北京市西城区2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

北京市西城区2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

北京市西城区2019—2020学年度第一学期期末试卷 高一化学2020.1‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5‎ 第一部分（选择题）‎ 每小题只有一个选项符合题意（每小题2分）‎ ‎1.合金的应用促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是（ ）‎ A．储氢合金 B．青花瓷 C．航母钢甲板 D．钛合金耐压球壳 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 合金是两种或两种以上的金属（或金属和非金属）熔合而成的混合物，具有金属的性质和良好的性能。‎ ‎【详解】A.为了满足某些尖端技术发展的需要,新型合金材料储氢合金是一类能够大量吸收H2,并与H2结合成金属氢化物的材料，属于合金，故A不符合题意 B.瓷器属于硅酸盐产品，不属于合金，故B符合题意；‎ C. 钢属于合金，是金属材料，故C不符合题意；‎ D.由于钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于发展航空飞机的机体材料等，属于合金，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】合金中可以加入金属或非金属，一定是具有金属特性的混合物。‎ ‎2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）‎ A. 盐酸 B. Fe(OH)3胶体 C. 蔗糖溶液 D. Na2SO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分散系分为溶液、胶体和浊液，而只有胶体有丁达尔效应，据此分析。‎ ‎【详解】A. 盐酸是溶液，无丁达尔效应，故A错误；‎ B. 氢氧化铁胶体是胶体，有丁达尔效应，故B正确；‎ C. 蔗糖溶液是溶液，无丁达尔效应，故C错误；‎ D. Na2SO4溶液是溶液，无丁达尔效应，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】区分溶液和胶体的方法是丁达尔效应，胶体可以产生丁达尔效应。‎ ‎3.下列物质不属于电解质的是（ ）‎ A. Na B. H2SO‎4 ‎C. NaOH D. Na2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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。‎ ‎4.下列仪器不能用于加热的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿、试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等，垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等。‎ ‎【详解】A. 试管受热面积小，可以用于直接加热，故A不符合题意；‎ B. 圆底烧瓶热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，能加热，故B不符合题意；‎ C. 坩埚是用极其耐高温的材料制作而成的器皿，它的作用是熔化和精炼金属液体，也用于固液态加热、反应的容器，C不符合题意；‎ D. 容量瓶上有温度和刻度，是一个配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不能加热，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列元素中，属于第三周期的是（ ）‎ A. 氢 B. 碳 C. 氧 D. 氯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢是第一周期第IA的元素，A错误；‎ B．碳是第二周期第IVA的元素，B错误；‎ C．氧是第二周期第VIA的元素，C错误；‎ D．氯是第三周期第VIIA的元素，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列元素的原子半径最大的是 A. Na B. Al C. S D. Cl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na原子序数是11，Al原子序数是13，S原子序数是16，Cl原子序数是17，Na、Al、S、Cl都是第三周期元素，电子层数相同，原子序数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，所以原子半径最大的是Na，故选A。‎ ‎7.下列物质中，含有共价键的是（ ）‎ A. HCl B. Na2O C. MgCl2 D. NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族(氢除外)、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。‎ ‎【详解】A. HCl中氯原子和氢原子之间只存在共价键，故A正确；‎ B. Na2O中钠离子与氧离子之间只存在离子键，故B错误；‎ C. 氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；‎ D. NaCl中钠离子与氯离子之间只存在离子键，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。‎ ‎8.下列关于物质分类的叙述不正确的是（ ）‎ A. HNO3属于酸 B. Mg(OH)2属于碱 C. SO2属于氧化物 D. 液氯属于混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸的定义是：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，HNO3在水溶液中会电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，故A正确；‎ B. 