2024届安徽省阜阳市第一中学化学高一第一学期期末监测模拟试题含解析

2024届安徽省阜阳市第一中学化学高一第一学期期末监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、0.1mol铁粉与含0.1mol硫酸铁的溶液混合后充分后应，下列叙述正确的是()A．氧化产物为0.1mol B．还原产物为0.1molC．氧化产物和还原产物共0.2mol D．氧化产物为0.2mol2、四种黑色粉末氧化铜、氧化亚铁、二氧化锰、石墨粉，只需加入一种试剂即可将它们区别开来，这种试剂是()A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸C．浓盐酸 D．蒸馏水3、现有一瓶A和B的混合物，已知它们的性质如下表。物质

熔点/℃

沸点/℃

密度/g·cm—3

溶解性

A

—11.5

198

1.11

A、B互溶，

且均易溶于水

B

17.9

290

1.26

据此分析，将A和B相互分离的常用方法是（）A．过滤 B．蒸发 C．分液 D．蒸馏4、下列变化，不能通过一步反应直接完成的是（）A．Al→NaAlO2 B．NaHCO3→Na2CO3 C．SiO2→H2SiO3 D．Fe(OH)2→Fe(OH)35、已知部分被氧化的镁条1．6g，和足量的盐酸反应，在标准状况下生成H2．12L，在跟盐酸反应前被氧化的镁是()A．1．2g B．3．64g C．3．4g D．3．24g6、从氧化还原的角度看，与水反应时过氧化铜(CuO2)和过氧化钠性质相似。将适量的过氧化铜投入过量稀硫酸中，可以观察到的现象是A．无明显变化B．最终生成蓝色沉淀C．最终得到无色溶液D．有无色无味气体生成7、可用于治疗胃酸过多的物质是A．氢氧化钠 B．碳酸氢钠 C．氯化铁 D．氯化钠8、下列物质属于纯净物的是（）A．氨水 B．漂白粉 C．液氯 D．碘酒9、下列关于金属性质的叙述正确的是A．金属一般都容易导电导热，有延展性B．金属具有较高的硬度和熔点C．所有金属都是固态D．金属单质都能与稀H2SO4反应产生H210、已知：还原性强弱：I－＞Fe2＋。往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+。则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为A．1.2mol·L－1B．1.5mol·L－1C．1.0mol·L－1D．1.1mol·L－111、人体正常的血红蛋白中含有Fe2＋。若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是（）A．亚硝酸盐是还原剂B．维生素C是还原剂C．维生素C将Fe3＋还原为Fe2＋D．亚硝酸盐被还原12、铟（In）是一种非常贴近我们生活的主族元素，手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟的导电玻璃。的最外层电子数是3，下列说法不正确的是A．In的原子核外有49个电子B．与互为同位素C．In与Al处于同一主族D．的中子数为11313、配制0.1mol•L﹣1的NaOH溶液，下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是A．用敞口容器称量NaOH且时间过长B．定容时俯视读取刻度C．原容量瓶洗净后未干燥D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒14、下列各组物质与其分类和用途的关系正确的是A．镁——单质——照明弹B．氧化钠——氧化物——供氧剂C．小苏打——碱——发酵粉主要成分D．水玻璃溶质——酸——防火材料15、下列气体中，能用排水法收集的是（）A．NH3 B．NO2 C．NO D．Cl216、下列有关叙述正确的是A．氧化还原反应中，一种元素被氧化，一定有另一种元素被还原B．镁铝合金材料比镁和铝熔点高，硬度大C．在合金中加入适量合适的稀土金属，能大大改善合金的性能D．实验室中少量金属钠常保持在煤油中，实验时多余的钠不能放回原瓶中17、下列说法正确的是()A．锂的原子结构示意图是B．氧原子的内层电子数为2C．离子的核电荷数一定等于其核外电子数D．原子核外电子一定按K、L、M、N的先后顺序依次排布18、对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)19、将下列溶液置于敞口容器中，溶液质量会增加的是()A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．浓盐酸 D．浓硝酸20、下列有关电解质的说法中正确的是()A．固体氯化镁不导电，所以氯化镁不是电解质B．三氧化硫水溶液的导电性很好，所以三氧化硫是电解质C．熔融的铁导电性很好，所以铁是电解质D．氯化钾熔融状态能导电，所以氯化钾是电解质21、碱石灰干燥剂是由氢氧化钠和氧化钙组成的固体混合物，下列气体可以用碱石灰来干燥的是()A．氯化氢 B．氧气 C．二氧化碳 D．二氧化硫22、下列化学用语能确定为水的是A．H3O+ B．H－O－H C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：B__________

