浙江省杭州市西湖区杭师大附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题（含答案）

第第页浙江省杭州市西湖区杭州师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选多选、错选均不得分）1．下列物质属于纯净物的是A．盐酸 B．陈醋 C．漂白粉 D．小苏打2．仪器名称为容量瓶的是A． B． C． D．3．下列物理量单位不正确的是A．物质的量浓度：mol•L-1 B．摩尔质量：g•mol-1C．阿伏加德罗常数：mol-1 D．气体摩尔体积：mol•L-14．下列物质，在离子方程式中需用化学式表示的电解质的是A．CO2 B．H2O C．5．下列变化中，需要加入还原剂的是A．H2→HClC．SO2→SO6．下列说法正确的是（）A．如果身上衣物大面积着火，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的B．为了更仔细观察钠在空气中的燃烧实验，可以近距离俯视坩埚C．为了闻到氯气的刺激性气味，可将鼻子靠近集气瓶口直接吸闻D．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗7．合成新物质是研究化学的主要目的之一、意大利科学家合成了一种新型的氧分子O4，下列关于O4的说法中，正确的是A．O4是一种新型的化合物B．1个O4分子由两个O2分子构成C．O4和O2互为同素异形体D．O4和O2可通过氧化还原反应实现转化8．将饱和FeCl3溶液加入沸水中能制得Fe（OH）3胶体，下列有关说法正确的是A．溶液和胶体的本质区别是能否产生丁达尔效应B．含0.1molFeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子为0.1NAC．分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液>Fe（OH）3胶体>FeCl3溶液D．可通过观察液体是否澄清透明来区别溶液和胶体9．下列有关物质制备或用途说法不正确的是A．工业上常用金属钠和氯气制备氯化钠B．Na2CO3C．将氯气通入冷的石灰乳中可制得漂白粉D．Fe210．下列各组物质，因反应温度或反应物用量改变可得到不同产物的是（）①Na和O2②NaHCO3和盐酸③Cl2和A．①③ B．②③ C．③④ D．①④11．酸式盐是盐的一种，可看作多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是A．H3PO2属于二元酸 B．H3PO2属于三元酸C．NaH2PO2属于正盐 D．NaH2PO2属于酸式盐12．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A．H+、Ag+、NO3−、Cl− B．Na+C．Cu2+、Fe3+、I−、NO3− D．Al3+13．设NAA．标准状况下22.4L H2B．56gFe与足量的稀硫酸充分反应，转移电子数为3C．1mol/L CuSO4溶液中所含SOD．常温常压下4.6g NO2和N14．下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是()A．2mol水的摩尔质量与1mol水的摩尔质量B．氯离子的物质的量浓度：50mL1mol/LCaCl2溶液与100mL1mol/LKCl溶液C．22.4LH2所含氢原子数与11.2LH2所含氢原子数D．20%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度与10%NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度15．下列对图示的解释不正确的是向BaOH纯净的氢气在氯气中燃烧A．a时刻BaOHB．瓶口白雾可能是HCl气体与空气中的水蒸气结合形成用激光笔照射分散系，看到一条光亮的通路NaCl溶于水C．利用丁达尔效应证明烧杯中的分散系是胶体D．NaClA．A B．B C．C D．D16．已知反应：①Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；A．上述三个反应都是置换反应B．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C．反应③中若1mol KBrOD．氧化性由弱到强的顺序为：Br17．用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置蒸干NaCl饱和溶液制备NaCl晶体C．用图3所示装置验证Na2CO3比NaHCO3稳定D．用图4所示装置能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀18．下列反应对应的离子方程式正确的是（）A．Na2B．稀硫酸和Ba(OHC．向K2CD．FeCl219．类比是化学研究的常用方法。下列类比正确的是A．Na和水反应生成NaOH和H2，则Fe和水蒸气反应也生成FeOHB．CaCO3溶解度小于CaHCO32C．Cu与Cl2能化合生成CuCl2，则Fe与ClD．液氯可以储存在钢瓶中，则氯水也可以储存在钢瓶中20．过氧化钠与水反应后滴加酚酞，酚酞先变红后褪色。某小组欲探究其原因，进行如图所示实验。实验①取反应后溶液加入二氧化锰，立即产生大量气体；实验②③中红色均不褪色。下列分析错误的是A．实验①中产生的气体为O2B．实验①中MnO2为反应物C．实验②③可证明使酚酞褪色的不是氢氧化钠和氧气D．上述实验可说明过氧化钠与水反应可能生成了H2O221．将26.4g Na2O与Na2OA．1：3 B．3：1 C．1：2 D．2：122．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物（NOx）转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入CeSOA．反应Ⅰ的离子方程式为2B．反应Ⅱ的离子方程式为4C．反应Ⅰ、Ⅱ中含Ce的物质均作氧化剂D．反应过程中，混合溶液中Ce3+和Ce23．南开大学、浙江大学和多伦多大学等团队强强联手研制了一种纳米级氧化亚铜（Cu2O）其催化性能显著。实验过程中发现，纳米级氧化亚铜（Cu2O）进入溶液后，会在Cl−A．纳米氧化亚铜是一种胶体B．若有2.24L O2被还原，则必有C．为避免氧化亚铜被氧化，可以预先将溶液煮沸D．为检验配制溶液的水中是否有Cl−，可以取样，加入AgNO24．1943年我国化学工程专家侯德榜发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，为我国化工事业的发展做出了卓越贡献。其部分工艺流程如下，下列说法不正确的是反应①的化学方程式为NaClA．流程①中应先通NH3，再通B．反应②产生的CO2C．若纯碱中混有NaHCO3D．母液的主要成分是NH425．下列实验操作及现象、实验结论均正确的是实验操作及现象结论A干燥氯气通入装有鲜花的集气瓶，鲜花褪色氯气有漂白性B向某溶液中加入盐酸，有气泡产生，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊该溶液中一定含COC用洁净铁丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察到火焰呈黄色该溶液中一定含有钠元素，可能含有钾元素D红热的铁粉与水蒸气反应后的固体中，加入足量稀盐酸溶解，再滴入KSCN溶液，不变红该固体中不含三价铁A．A B．B C．C D．D二、填空题（本大题共5小题，共50分）26．海洋约占地球表面积的71%，浩瀚的大海美丽而富饶，其中水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。海水中含有多种盐类，如①NaCl、②MgSO4等。目前通过海水晒盐可制得食盐晶体和苦卤，食盐精制后可制成饱和③食盐水用以生产。④烧碱、⑤纯碱、⑥Na、⑦Cl2、⑧盐酸等。苦卤也是重要的化工原料，例如，将苦卤也是重要的化工原料，例如，将苦卤通入沉淀池，经⑨石灰乳沉淀、过滤、酸溶、浓缩、脱水、电解等工序可制得金属镁。或将苦卤用氯气氧化、热空气吹出、⑩（1）上述标有序号的物质中属于电解质的是（填序号，下同）；属于非电解质的是；能导电的物质是。（2）写出⑤溶于水的电离方程式：适量的④溶于装有50mL蒸馏水的烧杯中后，通入少量⑩，写出该过程对应的反应离子方程式：。（3）离子交换法是海水淡化的主要方法之一。离子交换法获取淡水模拟图如图：①海水中存在少量K+，检验K+存在的方法是②经过阳离子交换树脂后水中阳离子数目（填“增加”“不变”或“减少”）。27．海洋是一个巨大的化学资源宝库，海水中NaCl含量在30g/L左右，是制碱工业理想的原料，我国化工专家侯德榜先生的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献。某化学兴趣小组的同学在实验室中模拟“侯氏制碱法”，最终得到Na2CO3和NaHCO（1）该实验需要用到1.00mol/L的稀盐酸100mL，但实验室只有12.0mol/L的浓盐酸，则配制该稀盐酸需要浓盐酸mL（计算结果保留一位小数）。（2）在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、、。（3）配制稀盐酸时，下列操作会造成结果偏高的是________。A．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，用胶头滴管将多余溶液吸出B．容量瓶洗涤干净后，瓶内壁有少量水滴C．未洗涤烧杯和玻璃棒D．定容时俯视容量瓶的刻度线（4）配制时，其正确的操作顺序是。A．用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧、振荡、摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1-2cm处（5）若实验中测得样品质量为5.92g，固体质量为5.85g，则碳酸钠的质量分数为（计算结果保留3位有效数字）。28．以海水为原料，能够以低廉的成本获得氯气。除此之外，在实验室也可以多种方法制备氯气。某校化学实验兴趣小组的同学设计了如图所示的实验装置（必要的加持仪器已省略），利用如下装置制备氯气并验证氯气的某些性质。请回答下列问题：（1）装置A中制取Cl2的离子方程式为（2）装置B中溶液出现浑浊，能否说明Cl2与AgNO3溶液发生反应？请说明理由：（3）装置C可制取氯酸钾，化学方程式为：3Cl2+6KOH(浓)（4）装置D中导管接错，若导致溶液进入装置E，则E中出现的现象为。此过程涉及反应的化学方程式是。（5）氯气有剧毒，一旦泄露会对人民群众的生命安全造成重大威胁。工业生产中常用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏，可以观察到有大量的白烟生成（为NH429．某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2供选试剂：Na2SO4溶液、K（1）试剂a是，操作②的名称是。（2）该方案能否达到实验目的：（填“能”或“不能”）。若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答）。（3）加入试剂b所发生反应的离子方程式为。30．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00mol/L的NaOH溶液恰好完全吸收，检测到反应后溶液中有NaCl、NaClO和NaClO3。测得溶液中含有NaCl的物质的量0.250mol，NaClO的物质的量为0.0300mol。（1）所得溶液中NaClO3的物质的量为。（2）所得混合物中氯气与NaOH溶液反应的总离子方程式。（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2)：n(H2)=。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、盐酸是氯化氢（HCl）气体溶于水形成的水溶液，包含氯化氢和水两种不同物质，所以盐酸是混合物，A不符合要求；

