2023年甘肃省酒泉市酒泉中学高一化学第一学期期末监测试题含解析

2023年甘肃省酒泉市酒泉中学高一化学第一学期期末监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、检验储存在密封性不佳的试剂瓶中的硫酸亚铁是否变质,可以加入的试剂是A．硫氰化钾 B．硝酸银C．盐酸酸化的氯化钡 D．硝酸酸化的硝酸钡2、下列属于酸性氧化物的是A．SO2 B．Al2O3 C．Fe2O3 D．Na2O23、人们习惯上把金、银、铜、铁、锡五种金属统称为“五金”在“五金”顺序中，把一种金属的位置向后移一位，正好符合某化学规律。这种金属和该化学规律是A．铁、金属活动性顺序表 B．金、质量守恒定律C．银、元素周期律 D．铜、金属密度顺序表4、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．稀H2SO4和Ba(OH)2溶液混合：+H++OH-+Ba2+=H2O+BaSO4↓B．氯气跟水反应：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-C．Al与NaOH溶液的反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑D．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓5、在相同的温度和压强下，若氧气的密度是1.340g/L，则二氧化碳的密度（）A．1.696g/L B．1.429g/L C．1.964g/L D．1.843g/L6、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，实验结果偏高影响的是（）A．容量瓶中原有少量蒸馏水B．溶解所用的烧杯未洗涤C．定容时仰视观察刻度线D．定容时俯视观察刻度线7、下列说法正确的是A．不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等B．将1L2mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NAC．黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关D．电泳现象说明胶体带电8、下列物质在水中发生电离的电离方程式书写正确的是（）A．HNO3=H－+NO3+ B．Ba(OH)2=Ba2++OH2－C．NH4NO3=NH4++NO3－ D．CaO=Ca2++O2-9、下列物质不属于电解质的是：A．H2SO4 B．KNO3 C．NaOH D．Cu10、某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是()A．K+、Mg2+、Cl-、 B．Na+、、、C．Na+、K+、、Cl- D．K+、Na+、、11、下列是实验操作，能达到实验目的是（）A．用25.00mL碱式滴定管量取14.80mLNaOH溶液B．用100mL量筒量取5.2mL盐酸C．用托盘天平称取25.20g氯化钠D．用100mL容量瓶配制50mL0.1mol·L-1盐酸12、下列说法不正确的是A．二氧化硅用于制造光导纤维 B．常用pH试纸测定新制氯水的pH值C．一定条件下，金属镁可以置换出碳单质 D．碳酸氢钠是发酵粉的主要成份13、下列各组的两个量，前者不恰好是后者二倍的是A．Na2O2中阳离子和阴离子的个数B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量和被还原的HNO3的物质的量C．质量分数为98%的H2SO4的物质的量浓度和质量分数为49%的H2SO4的物质的量浓度D．分别发生KMnO4受热分解、MnO2催化H2O2分解反应，当得到同温同压下同体积O2时，两个反应转移的电子数14、配制0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是A．用敞口容器称量NaOH且时间过长B．定容时俯视读取刻度C．原容量瓶洗净后未干燥D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒15、为了使硫酸溶液导电性几乎降低为零，应加入适量的A．NaOH B．Na2CO3 C．BaCl2 D．Ba(OH)216、右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（）A．CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉 B．NH3(H2O含酚酞)/红色喷泉C．H2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉 D．HCl(AgNO3溶液)/白色喷泉二、非选择题（本题包括5小题）17、根据下列转化关系（反应条件略去），A、B、C、D中均含有同一种元素，回答下头问题：（1）若A为Na，则固体C的颜色为__________________，写出反应③的化学方程式___________________________。（2）若A为N2，写出反应③的化学方程式___________________________。（3）若A为S，写出D的浓溶液与Cu在加热情况下反应的化学方程式____________________。（4）若A为NH3，则__________（填“能”与“不能”）用铁制容器储存D的浓溶液。写出过量Fe与D的稀溶液反应（还原产物只有B）的离子方程式_______________________________。18、设计如下实验探究橄榄石（仅含三种短周期元素）的组成和性质。（1）橄榄石的组成元素是O和____、____（填元素符号），化学式为__________。（2）写出白色粉末A的一种用途：__________________________。（3）白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是_________________________________。19、某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的化肥的主要成分及相关性质。首先对该化肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4b．含有FeSO4和Fe2(SO4)3c．只含有Fe2(SO4)3将化肥固体粉末溶于水中得到溶液(记为X)，进行如下实验：实验序号操作现象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol·L－1NaOH溶液产生红褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色（1）请用文字表述做出假设b的依据是__________________________。（2）对实验ⅰ的预期现象是产生白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，预期产生该现象的依据是(用化学方程式或离子方程式表达)_____、_____。（3）由实验ⅱ得出的结论是____________。结合实验ⅰ、ⅱ，推测实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能是_____________________________。为进一步验证假设，小组同学进行了以下实验：实验序号操作现象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液显红色ⅳ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液显红色，颜色比ⅲ深（4）实验ⅳ中氯水参加反应的离子方程式是_______________________。（5）通过以上实验，可得到的结论是_____________________________，请完整表达该结论是如何得出的_______________________________。20、如图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置：（1）A是氯气发生装置，其中反应的化学方程式为_____。（2）实验开始时，先点燃A处的酒精灯，打开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处酒精灯，连接上E装置。Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出D中反应的化学方程式：_____。装置C的作用是_____。（3）在E处，紫色石蕊试液的颜色由紫色变为红色，再变为无色，其原因是_____。（4）若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水，反应过程现象为_____（选填标号）。A．有白色沉淀生成B．无现象C．先生成白色沉淀，而后白色沉淀消失（5）D处反应完毕后，关闭旋塞K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有Cl2产生，此时B中的现象是_____，B的作用是_____。21、下图是实验室制备四氯化硅液体的装置。已知：四氯化硅熔点为-70℃，沸点57.6℃，遇水极易反应。请回答下列问题。（1）写出装置A中发生反应的离子方程式_______________________________。（2）8.7gMnO2和足量的浓盐酸反应，其中被氧化的HCl的物质的量为____________mol。（3）装置B中盛放的试剂是__________________；（4）g管的作用是_________________。（5）装置E中冰水的作用是_________________。（6）干燥管F中碱石灰的作用是______________和_________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