碱的定义是：电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，Mg(OH)2属于碱，故B正确；‎ C. 氧化物定义是：两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，SO2属于氧化物，故C正确；‎ D. 纯净物是一种物质组成的物质，液氯属于纯净物，只有一种物质液态的氯气，不是混合物，混合物是两种或两种以上物质组成物质，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列各组离子能在溶液中大量共存的是（ ）‎ A. Na+、H+、CO32- B. Fe2+、SO42-、OH-‎ C. Na+、Cl-、Ag+ D. K+、NO3-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H+与CO32-反应生成水和二氧化碳，在水溶液中不能大量共存，故A错误；‎ B. Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，会被氧气氧化成氢氧化铁，故在水溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C. Cl-、Ag+反应生成氯化银沉淀，故在水溶液中不能大量共存，故C错误；‎ D. K+、 NO3-、Cl-之间不发生反应，在水溶液中可以大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. Fe与FeCl3溶液：Fe+Fe3+=2Fe2+‎ B. 稀HCl与KOH溶液：H++OH-=H2O C. CaCO3与稀HCl：CO32-+2H+=CO2↑+H2O D. FeO与稀H2SO4：FeO+2H+=Fe3++H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故A错误；‎ B. 稀盐酸与氢氧化钾溶液发生中和反应，该反应的离子方程式为：H++ OH−═H2O，故B正确；‎ C. 碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3 + 2H+═Ca2++ CO2↑ + H2O，故C错误；‎ D. FeO与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和水，FeO+2H+=Fe2++H2O，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】离子方程式的正误判断，要符合客观事实，电荷守恒。‎ ‎11.有关Na2O2的叙述不正确的是（ ）‎ A. 是淡黄色固体 B. 可以作供氧剂 C. 应密封保存 D. 氧元素的化合价为−2价 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2是淡黄色固体，故A正确；‎ B. Na2O2与水或二氧化碳反应释放出氧气，可以作供氧剂，故B正确；‎ C. Na2O2易与水和二氧化碳反应，故需要密封保存，故C正确；‎ D. 根据化合物元素正负化合价之和为0，可得Na2O2中氧元素的化合价为−1价，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.U常用于核裂变反应。下列关于U的叙述正确的是（ ）‎ A. 质子数为235 B. 电子数为143‎ C. 核电荷数为235 D. 中子数为143‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含有的质子数为92，质量数为235，中子数=质量数-质子数求算，核外电子数=核电荷数=质子数求算。‎ ‎【详解】A. U的左下角的数字表示质子数，质子数为92，故A错误；‎ B. 核外电子数=核电荷数=质子数=92，故B错误；‎ C. 核外电子数=核电荷数=质子数=92，故C错误； ‎ D. 中子数=质量数-质子数=235-92=143，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列物质的电子式的书写，正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化碳是共价化合物，二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，达稳定结构，故A错误；‎ B. 氯气分子中存在氯氯单键，每个Cl原子周围还有六个电子，故B错误；‎ C. 氨气是共价化合物，氮原子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：，故C错误；‎ D. 氯化钠为离子化合物，电子式为，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】从离子化合物和共价化合物的电子式书写方法确定电子式书写是否正确，用电子式表示离子键形成的物质的结构与表示共价键形成的物质的结构的不同点：‎ ‎（1）电荷：用电子式表示离子键形成的物质的结构需标出阳离子和阴离子的电荷；而表示共价键形成的物质的结构不能标电荷； （2）[ ]（方括号）：离子键形成的物质中的阴离子需用方括号括起来，而共价键形成的物质中不能用方括号。‎ ‎14.下列关于物质性质的比较，正确的是（ ）‎ A. 金属性：Al＞Na B. 稳定性：HF＞HCl C. 酸性：H2SiO3＞H2SO4 D. 碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由金属活动性顺序表可知：金属性：Na > Al，且两者处于同一周期，原子序数依次增大，原子序数小的，金属性强，故A错误；‎ B. 元素的非金属性越强，其对应简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性F＞Cl，则稳定性HF＞HCl，故B正确；‎ C. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的酸的酸性越强，由于非金属性S＞Si，则酸性H2SO4> H2SiO3，故C错误；‎ D. 元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的碱的碱性越强，由于金属性Mg>Al，则碱性Mg(OH)2> Al(OH)3，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律及元素周期律的应用，需要熟记元素周期变化规律。