B、陈醋是乙酸（CH3COOH）等物质溶解在水中形成的混合体系，除乙酸、水外，还有发酵产生的少量酯类、杂质等，包含多种物质，属于混合物，B不符合要求；

C、漂白粉的主要成分是氯化钙（CaCl2）和次氯酸钙（Ca(ClO)2），由两种不同物质组成，属于混合物，C不符合要求；

D、小苏打是碳酸氢钠（NaHCO3）的俗称，只由碳酸氢钠这一种物质组成，属于纯净物，D符合要求；

故答案为：D。

【分析】要判断物质属于纯净物还是混合物，关键看物质由几种成分组成。若仅由一种物质组成，就是纯净物；若由两种或两种以上物质组成，则为混合物。依次对每个选项进行成分分析，判断所属类别。A．判断是否为溶液，溶液属于混合物（含溶质和溶剂）。B．判断是否为溶液，且陈醋除乙酸外还有其他杂质成分。C．明确漂白粉的主要成分是多种物质，“主要成分”并不等于单一成分。D．识别俗称对应的物质，判断是否为单一成分。2．【答案】B【解析】【解答】A、该仪器瓶身是圆底烧瓶形状，常用于加热反应、溶解搅拌等场景（如固液加热反应容器），没有容量瓶“刻度线+玻璃塞”的关键结构，是圆底烧瓶，不是容量瓶，故A不符合题意；

