内蒙古通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学2026届高一化学第一学期期末统考试题含解析

内蒙古通辽市科左后旗甘旗卡第二高级中学2026届高一化学第一学期期末统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、为了除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，最好的方法是向此溶液中A．通入氯气 B．加入Zn C．加入Fe D．加入Cu2、下列离子方程式正确的是（）A．将氨水滴入到FeCl3溶液中：Fe3＋＋3OH－=Fe（OH）3↓B．铜片跟氯化铁溶液反应：2Fe3＋＋3Cu=3Cu2＋＋2FeC．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液：Fe2＋＋2H2O2＋4H＋=Fe3＋＋4H2OD．向FeCl3溶液中加入铁粉：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋3、以下是四位同学在学习了《化学必修一》后，对一些知识的认识，你认为正确的是A．A B．B C．C D．D4、实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是()A．制取Cl2B．除去Cl2中的少量HClC．收集Cl2D．吸收尾气中的Cl25、反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2，生成的氯化铵呈白烟状，常用于判断氯气管道是否漏气，对这一反应描述正确的是（）A．氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：8B．若生成22.4LN2，反应转移6mole－C．NH4Cl既是氧化产物又是还原产物D．反应中，被氧化的N元素与未被氧化的N元素质量之比是1：36、下列图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的有（）A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ C．Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ7、下列有关胶体的说法不正确的是（）A．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液B．FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都能透过滤纸C．当一束强可见光通过Fe（OH）3胶体时会出现光亮的“通路”D．将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中可制得Fe（OH）3胶体8、下列除去杂质的实验方法正确的是()A．除去CO中少量O2，通过灼热的铜网后收集气体B．除去K2CO3固体中的少量NaHCO3，置于坩埚中加热C．除去FeSO4溶液中混有的CuSO4，加入适量Zn粉后过滤D．除去四氯化碳和水的混合物中的水，实验室可采用分液法9、下列反应的离子方程式不正确的是A．锌与硫酸铜溶液反应：Zn+Cu2+＝Zn2++CuB．氢氧化钠与盐酸反应：OH-+H+＝H2OC．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑D．氯化钡与硫酸反应：Ba2++SO42-＝BaSO4↓10、已知反应6HCl+KClO3=3Cl2↑+KCl+3H2O，下列说法错误的是（）A．HCl既显酸性又显还原性B．KClO3是氧化剂C．被氧化与被还原的氯元素的物质的量比为5：1D．KCl是还原产物11、常温常压下，2LNH3和2LNO具有不同的A．氮原子数 B．质量 C．分子数 D．气体的物质的量12、标准状况下有22.4L氯气和氢气的混合气体，在一密闭容器中使其反应，冷却后将此气体通入足量的NaOH溶液中，共消耗1.5molNaOH，则原混合气体中氯气和氢气的体积比为A．3：1 B．1：1 C．1：2 D．3：213、某同学向100mLNH4Al(SO4)2溶液中加入0.1mol·L－1NaOH溶液，产生沉淀的图像如下：下列说法不正确的是A．NH4Al(SO4)2溶液中含0.003molAl3＋B．NH4Al(SO4)2溶液中NH4＋的浓度是0.01mol·L－1C．Al3＋结合OH－的能力比NH4＋强D．Y点之后发生反应的离子方程式是：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O14、现有三种常见治疗胃病药品的标签：药品中所含的物质均能中和胃里过量的盐酸，下列关于三种药片中和胃酸的能力比较(同剂量)，正确的是()A．③＞②＞① B．①＞②＞③ C．②＞③＞① D．①=②=③15、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16、下列带括号的气体在反应中只作氧化剂的是A．2F2（g）+2H2O=4HF+O2 B．SO2（g）+I2+2H2O=H2SO4+2HIC．H2S（g）+Br2=2HBr+S↓ D．3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO二、非选择题（本题包括5小题）17、某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl－、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+，为了确定溶液的组成，取100mL该溶液进行如下实验：(1)溶液X中一定存在的离子有__________；一定不存在的离子有________。(2)写出白色沉淀①与足量盐酸反应的离子方程式_____________。18、下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K可用作食品发泡剂。B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。根据以上信息，回答下列问题：(1)B的组成元素为_____。(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。(3)G→J的离子方程式为_____。(4)M是含氧酸盐，反应①中H、L、D的物质的量之比为3：2：4，则M的化学式为_____。19、混合物分离和提纯常用下图装置进行,按要求回答下列问题:(1)仪器①的名称__________。(2)除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒应选用_______(填字母，下同)。(3)分离乙酸(沸点118℃)和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物应选用_______。(4)用CCl4提取碘水中的碘单质应选用_______20、某课外小组查阅资料发现，I2和Cl2一样，也具有氧化性。于是，设计实验探究碘水是否与FeCl3溶液反应。（1）取50mLFeCl3溶液于烧杯中，加入足量的铁粉，搅拌，得到FeCl2溶液，有关反应的离子方程式是______________。（2）取2mLFeCl2溶液于试管中，滴加10滴碘水，溶液变黄色，平均分成两份，分别倒入甲、乙两支试管中。向甲试管中加入煤油，振荡，静置，分层，煤油层呈紫色，这是利用了________分离原理；向乙试管中加入KSCN溶液，溶液由黄色变为浅红色，说明溶液中含有__________离子（写离子符号），但由该现象不能说明一定是I2氧化Fe2＋的结果，还可能是__________________（3）为排除干扰，某学生又做了补充实验（将步骤补充完整）：①取2mLFeCl2溶液于试管中，再加入适量煤油：②用胶头滴管吸取适量碘水，__________________，溶液变黄色；③一段时间后，用另一只胶头滴管取适量KSCN溶液，插入到液体中，再加入溶液不呈浅红色，证明Fe2＋不与I2反应21、黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是海洋矿物中的一种，它是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物。请回答下列问题：（1）利用黄铜矿冶炼铜的反应为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO2。已知CuFeS2中Fe的化合价为＋2，Cu的化合价为＋2，①反应中被还原的元素是________(填元素符号)，②生成1molFe2O3时转移电子的物质的量为________mol。（2）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3)可制备Fe2O3，方法为：①用过量稀盐酸浸取炉渣，过滤。②先将滤液氧化，再向其中加入过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥、煅烧得Fe2O3。据以上信息回答下列问题：A．①中过滤的目的是____________________，B．②中将滤液氧化常常选用H2O2，其反应的离子方程式为____________________。C．只能选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、KSCN溶液、KMnO4溶液、NaOH溶液、碘水，①所选试剂为___________________②证明炉渣中含有FeO的实验现象为_____________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A．氯气能和氯化亚铁反应生成氯化铁，A错误；B．锌是活泼的金属，能和氯化铁、氯化亚铁反应置换出铁，B错误；C．氯化铁能和铁反应生成氯化亚铁，C正确；D．氯化铁能和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了新的杂质，D错误；答案选C。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。2、D【解析】

