上海市嘉定、长宁区2024届化学高一上期末质量检测试题含解析

上海市嘉定、长宁区2024届化学高一上期末质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列物质中，不能使酚酞溶液变红的是A．NH3 B．Na2SiO3 C．NaHCO3 D．Al(OH)32、铝、钠混合物投入足量的水中，充分反应后，得到澄清溶液，并收集到4.48L氢气(标准状况)，若钠的物质的量为0.1mol，则铝的物质的量为A．0.2mol B．0.1mol C．0.05mol D．0.025mol3、下列变化过程属于氧化还原反应的是A．煤的燃烧 B．澄清石灰水变浑浊C．用小苏打制馒头 D．氢氧化铝治疗胃酸过多4、能实现下列物质间直接转化的元素是()单质氧化物酸或碱盐A．Si B．Na C．Al D．Fe5、在酸性溶液中，能大量共存的是离子组是（）A．Mg2+、Fe2+、NO3-、SCN- B．Al3+、Fe2+、Cl-、SO42-C．K+、Na+、Cl-、HCO3- D．Na+、Ba2+、NO3-、SO42-6、下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是()A．向Br2的CCl4溶液中加量NaOH溶液，下层为红棕色B．向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白C．将红热的铁丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生棕褐色的烟D．将NaHCO3固体加入氯水中，有气体产生7、目前未列入我国“城市空气质量日报”报告的是A．二氧化碳 B．二氧化硫 C．二氧化氮 D．可吸入颗粒8、84消毒液与洁厕灵（主要成分是浓盐酸）不能混用，二者混合将发生如下反应：NaClO＋2HCl（浓）＝Cl2↑＋NaCl＋H2O。下列说法正确的是A．氧化性：NaClO>Cl2 B．NaClO发生了氧化反应C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 D．当生成71gCl2时，反应中转移电子2mol9、下列各组物质发生化学反应时，由于反应物的量不同而生成不同产物的是（）①CO2与NaOH溶液②NaHCO3溶液与盐酸③Na与氧气④C与O2⑤AlCl3溶液与氨水A．①②③ B．①④ C．②⑤ D．①③④10、下列方法不合理的是（）A．用Ba(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3 B．用水鉴别乙醇和四氯化碳C．用澄清石灰水鉴别CO和CO2 D．用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠11、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．标准状况下，33.6LHF分子中所含的原子个数为3NAB．常温常压下，92gNO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子总数为4NAC．25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-的数目为0.2NAD．42g分子式为C3H6的物质一定含有σ键的数目为8NA12、1mol·L－1硫酸溶液的含义是()A．1L水中含有1mol硫酸 B．1L溶液中含有1mol氢离子C．将98g硫酸溶于1L水中配成溶液 D．1L硫酸溶液中含98g硫酸13、下列关于浊液、胶体和溶液的说法中不正确的是()A．浊液不稳定，久置易分层或沉淀B．氢氧化铁胶体是纯净物C．浊液、胶体、溶液的本质区别在于它们的分散质粒子直径大小不同D．胶体可产生丁达尔效应而溶液不可以14、下列说法中错误的是（）A．钠在常温下就容易被氧化 B．钠受热后能够着火燃烧C．钠在空气中缓慢氧化能自燃 D．钠在氧气中燃烧比在空气中燃烧剧烈15、下列各组物质混合反应后，不能生成NaOH的是()A．Na和少量CuSO4溶液 B．Na2O2和H2O C．Ca(OH)2与Na2CO3 D．Ba(OH)2与NaCl16、含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L−1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2－＋H+＋H2O===Al(OH)3↓B．b和c曲线表示的离子反应是相同的C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD．原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1∶217、NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．2.8g铁与0.05molCl2

