甘肃省靖远县第一中学2022-2023学年高一化学第一学期期中质量跟踪监视试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、向澄清饱和石灰水中通入二氧化碳，测得溶液导电性(I表示导电能力)的变化，以下与加入物质量的关系正确的是AABBCCDD2、下列分子中，各原子均已达到8电子稳定结构的是ABCl3BNH3CH2ODCCl43、下列说法正确的是A

2、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：4BKClO3+6HCl=KCl+3Cl2+2H2O，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5C2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为1:1D3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2:14、下列离子方程式正确的是AZn与稀H2SO4反应：ZnHZn2H2BNa2CO3溶液与足量盐酸反应：CO322HH2OCO2CCl2与NaOH溶液反应：Cl22OH2ClH2ODMgC12溶液与过量氨水反应：Mg22OHMg(OH)25、把0.05mol

3、的氢氧化钡固体分别加入100mL下列溶液中，溶液的导电能力变化最明显的是A0.5mol/L的MgCl2溶液B0.5mol/L的盐酸C0.5mol/L的Na2SO4 溶液D0.5mol/L的CuSO4溶液6、有一份气体样品的质量是14.2 g，体积是4.48 L(标准状况下)，该气体的摩尔质量是A28.4 g B28.4 gmol1 C71 gmol1 D14.2 gmol17、用等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液可使相同体积的Fe2(SO4)3 、FeSO4 、K2SO4三种溶液中的SO42-完全转化为沉淀，则三种溶液的物质的量浓度之比为（ ）A1：3：3 B1：1：1 C3：1 ：1 D1

4、：2：38、有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是A铜和铁B镁和铝C锌和铝D锌和铁9、据报道，科学家已成功合成了少量N4，有关N4的说法正确的是（ ）AN4和N2是同素异形体BN4和N2是同位素C相同质量的N4和N2所含原子个数比为1：2DN4的摩尔质量是56g10、在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl。已知FeCl3为反应物，则另一反应物是（）AH2SBFeCl2CSDHCl11、下列说法正确的是A失电子越多，还原性越强，得电子越多，氧化性越强B已知FeCu2=Fe2Cu；2Fe3Cu=2Fe2Cu2

5、，则氧化性强弱顺序为 Fe3Cu2Fe2C已知还原性：BCD，反应 CD =DC 和反应 CB =BC 都能发生D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起一定能发生氧化还原反应12、下列反应中，水作还原剂的是ACO2H2OH2CO3 BNa2O+H2O2NaOHC2Na+2H2O2NaOH+H2 D2F2+2H2O4HF+O213、在透明水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸时，有气体生成的是ANa+、K+、NH4+、Cl BK+、Cu2+、SO42、ClCNa+、Ag+、CO32、Cl DNa+、K+、Cl、HCO314、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）A强碱性溶液中：K+、Al3+、

6、Cl、SO42B在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3、SO42C含有0.1 molL1 Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD室温下，pH1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO4215、下列物质能导电，且属于电解质的是ACuB盐酸C熔融的NaClDNaOH溶液16、下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A往碳酸钙中滴加稀盐酸：CO+2H+=H2O+CO2BCuO与稀盐酸反应：CuO+2H+=Cu2+H2OC氢氧化铁溶液与NaHSO4溶液反应：H+OH-=H2OD铁粉与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，由BaCl2

7、、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4、KCl中的一种或几种组成，为了探究它的成份，进行了如下实验：（1）气体B的化学式_,白色沉淀的成分为_。（2）该白色粉末中一定含有的物质有_；一定不含有的物质有_；可能含有的物质有_；（3）如若需要确定可能含有的物质是否存在，应如何操作：_。18、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为_(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是_。(3)X与M

8、的单质在高温下反应的化学方程式为_，产物分子的电子式为_，其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)。19、有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，现进行以下实验：取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；向溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；取中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；向的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤。往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少。(1)

9、根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是_，肯定含有的离子是_，不能确定是否含有的离子_。可通过_(填实验方法)来进一步确定该离子。(2)步骤中发生反应的离子方程式是_；_；_。20、某同学按下图进行实验，在A中放的是干燥的红色纸条，B中放的是湿润的红色纸条，C中盛放的是氢氧化钠溶液。请回答下列问题。（1）通入Cl2一段时间后，A、B装置中，红色纸条的现象和结论为：装置现象结论A_潮湿的氯气_（填能或不能）使红色纸条褪色，因为反应生成的_具有漂白性B_（2）C装置的作用是_，写出装置C中反应的化学方程式：_。21、NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下

10、反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是_（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_（填编号）ANaCl BNH4Cl CHNO3 D浓H2SO4（4）请配平化学方程式：_Al+_NaNO3+_NaOH_NaAlO2+_N2+_H2O若反应过程中转移5 mol e-，则生成标准状况下N2的体积为_参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解

