2022-2023学年云南省玉溪师范学院附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析

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云南省玉溪师范学院附属中学2022-2023学年高一上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．将Na2O2投入到FeCl2溶液中，可观察到的现象是(　　)
①有气泡产生　②生成白色沉淀　③生成红褐色沉淀　④无变化
A．①③ B．①② C．①②③ D．④
【答案】A
【详解】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，且过氧化钠还具有强氧化性；所以将Na2O2投入到FeCl2溶液中，首先可观察到的现象是有气泡产生，亚铁离子被氧化生成铁离子，然后铁离子与生成的氢氧化钠反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，因此正确的答案选A。
2．下列反应中，铁只能生成＋3价化合物的是
A．少量铁与稀硫酸反应 B．铁丝在氧气中燃烧
C．过量铁粉在氯气中燃烧 D．Fe投入到CuSO4溶液中
【答案】C
【详解】A．少量铁与稀硫酸反应生成FeSO4和H2，不可能生成＋3价铁的化合物，故A不符合题意；
B．铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4，含有+2和+3价铁，故B不符合题意；
C．过量铁粉在氯气中燃烧生成FeCl3，只能生成＋3价铁的化合物，故C符合题；
D．Fe投入到CuSO4溶液中生成FeSO4和Cu，不可能生成＋3价铁的化合物，故D不符合题意；
故答案为C。
3．将11.5g钠、9g铝、28g铁分别投入200 1 的盐酸中，下列说法正确的是
A．钠与盐酸反应最剧烈，产生的气体最多
B．铝与盐酸反应的速率仅次于钠，但产生的气体最多
C．铁与盐酸反应产生的气体比钠多
D．反应结束时产生的气体一样多
【答案】A
【详解】发生2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，Fe＋2HCl=2FeCl2＋H2↑，根据化学反应方程式进行计算，假设金属全部参加反应，消耗盐酸的物质的量分别是mol=0.5mol、9×mol=1mol、28×mol=1mol，实际投入盐酸的物质的量为200×10－3×1mol=0.2mol，显然固体过量，盐酸不足，但金属钠还能与水反应产生氢气，因此金属钠产生的氢气量最多，金属钠金属性强于铝和铁，因此金属钠和酸反应速率最剧烈。
答案选A。
【点睛】本题考查常见金属的性质以及方程式的计算，侧重于学生的计算能力的考查，解答本题要注意钠与水的反应，根据各物质的物质的量大小判断反应的过量问题，在答题时不能忽略，n（Na）==0.5mol，n（Al）==mol，n（Fe）==0.5mol，n（HCl）=0.2L×1mol/L=0.2mol，三种金属中钠最活泼，与盐酸反应最剧烈，结合反应的关系式判断反应生成氢气的体积大小。
4．某同学为了区别氢氧化钠溶液和澄清石灰水，设计了如下图所示的四组实验方案，其中能达到目的的是
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】区别氢氧化钠溶液和澄清石灰水两种碱，需要借助差异，而不是共性，要从钠离子和钙离子的差别分析判断。
【详解】A、盐酸虽然都可以与氢氧化钠和澄清石灰水反应，但是均没有明显现象，没法鉴别，故A错误；
B、酚酞遇碱变红色，氢氧化钠和澄清石灰水都是碱，现象相同，没法鉴别，故B错误；
C、石蕊遇碱变蓝色，氢氧化钠和澄清石灰水都是碱，现象相同，不能鉴别，故C错误；
D、二氧化碳与澄清石灰水反应出现碳酸钙白色沉淀，与氢氧化钠反应没有明显现象，可以鉴别，故D正确；
故选D。
5．下列各组均为两种化合物溶于水时电离出的离子，其中由酸电离产生的是（　　）
A．Na＋、OH－、
B．H＋、、Cl－
C．Na＋、K＋、OH－
D．K＋、Na＋、Cl－
【答案】B
【详解】化合物电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸。因此电离出的阳离子有H+的组合符合题意，由此可知，答案为B。
6．在某酸性溶液中，能共存的离子组是
A．Na+、K+、SO、CO
B．Na+、K+、Cl−、NO
C．Na+、K+、OH−、NO
D．Ag+、K+、SO、Cl−
【答案】B
【详解】A．酸性溶液中碳酸根不能大量存在，故A不符合题意；
B．四种离子相互之间不反应，也不氢离子反应，可以在酸性溶液中大量共存，故B符合题意；
C．氢氧根不能在酸性溶液中大量存在，故C不符合题意；
D．氯离子和银离子不能大量共存，故D不符合题意；
综上所述答案为B。
7．下列关于氧化还原反应的说法正确的是
①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原
②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性
③在K、Fe2+、S2-、Na+中只有1种粒子不具有还原性
④由X变为X2+的反应是氧化反应
⑤金属单质在反应中只作还原剂
⑥非金属单质在反应中只作氧化剂
⑦含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性
A．④⑤⑦ B．③④⑤ C．①③④⑤⑥ D．②③④⑤⑥⑦
【答案】B
【详解】①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，①错误；
②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，②错误；
③处于最低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，③正确；
④X变为X2+的反应中X失去电子，被氧化，发生氧化反应，④正确；
⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，⑤正确；
⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，⑥错误；
⑦含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，⑦错误；
综上所述，只有③④⑤，故答案选B。
8．科学家提出“硅是未来的石油”，制备粗硅的反应为：SiO2+2CSi+nCO↑，下列说法正确的是
A．该化学方程式中n=1
B．反应中碳作还原剂
C．反应前后原子总数发生变化
D．2个碳原子反应时失去8个电子
【答案】B
【详解】A．依据元素守恒，该化学方程式中n=2，A不正确；
B． 在反应中，碳元素由0价升高到+2价，失电子作还原剂，B正确；
C．依据质量守恒定律，反应前后原子总数不变，C不正确；
D．碳元素由0价升高到+2价，2个碳原子反应时失去4个电子，D不正确；
故选B。
9．下列实验操作能达到实验目的的是