充分反应，转移0.15NA电子B．27gAl与足量NaOH溶液反应生成33.6LH2C．14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中含有原子的数目为3NAD．300mL0.2mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.06NA18、将碘水中的碘萃取出来的实验中，下列说法错误的是（）A．分液漏斗使用前要检验它是否漏水B．萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解C．注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡后立即分液D．若用苯作萃取剂，则分层后上层液体呈紫红色19、下列反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是A．2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O B．CaO+H2O=Ca(OH)2C．2NO+O2=2NO2 D．SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O20、某金属放入稀硫酸中，不产生气泡，该金属可能是A．Mg B．Al C．Zn D．Ag21、下列各组物质中，前者为混合物，后者为单质的是()A．Na2CO3·10H2O、石墨 B．碘酒、干冰C．石油、液氧 D．盐酸、水22、向下列溶液中滴加稀硫酸生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸，沉淀溶解的是A．Na2SiO3 B．BaCl2 C．FeCl3 D．NaAlO2二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：甲、乙、丙、丁为常见化合物，A、B为单质，相互转化关系如图。其中甲是天然气的主要成分。回答下列问题：（1）丁物质的名称：______，丙物质的化学式：_________________________________________。（2）检验化合物乙的化学方程式：___________________________________________________。（3）试剂X可能的化学式：________、________(要求：所选物质类别不同)。（4）通过分析表明：燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。（5）取变红溶液于试管中加热，观察到的现象有_______________________________________。24、（12分）已知A是一种常见金属，F是一种红褐色沉淀，试根据图中转化关系，回答下列问题。(1)写出A、C、F、G的化学式：A_________，C________，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__________________(4)写出下列转化的离子方程式或化学方程式。①E→F的化学反应方程式：_________________________②C→D的离子反应方程式：_________________________25、（12分）某化学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示实验装置。(1)写出A中反应的化学方程式:___________，浓硫酸表现出_____性。(2)实验室用装置E制备Cl2,离子方程式为____________。该反应中的还原剂是_______(填化学式)。(3)①装置A和E中，常用于萃取操作的仪器是__________(填名称)。②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B．______，D．_____。(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入品红溶液中，结果发现品红溶液未褪色，并且生成了两种常见的强酸，请你分析该现象的原因:__________(用化学方程式表示)。26、（10分）如图所示装置，可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol·L－1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的是________，A中反应的离子方程式是________。（2）实验开始时应先将活塞a打开，其目的是____________________。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：_______________________（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B中发生反应的化学方程式为____。（5）图中________(填“能”或“不能”)较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。27、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。28、（14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。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、D【解题分析】

A选项，NH3是碱性气体，溶于水显碱性，使酚酞溶液变红，故A不符合题意；B选项，Na2SiO3溶于水显碱性，使酚酞溶液变红，故B不符合题意；C选项，NaHCO3溶于水显碱性，使酚酞溶液变红，故C不符合题意；D选项，Al(OH)3是两性氢氧化物，不溶于水，不能使酚酞溶液变红，故D符合题意；综上所述，答案为D。2、B【解题分析】

标准状况下4.48L氢气即0.2mol，生成0.2mol氢气转移电子0.4mol，根据电子守恒可知金属参与反应转移电子共0.4mol，由于钠的物质的量为0.1mol，转移电子0.1mol，则铝转移电子0.3mol，1mol铝转移电子3mol，故铝的物质的量为0.1mol，故选B。3、A【解题分析】

A．煤的燃烧是煤与氧气反应生成二氧化碳和水，发生元素价态的变化，属于氧化还原反应，A符合题意；B．澄清石灰水中的Ca(OH)2与空气中的CO2反应，生成CaCO3和水，属于非氧化还原反应，B不合题意；C．用小苏打制馒头时，NaHCO3发生分解(或与乳酸反应)生成CO2，发生非氧化还原反应，C不合题意；D.．氢氧化铝治疗胃酸过多时，发生Al(OH)3与HCl的复分解反应，D不合题意；故选A。4、B【解题分析】

A.硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能和水反应，故错误；B.钠和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，故正确；C.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和水不反应，故错误；D.铁和氧气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁不与水反应，故错误。故选B。5、B【解题分析】

酸性溶液中存在大量的H+，判断选项中离子与H+是否共存。【题目详解】A.H+与Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能共存，A项错误；B.H+与Al3+、Fe2+、Cl-、SO42-均能大量共存，B项正确；C.H+与HCO3-发生复分解反应而不能共存，C项错误；D.Ba2+与SO42-发生复分解反应而不能共存，D项错误；答案选B。【题目点拨】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO2-与HCO3-不能大量共存：②“NO3-＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO32-等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH4+与CH3COO－、CO32-，Mg2＋与HCO3-等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。6、A【解题分析】