‎ ‎15.在化学实验中，具有安全意识是重要的科学素养。下列实验操作不正确的是（ ）‎ A. 氢气点燃前，先检验氢气的纯度 B. 金属钠着火时，用干燥的沙土覆盖 C. 稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁倒入浓硫酸中 D. 闻氯气时，用手在瓶口轻轻扇动，使极少量的氯气飘进鼻孔 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢气是可燃性气体，点燃氢气前要检验氢气的纯度，故A正确；‎ B. ‎ 钠与水反应生成易燃气体氢气，钠着火时不能用水灭火，沙土能够隔绝空气，应该用干燥的沙土灭火，故B正确；‎ C. 浓硫酸具有强腐蚀性，水入酸时会放出大量的热造成液体飞溅，引起安全事故，故稀释浓硫酸时，将浓硫酸倒入水中，防止液体飞溅，故C错误；‎ D. 闻氯气的气味时，用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的氯气飘进鼻孔，符合安全操作要求，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列物质间的转化，不能一步实现的是（ ）‎ A. Na→Na2O2 B. Fe2O3→Fe(OH)3‎ C. Cl2→FeCl3 D. FeCl3→FeCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠氧气中点燃生成过氧化钠，可以一步实现，故A不符合题意；‎ B. Fe2O3难溶于水，不与水反应，不可以一步实现，故B符合题意；‎ C. 铁在氯气中点燃，生成三氯化铁，可以一步实现，故C不符合题意；‎ D. FeCl3与铁反应生成氯化亚铁，可以一步实现，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎17.下列除杂试剂和分离方法都正确是（ ）‎ 选项 物质（括号内为杂质）‎ 除杂试剂 分离方法 A Fe（Cu）‎ 盐酸 过滤 B CO2（HCl）‎ NaOH溶液 洗气 C FeCl2溶液（FeCl3）‎ 铁粉 过滤 D Fe2O3（Al2O3）‎ 盐酸 过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ 铁与盐酸反应，铜与盐酸不反应，让铁与铜的混合物与盐酸反应，会将铁反应，铜会剩余，不能除去铁，故A错误；‎ B二氧化碳属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此，不能用氢氧化钠溶液作除杂试剂，应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；‎ C.FeCl2溶液中的FeCl3，加入铁粉，三氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；‎ D. Fe2O3和Al2O3的混合物加入盐酸，氧化铁和氧化铝都与盐酸反应生成盐和水，不能除杂，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.门捷列夫研究元素周期表时，科学地预测了铝的下方有一种与铝类似的“类铝”元素，1875年法国化学家布瓦德朗发现了这种元素，命名为“镓（Ga）”，它的性质和门捷列夫的预测相吻合。镓与铝是同主族元素，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 镓的金属性比铝的强 B. 镓的原子半径比铝的小 C. 镓原子的最外层有3个电子 D. 氧化镓的化学式是Ga2O3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，失电子能力增强，故金属性增强，故A正确；‎ B. 镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，镓的原子半径比铝的大，故B错误；‎ C. 镓与铝是同主族元素，最外层有3个电子，故C正确；‎ D. 镓原子的最外层电子数为3，在化学反应中易失去3个电子而形成带3个单位正电荷的阳离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，则该元素的化合价为+3价；氧元素显−2价，镓和氧组成化合物的化学式为Ga2O3，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎19.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 常温常压下，14gN2含有的分子数约为3.01×1023‎ B. 64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023‎ C. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023‎ D. ‎2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 14gN2为0.5mol，分子数=0.5mol ×6.02×1023=3.01×1023，故A正确；‎ B. 64gSO2的物质的量===1mol，1mol任何物质具有的微粒数为6.02×1023，一个二氧化硫分子具有的氧原子数为2个，故1mol SO2中氧原子数为6.02×1023×2=1.204×1024，故B错误；‎ C. 标准状况下，水不是气体，故不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；‎ D. ‎2L0.5mol•L−1 MgCl2溶液中含有的氯离子数为‎2L×0.5mol/L×2×NA=2×6.02×1023==1.204×1024，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.