2024届抚州市重点中学高一化学第一学期期末统考模拟试题含解析

2024届抚州市重点中学高一化学第一学期期末统考模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列反应中，水只做氧化剂的是(

)A．2H2+O2=2H2OB．Na2O+H2O=2NaOHC．2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2↑+Cl2↑D．Cl2+H2O=HCl+HClO2、如将物质按照单质、氧化物、酸、碱、盐分类，下列各组物质中，类别相同的是（）A．氧气、氧化镁、四氯化碳、水B．硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾C．硫酸、碳酸钠、氯化镁、氧化钠D．硝酸银、氢氧化钠、醋酸钠、氯化钾3、化学是研究物质的组成，结构，性质以及变化规律的一门以实验为基础的学科，在给定条件下，下列物质间转化均能实现的一组是（）（1）（2）（3）（4）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）4、下列根据实验事实得出的结论正确的是实验事实结论A某物质在熔融态下能导电该物质一定是电解质B某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-CSO2的水溶液能导电SO2为电解质D已知：Cl2+2FeCl2=2FeCl3反应能发生氧化性：Cl2＞FeCl3A．A B．B C．C D．D5、下列反应中，铁元素发生氧化反应的是()A．FeS＋2HCl＝FeCl2＋H2S↑ B．Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑C．FeO＋2HCl＝FeCl2＋H2O D．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO26、用如图所示装置进行实验，下列对试管①中的试剂及实验现象的解释不合理的是（）A．A B．B C．C D．D7、下列关于金属材料的说法中，不正确的是（）A．钢是用量最大、用途最广的合金B．合金只含金属元素C．铝制饮料罐应回收利用D．青铜是铜合金中的一种8、下列有关物质的用途说法不正确的是（）A．明矾可用于饮用水的消毒 B．二氧化硅可用于制造光导纤维C．水玻璃可用作木材防火剂 D．氧化铁可用作红色颜料9、用10.6g的Na2CO3固体配成溶液500ml，所得溶液的物质的量浓度为()A．0.2mol/L B．0.5mol/L C．0.3mol/L D．0.4mol/L10、在无色透明的强酸性溶液中能大量共存的离子组是A． B．C． D．11、下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A．CH3COOH B．Cl2 C．NH4HCO3 D．SO212、摩尔质量的单位是()A．mol B．L C．s D．g/mol13、下列离子检验的方法正确的是()A．某溶液中加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有Cl－B．某溶液中加BaCl2溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42-C．某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中含有Cu2＋D．某溶液加稀硫酸生成无色无味的气体，说明原溶液中一定有CO32-14、下列关于胶体的叙述不正确的是（）A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1～100nm之间B．光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应C．Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的D．用聚光手电筒照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同15、下列反应属于非氧化还原反应的是()A．10Al+3V2O56V+5Al2O3 B．2Mg+CO22MgO+CC．N2+3H22NH3 D．SiO2+CaOCaSiO316、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（）A．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、XB．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、ZC．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、XD．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W17、用下列装置进行相关实验，操作正确且能达到实验目的的是A．甲装置:称30.0gNaOH固体 B．乙装置:

过滤除去溶液中的不溶性杂质C．丙装置:除去CO2中混有的HCl气体 D．丁装置:

吸收实验室制NH3的尾气18、下列离子组合中，能大量共存的是（）A．Ca2+、Mg2+、OH-、Br- B．H+、Ag+、Cl-、ClO-C．Na+、K+、SO42-、Cl- D．Ba2+、H+、Cl-、CO32-19、关于单质硫的叙述有：①通常状况下为黄色粉末；②不溶于水、易溶于酒精和二硫化碳；③氧化性比氯气弱；④只能被还原不能被氧化；⑤医药上用来做硫黄软膏治疗某些皮肤病。其中正确的是（）A．①③⑤ B．②③⑤ C．②④⑤ D．③⑤20、碳酸钠是一种非常重要的化工原料，它属于A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物21、盐是一种常见的物质，下列物质通过反应可直接形成盐的是（）①金属单质②碱性氧化物③碱④非金属单质⑤酸性氧化物⑥酸A．①②③ B．①④⑥ C．②⑤⑥ D．①②③④⑤⑥22、实验室有四个药品橱，已存放如下药品：橱甲橱乙橱丙橱丁橱药品盐酸、硫酸CCl4、C2H5OH红磷、硫铜、锌实验室新购进一些活性炭，应将它存放在A．甲橱 B．乙橱 C．丙橱 D．丁橱二、非选择题(共84分)23、（14分）如图所示为A、B、C、D、E五种含同一元素物质之间的相互转化关系。其中A、B、C、D在常温下都是气体，且B为红棕色气体。(1)①A、D、E三种物质中从相同元素化合价的角度分析既具有氧化性又具有还原性是(填化学式)____________；②写出B的化学式：_______________，D的一种常见用途_____________；(2)按要求写出下列化学方程式或离子方程式①写出E的稀溶液与Cu反应的离子方程式：_______________________；②写出D的实验室制法的化学方程式___________________。24、（12分）已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀。根据图中转化关系，回答下列问题。(1)写出F、G的化学式：F.________；G._______。(2)检验D中阳离子的方法为_____________________________________________________(3)保存C溶液时要加固体A的原因是_____________________________________________(4)写出下列转化的离子方程式：①B→C：______________________________________________________________________②C→D：______________________________________________________________________25、（12分）某化学实验小组需要2mol/L的NaCl溶液98mL，现在NaCl固体来配制。请回答下问题：(1)需称取NaCl固体的质量为____g。(2)配制过程中，不需要的仪器__________________（填序号）。A．药匙B．胶头滴管C．量筒D．烧杯E．玻璃棒F．托盘天平完成实验还缺少的仪器是_____。(3)在配制过程中，下列操作能引起所配溶液浓度偏低的有___（填序号）。①定容时，俯视刻度线②转移时有少量液体溅出③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水(4)该实验小组用上述配制的溶液进行如右图所示的电解实验。①写出该电解反应的化学方程式______________。②电解时，将Y极（阳极）生成的物质通入盛有NaI溶液的试管中，再加入四氯化碳充分震荡，最后观察到的现象是_______________________。③某温度下，将氯气通入石灰乳中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2的混合溶液，经测定ClO-与ClO3-的物质的量之比为1:3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为_________________。26、（10分）下图是实验室制取二氧化硫并验证二氧化硫的某些性质的装置，试回答：(1)在①中发生反应的化学方程式为_____________。(2)②中的实验现象为紫色石蕊试液_________，此实验证明二氧化硫是_____气体。(3)③中的品红溶液_________，证明二氧化硫有________性。(4)④中的实验现象是______________，证明二氧化硫有__________性。(5)⑤中的实验现象是________________，证明二氧化硫有____________性。(6)⑥的作用是________，反应的化学方程式为________。27、（12分）某学生利用以下装置探究氯气与氨之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的化学方程式为____________________________．(2)装置B中仪器的名称是___________；装置E的作用是______________________．(3)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。写出反应的化学方程式___________________________________．(4)装置C内当有amol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为_______mol-1(用含a、b的代数式表示)。(5)将用F、E、D装置制得的氯气通入含74gCa(OH)2的石灰乳中，最多可制得漂白粉_______g．28、（14分）明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。某兴趣小组采用10.0g废易拉罐(含90%的Al，还含有少量的Fe、Mg等杂质)制备明矾的实验方案如图1：（1）试剂①应选用________(填代号)。a．盐酸b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为___________________________。（3）溶液B中溶质的主要成分为________________(填化学式)。（4）从溶液C中得到明矾的实验操作步骤为蒸发浓缩、________(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥。如图2所示，蒸发操作中的一处错误是________________________________。（5）该小组在实验完成之后，得到118.5g明矾，则明矾的回收率为________。(已知：明矾的摩尔质量为474g·mol－1)29、（10分）I、现有下列八种物质:①铝②蔗糖③SiO2④H2SO4⑤NaOH⑥FeSO4溶液⑦Ba(OH)2⑧氢氧化铁胶体(1)上述物质属于电解质的有____________(填序号)。能导电的有__________(填序号)。(2)向⑤中加入①的粉末，反应的离子方程式为_____________________。(3)上述物质中有两种物质在水溶液中反应的离子方程式为H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为__________________________。(4)实验室制备⑧的离子方程式为:__________________。若在⑧中缓慢加入④的溶液，产生的现象是________________________。(5)③是玻璃的主要成分之一，③与⑤溶液反应的化学方程式为____________________。工艺师常用_______(填物质名称)

来雕刻玻璃。II、下列各组物质的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种?