、丙__________

。(2)说出黄绿色气体乙的一种用途：________________

。反应过程⑦可能观察到的实验现象是________________

。(3)反应①的离子方程式为________________

。(4)反应③中的氧化剂是____________(写化学式，下同)反应④中的还原剂是____________

。(5)写出反应⑤的离子方程式：________________

。24、（12分）常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：A________、B________、D________。(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A＋H2O(离子方程式)：_________；A＋NaOH(离子方程式)：_______________；D→A(化学方程式)：____________________。25、（12分）以下海带提碘的实验方案可以缩短实验时间，避免氯气和四氯化碳的毒性。实验流程如下：(1)步骤①所需的主要仪器有玻璃棒、______和______。(2)步骤③中加入双氧水后发生反应的化学方程式为_________；选择用双氧水做氧化剂的因是________。(3)检验I2的水溶液中含有单质碘的方法是取样于试管中，加入____，如溶液显___色，则可证明含有碘单质。(4)步骤④的操作名称是_____；石油醚能提取碘水中的碘，说明石油醚具有的性质是________。(5)步骤⑥通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的______性。26、（10分）实验室用Na2CO3固体配制500mL0.10mol/L的Na2CO3溶液，填空并请回答下列问题：（1）根据实验要求填表：应称量Na2CO3的质量/g应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要的其它玻璃仪器______________________________（2）配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)______________。a．用适量水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶中，振荡b．用托盘天平准确称量所需Na2CO3的质量，倒入烧杯中，再加入适量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其溶解(需要时可加热)c．将已冷却的溶液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（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）?①若没有进行a操作____________________；②若定容时俯视刻度线___________________。27、（12分）现实验室需要450mL0.5mol/L的NaOH溶液和500mL0.2mol/L的H2SO4溶液。请回答下列问题：Ⅰ.配制NaOH溶液1．根据计算，用托盘天平称取NaOH固体的质量应为_____g。A．0.9 B．9.0 C．10 D．10.0Ⅱ.配制稀H2SO4某同学欲用质量分数为98%的浓硫酸(密度ρ=1.84g/cm3)配制所需的稀H2SO4。可供选用的仪器有：①胶头滴管；②玻璃棒；③烧杯；④量筒；⑤500mL容量瓶；⑥圆底烧瓶2．以上仪器中不需要的是A．① B．② C．③ D．⑥3．用量筒量取所需浓硫酸的体积应为_______mL。A．5.4 B．5.5 C．18.4 D．27.24．如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒，应选用_______mL量筒量取。A．10 B．20 C．50 D．以上都可以5．下列操作会使所配制的溶液浓度偏高的是A．容量瓶中原来有少量蒸馏水未作处理B．定容时仰视容量瓶刻度线C．用量筒量取浓硫酸时仰视读数D．定容时，不慎加水超过刻度线，又用滴管将多出部分吸出28、（14分）NaClO2的漂白能力是漂白粉的45倍。NaClO2

广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：（1）ClO2

发生器中的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。实际工业生产中可用硫黄、浓硫酸代替反应原料中的SO2,其原因是_________________(

用化学方程式表示)。（2）反应结束后,向ClO2

发生器中通入一定量空气的目的是_________________。（3）吸收器中生成NaClO2反应的离子方程式为_________________,吸收器中的反应温度不能过高,可能的原因为_________________。（4）某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2

