2023年上海市杨浦区交大附中高一化学第一学期期末教学质量检测试题含解析

2023年上海市杨浦区交大附中高一化学第一学期期末教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、碳酸钠的物质类别是（）A．酸 B．碱 C．盐 D．酸性氧化物2、下列物质属于碱的是A．CH3CH2OH B．NH3·H2O C．CuCl2 D．Na2CO33、下列化学反应的离子方程式正确的是A．盐酸和石灰石制CO2：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑B．氢氧化铜与稀盐酸反应：Cu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2OC．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋＝Cu2＋＋AgD．往澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O4、设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是()A．0.1molH2SO4分子在水中可电离生成2NA个H＋B．在0℃、101kPa时，22.4L氢气中含有NA个氢原子C．14g氮气中含有7NA个电子D．NA个一氧化碳分子和0.5mol甲烷的质量比为7∶45、如图是一个奥运五环，有重叠的两环在一定条件下可以发生反应，下列各组物质，能实现图示反应的是（）选项abcdeABCDA．A B．B C．C D．D6、将Cu片放入0.1mol·L－1FeCl3溶液中,反应一定时间后取出Cu片,溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)=2∶3,则Cu2+与Fe3+的物质的量之比为A．3∶2 B．3∶5 C．4∶3 D．3∶47、甲、乙、丙、丁分别是NaOH、AlCl3、BaCl2、MgCl2四种物质中的一种，若将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失；乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生。据此可推断甲物质是A．BaCl2 B．NaOH C．AlCl3 D．MgCl28、下列气体排入大气，能形成酸雨的是A．CO2 B．N2 C．NO2 D．O39、在下列物质分类中，前者包含后者的是A．氧化物、含氧酸 B．化合物、电解质 C．溶液、胶体 D．电解质、氯化钠溶液10、如图为元素周期表中前四周期的一部分，若B元素的核电荷数为x，则这五种元素的核电荷数之和为()A．5x＋10 B．5x C．5x＋14 D．5x＋1611、下列物质不属于电解质的是（）A．Na B．H2SO4 C．NaOH D．Na2SO412、工业上火法炼铜的过程中会发生以下反应：，下列关于该反应的说法正确的是()A．既是氧化产物又是还原产物 B．每生成，转移C．既是氧化剂又是还原剂 D．每硫原子被还原，则生成13、2016年10月17日，神舟十一号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射，根据太空的失重状况，下列化学实验在太空中无法完成的是A．过滤B．两种固体混合C．硫酸与氢氧化钠溶液的中和反应D．蒸发14、下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中，错误的是A．FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2B．CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥C．NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量CO2气体D．CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥15、下列说法不正确的是（）A．实验室应将钠保存在煤油中 B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏C．液氯不可以储存在钢瓶中 D．金属钠失火不可用水来灭火16、铜粉放入稀硫酸中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐可能是（）A． B． C． D．二、非选择题（本题包括5小题）17、下表为元素周期表的一部分，请参照元素①-⑨在表中的位置，回答下列问题：（1）表中用于半导体材料的元素在周期表中的位置________________________。（2）写出短周期金属性最强的元素的离子结构示意图:_____。（3）③、④、⑤三元素离子半径从大到小的顺序是________________填离子符号）。（4）②、③、④的气态氢化物，稳定性最强的是_______________填化学式）。（5）设计实验证明⑤、⑥的金属性强弱__________________________。（6）在一定条件下，利用置换反应可实现物质之间的转化（仅限于①-⑨中涉及的元素）①同族元素之间，则反应可能为_____________。②不同族元素之间，则反应可能为_____________（以上反应各写一条化学方程式即可）。（7）将⑨的单质通入石蕊溶液中发生的颜色变化如下图，请在方框内填写出导致该阶段颜色变化的主要粒子符号。_____________、_____________、_____________。18、有关元素X、Y、D、E的信息如下：元素有关信息X地壳中含量最高的元素Y第三周期中原子半径最小的元素D最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏用化学用语回答下列问题：（1）D在元素周期表中的位置为____。（2）X、Y、D形成的简单离子的半径由大到小为_____。（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，其反应的化学方程式为_________，D的单质溶于强碱的离子方程式为________。（4）E元素与Y元素可形成EY2和EY3两种化合物，下列说法正确的是（填序号）_____。①保存EY2溶液时，需向溶液加入少量E单质②EY2、EY3均能通过化合反应生成③向煮沸的NaOH溶液中滴加几滴饱和EY3溶液，可以制得胶体19、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100mL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。20、如图所示，是一个制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置，其中各试剂瓶装的试剂为：B（AgNO3溶液）、C（氯化亚铁溶液）、D（碘化钾淀粉溶液）、E（水）、H（紫色石蕊试液）（1）A是氯气发生装置，蒸馏烧瓶中盛放MnO2固体，其化学反应方程式是：________（2）实验开始时，先点燃A处酒精灯，打开分液漏斗旋塞和Ⅰ处活塞，让氯气充满整个装置，再点燃G处酒精灯，回答下列问题：下列装置中的现象是B________；D________请写出C中发生反应的化学方程式________（3）在G装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，一种产物能使H处紫色石蕊试液变红，另一产物能使澄清石灰水变浑浊，写出G中的反应的化学方程式________。（4）在H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________。（5）G处反应完毕后关闭分液漏斗旋塞，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有氯气产生，此时应该怎样操作________；装置Ⅰ中的现象是________。（6）若将E中的水换成氢氧化钠溶液，溶液中不但有NaClO还有NaClO3，其物质的量比为1：2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：________。21、NaOH、FeCl3、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.07g沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示.试回答：（1）A点沉淀为______，(填化学式)B点沉淀为________.(填化学式)（2）原固体混合物中各物质的物质的量分别是多少？___________（3）C点处的盐酸的体积是多少毫升？____________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.酸指的是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，碳酸钠电离时不会产生氢离子，故不属于酸，故A错误；B.碱指的是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，碳酸钠电离时不会产生氢氧根离子，故不属于碱，故B错误；C.盐指的是电离时生成的阳离子全部是金属阳离子（铵根），阴离子全部是氢氧根离子的化合物，故C正确；D.氧化物是两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，酸性氧化物指的是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，碳酸钠(Na2CO3)含有三种元素，不属于氧化物，也不属于酸性氧化物，故D错误；答案选C。2、B【解析】