B、仪器呈梨形，颈部有清晰刻度线（用于定容），瓶口配有磨口玻璃塞（防止溶液配制过程中漏液、挥发），完全符合容量瓶“精确配制一定体积溶液”的结构设计，是容量瓶，故B符合题意；

C、该仪器是典型的坩埚，常用于高温灼烧固体（如灼烧使碳酸钠晶体失水），结构和用途与容量瓶完全不同，是坩埚，不是容量瓶，故C不符合题意；

D、仪器有支管（蒸馏时蒸汽通过支管进入冷凝管），用于蒸馏操作（分离沸点不同的液体混合物），没有容量瓶的刻度线和玻璃塞，是蒸馏烧瓶，不是容量瓶，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】要判断哪个仪器是容量瓶，需熟悉常见化学仪器的结构特征：容量瓶具有“梨形瓶身、颈部有刻度线、瓶口配磨口玻璃塞（或塑料塞）”的典型特点，用于精确配制一定物质的量浓度的溶液。通过对比各选项仪器的外形、结构，匹配容量瓶的特征来解题。A．识别圆底烧瓶的结构——平底烧瓶样式，无刻度线、玻璃塞。B．匹配容量瓶的核心特征——梨形瓶身、颈部刻度线、磨口玻璃塞。C．区分坩埚的结构——坩埚状外形，有放置坩埚盖的凹槽，材质耐高温。D．识别蒸馏烧瓶的结构——带支管（用于导出蒸汽），无刻度线、玻璃塞。3．【答案】D【解析】【解答】A、n的单位是mol（物质的量单位），V的单位是L（体积单位，溶液体积常用升）。

代入定义式，单位运算为molLB、m的单位是g（质量单位，常用克），n的单位是mol。

代入定义式，单位运算为gmolC、N是微粒个数，无单位（如6.02×1023个微粒，“个”不算物理量单位），n的单位是mol。

代入定义式，单位运算为D、V的单位是L（气体体积单位，标准状况下常用升），n的单位是mol。

代入定义式，单位运算为Lmol=L·mol故答案为：D。

【分析】判断物理量单位是否正确，需依据物理量的定义推导单位。明确各物理量是“谁与谁的比值”，将对应基础物理量的单位代入运算，得出目标物理量的单位，再与选项比对。A．根据定义c=B．依据定义M=C．按照定义NAD．根据定义Vm4．【答案】B【解析】【解答】A、CO2溶于水后，是与水反应生成的H2CO3电离出H+、HCO3-等离子使溶液导电，并非CO2自身电离；且液态CO2不导电。因此，CO2属于非电解质，不符合“电解质”的前提，故A不符合题意；

B、H2O是化合物，能微弱电离（H2O⇌H++OH-），属于弱电解质。由于其部分电离，在离子方程式中不能拆分为离子，需保留化学式H2O，符合“离子方程式中用化学式表示的电解质”要求，故B符合题意；

C、HNO3是强酸，在水溶液中完全电离（HNO3=H++NO3-），属于强电解质。在离子方程式中需拆分为H+和NO3-，不用化学式表示，故C不符合题意；

D、NaOH是强碱，在水溶液中完全电离（NaOH=Na++OH-），属于强电解质。在离子方程式中需拆分为Na+和OH-，不用化学式表示，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．判断是否为电解质，核心在于导电离子是否由自身电离产生。B．判断是否为弱电解质，弱电解质因部分电离，在离子方程式中用化学式表示。CD．判断是否为强电解质，强电解质完全电离，在离子方程式中拆分为离子。5．【答案】B【解析】【解答】A、H2中氢元素为0价，HCl中氢元素为+1价，氢元素化合价升高（失去电子，发生氧化反应），氧化反应需氧化剂参与（提供氧或其他元素，使氢被氧化），因此该变化需要加入氧化剂，A不符合要求；

B、FeCl3中铁元素为+3价，FeCl2中铁元素为+2价，铁元素化合价降低（得到电子，发生还原反应），还原反应需还原剂参与（提供电子，如Fe、Cu等，使Fe3+得电子变为Fe2+），因此该变化需要加入还原剂，B符合要求；

C、SO2中硫元素为+4价，SO3中硫元素为+6价，硫元素化合价升高（失去电子，发生氧化反应），氧化反应需氧化剂参与（如O2，使硫被氧化），因此该变化需要加入氧化剂，C不符合要求；

D、反应中Na（+1价）、C（+4价）、O（-2价）的化合价均未改变，不属于氧化还原反应，无需加入还原剂或氧化剂，D不符合要求；

故答案为：B。

【分析】判断反应是否需要加入还原剂，核心依据是元素化合价变化：若反应中某元素化合价降低（被还原），则需加入还原剂（提供电子，使该元素得电子）；若化合价升高（被氧化），需加入氧化剂；无化合价变化则为非氧化还原反应，无需加还原剂/氧化剂。据此逐一分析选项中元素化合价的改变情况。A．分析氢元素化合价变化，判断反应类型（需氧化剂/还原剂）。B．分析铁元素化合价变化，判断反应对还原剂的需求。C．分析硫元素化合价变化，判断反应对氧化剂/还原剂的需求。D．判断反应是否为氧化还原反应（元素化合价是否变化）。6．【答案】A【解析】【解答】A．如果身上衣物大面积着火，应躺在地上翻滚以达到灭火的目的，A符合题意；B．钠在空气中燃烧剧烈，不能近距离观察，容易伤到，B不符合题意；C．氯气有毒，不能将鼻子靠近集气瓶口直接吸闻，容易中毒，C不符合题意；D．不慎将酸沾到皮肤上，应先用大量水冲洗，然后涂碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液，因为氢氧化钠溶液有强腐蚀性，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】考查化学实验安全知识。7．【答案】C【解析】【解答】A、O4只由氧元素一种元素组成，属于单质（同种元素组成的纯净物），而化合物需要由两种或两种以上元素组成，A错误；

