2024届高考化学一轮复习——无机物的性质实验
一、单选题（共16题）
1.甲、乙两个烧杯中分别盛有100 mL 4.0 mol/L的盐酸和100 mL 4.0 mol/L NaOH溶液，向两个烧杯中均加入5.4 g铝粉，在相同状况下产生气体的体积比为 ( )
A. 1:1 B. 2:3 C. 3:2 D. 3:1
2.下列鉴别碳酸钠和碳酸氢钠固体的方法中正确的是（ ）
A. 分别取两种固体样品，加热产生气体的是碳酸钠
B. 分别取样品溶于水后加入氯化钙溶液，若有白色沉淀则是碳酸氢钠
C. 分别取样品溶于水后，通过加入氢氧化钠溶液后的现象来鉴别
D. 分别取等质量的两种固体样品，与盐酸反应，产生气体较快的是碳酸氢钠
3.四支试管中分别充满NO、SO2、NO2、Cl2中的一种，把它们分别倒立于盛有水的水槽中，充分放置后的现象如下图所示，其中原试管充满NO2的是（ ）
A. B. C. D.
4.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法错误的是（ ）
A. 可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质
B. 碳酸钠晶体中加少量水放热，碳酸氢钠中加少量水吸热
C. 等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者产生二氧化碳少
D. 碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液可用氢氧化钙溶液鉴别
5.用含有少量镁的铝片制取纯净的Al（OH）3 ， 可能有的步骤为：① 加盐酸溶解；② 加过量苛性钠溶液；③ 过滤；④ 通入过量CO2；⑤ 加过量纯碱溶液，实验操作最合理的组合及顺序是（ ）
A. ①⑤④③ B. ②③④③ C. ②③⑤③ D. ①⑤③
6.称取两份铝粉，第一份加入足量的盐酸，第二份加入足量的烧碱。若同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝粉的质量比为（ ）
A. 1:1 B. 2:3 C. 3:2 D. 1:6
7.下列反应属于置换反应的
A. CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑ B. Fe2O3+3CO 2Fe +3CO2
C. 2Al + Fe2O3 Al2O3+2Fe D. 4NH3+5O2 4NO +6H2O
8.下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 解释或结论
A 充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热 小木条不燃烧 Na2SiO3可作防火剂
B 将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧 集气瓶口上方有白烟生成 H2、Cl2化合生成HCl
C 将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中 溶液褪色 SO2具有漂白性
D 除去表面氧化膜的铝箔，在酒精灯上充分加热 铝不能滴落下来 铝熔点高，没能熔化
A. A B. B C. C D. D
9.可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法是（ ）
A. 加热时有气体放出 B. 滴加盐酸时有气泡放出
C. 溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成 D. 溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成
10.有关Na2CO3和NaHCO3的性质，下列叙述错误的是（ ）
A. 相同温度下，等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的碱性比较，前者更强 B. 常温时水溶性：Na2CO3＞NaHCO3
C. 在酒精灯加热的条件下，前者不分解，后者分解 D. 将澄清的石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，前者产生沉淀，后者无现象
11.关于水玻璃的叙述不正确的是 ( )
A. 它是一种矿物胶，既不能燃烧也不易腐蚀
B. 在建筑工业上可用黏合剂和耐火材料
C. 它在空气中易变质，因为Na2O·nSiO2＋CO2＋mH2O===Na2CO3＋nSiO2·mH2O
D. 水玻璃的主要成分是二氧化硅
12.NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质(见下图)。下列说法正确的是( )
A. 25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B. 石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C. 常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应
D. 图中所示转化反应都是氧化还原反应
13.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中,不正确的是（ ）
A. Na2CO3稳定性大于NaHCO3
B. 相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
C. 可以用滴加BaCl2溶液的方法，鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀，后者无现象
14.下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（ ）
A. 常温下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度小
B. 质量相同的Na2CO3和NaHCO3与足量盐酸反应可生成等量的CO2
C. 石灰水可鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. 相同条件下Na2CO3和NaHCO3分别与盐酸反应，后者放出气体快
15.有关Al与NaOH溶液反应的说法中，正确的是( )
A. Al是还原剂，NaOH及H2O均是氧化剂
B. 还原产物是H2 ， 且由H2O还原所得的H2与由NaOH还原所得的H2物质的量之比为2∶1
C. 此反应说明铝具有两性，铝的活泼性比只具有金属性的金属弱
D. 此反应中，只有H2O是氧化剂，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂
16.取5mL 0.1mol/L KI溶液，滴加0.1mol/L FeCl3溶液5～6滴，继续加入2mLCCl4 ， 充分振荡，静置，下列有关该实验的说法错误的是（ ）
A. 下层CCl4层溶液呈紫红色
B. 取少量上层溶液，滴加酸性AgNO3溶液，若溶液显黄色，则表明该反应存在化学反应限度
