海南省昌江县矿区中学2023-2024学年高一化学第一学期期末检测模拟试题含解析

海南省昌江县矿区中学2023-2024学年高一化学第一学期期末检测模拟试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列各物质所含原子数目按由大到小顺序排列的是()①0.6molNH3②0.2molH3PO4③9gH2O④标准状况下22.4LHeA．①②③④ B．②③①④ C．②①③④ D．①②④③2、下列实验操作能够达到实验目的的是()A．用激光笔鉴别氢氧化铁胶体和NaCl溶液B．实验室采用图所示装置收集Cl2C．除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，可加入Ca(OH)2溶液后过滤D．用酒精萃取碘水中的碘单质3、当光束通过时，能观察到丁达尔效应的是（）A．稀硫酸 B．溶液 C．胶体 D．酒精溶液4、下列说法不正确的是（）A．电解熔融氯化铝可制取金属铝B．CO高温条件下还原氧化铁可制铁C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英砂D．用SiO2和C高温条件下制粗硅5、下列各组离子，在溶液中能大量共存的是

()A．Ca2+、Na+、CO32－、NO3－ B．Na+、HCO3－、Cl－、OH－C．Na+、Al3+、Cl－、SO42－ D．H+、Fe2+、NO3－、SO42－6、实验室欲用18mol/L的浓硫酸配制90mL1mol/L的稀硫酸，下列说法正确的是()A．用量筒量取5.0mL的浓硫酸B．浓H2SO4在烧杯中稀释后，立即转移至容量瓶中C．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D．定容时，若仰视刻度线，所配溶液浓度会偏低7、1998年诺贝尔化学奖授予科恩（美）和波普尔（英）以表彰他们在理论化学领域作出的重大贡献。他们的工作使实验和理论能够共同协力探讨分子体系的性质，引起整个化学领域正在经历一场革命的变化。下列说法正确的是A．化学不再是纯实验科学 B．化学不再需要实验C．化学不做实验，就什么都不知道 D．未来化学的方向还是经验化8、氧化还原反应的实质是A．元素化合价发生变化 B．反应中有氧原子的得失C．反应中有电子得失或电子偏移 D．反应后生成新物质9、可用下图装置制取（必要时可加热）、净化、收集的气体是（）A．铜和稀硝酸制一氧化氮B．亚硫酸钠与浓硫酸制二氧化硫C．锌和稀硫酸制氢气D．生石灰与浓氨水制氨气10、下列离子方程式正确的是()A．铁与FeCl3溶液反应：Fe＋Fe3＋===2Fe2＋B．Fe与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑C．FeCl2溶液与Cl2反应：Fe2＋＋Cl2===Fe3＋＋2Cl－D．Fe(OH)3与盐酸反应：Fe(OH)3＋3H＋===Fe3＋＋3H2O11、既含离子键又含共价键的物质是A．H2B．NaOHC．H2OD．MgC1212、下列物质中，不能电离出酸根离子的是()A．Na2O B．KMnO4 C．NH4NO3 D．CaCl213、下列物质属于电解质并且能导电的是（）A．Na2CO3·10H2O晶体 B．熔融的Al2O3C．稀硫酸 D．蔗糖14、下列关于硅单质及其化合物的说法错误的是（）A．硅是构成岩石和矿物的基本元素B．粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应C．高纯度的硅单质广泛用于制作半导体材料D．水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品15、草酸溶液能使酸性KMnO4溶液褪色，其离子方程式为：MnO4－＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋＿＿(未配平)。关于此反应的叙述正确的是A．该反应的还原产物是CO2B．该反应右框内的产物是OH－C．配平该反应后，H＋计量数是6D．1molMnO4－在反应中失去5mol电子16、关于Na2CO3与NaHCO3的性质判断正确的是（）A．常温下溶解度：Na2CO3<NaHCO3B．热稳定性：Na2CO3<NaHCO3C．与同浓度同体积的盐酸反应的速率：Na2CO3>NaHCO3D．与澄清石灰水反应，均有白色沉淀生成17、将质量均为m