向下列溶液中分别滴加氯水，由此观察的现象与得出的结论不匹配的是（ ）‎ 选项 溶液 实验现象 结论 A 滴有KSCN的FeCl2溶液 溶液变红 氯水具有氧化性 B NaHCO3溶液 产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 氯水中含有H+‎ C HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 氯水中含有Cl－‎ D 紫色石蕊溶液 先变红后褪色 Cl2具有酸性和漂白性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水中含有Cl2，并且Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3使KSCN溶液变红，说明氯水具有氧化性，故A正确；‎ B. NaHCO3溶液滴加氯水，产生能使澄清石灰水变浑浊气体，是二氧化碳，说明氯水中有酸性物质，即含有H+，故B正确；‎ C溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl−，故C正确；‎ D. Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO ‎，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HCl的酸性和HClO的漂白性，故D错误；‎ 答案选D。‎ 第二部分（非选择题）‎ ‎21.补齐物质与其用途的连线。___‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合物质的性质分析，在生产生活中的应用。‎ ‎【详解】氯化铁中三价铁具有氧化性，可将铜单质氧化为铜离子，故可用于蚀刻铜板；‎ 次氯酸钠具有氧化性，也是漂白液的主要成分，可用于制作漂白液；‎ 氧化铁俗称铁红，可用于制作油漆和涂料的原料；‎ 碳酸氢钠受热不稳定生成二氧化碳，可用于制作糕点的膨松剂；‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查物质性质的应用，需要对各种物质的性质掌握熟练。‎ ‎22.运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律。Na2O与CaO都属于__氧化物（填“酸性”或“碱性”）。Na2O可以分别与H2O、CO2、HCl反应，任选两个反应，写出其化学方程式___、__。‎ ‎【答案】 (1). 碱性 (2). Na2O+H2O=2NaOH (3). Na2O+CO2=Na2CO3、‎ Na2O+2HCl=2NaCl+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水。‎ ‎【详解】根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，反应方程式Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，‎ 故答案为：碱性；Na2O+H2O=2NaOH；Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O（任写两个）。‎ ‎23.工业上冶炼铁的原理为：Fe2O3 +3CO2Fe+ 3CO2。‎ ‎（1）该反应中氧化剂是__（填化学式），碳元素被__（填“氧化”或“还原”）。‎ ‎（2）若消耗了3molCO，则生成CO2的体积是__L（标准状况），转移电子的物质的量是___mol。‎ ‎【答案】 (1). Fe2O3 (2). 氧化 (3). 67.2 (4). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降来判断；‎ ‎（2）根据标况下，V=nVm计算气体体积，根据氧化还原反应中电子得失计算电子的物质的量。‎ ‎【详解】（1）Fe2O3中铁的化合价由+3价变为0价，化合价降低被还原，作氧化剂；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，化合价升高被氧化，作还原剂；‎ 故答案为：Fe2O3；氧化；‎ ‎（2）根据反应方程式，若消耗了3molCO同时生成了3molCO2，则标况下，CO2的体积=nVm=3mol×‎22.4L/mol=‎67.2L；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，即1molCO转移2mol电子，则3molCO共转移6mol电子，‎ 故答案为：67.2；6。‎ ‎24.用NaCl固体配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液，请回答下列问题。‎ ‎（1）用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__。‎ ‎（2）用托盘天平称取NaCl固体的质量是__g。‎ ‎（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是__（填字母）。‎ A．定容时，俯视刻度线 B．转移液体时，有少量液体洒出 C．加蒸馏水超过了刻度线 D．没有洗涤烧杯和玻璃棒 ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 11.7 (3). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；‎ ‎（2）根据n=cV计算溶质的物质的量，再有m=nM计算溶质的质量；‎ ‎（3）根据c=进行分析。‎ ‎【详解】（1）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；‎ 故答案为：100mL容量瓶；‎ ‎（2）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液，NaCl的物质的量=cV=‎0.1L×2.0mol·L−1=0.2mol，则NaCl的质量=nM=0.2mol×‎58.5g/mol=‎11.7g，‎ 故答案为：11.7；‎ ‎（3）A. 定容时，俯视刻度线，使所配置溶液溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A符合题意； ‎ B. 转移液体时，有少量液体洒出，使所配溶液溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故B不符合题意；‎ C. 加蒸馏水超过了刻度线，使所配置溶液溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不符合题意；‎ D. 