2024届内蒙古巴彦淖尔一中高一化学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届内蒙古巴彦淖尔一中高一化学第一学期期末复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、下列微粒只具有氧化性的是A．Cu2+ B．Cu C．Cl- D．HClO2、利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢的原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L（标准状况）D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量3、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．2.3gNa由原子变成离子时，失去的电子数为0.2NAB．0.2NA个H2SO4分子与19.6gH3PO4含有相同的O原子数C．28gN2所含有的原子数为NAD．NA个氧分子与NA个氢分子的质量之比为8：14、图中x、y、z、w四种含硫物质中，属于非电解质的是A．x B．y C．z D．w5、当我们外出旅游的时候，在车站会看到这样的告示：严禁携带易燃、易爆、剧毒品、易腐蚀品等上车。现有：①汽油②酒精③鞭炮④浓硫酸其中旅客不可带上车的是()A．只有①③ B．只有②④ C．只有①②③ D．全部6、中国最新战机歼-31使用了高强度、耐高温的钛合金材料，工业上冶炼钛的反应如下：，下列有关该反应的说法正确的是

A．是还原剂 B．Mg被氧化C．发生氧化反应 D．Mg得到电子7、歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是()A．该反应不属于氧化还原反应B．该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应C．该反应中铜得电子,O2失电子,所以是氧化还原反应D．该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素8、化学反应4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3属于()A．分解反应B．化合反应C．复分解反应D．置换反应9、金属材料的性质在很大程度上决定了它们的用途。下列相关说法不正确的是()A．钛合金具有强度高、耐热性好等特点，主要用来制作飞机发动机部件B．铁具有良好的导热性，可以用于制造炊具C．不锈钢抗腐蚀性好，常用于制造医疗器械D．铅锑合金的熔点较低，常用于制造发热体10、标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg·mol－1)溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg·cm－3，则此溶液的物质的量浓度(mol·L－1)为()A． B． C． D．100VρM(MV＋2240)11、《神农本草经》说：“水银…镕化(加热)还复为丹。”《黄帝九鼎神丹经》中的“柔丹”、“伏丹”都是在土釜中加热Hg制得的。这里的“丹”是指（）A．氯化物 B．合金 C．硫化物 D．氧化物12、下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是（）A．氧化铁能与酸反应，可制红色涂料B．氢氧化铝具有弱碱性，可作胃酸中和剂C．二氧化硅硬度大，可作光导纤维D．小苏打能与碱反应，可作糕点焙制的膨松剂13、氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性。下列叙述中不正确的是：A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟B．钠在氯气中燃烧，生成白色的烟C．纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，在集气瓶口形成白色烟雾D．氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解14、某溶液中，只含有下表中所示的四种离子，则X离子及其个数b可能为（）离子Na+Al3+Cl－X个数3a3a2abA．NO3-、4a B．SO42-、4a C．OH-、8a D．SO42-、5a15、下列各项操作中发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是①向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量②向NaAlO2溶液中逐渐通入CO2至过量③向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH至过量④向硅酸钠溶液中逐滴加入盐酸至过量⑤向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量⑥向Ca(ClO)2溶液中逐渐通入CO2至过量A．①③ B．①②⑤ C．①③⑤⑥ D．①②⑥16、下列实验仪器能直接加热的是A．烧杯 B．试管 C．锥形瓶 D．圆底烧瓶17、铅笔芯的主要成分是石墨。如果铅笔芯写一个字消耗的石墨质量约为1×10-3g，那么一个铅笔字含有的碳原子数约为A．5×1019个 B．5×1022个 C．2.5×1022个 D．2.5×1019个18、下列有关电解质的说法中正确的是A．液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质B．氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质C．熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质D．氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质19、欲配制100mL1.0mol·L－1硫酸钠溶液，不正确的方法是A．将14.2g硫酸钠溶于100mL水中B．将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中，再加水稀释至100mLC．将20mL5.0mol·L－1硫酸钠溶液用水稀释至100mLD．将14.2g硫酸钠溶于水中得到100mL溶液20、136C呼气法在医学上常用于门螺旋杆菌的诊断，下列关于136C的说法中正确的是A．质子数是6 B．质量数是6 C．电子数是13 D．中子数是1321、用NA表示伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．28g氮气含有的原子数是NAB．标准状况下，22.4L水的分子数是NAC．2L0.5mol/L的稀硫酸中含有H2SO4分子数是NAD．