g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如图所示，则X、Y气体可能分别是（）A．N2CH4 B．CO2SO2C．Cl2CO2 D．CH4Cl218、下列实验操作或现象中，能区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的是A．丁达尔效应 B．过滤 C．观察颜色 D．静置19、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→Cu20、将20mL0.5mol•L﹣1K2SO3溶液逐滴加入到20mL0.2mol•L﹣1硫酸酸化的紫色KMnO4溶液中，溶液恰好变为无色，则Mn元素在产物中的存在形态是（）A．MnB．Mn2+C．Mn2O3D．K2MnO421、标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，下列说法不正确的是（）A．标准状况下，同体积的气体A和气体B的质量比为m:nB．25℃时，1kg气体A和1kg气体B的分子数之比为n:mC．同温同压下，气体A与气体B的密度之比为m:nD．标准状况下,等质量的A和B的体积比为m:n22、用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．1mol水含有的氢原子数目为NA B．1mol氩气分子所含的原子数目为2NAC．0.5mol碳酸钠中含有的钠离子为0.5NA D．0.5mol硝酸中含有的氧原子为1.5NA二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如图变化关系：（1）A的名称是___；D的化学式是___。（2）B→D反应的化学方程式___。（3）A与水反应的化学方程式___。24、（12分）A～G为中学化学常见的化合物，是生活中用途广泛的两种金属单质。其相互转化关系如图所示（反应条件已略去）：请回答下列问题（1）的化学式分别为____、____。（2）①～⑨中，属于非氧化还原反应的是___。（3）反应⑨的化学方程式为_________，该反应的现象为____。（4）反应①、④的离子方程式分别为__________、_______。25、（12分）某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。（1）装置Ⅰ中仪器c的名称是_______________，实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的离子方程式为_______________________________________________________。（2）装置Ⅱ的作用是________________________。（3）实验过程中装置Ⅳ中的实验现象为______________________________。（4）实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在上图装置Ⅱ与III之间添加下图中的_______装置(填序号)。（5）装置Ⅴ的目的是防止尾气污染空气，写出装置Ⅴ中发生反应的离子方程式___________________。26、（10分）实验室用如图所示裝置制备氯气并进行性质实验(必要时可加热，省略夹持装置)(1)仪器a的名称是：_______；装置B中长颈漏斗的作用是：_______。蒸馏烧瓶b中发生反应的化学方程式为________。(2)洗气装置B试剂是饱和食盐水，其作用是______，分液漏斗D中发生反应的化学方程式为________。(3)F处为尾气吸收装置，写出实验室利用烧碱溶液吸收Cl2的离子方程式_______。(4)设计实验比较氯、溴的氧化性强弱。操作和现象和结论为：取适量溴化钠溶液和苯混合于试管中，通入_______，振荡静置，_______。27、（12分）有一含NaCl、NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。请回答下列问题。(1)实验步骤：①按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_________。②称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，A中碱石灰的作用是_______。④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_______。⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)实验方案的评价及数据处理①实验步骤⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟的目的是__________。②若样品质量为Wg，反应后C装置增加的质量为m1g则D装置增重的质量为______g(用含m1的代数式表达)，混合物中NaHCO3的质量分数为________(用含W、m1的代数式表示)。28、（14分）Ⅰ、化学与人类生活密切相关。回答下列问题：（1）酸雨的pH