A．CH3CH2OH属于有机物，不属于碱，故A错误；

B．氨水(NH3•H2O)电离时电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故B正确；

C．CuCl2是由铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，故C错误，

D．Na2CO3是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故D错误；

故选：B。【点睛】碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐：电离时生成金属阳离子（或）和酸根离子的化合物。3、B【解析】

A．石灰石的主要成分为碳酸钙，难溶于水，盐酸和石灰石制CO2的离子方程式：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．氢氧化铜难溶于水，与稀盐酸反应的离子方程式：Cu(OH)2

+2H+═Cu2++2H2O，故B正确；C．电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；D．往澄清石灰水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化钙在离子方程式中的处理方法，澄清石灰水用离子表示，石灰乳用化学式表示。4、C【解析】

A项、H2SO4是强酸，在溶液中完全电离，0.1molH2SO4分子在水中可电离出0.2NA个H＋，故A错误；B项、氢气为双原子分子，标况下22.4L氢气的物质的量为1mol，分子中含有2NA个氢原子，故B错误；C项、氮气为双原子分子，分子中含有14个电子，14g氮气的物质的量为0.5mol，分子中含有7NA个电子，故C正确；D项、NA个一氧化碳分子的物质的量为1mol，质量为28g，0.5mol甲烷的质量为8g，则两者的质量比为7∶2，故D错误；故选C。5、A【解析】

