甘肃省金昌市2026届化学高一上期末调研试题含解析

甘肃省金昌市2026届化学高一上期末调研试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列反应能用离子方程式CO32-+2H+==CO2↑+H2O表示的是A．石灰石与足量盐酸反应B．碳酸钠与足量盐酸反应C．碳酸钠与足量醋酸反应D．碳酸钡与足量硝酸反应2、当溶液中X2O72-和SO32-离子数之比为1：3时，恰好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为（）A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋43、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．15g甲基（－CH3）含有的电子数是9NAB．7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC．1molC2H5OH和1molCH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NAD．标准状况下，2.24LCCl4中的原子总数为0.5NA4、下表中物质的分类全部正确的一组是单质氧化物盐混合物A臭氧氯化氢小苏打漂白粉B水银氧化钠纯碱生理盐水C溴水水硫酸钡空气D硫粉干冰氯化铵冰水混合物A．A B．B C．C D．D5、在配制0.1mol/LNaOH溶液过程中，下列实验操作不正确的是A．实验前要检验容量瓶是否漏水B．配制溶液时，把称好的NaOH固体用纸条小心倒入容量瓶中，加水即可C．转移溶液后要用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也要注入容量瓶D．当加水至容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切6、如图为元素周期表中前四周期的一部分，若B元素的核电荷数为x，则这五种元素的核电荷数之和为()A．5x＋10 B．5x C．5x＋14 D．5x＋167、已知氨气、氯化氢极易溶于水。实验室用下图所示装置干燥收集气体R，并吸收多余尾气，则R是()A．CH4 B．HCl C．CO D．NH38、二氧化硫能够使品红溶液褪色，表现了二氧化硫的()A．氧化性 B．还原性 C．漂白性 D．酸性氧化物的性质9、下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是A．Cl2→Cl- B．I-→I2 C．SO2→SO32- D．CuO→Cu10、相对分子质量为Mr的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为cmol·L－1，密度为ρg·cm－3，则下列说法正确的是（）A．溶液密度ρ可表示为 B．物质的量浓度c可表示为C．溶液的质量分数w%可表示为 D．相对分子质量Mr可表示为11、密闭容器中装有1molNaHCO3和0.8molNa2O2，加热充分反应后，容器内残留的固体是()A．0.8molNa2CO3和0.6molNaOH B．0.5molNa2CO3和1molNaOHC．0.8molNa2CO3和1molNaOH D．1molNa2CO3和0.6molNaOH12、下列氯化物既可以由氯气与金属反应制得，又可以由金属与盐酸反应制得的是A．AlCl3 B．FeCl2 C．FeCl3 D．CuCl213、关于胶体和溶液的叙述中正确的是()A．胶体带电荷，而溶液呈电中性B．胶体加入电解质可产生沉淀，而溶液不能C．胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种稳定的分散系D．胶体能够发生丁达尔效应，而溶液中不存在布朗运动14、某同学设计如下装置进行铁与水反应的实验，虚线框处的装置用来检验生成的气体。下列说法正确的是（已知：Fe+2Fe3+=3Fe2+）A．实验后，装置B中生成红棕色固体B．虚线框C处应该选择装置甲C．实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，可观察到铜丝由黑变红D．实验后，将装置B中的固体溶于足量稀硫酸，所得溶液中一定含有Fe3+15、下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A．NaCl、BaSO4 B．铜、二氧化硫C．KOH、蔗糖 D．KNO3、硫酸溶液16、下列化学反应的离子方程式书写正确的是（）A．碳酸钙溶解于盐酸：CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2OB．单质铁与稀硫酸反应：Fe＋2H+=Fe3+＋H2↑C．电解饱和食盐水制氯气：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑D．过量的二氧化碳通入氢氧化钠溶液：2OH-+CO2=CO32-17、下列物质不能使红墨水褪色的是()A．活性炭 B．过氧化钠 C．NaCl溶液 D．