小于____________。（2）漂白粉的有效成分是_______________，自来水厂使用漂白粉是利用其______________性。（3）钠与水反应的离子方程式为_______________________________。（4）向一铝制易拉罐中充满CO2后，再往罐中注入足量的NaOH溶液，立即严封罐口，不一会儿就发现易拉罐变瘪，再过一会易拉罐又鼓胀起来，解释上述实验现象，易拉罐又鼓胀起来的原因是____________________（用化学方程式表示）。II.下列物质：①盐酸②Na2SO4晶体③浓硝酸④铜⑤烧碱⑥蔗糖⑦食醋⑧SO2（5）上述物质中可导电的是__________，属于电解质的是__________（填序号）。（6）写出③与④的反应的化学方程式为__________________________________。29、（10分）按要求填空。(1)已知甲、乙两物质分别由H、C、Na、O、Cl、Fe元素中的一种或几种组成。①若甲物质为碱性氧化物，则甲的化学式为_______(写一种)。②若乙物质可作为呼吸面具中氧气的来源，则乙的化学式为________，其供氧原理是_____(用化学方程式表示)。(2)在横线上填入合适的符号：_____+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+(3)写出氯气与水反应的化学方程式，并用双线桥法标出电于转移的方向和数目：_____。(4)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性。某反应中参加反应的离子为MnO、H+和一种未知离子，产物为Fe3+、Mn2+和H2O。该反应的离子方程式为_____。

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【解析】

根据粒子数目、气体体积、物质的质量与物质的物质的量之间的关系分析解答。【详解】①0.6mol氨气含有原子物质的量=0.6mol×4=2.4mol；②0.2mol磷酸含有原子物质的量=0.2mol×8=1.6mol；③水的质量为9g，其物质的量=0.5mol，含有原子物质的量=0.5mol×3=1.5mol；④标准状况下22.4L氦气的物质的量为1mol，为单原子分子，含有原子为1mol，故含有原子数目①＞②＞③＞④，故A正确。故选A。【点睛】原子的物质的量=该物质的物质的量×原子下角标系数。2、A【解析】

A．丁达尔现象为胶体特有的性质，激光笔可鉴别氢氧化铁胶体和NaCl溶液，故A正确；B．氯气的密度比空气密度大，收集氨气时应长导管进入，故B错误；C．二者均与氢氧化钙溶液反应，不能除杂，故C错误；D．酒精与水互溶，不能作萃取剂，故D错误；故选：A。【点睛】掌握碳酸钠和碳酸氢钠的性质，注意二者的鉴别和分离的方法。3、C【解析】

稀硫酸、CuSO4溶液、酒精溶液都是溶液，不能产生丁达尔效应，而Fe（OH）3胶体属于胶体，可以产生丁达尔效应，故C正确；故选C。4、A【解析】

A错误，氯化铝是共价化合物，通电时AlCl3不会电离产生Al3+，故电解AlCl3得不到Al，应该电解Al2O3；故选A。【点睛】AlCl3是共价化合物，这是课本上所没有提到的，需要考生在平时的练习中自己积累；也正是因为AlCl3是共价化合物，工业上冶炼铝往往电解熔融的Al2O3。5、C【解析】

A．Ca2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．HCO3-、OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故B错误；C．该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，则H+、Fe2+、NO3－三者之间不能大量共存，故D错误；故选C。6、D【解析】

配制90mL1mol/L的稀硫酸需要用到容量瓶，因为没有90mL的容量瓶，故选100mL容量瓶，配制100mL溶液；【详解】A.实际配制硫酸体积为100mL，根据稀释规律：100mL×1mol/L=18mol/L×VmL，解之得V=5.6mL，故所需浓硫酸体积为5.6mL，A错误；B.浓硫酸稀释放出大量的热，需要冷却后再转移到容量瓶中，B错误；C.定容时加水超过刻度线若用滴管吸出，也会吸出一部分溶质，故只能重新配制，C错误；D.定容时，仰视刻度线会造成溶液体积偏大，浓度偏低，D正确；答案选D。【点睛】配制溶液中的误差分析：根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。7、A【解析】

A．化学离不开实验，也需要理论的指导，故A正确；B．化学是一门以实验为基础的科学，化学不再需要实验是错误的，故B错误；C．化学也需要理论研究，离不开理论的指导，故C错误；D．化学无论何时，都需要实验来验证，故D错误；故答案为A。8、C【解析】