B、分子是由原子直接构成的，1个O4分子中含有4个氧原子，并非由O2分子构成（分子不能包含其他分子），B错误；

C、O4和O2都只由氧元素组成，且是两种不同的单质（结构和性质不同），完全符合同素异形体的定义，C正确；

D、O4和O2中氧元素的化合价均为0价，二者相互转化时，元素化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，D错误；

故答案为：C。

【分析】A．依据组成元素种类区分单质和化合物。B．明确分子的构成单位是原子，而非其他分子。C．对照同素异形体的定义（同种元素形成的不同单质）进行判断。D．通过元素化合价是否变化判断是否为氧化还原反应。8．【答案】C【解析】【解答】A、溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径大小（溶液＜1nm，胶体1-100nm），丁达尔效应是胶体的鉴别方法（现象），不是本质区别，A错误；

B、Fe(OH)3胶体粒子是由多个Fe3+、OH-聚集形成的聚集体，1个胶体粒子含多个Fe3+。因此，0.1molFeCl3形成胶体后，胶体粒子数远小于0.1NA（NA为阿伏加德罗常数），B错误；

C、Fe(OH)3悬浊液是浊液（粒子直径＞100nm），Fe(OH)3胶体粒子直径1-100nm，FeCl3溶液粒子直径＜1nm。因此，分散质粒子直径：Fe(OH)3悬浊液＞F(OH)3胶体＞FeCl3溶液，C正确；

D、溶液和胶体都可能“澄清透明”（如NaCl溶液、Fe(OH)3胶体均澄清），无法通过外观区分。丁达尔效应是胶体特有的鉴别方法（用激光笔照射，胶体有光亮“通路”，溶液无），D错误；

故答案为：C。

【分析】A.区分分散系本质区别与鉴别方法。B.理解胶体粒子是聚集体，不是单个分子/离子。C.牢记不同分散系粒子直径范围（浊液＞100nm，胶体1-100nm，溶液＜1nm）。D.明确溶液和胶体的外观共性（均可能澄清透明），及正确鉴别方法。9．【答案】A【解析】【解答】A、在工业生产中，制备氯化钠通常采用海水蒸发结晶的方法，因为海水中含有大量的NaCl，通过蒸发水分就可以得到NaCl晶体，这种方法既简单又经济。而金属钠和氯气的制备成本很高，金属钠需要通过电解熔融的NaCl得到，氯气则需要电解饱和食盐水等方式获取，用它们来反应制备NaCl既不经济，也没有实际的工业意义，A错误；

B​、Na2CO3（纯碱）能够与多种物质发生反应，例如与SiO2反应可以制造玻璃，与酸反应能够调节溶液的pH等，因此在纺织、造纸工业中，常被用来调节体系的酸碱度、参与相关反应等，其用途是合理的；​NaHCO3（小苏打）可以与胃酸（主要成分是HCl）发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，而且它的碱性较弱，对胃的刺激较小，所以可用于治疗胃酸过多，B正确；

C、工业上制备漂白粉的反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，其中石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）是常用的原料，反应生成的Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，C正确；

D、Fe2O3是一种红棕色固体，并且性质稳定，不容易变色、分解，因此常被用作油漆、涂料的红色颜料，例如在防锈漆中就会用到铁红，D正确；

故答案为：A。

【分析】A．分析工业上制备氯化钠的实际方法，主要考虑原料和成本因素。​B．将物质的化学性质与它们在工业或生活中的用途联系起来，比如Na2CO3的反应活性、NaHCO3与酸反应的性质。​C．回忆漂白粉的工业制备原理，即氯气与碱的反应。​D．结合物质的物理性质，如颜色、稳定性等，来判断其用途是否合适。​10．【答案】D【解析】【解答】①条件不同时，Na和氧气的反应产物不同，常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠，故选；②NaHCO③Cl2和④反应物用量不同时，NaOH和CO2的反应产物不同，CO故答案为：D。

【分析】①常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠；②NaHCO③Cl2和④NaOH和CO2的反应时，CO11．【答案】C【解析】【解答】判断酸的元数：酸的元数由其在反应中能电离出的可被中和的H+数量决定。H3PO2与足量NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，说明该酸只能提供1个可被中和的H+，因此H3PO2是一元酸，A、B错误。

判断盐的类型：正盐是酸中所有可电离的H+完全被中和生成的盐；酸式盐则是部分H+被中和的产物。由于H3PO2是一元酸，与足量NaOH反应时仅有的1个可电离H+已完全被中和，生成的NaH2PO2属于正盐，C正确，D错误；

故答案为：C。

【分析】通过分析次磷酸与氢氧化钠的反应产物，结合酸的元数定义及正盐、酸式盐的区别来判断选项。

酸的元数判断：关键看与足量碱反应生成盐的种类，生成一种盐说明是一元酸（仅1个可电离H+）。

盐的类型区分：正盐要求酸中可电离的H+完全被中和，本题中NaH2PO2符合这一特征，因此是正盐。12．【答案】D【解析】【解答】A、Ag+和Cl-会结合形成AgCl沉淀，沉淀生成后离子无法大量共存，故A不符合题意；