漂白粉18、下列物质不能通过化合反应直接制得的是A．NaCl B．Al(OH)3 C．FeCl2 D．CO19、用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是A．实验使用的主要仪器是分液漏斗B．碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大C．碘的四氯化碳溶液呈紫红色D．分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出20、现有如下所示4个装置图，以下说法中正确的是A．①装置可用于比较NaHCO3和Na2CO3的稳定性 B．用酒精萃取溴水中的溴可选择②装置C．如③装置进行实验可看到酸性KMnO4溶液褪色 D．④装置可用于实验室制取并收集少量SO221、下列关于金属的说法正确的是（）A．金属单质在氧化还原反应中常作还原剂B．金属在加热条件下都易与氧气反应C．加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜D．铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁22、化学与生活密切相关。下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是A．纯碱—Na2CO3 B．小苏打—Na2CO3C．苛性钠—Na2CO3 D．胆矾—CuSO4二、非选择题(共84分)23、（14分）现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：B_______、丙__________。(2)写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______。对应的化学方程式是_______。(3)反应③中的离子方程式是_________。24、（12分）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。（1）合成塔中发生反应的化学方程式为____（2）单质X的化学式是_______，吸收塔中X的作用是____。（3）工业上为了储运浓硝酸，最好选择____作为罐体材料。A．铜B．铂C．铝D．镁（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，工业上常用Na2CO3吸收尾气，发生的反应为：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2、2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，将标准状况下44.8L仅含NO和NO2混合气体的尾气通入Na2CO3溶液中，尾气被完全吸收，则消耗的Na2CO3的物质的量为_____mol。25、（12分）为严厉打击食品生产经营中违法添加非食用物质、滥用食品添加剂，卫生部、农业部等部门联合公布了包含硫酸亚铁在内的22种“易滥用食品添加剂”名单。某同学为探究富含硫酸亚铁且保存时间较长的食品情况,设计了如下实验方案：(1)试剂1的主要成分的化学式是________。(2)加入新制氯水后溶液红色加深的原因是________(用离子方程式表示)。(3)该同学在实验中加入了过量氯水，放置一段时间后，发现深红色褪去，现对褪色原因进行探究。①提出假设假设1：溶液中的+3价铁被氧化为更高价态的铁；假设2：_________。②设计方案为了对你所提出的假设2进行验证，请写出一种实验方案：________。(4)应用拓展实验室在保存硫酸亚铁溶液时，常向其中加入少量的铁粉，原因是______(用离子方程式表示)。26、（10分）下图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：(1)装置图1中B的名称是________________，图2中漏斗的名称是________________。A中一般要加入碎瓷片，其作用是__________________________。下列关于以上实验操作说法一定正确的是_。A．图1实验中，加热一段时间后发现未加入碎瓷片，应马上添加，以防发生危险B．图2实验中，应打开活塞，将有机溶剂从下端导管中放出C．图3实验中，可以用玻璃棒在漏斗中搅拌，以加快过滤速度D．图4实验中，当加热至有较多固体析出时，即停止加热(2)现有一瓶A和B的混合液，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－11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水和酒精B17.92901.26据此分析，将A和B相互分离可选用上图中的图________________所示仪器。(3)在图2所示实验中，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。____。27、（12分）某兴趣小组在处理污水样品吋，需将质量分数为37%的浓盐酸(密度为1.19g