A．元素化合价发生变化是氧化还原反应的特征，不是实质，故A错误；B．不是所有的氧化还原反应都有氧元素参与，因此反应中有氧原子的得失也不是氧化还原反应的实质，故B错误；C．反应中有电子得失或电子对的偏移是氧化还原反应的实质，故C正确；D．任何化学反应发生后都有新物质产生，因此不是氧化还原反应的特征，故D错误；故选C。9、B【解析】

A、NO不能用排空气法收集，错误；B、正确；C、H2应用向下排空气法收集，错误；D、NH3不能用浓硫酸干燥，应用向下排空气法收集，错误。10、D【解析】A、电荷不守恒，应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；B、违反反应事实，应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C、电荷不守恒，应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C错误；D、氢氧化铁是难溶物质，不能拆写成离子，发生中和反应，故D正确。点睛：离子反应方程式正误判断中，一先看是否符合客观事实，二看电荷数是否相等，三看拆写是否正确，四看是否缺少反应。11、B【解析】

一般来说，活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，【详解】A项、H2是双原子分子，分子中只有共价键，故A错误；B项、NaOH是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，钠离子和氢氧根之间是离子键，氢氧根内部存在共价键，故B正确；C项、H2O是共价化合物，分子中只有共价键，故C错误；D项、MgC12是离子化合物，只存在镁离子和氯离子之间的离子键，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学键，为高频考点，把握离子键、共价键判断的一般规律为解答的关键。12、A【解析】

A.氧化钠是金属氧化物，熔融状态下电离出钠离子和氧离子，所以不能电离出酸根离子，故A正确；B.高锰酸钾是盐，在水溶液中电离出钾离子、高锰酸根离子，高锰酸根离子属于酸根离子，故B错误；C.硝酸铵在水溶液中电离出铵根离子、硝酸根离子，硝酸根离子属于酸根离子，故C错误；D.氯化钙在水溶液里电离出钙离子和氯离子，氯离子属于酸根离子，故D错误；故选：A。13、B【解析】

A．Na2CO3·10H2O晶体是电解质，但不能导电，故A错误；B．熔融的Al2O3能导电且为电解质，故B正确；C．稀硫酸能导电，但不是电解质也不是非电解，故C错误；D．蔗糖是非电解质，故D错误；答案为B。14、B【解析】

A.硅在地壳中的含量高，在自然界中硅主要以化合物二氧化硅、硅酸盐等的形式存在，二氧化硅、硅酸盐等硅的化合物是构成岩石和许多矿物的主要成分，可以说硅是构成岩石和许多矿物的基本元素，A项正确；B.粗硅制备单质硅要用西门子法，先将粗硅变成三氯氢硅再用氢气还原，该过程中涉及氧化还原反应，B项错误；C.单质硅是一种半导体材料，广泛用于电子工业，C项正确；D.水泥、玻璃、陶瓷是三大硅酸盐产品，D项正确；答案选D。15、C【解析】

A．H2C2O4中碳元素的化合价升高，发生氧化反应，CO2为氧化产物，故A错误；B．根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++__，根据电荷守恒、原子守恒，所以空白中为8H2O，H+的计量数是6，故B错误；C．化合价降低的元素是锰元素，所在反应物KMnO4是氧化剂，被还原为Mn2+，故根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6，故C正确；D．锰元素化合价从+7价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4-在反应中得到5mol电子，故D错误；故选：C。16、D【解析】

A．常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时在水中的溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，选项A错误；B．NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，选项B错误；C．分别滴加HCl溶液，碳酸钠溶液中的反应分两步进行：CO32﹣+H+═HCO3﹣，HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸直接发生反应：HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，所以相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，选项C错误；D．Na2CO3和Ca(OH)2混合后生成CaCO3，发生Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca(OH)2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca(OH)2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质及应用。NaHCO3与Na2CO3相比较，NaHCO3不稳定，加热易分解，常温时，Na2CO3溶解度较大，与盐酸反应时，NaHCO3反应剧烈，都可与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀。17、B【解析】