11、析】溶液导电的原因是溶液中存在能自由移动的离子，由题意可知，将二氧化碳通入澄清石灰水中，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，据此分析溶液中离子的变化进行解答即可。【详解】二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，随着反应的进行溶液中的能自由移动的离子越来越少，导电性减弱；但由于溶液中还存在浓度很小的氢离子、氢氧根等，故电流强度不可能为变为0；继续通入二氧化碳，碳酸钙与水、二氧化碳反应生成可溶于水的碳酸氢钙，则溶液中存在能自由移动的离子的浓度又逐渐增大，导电性增强。因此B图能反映出电流强度I与加入物质量的关系。答案选B.【点睛】熟练掌握物质的化学性质、溶液导电的原因并能灵活运用是正确解

12、答本题的关键。2、D【解析】共价化合物中，根据原子最外层电子数和化合价判断，在化合物中，原子最外层电子数等于原子的价层电子数+|化合价|。【详解】A. BCl3中，B原子的最外层电子为：3+3=6，Cl原子的最外层电子为：7+|-1|=8，没有都满足8电子稳定结构，故A错误；B. NH3中，N原子的最外层电子为：5+|-3|=8，H原子的最外层电子为：1+|-1|=2，没有都是8电子结构，故B错误；C. H2O中，O原子的最外层电子为：6+|-2|=8，H原子的最外层电子为：1+|-1|=2，故C错误；D. CCl4中，C原子的最外层电子为：4+|-4|=8，Cl原子的最外层电子为：7+|-1

13、|=8所有原子都达到8电子稳定结构，故D正确；答案为D。3、B【解析】A.MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化剂MnO2，还原剂HCl，参与反应的HCl只有1/2做还原剂，剩下1/2化合价没变，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故A错误； B.KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+2H2O，氧化剂KClO3，还原剂HCl，参与反应的HCl只有5/6做还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，故B正确；C.2H2S+SO2=3S+2H2O中，氧化产物和还原产物均为S，根据化合价变化确定氧化产物和还原产物物质的量之比为2:1，故C错误；D.3S+6KOH=2K2S+K

14、2SO3+3H2O中被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为1:2，故D错误；正确答案：B。4、B【解析】试题分析：AZn与稀H2SO4反应：ZnHZn2H2没有配平，错误；B正确；CCl2与NaOH溶液反应：Cl22OH2ClH2O漏写次氯酸根，错误；D 、氨水是弱电解质，不能拆开，错误。考点：考查离子方程式的书写及正误判断。5、D【解析】电解质的导电能力，主要取决于离子浓度的大小，浓度越大，导电能力越强，把0.05mol的氢氧化钡固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的离子浓度变化最大，则溶液的导电能力变化最大，以此解答。【详解】A、100mL 0.5mol/L的MgCl2溶液中加入0.05m

15、ol氢氧化钡固体，恰好发生反应MgCl2+Ba(OH)2=Mg(OH)2+BaCl2，生成的Ba2+和Mg2+离子浓度相同，所以导电能力没有变化；B、100mL 0.5mol/L的盐酸中加入0.05mol氢氧化钡固体，发生反应2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O，反应生成0.025mol BaCl2，还剩余0.025mol Ba(OH)2，离子浓度增大，导电能力增大，导电能力变化较明显；C、100mL 0.5mol/L的Na2SO4 溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应Na2SO4+Ba(OH)2=2NaOH+BaSO4，生成的氢氧根离子和原来的硫酸根离子电荷浓度相同，

16、所以导电能力没有变化；D、100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液中加入0.05mol氢氧化钡固体，恰好发生反应CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2+BaSO4，生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，几乎不导电，所以导电能力变化最明显。故答案选D。6、C【解析】根据n=VVm、M=mn解答。【详解】气体的物质的量n=VVm=4.48L22.4L/mol=0.2mol，气体的质量是14.2g，因此气体的摩尔质量M=mn=14.2g0.2mol=71g/mol，选项C正确。答案选C。7、A【解析】等体积等物质的量浓度的BaCl2溶液中BaCl2物质的量相等，Fe2（SO4）3、FeSO4、K2S

17、O4三种溶液中的SO42-完全转化为沉淀，根据离子反应Ba2+SO42-=BaSO4，三种溶液中n（SO42-）相等，三种溶液体积相同，则三种溶液中c（SO42-）相等，三种溶液中溶质物质的量浓度之比为:1:1=1:3:3，答案选A。8、C【解析】用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。【详解】n（H2）=0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（56g/mol=5.6g）、2.4g（24g/mol=2.4g）、1.8g（27g/mol=1.8g）、6.5g（65g