/cm3)配制成250

mL

0.3mol/L的盐酸。回答下列问题：(1)配制此溶液除上图仪器外，还需要的仪器是_______，按使用的先后顺序，其作用分别是____和_______。(2)A、B仪器的规格分别是______、________(填代号)。①10

mL②100

mL③250

mL④500

mL(3)下列说法正确的是______

(

填代号)。A．使用的容量瓶必须洁净，但不一定需要干燥B．配制溶液肘，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1

–

2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线C．实验所用的量筒、烧杯等都要洗涤2~3次，洗涤液要全部注入容量瓶D．若定容时俯视液面，所配溶液的物质的量浓度偏高(4)求质量分数为37%的浓盐酸的物质的量浓度_______(要求写出计算辻程，计算结果保留两位小数)。28、（14分）某氧化铁样品中含有少量的硫酸亚铁。某同学要测定其中铁元素的质量分数，设计了如下实验方案。(1)操作Ⅰ中配制溶液时，所用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管以外，还必须有____(填仪器名称)。(2)反应①中加入足量H2O2溶液，反应的离子方程式：_______________________________。(3)检验沉淀中是否洗涤干净的操作是_______________________________________。(4)将沉淀加热，冷却至室温，用天平称量坩埚与加热后固体的总质量为b1g，再次加热并冷却至室温称其质量为b2g，若b1－b2＝0.3，还应进行的操作是_____________________。(5)坩埚的质量为42.6g，最终坩埚与加热后的固体的总质量为45.8g，则样品中铁元素的质量分数为__。(6)有同学认为上述方案的实验步骤太繁琐，他认为，只要将样品溶于水充分搅拌，加热、蒸干、灼烧称量即可测得样品中铁元素的质量分数，你认为他的这个方案是否可行？__________(填“可行”或“不可行”)。29、（10分）向20mL某浓度的AlCl3溶液中滴加2mol/L的NaOH溶液时，所得的沉淀质量与加入NaOH溶液的体积之间的关系如图所示：（1）分别用离子方程式表示图中OA段、AB段的反应原理_________________________、_____________________________．（2）最大沉淀质量为_____g（3）所用AlCl3溶液的物质的量浓度是______________（4）当所得沉淀量为0.39g时，用去NaOH溶液的体积是_____mL或_____mL。

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、B【解析】A.离子方程式：CaCO3+2H+=Ca2+＋H2O+CO2↑；B.离子方程式：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；C.离子方程式：2CH3COOH+→2CH3COO－+H2O+CO2↑，D.离子方程式：BaCO3+2H+Ba2+＋H2O+CO2↑。故选B。2、C【解析】

题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，设还原产物中X的化合价为a，则得到2×(6-a)个电子，故2×(6-a)=6，解得a=+3，故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式，n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。3、A【解析】分析：A、甲基含有9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下CCl4为液体。详解：A．15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B．苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；C、C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D、标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。4、B【解析】

A、氯化氢，HCl，不是氧化物，A错误；B、水银，为Hg单质；氧化钠，Na2O，是金属氧化物；纯碱，Na2CO3，为盐；生理盐水，为NaCl溶液，为混合物，B正确；C、溴水为溴单质的水溶液，是混合物，不是单质，C错误；D、冰水混合物的成分均为水，为纯净物，D错误；答案选B。5、B【解析】

A.容量瓶带有玻璃塞，因此实验前要检验容量瓶是否漏水，A正确；B.氢氧化钠应该在烧杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解，以防损坏容量瓶，B错误；C.为防止溶质损失，转移溶液后要用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2～3次，洗涤液也要注入容量瓶中，C正确；D.当加水至容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面与刻度线相切，D正确；答案选B。6、A【解析】由四种元素在周期表中的位置可知，D、B、E分别在周期表的第二、三、四周期，若B元素的核电荷数为x，则A的原子序数为x－1，C的原子序数为x+1，D的原子序数为x－8，E的原子序数为x+18，则五种元素的核电荷数之和为x+（x－1）+（x+1）+（x－8）+（x+18）＝5x+10，答案选A。点睛：本题考查元素周期表知识，解题的关键是注意把握元素周期表的结构特点以及组合规律，尤其要注意同一主族相邻原子间原子序数的差值，可以是2、8、18或32。7、D【解析】

A.甲烷可以用碱石灰干燥，并且可以用向下排空气法收集，但不易溶于水，不能用水收集多于的甲烷，故A选项错误。B.HCl是极易溶于水的气体，须用倒扣的漏斗防倒吸，HCl的密度大于空气的密度，采用集气瓶收集时应长进短出，不符合图中装置要求，故B选项错误。C.碱石灰可以干燥CO，但CO的密度接近于空气的密度，不应使用排空气法收集，故C选项错误。D.碱石灰能干燥NH3，氨气的密度比空气小，NH3在水中的溶解度很大，所以能用水吸收多余的NH3，须用倒扣的漏斗防倒吸，故D选项正确。故答案选D。8、C【解析】