A．溴与NaOH反应后，与四氯化碳分层，则充分振荡，上下两层均为无色，A符合题意；B．氯水中含HCl、HClO，HClO具有漂白性，则pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，B不合题意；C．Fe与氯气反应生成固体氯化铁，则产生产生棕褐色的烟，C不合题意；D．氯水中含盐酸，与NaHCO3固体反应有二氧化碳气体产生，D不合题意；故答案为：A。7、A【解题分析】

“城市空气质量日报”报告数据包括二氧化硫、二氧化氮、可吸入颗粒物，没有二氧化碳，答案选A。8、A【解题分析】

A.化合价降低的物质为氧化剂，即为NaClO，氧化产物为Cl2，因此氧化性：NaClO>Cl2，故A正确；B.NaClO化合价降低，发生了还原反应，故B错误；C.氧化剂是NaClO，还原剂是HCl，但还原剂只有1mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故C错误；D.根据方程式分析，生成1molCl2时转移1mol电子，因此当生成71gCl2即1mol时，反应中转移电子1mol，故D错误。综上所述，答案为A。9、B【解题分析】

①CO2与NaOH溶液反应时若二氧化碳少量生成碳酸钠，若二氧化碳过量则生成碳酸氢钠，故①符合题意；②NaHCO3溶液与盐酸反应，无论用量多少都是生成二氧化碳、水和氯化钠，故②不符合题意；③Na与氧气在加热条件下生成过氧化钠，常温条件下生成氧化钠，反应条件不同产物不同，与反应物的用量无关，故③不符合题意；④C与O2反应时，若氧气过量则生成CO2，若氧气不足则生成CO，故④符合题意；⑤氨水为弱碱不能和氢氧化铝反应，AlCl3溶液与氨水反应无论用量多少都生成氯化铵和氢氧化铝，故⑤不符合题意；故答案为B。10、A【解题分析】

A、Ba(OH)2溶液和Na2CO3、NaHCO3反应，均会产生白色沉淀，故该方法无法鉴别Na2CO3和NaHCO3，A错误；B、水和乙醇互溶，和四氯化碳不互溶，会出现分层，且水在上层，故可以用水鉴别乙醇和四氯化碳，B正确；C、CO不和澄清石灰水反应，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故可以用澄清石灰水鉴别CO和CO2，C正确；D、硫酸和碳酸钠反应产生气泡，和硅酸钠反应产生白色沉淀，和硫酸钠不反应，故可以用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠，D正确；故选A。11、B【解题分析】

A.标准状况下HF为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故A错误；B.NO2和N2O4的最简式均为NO2，所以92gNO2和N2O4的混合气体中含有NO2的物质的量为92g÷46g/mol=2mol，故含有4mol氧原子即含有的氧原子总数为4NA，故B正确；C.25℃时，pH=13的Ba(OH)2溶液中OH-的浓度为0.1mol·L-1，故1L溶液中含有的OH-的物质的量为0.1mol，含有OH-的数目为0.1NA，故C错误；D.42g分子式为C3H6的物质的量为1mol，C3H6有两种同分异构体即丙烯或环丙烷，若为丙烯，含有σ键的数目为8NA，若为环丙烷，则含有σ键的数目为9NA，故D错误。故选B。【题目点拨】注意易错点为D项，分子式为C3H6的物质有2种同分异构体：丙烯或环丙烷。12、D【解题分析】

A．lmol•L-1硫酸溶液是指1L硫酸溶液中含有lmol

H2SO4，不是1L水，故A错误；

B．1Llmol•L-1硫酸溶液中含有氢离子的物质的量为：1mol/L×2×1L=2mol，故B错误；C．98g硫酸的物质的量为1mol，1mol硫酸溶于1L水所配成的溶液体积不是1L，溶液浓度不是1mol/L，故C错误；