钠与水反应，生成2gH2，则转移的电子数是2NA22、下列各组物质，遇到盐酸或强碱溶液都能反应的一组是A．CuAl2O3NaHCO3 B．MgAl（OH）3Na2CO3C．FeAl2O3Al（OH）3 D．AlNaHCO3Al2O3二、非选择题(共84分)23、（14分）某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)I、II、III、IV四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是____________。(2)根据上述框图反应关系，写出下列B、D、E所含物质的化学式B_________；沉淀D__________；溶液E__________。(3)写出①、②、③、④四个反应方程式或离子方程式：①___________________________________；②___________________________________；③___________________________________；④___________________________________。24、（12分）有A、B、C、D、E、F六种物质，它们的相互转化关系如下图（反应条件略，有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。已知A、B、E是单质，其中A着火只能用干燥的沙土灭火，B在常温下为气体，C俗名称为烧碱，D为无色无味液体。（1）写出A、B、F的化学式A______B______F______。（2）写出A和D反应生成B和C的化学方程式_____________。若生成3mol的B，则转移的电子数目为_______________。（3）写出E与C、D反应生成的B和F离子方程式____________________________。25、（12分）为了将混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl固体提纯，制得纯净的氯化钠溶液，某学习小组设计了如下图所示的实验方案：回答下列问题：（1）操作①加热过程中，发生反应的化学方程式是_______。（2）操作②不用Ba（NO3）2溶液的理由是：__________。（3）进行操作②中，判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：_________。（4）操作③“加入过量Na2CO3溶液”的目的是：________。（5）操作⑤中“加适量盐酸”的主要目的是__________。26、（10分）在化学课上，围绕浓硫酸的化学性质进行了如下实验探究：将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀。然后加入适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。请回答：（1）生成的黑色（单质）物质是__________（填化学式）。（2）这种黑色物质继续与浓硫酸作用会产生两种气体，其中一种气体有刺激性气味，是大气的主要污染物之一，这种刺激性气味的气体成分是___________（填化学式），这种黑色物质继续与浓硫酸作用，产生两种气体的化学方程式为：______________________________________。（3）据蔗糖与浓硫酸反应的实验现象，说明浓硫酸具有__________（填序号）。A．酸性B．吸水性C．脱水性D．强氧化性（4）将实验（2）产生的刺激性气味气体通入品红溶液，可以看到品红溶液_________说明这种气体具有_____________________性；将（2）中产生的刺激性气味的气体通入水中可生成一种不稳定、易分解的酸，请写出该反应的化学方程式：__________________________________________。27、（12分）实验室要配制1000mL2mol/LNaOH溶液，请回答下列问题：(1)下面是几种实验中常用的仪器：A．B．C．D．①写出仪器A的名称__________②配制过程中不需要使用的化学仪器有______(填仪器的字母)。(2)用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为______g。(3)下列主要操作步骤的正确顺序是_________(填序号)。①称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；②加水至液面离容量瓶颈刻度线下1-2厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；③待冷却至室温后，将溶液转移到100mL容量瓶中；④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液转移到容量瓶中。(4)下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是___________(填序号)。A．定容时观察液面俯视B．没有进行上述的操作步骤⑤C．称量的氢氧化钠已潮解D．容量瓶使用前内壁沾有水珠28、（14分）甲元素的原子序数是19，乙元素原子核外有两个电子层，最外电子层上有6个电子；丙是元素周期表第ⅠA族中金属性最弱的碱金属元素。由此推断：（1）甲元素在周期表中位于第_______周期；乙元素在周期表中位于第______族；丙元素的名称为________。（2）甲的单质与水反应的离子方程式为____________________________，乙单质与丙单质反应的化学方程式为____________________________________，甲的单质与水反应的生成物的电子式为：_______________，___________________29、（10分）已知下图所示物质相互转化关系，其中A为单质，试回答：（1）写出下列物质的化学式：C____________；H_________________。（2）写出A

与水蒸气反应的化学方程式___________________________________。（3）实验室保存B溶液时常加入少量固体A，其原因是___________________________________。（4）写出E转变成F的化学方程式___________________________________。

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】

氧化剂在反应中得电子，化合价降低，还原剂在反应中失电子，化合价升高，因此只需找出化合价已经是最高价的微粒即可。【题目详解】A.是铜元素最高价态，只有氧化性，A项正确；B.单质铜中铜元素为最低价态，只有还原性，B项错误；C.是氯元素的最低价态，只有还原性，C项错误；D.次氯酸中的氯、氧均不是最高价，D项错误；答案选A。2、D【解题分析】