C. 取少量上层溶液，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则表明该反应存在化学反应限度
D. 该实验中KI与FeCl3反应后(未加CCl4)，溶液中存在Fe3+、Fe2+、I-、I2等微粒
二、实验探究题（共11题）
17.Fe(OH)2由于在空气中易被氧化，制取时很难观察到白色沉淀现象，只能看到灰绿色，采用图装置使用Fe，H2SO4（稀），NaOH溶液可在还原性气氛中制取Fe(OH)2白色沉淀，且较长时间内不变色，其中C为弹簧夹。（提示：还原性气氛如氢气环境）
（1）则锥形瓶A中应加入的药品为 。
（2）锥形瓶B中应加入的药品为 。
（3）容器A中的反应开始后，请简单写出完成制备Fe(OH)2的后续操作步骤。 。
（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，则实验现象为： ；请写出此时B瓶中发生的化学反应的离子方程式： 。
18.硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是一种稳定的还原剂，常用作分析化学中的滴定剂。某课题组采用下列方案制备该晶体，并对其热稳定性进行了如下实验。
（1）Ⅰ.硫酸亚铁铵晶体的制备:
铁粉 FeSO4溶液 结晶 硫酸亚铁铵晶体
硫酸浓度过大，反应过快同时会使FeSO4溶液中混有________(填离子符号)。
（2）利用FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体制备该晶体的化学方程式________。
（3）Ⅱ.硫酸亚铁铵晶体的热分解产物探究:该小组同学选用如图所示部分装置进行实验(夹持装备略)。查阅资料:隔绝空气加热至500℃硫酸亚铁铵能完全分解，产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等。
点燃A处的酒精灯之前，先打开弹簧夹，通一段时间N2 ， 其目的是________。
（4）选用上述部分必要的装置完成下列相应实验，填写横线上的内容。
检验可能产物 装置连接顺序 装置作用 实验现象 实验结论
H2O、NH3 ACBGD ①B的作用________ ②C中________； D中________。 有H2O、NH3
SO2、SO3 ③________ ④E中HCl的作用 ________ E中没有明显现象，F中溶液褪色 ⑤________
（5）为证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3 ， 而不含FeO或Fe3O4 ， 需要选用的试剂有________(选下列字母)；简述利用所选试剂进行实验证明的方案________。
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．KSCN溶液 D．H2O2溶液 E.K3[Fe(CN)6]溶液
19.某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图中I～IV所示。
（1）只根据图I、II所示实验，能够达到实验目的是(填装置序号) 。
（2）II所示的实验，若固体质量相同且稀盐酸足量时，气球鼓起较小的装有 (填化学式)。
（3）图III、IV所示实验均能鉴别这两种物质，与实验III相比，实验IV的优点是(填选项序号)___________。
A. IV比III复杂 B. IV比III安全 C. IV可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而III不行
（4）若用实验IV验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是(填化学式) 。
20.某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化．
（1）分别向浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：
①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 ．
②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 ．
③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是 （填化学式）．
（2）研究NaHCO3与CaCl2的反应．
实验序号 实验操作 实验现象
实验1 向2mL 0.001mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液 无明显变化．用激光笔照射，没有出现光亮的通路．
实验2 向2mL 0.1mol/L NaHCO3溶液中加入1mL 0.1mol/LCaCl2溶液 略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路．
①实验1中没有出现白色浑浊的原因是 ．
②实验2中形成的分散系属于 ．
③用离子方程式表示实验2中发生的反应 ．
（3）在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化，请在图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度（反应前后溶液体积的变化可忽略）．
21.
（1）Ⅰ。某校化学课外小组为了鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示：
方法Ⅰ中逐滴加入稀盐酸 (填“能”或“不能”)鉴别Na2CO3和NaHCO3。
（2）方法Ⅱ能鉴别Na2CO3和NaHCO3的现象是
（3）方法Ⅲ、Ⅳ均能鉴别这两种物质，其中加热试管中发生反应的化学方程式为 ， 与方法Ⅲ相比，方法Ⅳ的优点是 (填字母)。
A．Ⅳ比Ⅲ复杂 B．Ⅳ比Ⅲ安全
C．Ⅳ比Ⅲ操作简便 D．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个实验，而Ⅲ不行
（4）若用方法Ⅳ验证Na2CO3和NaHCO3的稳定性，则试管B中装入的固体是 (填化学式)。
（5）Ⅱ。为进一步探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验小组利用传感器继续做如下实验：
编号 实验操作 实验数据
实验Ⅴ 测量下面实验过程中温度的变化
实验Ⅵ 测量下面实验过程中溶液pH的变化 注：Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的浓度相等
(查阅资料)溶液pH越小，OH-的浓度越小，溶液碱性越弱。
实验Ⅴ中，溶解时吸收热量的物质是 (填化学式)。
（6）实验Ⅵ中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为
OH-未参与该反应的实验证据是
（7）实验Ⅵ中，滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中 (填离子符号)参与了反应。