18、/mol=6.5g）；A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g3.4g，A项不可能；B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g3.4g，消耗Al的质量为1.8g3.4g，消耗Al的质量为1.8g3.4g，消耗Fe的质量为5.6g3.4g，D项不可能；答案选C。【点睛】本题也可以用通式解，设金属的相对原子质量为Ar，金属与盐酸反应后的化合价为+x，则2M+2xHCl=2MClx+xH22Arg 22.4xL3.4g 2.24L=，解得=17Fe、Mg、Al、Zn与足量盐酸反应，相对原子质量与化合价的比值依次为28、12、9、32.5，其中

19、Fe、Zn的大于17，Mg、Al的小于17，Cu与盐酸不反应，由于是两种金属的混合物，则必须介于两种金属之间，对比各选项，Zn和Al可能。9、A【解析】A、N4与N2是氮元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；B、同位素研究对象为原子，N4与N2是氮元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，不是同位素关系，B错误；C、N4与N2均由N原子构成，二者质量相等，含有N原子数目相等，相同质量的N4与N2含原子个数比为1：1，C错误；D、1mol N4的质量为56g，而N4的摩尔质量是56g/mol，D错误；正确选项A。10、A【解析】某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、F

20、eCl2、HCl，已知FeCl3为反应物，则还原反应为FeCl3FeCl2，Fe元素的化合价降低，该反应中S元素的化合价应升高，可知氧化反应为H2SS，则另一反应物为H2S，故答案为A。11、B【解析】A氧化性与得电子能力有关，得电子能力越强，则氧化性越强，与得电子多少无关；还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，选项A错误；B氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应FeCu2Fe2Cu中，氧化剂是Cu2，氧化产物是Fe2，所以氧化性Cu2Fe2，在反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2中，氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2，所以氧化性Fe3Cu2，

21、故氧化性顺序是：Fe3Cu2Fe2+，选项B正确；C氧化还原反应中，还原的还原性大于还原产物的还原性，还原性C-D-，故反应2C-D22D-C2能发生，还原性：B-C-，故反应2C-B22B-C2不能发生，选项C错误；D具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，选项D错误；答案选B。12、D【解析】试题分析：若水作还原剂，则水中O元素失电子导致化合价升高，以此来解答。A、反应CO2+H2OH2CO3中，各元素的化合价没有变化，则不属于氧化还原反应，水为反应物，故A不选；B

22、、反应Na2O+H2O2NaOH中，各元素的化合价没有变化，则不属于氧化还原反应，水为反应物，故B不选；C、反应2Na+2H2O2NaOH+H2中，水中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故C不选；D、反应2F2+2H2O4HF+O2中，水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，故D正确，答案选D。考点：考查水参与氧化还原反应的判断13、D【解析】离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生双水解反应、氧化还原反应、络合反应且和稀硫酸反应生成气体的为正确选项，据此分析解答。【详解】A项，Na+、K+、NH4+、Cl能大量共存，但加入过量稀硫酸时，无气体生成，故不选A项；B项，K+、Cu2+、SO4

23、2、Cl能大量共存，但加入过量稀硫酸时，无气体生成，故不选B项；C项，Ag+和CO32-、Cl-生成沉淀而不能大量共存，故不选C项；D项，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，HCO3和稀硫酸反应生成二氧化碳，故选D项。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意题中关键词“能共存且稀硫酸反应生成气体”。14、D【解析】试题分析：A项、强碱性溶液含有OH-离子，OH-与Al3+反应生成Al(OH）3沉淀，不能大量共存，故A错误；B项、Cu2+在溶液中的颜色为淡蓝色，无色透明溶液中不可能存在Cu2+，故B错误；C项、溶液中Ca2+与 CO32

24、-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故C错误；D、pH1的溶液为酸性溶液中，酸性溶液中Na+、Fe3+、NO3、SO42不发生任何反应，能大量共存，故D正确；故选D。15、C【解析】ACu是金属单质，含有自由移动的电子而能够导电；但不属于化合物，因此不是电解质，A不符合题意；B盐酸是HCl的水溶液，含有自由移动的H+、Cl-，能够导电；但该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，B不符合题意；C熔融的NaCl中含有自由移动的Na+、Cl-，能够导电；NaCl是化合物，本身能够电离产生自由移动的离子而导电，因此属于电解质，C符合题意；DNaOH溶液含有自由移动的Na+、OH-，能够导电；但

25、该物质属于混合物，不是化合物，因此不属于电解质，D不符合题意；故合理选项是C。16、B【解析】A碳酸钙是固体，应写成化学式CaCO3，不能拆写成离子形式，故A错误； BCuO与稀盐酸反应生成氯化铜和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2+H2O，故B正确；C氢氧化铁是固体，不能拆写成离子形式，故C错误；D铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能生成硫酸铁，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2 BaCO3 BaCl2 、CaCO3、NaOH CuSO4、K2SO4 KCl 取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl 【解析