硫酸亚铁若是变质，亚铁离子会被氧化成铁离子，所以可使用KSCN溶液检验，加入硫氰化钾溶液，若溶液变成血红色，证明硫酸亚铁已经变质，若溶液没有变成血红色，证明硫酸亚铁没有变质，故答案为A。2、A【解析】

A．SO2能与NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，所以SO2为酸性氧化物，A符合题意；B．Al2O3既能与NaOH反应，又能与盐酸反应，并且都生成盐和水，所以Al2O3为两性氧化物，B不合题意；C．Fe2O3不能与碱反应，只能与酸反应生成盐和水，所以Fe2O3为碱性氧化物，C不合题意；D．Na2O2中O元素显-1价，与酸反应生成盐和水的同时，有氧气生成，所以Na2O2不属于碱性氧化物，D不合题意；故选A。【点睛】不管是酸性氧化物、碱性氧化物、还是两性氧化物中，氧元素的化合价都是-2价。3、A【解析】A．在金属活动性顺序表中，金属活动性强弱顺序是Sn、Fe、Cu、Ag、Au，所以将铁向后移一位，遵循金属活动性顺序表规律，故A正确；B．这几种金属之间不反应，不最小质量守恒定律，故B错误；C．在元素周期表中，其原子序数大小顺序是Au、Sn、Ag、Cu、Fe，将Ag向后移动一位，不遵循元素周期律，故C错误；D．这几种金属的密度大小顺序是Au、Sn、Ag、Cu、Fe，将Cu向后移动一位，不遵循密度顺序表，故D错误；故答案为A。4、C【解析】