二氧化硫能够使品红溶液褪色，表现了二氧化硫的漂白性，答案选C。9、B【解析】

化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；

B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；

C、SO2→SO32-中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；

D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。

故选B。【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。10、D【解析】

A．c=，ρ＝，故A错误；B．c＝，故B错误；C．w%＝，故C错误；D．由上述C项整理，得Mr＝，故D正确；答案选D。11、D【解析】

根据碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，及过氧化钠与二氧化碳、水反应规律进行分析。【详解】碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠、水和CO2，物质的量分别都是0.5mol。生成的CO2首先和过氧化钠反应，消耗0.5mol过氧化钠，生成0.5mol碳酸钠。剩余的0.3mol过氧化钠再和0.3mol水反应生成0.6mol氢氧化钠，所以正确的答案选D。【点睛】由于过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，而氢氧化钠又能和CO2反应生成碳酸钠和水。所以当过氧化钠同时遇到水蒸气和CO2时，过氧化钠首先吸收的是CO2，只有当过氧化钠过量时，再和水蒸气反应。这是该题解题的关键，本题属于中等难度的试题。12、A【解析】

A.单质铝与氯气或盐酸反应均生成AlCl3，A正确；B.铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成氯化铁，B错误；C.铁与盐酸反应生成FeCl2，与氯气反应生成氯化铁，C错误；D.铜与氯气反应生成CuCl2，铜与盐酸不反应，D错误；答案选A。13、C【解析】

A项、溶液、胶体都是呈电中性的分散系，胶体微粒吸附带电荷离子，故A错误；B项、胶体中加入电解质可使胶体发生凝聚产生沉淀，某些溶液中加入电解质后也能产生沉淀，如氯化钡溶液中加入硫酸钠溶液就会产生硫酸钡沉淀，故B错误；C项、胶体胶粒是带电荷的，彼此之间存在斥力，胶体是一种介质稳性的分散系，溶液在分散系类型中分散质微粒直径最小，溶液是一种稳定的分散系，故C正确；D项、溶液中溶质微粒作无规律运动，溶液中也存在布朗运动，故D错误；故选C。【点睛】溶液和胶体的本质区别是分散系粒子直径大小，分散系粒子直径大小为1～100nm的为胶体，小于1nm的为溶液，胶体是一种介质稳性的分散系，溶液是一种稳定的分散系。14、C【解析】

A.实验后，装置B中生成黑色的四氧化三铁固体，A错误；B.虚线框C处为验证生成的为氢气，其密度小于空气，应该选择装置乙，B错误；C.实验时将螺旋状铜丝加热变黑后再趁热迅速伸入试管中，生成的氢气可与氧化铜反应生成单质铜，则可观察到铜丝由黑变红，C正确；D.实验后，将装置B中的固体溶足量稀硫酸，所得溶液中可能含有Fe3+，若铁粉过量时可能不含有Fe3+，D错误；答案为C。【点睛】铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，氢气的密度小于空气，通入C中向上走，则选用装置乙。15、C【解析】

【详解】A、氯化钠属于电解质，硫酸钡也是电解质，A错误；B、铜为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C、氢氧化钾为电解质，蔗糖为非电解质，C正确；D、硝酸钾为电解质，而硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；答案选C。【点睛】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。注意掌握电解质与非电解质的判断方法。16、C【解析】

A.碳酸钙是难溶于水的固体，因此不能拆开，保留化学式形式，A项错误；B.铁与非氧化性酸反应得到的是，违背反应规律，属于事实错误，B项错误；C.电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，C项正确；D.过量的与反应得到的是，D项错误；答案选C。17、C【解析】

A．活性炭有吸附作用，所以能够使红墨水褪色，错误；B．过氧化钠能够与水反应产生过氧化氢，有强的氧化性，所以能够使红墨水褪色，错误；C．NaCl溶液无漂白性，不能使红墨水褪色；正确；D．漂白粉与水混合会产生有漂白性的HClO，能够使红墨水褪色，错误。答案选C。18、B【解析】