A．弱电解质NH3·H2O不能拆写成离子的形式，正确的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH，故A错误；B．铜片跟氯化铁溶液反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，故B错误；C．硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液反应的离子方程式应为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入铁粉反应的离子方程式应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故D正确；故答案为D。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。3、C【解析】

A．胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系，胶体可以通过滤纸，即氢氧化铁胶体的分散质可以通过滤纸，但不能通过半透膜，故A错误；B．合金的熔点均低于它的纯金属成分，故B错误；C．可溶性的铝盐和铁盐，在水中电离出的铝离子和铁离子均能发生水解生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体，即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均具有吸附性，可以吸附杂质，从而达到净水作用，故C正确；D．硅是半导体材料，而二氧化硅晶体能传导光信号，所以二氧化硅才是光纤制品的主要成分，故D错误；答案为C。4、A【解析】

A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，缺少酒精灯，不能制备氯气，故A符合题意；B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意。【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。5、D【解析】

反应3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，反应生成氯化铵，有白烟生成，据此解答。【详解】A.反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，在反应3Cl2＋8NH3=6NH4Cl＋N2中，只有2molNH3被氧化，还有6mol没被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是3：2，A项错误；B.没有标明是标准状况，无法计算氮气的物质的量，B项错误；C.反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，NH4Cl是还原产物，C项错误；D.3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl反应中有8mol氨参加反应，2mol是还原剂，6mol未被氧化，则被氧化的N元素与未被氧化的N元素质量之比是1：3，D项正确；答案选D。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。6、D【解析】

因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。Ⅰ液面加油脂阻止了空气进入；Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中，所以都能较长时间看到白色沉淀，故选D。7、D【解析】