A．a与b、b与c、c与d、d与e，各物质之间可以发生反应，符合题意，故A正确；B．和不发生反应，即（c和d不反应），故B错误；C．Al和Al2O3都不和氨水反应，即（d和c，e都不反应），故C错误；D．Mg与NaOH不反应，即（b和c不反应），故D错误；答案选A。6、D【解析】

将Cu片放入0.1mol·L－1FeCl3溶液中，发生的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所得溶液中的Fe2+为此反应生成，溶液中的Fe3+是发生此反应后剩余。【详解】将Cu片放入0.1mol·L－1FeCl3溶液中，发生的反应为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，设Fe2+的物质的量为3x，所以剩余的Fe3+的物质的量为2x，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2221变化3x3x1.5x剩余2x3x1.5x所以n(Cu2+):n(Fe3+)=1.5x:2x=3:4；答案选D项。7、D【解析】

根据将乙溶液滴入丁溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，确定乙是NaOH溶液，丁是AlCl3溶液；由于乙溶液滴入丙溶液中，无明显现象发生说明丙为BaCl2溶液，所以甲物质是MgCl2溶液；故答案选D。8、C【解析】

二氧化硫和一氧化氮、二氧化氮等是引起酸雨的主要气体，故答案为C。9、B【解析】

A.氧化物、含氧酸同属于化合物，属于并列关系，A不合题意；B.电解质一定是化合物，所以化合物包含电解质，B符合题意；C.溶液、胶体同属于分散系，属于并列关系，C不合题意；D.电解质属于化合物，氯化钠溶液属于混合物，属于并列关系，D不合题意。故选B。10、A【解析】由四种元素在周期表中的位置可知，D、B、E分别在周期表的第二、三、四周期，若B元素的核电荷数为x，则A的原子序数为x－1，C的原子序数为x+1，D的原子序数为x－8，E的原子序数为x+18，则五种元素的核电荷数之和为x+（x－1）+（x+1）+（x－8）+（x+18）＝5x+10，答案选A。点睛：本题考查元素周期表知识，解题的关键是注意把握元素周期表的结构特点以及组合规律，尤其要注意同一主族相邻原子间原子序数的差值，可以是2、8、18或32。11、A【解析】

电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。【详解】A.Na是单质，电解质和非电解质都是化合物，所以钠既不属于电解质，也不属于非电解质，故A符合题意；B.在水溶液中，H2SO4电离出自由移动的离子导电，H2SO4是电解质，故B不符合题意；C.NaOH是化合物，在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，故C不符合题意；D.Na2SO4是化合物，在水溶液在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D不符合题意；答案选A。【点睛】电解质和非电解质必须是化合物。12、C【解析】

反应中，Cu的化合价均从+1价降低为0价，则Cu2S和Cu2O均为氧化剂，被还原，Cu单质为还原产物，S元素的化合价从-2价升高为+4价，则Cu2S为还原剂，被氧化，SO2为氧化产物，据此解答。【详解】A.由以上分析知，是氧化产物，故A错误；B.没有指明是标准状况，无法计算物质的量，因此不能计算转移电子数，故B错误；C.由以上分析知，既是氧化剂又是还原剂，故C正确：D.S元素的化合价升高，则S元素应被氧化，故D错误：故选C。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。13、A【解析】A．过滤在太空的失重状况不能完成，A符合；B．固体混合可在太空的失重状况下完成，B不符合；C．中和反应为化学变化，可在太空的失重状况下完成，C不符合；D．蒸发与水的沸点有关，可在太空的失重状况下完成，D不符合；答案选A。14、B【解析】

A.FeCl2与氯气反应生成氯化铁，则通入适量Cl2，洗气可除杂，故A正确；B.HCl与Na2CO3反应，CO2与Na2CO3溶液也可以反应生成碳酸氢钠，则不能通过饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，故B错误；C.NaHCO3溶液中的Na2CO3与过量的CO2气体反应生成NaHCO3，则可以通入过量CO2气体除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故C正确；D.CO2与NaOH反应，而CO不能，则通过NaOH溶液洗气后干燥可除杂，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的是物质分离、提纯的实验方案设计。解题时有几处需要注意，如A选项FeCl2与氯气反应生成氯化铁，既可以除去FeCl2还可以增加FeCl3的量；B选项通过饱和Na2CO3溶液洗气后CO2也会被反应掉，化学反应方程式为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3。15、C【解析】