并探究SO2

与Na2O2的反应。①为除去过量的SO2,C

中盛放的试剂为___________。②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃,B中硬质玻璃管内肯定发生反应的化学方程式为_________________。③有同学认为B中硬质玻璃管内可能还有Na2SO4生成。为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：同学们经过讨论,认为上述方案不合理,其理由是：a．____________；b．____________。29、（10分）标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂（1）2K2S+K2SO3+3H2SO4=3K2SO4+3S↓+3H2O_______氧化剂_______（2）2KMnO4＋5H2O2+3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O_______氧化剂_______

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解题分析】

n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，以此解答该题。【题目详解】n（Fe3+）=0.2mol，与铁粉发生Fe+2Fe3+＝3Fe2+，0.1mol铁与硫酸铁完全反应，反应中铁粉为还原剂，Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，则氧化产物为0.1mol，还原产物为0.2mol，氧化产物和还原产物共0.3mol，只有A正确，故答案选A。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的计算，把握发生的氧化还原反应及反应的离子方程式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。注意反应物都已知的条件下，需要首先判断过量。2、C【解题分析】

A.氢氧化钠溶液与四种物质均不反应，不能鉴别，A错误；B.稀硫酸与二氧化锰、石墨粉均不反应，不能鉴别二者，B错误；C.浓盐酸与氧化铜反应生成氯化铜，溶液显蓝色，与氧化亚铁反应生成氯化亚铁，溶液显浅绿色，与二氧化锰加热条件下反应生成黄绿色气体氯气，与石墨粉不反应，实验现象均不相同，可以鉴别，C正确；D.四种物质均不溶于水，不能鉴别，D错误；答案选C。3、D【解题分析】

由题目信息可知，A、B互溶，且均易溶于水，但二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法将A和B相互分离；答案选D。4、C【解题分析】分析：根据物质的性质判断反应的可能性，A.Al与NaOH发生反应生成AlO2-和氢气；B.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水；C.SiO2不溶于水，也不与水反应；D.Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3。详解：Al与NaOH发生反应生成AlO2-，可一步反应生成，A错误；NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，可一步反应生成，B错误；SiO2不溶于水，也不与水反应，因此SiO2先与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠溶液，然后再加入稀硫酸可以得到硅酸，C正确；Fe（OH）2可与H2O、O2发生化合反应生成Fe（OH）3，D错误；正确选项C。5、D【解题分析】

n(H2)==3.35mol，根据方程式：Mg+2HCl====MgCl2+H2↑，所以有n(Mg)=n(H2)=3.35mol，m(Mg)=3.35mol×24g·mol-1=1.2g，m(MgO)=1.6g-1.2g=3.4g；根据关系式Mg～MgO，n(Mg)被氧化=n(MgO)==3.31mol，所以被氧化的镁的质量为m(Mg)被氧化=3.31mol×24g·mol-1=3.24g，D选项符合；故答案选D。6、D【解题分析】

与水反应时过氧化铜(CuO2)和过氧化钠性质相似，则2CuO2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+O2↑，所以可以观察到溶液变蓝，有无色无味气体生成，D满足题意。答案选D。7、B【解题分析】

根据胃酸中的酸是盐酸及盐酸的化学性质进行分析，要治疗胃酸过多，可以选用能与盐酸反应的物质，且应选择无毒、无腐蚀性的物质，据此进行分析解答。【题目详解】A.氢氧化钠属于强碱，具有强烈的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多的药物，故A错误；B.碳酸氢钠与盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，且碱性较弱，宜用做治疗胃酸过多的药物，故B正确；C.氯化铁和盐酸不反应，故C错误；D.氯化钠与盐酸不反应，故D错误；故答案为B。8、C【解题分析】

A.氨水是氨气的水溶液为混合物；B.漂白粉是次氯酸钙和氯化钙等物质的混合物；C.液氯是液态氯气，一种物质组成的纯净物；D.碘酒是碘单质的酒精溶液为混合物。故答案为C。9、A【解题分析】