实验目的
实验操作
A
检验粗盐溶液中的Cl－
取少量粗盐溶液，滴加AgNO3溶液，观察现象
B
检验碳酸钠
将Pt丝蘸取盐酸灼烧至无色后，蘸取碳酸钠灼烧，观察现象
C
除去MnO2中的碳粉
反复灼烧至质量不再变化
D
检验CO、CO2混合气体
将气体依次通过CuO(灼热)、澄清石灰水

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A、粗盐溶液中含有硫酸根离子等，滴加AgNO3溶液，会生成微溶于水的硫酸银沉淀，不能检验粗盐溶液中的Cl－，故A错误；
B、将Pt丝蘸取盐酸灼烧至无色后，蘸取碳酸钠灼烧，观察现象，火焰呈黄色，只能证明物质中含有钠元素，不能证明含有碳酸根离子，故B错误；
C、碳能够在空气中燃烧生成二氧化碳气体，反复灼烧至质量不再变化，可以除去MnO2中的碳粉，故C正确；
D、将气体依次通过CuO(灼热)，CO会被氧化生成二氧化碳，不能检验原混合气体中是否存在二氧化碳，应该先检验二氧化碳，再通过CuO(灼热)、澄清石灰水检验CO，故D错误；
故选C。
10．与溶液反应可生成、和，和的比值与反应温度有关。某温度下，用配成溶液，与恰好完全反应(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中，则溶液中等于
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
根据、和的组成可知，钠原子与氯原子的物质的量之比为，所以，所以，设，则，所以，根据得失电子守恒得，解得，则溶液中。
故答案选B。
11．氯化铁饱和溶液因久置变浑浊，将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水；下列说法不正确的是

A．实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
B．滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒
C．在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体
D．C区溶液中无Fe3+
【答案】D
【详解】A．向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，即可制得氢氧化铁胶体，化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；
B．浊液中分散质微粒不能通过滤纸，滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒，故B正确；
C．溶液和胶体能通过滤纸，胶体不能通过半透膜，在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体，故C正确；
D．氯化铁饱和溶液久置变浑浊的原因Fe3+发生水解生成Fe(OH)3固体颗粒，水解的过程是极弱的，Fe3+不可能全部转化为Fe(OH)3，溶液中的微粒能通过滤纸和半透膜，则C区溶液中有Fe3+，故D错误；
答案选D。
12．化学变化多姿多彩，美丽如花。如图所示，甲、乙、丙X分别是盐酸中的某一种，甲、乙、丙均能与X发生化学反应，则X是