A、钠的密度比煤油大，且钠不和煤油反应，实验室常将钠保存在煤油中，A正确；B、分液漏斗和容量瓶都带有活塞或者塞子，在使用前都要检漏，B正确；C、干燥的氯气在常温下不会和铁反应，故可以用钢瓶储存液氯，C错误；D、金属钠可以和水反应，金属钠燃烧生成的过氧化钠也可以和水反应，故金属钠失火不可用水来灭火，D正确；故选C。16、C【解析】

A．铜与稀硫酸不反应，加入，发生反应：，会使铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，但无气体逸出，故A不符合题意；B．铜与稀硫酸不反应，加入，稀硫酸与反应生成二氧化碳气体，但铜粉质量不变，故B不符合题意；C．铜与稀硫酸不反应，但加入后，由于溶液中有存在，会发生反应：，铜粉质量减少，溶液呈蓝色，有气体逸出，故C符合题意；D．铜与稀硫酸不反应，加入后溶液中不发生任何反应，铜粉质量不变，无气体生成，故D不符合题意；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、第3周期IVA族O2-＞F-＞Na+HF将钠和镁分别与冷水反应，钠比镁反应剧烈，金属性钠比镁强2Na+2H2O=2NaOH+H2↑或2C+SiO2Si+2CO↑或O2+2H2S=2S+2H2O等Mg+2HCl=MgCl2+H2↑或2Mg+CO22MgO+C或Cl2+H2S=2S+2HCl等H+HClOCl2【解析】

根据各元素在周期表中的相对位置可知：①为H元素、②为C元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Si元素、⑧为S元素、⑨为Cl元素【详解】（1）用于半导体材料的元素为Si，位于第3周期ⅣA族；（2）短周期金属性最强的元素为Na，钠离子的离子结构示意图为：；（3）具有相同电子层结构的离子其离子半径随着原子序数的增大而减小，所以③、④、⑤三元素的离子半径由大到小顺序为：O2-＞F-＞Na+；（4）非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，C、O、F中非金属性最强的为F，则氢化物稳定性最强的为HF；（5）⑤为Na元素、⑥为Mg元素，金属性Na＞Mg，证明方法为：将钠和镁分别与冷水反应，钠比Mg反应剧烈，金属性比Mg强；（6）①同族元素之间，可利用置换反应可实现物质之间的转化，如：2Na+H2O＝2NaOH+H2↑；②不同族元素之间，可利用置换反应可实现物质之间的转化，如：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑；（7）⑨为Cl元素，其单质为氯气，将氯气通入石蕊溶液中反应生成HCl、HClO，溶液呈酸性，H+使溶液变为红色，HClO具有漂白性，又使溶液红色褪去，溶液中最终溶解氯气，使溶液呈黄绿色。18、第三周期第ⅢA族r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)2H2O22H2O+O2↑2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑①②【解析】