(填选项字母)A．分液B．过滤C．萃取D．蒸馏E.蒸发结晶F.高温分解(1)分离CCl4和H2O:___________；(2)除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3:___________；(3)分离CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物:__________。

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、C【解题分析】

水只做氧化剂，则在反应过程中，水中的氢元素的化合价降低，据此分析选项即可。【题目详解】A.该反应中，H2O是生成物，故不是氧化剂，A不符合题意；B.该反应中，H2O中氢、氧两种元素的化合价都没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，B不符合题意；C.该反应中，H2O中氢元素由+1价变为0价，化合价降低，被还原，H2O为氧化剂，C符合题意；D.该反应中，H2O中氢、氧两种元素的化合价都没有发生变化，故H2O不是氧化剂也不是还原剂，D不符合题意；故答案为：C。2、B【解题分析】

A．氧气是单质，氧化镁合成水是氧化物；四氯化碳是氯化物，它们的分类不同，错误；B．硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾都是盐，种类相同，正确；C．硫酸是酸；碳酸钠、氯化镁是盐；氧化钠是氧化物，物质的分类不同，错误；D．硝酸银、醋酸钠、氯化钾是盐，氢氧化钠是碱，物质的分类不同，错误；答案选B。3、B【解题分析】

（1）氧化铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能得到氯化铁，故不选；（2）MgCl2和石灰乳反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解生成MgO，则转化均能实现，故选；（3）CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成CaSiO3，则转化均能实现，故选；（4）铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成氯化铝，则转化不能实现，故不选；故选B。4、D【解题分析】

A.熔融态或水溶液中能导电的化合物才是电解质，水银在熔融态下也能导电，但却不是电解质，A项错误；B.若溶液中有也能得到白色沉淀，因此实验设计不严谨，B项错误；C.溶于水后和水反应得到，可以电离出离子导电，因此只能说是电解质，但不能说是电解质，C项错误；D.根据氧化性：氧化剂>氧化产物，氯气是氧化剂，氯化铁是氧化产物，D项正确；答案选D。5、B【解题分析】

铁元素发生氧化反应，则铁元素在反应中化合价升高。【题目详解】A.FeS＋2HCl＝FeCl2＋H2S↑，铁元素价态不变；B.Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑，铁元素由0价升高到+2价；C.FeO＋2HCl＝FeCl2＋H2O，铁元素价态不变；D.Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，铁元素由+3价降低到0价。故选B。6、C【解题分析】

A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，SO2具有漂白性，溶液褪色，故A正确；B．二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成酸，使紫色石蕊变红，故B正确；C．在酸性溶液中二氧化硫与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡子结合生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．二氧化硫被高锰酸钾氧化，溶液褪色可知SO2具有还原性，故D正确；故答案为C。7、B【解题分析】

A．铁在自然界中分步较广，含量较多，冶炼较易，钢是用量最大、用途最广的铁合金，A正确；B．合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质，从合金定义可知合金中一定含金属元素、可能含有非金属元素，B错误；C．回收废旧金属，可以节约金属资源、节约冶炼金属消耗的能源，所以铝制饮料罐应回收利用，C正确；D．青铜（主要含有Cu、Sn）是铜合金中的一种，D正确；答案选B。8、A【解题分析】

A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能够吸附水中固体杂质颗粒，可以净水，明矾不具有杀菌消毒的作用，故A错误；B．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要成分，故B正确；C．水玻璃为硅酸钠的水溶液，硅酸钠熔点高，不易燃烧，水玻璃浸泡过的木材能防腐，可用作木材防火剂，故C正确；D．氧化铁为红棕色固体，可用作红色颜料，故D正确；答案选A。9、A【解题分析】