A．C B． C．CO D．盐酸
【答案】B
【详解】甲、乙、丙X分别是盐酸中的某一种，甲、乙、丙均能与X发生化学反应，从四种物质的两两反应关系可知，只有能与其它三种物质分别反应，则X是，故答案选B。
13．下列离子方程式中不正确的是
A．向硝酸银溶液中加入铜粉：
B．碳酸钠溶液与氯化钙溶液混合：
C．氧化铁与稀盐酸混合：
D．向澄清石灰水中通入少量：
【答案】A
【详解】A．向硝酸银溶液中加入铜粉离子反应方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故A项符合题意；
B．碳酸钠溶液与氯化钙溶液混合，钙离子与碳酸根结合成碳酸钙沉淀，故B项不符合题意；
C．氧化铁是金属氧化物，与盐酸反应生成相应的盐和水，故C项不符合题意；
D．向澄清石灰水中通入少量CO2，生成碳酸钙白色沉淀，澄清石灰水变浑浊，故D项不符合题意；
故本题选A。
14．反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物与还原产物的质量之比是
A．71∶(2×126) B．71∶126 C．(2×71)∶126 D．(4×71)∶126
【答案】B
【详解】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由方程式可知n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，由可得：=71：126，B符合题意；
答案选B。
【点睛】氧化还原反应最容易把概念搞错，可以把相关概念归纳成口诀来记忆：还原剂失高氧、氧化剂得低还。即还原剂在反应中失去电子，所含元素化合价升高，发生氧化反应，转化为氧化产物；氧化剂在反应中得到电子，所含元素化合价降低，发生还原反应，转化为还原产物。
15．能够用来鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种物质的一种试剂是
A．AgNO3溶液 B．稀硫酸 C．稀盐酸 D．稀硝酸
【答案】B
【详解】A．硝酸银与三种物质均生成白色沉淀，无法鉴别，故A不符合题意；
B．硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀，与碳酸钠反应生成气体，与氯化钠不反应无明显现象，三者现象不同，故可以鉴别，故B符合题意；
C．HCl与氯化钡和氯化钠均不反应，无法鉴别，故C不符合题意；
D．硝酸与氯化钡和氯化钠均不反应，无法鉴别，故D不符合题意；
答案为B。
16．等物质的量的Na、Mg、Al分别与足量的稀盐酸反应，同温同压下，产生气体的体积比为
A．1:2:3 B．3:2:1 C．6:3:2 D．1:1:1
【答案】A
【详解】由化合价升降守恒知，2Na~H2、Mg~H2、2Al~3H2，假设消耗的Na、Mg、Al分别为1mol，则生成的H2分别为0.5mol、1mol、1.5mol，则三者比例关系为1:2:3，同温同压下，产生气体的体积比为1:2:3，A选项符合题意；答案为A。
17．工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料制较为纯净的氧化铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是