B、H+和HCO3-会发生反应，生成CO2气体和H2O，有气体产生时离子不能大量共存，故B不符合题意；

C、Fe3+氧化性较强，I-还原性较强，二者会发生氧化还原反应，使得离子无法大量共存，故C不符合题意；

D、Al3+、Mg2+、SO42-、Cl-之间，不会结合生成沉淀、气体，也无氧化还原反应，离子能大量共存，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】判断离子在水溶液中能否大量共存，核心是看离子间是否发生反应（生成沉淀、气体、弱电解质，或发生氧化还原反应等）。针对每个选项，分析离子间可能存在的反应类型，以此判断能否共存。A．关注能生成沉淀的离子组合，分析Ag+与Cl-是否反应。B．留意能生成气体和水的离子反应，看H+与HCO3-如何作用。C．判断是否存在氧化还原反应，重点关注Fe3+与I-的氧化性、还原性反应。D．检查离子间是否有沉淀、气体、氧化还原等反应。13．【答案】D【解析】【解答】A、标准状况下，H2O不是气体，不能用22.4L/mol计算物质的量，A错误；

B、Fe与稀硫酸反应生成FeSO4，Fe从0价变为+2价，1个Fe原子失去2个电子。56gFe为1mol，转移电子数为2NA，而非3NA，B错误；

C、公式n=cV中，题目只给了浓度（1mol/L），未说明体积，无法计算SO42-的物质的量及数目，C错误；

D、NO2和N2O4的最简式都是NO2，摩尔质量为46g/mol。4.6g混合物相当于4.6g÷46g/mol=0.1molNO2，每个NO2含3个原子，总原子数为0.1mol×3×NA=0.3NA，D正确；B．明确反应中Fe的化合价变化，确定电子转移数。C．溶液中粒子数计算需浓度和体积，缺一不可。D．用最简式统一混合物组成，简化计算。14．【答案】B【解析】【解答】A、摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，H2O的摩尔质量固定为18g·molB、CaCl2电离：CaCl2=Ca2+KCl电离：KCl=K++Cl−，1mol/LC、气体体积计算原子数时，需“标准状况（0℃、101kPa）”条件。题目未说明H2D、物质的量浓度c=1000ρωM（ρ为溶液密度，ω为质量分数，M为摩尔质量）。20%与10%的NaOH溶液，密度不同（浓度大的溶液密度通常更大），且【分析】本题围绕“物质的量相关物理量（摩尔质量、离子浓度、气体原子数、溶液浓度）的倍数关系”，需结合定义与条件限制（如摩尔质量的定值性、气体状态、溶液密度影响）分析：A.判断水的摩尔质量与物质的量的关系。B.计算两种溶液中氯离子的物质的量浓度。C.判断氢气原子数的倍数关系。D.分析NaOH溶液质量分数与物质的量浓度的关系。15．【答案】D【解析】【解答】A、反应生成BaSO4沉淀和HB、H2与Cl2燃烧生成HCl气体，C、胶体的独特性质是能产生丁达尔效应（光亮通路），用激光笔照射出现通路，说明是胶体。C解释正确；D、NaCl溶于水时，在水分子作用下自发电离为Na+和Cl−，无需通电；通电是电解条件，不是电离条件。D解释错误；【分析】本题围绕化学实验现象与原理的对应关系，需结合反应实质（如中和反应、燃烧反应、胶体特性、电离条件）分析选项是否匹配：A．分析Ba(B．分析氢气在氯气中燃烧的瓶口白雾成因。C．考查丁达尔效应证明分散系类型。D．考查NaCl溶于水的电离条件。16．【答案】D【解析】【解答】A、反应②KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，产物是KCl（化合物）、Cl2（单质）和H2O（化合物），不满足置换反应定义，A错误；

B、反应①Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2里，Cl2中Cl化合价从0到-1（降低，作氧化剂）；NaBr中Br化合价从-1到0（升高，作还原剂），由方程式系数可知，1molCl2参与反应时，消耗2molNaBr，故氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，不是2：1，B错误；

C、反应③2KBrO3+Cl2=2KClO3+Br2里，KBrO3中Br化合价从+5到0（降低，作氧化剂，得电子）；Cl2中Cl化合价从0到+5（升高，作还原剂，失电子），若1molKBrO3反应，Br得5mol电子，但还原剂是失电子（Cl2失电子），不是得电子，C错误；

D、反应①：Cl2是氧化剂（Cl化合价降低），Br2是氧化产物（Br化合价升高得到），故氧化性Cl2>Br2；

反应②：KClO3是氧化剂（Cl化合价降低），Cl2是氧化产物（Cl化合价升高得到），故氧化性KClO3>Cl2；

反应③：KBrO3是氧化剂（Br化合价降低），KClO3是氧化产物（Cl化合价升高得到），故氧化性KBrO3>KClO3，综上，氧化性顺序：Br2<Cl2<KClO3<KBrO3，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题围绕氧化还原反应的核心概念（置换反应判断、氧化剂/还原剂分析、电子转移、氧化性比较），通过分析反应中元素化合价变化，结合相关定义（置换反应特征、氧化剂/还原剂判断、氧化性比较规律）逐一判断选项。A．置换反应的定义是“一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物”。B．先找反应①中氧化剂（化合价降低的物质）和还原剂（化合价升高的物质），再看物质的量比例。C．明确反应③中还原剂（化合价升高的物质），分析其电子转移方向（还原剂失电子）。D．根据“氧化性：氧化剂＞氧化产物”，分别找各反应的氧化剂和氧化产物，比较氧化性强弱。17．【答案】D【解析】【解答】A、NaOH溶液会和Cl2、HCl都反应（2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；NaOH+HCl=NaCl+H2O），无法用于除杂。应选饱和食盐水（Cl2在饱和食盐水中溶解度小，HCl易溶），A错误。

B、蒸发时若蒸干溶液，晶体易飞溅、变质。应在出现大量晶体时停火，靠余热蒸干剩余水分，B错误；

C、实验应将NaHCO3放内部小试管（低温下分解，说明更不稳定），Na2CO3放外部大试管。图3装置放反了，C错误；

D、先开止水夹，Fe与稀硫酸反应生成H2，排尽空气；再关止水夹，H2将FeSO4溶液压入NaOH溶液，生成Fe(OH)2。因体系充满H2，隔绝空气，可长时间看到白色沉淀。D正确；