没有洗涤烧杯和玻璃棒，使所配溶液溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故D不符合题意；‎ 故答案选A。‎ ‎【点睛】对所配制溶液浓度进行误差分析，要根据c=进行分析，依据错误操作导致溶液的物质的量和溶液的体积如何变化来分析判断。‎ ‎25.实验室用如图装置制备并收集干燥纯净的Cl2。‎ ‎（1）装置A中反应的化学方程式是___。‎ ‎（2）装置B的作用是__。‎ ‎（3）装置C中盛放的物质是__。‎ ‎（4）装置D用于收集Cl2，请将图中装置D的导气管补充完整___。‎ ‎（5）装置E用于吸收尾气，E中反应的离子方程式是__。‎ ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去Cl2中混有的HCl (3). 浓硫酸 (4). (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）装置A是用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气的装置；‎ ‎（2）装置B盛有饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢气体；‎ ‎（3）通过装置B出来的氯气中含有水，则装置C中盛放的物质是浓硫酸，除去氯气中的水分；‎ ‎（4）装置D用于收集Cl2，氯气的密度比空气大，收集时，使用向上排空气法，集气瓶内的导管应长进短出； ‎ ‎（5）装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ ‎【详解】（1）装置A 是用来制取氯气的装置，根据图示浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气，化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）由于盐酸具有挥发性，从装置A中出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B盛有饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢气体，‎ 故答案为：除去Cl2中混有的HCl；‎ ‎（3）通过装置B出来的氯气中含有水，则装置C中盛放的物质是浓硫酸，除去氯气中的水分，‎ 故答案为：浓硫酸；‎ ‎（4）装置D用于收集Cl2，氯气的密度比空气大，收集时，使用向上排空气法，集气瓶内的导管应长进短出，装置图为：，‎ 故答案为：； ‎ ‎（5）装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，‎ 故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；‎ ‎26.阅读短文，回答问题。‎ 世界卫生组织（WHO）和中国卫健委公认二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。国家疾病控制中心建议，为了避免传染病的传播，餐饮用具可用200mg·L− 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5mg·L− 1用ClO2进行消毒。常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2是强氧化剂，其有效氯是Cl2的2.6倍。ClO2不与冷水反应，遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。‎ 下表列出了ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能比较：‎ 性能 ClO2‎ 氯制剂（84消毒液、漂白粉等）‎ 杀菌力 可杀灭所有的微生物 可杀灭所有细菌繁殖体高浓度能杀死细菌芽孢 残留 无 有 抗药性 无 有 经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用。ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。研究表明，ClO2在浓度低于100mg·L− 1时不会对人体产生任何的影响。我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。‎ ‎（1）请依据以上短文，判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。‎ A．可以用等浓度的ClO2溶液对餐饮用具和游泳池进行消毒。___‎ B．ClO2是有刺激性气味的气体。___‎ C．ClO2杀菌力强、无抗药性。___‎ D．未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向。__‎ ‎（2）某同学推测ClO2能与FeSO4溶液反应，你认为他的推测是否合理__（填“合理”或“不合理”）？用简要的文字说明理由___。‎ ‎【答案】 (1). 错 (2). 对 (3). 对 (4). 对 (5). 合理 (6). ClO2具有强氧化性，FeSO4具有还原性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题中短文描述，结合物质的性质分析判断；‎ ‎（2）ClO2具有氧化性，FeSO4溶液具有还原性，可发生氧化还原反应；‎ ‎【详解】（1）A. 根据题干短文描述，餐饮用具可用200mg·L− 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5mg·L− 1用ClO2进行消毒，ClO2溶液浓度不同，故A错误，‎ 故答案为：错；‎ B. 常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，氯气具有刺激性气味的气体，则ClO2是有刺激性气味的气体，故B正确，‎ 故答案为：对；‎ C. 根据题干表格中ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能，ClO2无抗药性，故C正确；‎ 故答案为：对；‎ D. 我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域，则未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向，故D正确；‎ 故答案为：对；‎ ‎（2）根据短文中描述ClO2具有强氧化性，FeSO4中亚铁离子具有还原性，则ClO2能与FeSO4溶液反应，推测是合理的，‎ 故答案为：合理；ClO2具有强氧化性，FeSO4具有还原性。