知识点：碳族元素

A

【考点】碳族元素简介；硅和二氧化硅．

【分析】根据元素的活泼性来判断元素在自然界的存在形式，碳以金刚石存在是以游离态存在，碳以二氧化碳等化合物存在时是以化合态存在，硅主要以二氧化硅存在，镁主要存在于海水中，铝主要存在于铝矿中．

【解答】解：A、碳化学性质稳定，既可以以游离态存在（金刚石、石墨等），也可以以化合态存在（空气中的二氧化碳、碳酸盐等），故A正确；

B、硅虽然不活泼，但它的化合物更稳定，所以自然界以二氧化硅、硅酸盐的形式存在，故B错误；

C、因镁最外层电子少，易失去，易被还原，从而性质活泼，只能以化合态存在，故C错误；

D、因铝最外层电子少，易失去，易被还原，从而性质活泼，只能以化合态存在，故D错误；

故选：A．

知识点：氧族元素

B

【考点】化学试剂的分类．

【分析】能和二氧化硅反应的药品溶液不能盛放在玻璃试剂瓶中，能和二氧化硅反应生成粘性物质的药品或粘性药品不能盛放在带玻璃塞的试剂瓶中．

【解答】解：A．氢氟酸和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，要用塑料瓶盛放，故A错误；

B．硫酸呈酸性，不和二氧化硅反应，所以可以带玻璃塞的试剂瓶盛放，故B正确；

C．碳酸钠溶液呈碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠溶液具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故C错误；

D．氢氧化钠呈强碱性，能和二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有黏性，能把玻璃塞黏住，所以不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，故D错误．

故选B．

知识点：离子共存

A

【考点】离子共存问题．

【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．

【解答】解：A．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A选；

B．酸溶液中H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；

C．MnO4﹣为紫色，与无色不符，故C不选；

D．酸性溶液中不能大量存在ClO﹣，故D不选；

故选A．

知识点：化学

D

【考点】离子共存问题．

【分析】加入氢氧化钠，溶液中钠离子增多，氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，产物再与空气中的氧气以及过量的盐酸反应，据此分析．

【解答】解：向溶液中加入NaOH，溶液中钠离子增多，故A错误；

氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：

FeCl3+3NaOH═Fe（OH）3↓+3NaCl，

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，

AlCl3（过量）+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3+NaOH═NaAlO2+2H2O，

从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，而偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化．故C错误；

生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁反应为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3．然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子减少．故B错误，D正确；

故选D．

知识点：卤素

C

【考点】氯气的化学性质．

【分析】干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在．

【解答】解：①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误；

②液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；

③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；

④敞口放置的久置氯水是盐酸，盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故④错误；

⑤盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤错误；

⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确；

故选C．

知识点：钠和碱金属

C

【考点】化学方程式的书写．

【分析】A．加热时生成过氧化钠，常温下生成氧化钠；

B．二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠；

C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

D．氢氧化钠过量时生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钠少量时生成碳酸钙、碳酸氢钠和水．

【解答】解：A．Na和O2的反应，常温下生成氧化钠，加热或点燃条件下生成过氧化钠，反应条件不同产物不同，故A不选；

B．NaOH溶液和CO2反应中，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量不同，反应产物不同，故B不选；

C．Na2O2和CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应物过量情况不影响反应产物，故C选；

D．NaOH溶液和Ca（HCO3）2溶液，NaOH过量时生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，NaOH不足时生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，产物与反应物用量有关，故D不选；

故选C．

知识点：物质的量的计算

B

【考点】离子方程式的有关计算．

【分析】首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，计算沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积，据此确定溶液中n（Mg2+）：n（Al3+），据此计算解答．