22.《我在故宫修文物》展示了专家精湛的技艺和对传统文化的热爱与坚守，也令人体会到化学方法在文物保护中的巨大作用。某博物馆修复出土铁器的过程如下。
（1）检测锈蚀产物
主要成分的化学式
Fe3O4 Fe2O3·H2O FeO(OH) FeOCl
铁器在具有O2、 等环境中容易被腐蚀。
（2）分析腐蚀原理：一般认为，铁经过了如下腐蚀循环。
Ⅰ. Fe转化为Fe2+ 。
Ⅱ. Fe2+在自然环境中形成FeO(OH)，该物质中铁元素的化合价为 。
Ⅲ. FeO(OH)和Fe2+反应形成致密的Fe3O4保护层，Fe2+的作用是 。
a.氧化剂
b.还原剂
c.既不是氧化剂也不是还原剂
Ⅳ. Fe3O4保护层被氧化为FeO(OH)，如此往复腐蚀。
Fe3O4+ O2+ H2O＝ FeO(OH)
（将反应补充完整）
（3）研究发现，Cl-对铁的腐蚀会造成严重影响。化学修复：脱氯、还原，形成Fe3O4保护层，方法如下：
将铁器浸没在盛有0.5 mol/L Na2SO3、0.5 mol/L NaOH溶液的容器中，缓慢加热至60～90℃。一段时间，取出器物，用NaOH溶液洗涤至无Cl-。
① 检测洗涤液中Cl-的方法是 。
② 脱氯反应：FeOCl + OH-＝FeO(OH) + Cl-。离子反应的本质是离子浓度的减小，比较FeOCl 与FeO(OH)溶解度的大小： 。
③ Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是 。
23.根据下图所示装置和操作，回答下列有关问题。
（1）按图Ⅰ所示装置，用两种不同的操作分别进行实验，观察B管中的现象。
①操作1：先夹紧止水夹a，再使A管开始反应，实验中观察到B管中的现象是
。
②操作2：打开止水夹a，使A管反应一段时间后再夹紧止水夹a，实验中观察到B管
中的现象是 。
③请说明造成两种操作现象不同的原因(如两种现象相同，此小题不用回答)：
。
（2）上述装置实验结束后，取A管内反应所得的溶液，隔绝空气小心蒸干后，再高温煅
烧(有关装置和操作均已略去)，最后留下红色固体，将分解时产生的气体按图Ⅱ所示装置依次通过洗气装置，结果试管甲内出现白色沉淀，试管乙内品红溶液红色褪去，回答：
① 用方程式表示试管甲产生白色沉淀的原因 。
②根据实验现象写出A管内溶液蒸干后，在高温煅烧分解时所发生的化学反应方程式
。
③图Ⅱ中丙装置的作用是 。
实验结束时，在装置丙中观察到的现象是 。
24.某课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下4组实验，如图Ⅰ～Ⅳ所示．
（1）Ⅱ所示的实验，若固体质量相同且稀盐酸足量时，气球鼓起较小的是 （填化学式）．
（2）Ⅲ、Ⅳ所示的实验均能鉴别这两种物质，相关反应的化学方程式是 ． 与Ⅲ相比，IV的优点是 （填选项序号）．
a．Ⅳ比Ⅲ复杂 b．Ⅳ比Ⅲ安全
c．Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而Ⅲ不行
（3）若用Ⅳ验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体应该是 ．
25.铁是人体必需的微量元素，在肺部，血红蛋白中血红素的Fe2+与O2结合,把O2送到各个组织器官。铁摄入不足可能引起缺铁性贫血。黑木耳中含有比较丰富的铁元素，某研学小组测定其含量。
（1）【铁元素的分离】 称量黑木耳，将之洗净切碎，用蒸馏水浸泡，但浸泡液中未能检测到铁元素。在坩埚中高温灼烧黑木耳，使之完全灰化。用酸充分溶解，过滤，滤液备用。
①浸泡液检测不出铁元素的原因是 。
②滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、 。
（2）【配制溶液】 将滤液配制成100 mL 溶液。选择合适的仪器完成“铁元素的分离”、
“配制溶液”2个实验，下列仪器不必使用的是 。
（3）【铁元素含量测定】 研学小组提出如下测量方案：
Ⅰ.沉淀法：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤沉淀、加热烘干、称量。评价该测量方案是否可行 。
Ⅱ.比色法：流程示意如下：
① 用离子方程式解释加入H2O2的目的是 。
② 溶液a的颜色是 。
③ 溶液颜色越深，光的透过能力越差，即透光率越小。若不加H2O2 ， 测出黑木耳中铁元素的含量 （填“偏大”或“偏小”）。
（4）亚铁盐易被氧化，但在体内Fe2+参与O2的运输却不被氧化。蛋白质是一种既有亲水部分、又有疏水部分的大分子，为血红素提供了疏水环境。
可见，氧化还原反应能否发生与 有关。
26.某化学兴趣小组为探究浓硫酸的性质，设计了如下图所示的装置进行实验．
（1）用“可抽动的铁丝”代替“直接投入铁片”的优点是 ．
（2）说明SO2气体产生的实验现象是 ；装置C的作用是 ．
（3）反应一段时间后，他们对试管A中溶液的金属离子进行探究，请完成相关试题：
①提出假设：假设1：只含有Fe3+；
假设2：只含有Fe2+；
假设3：既有Fe2+ ， 又有Fe3+ ．
②请设计实验方案验证假设3．
限选试剂：稀硫酸、KMnO4溶液、KSCN溶液、NaOH溶液、H2O2溶液．
实验步骤 预期现象
步骤一：用胶头滴管取出A试管中的溶液，用水稀释后，并分装在试管Ⅰ、Ⅱ中备用
步骤二：检验Fe3+ ， 往试管Ⅰ中，
步骤三：检验Fe2+ ， 往试管Ⅱ中，
（4）已知C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O，该反应体现浓硫酸的 性．
A．脱水性 B．强氧化性 C．吸水性
若要验证反应产物中同时混有SO2气体和CO2气体，可选择以下试剂进行实验：
①NaOH溶液②品红溶液③溴水④Ca（OH）2溶液，选择合适试剂并安排合理的顺序为 ．
27.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某学习小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）．
实验过程：
Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸．
Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹．
Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a．
Ⅳ．…
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是 ；A中发生的反应的化学反应方程式为 ．
（2）验证氯气的氧化性强2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O于碘的实验现象是 ．
（3）B中溶液发生反应的离子方程式是 ．
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是 ．
（5）过程Ⅲ实验的目的是 ．