‎ ‎【点睛】本题较为简单，只需要认真阅读短文，提取解题信息即可解题。‎ ‎27.元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是5种元素的相关信息，W、X都位于第三周期。‎ 元素 信息 Q 地壳中含量最高的元素 W 最高化合价为+7价 X 最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强 Y 焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色 Z 原子结构示意图为：‎ ‎（1）Q在周期表中的位置是__。‎ ‎（2）W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___。‎ ‎（3）X单质与水反应的离子方程式是__。‎ ‎（4）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：__，失电子能力Y大于X，金属性Y强于X。‎ ‎（5）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是__（填字母）。‎ A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同 B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性 C．Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应 ‎【答案】 (1). 第二周期、第ⅥA族 (2). HClO4 (3). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (4). 最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na (5). AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Q为地壳中含量最高的元素，则Q为O；W、X都位于第三周期，W最高化合价为+7价，X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，则W为Cl，X为Na；Y的焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色，则Y为K；Z原子结构示意图为：，为35号元素，则Z为Br；结合元素性质和元素周期律进行分析解答。‎ ‎【详解】（1）Q为O在周期表中的位置是第二周期、第ⅥA族，‎ 故答案为：第二周期、第ⅥA族；‎ ‎（2）W为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4，‎ 故答案为：HClO4；‎ ‎（3）X为Na，其单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，‎ 故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑‎ ‎（4）X为Na，Y为K，二者同族，最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na，则失电子能力K大于Na，金属性K强于Na，‎ 故答案为：最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na；‎ ‎（5）根据分析推断，Z为Br，‎ A. WCl ，Cl与Br同主族，最低负化合价=最高正价-8=+7-8=-1，故A正确；‎ B. W为Cl ，非金属性：Cl>Br，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则Br的氢化物的稳定性弱于Cl的氢化物的稳定性，故B正确；‎ C. Z为Br，单质为Br2，X和W形成的化合物的水溶液为NaCl溶液，由于氧化性：Cl2>Br2，则Br2不能从氯化钠溶液中置换出氯气，故C错误；‎ 故答案选AB。‎ ‎28.我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”‎ 为世界制碱工业做出了巨大贡献。如图为联合制碱法的主要过程（部分物质已略去）。‎ 资料：ⅰ．沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl ⅱ．溶解度 物质 NaCl NH4HCO3‎ NaHCO3‎ NH4Cl ‎20°C溶解度/g ‎36.0‎ ‎21.7‎ ‎9.6‎ ‎37.2‎ ‎（1）煅烧炉中反应的化学方程式是___，物质X是___（填化学式）。‎ ‎（2）下列说法正确的是__（填字母）。‎ A．沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小 B．滤液中主要含有NaCl、Na2CO3和NH4Cl C．设计循环的目的是提高原料的利用率 ‎（3）工业可用纯碱代替烧碱生产某些化工产品，如用饱和纯碱溶液与Cl2反应可制得一种在生产生活中常用于漂白、消毒的物质，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是___。‎ ‎（4）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为ag的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，则此样品中Na2CO3的质量分数为__。‎ ‎【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). CO2 (3). AC (4). 2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3 (5). ×100%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，则煅烧炉中对沉淀池形成的碳酸氢钠进行高温煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，根据图示煅烧炉中产生的物质X可用于沉淀池的循环使用，则物质X是CO2；‎ ‎（2）A. 