A．金属一般都易导电、易导热、有延展性，A项正确；B．有的金属的硬度和熔点较低，如Na、K等金属质软，Hg常温呈液态、熔点低，B项错误；C．不是所有金属都是固态，如金属Hg常温下呈液态，C项错误；D．金属活动性在H前面的金属单质能与稀H2SO4反应产生H2，金属活动性在H后面的金属单质不能与稀H2SO4反应产生H2，D项错误；故答案选A。【题目点拨】金属一般具有不透明、有金属光泽、易导电、易导热、有延展性等物理通性，但不同金属的密度、熔点和沸点、硬度差别较大，这些性质都与金属的结构特点有关。应用金属活动性顺序表判断金属能否与稀H2SO4反应。10、A【解题分析】已知：还原性强弱：I-＞Fe2+，往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入3.36L（标准状况）氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，已知氯气的物质的量为3.36L22.4L/mol=0.15mol，发生反应离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，碘离子完全氧化后，溶液中有12的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+Fe3+，设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I-）=2c（FeI2）=2c，c（Fe2+）=cmol/L，所以与碘离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=12n（I-）=12cV=0.1cmol，反应完成后溶液中有12的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=12×1211、A【解题分析】

A.亚硝酸盐能使Fe2＋→Fe3＋，则本身化合价降低被还原，是氧化剂，故A错误；B.服用维生素C可解毒，维生素C作为还原剂能将Fe3＋还原为Fe2＋，则本身化合价升高被氧化，是还原剂，故B正确；C.维生素C作为还原剂能将Fe3＋还原为Fe2＋，故C正确；D.服用维生素C可解除亚硝酸盐中毒，维生素C具有还原性，亚硝酸盐被还原，故D正确；答案选A。【题目点拨】还原剂化合价升高被氧化，氧化剂化合价降低被还原。12、D【解题分析】

A.根据铟原子结构，铟的质子数为49，对原子来说，质子数等于核外电子数，即铟的核外有49个电子，故A说法正确；B.同位素：质子数相同中子数不同同一元素的不同原子，与符合同位素的概念，故B说法正确；C.铟元素属于主族元素，主族元素中最外层电子数等于主族序数，In的最外层电子数是3，即In与Al处于同一主族，故C说法正确；D.根据质量数=质子数＋中子数，则的中子数=113－49=64，故D说法错误；答案为D。13、B【解题分析】A．用敞口容器称量NaOH且时间过长，导致称取的溶质中含有氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B．定容时俯视读取刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B正确；C．原容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积、溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，C错误；D．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选B。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，准确分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，注意误差分析的依据：c＝n/V，因此凡是使n偏大，V偏小的操作都能使溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低。14、A【解题分析】

A.镁属于单质，可用于照明弹，A正确；B.氧化钠属于氧化物，与二氧化碳或水反应不能产生氧气，不能作供氧剂，B错误；C.小苏打是碳酸氢钠，属于盐，是发酵粉的主要成分，C错误；D.水玻璃中的溶质是硅酸钠，属于盐，常用于防火材料，D错误；答案选A。15、C【解题分析】

A.NH3能够溶于水，且能与水反应，所以不能用排水法收集，故A不能；B.NO2不溶于水，但能与水反应产生硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集，故B不能；C.NO不溶于水，可以用排水法收集，故C能；D.Cl2能够溶于水，且能与水反应，所以不能用排水法收集，故D不能；故选：C。16、C【解题分析】

A.反应中只有硫元素的化合价变化，故A错误；B.合金的熔点一般低于各成分金属的熔点，故B错误；C.在合金中加入适量稀土金属或稀土金属的化合物，就能大大改善合金的性能，故C正确；D.实验室中少量金属钠常保持在煤油中，实验时多余的钠要放回原瓶中，故D错误；故答案为：C。17、B【解题分析】