根据方程式2H2O2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04molNa与水反应产生0.02molH2。故选D。3、B【解题分析】

A．钠原子最外层电子数为1，1个钠原子失去一个电子变为钠离子，故2.3g金属钠物质的量为0.1mol，变成钠离子时失去的电子数目为0.1

NA，A错误；B．0.2NA个H2SO4分子中O原子数为0.8NA，19.6gH3PO4的物质的量0.2mol，故19.6gH3PO4分子中含有的O原子数为0.8NA，B正确；C．28gN2的物质的量为1mol，故28gN2所含有的原子数为2NA，C错误；D．NA个氧分子与NA个氢分子的物质的量都是1mol，m(O2)=1mol×32g/mol=32g，m(H2)=1mol×2g/mol=2g，故m(O2)：m(H2)=32：2=16：1，D错误；答案选B。4、B【解题分析】

由S化合价为-2价和气态氢化物可知x是H2S。【题目详解】A．H2S是酸，是电解质，A错误；B．SO3的水溶液虽然导电，但起导电作用的是H2SO4，所以SO3是非电解质，B正确；C．Na2SO4是盐，是电解质，C错误；D．H2SO3是酸，是电解质，D错误答案选B。【题目点拨】SO2、SO3、CO2、NH3等水溶液虽然能导电，但起导电作用的是它们与水反应的产物，所以SO2、SO3、CO2、NH3不是电解质。5、D【解题分析】

①汽油属于易燃，不能携带上车，故①符合题意；②酒精属于易燃，不能携带上车，故②符合题意；③鞭炮属于易爆，不能携带上车，故③符合题意；④浓硫酸属于易腐蚀品，不能携带上车，故④符合题意；综上所述选项D正确；答案选D。6、B【解题分析】

反应中，Ti元素化合价降低，Mg的化合价升高；A.反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4为氧化剂，A项错误；B.反应中Mg失电子，则Mg被氧化，B项正确；C.反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4发生还原反应，C项错误；D.反应中Mg的化合价升高，失电子，D项错误；答案选B。7、D【解题分析】

在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。【题目详解】A.在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还原，故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B.该反应中碳元素化合价没有发生变化，B不正确；C.该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D.该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D正确。故选D。8、B【解题分析】

分解反应：由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应；化合反应：指的是由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应；复分解反应：由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，复分解反应的实质是发生复分解反应的两种物质在水溶液中交换离子，结合成难电离的物质—沉淀、气体或弱电解质（最常见的为水），使溶液中离子浓度降低，化学反应即向着离子浓度降低的方向进行；置换反应：是一种单质与一种化合物作用，生成另一种单质与另一种化合物的反应；根据方程式可知，该化学反应属于化合反应，故答案为B。9、D【解题分析】

A．钛合金具有强度高、耐热性好，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以主要用来制作飞机发动机部件，故A正确；B．金属铁具有良好的导热性，可以用于制造加热容器、炊具等，故B正确；C．不锈钢是一种特殊的合金，由于其抗腐蚀性好，所以可用来制造医疗器械，故C正确；D．铅锑合金由于其熔点低，不适合制造发热体，故D错误；故答案选D。【题目点拨】本题结合新信息考查合金的性质，属于基础题，需根据合金的性质判断其用途。10、B【解题分析】

气体A的物质的量＝mol，所得溶液的体积＝L，根据c＝，带入数据进行计算，所得溶液的物质的量浓度=mol·L－1；故选B。【题目点拨】气体溶于水，溶液的体积不等于气体的体积与溶剂的体积之和，即便是浓溶液与稀溶液混合，溶液的体积也不等于两份溶液的体积之和。两份稀溶液混合，只要试题给出了混合溶液的密度，混合溶液的体积也不等于两份稀溶液的体积之和。11、D【解题分析】

在土釜中加热Hg，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物,

故D符合题意；答案：D。【题目点拨】在加热的条件下，金属汞可以和氧气发生反应得到氧化汞，氧化汞属于物质分类中的氧化物，据此回答。12、B【解题分析】

A.氧化铁能与酸反应与可制红色涂料无关，故不选A；B.氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，所以可作胃酸中和剂，故B正确；C.二氧化硅能做光导纤维，与其熔点无关，故不选C；