A.钠在氯气中燃烧生成氯化钠，A不符；B.氢氧化铝不能通过化合反应制备，B符合；C.铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，C不符；D.碳在氧气中反应生成CO，D不符；答案选B。19、D【解析】

A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。答案选D。20、C【解析】

A、套管实验中，碳酸钠应在外管，碳酸氢钠在内管，可比较稳定性，故A错误；B、酒精与水互溶，不能作该实验的萃取剂，故B错误；C、浓硫酸有脱水性和强氧化性，使蔗糖碳化后发生氧化还原反应生成具有还原性的SO2，被酸性KMnO4氧化，KMnO4溶液褪色，故C正确；D、SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集，即收集时，长进短出，NaOH能与SO2发生反应，注意防倒吸，故D错误。21、A【解析】

A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A正确；B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误；C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误；D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。22、A【解析】

A．纯碱是碳酸钠；B．小苏打是碳酸氢钠；C．苛性钠是氢氧化钠；D．胆矾是五水硫酸铜。【详解】A．碳酸钠俗称纯碱、苏打，其化学式为Na2CO3，选项A正确；B．碳酸氢钠的俗称是小苏打，其化学式为NaHCO3，选项B错误；C．氢氧化钠俗称苛性钠、火碱，其化学式为NaOH，选项C错误；D．胆矾是五水硫酸铜，为蓝色晶体CuSO4·H2O，CuSO4为白色粉末，选项D错误。答案选A。【点睛】本题常见物质的俗名，难度不大，熟练掌握常见化学物质的名称、俗称、化学式是正确解答此类题的关键。二、非选择题(共84分)23、AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3。(1)根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。【点睛】本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。24、3H2+N22NH3O2将氮氧化物充分氧化为HNO3C1【解析】

（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气；（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸；（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化；（4）由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算可得。【详解】（1）氮气和氢气在合成塔中生成氨气，反应的化学方程式为3H2+N22NH3，故答案为：3H2+N22NH3；（2）氧化炉中氨气催化氧化得到一氧化氮，吸收塔中一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮和水反应可以得到硝酸，则X为氧气，吸收塔中氧气的作用是将氮氧化物充分氧化为HNO3，故答案为：O2；将氮氧化物充分氧化为HNO3；（3）硝酸具有强氧化性，能氧化除金、铂以外的大多数金属，常温下，铁、铝在浓硝酸中钝化而阻止进一步被氧化，由于铂是贵重金属，所以工业上为了储运浓硝酸最好选择铝作为罐体材料，故答案为：C；（4）44.8LNO和NO2混合气体的物质的量为=2mol，由N原子个数守恒可知，NaNO2和NaNO3的物质的量之和为2mol，由Na原子个数守恒可知，消耗Na2CO3的物质的量为2mol×=1mol，故答案为：1.【点睛】由方程式可知Na2CO3溶液与NO和NO2反应生成NaNO2和NaNO3混合液，由N原子和Na原子个数守恒计算消耗Na2CO3的物质的量为解答关键。25、KSCN2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；SCN-被过量的氯水氧化取少量褪色后的溶液于洁净的试管中，滴加过量KSCN溶液，若出现红色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立2Fe3++Fe=3Fe2+【解析】