（6）实验结论：氯、溴、碘单质的氧化性逐渐 ， 原因是：同主族元素从上到下 ， 得电子能力逐渐 ．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【分析】2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝与盐酸反应时铝过量，铝与氢氧化钠溶液反应时，氢氧化钠过量。
【点评】化学计算要注意判断反应物谁过量，用不过量的物质计算。
2.【答案】 D
【解析】【解答】A．Na2CO3较稳定，受热不易分解，NaHCO3不稳定，受热易分解生成CO2 ， 故A不符合题意；
B．Na2CO3和CaCl2反应生成白色沉淀CaCO3 ， 反应方程式为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3和CaCl2不反应，现象不同，故B不符合题意；
C．NaHCO3与氢氧化钠溶液反应但现象不明显，Na2CO3与氢氧化钠溶液不反应，故C不符合题意；
D．M（Na2CO3）>M（NaHCO3），所以相同质量时n（Na2CO3）
【分析】根据碳酸钠与碳酸氢钠的物理性质与化学性质鉴别两者。
3.【答案】 B
【解析】【解答】NO不溶于水，对应D图像，SO2在水中的溶解度为1体积水溶解40体积SO2 ， 对应图像A，根据化学方程式3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，剩余气体是反应前的1/3，对于图像B，Cl2+H2O =HCl+HClO，HClO 2HCl+O2↑，对应图像C，所以其中原试管充满NO2的是B，答案选B。
【分析】要注意二氧化氮溶于水后会生成难溶于水的一氧化氮，且溶于水的部分应该在试管的2/3处。
4.【答案】 D
【解析】【解答】A．NaHCO3不稳定，受热分解变为Na2CO3 ， 达到除杂净化的目的，A不符合题意；
B．碳酸钠晶体中加少量水后温度升高，说明物质溶解时放热，碳酸氢钠中加少量水时温度降低，说明物质溶解吸热，B不符合题意；
C．碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式可知：106 g Na2CO3完全反应产生1 mol CO2气体，84 g NaHCO3与足量盐酸反应产生1 mol CO2气体，可见等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，前者产生二氧化碳少，C不符合题意；
D．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钙溶液都会产生CaCO3白色沉淀，因此不能用氢氧化钙溶液鉴别二者，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、NaHCO3不稳定受热易分解；
B、Na2CO3溶于水放热，NaHCO3溶于水吸热；
C、根据固体中所含碳元素的质量进行计算；
D、Na2CO3、NaHCO3都能与Ca(OH)2反应产生CaCO3沉淀；
5.【答案】 B
【解析】【解答】把含有少量镁的铝片放入过量苛性钠溶液，镁不反应，铝反应生成偏铝酸钠，过滤，除去镁，在偏铝酸钠滤液中通入过量CO2 ， 会得到Al(OH)3沉淀，和碳酸氢钠溶液，过滤，即得到Al(OH)3 ， 最合理的操作组合是②③④③，
故答案为：B。
【分析】 少量镁的铝片制取纯净的Al(OH)3， 需要考虑除去镁杂质，先利用盐酸将两种金属溶解，加入过量氢氧化钠使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，铝离子完全转化为偏铝酸钠，通入二氧化碳使偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀；
6.【答案】 A
【解析】【分析】铝不论是和盐酸反应生成氢气，还是和氢氧化钠溶液反应生成氢气，都是每个铝原子失去3个电子，所以如果生成的氢气量相等，则消耗铝的质量也是相等的，答案选A。
【点评】有关铝和酸或碱反应生成氢气的计算中，关键是利用好电子的得失守恒。其次还需要注意反应物的用量，即要注意判断反应物的过量。
7.【答案】 C
【解析】【解答】单质与化合物反应生成单质和化合物，这样反应为置换反应，符合条件的只有铝热反应，C正确；故答案为：C。
【分析】置换反应：一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物
8.【答案】 A
【解析】【解答】A、硅酸钠溶液吸热水分蒸发后可生成SiO2从而依附在纤维上，可防火，选项A符合题意；
B、纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成HCl，在集气瓶口有大量白雾，是盐酸的小液滴，不是白烟，选项B不符合题意；
C、将FeCl2加入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去，FeCl2将高锰酸钾还原才使其褪色，是还原性，而不是漂白性，选项C不符合题意；
D、铝在空气中加热 生成一层致密的氧化铝(Al2O3)薄膜 其熔点高于Al的熔点，附着在Al的外面，所以熔化了的液态铝不会滴落下来，选项D不符合题意。
故答案为:A。
【分析】根据物质的性质进行判断，KMnO4溶液具有强氧化性，所以与其反应的物质应该具有还原性。
9.【答案】 C
【解析】【解答】解：A．碳酸氢钠受热易分解碳酸钠、气体，而碳酸钠不分解，不能利用加热判断是否混有碳酸钠，故A错误；
B．二者均与盐酸反应生成气体，与盐酸反应不能判断是否混有碳酸钠，故B错误；
C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成，可判断存在碳酸钠，故C正确；
D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成，不能判断是否混有碳酸钠，故D错误；
故选C．
【分析】A．碳酸氢钠受热易分解，而碳酸钠不分解；
B．二者均与盐酸反应生成气体；
C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀；
D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀．
10.【答案】 D
【解析】【解答】A.CO32﹣以第一步水解为主，则Na2CO3溶液的碱性较强，故A不符合题意；
B．在饱和Na2CO3溶液中通入过量二氧化碳气体可得到NaHCO3沉淀，说明Na2CO3比NaHCO3易溶于水，故B不符合题意；
C．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，故C不符合题意；
D．Na2CO3和NaHCO3都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，故D符合题意．
故答案为：D．
【分析】A.等浓度的两种溶液中碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度；
B.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；
C.碳酸氢钠受热易分解；
D.澄清石灰水与二者反应都有白色沉淀生成.