【解答】解：首先发生反应Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓、Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，然后发生反应Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，由图可知，溶解Al（OH）3消耗氢氧化钠溶液的体积为10mL，根据离子方程式Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓可知，沉淀Al3+消耗的氢氧化钠溶液的体积为10mL×3=30mL，沉淀Mg2+、Al3+总共消耗氢氧化钠溶液50mL，则沉淀Mg2+消耗的氢氧化钠溶液的体积为50mL﹣30mL=20mL，则n（Mg2+）：n（Al3+）=×20mL：×30mL=1：1，原来混合溶液中Al2（SO4）3和MgSO4的物质的量之比为：1=1：2，

由于在同一溶液中，物质的量浓度之比等于物质的量之比，所以原混合液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2，

故选B．

知识点：化学

C

【考点】镁、铝的重要化合物；化学方程式的有关计算．

【分析】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl，根据氯原子和钠原子守恒解题．

【解答】解：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑

，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH溶液反应的方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl．Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl．

根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式：

HCl～NaCl～NaOH

1 1

2mol/L×0.5L 4mol/L×V

V=0.25L=250ml

故选C．

知识点：金属及其化合物

C

【考点】无机物的推断．

【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，可知丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3；丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，可知甲为BaCl2，以此来解答．

【解答】解：因NaOH与Al2（SO4）3反应生成白色沉淀，NaOH过量时沉淀溶解，NaOH与FeCl2反应生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色，则若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，可知丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3；丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，可知甲为BaCl2，据此可推断丙物质是FeCl2，

故选C．

知识点：金属及其化合物

B

【考点】镁、铝的重要化合物；含硅矿物及材料的应用．

【分析】A．偏铝酸钠溶液通入少量的CO2生成氢氧化铝沉淀；

B．CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应；

C．将少量CO2通入到澄清石灰水中，生成碳酸钙；

D．碳酸酸性强于硅酸酸性，根据“强酸”制弱酸的规律，反应生成硅酸沉淀和碳酸钠．

【解答】解：A．偏铝酸钠溶液通入少量的CO2生成氢氧化铝沉淀，能产生沉淀，故A不选；

B．CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，不反应，无浑浊出现，故B选；

C．将少量CO2通入到澄清石灰水中，发生如下反应：CO2+Ca（OH）2═CaCO3+H2O，有浑浊出现，故C不选；

D．硅酸钠溶液和二氧化碳的反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，能产生沉淀，故D不选，

故选B．

知识点：卤素

A

【考点】氯气的化学性质．

【分析】向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，发生如下反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，反应后将液体加热蒸干，根据溴具有挥发性，碘易升华，HCl、Cl2，这些物质都从溶液中挥发跑掉了，最后全部为NaCl．

【解答】解：将氯气通入溶液中，氯气溶于水，溶于水的氯气部分与水发生反应反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，相当于新制的氯水，其中的氯气与溶液中的NaBr、NaI反应，氯气与水反应生成的盐酸与Na2CO3反应，其反应方程为：Cl2+2NaBr═2NaCl+Br2，2NaI+Cl2═2NaCl+I2，Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，将溶液中的NaBr、NaI、Na2CO3的反应完毕后，将溶液加热蒸干并灼烧的过程中，生成的Br2挥发跑掉了，I2易升华，剩余的氯气，生成的氯化氢、次氯酸都从溶液中挥发掉了，最后剩余氯化钠，因此向NaBr、NaI、Na2CO3的混合溶液中通入﹣定量氯气后，将溶液蒸于并充分灼烧，得到的固体为NaCl．

故选A．

知识点：元素及其化合物的综合运用

D

【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．

【分析】A．溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO；

B．溴不易溶于水，易溶于CCl4；

C．溴与Zn反应；

D．溴与KI反应生成碘．

【解答】解：A．溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO，则溶液为无色，故A不选；

B．溴不易溶于水，易溶于CCl4，则用CCl4多次萃取，水层为无色，故B不选；

C．溴与Zn反应，溶液为无色，故C不选；

D．溴与KI反应生成碘，由橙色变为紫红色，不能变为无色，故D选；

故选D．