10.6g碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)==0.1mol，配制的该溶液的物质的量浓度为：c(Na2CO3)==0.2mol/L，故选A。10、B【解题分析】

强酸性溶液中存在大量氢离子，无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在，A．Ca2+、H+与CO32−反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故A错误；B．之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．HCO3−与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故D错误；答案选B。【题目点拨】无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子。11、D【解题分析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。12、D【解题分析】

摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol，所以答案D正确。故选D。13、C【解题分析】

A．某溶液中加硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中可能有Cl－或CO32-等，A不正确；B．某溶液中加BaCl2溶液生成白色沉淀，说明原溶液中可能有SO42-、Cl－或CO32-等，B不正确；C．某溶液中加NaOH溶液生成蓝色沉淀，生成的为氢氧化铜沉淀，说明原溶液中含有Cu2＋，C正确；D．某溶液加稀硫酸生成无色无味的气体，说明原溶液中可能有CO32-或HCO3-，D不正确；答案为C。14、D【解题分析】

A项、溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故A正确；B项、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，故B正确C项、Fe(OH)3胶粒带电荷能吸附水中悬浮的固体颗粒，使之沉降，达到净水目的，故C正确；D项、Fe(OH)3胶体能发生丁达尔效应而NaCl溶液不能，故D错误；故选D。15、D【解题分析】

A、该反应属于置换反应，有化合价的变化，一定是氧化还原反应，A不符合题意；B、该反应属于置换反应，有化合价的变化，一定是氧化还原反应，B不符合题意；C、该反应是有单质参加的化合反应，有化合价的变化，是氧化还原反应，C不符合题意；D、该反应不涉及化合价的变化，是非氧化还原反应，D符合题意；故选D。【题目点拨】氧化还原反应的特征是化合价的变化，本质是电子的转移。在四大基本反应类型中，只有置换反应一定是氧化还原反应，化合反应和分解反应，不全是氧化还原反应，比如题中的D选项、碳酸的分解，而复分解反应不涉及化合价的变化，一定是非氧化还原反应。16、B【解题分析】Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si。A、电子层数越多，原子半径越大，同一周期，原子序数越小，原子半径越大，即原子半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故B正确；C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，因此X＞W＞Z，故C错误；D、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，非金属性F＞O＞Si＞Al，即简单气态氢化物的稳定性Y＞X＞W，故D错误；故选B。17、D【解题分析】

A．NaOH易潮解，具有腐蚀性；B．漏斗下端应紧靠烧杯内壁；C．二者均与碳酸钠溶液反应；D．四氯化碳是不溶于水、密度比水大的液体，可隔绝气体与水；【题目详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘小烧杯中称量，故A错误；B．漏斗下端应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，故B错误；C．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D．四氯化碳是不溶于水、密度比水大的液体，可隔绝气体与水，图中装置可吸收实验室制NH3的尾气并防倒吸，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查化学实验方案的评价，解题关键：把握实验装置的作用、物质的性质、混合物分离提纯、基本操作、实验技能。18、C【解题分析】

离子之间能发生反应就不能共存。【题目详解】A.和反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，A错误；B.和反应生成次氯酸，和反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，B错误；C.相互之间不反应，可以大量共存，C正确；D.和反应生成碳酸钡沉淀，和反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，D错误；故答案选C。【题目点拨】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。19、A【解题分析】

单质硫是一种淡黄色固体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，结合其单质的化学性质与用途分析。【题目详解】①单质硫，在常温下，是一种淡黄色粉末状的固体，①正确；②单质硫不溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，②错误；③由于S元素的非金属性比Cl弱，因此单质硫的氧化性比氯气弱，③正确；④在单质硫中，S元素的化合价为0价，处于S元素的最高+6价和最低-2价之间，属于S单质既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原，④错误；⑤单质硫能杀死病菌，医药上用来制硫磺软膏，治疗某些皮肤病，⑤正确；综上所述可知，说法正确的是①③⑤，故合理选项是A。【题目点拨】本题考查了单质硫的物理性质、化学性质和用途，注意把握常见物质的性质及用途，侧重于基础知识的考查。20、C【解题分析】