11.【答案】 D
【解析】【解答】D错误，水玻璃的主要成分是Na2O·nSiO2(或Na2SiO3)。
【分析】本题考查水玻璃的主要成分，题目难度不大，熟练掌握硅酸钠的性质是解题的关键 。
12.【答案】 B
【解析】【解答】A项Na2CO3比NaHCO3的溶解度大；C项因果关系不对；D项制取Na2CO3的过程不涉及氧化还原反应。
【分析】本题考查探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质、氯化钠的用途、氧化还原反应等，题目难度中等。
13.【答案】 D
【解析】【解答】A.Na2CO3的化学性质稳定，NaHCO3不稳定，受热易分解，故Na2CO3的稳定性大于NaHCO3 ， 选项正确，A不符合题意；
B.相同条件下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3 ， 选项正确，B不符合题意；
CBaCl2溶液能与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀，与NaHCO3不反应，故可用BaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3 ， 选项正确，C不符合题意；
D.澄清石灰水能与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀，与NaHCO3反应也能形成CaCO3沉淀，二者现象相同，故不能用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3 ， 选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对Na2CO3和NaHCO3性质的考查，结合二者性质的相同点和不同点进行分析即可。
14.【答案】 D
【解析】【解答】A、相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，A不符合题意；
B、由于Na2CO3的摩尔质量大于NaHCO3的摩尔质量，则在质量相等的条件下与足量盐酸反应碳酸氢钠产生的二氧化碳多，B不符合题意；
C、加入澄清的石灰水，Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能生成CaCO3沉淀，不能区别两种溶液，C不符合题意；
D、由于碳酸钠和盐酸反应分步进行，首先转化为碳酸氢钠，则相同条件下Na2CO3和NaHCO3分别与盐酸反应，NaHCO3反应速率快，即后者放出气体快，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】注意掌握碳酸钠与碳酸氢钠物理性质和化学性质上的区别；
15.【答案】 D
【解析】【解答】A.由分析可知，在该反应中，Al是还原剂，H2O是氧化剂，A不符合题意；
B.由分析可知，H2是还原产物，且都来自于H2O，B不符合题意；
C.此反应只体现了铝与NaOH溶液的反应，不能说明铝能与酸反应，故不能说明铝是两性金属，C不符合题意；
D.由分析可知，该反应中氧化剂是H2O，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，D符合题意；
故答案为：D
【分析】铝与NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；将其设计为原电池时，其负极反应式为：2Al－6e－＋8OH－=2AlO2－＋4H2O；其正极反应式为：6H2O＋6e－=6OH－＋3H2↑。据此结合选项进行分析。
16.【答案】 B
【解析】【解答】A．因CCl4能萃取水中的碘，溶液呈紫红色，由于CCl4的密度比水大，所以在下层，故A不符合题意；
B．因KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2 ， KI过量，溶液中还有I- ， 滴加酸性AgNO3溶液，有黄色沉淀产生，不能说明该反应存在化学反应限度，故B符合题意；
C．因KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2 ， KI过量，滴加KSCN溶液，溶液显红色，说明溶液中还有Fe3+ ， 则该反应存在化学反应限度，故C不符合题意；
D．KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2 ， 因KI过量，该反应存在化学反应限度，溶液中存在Fe3+、Fe2+、I-、I2等微粒，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据KI和FeCl3和发生反应：2KI+2FeCl3=I2+2KCl+2FeCl2 ， CCl4能萃取水中的碘，据此解答。
二、实验探究题
17.【答案】 （1）铁和稀硫酸
（2）氢氧化钠溶液
（3）打开弹簧夹C；反应一段时间后关闭弹簧夹C
（4）A中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色；Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】【解答】（1）根据实验目的，锥形瓶A中用铁和稀硫酸反应制取硫酸亚铁，锥形瓶中加入的药品是铁和稀硫酸；
（2）硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，锥形瓶B中盛放的溶液是氢氧化钠溶液；
（3）铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，为防止锥形瓶内空气的干扰，应先利用产生的氢气将空气排尽，所以A中反应开始后，要打开弹簧夹C，反应一段时间后，要关闭弹簧夹C，利用氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入锥形瓶B中，使硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀；
（4）若在反应开始之前先关闭弹簧夹C，A中产生氢气的量逐渐增多，导致压强增大，A中液体被压入B中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，锥形瓶B有空气，所以生成的氢氧化亚铁被空气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是A中液体被压入到B瓶，B瓶内生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变灰绿，最后变为红褐色，B中发生的离子反应方程式为：Fe2＋+2OH－=Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【分析】 Fe(OH)2制备的关键是创造无氧环境，A中产生氢气，利用氢气驱除A和B中的空气，然后关闭C，利用产生的氢气，导致A中压强变大，把A中液体压入B中，从而实现两者溶液的混合，并发生反应。
18.【答案】 （1）Fe3+
（2）FeSO4 +(NH4)2SO4 + 6H2O =(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O
（3）排尽装置内的空气，避免干扰实验
（4）除去硫氧化物；固体变蓝；溶液变红；AGEFB；除去NH3；产物中有SO2 ， 无SO3
（5）ACE；将残留固体溶于稀硫酸，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为血红色；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，即可说明上述结论