A.溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；B.溶液和胶体都能透过滤纸；C.胶体具有丁达尔效应，溶液无此现象；D.NaOH溶液与饱和的FeCl3溶液发生复分解反应生成沉淀；【详解】A.溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故A正确；B.胶体粒子直径较大，可通过滤纸，溶液中溶质粒子小也能通过滤纸，所以FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸，故B正确；C.因胶体具有丁达尔效应，产生光亮的通路，而溶液没有此性质，故C正确；D.NaOH溶液与饱和的FeCl3溶液发生复分解反应生成沉淀，应向沸水中滴饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；故选D。【点睛】胶体，溶液，浊液三种分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm。8、D【解析】

A．Cu与氧气反应，但CO还原CuO；B．NaHCO3加热分解生成碳酸钠；C．Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌；D．四氯化碳和水的混合物分层。【详解】A.Cu与氧气反应，但CO还原CuO生成二氧化碳而引入新的杂质，则不能利用灼热的Cu网除杂，故A错误；B.NaHCO3加热分解生成碳酸钠，引入新杂质，则加热法不能除杂，故B错误；C.Zn与硫酸铜反应生成硫酸锌，引入新杂质，应选加足量Fe、过滤，故C错误；D.四氯化碳和水的混合物分层，选分液法可分离，故D正确；本题选D。9、C【解析】

A、锌能将硫酸铜溶液中的金属铜置换出来，即：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故A正确；B、氢氧化钠与盐酸之间发生中和反应，实质是：OH-+H+=H2O，故B正确；C、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，即Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D、钡离子和硫酸根离子之间反应生成硫酸钡沉淀，即Ba2++SO42-=BaSO4↓，故D正确；故选C。10、D【解析】

6HCl+KClO3=3Cl2↑+KCl+3H2O中，Cl元素的化合价由-1价升高为0，Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此来解答。【详解】A．反应中6molHCl参与反应，1molHCl作酸，5molHCl中Cl元素的化合价升高，则盐酸表现还原性和酸性，故A正确；B．KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，则KClO3是氧化剂，故B正确；C．由反应可知，5molCl失去电子被氧化与1molCl得到电子被还原时，转移电子相同，则被氧化与被还原的氯元素的质量比为5:1，故C正确；D．根据A项分析，KCl是盐酸显酸性的产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，故D错误；答案选D。【点睛】本题化合价的变化，判断氧化剂和还原剂，6molHCl参与反应，只有5molHCl中Cl元素的化合价升高，是易错点一，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，不能降低到-1，化合价只靠拢，不交叉，是易错点二。11、B【解析】

相同温度和压强下，气体体积之比=物质的量之比，故2LNH3和2LNO具有相同的氮原子数、分子数、气体的物质的量，因二者摩尔质量不同，故其质量不同；故答案为B。12、A【解析】

氯气与氢气反应后气体，再与足量NaOH溶液，溶液中溶质为NaCl，若氯气有剩余，还含有NaClO，但Na原子与Cl原子数目为1：1，由原子守恒可知：2n（Cl2）＝n（NaOH），进而计算氢气的物质的量，相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比。【详解】氯气与氢气反应后气体，再与足量NaOH溶液，溶液中溶质为NaCl，若氯气有剩余，还含有NaClO，但Na原子与Cl原子数目为1：1，由原子守恒可知：2n（Cl2）＝n（NaOH），故n（Cl2）＝1.5mol÷2＝0.75mol，则n（H2）＝22.4L÷22.4L/mol﹣0.75mol＝0.25mol，故V（Cl2）：V（H2）＝0.75mol：0.25mol＝3：1，故选A。【点睛】本题考查混合物的计算，关键是明确可能发生的反应，题目利用守恒思想进行解答，避免复杂计算、化繁为简。13、A【解析】

向100mL0.1mol·L－1硫酸铝铵[NH4Al（SO4）2]溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，首先生成氢氧化铝沉淀。当铝离子恰好沉淀完后，此时对应X点；继续加入氢氧化钠，铵根开始转化为一水合氨，铵根恰好完全转化为一水合氨，此时对应Y点。继续加入氢氧化钡，则氢氧化铝开始溶解，最终完全溶解。【详解】A.Y点之后氢氧化铝开始溶解，共消耗0.01L×0.1mol·L－1=0.001molNaOH，根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n（Al(OH)3）=n（NaOH）=0.001mol，故A错误；B.X点后继续加入氢氧化钠，铵根开始转化为一水合氨，铵根恰好完全转化为一水合氨，此时对应Y点，共消耗0.01L×0.1mol·L－1=0.001molNaOH，根据反应NH4＋+OH-=NH3▪H2O可知，n（NH4＋）=n（NaOH）=0.001mol，故B正确；C.Al3+先和氢氧根反应生成沉淀，则Al3＋结合OH－的能力比NH4＋强，故C正确；D.Y点后继续加入氢氧化钡，则氢氧化铝开始溶解，最终完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3+OH－=AlO2－+2H2O，故D正确；题目要求选择不正确的，故选A。14、A【解析】