富含硫酸亚铁的食品经过处理后得到淡黄色溶液，说明食品中的FeSO4被空气中的O2氧化成了Fe3+，KSCN溶液可以和Fe3+作用显红色，所以加入KSCN溶液得到淡红色溶液，加入新制氯水，红色加深，说明原溶液中有Fe2+，加入氯水被氧化成Fe3+，使红色加深。【详解】(1)Fe3+与KSCN溶液反应生成红色的Fe(SCN)3，所以试剂1的主要成分为KSCN；(2)淡红色溶液中还含有较多的Fe2+，向其中加入新制氯水时，Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，溶液中Fe3+浓度增大，生成的Fe(SCN)3浓度也增大，发生的反应有：2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl-、Fe3+＋3SCN-===Fe(SCN)3，因此溶液红色加深；(3)①实验中加入过量氯水，放置一段时间后，深红色褪去，说明Fe(SCN)3逐渐消失，而Fe(SCN)3的生成与Fe3+、SCN-有关，假设1认为可能是溶液中的+3价的铁被Cl2氧化为更高价态的铁，溶液颜色褪去；分析SCN-中各元素的化合价可知，S为-2价，C为+4价，N为-3价，所以SCN-也具有还原性，故也可能是SCN-被过量的氯水氧化导致深红色褪去，所以假设2为：SCN-被过量的氯水氧化；②假设Fe3+没有被氧化，而是SCN-被氧化，只要向褪色后的溶液中补充SCN-，若出现红色，说明假设2成立，反之则假设2不成立，具体操作为：取少量褪色后的溶液于洁净的试管中，滴加过量KSCN溶液，若出现红色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立；(4)铁粉可以和铁离子反应生成亚铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，所以保存硫酸亚铁溶液时，常向其中加入少量的铁粉防止亚铁离子被氧化。【点睛】含铁离子的溶液显淡黄色，检验铁离子一般用KSCN溶液，会与铁离子反应显红色，但注意不是产生沉淀。26、(直形)冷凝管（梨型）分液漏斗防止液体暴沸D1继续向漏斗中加入少量水，体积增加的液层就是水层(其他合理方法也可)【解析】

（1）根据图1装置图，B为(直形)冷凝管；图2中漏斗为分液漏斗；A中加入碎瓷片或沸石，其作用是防止液体暴沸；A、图1实验中，加热一段时间后，未加入碎瓷片，应停止加热，冷却后，再放入碎瓷片或沸石，故A错误；B、分液时，应先打开分液漏斗的瓶塞，然后打开活塞，让下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，通过本题，不知有机层在下层还是上层，故B错误；C、过滤时玻璃棒的作用是引流，不能搅拌，若要增加过滤的速度，可以采用抽滤的方法，故C错误；D、蒸发结晶中，当有大量晶体析出时，停止加热，让余温蒸干水分，故D正确；答案选D；（2）根据表格中的数据，常温下，A和B两种互溶液体，利用其沸点不同，采用蒸馏的方法进行分析，即选择图1；（3）确认哪一层为水层，可以采用继续向漏斗中加入少量的水，体积增大的液层为水层。27、玻璃棒搅拌引流③①A、D12.06mol/L【解析】

(1)操作步骤有计算、量取、稀释、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取浓盐酸,在烧杯中稀释(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，还需要的仪器是玻璃棒；稀释浓盐酸时先用玻璃棒搅拌，冷却后转移溶液时需要玻璃棒引流；(2)A为容量瓶，只有一条刻度线，故只能配制和其规格相对应的体积的溶液，故配制250mL的溶液，应选用250mL容量瓶；B为量筒，用来量取浓盐酸的体积，浓盐酸的物质的量浓度为c===12.06mol/L，设所需的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：12.06mol/L×VmL=250mL×0.3mol/L，解得V=6.2mL，根据大而近的原则，应选用10mL的量筒，故答案为：③，①；(3)A．使用的容量瓶必须洁净，确保配制的溶液纯净，定容时需要向容量瓶加水，容量瓶含有水也不影响溶液的浓度，故不一定需要干燥，故A正确；B．溶解过程在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行，故B错误；C．实验所用的玻璃棒、烧杯等都要洗涤2~3次，洗涤液要全部注入容量瓶，量筒不需要洗涤，否则会导致所配溶液浓度偏大，故C错误；D．若定容时俯视液面，导致所配溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏高，故D正确；答案选A、D；(4)根据c=，质量分数为37%的浓盐酸的物质的量浓度==12.06mol/L。28、500mL容量瓶2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O取最后一次洗涤液于试管中，加入Ba(NO3)2(或BaCl2)溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净继续加热，冷却至室温后称量，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g80%不可行【解析】(1)配制500mL一定浓度的溶液，必须用到容量瓶，从题给的仪器可知，操作Ⅰ还需要500mL容量瓶；正确答案：500mL容量瓶。(2)反应①中加入足量H2O2溶液，目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