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性，能将铁氧化到高价态的Fe3+；答案为Fe3+；（2）利用FeSO4溶液与(NH4)2SO4晶体制备该晶体的化学方程式FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe（SO4）2 6H2O；答案为FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O=（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O。（3）对A装置加热前，先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰；答案为排尽装置内的空气，防止氧气干扰。（4）①在隔绝空气加热至500℃时硫酸亚铁铵能完全分解，分解产物中含有铁氧化物、硫氧化物、氨气和水蒸气等，为了检验氨气和水蒸气，按ACBGD连接好，产物通过装置C中无水硫酸铜变蓝色，则可检验水的存在，通过装置B除去硫氧化物，通过装置D溶液变红色说明生成产物中含氨气；答案为除去硫氧化物，固体变蓝色，溶液变红色。
②为了检验SO2、SO3 ， 按AGFEB连接好，E中HCl是为了除去NH3 ， 避免氨气与二氧化硫气体在溶液中生成亚硫酸铵，产生亚硫酸钡沉淀干扰实验，根据实验现象F溶液褪色，说明有SO2 ， E中无现象，说明无硫酸钡沉淀生成，无SO3 ， B装置是尾气吸收，避免污染环境；答案为AGFEB，除去NH3 ， 有SO2无SO3。(5) 要证明热分解完全后残留的固体仅为Fe2O3 ， 而不含FeO或Fe3O4 ，因为Fe2O3中铁元素全为+3价，FeO中铁元素全为+2价，Fe3O4中铁元素有+2、+3价，则只需证明此固体中有Fe3+而无Fe2+即可，Fe3+只有氧化性，无还原性，检验方法之一，可用KSCN溶液检验，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3（红色）；而Fe2+有还原性，检验方法之一可以加入酸性的KMnO4溶液若褪色则证明有Fe2+ ， 反之则无；检验方法之二也可加入K3[Fe(CN)6]溶液，若产生特征蓝色沉淀，则有Fe2+ ， 即3Fe2++2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)；本题提供了试剂K3[Fe(CN)6]溶液，故用它来验证Fe2+；取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+存在；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+ ， 则残留的固体仅为Fe2O3 ， 而不含FeO或Fe3O4；答案为ACE，取A中少量残留固体，加入稀硫酸使其完全溶解，取一份所得溶液加入KSCN溶液变为红色，证明有Fe3+；另取一份溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成，证明无Fe2+ ， 残留的固体仅为Fe2O3 ， 而不含FeO或Fe3O4。
【分析】（1）浓硫酸具有强氧化性；（2）方程式为FeSO4+（NH4）2SO4+6H2O=（NH4）2Fe（SO4）2 6H2O；（3）因为反应是隔绝空气加热至500℃硫酸亚铁铵能完全分解，那么先通入氮气可将装置内空气排出，后加热A处；（4）检验H2O用无水硫酸铜，检验NH3用酚酞试液；检验SO2用品红溶液，检验SO3用HCl和BaCl2混合液；（5）Fe3+用KSCN检验，Fe2+用K3[Fe(CN)6]检验。
19.【答案】 （1）II
（2）Na2CO3
（3）C
（4）NaHCO3
【解析】【解答】（1）无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故I无法鉴别；
实验II中，盐酸和碳酸氢钠反应立即产生气泡，盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳气体，所以看到现象不同，故能鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。
故答案为II。
（2）稀盐酸足量，说明两种固体完全反应，质量相同，含碳量越高，完全反应生成二氧化碳越多，碳酸钠中含碳量为 100%=11.3%，而碳酸氢钠中含碳量为 100%=14.3%，所以碳酸钠放出二氧化碳量少，故答案为：Na2CO3。
（3）实验III、IV相比，IV可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而III不行，
故答案为：C。
（4）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就能产生气体，更能说明碳酸氢钠不稳定，受热易分解，所以试管B中装入的固体应该是NaHCO3。
【分析】（1）Na2CO3、NaHCO3都能与稀盐酸反应生成CO2 ， 但二者反应速率不同。
（2）等质量的Na2CO3和NaHCO3 ， 前者所含碳元素的质量较小，反应生成CO2的气体体积较少。
（3）实验Ⅳ可直接对比实验现象，而实验Ⅲ不能。
（4）由于热稳定性NaHCO3
（2）HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）；胶体；Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O
（3）CO2|0.2|NaOH|0.01
【解析】【解答】解：（1.）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液，所以有①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣；②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣ ， HCO3﹣ H++CO32﹣ ， 水解程度大于电离程度；③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3 ，
故答案为：①CO32﹣+H2O HCO3﹣+OH﹣；②HCO3﹣+H2O H2CO3+OH﹣ ， HCO3﹣ H++CO32﹣ ， 水解程度大于电离程度；③NaHCO3；
（2.）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体，所以有①实验1中没有出现白色浑浊的原因是 HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3），故答案为：HCO3﹣浓度低，电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）；②用激光笔照射，出现光亮的通路为胶体的性质，所以实验2中形成的分散系属于胶体，故答案为：胶体；③实验2中发生的反应的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O，故答案为：Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO2+H2O；
（3.）100mL0.1mol/LNa2CO3及中通入CO2生成碳酸氢钠，根据钠元素守恒可知，得到的碳酸氢钠溶液的浓度为0.2mol/L，将100mL0.1mol/LNaHCO3溶液转化为碳酸钠溶液，则加入0.01mol的氢氧化钠固体即可，故答案为：CO2；0.2；NaOH；0.01．