碳酸钠是由碳酸根离子和钠离子组成的化合物，属盐，故答案为C。21、D【解题分析】

金属单质与酸反应生成对应的盐和氢气；碱性氧化物与酸反应生成盐和水；非金属单质和金属单质化合可得到盐；酸性氧化物或酸与碱(或碱性氧化物)反应可生成盐；答案选D。22、C【解题分析】

化学药品一般根据物质的类别来保存，结合物质的组成和性质解答。【题目详解】A．盐酸、硫酸属于酸，活性炭不能放在甲橱，A不选；B．CCl4、C2H5OH属于有机物，活性炭不能放在乙橱，B不选；C．红磷、硫都是由非金属元素组成的非金属单质，属于纯净物，与活性炭的类别相同，活性炭可以放在丙橱，C选；D．铜、锌属于金属单质，活性炭是非金属单质，不能放在丁橱，D不选。答案选C。二、非选择题(共84分)23、N2NO2致冷剂3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑【解题分析】

根据题干信息可知，B为红棕色气体，则B为NO2，C与氧气反应生成NO2，则C为NO；A气体在闪电条件下与氧气反应生成NO，则A为氮气(N2)；E与铜反应生成NO，则E为硝酸(HNO3)；D在催化剂条件下与氧气加热反应生成NO，且D是A在高温高压、催化剂条件下反应生成的，则D为氨气(NH3)，据此分析解答。【题目详解】(1)①根据上述分析可知，A为氮气(N2)，其中N的化合价为0价，既可以升高又可以降低，D为氨气(NH3)，其中N的化合价为最低价-3价，只能升高，E为硝酸(HNO3)，其中N的化合价为最高价+5价，只能降低，因此三种物质中既具有氧化性又具有还原性的是N2；②B为NO2，D为氨气(NH3)，氨气易液化，常用作致冷剂；(2)①Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，其离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O；②实验室常用氯化铵和熟石灰(氢氧化钙)混合加热制取氨气，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑。【题目点拨】本题考查框图形式的无机推断，解题的关键是在审题的基础上找准解题的突破口，本题的突破口为“B为红棕色”气体可推测B为二氧化氮。本题的易错点为二氧化氮与水反应方程式的书写，要注意基础知识的记忆。24、Fe(OH)3Fe2O3取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+防止Fe2+被O2氧化Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl−【解题分析】

A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，由转化关系可知F为Fe(OH)3，A为Fe，Fe与氧气反应生成B为Fe3O4，四氧化三铁与盐酸反应得到氯化亚铁与氯化铁，故Fe与盐酸反应得到X为氢气、C为FeCl2，可推知E为Fe(OH)2、D为FeCl3，G为Fe2O3。【题目详解】(1)由上述分析可知，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3；(2)检验FeCl3中阳离子的方法为：取D溶液少许于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含Fe3+；

(3)保存FeCl2溶液时要加固体Fe的原因是：防止Fe2+被O2氧化；(4)①B→C的离子方程式：Fe3O4+8H+═Fe2++2Fe3++4H2O；②C→D的离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl−；【题目点拨】物质的颜色是推断突破口，再结合转化关系推断各物质，需要学生熟练掌握元素化合物的性质25、11.7C100mL容量瓶②2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑溶液分层，上层无色，下层紫红色4：1【解题分析】