A．稀H2SO4和Ba(OH)2溶液混合，生成硫酸钡和水，离子方程式为：+2H++2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓，A错误；B．氯气跟水反应，生成氯化氢和次氯酸，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，B错误；C．Al与NaOH溶液的反应，生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑，C正确；D．AlCl3溶液中加入足量的氨水生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3，D错误；故选C。5、D【解析】

根据M=Vm可知Vm===23.88L/mol，在相同的温度和压强下，二氧化碳的密度===1.843g/L。答案选D。6、D【解析】A.容量瓶中原有少量蒸馏水不影响，A错误；B.溶解所用的烧杯未洗涤，溶质的质量减少，浓度偏低，B错误；C.定容时仰视观察刻度线，溶液体积增加，浓度偏低，C错误；D.定容时俯视观察刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，D正确，答案选D。点睛：在量筒、容量瓶的使用时经常涉及俯视、仰视问题，其对实验结果的影响究竟如何(偏大或偏小)，必须分情况讨论：（1）容量瓶(如图Ⅰ、Ⅱ)。①图Ⅰ：定容时俯视，溶液体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大。②图Ⅱ：定容时仰视，溶液体积偏大，所配制溶液的物质的量浓度偏小。（2）量筒面读数(如图Ⅲ、Ⅳ)。①图Ⅲ：量筒上方刻度更大，俯视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(a点)即为俯视读数，即量筒内液面俯视读数偏大。②图Ⅳ：量筒下方刻度更小，仰视读数时视线与凹液面最低处相连，连线与量筒壁相交处(b点)即为仰视读数，即量筒内液面俯视读数偏小。（3）用量筒量取一定体积的液体(如图Ⅴ、Ⅵ)。①图Ⅴ：用量筒量取5.0mL液体时，若俯视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积小于5.0mL，即偏小。②图Ⅵ：用量筒量取5.0mL液体时，若仰视，视线与刻度5相连并延长到凹液面最低处，所以实际量取的液体体积大于5.0mL，即偏大。7、C【解析】

A、氯化钠溶液和水都不能发生丁达尔效应，但水是纯净物，不属于分散系，A错误；B、胶体的粒子是很多分子的集合体，不能确定胶体的粒子数，B错误；C、黄河水属于胶体，入海时遇到电解质溶液而发生聚沉现象形成三角洲，与胶体的性质有关，C正确；D、电泳现象说明胶体粒子带电荷，D错误；答案选C。8、C【解析】

A.硝酸为强电解质，在溶液中完全电离，其正确的电离方程式为：HNO3=H++NO3－，故A错误；B.

Ba(OH)2为强电解质，在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，正确的电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH－，故B错误；C.硝酸铵为强电解质，在溶液中完全电离出铵根离子和硝酸根离子，其正确的电离方程式为：NH4NO3=NH4++NO3－，故C正确；D.CaO在溶液中与水反应生成氢氧化钙，完全电离出钙离子和氢氧根离子，其电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2++2OH−，故D错误；答案选C。9、D【解析】

A.H2SO4是酸，在水溶液里能导电，属于电解质，A错误；B.KNO3是盐，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，B错误；C.NaOH是碱，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，C错误；D.Cu是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，D正确；故选D。【点睛】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物叫做非电解质，电解质、非电解质均是化合物。10、C【解析】

溶液中加入铝粉，有H2放出，该溶液为非氧化性酸或强碱溶液，若离子之间不能反应生成沉淀、气体、水、弱电解质等，离子在溶液中一定能大量共存。【详解】A项、碱溶液中不能存在Mg2+，故A错误；B项、碱溶液中不能存在NH4+、HCO3-，酸溶液中不能存在HCO3-，故B错误；C项、非氧化性酸或强碱溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D项、酸溶液中不能存在CO32-，故D错误；故选C。11、A【解析】