故答案为：D。

【分析】本题围绕实验装置原理与实验目的的匹配性，结合各实验的反应特性（除杂试剂选择、蒸发操作要求、物质稳定性对比、Fe(OH)2防氧化），分析装置是否能达成实验目的：A．除Cl2中HCl，试剂不能与Cl2反应。B．蒸发NaCl饱和溶液，不能完全蒸干。C．验证Na2CO3和NaHCO3稳定性，需让NaHCO3受热更充分。D．制备Fe(OH)2需隔绝空气，可用H2排空气。18．【答案】D【解析】【解答】A．所给离子方程式氧原子不守恒，应为2NaB．离子方程式中离子比不符合化学式中实际离子比，应为2HC．向K2CO3溶液中滴入少量盐酸，生成，不能放出COD．FeCl2溶液中滴入氯水生成FeCl3，故答案为：D。

【分析】A．原子不守恒；B．离子之间配比不正确；C．不符合客观事实，应生成酸式盐；D．符合离子方程式的书写规则。19．【答案】C【解析】【解答】A、Na和水反应生成NaOH和H2，但Fe和水蒸气在高温下反应，产物是Fe3O4和H2，不是Fe(OH)3，A错误；

B、CaCO3溶解度小于Ca(HCO3)2，但Na2CO3溶解度大于NaHCO3（向饱和Na2CO3溶液通CO2会析出NaHCO3），B错误；

C、Cl2氧化性强，与Cu反应生成CuCl2（Cu为+2价），与Fe反应生成FeCl3（Fe为+3价），均能将金属氧化到高价，C正确；

D、液氯是纯Cl2，常温不与钢瓶（Fe）反应；但氯水含HCl、HClO，HCl会与Fe反应（Fe+2HCl=FeCl2+H2），不能用钢瓶储存，D错误。

故答案为：C。

【分析】本题围绕化学性质的类比推理合理性，结合物质反应特性（金属与水反应、碳酸盐溶解度、氯气与金属化合、氯水储存），判断类比是否正确：A．Fe与水蒸气反应产物不同于Na与水反应。B．碳酸盐与碳酸氢盐溶解度规律不通用。C．Cl2强氧化性使金属显高价。D．氯水与液氯储存要求不同。20．【答案】B【解析】【解答】A、过氧化钠与水反应后的溶液加MnO2，产生能使带火星木条复燃的气体，符合O2的特性。实验①中产生的气体为B、MnO2在H2O2分解反应里是催化剂（加快反应，自身质量和化学性质不变），并非反应物。实验C、实验②：酚酞滴入NaOH溶液，变红且不褪色，说明NaOH不会让酚酞褪色；实验③：O2通入含酚酞的NaOH溶液，溶液不褪色，说明O2不会使酚酞褪色。实验②③可证明使酚酞褪色的不是NaOH和D、实验①产生O2（暗示溶液含H2O2，因MnO2催化H2O2分解出O2）；实验②③故答案为：B。

【分析】本题围绕过氧化钠与水反应的产物及酚酞褪色原因探究，通过分析实验现象（气体产生、酚酞变色）和物质性质（H2O2的催化分解、NaOHA．判断实验①产生气体的成分（结合H2B．明确MnO2在实验①C．分析实验②③对“酚酞褪色原因”的验证（排除NaOH、O2D．推理过氧化钠与水反应的产物（结合O221．【答案】B【解析】【解答】Na2O与水反应：Na2O+H2O=2NaOH，无气体生成，反应后溶液增重等于Na2O的质量

Na2O2与水反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成氧气（O2），溶液增重为Na2O2质量减去生成O2的质量；混合物总质量26.4g，反应后溶液增重24.8g，质量差Δm=26.4g-24.8g=1.6g，该差值即为Na2O2与水反应生成O2的质量；每2molNa2O2反应，生成1molO2（质量32g），对应质量差（Na2O2总质量-O2质量）为2×78g-32g=124g。

设生成1.6gO2时，参与反应的Na2O2质量为x，列比例：32g（O2质量）对应156g（2molNa2O2质量），则1.6gO2对应x=(156g×1.6g)/32g=7.8g。

混合物中Na2O的质量=总质量-Na2O2质量=26.4g-7.8g=18.6g。

Na2O的物质的量=18.6g÷62g・mol-¹=0.3mol；

Na2O2的物质的量=7.8g÷78g・mol-¹=0.1mol；

二者物质的量之比为0.3mol：0.1mol=3：1。

故答案为：B。

【分析】本题围绕氧化钠（Na2O）和过氧化钠（Na2O2）与水的反应展开，核心是利用质量差法计算混合物中各成分的含量。通过分析反应前后的质量变化，结合两个反应的特性（Na2O与水反应无气体生成，Na2O2与水反应生成氧气导致质量差），建立关系式求解。22．【答案】C【解析】【解答】A、反应Ⅰ里，Ce4+（Ce为+4价）变为Ce3+（Ce为+3价，得电子）；H2（H为0价）变为H+（H为+1价，失电子），据电子守恒：2molCe4+得2mol电子（生成2molCe3+），1molH2失2mol电子（生成2molH+），离子方程式2Ce4++H2=2Ce3++2H+满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，A正确；

B、反应Ⅱ里，Ce3+（Ce为+3价）变为Ce4+（Ce为+4价，失电子）；NO（N为+2价）变为N2（N为0价，得电子），据电子守恒：4molCe3+失4mol电子（生成4molCe4+），2molNO得4mol电子（生成1molN2），结合H+、H2O配平后，离子方程式4Ce3++4H++2NO=4Ce4++N2+2H2O满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，B正确；