(1)根据容量瓶的固定规格选取合适的规格的容量瓶，配制NaCl溶液，再根据n=cV、m=nM计算需要称取NaCl固体的质量；(2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，判断实验过程中需要的仪器；(3)根据，判断各项操作对于溶质物质的量、溶液体积的影响，从而进行误差分析；(4)①电解食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，据此写出该电解反应的化学反应方程式；②氯气与NaI溶液反应生成氯化钠和碘单质，四氯化碳萃取碘水中的碘；③可以根据反应物和生成物来书写方程式，从反应中找到被还原的氯元素即化合价降低的氯元素，被氧化的氯元素即化合价升高的氯元素，或者根据电子守恒来确定。【题目详解】(1)该化学实验小组需要2mol/L的NaCl溶液98mL，但是实验室没有98mL的容量瓶，需用100mL容量瓶，因此应配制100mLNaCl溶液，则NaCl的物质的量为，称取NaCl固体的质量为；故答案为：11.7；(2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，可知实验过程中需要药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，不需要用到的仪器为C（量筒），还缺少的仪器是100mL容量瓶；故答案为：C；100mL容量瓶；(3)①定容时，俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，根据可知，最终会使物质的量浓度偏高，不符合题意，故①不选；②转移时有少量液体溅出，导致溶质有少量损失，根据可知，最终会使物质的量浓度偏低，符合题意，故②选；③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶质与溶液的总体积，则物质的量浓度不受影响，不符合题意，故③不选；故答案为：②；(4)①电解食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，该电解反应的化学反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；②电解时，Y极是阳极，阳极氯离子失电子生成氯气，氯气与NaI溶液反应生成氯化钠和碘单质，再加入四氢化碳充分振荡，四氯化碳萃取碘水中的碘，又四氯化碳不溶于水，且其密度大于水，所以最后观察到的现象是溶液分层，上层无色，下层紫红色，故答案为：溶液分层，上层无色，下层紫红色；③根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl2到ClO-，失去1个电子，由Cl2到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl2到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：（1+3）=4：1，故答案为：4：1。【题目点拨】最后一问是难点，抓住得失电子数守恒是解题的关键，氧化还原反应中，根据守恒规律进行计算是重要的考点，明确失去电子总数等于得到电子总数，列式计算即可。26、Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋H2O＋SO2↑变红酸性褪色漂白有淡黄色沉淀生成氧化高锰酸钾溶液褪色还原吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O【解题分析】

由实验装置图可知，装置①中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫气体，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使②中紫色石蕊试液变红，二氧化硫具有漂白性，能使③中的品红溶液褪色，SO2具有氧化性，能与④中具有还原性的氢硫酸反应生成S沉淀，SO2具有还原性，能与⑤中酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，用⑥中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境。【题目详解】（1）①中亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体和水，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）②中为紫色石蕊试液，二氧化硫溶于水和水反应生成中强酸亚硫酸，亚硫酸可以使紫色石蕊试液变红，故答案为紫色石蕊溶液变红；酸性；（3）③中为品红溶液，二氧化硫具有漂白性，与品红化合生成无色物质，使品红溶液褪色，故答案为褪色；漂白；（4）SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，③中的现象是有淡黄色沉淀生成，故答案为有淡黄色沉淀生成；氧化；（5）二氧化硫具有还原性，能够使高锰酸钾溶液褪色，故答案为高锰酸钾溶液褪色；还原；（6）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，酸性氧化物二氧化硫能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，⑥中氢氧化钠溶液的作用是吸收二氧化硫，防止污染空气，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，故答案为吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境；2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。【题目点拨】二氧化硫是酸性氧化物，能表现酸性氧化物的性质；二氧化硫中+4价硫为中间价态，既有氧化性又有还原性；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色。27、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O干燥管除去氯气中的氯化氢3Cl2+8NH3=N2+6NH4Clb/2a127【解题分析】

(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水；

(2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质；

(3)由题意可知发生反应为氨气和氯气生成氯化铵和氮气；

(4)由反应方程式，可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，根据氯气求出电子的物质的量，再根据电子的个数求出NA；

(5)根据氢氧化钙的物质的量和反应方程式求出漂白粉的质量；【题目详解】(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水，其反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质，故答案为：干燥管；除去氯气中的氯化氢；

(3)氨气和氯气反应生成白烟氯化铵和空气的主要成分之一氮气，即8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2；

(4)由反应方程式可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，所以当有amol氯气参加反应时，转移的电子的物质的量为2amol，已知转移的电子总数为b个，则N=n•NA，即b=2a•NA，所以NA=，故答案为：；(5)氢氧化钙的物质的量是n==1mol，所以根据反应式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(Cl