根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小；‎ B. 沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤后滤液中主要含有的是NH4Cl；‎ C. 沉淀池和煅烧炉中反应得到的产物都可作为制取纯碱的原料，故设计循环的目的是提高原料的利用率；‎ ‎（3）根据题意，可将反应看做两步发生，首先氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸在于碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；‎ ‎（4）ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠。根据反应前后钠原子守恒，设杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则 ‎58.5x+106y=a，x+2y=，解得y=mol，碳酸钠的质量=nM=mol×‎106g/mol=g，则此样品中Na2CO3的质量分数为=；‎ ‎【详解】（1）沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，则煅烧炉中对沉淀池形成的碳酸氢钠进行高温煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据图示煅烧炉中产生的物质X可用于沉淀池的循环使用，则物质X是CO2，‎ 故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2；‎ ‎（2）A. 根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小，故A正确；‎ B. 沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤后滤液中主要含有的是NH4Cl，故B错误；‎ C. 沉淀池和煅烧炉中反应得到的产物都可作为制取纯碱的原料，故设计循环的目的是提高原料的利用率，故C正确；‎ 故答案为AC；‎ ‎（3）根据题意，可将反应看做两步发生，首先氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸再与碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，则反应的化学方程式是2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3，‎ 故答案为：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3；‎ ‎（4）ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠。根据反应前后钠原子守恒，设杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则 ‎58.5x+106y=a，x+2y=，解得y=mol，碳酸钠的质量=nM=mol×‎106g/mol=g，则此样品中Na2CO3的质量分数为=，‎ 故答案为：×100%。‎ ‎29.某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：‎ 资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。‎ 实验Ⅰ 实验Ⅱ 取ⅰ中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。‎ ‎（1）ⅰ中反应的离子方程式是__。‎ ‎（2）实验Ⅰ中ⅰ和ⅱ可以得出的结论是__。‎ ‎（3）①甲同学认为：实验Ⅱ观察到__现象，得出氧化性Br2＞I2。‎ ‎②乙同学对上述实验进行反思，认为实验Ⅱ不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了实验Ⅲ。‎ 实验Ⅲ 另取ⅰ中的黄色溶液少许，先③步骤步骤，，，，，加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。‎ 补做实验Ⅲ的目的是__。‎ ‎（4）综合实验Ⅰ和Ⅲ，得出氧化性Cl2＞Br2＞I2。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (2). 氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2 (3). 溶液变蓝 (4). 排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质；‎ ‎（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；‎ ‎（3）①取ⅰ中反应后的黄色溶液即含溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，说明溴水中的Br2将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；‎ ‎②实验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液进行试验，ⅰ中反应后的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中反应后的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水。