C

试题分析：A．水电离的H+浓度c(H+)=10－12mol·L－1的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中CO32－不能大量存在，在碱性溶液中NH4+不能大量存在，故A错误；B．使石蕊变红的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、MnO4－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．加入Mg能放出H2的溶液下酸性，在酸性溶液中Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；D．在中性溶液中，Fe3+、Al3+与S2－发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；故选C。

D

试题分析：A．盐类水解是可逆反应，应该写可逆号，离子方程式为：NH4++2H2ONH3•H2O+H3O+，故A错误；B．16.8g铁的物质的量为=0.2mol，100mL4.0mol/L的HNO3溶液中含有硝酸的物质的量为0.4mol，反应的铁与硝酸的物质的量为1:2，故B错误；C．羧基能和碳酸氢钠反应，但酚羟基和碳酸氢钠不反应，离子方程式为+HCO3-=+H2O+CO2↑，故C错误；D．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg不反应，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故D正确；故选D。

C

试题分析：A、蛋白质是高分子化合物，分子中含有氨基、羧基和肽键，而缬氨霉素是由12个分子组成的环状化合物，故A错误；B．缬氨霉素发生水解产物有三种、和，且只有是氨基酸，故B错误：C．和互为同系物，故C正确；D．与甘油醛（）互为同分异构体，与甘油分子式都不同，故D错误；

故选C。

C

试题分析：A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误；故选C。

D

试题分析：A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（AlO2-）+c（OH-），故A错误；B、当二氧化碳为0.01mol，所得溶液为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CO32-）＞c（AlO2-），故B错误；C、当二氧化碳为0.015mol时，所以得溶液为0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c（Na+）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（HCO3-），故C错误；D、当二氧化碳的量为0.03mol时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+），故D正确；故选D。

C

试题分析：A．试管自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故A错误； B．硅属于亲氧元素，在自然界中硅以化合态存在，故B错误；C．SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体，故C正确；D．由GeO2提取半导体材料单质锗（Ge）有化合价的升降是氧化还原反应，故D错误；故选C。

A

试题分析：铝、硅、氧、氢氧根的化合价分别为：+3价、+4价、-2价、-1价，依据化合物中各元素的化合价代数和为0，则有：（+3）×4+（+4）×4+（-2）×x+（-1）×y=0，即2x+y=28。A．若x，y分别为10，8，则2x+y=28，符合题意，故A正确；B．若x，y分别为7，10，则2x+y=24，不符合题意，故B错误；C．若x，y分别为8，10，则2x+y=26，不符合题意，故C错误；D．若x，y分别为9，7，则2x+y=25，不符合题意，故D错误；故选A。

B

试题分析：A.0.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，生成0.1mol镁离子，失去电子数为0.2NA，故A错误；B．标准状况下，5.6L二氧化碳的物质的量为=0.25mol，含有的氧原子数为0.5NA，故B正确；C.8.7gMnO2与40mL10mol/L的浓盐酸充分反应，随着反应进行盐酸浓度降低，变为稀盐酸，所以生成氯气的分子数小于0.1NA，故C错误；D．CH3COOH是弱酸，不能完全电离，故D错误；故选B。

A

试题分析：A．蓝色逐渐消失，发生H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+，则Na2SO3具有还原性，与漂白性无关，故A错误；B．第一步生成碘，则离子反应为ClO-+2I-+2H+═I2+Cl-+H2O，故B正确；C．淀粉遇碘变蓝，由现象可知I-被氧化为I2，故C正确；D．由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O可知氧化性强弱为：ClO-＞I2，由H2O+I2+SO32-=SO42-+2I-+2H+可知氧化性强弱为：I2＞SO42-，所以在酸性条件下ClO-、I2、SO42-的氧化性ClO-＞I2＞SO42-，故D正确；故选A。

A

试题分析：无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol·L－1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。A．过程中用氯水与亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B．由上述分析可知，Cl-不存在，故B错误；C．肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；D．肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl－，故D错误；故选A。

（1）Cl2+2OH-= Cl-+ ClO-+ H2O；

（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色Fe（SCN）3，所以溶液变红

（3）①Fe3+

（4）①SCN-中的碳元素是最高价态+4价；②硫元素；④16

试题分析：（1）B装置是用来吸收氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；

（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN-反应生成红色的，所以溶液变红；

（3）①A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；

（4）①根据SCN-的电子式为可知，SCN-中碳显+4价，硫显-2价，氮显-3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN-中的碳元素是最高价态+4价；

②加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN-中硫显-2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；

③利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被 氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN-中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN-中氮元素被氧化成；

④SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN-+8Cl2+9H2O=NO3-+SO42-+CO2+Cl-+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为：16。

（1）①氢氧化钠溶液；②二氧化碳；③饱和食盐水；④盐酸

（2）①Fe3＋、Cu2＋；一定；②Fe2＋、Fe3＋ ；可能；③Fe、Cu；一定

试题分析：（1）①除去Fe2O3中的Al2O3可以选用氢氧化钠，因为氧化铝属于两性氧化物，故答案为：氢氧化钠溶液；

②Na2CO3能够与二氧化碳反应生成NaHCO3，故答案为：二氧化碳；

③除去Cl2中的HCl可以将氯气通入饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；

④Fe2O3属于碱性氧化物，而SiO2属于酸性氧化物，除去二氧化硅中的氧化铁可以选用盐酸溶解，故答案为：盐酸；

（2）氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，

①反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，Cu没有参加反应，一定存在，故答案为：Fe3+、Cu2+；一定；

②若CuCl2有剩余，由于氯化铜可氧化单质铁，则不可能有Fe，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，可能发生Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器中可能有Fe3+、Fe2+或Fe2+，Cu可能存在，故答案为：Fe3+、Fe2+或Fe2+；可能；

③FeCl3和CuCl2都有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，容器中一定存在Fe2+，故答案为：Fe、Cu；一定。

（1）3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2

（2）3Cu2S + 16HNO33CuSO4 + 3Cu(NO3)2+10NO↑+ 8H2O

（3）Fe8Al4Si

试题分析：（1）写出铁与水蒸气反应的化学方程式为3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2，故答案为：3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2；

（2）在Cu2S中：Cu+1→+2↑，失去电子为（2-1）×2；S-2→+6，失去电子为+6-（-2）

化合价共升高10，而HNO3中N+5→+2化合价降低3，根据化合价的升降守恒：

3Cu2S+□HNO3□CuSO4+□Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）

再根据原子守恒得：S守恒：3Cu2S+□HNO33CuSO4+□Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）

Cu守恒：3Cu2S+□HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）

N守恒：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+（ ）

质量守恒得：3Cu2S+16HNO33CuSO4+3Cu（NO3）2+10NO↑+8 H2O，故答案为：3；16；3；3；10；8；H2O；

（3）准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液，充分反应后过滤，铁和铝全部溶解，测定剩余固体质量0.07g为硅．n（Si）==0.0025mol，向滤液中滴加足量NaOH浓溶液，铝离子反应生成偏铝酸钠，充分搅拌、过滤、洗涤得固体．判断为Fe（OH）3，再将所得固体充分加热、灼烧，得红棕色粉末1.60g为Fe2O3，铁的物质的量n（Fe）=×2=0.02mol，n（Al）==0.01mol；n（Fe）：n（Al）：n（Si）=0.02：0.01：0.0025=8：4：1，所以化学式为Fe8Al4Si，故答案为：Fe8Al4Si。