D．lmol•L-1硫酸溶液是指1L该硫酸溶液中含有lmol

H2SO4，lmol

H2SO4的质量为1mol×98g/mol=98g，故D正确；

故选：D。【题目点拨】明确物质的量浓度的含义为解答关键，注意区分溶液体积与水体积，试题侧重基础知识的考查，有利于培养学生的灵活应用能力。13、B【解题分析】

A．浊液中分散质的微粒半径较大，不稳定，所以浊液久置易分层或沉淀，故A正确；

B．胶体是分散剂和分散质的混合物，氢氧化铁胶体是水和氢氧化铁形成的混合物，故B错误；

C．分散系是根据分散质粒子直径大小不同分类的，则浊液、胶体、溶液的本质区别在于它们的分散质粒子直径大小不同，故C正确；

D．丁达尔效应是胶体特有的性质，所以胶体可产生丁达尔效应而溶液不可以，故D正确。

故选：B。14、C【解题分析】

A．钠在常温下就容易被空气中的氧气氧化为Na2O，A不合题意；B．钠在空气中受热后能够着火燃烧，生成Na2O2，B不合题意；C．钠在空气中缓慢氧化，生成Na2O，但不能自燃，C符合题意；D．空气中O2的浓度小于氧气，所以钠在氧气中燃烧比在空气中剧烈，D不合题意；故选C。15、D【解题分析】

A.Na和少量CuSO4溶液，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化钠有剩余，能生成NaOH，故不选A；B.Na2O2和H2O反应生成氢氧化钠和氧气，能生成NaOH，故不选B；C.Ca(OH)2与Na2CO3生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，能生成NaOH，故不选C；D.Ba(OH)2与NaCl不反应，不能生成NaOH，故选D；故答案选D。16、D【解题分析】

A．a曲线表示Na[Al(OH)4]和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，故A正确；B．b曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，Na[Al(OH)4]中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为x，Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，1mol78g1mol•L-1×0.05Lxx=3.9g，故C正确；D．由图象知，Na2CO3、Na[Al(OH)4]的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比，故D错误；答案选D。【题目点拨】本题考查了反应与图象的关系，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，难度较大，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。17、C【解题分析】A.已知2Fe+3Cl22FeCl3，2.8g铁与0.05molCl2

充分反应，氯气不足量，铁过量，即氯气完全反应，应转移0.1NA电子，A错误；B.27gAl与足量NaOH溶液反应生成氢气在标准状况下的体积是33.6L，B错误；C.乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)的最简式相同即CH2，14g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中所含CH2的物质的量为1mol（14g/14g/mol），则混合物中所含有原子的数目为3NA，正确；D.300mL0.2mol/L蔗糖溶液中所含蔗糖分子数为0.06NA，未包括溶剂水的分子数，D错误。答案选C。18、C【解题分析】

A．分液漏斗结构中有玻璃旋塞，使用前要检验它是否漏水，A正确；B．萃取剂要求不溶于水，且比水更容易使碘溶解，B正确；C．注入碘水和萃取剂，倒转分液漏斗反复用力振荡，同时注意放气，而不是立即分液，C错误；D．若用苯作萃取剂，苯的密度小于水，有机层在上层，则分层后上层液体呈紫红色，D正确；答案选C。【题目点拨】明确萃取的原理是解答的关键，萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，选用的萃取剂的原则是：①和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反应；②溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。19、C【解题分析】

两种物质生成一种物质的反应为化合反应，含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答。【题目详解】A．反应2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O为分解反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项A不符合；B．反应CaO+H2O=Ca(OH)2无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项B不符合；C．反应2NO+O2=2NO2为化合反应，且N、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项C符合；D．反应SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O为复分解反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项D不符合；答案选C。【题目点拨】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应的分类法和常见元素的化合价。20、D【解题分析】

稀硫酸能和金属活动性顺序表中，排在氢前面的金属发生置换反应产生氢气，Mg、Al、Zn均排在氢前面，而Ag排在氢后面，故D错误；本题答案为D。21、C【解题分析】

A、Na2CO3·10H2O是化合物，石墨是单质，故A错误；B、碘酒是碘的酒精溶液是混合物，干冰是化合物，故B错误；C、液氧是单质，石油是多种烃的混合物，故C正确；D、盐酸是HCl和H2O的混合物，水是化合物，D错误。故选C。22、D【解题分析】