C、反应Ⅰ：Ce4+中Ce元素化合价降低（得电子），含Ce物质是氧化剂，

反应Ⅱ：Ce3+中Ce元素化合价升高（失电子），含Ce物质是还原剂，两者作用不同，C错误；

D、整个反应过程中，Ce元素仅以Ce3+和Ce4+形式存在，无其他含Ce物质生成，根据元素守恒，两者总物质的量始终不变，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题围绕铈（Ce）参与的氧化还原反应，通过分析元素化合价变化判断氧化剂/还原剂，结合守恒规律（电子、电荷、原子守恒）验证离子方程式，利用元素守恒分析离子总数，逐一判断选项。A．分析反应Ⅰ中元素化合价变化，验证离子方程式是否符合守恒规则。B．分析反应Ⅱ中元素化合价变化，验证离子方程式是否符合守恒规则。C．判断反应Ⅰ、Ⅱ中含Ce物质的角色（氧化剂/还原剂）。D．依据Ce元素守恒，分析Ce3+与Ce4+的总数关系。23．【答案】C【解析】【解答】A、胶体是一种分散系，由分散质和分散剂共同组成；而纳米级Cu2O只是纯净的固体颗粒，不具备分散系的特征，因此不属于胶体。A错误；

B、利用22.4L/mol计算气体物质的量时，必须满足“标准状况（0℃、101kPa）”条件。题目中2.24LO2未说明状态，无法确定其物质的量，也就不能计算被氧化的Cu2O质量。B错误；

C、气体溶解度随温度升高而降低，煮沸溶液可使水中溶解的O2逸出，减少O2与Cu2O的接触，从而避免Cu2O被氧化。C正确；

D、检验Cl-时，需先加稀硝酸酸化（排除CO32-等杂质离子干扰），再滴加AgNO3溶液。直接加AgNO3溶液无法区分沉淀是否为AgCl，操作不规范。D错误；

故答案为：C。

【分析】本题围绕纳米级Cu2O的性质及相关反应展开分析，需结合胶体的定义、气体摩尔体积的适用条件、除氧方法原理和Cl-的检验规范，对每个选项进行判断。A．区分胶体与纯净物的本质差异。B．明确气体摩尔体积的使用限制。C．掌握Cl-检验的完整操作流程。24．【答案】C【解析】【解答】A、NH3极易溶于水，使溶液呈碱性，能大幅提升CO2的溶解度（CO2在碱性环境中更易溶解）。若先通CO2，其在饱和食盐水中溶解度低，反应难以充分进行。因此需先通NH3，后通CO2，A正确；

B、流程中NaHCO3受热分解产生的CO2，可重新通入沉淀池参与反应（NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl），实现资源循环，B正确；

C、Na2CO3和NaHCO3均能与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀（如Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O），会同时消耗目标物质Na2CO3，无法实现选择性除杂。正确方法应为加热（使NaHCO3分解为Na2CO3），C错误；

D、过滤NaHCO3后，母液主要成分为NH4Cl，其含氮元素，是常见的氮肥，可用于化肥生产，D正确；

故答案为：C。

【分析】本题围绕侯氏制碱法的核心原理与操作细节，需结合物质溶解特性、反应循环逻辑、除杂方法合理性及产物用途，对各选项进行判断。A．判断NH3和CO2的通入顺序及原因。B．分析CO2是否可循环利用。C．判断用澄清石灰水除杂的可行性。D．分析母液中NH4Cl的用途。25．【答案】C【解析】【解答】A、干燥氯气本身无漂白性，但鲜花含水分，氯气与水反应生成HClO（Cl2+H2O=HCl+HClO），是HClO而非Cl2具有漂白性，导致鲜花褪色。A错误；

B、能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2。若为CO2，溶液中可能含CO32-或HCO3-；若为SO2，可能含SO32-或HSO3-。因此不能确定一定含CO32-。B错误；

C、焰色呈黄色，说明一定含钠元素（钠的特征焰色）。钾的焰色为紫色，易被钠的黄色掩盖，需透过蓝色钴玻璃观察，因此溶液可能含钾元素。C正确；

D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4（含Fe2+和Fe3+），加盐酸溶解后，若铁粉过量，Fe会还原Fe3+为Fe2+（Fe+2Fe3+=3Fe2+），导致KSCN不变红，但不能证明原固体不含三价铁。D错误；

故答案为：C。

【分析】本题通过实验现象分析物质性质，需结合氯气、碳酸盐、钠钾元素、铁的化合物等性质，判断操作与结论的合理性，核心是区分相似现象背后的不同本质。A．判断干燥氯气使鲜花褪色的原因。B．分析与盐酸反应生成澄清石灰水浑浊气体的可能离子。C．根据焰色试验现象判断元素组成。D．分析铁与水蒸气反应产物及后续反应对检验的影响。26．【答案】（1）①②④⑤；⑩；③⑥⑧⑨（2）Na2CO（3）焰色试验；增加【解析】【解答】（1）a.电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，故属于电解质的是①②④⑤；故答案为：①②④⑤；b.非电解质一般包含一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），故属于非电解质的是⑩；故答案为：⑩；c.金属或者有自由移动阴阳离子的可以导电，③⑧⑨的水溶液中均有自由移动的阴阳离子，⑥金属Na有自由移动的电子故可以导电，故答案③⑥⑧⑨；故答案为：③⑥⑧⑨；（2）a.纯碱Na2CO3b.二氧化硫和适量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水的离子反应方程式为：SO2+2OH−=SO3（3）a.检验K+用焰色试验。即用洁净的铁丝或者铂丝蘸取待测液，在无色火焰上灼烧，然后透过蓝色钴玻璃，若显紫色，则说明有Kb.离子交换时遵守电荷守恒，故经过阳离子交换树脂后，1个Mg2+或1个Ca2+被吸附，则有2个H+进入溶液中，故经过阳离子交换树脂后水中阳离子数目增加。