A.用25.00mL碱式滴定管量取14.80mLNaOH溶液，可以达到实验目的，A正确；B.为量取5.2mL盐酸，应选用10mL的量筒，100mL量筒误差过大，B错误；C.托盘天平的精度为0.1g，故无法用托盘天平称取25.20g氯化钠，C错误；D.应使用50mL容量瓶配制50mL0.1mol·L-1盐酸，D错误；答案选A。12、B【解析】

A.二氧化硅可用于制造光导纤维，A正确；B.新制氯水除了具有酸性以外，还具有强氧化性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，应该用pH计，B错误；C.一定条件下，金属镁在二氧化碳中燃烧可以置换出碳单质，同时生成氧化镁，C正确；D.碳酸氢钠是发酵粉的主要成份，D正确；答案选B。13、C【解析】

A．Na2O2由Na+与过氧根离子(O22-)构成，则Na2O2中阳离子和阴离子的个数之比为2：1，A不符合题意；B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量为4mol，被还原的HNO3的物质的量为2mol，所以前者恰好是后者二倍，B不符合题意；C．硫酸的浓度越大，密度越大，当二者质量相同时，体积越小，等质量的质量分数为98%的H2SO4的体积小于质量分数为49%的H2SO4，所以前者浓度大于后者的二倍，C符合题意；D．KMnO4受热分解生成1mol氧气转移4mol电子，H2O2分解反应生成1mol氧气转移2mol电子，前者恰好是后者二倍，D不符合题意；故合理选项是C。14、B【解析】A．用敞口容器称量NaOH且时间过长，导致称取的溶质中含有氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B．定容时俯视读取刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B正确；C．原容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积、溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，C错误；D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选B。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，准确分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，注意误差分析的依据：c＝n/V，因此凡是使n偏大，V偏小的操作都能使溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低。15、D【解析】

A.A项中反应为2NaOH＋H2SO4=Na2SO4＋2H2O，Na2SO4=2Na＋＋SO42-，溶液导电性几乎无变化，故A错误；B.B项中发生反应为Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O,Na2SO4=2Na＋＋SO42-，溶液导电性几乎无变化，故B错误；C.C项中发生反应为BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，HCl=H＋＋Cl－，溶液导电性几乎无变化，故C错误；D.D项中发生反应为Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，反应后溶液离子浓度非常小，导电性几乎降低为零，故D正确。故选D。16、A【解析】

A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A；B.NH3易溶于水，形成NH3·H2O，NH3·H2ONH4＋OH－，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；C.H2S＋CuSO4H2SO4＋CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；D.HCl＋AgNO3HNO3＋AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、淡黄色2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑3NO2＋H2O===2HNO3＋NOCu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O能3Fe＋8H＋＋2NO3－===3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O【解析】(1).若A为Na，由转化关系图可知，B为Na2O、C为Na2O2、D为NaOH，Na2O2是淡黄色固体，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案为淡黄色；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；(2).若A为N2，由转化关系图可知，B为NO、C为NO2、D为HNO3，反应③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，故答案为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；(3).若A为S，由转化关系图可知，B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；(4).若A为NH3，由转化关系图可知，B为NO、C为NO2、D为HNO3，常温下铁可被浓硝酸钝化，所以可用铁制容器储存浓硝酸，过量的Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O，故答案为能；3Fe＋8H＋＋2NO3－=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。点睛：本题主要考查元素化合物的推断，涉及Na、S、N等元素的单质及其化合物的性质和转化关系，解答本题的突破口是A能被氧气连续氧化，说明A中存在的某种元素有多种化合价，根据物质的颜色、物质的性质并结合D的性质分析解答即可，试题难度中等。18、MgSi2MgO·SiO2光导纤维等合理即可SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】

橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀，推知该胶状沉淀为硅酸，灼烧后生成二氧化硅，质量为1.8g，则物质的量为，二氧化硅能溶于NaOH溶液生成Na2SiO3，橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液，与过量的NaOH溶液反应后，生成白色沉淀，该沉淀应是Mg(OH)2，质量为3.48g，则物质的量为，因此该化合物中，硅元素与镁元素的物质的量之比为1：2，因此橄榄石的化学式为：2MgO·SiO2；（1）根据以上分析可知，橄榄石的组成元素是O和Mg、Si，化学式为2MgO·SiO2，本题答案为：Mg；Si；2MgO·SiO2；（2）白色粉末为二氧化硅，用途有：制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料，本题答案为：光导纤维等；（3）白色粉未为二氧化硅，与NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，本题答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。19、FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立)溶液中存在Fe3＋，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2＋与NaOH反应生成沉淀的颜色变化(现象被遮盖等)或Fe2＋已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，证明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立【解析】

(1)FeSO4具有还原性，易被氧气氧化为Fe2(SO4)，据此分析；(2)根据白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀的现象可推断出该反应为氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应，据此解答；(3)滴加KSCN溶液显红色，可推断含有Fe2(SO4)3；实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能为溶液中的Fe3＋遇NaOH产生红褐色沉淀，红褐色沉淀遮盖了白色的氢氧化亚铁沉淀，也可能为Fe2＋已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象，据此解答；(4)氯水中氯气氧化了亚铁离子，据此写出离子反应式；(5)由实验现象可推知化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)；实验ⅳ：溶液X中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，颜色比ⅲ深，说明含有Fe2+，且Fe2+被氯水氧化为Fe3+,实验ⅲ，溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水，溶液显红色，说明含有Fe3+，综合实验ⅲ、ⅳ得出结论;【详解】(1)做出假设b的依据是FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3；故答案为：FeSO4具有还原性，露置在空气中，容易被氧气氧化为Fe2(SO4)3；(2)根据实验ⅰ的预期现象，白色沉淀、变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀可知相应的方程式为，；故答案为：；；(3)由实验ⅱ的现象溶液变红色可得出的结论，化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立);根据实验现象，推测实验ⅰ实际现象与预期现象不符的原因可能为溶液中存在Fe3＋，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2＋与NaOH反应生成沉淀的颜色变化(现象被遮盖等)或已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象；故答案为：化肥中肯定有Fe2(SO4)3(假设a不成立)；溶液中存在Fe3＋，遇NaOH产生红褐色沉淀，因此看不到Fe2＋与NaOH反应生成沉淀的颜色变化(现象被遮盖等)或Fe2＋已全部被氧化为Fe3＋，溶液中无Fe2＋，因此看不到预期现象；(4)实验ⅳ中氯水参加反应的离子方程式是；故答案为：；(5)由实验现象可推知化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)；实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，证明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立；故答案为：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3(假设b成立)；实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明增加，证明原溶液中有Fe2+，所以溶液中既有，也有Fe2+，即假设b成立；20、4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑2Cl2+2H2O（g）+C4HCl↑+CO2↑吸收Cl2中的HCl气体，提供D处所需水蒸气生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红，因未反应完的Cl2与H2O作用产生的HClO的漂白作用使红色消失B瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升贮存少量Cl2【解析】

（1）根据浓盐酸和二氧化锰的性质判断生成物，从而确定方程式；（2）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；氯化氢气体极易溶于水，且水能提供水蒸气，据此分析；（3）紫色石蕊试液遇酸变红，但次氯酸有漂白性，据此分析；（4）氯化氢、次氯酸和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水；（5）根据B装置内气体的压强变化分析液面变化。【详解】（1）浓盐酸和二氧化锰在加热条件下能发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气、水，故答案为：4HCl（浓盐酸）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑；（2）A装置产生了氯气，C装置为D装置提供水蒸气，氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原