D.NaHCO3不稳定，受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生CO2气体，使糕点蓬松，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与小苏打能与碱反应无关，故不选D。13、C【解题分析】A、红热的铜与氯气发生Cu＋Cl2CuCl2，生成棕黄色的烟，故A说法正确；B、钠和氯气反应：2Na＋Cl22NaCl，生成白色的烟，故B说法正确；C、氢气在氯气中安静燃烧，产生苍白色火焰，HCl在瓶口形成白雾，故C说法错误；D、氯气与水反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，HClO见光或受热易分解，2HClO2HCl＋O2↑，故D说法正确。点睛：易混淆的是烟和雾，烟是固体小颗粒，雾是小液滴，氯化氢在空气遇冷形成小液滴。14、D【解题分析】

溶液呈电中性，则溶液中存在3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）=2a×N（Cl-）+nb×N（X），设X的电荷数为n，则A.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）≠2a×N（Cl-）+4a×N（NO3-），电荷不守恒，故A错误；B.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）≠2a×N（Cl-）+4a×2×N（SO42-），电荷不守恒，故B错误；C.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）≠2a×N（Cl-）+8a×N（OH-），电荷不守恒，故C错误；D.3a×N（Na+）+3a×3N（Al3+）=2a×N（Cl-）+5a×2×N（SO42-），电荷守恒，故D正确；故选：D。15、C【解题分析】

①反应先得到沉淀，当过量时沉淀将转变为溶解，①正确；②反应只会得到沉淀，②错误；③反应先得到沉淀，当碱过量时沉淀将转变为溶解，③正确；④反应只会得到沉淀，④错误；⑤向胶体中加入电解质会导致聚沉，而后逐渐溶于稀盐酸，⑤错误；⑥反应先得到沉淀，当过量时沉淀将转变为溶解，⑥正确；①③⑤⑥正确，答案选C。16、B【解题分析】

A．烧杯的底表面积比较大，需隔石棉网加热，A不合题意；B．试管的底表面积小，可直接用酒精灯火焰加热，B符合题意；C．锥形瓶具有较大的底表面积，加热时需隔石棉网进行，C不合题意；D．圆底烧瓶通常用于固液加热反应的反应器，需隔石棉网加热，D不合题意；故选B。17、A【解题分析】

铅笔芯的成分是石墨，用铅笔写一个字消耗石墨的质量约为1×10-3g，则一个铅笔字含有的碳的质量为1×10-3g，根据n(C)=m/M=1×10-3g÷12g/mol，再根据N=n（C）NA=1×10-3g÷12g/mol×6.02×1023mol-1=5×1019个，答案选A。18、D【解题分析】

A.HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；B.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；C.熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；综上所述，本题选D。【题目点拨】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。19、A【解题分析】

根据c＝n/V计算。【题目详解】A、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于100mL水中，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，A错误；B、32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，B正确；C、根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1mol/L，C正确；D、14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶于水中得到100mL溶液，则硫酸钠溶液的浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，D正确。答案选A。【题目点拨】本题主要考查一定物质的量浓度的溶液的配制及对物质的量浓度的理解、计算。注意c＝n/V中体积“V”是溶液的体积而不是溶剂的体积，为易错点。20、A【解题分析】

136C的质子数为6，质量数为13，核外电子数6，由质量数=质子数+中子数可知，中子数为14﹣6=8，故选A。【题目点拨】明确质量数=质子数+中子数及原子中质子数等于核外电子数即可解答。21、D【解题分析】

A、28g氮气的物质的量为1mol，而氮气为双原子分子，故1mol氮气中含2NA个原子，故A错误；B、标况下水为不是气态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C、硫酸是强电解质，能完全电离，故溶液中无硫酸分子，故C错误；D、2g氢气的物质的量为1mol，而生成氢气时，氢元素由+1价变为0价，故1mol氢气生成时转移2NA个电子，故D正确。故选：D。【题目点拨】掌握气体摩尔体积的使用范围，一定是在标况下的气体才能使用22.4L/mol进行计算。22、D【解题分析】

A．Cu在金属活动性顺序表中位于H元素的后边，不能把酸中的H置换出来，也不能与强碱发生反应，A错误；B．Mg不能与强碱发生反应，Na2CO3只能与某些碱发生反应，B错误；C．Fe只能与酸发生反应，不能与强碱发生反应，C错误；D．Al、NaHCO3、Al2O3遇到盐酸或强碱溶液都能反应，符合题意，D正确。故答案选D。【题目点拨】在化学学习过程中经常会遇到既可以与酸发生反应，也可以与碱发生反应的物质。常见的物质有：Al、Si（只与氢氟酸）、Al2O3、Al（OH）3、NaHCO3、（NH4）2CO3、氨基酸、蛋白质。二、非选择题(共84分)23、过滤Al2O3Fe2O3(NH4)2SO4,K2SO4,(NH3·H2O)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2OAl3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋AlO2-+H2O+H+＝Al(OH)3↓2Al(OH)3Al2O3+3H2O【解题分析】