根据pV=nRT可知，在质量、温度、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，据此分析作答。【详解】由图可知，温度相同时，P(O2)＞P(X)＞P(Y),根据pV=nRT可知，在质量、温度、体积相同的条件下，气体的相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。所以，X、Y的相对分子质量大于32，且Y的相对分子质量大于X。符合条件的只有B。故答案选B。18、A【解析】

当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)，胶体(1nm～100nm)，浊液(大于100nm)，丁达尔现象为胶体特有的性质，所以能区分

FeCl3

溶液和

Fe(OH)3

胶体的是丁达尔效应，故答案为：A。【点睛】胶体中的胶粒能够透过滤纸，不能透过半透膜，胶体属于介稳体系，静置不足以使之产生沉淀（聚沉），需要加热、剧烈机械振动、外加电解质等才能使得胶体聚沉。19、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。20、B【解析】

由信息可知，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则Mn元素的化合价降低，设反应后Mn元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.02L×0.5mol/L×（6-4）=20×10-3L×0.2mol•L﹣1×（7-x），解得x=+2，故选B。21、D【解析】

标准状况下，mgA气体与ngB气体分子数相等，因此根据阿伏加德罗定律可知，气体的物质的量是相等的，所以二者的摩尔质量之比是m:n。所以在质量相等的条件下，二者的分子数之比是n:m，体积之比也是n:m；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比，即二者的密度之比是m:n，所以只有选项D不正确，答案选D。22、D【解析】

A.1mol水含有的氢原子数目为1mol×2×NA=2NA，故A错误；B.氩气为单原子分子，因此1mol氩气分子所含的原子数目为NA，故B错误；C.0.5molNa2CO3中含有的钠离子为0.5mol×2×NA=NA，故C错误；D.0.5mol硝酸中含有的氧原子为0.3mol×3×NA=1.5NA，故D正确；答案：D二、非选择题(共84分)23、钠NH3NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O2Na+2H2O=2NaOH+H2↑【解析】

B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色，可知B溶液中含有钠元素，A是金属，和水反应生成B和E，可知A是钠，B是NaOH溶液，E是氢气。氢气和氯气点燃生成HCl，NaOH溶液和固体C在加热下生成气体D，则D为NH3，氨气和HCl化合生成NH4Cl，能看到白烟，所以C为NH4Cl。【详解】由以上分析可知，A是金属钠，B是NaOH，E是H2，C是NH4Cl，D是NH3，F是HCl。（1）A的名称是钠；D的化学式是NH3。（2）B→D反应的化学方程式是NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O。（3）A与水反应的化学方程式是2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。【点睛】根据特征颜色和特殊实验现象可以快速找到无机推断题的突破口，如B溶液能使酚酞试液变红，说明溶液显碱性，焰色反应呈黄色，说明溶液中有钠元素；D、F相遇会产生白烟通常是氨气和氯化氢反应生成氯化铵的反应。24、Fe2O3NaAlO2②④⑦⑧4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【解析】

X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。【详解】根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeCl2，F为Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；写出①～⑨的化学方程式：①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3④Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O⑤Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑥2FeCl3+Fe=3FeCl2⑦FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl⑧FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(1)A为Fe2O3，C为NaAlO2；(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有②④⑦⑧；(3)⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)①的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，④的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。【点睛】能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。25、分液漏斗MnO2+4H++2Cl–Mn2++Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢气体无色溶液变为蓝色④Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O【解析】

（1）装置Ⅰ中仪器c的名称是分液漏斗，实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl–Mn2++Cl2↑+2H2O；答案：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl–Mn2++Cl2↑+2H2O。(2)装置Ⅱ中盛有饱和食盐水,因为浓盐酸具有挥发性,则制取的氯气中混有氯化氢,用饱和食盐水可以除去杂质氯化氢,因此，答案是:除去氯气中的氯化氢气体。