碳酸钙与盐酸反应的化学方程式为，氢氧化镁与盐酸反应的化学方程式为，氧化镁与盐酸反应的化学方程式为。当三者质量相等时，摩尔质量越小，物质的量越大，消耗的盐酸越多，摩尔质量：氧化镁＜氢氧化镁＜碳酸钙，所以中和胃酸的能力由强到弱的顺序是氧化镁＞氢氧化镁＞碳酸钙，答案选A。15、D【解析】

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。16、A【解析】

A．该反应中，F元素化合价由0价变为-1价，O元素化合价由-2价变为0价，所以氟气作氧化剂，水作还原剂，故A正确；B．该反应中，S元素化合价由+4价变为+6价，I元素化合价由0价变为-1价，所以二氧化硫作还原剂，碘作氧化剂，故B错误；C．该反应中，硫化氢中硫元素化合价由-2价变为0价，溴元素化合价由0价变为-1价，所以硫化氢作还原剂，溴作氧化剂，故C错误；D．该反应中，N元素化合价由+4价变为+2价和+5价，所以二氧化氮既作氧化剂又作还原剂，故D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、SO42－、CO32－、Na+Mg2+BaCO3+2H＋=Ba2++H2O+CO2↑【解析】

某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl－、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+，加入足量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀①和溶液①，白色沉淀①中加入足量盐酸，产生气体，则可判断溶液X中含有CO32－，沉淀①中含有BaCO3，因Mg2+与CO32－不能大量共存则溶液X中不含Mg2+，反应后还有白色沉淀②，则为不溶于盐酸的BaSO4，可判断溶液X中含有SO42－；根据溶液为电中性可判断还含有阳离子Na+；不能确定溶液中是否含有Cl－，据此分析。【详解】某溶液X中可能含有下列离子中的若干种：Cl－、SO42－、CO32－、Na+、Mg2+，加入足量氢氧化钡溶液，产生白色沉淀①和溶液①，白色沉淀①中加入足量盐酸，产生气体，则可判断溶液X中含有CO32－，沉淀①中含有BaCO3，因Mg2+与CO32－不能大量共存则溶液X中不含Mg2+，反应后还有白色沉淀②，则为不溶于盐酸的BaSO4，可判断溶液X中含有SO42－；根据溶液为电中性可判断还含有阳离子Na+；不能确定溶液中是否含有Cl－。根据分析可知：(1)溶液X中一定存在的离子有SO42－、CO32－、Na+；一定不存在的离子有Mg2+；(2)写出白色沉淀①与足量盐酸反应的离子方程式为BaCO3+2H＋=Ba2++H2O+CO2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，把握流程中白色沉淀的判断、气体及溶液的成分为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意水解及电荷守恒的应用。18、Fe、C、O取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2ONa2FeO4【解析】

A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe(OH)3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2(SO4)3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)。【详解】(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：Fe、C、O；(2)I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O，故答案为：2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O；(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe(OH)3、NaOH，根据物质的量之比为3：2：4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：Na2FeO4。【点睛】无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。掌握常见物质的性质和用途是关键。19、直形冷凝管CAD【解析】

（1）根据仪器特点，仪器①为(直形)冷凝管；答案(直形)冷凝管；（2）该混合体系为难溶物和溶液，采用过滤的方法进行分离，选用的装置为C；答案为C；（3）乙酸和乙酸乙酯互溶，利用其沸点不同，采用蒸馏方法进行分离，采用装置为A；答案为A；（4）CCl4提取碘水中的碘单质，利用碘单质易溶于有机溶剂，且CCl4不溶于水，该方法是萃取和分液，采用D；答案选D。20、2Fe3＋+Fe=3Fe2＋萃取Fe3＋空气中的O2将Fe2＋氧化为Fe3＋插入到FeCl2溶液里再加入【解析】

（1）FeCl3和足量的铁粉，搅拌，得到FeCl2溶液，根据电荷守恒可以写出离子方程式；（2）根据物质分离的方法判断；Fe