或(因为还原性Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液先将Fe2+氧化，从而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+)。
(1)X为铁的氧化物，对应铁元素化合价+3价，Y为碱对应铁元素化合价+2价；
(2)①氧化亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和水；
②Y为碱对应铁元素化合价+2价，化学式：Fe(OH)2，在空气中迅速变化为灰绿色，最后变为红褐色氢氧化铁；
(3)①A中可能含有两种金属阳离子；
②假设b不成立，假设a或c成立，说明含铁离子，铁离子遇到KSCN溶液变红色；
(4)根据Fe2+、Cl−都能被酸性KMnO4溶液氧化，但还原性：Fe2+>Cl−，逐滴加入的酸性KMnO4溶液，先将Fe2+氧化，而使KMnO4紫色褪去，故可能含有Fe2+；或加入的酸性KMnO4溶液，将Cl−氧化，而使KMnO4紫色褪去。
本题主要考查了铁及其化合物性质分析、Fe3+和Fe2+的检验等，题目难度不大，注意抓住了Fe3+和Fe2+性质的差异，题目难度中等。
28.【答案】BC21.0胶头滴管、500mL容量瓶 20.0C
【解析】解：(1)A.根据n=cV可知，溶液中HCl的物质的量与溶液体积有关，故A错误；
B.溶液具有均一性，溶液的物质的量浓度与体积无关，即溶液浓度不随所取体积的多少而变化，故B正确；
C.溶液具有均一性，溶液的密度与溶液体积无关，即溶液密度不随所取体积的多少而变化，故C正确；
D.溶液中Cl−的数目与溶液体积有关，故D错误；
故答案为：BC；
(2)①设需要浓盐酸的体积为V，稀释前后溶质物质的量不变，可得：V×11.9mol/L=0.50mol⋅L−1×0.5L，解得：V≈0.021L=21.0mL，该学生需要量取21.0mL上述浓盐酸进行配制，
故答案为：21.0；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，可知本实验用到的基本仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是胶头滴管、500mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶；
(3)①n(HCl)=n(NaOH)=0.4g40g/mol=0.01mol，需要0.50mol/L的盐酸的体积为：0.01mol0.50mol/L=0.02L=20.0mL，
故答案为：20.0；
②该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，可能原因是所配制盐酸的浓度偏大，
A.浓盐酸挥发，浓度不足，配制的盐酸浓度偏小，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏大，故A错误；
B.配制溶液时，未洗涤烧杯，配制的盐酸浓度偏小，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏大，故B错误；
C.定容时，俯视容量瓶刻度线，导致所配盐酸的体积会偏小，则盐酸的浓度偏大，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏小，故C正确；
D.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致所配盐酸的体积偏大，则盐酸的浓度偏小，中和NaOH溶液时，消耗盐酸的体积会偏大，故D错误；
故答案为：C。
(1)根据溶液是一种均一、稳定的混合物分析解答；
(2)①稀释前后溶质的物质的量不变，以此列式计算；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的实验步骤分析所需仪器；
(3)①n(HCl)=n(NaOH)，结合n=mM、c=nV计算；
②该同学用新配制的盐酸中和含0.4g溶质的NaOH溶液，发现消耗的盐酸比①中所求体积偏小，可能原因是配制盐酸的浓度偏大，先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c=nV分析误差。
本题考查溶液配制方法，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液步骤及操作方法，配制溶液时所需仪器是高频考点，也是学生们的易错点，解答时往往会漏掉某些仪器，尤其是胶头滴管，写容量瓶时经常会漏掉规格，(3)②为易错点，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力，题目难度不大。
29.【答案】放热 4NH3+5O2−催化剂高温4NO+6H2O安全瓶、防倒吸 水 3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2(直接写4NO+3O2+2H2O=4HNO3也可)吸收尾气防止环境污染 NO2 NH4NO3
【解析】解：(1)实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，由此可知该反应是放热反应，反应的化学方程式是：4NH3+5O2−催化剂高温4NO+6H2O，
故答案为：放热；4NH3+5O2−催化剂高温4NO+6H2O；
(2)装置A的作用是：安全瓶、防倒吸，
故答案为：安全瓶、防倒吸；
(3)装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，B中试剂为水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2(直接写4NO+3O2+2H2O=4HNO3也可)，
故答案为：水；3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2(直接写4NO+3O2+2H2O=4HNO3也可)；