(3)氯气具有氧化性,能够与碘化钾溶液反应生成碘单质,所以装置Ⅳ中通入氯气后,无色溶液变蓝色,因此，答案是:无色溶液变蓝色。

(4)干燥的氯气不具有漂白性,Ⅱ和Ⅲ之间可加干燥装置,除去氯气中的水蒸气，根据氯气的化学性质可知，应选浓硫酸作干燥剂，本题正确答案是:④。(5)装置Ⅴ盛放的是氢氧化钠溶液,目的是防止尾气污染空气,反应的化学方程式为:Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O,因此，答案是:Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O。26、分液漏斗平衡装置中压强，防止爆炸MnO2+4HC1(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢气体Cl2+2NaBr=Br2+2NaC1Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O氯气溶液分层，上层溶液显棕红色，说明氯气的氧化性比溴强【解析】

装置A是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，氯气中含杂质氯化氢，通过装置B中饱和食盐水除去，通过无水氯化钙干燥气体，验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，D、E的目的是比较氯、溴、碘的氧化性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于苯，出现分层后上层为紫红色的苯层，该现象不能说明溴的氧化性强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化，应排除氯气的干扰，最后剩余气体被氢氧化钠吸收。【详解】(1)根据装置图可知装置A中仪器a名称为分液漏斗，装置B中NaCl溶液可以除去Cl2中混有的HCl杂质气体，其中的长颈漏斗可以平衡气压，防止发生爆炸，因此装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若C发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，装置B中长颈漏斗的作用是平衡装置中压强，防止玻璃仪器破裂，蒸馏烧瓶b中发生反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以洗气装置B中饱和食盐水作用是除去Cl2中的HCl；在分液漏斗D中Cl2与NaBr发生置换反应，产生Br2，发生反应的化学方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl；(3)F处为尾气吸收装置，装置F中盛有NaOH溶液，可以除去未反应的Cl2、及挥发的Br2蒸气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)由于氧化性Cl2＞Br2，所以要设计实验比较氯、溴的氧化性强弱，可以取适量溴化钠溶液和苯混合于试管中，通入的氯气，振荡、静置，由于Br2易溶于苯，苯与水互不相溶，且苯的密度比水小，若观察到：上层的苯层呈棕红色，说明氯气的氧化性比溴强。【点睛】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学性质、实验设计、实验装置的理解评价、化学方程式的书写等，是对所学知识的综合运用，注意基础知识的掌握，题目难度中等．27、检查装置气密性吸收空气中的水和二氧化碳2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑使反应产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收×100%【解析】

将混合物加热，NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，NaCl受热不发生变化，分解产生H2O(g)在C处吸收，产生的CO2气体在D中吸收，根据C增重质量可计算出NaHCO3的质量及其分解产生的CO2的质量，从而求出NaCl的质量；为避免在实验过程中由于装置漏气或装置中空气的成分的影响，应在实验前检验装置的气密性，想法赶出装置中的空气，分解实验完毕，再通入处理过的空气，将分解产生的气体全部赶入装置C、D处，被完全吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果，根据以上分析进行解答即可。【详解】(1)①按图组装好实验装置后，首先进行的操作是检查装置气密性；③装置内有空气，空气中含有水蒸气和二氧化碳，影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，缓缓鼓入空气数分钟，A中碱石灰的作用是吸收装置内空气中的水和二氧化碳；④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；(2)①实验步骤⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟的目的是使NaHCO3分解产生的水蒸气和二氧化碳完全被C、D吸收；②若样品质量为wg，反应后C装置增加的质量为m1g，根据方程式：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知：每有168gNaHCO3反应，会产生18gH2O，44gCO2，则反应产生m1g水，会产生CO2的质量为m(CO2)=g=g，即D装置增重的质量为g，混合物中NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=g，由于样品质量为wg，所以NaHCO3的质量分数为：×100%=×100%。【点睛】本题以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力和计算能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键；注意排除装置中空气的干扰。28、5.6Ca

(ClO)2强氧化性2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2

↑2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2