A.Na2SiO3溶液中滴加稀硫酸生成白色硅酸沉淀，继续滴加稀硫酸，沉淀不会溶解，A不符合题意；B.BaCl2溶液中滴加稀硫酸生成白色BaSO4沉淀，继续滴加稀硫酸，沉淀不会溶解，B不符合题意；C.FeCl3溶液中滴加稀硫酸没有明显现象，不会出现白色沉淀，C不符合题意；D.NaAlO2溶液中滴加稀硫酸先生成白色Al（OH）3沉淀，继续滴加稀硫酸，Al（OH）3溶于稀硫酸得到硫酸铝溶液，D符合题意；答案选D。二、非选择题(共84分)23、水COCO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色，有气泡冒出【解题分析】

甲是天然气的主要成分，则甲是甲烷，甲与A，B与A能燃烧，则A是氧气，丁电解生成A、B，则B是氢气，丁是水，乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红，则乙是二氧化碳，丙与乙可以相互转化，则丙是一氧化碳，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析可知丁是水，丙是CO，故答案为：水；CO；(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水，反应方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O；(3)由丙转化到乙，则试剂X可以是氧气，也可以是氧化铜等物质，所属的类别分别是单质和氧化物；故答案为：O2；CuO；(4)通过分析表明:燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气；故答案为：充足的氧气；(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程，故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色，有气泡冒出；故答案为：红色溶液变成紫色，有气泡冒出。24、FeFeCl2Fe(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＋(答案合理即可)防止Fe2＋被O2氧化变质4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)32Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋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)根据分析可知A为Fe，C为FeCl2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3，故答案为：Fe；FeCl2；Fe(OH)3；Fe2O3；(2)D为FeCl3，含有阳离子为Fe3+，检验Fe3+离子的方法为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，证明有Fe3+，故答案为：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＋(答案合理即可)；(3)FeCl2易被空气中氧气氧化，保存FeCl2溶液时加固体Fe，防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：防止Fe2+被氧气氧化；(4)E转化为F是氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；反应化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，C→D反应离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－。【题目点拨】本题涉及Fe元素单质化合物的性质及转化，物质的颜色是推断突破口，再结合转化关系推断各物质，掌握元素化合物的性质是解题的关键。25、Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O氧化性和酸性MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2OHCl分液漏斗褪色的品红恢复红色无明显现象Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解题分析】(1)装置A中浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，浓硫酸中硫元素部分化合价由+6价变为+4价，部分化合价不变以硫酸盐形式存在，表现出氧化性和酸性；(2)实验室用装置E二氧化锰和浓盐酸反应制备Cl2,离子方程式为MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O；该反应中盐酸中的氯元素由-1价变为0价，作为还原剂，故还原剂为HCl；(3)①装置A和E中，常用于萃取操作的仪器是分液漏斗；②二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白具有不可逆性，加热也不能恢复红色，故停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B.褪色的品红恢复红色，D.无明显现象；(4)SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，发生Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，不再具有漂白性。26、铁屑Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑排出装置中的空气首先打开a，让分液漏斗中酸液流下，使A中产生的H2通入B中，一段时间后关闭a，烧瓶中压强增大，A中液体沿导管流入B中，产生少量白色沉淀4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3能【解题分析】

为了能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，应该先用氢气排出装置中氧气，即先打开d，然后关闭d，利用生成氢气产生的压强将硫酸亚铁溶液压入B中生成氢氧化亚铁，据此解答。【题目详解】（1）A中应预先盛放固态反应物铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子反应方程式为Fe+2H+＝Fe2++H2↑；（2）实验开始时，应先打开活塞a，使生成的氢气进入整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化；（3）A中反应发生后，为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强，因此实验操作为首先打开a，让分液漏斗中酸液流下，使A中产生的H2通入B中，一段时间后关闭a，烧瓶中压强增大，A中液体沿导管流入B中，产生少量白色沉淀；（4）氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色，反应的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；（5）根据以上分析可知图中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。【题目点拨】本题考查了氢氧化亚铁的制备方法，明确实验目的及原理为解答关键，注意掌握制备氢氧化亚铁的方法，即制取氢氧化亚铁时必须在无氧气条件下进行反应。27、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【解题分析】

(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【题目详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；(5)铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑2M