【分析】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+） c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体；（3）在碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以将碳酸钠转化成碳酸氢钠，在碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠可以将碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据各物质的量的关系，确定有关物质的物质的量及浓度；
21.【答案】 （1）能
（2）盛NaHCO3的装置比盛Na2CO3的装置反应剧烈且反应后的气球大
（3）；D
（4）
（5）
（6）；澄清石灰水中滴加 溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合
（7）
【解析】【解答】(1)逐滴加入盐酸时，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，反应开始时无二氧化碳气体生成，澄清石灰水不会变浑浊；若将盐酸滴入碳酸氢钠中，立即生成二氧化碳气体，澄清石灰水会浑浊，则方法I能鉴别Na2CO3和NaHCO3 ， 故答案为：能；(2)碳酸钠和碳酸氢钠均与盐酸反应气体，但生成气体的快慢及多少不同，可观察气球变化鉴别，产生气体快的是碳酸氢钠，慢的是碳酸钠，故答案为：盛NaHCO3的装置比盛Na2CO3的装置反应剧烈且反应后的气球大；
(3)碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应方程式为： ；由图中装置及性质可知，与方法Ⅲ相比，方法Ⅳ的优点是Ⅳ可以做到用一套装置同时进行两个实验，而Ⅲ不行，D项正确；故答案为： ；D；
(4)试管B的温度低于试管A，在试管A中装入碳酸钠，试管B中装入碳酸氢钠，加热时温度较低时碳酸氢钠分解，能说明热稳定性弱于碳酸钠，故答案为： ；
(5)根据图线，实验V中，溶解时， 的温度降低，为吸热过程， 的温度升高，为放热过程，吸收热量的物质是 ，故答案为： ；
(6)实验Ⅵ中，Na2CO3溶液和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，离子方程式为 ；根据图象知，澄清石灰水中滴加 溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合，说明OH-未参与该反应；故答案为： ；澄清石灰水中滴加 溶液的pH变化曲线与滴加蒸馏水的pH变化曲线基本重合；
(7)实验Ⅵ中，滴加NaHCO3溶液的烧杯中溶液pH的变化与滴加Na2CO3溶液的pH有明显差异，原因是滴加NaHCO3溶液的烧杯中 与 反应生成 ，故答案为： 。
【分析】（1）滴加过程中产生的现象不同，可以鉴别。
（2）等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量的稀盐酸反应，产生CO2的体积不同，因此反应后气体的体积大小不同。
（3）NaHCO3不稳定，受热易分解，生成Na2CO3、H2O和CO2 ， 据此写出反应的化学方程式；
装置Ⅳ可同时对两种固体进行加热，便于对比。
（4）热稳定性更好的Na2CO3应距离酒精灯火焰更近。
（5）根据固体溶解过程中温度的变化分析。
（6）Na2CO3溶液与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀和NaOH，据此写出反应的离子方程式
结合反应过程中溶液pH的变化分析。
（7）NaHCO3溶液中，存在HCO3－与OH－反应。
22.【答案】 （1）H2O（潮湿）
（2）+3；c；4；1；6；12
（3）取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl-；S(FeOCl)＞S[FeO(OH)]；SO32-+6FeO(OH)＝SO42-+2Fe3O4+3H2O
【解析】【解答】（1）铁器在具有O2、H2O（潮湿）等环境中容易被腐蚀。（2）Ⅱ. 根据化合物中化合价代数和为0可知FeO(OH)中铁元素的化合价为+3。Ⅲ.反应中元素的化合价均不变化，所以Fe2+的作用是既不是氧化剂也不是还原剂，
故答案为：c。Ⅳ. 1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，失去1mol电子，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为4Fe3O4+O2+6H2O＝12FeO(OH)；（3）①氯离子可以利用硝酸银溶液检验，所以检测洗涤液中Cl-的方法是取少量洗涤液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银的混合液，若无白色沉淀产生说明无Cl-。②离子反应的本质是离子浓度的减小，这说明FeO(OH)更难溶，因此FeOCl的溶解度大于FeO(OH)的溶解度。③1mol四氧化三铁中含有1mol亚铁离子，亚硫酸钠的氧化产物是硫酸钠，根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知Na2SO3还原FeO(OH)形成Fe3O4的离子方程式是SO32-+6FeO(OH)＝SO42-+2Fe3O4+3H2O。
【分析】（1）Fe在酸性环境中易发生析氢腐蚀，而在中性或碱性环境中发生吸氧腐蚀。
（2） Fe2+ 具有还原性，而 Fe3+具有氧化性。氧化还原反应方程式的配平原则是化合价升降守恒、原子守恒。
（3）实验中检验物质是否洗干净的方法：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入某物质（操作） →产生的现象→确定结论
23.【答案】 （1）液面升高且生成白色沉淀，且迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；液面上升，有白色沉淀生成，且保持较长时间不变色；操作2中产生的H2将系统内空气赶尽，避免了Fe(OH)2的氧化
（2）O3＋H2O＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl；2FeSO4 Fe2O3＋SO3↑＋SO2↑；吸收剩余的SO2气体；导管内倒吸一段液柱
【解析】【解答】由于Fe(OH)2极易被氧化为Fe(OH)3 ， 溶液中溶解的O2就能把Fe(OH)2氧化。当夹紧a时，A试管便成了一个封闭体系，产生的H2使A试管内压强增大，将生成的FeSO4溶液压入B中，从而发生反应，有Fe(OH)2生成。而NaOH溶液中溶解的O2可将Fe(OH)2迅速氧化，最后转化成Fe(OH)3 ， 所以，看到白色沉淀的时间很短。当进行操作2时，产生的H2首先通过导气管通入到B的NaOH溶液中，将其中溶解的O2赶走，再夹紧a时，FeSO4溶液压入B中，此时反应所产生的Fe(OH)2沉淀在一段时间内不变色；此题第二部分围绕FeSO4隔绝空气强热时的产物逆向推理，并利用已学过的氧化还原知识推断出FeSO4高温分解反应的化学方程式。
【分析】此题涉及点较多，既考查学生的实验能力，又考查思维的严密性、整体性和创造性。此题第一部分是围绕Fe(OH)2的实验室制法设计的。
24.【答案】 （1）Na2CO3
（2）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c
（3）NaHCO3