(4)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，NaOH溶液的作用是：吸收尾气(NO、NO2)防止环境污染，
故答案为：吸收尾气防止环境污染；
(5)红棕色气体是NO2，NO2与水反应生成硝酸，氨气和硝酸能反应生成硝酸铵，故白烟的化学式是NH4NO3，
故答案为：NO2；NH4NO3。
试管中发生氨的催化氧化生成NO，在装置A中NO进一步被氧气氧化生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸，用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物，防止污染空气，
(1)反应为放热反应，放出大量的热，700℃时水是气体；氨气催化氧化生成NO和水；
(2)A为安全瓶；
(3)装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸；
(4)用氢氧化钠溶液吸收氮的氧化物；
(5)红棕色气体是二氧化氮；氨气和硝酸能反应生成硝酸铵。
本题考查了氨气的性质实验，明确氮及其化合物的性质是解题关键，注意实验中各装置的作用，题目难度中等。
30.【答案】MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O2HClO−光照2HCl+O2↑取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl− 褪色原因不是因为HClO中和了NaOH 褪色原因是因为HClO氧化(反应)了酚酞
【解析】解：(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水，其化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)将氯气通入氢氧化钠溶液可制得漂白液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故其离子方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O，
故答案为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
(3)HClO溶液不能长久存放的原因是HClO不稳定，见光易分解，其化学方程式为：2HClO−光照2HCl+O2↑，则长久存放的HClO溶液中存在的阴离子有Cl−，可利用AgNO3溶液检验Cl−，实验方法为：取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−，
故答案为：2HClO−光照2HCl+O2↑；取少量久置HClO溶液于试管中，加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl−；
(4)HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，将HClO溶液加入到滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能是①NaOH被HClO中和，②HClO有漂白性，而HClO的漂白作用不可逆，可通过调节溶液酸碱性探究溶液红色褪去的原因，取褪色后溶液加入 NaOH 溶液，观察到溶液依然无色，说明褪色原因不是因为HClO 中和了NaOH，另取褪色后溶液加入酚酞，观察到溶液变红色，说明褪色原因是因为HClO氧化(反应)了酚酞，
故答案为：褪色原因不是因为HClO 中和了NaOH；褪色原因是因为HClO氧化(反应)了酚酞。
(1)舍勒制取Cl2的方法是将MnO2与浓盐酸混合加热，产生氯化锰、氯气和水；
(2)将氯气通入氢氧化钠溶液可制得漂白液的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(3)HClO不稳定，见光易分解产生HCl和氧气，可利用AgNO3溶液检验溶液中的Cl−；
(4)HClO是一元弱酸，并具有漂白性，酚酞试剂遇碱变红，滴有酚酞的NaOH溶液褪色的原因可能与溶液酸碱性有关，也可能与HClO的漂白作用有关，据此解答。
本题考查氯气的实验室制法以及含氯物质的性质，题目难度不大，关键是掌握制备氯气的原理、氯气和次氯酸的性质、氯离子的检验方法以及容量瓶的使用规格，注意审题。
31.【答案】NaOHCO2 CaSO3 CaCO3 NONO0.5
【解析】解：(1)在N2、CO2、CO、NaOH中，属于电解质的是：NaOH，属于酸性氧化物的是：CO2，CO是不成盐氧化物，
故答案为：NaOH；CO2；
(2)工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3.CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，
故答案为：CaSO3；CaCO3；
(3)生成NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=4NaNO2+2H2O，该反应中还原剂是：NO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，
故答案为：NO；CO；
(4)处理含NH4+废水时，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，同时生成水，所以发生反应的离子方程式为：NH4++NO2−=N2↑+2H2O，若0.5molNH4+参加反应时，需要的NaNO2的物质的量为0.5mol，
故答案为：0.5。
工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的废水反应生成无污染气体，应生成N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解题。
本题考查物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
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