由流程可知，Al2O3和Fe2O3不溶于水，则沉淀C为Al2O3和Fe2O3，氧化铁与碱不反应，则沉淀D为Fe2O3，反应②③中生成的沉淀为Al(OH)3，受热分解生成B为Al2O3，反应②为KAl(SO4)2、氨水的反应，则溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4、和过量的NH3·H2O，生成的沉淀为Al(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【题目详解】(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中对于溶液和沉淀的分离方法为过滤，故答案为：过滤；(2)由上述分析可知，B为Al2O3，D为Fe2O3，E为K2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O；(3)①根据分析可知该反应为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②为KAl(SO4)2和氨水的反应，氨水为弱碱不和氢氧化铝沉淀反应，所以方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4＋；③为偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸，方程式为：AlO2-+H2O+H+＝Al(OH)3↓；④为加热氢氧化铝沉淀，方程式为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O。【题目点拨】本题以实验形式考查混合物的分离、提纯，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化铝、氢氧化铝的两性，氢氧化铝不能溶于过量氨水中，题目难度中等。24、NaH2NaAlO22Na+2H2O=2NaOH+H26NA2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2【解题分析】

有A、B、C、D、E、F六种物质，C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，根据框图，单质A与水反应生成一种气体单质B和NaOH，则A为Na，B为H2，氢氧化钠和水与单质E反应生成氢气，则E为Al，因此F为偏铝酸钠，据此答题。【题目详解】（1）根据上述分析，A、B、F的化学式分别为：Na、H2、NaAlO2，故答案为Na、H2、NaAlO2。（2）钠和水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，该反应中每生成1mol的氢气，转移2mol电子，若生成3mol的H2，则转移的电子数目为6NA，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2，6NA。（3）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2，故答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-++3H2。【题目点拨】本题的突破口为C俗名称为烧碱，C为NaOH；D为无色无味液体，D为H2O，本题的易错点为铝与氢氧化钠反应的离子方程式的书写，注意反应中水也参与了反应。25、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O使用Ba（NO3）2溶液，会引入难于除去的NO3-杂质离子在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量除去过量的Ba2+除去过量的CO32—【解题分析】

（1）操作①加热过程中NaHCO3受热分解；（2）操作②加BaCl2目的是为了除去CO32-和SO42-，Ba（NO3）2会引入新的离子NO3-；（3）判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量；（4）操作③“加入过量Na2CO3溶液”的目的是除去过量的Ba2+；（5）操作⑤中“加适量盐酸”的主要目的是除去过量的CO32-。【题目详解】（1）操作①加热过程中NaHCO3受热分解：，故答案为：；（2）操作②加BaCl2目的是为了除去CO32-和SO42-，Ba（NO3）2会引入新的杂质离子NO3-，故答案为：使用Ba（NO3）2溶液，会引入难于除去的NO3-杂质离子；（3）判断“BaCl2溶液是否过量”的方法是：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量，故答案为：在滴加BaCl2溶液的过程中，静置，取上层清液放入试管中，再加入几滴BaCl2，若无沉淀生成，则证明BaCl2足量；（4）由于悬浊液中含有过量的Ba2+，加入过量Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+，故答案为：除去过量的Ba2+；（5）滤液中含有过量的Na2CO3溶液加适量盐酸的主要目的是除去过量的CO32-，故答案为：除去过量的CO32-。【题目点拨】物质的分离与提纯时需考虑除杂的顺序与除杂剂的合理选择，不能带人新的杂质。26、CSO2C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2OCD褪色漂白SO2＋H2OH2SO3【解题分析】试题分析：本题以浓硫酸与蔗糖作用的探究性实验为载体，考查浓硫酸、SO2的性质。（1）蔗糖的化学式为C12H22O11，向蔗糖中加入浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O以2:1的组成脱去，生成的黑色单质为C。（2）黑色物质为C，C继续与浓硫酸反应生成CO2、SO2和H2O，产生的两种气体为CO2和SO2，CO2是无色无味的气体，SO2是无色有刺激性气味的气体，刺激性气味的气体成分为SO2，C与浓硫酸加热时反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。（3）由蔗糖逐渐变黑说明浓硫酸具有脱水性，由C与浓硫酸反应产生两种气体说明浓硫酸具有强氧化性，该过程说明浓硫酸