‎ ‎【详解】（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，‎ 故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；‎ ‎（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；‎ 故答案为：氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2；‎ ‎（3）①取ⅰ中的黄色溶液即溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，发生反应为Br2+2I-=2Br-+I2，说明溴水中的Br2‎ 将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出氧化性Br2＞I2；‎ 故答案为：溶液变蓝；‎ ‎②实验Ⅱ取ⅰ中的反应后的黄色溶液进行试验，ⅰ中的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保反应后的溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水，因此补做实验Ⅲ的目的是排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰，‎ 故答案为：排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰。‎ ‎【点睛】本题难点在实验Ⅲ的目的：取ⅰ中的反应后的黄色溶液进行试验，ⅰ中的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保反应后的溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水。‎ ‎30.某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象。‎ 实验Ⅰ 现象 溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。‎ 资料：ⅰ．Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3（红色），Fe(SCN)3中S元素的化合价为−2价 ⅱ．BaSO4是不溶于盐酸的白色沉淀 ‎（1）实验Ⅰ体现了Fe2+的__性，补全H2O2与FeCl2酸性溶液反应的离子方程式：__Fe2+ +__H2O2 +__H+ =__Fe3++__H2O ‎（2）探究“红色褪去”的原因，进行实验Ⅱ：将褪色后的溶液分三份分别进行实验。‎ 实验Ⅱ得出的结论是：红色褪去的原因是__。‎ ‎（3）为进一步探究“红色褪去”的原因，进行了实验Ⅲ。‎ 实验Ⅲ 现象 溶液变红，一段时间后不褪色。‎ 取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液 无白色沉淀产生。‎ 分析上述三个实验，下列叙述正确的是__（填字母）。‎ A．实验Ⅲ中发生了氧化还原反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O ‎ B．通过实验Ⅲ推出实验Ⅰ中氧化FeCl2的只有O2‎ C．O2在该实验条件下不能使红色溶液褪色 D．实验Ⅰ中红色褪去与H2O2的氧化性有关 ‎（4）上述实验探究过程用到的实验方法有__（写出一条）。‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). 2 (3). 1 (4). 2 (5). 2 (6). 2 (7). SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42- (8). ACD (9). 对比、控制变量等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验Ⅰ向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中加入双氧水，溶液变为血红色，说明二价铁被氧化为三价铁，三价铁离子与硫氰根离子结合变红色溶液，体现了Fe2+的还原性；‎ ‎（2）将褪色后的溶液分三份分别进行实验对褪色溶液研究，实验Ⅱ说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成；‎ ‎（3）为进一步探究“红色褪去”的原因，进行了实验Ⅲ，另取同浓度的 FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子，取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，则该硫酸根离子由H2O2将SCN−氧化成SO42−；‎ ‎（4）实验Ⅰ和实验Ⅲ同种（同浓度，同体积）溶液中加入不同的物质，得到不同的反应现象，运用了对比、控制变量的试验方法。‎ ‎【详解】（1）实验Ⅰ向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中加入双氧水，溶液变为血红色，说明二价铁被氧化为三价铁，三价铁离子与硫氰根离子结合变红色溶液，体现了Fe2+的还原性， H2O2与FeCl2酸性溶液反应的离子方程式：2Fe2+ +H2O2 +2H+ =2Fe3++2H2O；‎ 故答案为：还原；2；1；2；2；2；‎ ‎（2）通过实验Ⅱ三分溶液的变化现象，说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，说明实验Ⅰ中加入的双氧水将SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42-，‎ 故答案为：SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42-；‎ ‎（3）另取同浓度的 FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子，取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，则该硫酸根离子由H2O2将SCN−氧化成SO42−；‎ A. FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子实验Ⅲ中发生了氧化还原反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A正确；‎ B. 通过实验Ⅲ推出实验Ⅰ中被氧化FeCl2的有双氧水，故B错误；‎ C. 滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，在该实验条件下不能使红色溶液褪色，故C正确；‎ D. 实验Ⅰ中红色褪去是由于H2O2将SCN−氧化成SO42−，因此与H2O2的氧化性有关，故D正确；‎ 故答案为ACD；‎ ‎（4）实验Ⅰ和实验Ⅲ同种（同浓度，同体积）溶液中加入不同的物质，得到不同的反应现象，运用了对比、控制变量的试验方法，‎ 故答案为：对比、控制变量等。‎