A.Li位于第二周期IA族，原子序数为3，则Li的原子结构示意图为，故A错误；B.氧元素的原子结构示意图为，内层电子数为2，故B正确；C.原子得到或失去电子变成离子，Cl-的核电荷数为17，但核外电子数为18，故C错误；D.核外电子排布的规律是相互联系的，不能孤立地理解，如当M层是最外层时，最多可以排8个电子，当它不是最外层时，最多可以排18个电子，电子不一定排满M层才排N层，如钙元素，故D错误；答案：B。【题目点拨】易错点是选项D，学生按照核外电子排布规律，排满一层排一层的规律进行判断，但忽略了最外层（除K层外）不超过8个电子，学习核外电子排布规律要相互联系，不能孤立地理解，可以列举K、Ca、Fe等。18、A【解题分析】

A．4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，C错误；D．用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，正确的化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D错误。答案选A。19、A【解题分析】

A项，浓硫酸具有吸水性，溶液置于敞口容器中，溶液质量会增加，A正确；B项，稀硫酸不具有吸水性，难挥发，溶液置于敞口容器中，溶液质量不变，B错误；C项，浓盐酸易挥发，溶液置于敞口容器中，溶液质量减小，C错误；D项，浓硝酸易挥发，溶液置于敞口容器中，溶液质量减小，D错误。答案选A。20、D【解题分析】

A项、固体氯化镁中含有不能自由移动的阴阳离子，所以不能导电，但水溶液或熔融状态能导电，属于电解质，故A错误；B项、虽然三氧化硫的水溶液导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的，属于非电解质，故B错误；C项、电解质和非电解质必须是纯净的化合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D项、氯化钾熔融状态能导电，离子是氯化钾电离的，所以是电解质，故D正确。答案选D。【题目点拨】本题考查电解质的判断，侧重考查对基本概念的理解，注意电解质和非电解质都必须是化合物，还要注意电解质不一定导电，如离子化合物晶体，导电的不一定是电解质，如金属单质，为易错点。21、B【解题分析】

A.氯化氢是酸性气体，不能被碱性的碱石灰干燥，A项错误；B.氧气不与碱石灰反应，可以被干燥，B项正确；C.二氧化碳是酸性气体，不能被碱性的碱石灰干燥，C项错误；D.二氧化硫是酸性气体，不能被碱性的碱石灰干燥，D项错误；答案选B。22、B【解题分析】

水分子由2个H原子和O原子构成，水中含H-O键，为中性分子。【题目详解】A.H3O+为水合离子，为阳离子，不表示水，故A正确；B.H-O-H表示水，只含H-O键，故B正确；C.为过氧化氢的电子式，含H-O、O-O键，不表示水，故C错误；D.该比例模型中只有2个原子，故其不能表示水，故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查化学用语，明确离子、分子、电子式的意义及水的构成为解答的关键。二、非选择题(共84分)23、AlHCl自来水消毒或者工业制盐酸、制备漂白粉等白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑H2OFe2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解题分析】

金属A焰色反应为黄色，故A为Na.Na与水反应生成D为NaOH、气体甲为H2.氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故B为Al.黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，由元素守恒可知，金属C为Fe，故F为FeCl2，G为FeCl3，据此分析。【题目详解】金属A焰色反应为黄色，故A为Na.Na与水反应生成D为NaOH、气体甲为H2.氢氧化钠与金属B反应生成氢气，故B为Al.黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl，HCl溶于水得物质E为盐酸。氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3，故物质G中含有Fe3+，金属C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，由元素守恒可知，金属C为Fe，故F为FeCl2，G为FeCl3。(1)由以上分析可知，B为Al，丙为HCl，故答案为：Al；HCl；(2)黄绿色气体乙为Cl2，可以用于自来水消毒或者工业制盐酸、制备漂白粉等，故答案为：自来水消毒或者工业制盐酸、制备漂白粉等；⑦可能观察到的实验现象为白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀，故答案为：白色沉淀→灰绿色→红褐色沉淀；(3)反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑；(4)反应③中的氧化剂是H2O，反应④中的还原剂是Fe；(5)反应⑤的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。24、Cl2HClOHClCl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClOCl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【解题分析】