【解析】【解答】解：（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多，碳酸钠中含碳量为 =11.3%，而碳酸氢钠中含碳量为 =14.3%，所以碳酸钠放出二氧化碳量少，故答案为：Na2CO3；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；实验Ⅲ、Ⅳ相比，IV可以做到一套装置同时进行两个对比实验，而III不能，故选c，故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O；c；（3）碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就更说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠．故答案为：NaHCO3 ．
【分析】（1）稀盐酸足量说明两种固体完全反应，质量相同含碳量越高，完全反应生成二氧化碳的量越多；（2）碳酸氢钠在加热条件下能分解生成碳酸钠和水、二氧化碳；根据两个实验的区别分析；（3）根据碳酸氢钠的性质分析．
25.【答案】 （1）黑木耳中含铁元素的物质不溶于水；Fe3+
（2）b、f
（3）不可行，沉淀法操作步骤多，实验准确度低（或可行，加热烘干至恒重，称量Fe2O3的质量）；H2O2 + 2H+ +2Fe2+ ＝2Fe3+ +2H2O；红色；偏小
（4）水（环境或介质等，合理即可）
【解析】【解答】（1）①由于黑木耳中含铁元素的物质不溶于水，所以浸泡液检测不出铁元素。②铁元素的主要化合价是+2和+3价，所以滤液中铁元素的存在形式是Fe2+、Fe3+。（2）固体需要称量，需要托盘天平，浊液需要过滤，需要漏斗、玻璃棒和烧杯，配制需要烧杯、漏斗等，因此不必使用的是冷凝管和分液漏斗，
故答案为：bf。（3）Ⅰ.该问是开放性试题，方案不可行是由于沉淀法操作步骤多，实验准确度低；由于加热烘干至恒重，通过称量Fe2O3的质量可以测量铁元素的含量，因此方案是可行的；Ⅱ.①双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+＝2Fe3++2H2O。②铁离子与KSCN溶液反应，溶液显红色，则溶液a的颜色是红色。③若不加H2O2 ， 铁离子浓度小，颜色浅，所以测出黑木耳中铁元素的含量偏小。（4）根据已知信息可判断氧化还原反应能否发生与水或环境或介质等有关。
【分析】（1）铁在化合物中有+2、+3价。
（2）配置一定物质的量浓度的溶液需要的仪器100ml容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃杯、托盘天平。
（3）实验方案的评价可从操作是否简单、原理是否可行、是否对环境有污染、实验数据是否准确来考虑。
26.【答案】 （1）可随时控制反应的进行和停止
（2）品红褪色；吸收多余的SO2气体，防止尾气污染（环境）
（3）滴入几滴KSCN溶液；溶液呈现血红色；滴入少量KMnO4溶液（或先滴入几滴稀硫酸）；紫红色变浅或消褪
（4）B；②③②④
【解析】【解答】解：（1）在加热的条件下，当铁丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铁丝时，铁丝与硫酸不接触，反应停止，所以用“可抽动的铁丝”的优点是便于控制反应的反应，故答案为：可随时控制反应的进行和停止；
（2.）SO2具有漂白性，品红能被二氧化硫漂白，可用品红溶液验证SO2的生成，所以能说明有SO2气体产生的实验现象是品红溶液褪色，二氧化硫具有毒性，能被氢氧化钠吸收，故答案为：品红溶液褪色；吸收多余的SO2气体，防止尾气污染（环境）；
（3.）①铁与浓硫酸反应，铁可能被氧化成Fe3+或Fe2+；对A中溶液的金属离子，可能有：只含有Fe3+；只含有Fe2+；
既有Fe2+ ， 又有Fe3+ ， 三种情况，故答案为：只含有Fe2+；
②设计实验方案验证假设3：须验证Fe3+和Fe2+ ， 步骤一：用胶头滴管取A试管中的溶液，用水稀释并分装试管I、II备用，二价铁离子浅绿色，三价铁离子棕黄色，所以预期现象和结论是溶液有颜色；步骤二：往试管I中，滴加少量的KSCN溶液，溶液呈现血红色，则说明原溶液中含有 Fe3+；步骤三：往试管II滴加到少量的 KMnO4溶液，Fe2+能还原高锰酸根离子，若溶液褪色，则说明原溶液中含有 Fe2+ ， 结合步骤二，则假设3正确，故答案为：
滴入几滴KSCN溶液 溶液呈现血红色
滴入少量KMnO4溶液（或先滴入几滴稀硫酸） 紫红色变浅或消褪
（4.）反应C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O中，碳单质被浓硫酸氧化，该反应体现浓硫酸的强氧化性，故选B；若要验证反应产物中同时混有SO2气体和CO2气体，先检验二氧化硫，再除净二氧化硫，最后检验二氧化碳即可，选择试剂安排合理的顺序为②③②④，故答案为：B；②③②④．
【分析】（1）用“可抽动的铁丝”代替“直接投入铁片”可随时控制反应的进行和停止；（2）二氧化硫能使品红褪色，具有毒性，能被氢氧化钠吸收；（3）①铁与浓硫酸反应，铁可能被氧化成Fe3+或Fe2+；
②设计实验方案验证假设3：须验证Fe3+和Fe2+ ， Fe3+能氧化碘离子，Fe2+能还原高锰酸根离子；（4）反应C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O中，浓硫酸表现强氧化性；若要验证反应产物中同时混有SO2气体和CO2气体，先检验二氧化硫，再除净二氧化硫，最后检验二氧化碳即可．
27.【答案】 （1）；2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O
（2）A中湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝
（3）Cl2+2Brˉ═Br2+2Clˉ
（4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D充分振荡，静置后CCl4层溶液变为紫色
（5）保证C中的黄色溶液无Cl2 ， 排除Cl2对溴置换碘实验的干扰
（6）减弱；原子半径逐渐增大；减弱
【解析】【解答】解：（1）黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为： ，
故答案为： ；2KMnO4+16HCl═5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O；（2）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，
故答案为：A中湿润的淀粉﹣KI试纸变蓝；（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣ ，
故答案为：Cl2+2Brˉ═Br2+2Clˉ；（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，
故答案为：打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D充分振荡，静置后CCl4层溶液变为紫色；（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为：保证C中的黄色溶液无Cl2 ， 排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，
故答案为：减弱；原子半径逐渐增大；减弱．
【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题．