26、】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡。据此解答。【详解】白色粉末加水溶解后得到白色滤渣和无色溶液，说明不含有硫酸铜，白色滤渣加入盐酸完全溶解并产生气体B，说明该滤渣为碳酸盐沉淀，气体B为二氧化碳，肯定有碳酸钙，无色滤液加入二氧化碳产生白色沉淀，说明滤液中含有氯化钡和氢氧化钠，则一定不含硫酸钾。(1)气体B 为二氧化碳，化学式为CO2，白色沉淀为BaCO3；(2).根据以上分析可知，白色粉末一定含有BaCl2 、CaCO3、

27、NaOH，一定不含CuSO4、K2SO4，可能含有 KCl；(3)确定氯化钾是否存在，可以用焰色反应，即取无色滤液C，做焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈淡紫色，则存在KCl,否则不存在KCl。【点睛】掌握各物质的溶解性和离子反应，根据溶液为无色，确定不含铜离子，根据白色滤渣能完全溶于盐酸生成气体分析，该物质为碳酸钙，气体为二氧化碳，因为通入二氧化碳能产生白色沉淀，说明含有钡离子，但氯化钡和二氧化碳不反应，所以应还含有氢氧化钠，当溶液中有钡离子时，不能含有硫酸根离子，即不含硫酸钾。18、三 A MgSiSC SiO2 C+2SCS2 极性 【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，

28、元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1) M为S，在周期表中位于第三周期第A族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此MgSiS，S比C多一个电子层，则原子半径SC，因此原子半径由大到小的顺序为MgSiSC。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。19、SO4

29、2、CO32 Fe3+、Al3+、Cl K+ 焰色反应 Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4+ Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+ Al(OH)3+OHAlO2+2H2O 【解析】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl、SO42、CO32中的若干种，由实验取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32-；向溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，则溶液中一定含有Fe3+，可能含有SO42-；过滤后，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl-；取中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，由于硫酸

30、钡不溶于盐酸，因此溶液中一定不含SO42-；重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；向的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少但不完全溶解，因氢氧化铝溶于强碱，氢氧化铁不能，则说明溶液中含有Fe3+、Al3+；通过以上分析可知，溶液中一定含有Fe3+、Al3+、Cl-；一定不含有CO32-、SO42-；不能确定溶液中是否含有K+，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知：这包粉末中一定不含有的离子是CO32-、SO42-；肯定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl-；不能确定是否含有的离子是K+，由于钾元素焰色反应为

31、浅紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，因此要确定溶液中是否含有K+，可通过焰色反应判断；(2)由于溶液中含有Fe3+、Al3+、Cl-，向该溶液在加入氨水，Fe3+与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，离子反应方程式为：Fe3+3NH3H2OFe(OH)3+3NH4+；Al3+与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，往过滤后的沉淀中滴加NaOH溶液，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够溶于强碱，所以Al(OH)3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子反应方程式为：Al(OH)3+OHAlO2+2H2O。【点睛】本题考查离子反应。涉及离子的推断及离子方

32、程式的书写。把握生成的沉淀及沉淀的颜色、离子共存确定存在的离子为解答的关键，注意掌握常见离子的性质及检验方法。20、无明显现象 能 纸条褪色 HClO 除去多余的Cl2气，防止污染环境 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 【解析】(1)A中放的是干燥的红色纸条，B中放的是湿润的红色纸条，氯气不能使A中纸条褪色，而B中生成HClO，所以纸条褪色，则A中没有明显现象，B中褪色，因B中生成的HClO具有漂白性，故答案为 装置现象结论A无明显现象能；HClOB纸条褪色 (2)氯气有毒，不能排放在空气中，利用NaOH溶液吸收，所以C的作用为除去多余的Cl2气，防止污染环境，发生的反应为2N

33、aOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为除去多余的Cl2气，防止污染环境；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。点睛：注意A、B装置的对比作用及环境保护为解答的关键。要注意把握氯气没有漂白性，HClO具有漂白性。21、NaNO2 B 10 6 4 10 3 2 11.2L 【解析】（1）反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高；（2）由可知，鉴别和，可利用碘的特性分析；（3）具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性；（4）铝元素的化合价由0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析。【详解】(1)反应中氮元素的化合价降低，碘元素的化合价升高,则氧化剂是，故答案为：；(2)由可知，反应需要酸性环境、碘离子和淀粉，故鉴别和需选择：碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的则为，故答案为：；(3) 具有氧化性，能使转化为不引起二次污染的氮气的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；(4)铝元素的化合价由0升高为+3价，氮元素的化合价由+5价降低为0，该反应还生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为，该反应转移电子数为30，故转移5mol电子时，生成标准状况下氮气的体积为 ，故答案为：10；6；4；10；3；2；11.2。