常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。【题目详解】(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。25、坩埚酒精灯H2O2+2HI=2H2O+I2氯气有毒，双氧水比较安全淀粉蓝萃取石油醚不溶于水，碘在石油醚中的溶解度比在水中的大很多挥发【解题分析】

干海带灼烧成海带灰，用水浸泡海带灰，使海带中的I-溶于水，加入稀硫酸和双氧水，I-被氧化为I2，用石油醚萃取，得到I2的石油醚溶液，石油醚易挥发，敞口挥发后得到固体碘。【题目详解】(1)步骤①是灼烧，需要坩埚、酒精灯、玻璃棒等；(2)步骤③加入双氧水，H2O2氧化I-成为I2，化学方程式为：H2O2+2HI=2H2O+I2；由于氯气有毒，而双氧水比较安全，所以用双氧水氧化I-；(3)碘遇淀粉变蓝，所以可以用淀粉溶液检验碘；(4)步骤④是加入石油醚，使碘从水中进入石油醚中，操作为萃取；石油醚能提取碘水中的碘，说明石油醚不溶于水，而且碘在石油醚中的溶解度大于在水中的溶解度；(5)步骤⑥通过敞口挥发就能得到固体碘，说明石油醚具有良好的挥发性。

26、5.3500烧杯、玻璃棒、胶头滴管bcafed偏低偏高【解题分析】

⑴先计算物质的量，再计算质量，需要用500mL的容量瓶来配制，需要的玻璃仪器主要有烧杯、玻璃棒、胶头滴管；⑵配制时，计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签；⑶①若没有进行a操作，溶质未全部转移到容量瓶中，溶质量减少，浓度偏低；②若定容时俯视刻度线，溶液的体积减少，得到浓度偏高。【题目详解】⑴称量应称量物质的量n=0.10mol/L×0.5L=0.05mol，Na2CO3的质量m=0.05mol×106g/mol=5.3g，选用500mL容量瓶进行配制溶液，配制溶液时还需要用到烧杯、玻璃棒、胶头滴管；⑵配制时，计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，其正确的操作顺序是bcafed；⑶①若没有进行a操作，溶质未全部转移到容量瓶中，溶质量减少，浓度偏低；②若定容时俯视刻度线，溶液的体积减少，得到浓度偏高。27、1．D2．D3．A4．A5．C【解题分析】

I.1.根据配制物质的量浓度溶液的要求，选择合适的容量瓶，然后根据n=c·V及m=n·M计算NaOH的质量；II.2.用浓硫酸配制稀硫酸，根据配制溶液的步骤确定使用的仪器，进而可确定不需要使用的仪器；3.根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算需要浓硫酸的体积；4.根据选择仪器的标准“大而近”分析；5.根据c=分析实验误差。1．实验室没有规格是450mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近”的原则，应该选择500mL的容量瓶，则配制500mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，则需称量的NaOH的质量m(NaOH)=n·M=0.25mol×40g/mol=10.0g，故合理选项是D。2．用浓硫酸配制稀硫酸，由于硫酸为液体物质，要使用量筒量取，用一定规格的量筒量取浓硫酸后，沿烧杯内壁缓慢转移至盛有一定量水烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散，当冷却至室温后，通过玻璃棒转移溶液至规格是500mL的容量瓶中，再洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，加水定容，当液面至离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到500mL0.2mol/L的H2SO4溶液，因此在给出的仪器中不需要的是⑥圆底烧瓶，故合理选项是D。3．质量分数为98%、密度ρ=1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，要500mL0.2mol/L的H2SO4溶液，需要溶质的物质的量n(H2SO4)=c·V=0.2mol/L×0.5L=0.1mol，因此需要浓硫酸的体积V(H2SO4)==0.0054L=5.4mL，故合理选项是A。4．需要量取5.4mL浓硫酸，由于仪器的规格越接近量取液体的体积数值，量取的溶液体积误差越小