故答案为：焰色试验；增加。

【分析】（1）依据定义（酸、碱、盐等类别），判断出①NaCl、②MgSO4、④烧碱（NaOH）、⑤纯碱（Na2CO3）属于电解质；

按定义（非金属氧化物等），确定⑩SO2是非电解质；

金属（⑥Na）有自由电子，含自由移动离子的混合物（③食盐水、⑧盐酸、⑨石灰乳）可导电，即③⑥⑧⑨能导电。

（2）纯碱（Na2CO3）是盐，溶于水完全电离，据此书写电离式。

适量烧碱（NaOH）与少量SO2反应，生成Na2SO3和水，据此书写离子式。

（3）①利用焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色可检验。

②阳离子交换时，Mg2+、Ca2+等被H+（1）a.电解质包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，故属于电解质的是①②④⑤；故答案为：①②④⑤；b.非电解质一般包含一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），故属于非电解质的是⑩；故答案为：⑩；c.金属或者有自由移动阴阳离子的可以导电，③⑧⑨的水溶液中均有自由移动的阴阳离子，⑥金属Na有自由移动的电子故可以导电，故答案③⑥⑧⑨；故答案为：③⑥⑧⑨；（2）a.纯碱Na2CO3b.二氧化硫和适量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水的离子反应方程式为：SO2（3）a.检验K+用焰色试验。即用洁净的铁丝或者铂丝蘸取待测液，在无色火焰上灼烧，然后透过蓝色钴玻璃，若显紫色，则说明有Kb.离子交换时遵守电荷守恒，故经过阳离子交换树脂后，1个Mg2+或1个Ca2+被吸附，则有2个27．【答案】（1）8.3（2）胶头滴管；100mL容量瓶（3）D（4）BCAFED（5）71.6%【解析】【解答】（1）该实验需要用到1.00mol/L的稀盐酸100mL，但实验室只有12.0mol/L的浓盐酸，根据稀释定律可知，V浓=c（2）在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；

（3）A．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，用胶头滴管将多余溶液吸出，溶液体积偏大，浓度将会偏低，A错误；B．容量瓶洗涤干净后，瓶内壁有少量水滴，不会影响浓度，B错误；C．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏小，则使得溶液浓度偏小，C错误；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，使得溶液浓度偏大，D正确；故答案为：D。（4）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故故答案为：BCAFED；（5）若实验中测得样品质量为5.92g，固体质量为5.85g，固体为NaCl，物质的量为5.85g58.5g/mol=0.1mol，假设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则①106x+84y=5.92g，根据Na守恒可知，②2x+y=0.1mol，解得x=0.04mol，y=0.02mol，则碳酸钠的质量分数为106【分析】（1）依据稀释前后溶质物质的量不变，即n浓=n稀；

稀盐酸中溶质物质的量：n稀=c稀V稀；浓盐酸体积：V浓=n稀÷c浓，据此计算。

（2）配制100mL一定浓度溶液，需用到的玻璃仪器有量筒（量取浓盐酸）、烧杯（稀释）、玻璃棒（搅拌、引流）、100mL容量瓶（定容容器）、胶头滴管（精准定容）。

（3）根据c=nV（n为溶质物质的量，V为溶液体积），分析操作对n和V的影响。

（4）溶液配制遵循“计算→量取→稀释→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀”流程。

（5）利用Na元素守恒，结合样品质量列方程计算。

设Na2CO3物质的量为x，NaHCO3为y：

质量关系：106x+84y=5.92g（样品总质量）；

（1）该实验需要用到1.00mol/L的稀盐酸100mL，但实验室只有12.0mol/L的浓盐酸，根据稀释定律可知，V浓（2）在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；（3）A．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，用胶头滴管将多余溶液吸出，溶液体积偏大，浓度将会偏低，A错误；B．容量瓶洗涤干净后，瓶内壁有少量水滴，不会影响浓度，B错误；C．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质偏小，则使得溶液浓度偏小，C错误；D．定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，使得溶液浓度偏大，D正确；故选D。（4）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用量筒量取浓盐酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，故正确的顺序为：BCAFED；（5）若实验中测得样品质量为5.92g，固体质量为5.85g，固体为NaCl，物质的量为5.85g58.5g/mol=0.1mol，假设Na2CO3的物质的量为x，NaHCO3的物质的量为y，则①106x+84y=5.92g，根据Na守恒可知，②28．【答案】（1）MnO（2）不能，因为装置A中HCl挥发进入装置B，与AgNO3溶液反应也会生成沉淀（3）（4）先产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；FeCl2+2NaOH=Fe(OH)（5）3Cl【解析】【解答】（1）制取Cl2的离子反应方程式为：MnO2+4H++2Cl-（2）装置B中溶液出现浑浊，不能说明Cl2与AgNO3溶液发生反应，因为装置A中HCl挥发进入装置B，会优先与AgNO3溶液反应生成沉淀；故答案为：不能，因为装置A中HCl挥发进入装置B，与AgNO3溶液反应也会生成沉淀；

（3）Cl元素由0价升到+5价，Cl元素由0价降低到-1价，转移了5个电子，用双线桥表示电子转移过程；故答案为：；

（4）若FeCl2溶液进入装置E中，与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生反应的方程式为：FeCl2故答案为：先产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl；4Fe(OH)3+O2+2H2O=4Fe(OH)3

（5）空气中含量最多的物质为氮气，故氯气与氨气反应生成氯化铵与氮气，化学方程式：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N