X是地壳中含量最高的元素，则其为氧(O)；Y为第三周期中原子半径最小的元素，则其为氯(Cl)；D元素的最高价氧化物既能溶于强酸又能溶于强碱，则其为铝(Al)；E的单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，则其为铁(Fe)。【详解】（1）铝的原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第三周期第ⅢA族；（2）比较O2-、Al3+、Cl-的半径时，O2-、Al3+为两个电子层数，Cl-为三个电子层，则Cl-半径最大，O2-、Al3+的核电荷数，前者为8后者为13，所以离子半径前者大于后者，从而得出离子半径大小关系为r(Cl-)>r(O2-)>r(Al3+)；（3）X的一种氢化物可用于实验室制取X的单质，则其为H2O2，其反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，Al的单质溶于强碱离子的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2A1O2-+3H2↑；（4）①保存FeCl2溶液时，需向溶液加入少量Fe单质，以防止Fe2+被空气中O2氧化，①正确；②FeCl2可由Fe与FeCl3化合制得，FeCl3可由Fe与Cl2化合制得，②正确；③向煮沸的NaOH溶液中滴加1~2mL饱和FeCl3溶液，并继续煮沸至液体呈红褐色，可以制得胶体，③错误；故选①②。【点睛】比较原子或离子半径时，通常先看电子层数，一般情况下，电子层数越多，半径越大；当电子层数相同时，比较核电荷数，核电荷数越大，半径越小；当电子层数、核电荷数均相同时，比较最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大。19、黑木耳中含铁元素的物质不溶于水Fe3+b、f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红色偏小水（环境或介质等，合理即可）【解析】（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，答案选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。20、MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑产生白色沉淀溶液变蓝2FeCl2+Cl2=2FeCl3C+2H2O+Cl2CO2+4HCl生成的HCl使紫色石蕊试液变红色，剩余的氯气又与水作用生成次氯酸，又起漂白作用，使红色褪去关闭Ⅰ处活塞Ⅰ处b瓶内页面下降，c中液面上升11:3【解析】

（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2；（2）根据氯气的性质和氯水的成分确定实验现象；（3）根据实验现象确定产物，进而得出反应的化学方程式；（4）先变红是由于酸性气体产生，再变无色是由于漂白作用，据此分析；（5）实验结束后，由于余热作用产生的氯气应进行收集或吸收；（6）根据得失电子守恒进行计算。【详解】（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、H2O和Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2；（2）氯气溶于水后产生HCl和HClO，其中Cl-能与Ag+结合成AgCl沉淀，故B中现象为产生白色沉淀；由于氯气具有氧化性，能将I-氧化成I2，淀粉遇碘变蓝色，故D中的现象为溶液变为蓝色；氯气具有氧化性，C中Fe2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（3）“一种产物能使H处紫色石蕊试液变红”则说明该产物的水溶液显酸性，结合元素守恒可知，产物为HCl；“另一产物能使澄清石灰水变浑浊”则该产物为CO2，故该反应的化学方程式为：C+2H2O+Cl2CO2+4HCl；（4）实验过程中生成的HCl使紫色石蕊试液变红色；剩余的氯气又与水作用生成HClO，具有漂白作用，使红色褪去；（5）实验结束后，由于余热会继续产生氯气，此时应关闭Ⅰ中活塞，产生的氯气不通过后续装置，防止造成空气污染；此时可观察到Ⅰ中b瓶内液面下降，c中液面上升；（6）该反应中氯气既是氧化剂又是还原剂。反应生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为1:2，设其物质的量分别为1mol和2mol，则其失去的电子数为：1mol×1+2mol×5=11mol，故还原剂的物质的量为1mol+2mol2=1.5mol；根据得失电子守恒可得，反应过程中，氧化剂得到的电子数也为11mol，故氧化剂的物质的量为11mol2【点睛】氧化还原反应的本质是电子转移，故根据电子转移守恒计算有关氧化还原反应的问题通常是最快捷的方法，这样就没有必要把所有的化学方程式写出来并配平，要注意学会，并能举一反三、融会贯通。21、Fe(OH)3Al(OH)3，Fe(OH)3原混合物中n(AlCl3)=0.03mol、n(FeCl3)=0.01mol、n(NaOH)=0.17mol170mL.【解析】向所得浊液中，逐滴加入1mol/L盐酸，由加入盐酸的体积和生成沉淀的质量关系图分析：①0-20mL，随盐酸的体积增加，生成沉淀的质量不变，说明A点沉淀是Fe(OH)3；m[Fe(OH)3]=1.07g，NaOH、AlCl3、FeCl3组成的混合物，溶于足量水发生反应是：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；AlCl3+