A．将试剂X和Y进行对换，最终可以达到相同的效果
B．反应①过滤后所得沉淀为氢氧化铁
C．图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应
D．结合质子(H+)的能力由强到弱的顺序是OH->>
【答案】D
【分析】工业上用铝土矿的主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质，加入氢氧化钠溶液后，Al2O3能和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，Fe2O3和氢氧化钠溶液不反应，过滤除去Fe2O3，偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，过滤后得到氢氧化铝，加热灼烧氢氧化铝即可得到Al2O3，以此分析解答。
【详解】A.根据上述分析可知，X为氢氧化钠溶液，Y为二氧化碳，如果将试剂X和Y进行对换，是不能达到相同的效果的，因为Al2O3、Fe2O3和二氧化碳都不反应，故A错误
B. 根据上述分析可知，反应①过滤后所得沉淀为氧化铁，故B错误；
C. 根据上述分析可知，图中所示转化反应中没有氧化还原反应，故C错误；
D.根据上述分析可知，结合质子(H+)的能力由强到弱的顺序是OH->>，故D正确；
故答案：D。
18．下列关于钠跟水反应的现象叙述正确的是
A．钠浮在水面，反应很快停止
B．钠浮在水面剧烈燃烧，火焰呈黄色
C．钠熔成闪亮的小球，浮在水面，不断游动，嘶嘶作响
D．钠熔成闪亮的小球，沉在水底，并有气泡产生
【答案】C
【详解】A、钠比水轻，浮在水面上，发生剧烈反应，反应不断进行，不是很快停止，选项A错误；
B、钠的密度小于水，钠和水反应，放出大量的热，钠浮在水面上并熔化成光亮的小球，不能剧烈燃烧， 选项B错误；
C、钠熔成闪亮的小球，浮在水面，由于产生气体，钠不断游动，嘶嘶作响，选项C正确；
D、钠熔成闪亮的小球，浮在水面，不断游动，嘶嘶作响，选项D错误；
答案选C。
19．下列说法中，正确的是
A．氯原子和氯离子的化学性质相同 B．氯离子比氯原子多一个电子
C．氯气有毒，氯离子也有毒 D．氯气和氯离子都显黄绿色
【答案】B
【详解】A.氯原子和氯离子的最外层电子数不同，因此二者的化学性质不相同，A错误；
B.Cl原子最外层有7个电子，不稳定，容易从外界获得1个电子变为Cl-，所以氯离子比氯原子多一个电子，B正确；
C.氯气有毒，而氯离子是食盐的主要成分，用于调味，没有毒性，C错误；
D.氯气是黄绿色有毒的气体，而氯离子无色，与阳离子共存于物质中，D错误；
故合理选项是B。
20．在 2L 由 NaCl、MgCl2、CaCl2 组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中Ca2＋离子的物质的量是

A．3.0mol B．2.0mol C．1.0mol D．0.5 mol
【答案】C
【分析】根据n=cV计算n(Na+)、n(Mg2+)、n(Cl-)；溶液呈电中性，根据电荷守恒有：2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，据此计算解答。
【详解】由图可知，溶液中n(Na+)=2L×1mol/L=2mol、n(Mg2+)=2L×0.5mol/L=1mol、n(Cl-)=2L×3mol/L=6mol，溶液呈电中性，忽略水的电离根据电荷守恒有：2n(Ca2+)+n(Na+)+2n(Mg2+)=n(Cl-)，即：2n(Ca2+)+2mol+2×1mol=6mol，解得n(Ca2+)=1mol，故答案选C。
【点睛】本题考查混合溶液中离子物质的量浓度有关计算，注意电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算离子浓度或物质的量。

二、元素或物质推断题
21．已知A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、Cu2+、Na+中的一种，阴离子分别是CO、NO、SO、Cl－中的一种(离子不能重复)，进行如下实验：
①分别溶于水，只有C溶液呈蓝色；
②若把足量盐酸分别加入到上述四溶液，B中出现沉淀，D溶液有无色无味的气体放出；根据①②的实验事实，可推断它们的化学式为：
(1) A__________；B______________。
(2)以铜为原料，写出能生成C的化学方程式(不限步骤) ：____________________。
(3)加入足量盐酸后D中反应的离子方程式：______________________。
(4)写出C与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：______________________。
(5)某溶液中含有较大量的Cl－、CO、OH－如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序 正确的是______________________。(填写序号，可重复使用)①滴加Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加AgNO3溶液；④滴加Ba(NO3)2溶液
【答案】     BaCl2     AgNO3     2Cu+O2=2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+ H2O     CO+ 2H+= H2O+CO2 ↑     Cu2++ SO+ Ba2++2OH－=Cu(OH)2↓ + BaSO4↓     ④②①②③
【分析】已知A、B、C、D四种可溶性盐，它们的阳离子分别是Ba2+、Ag+、Cu2+、Na+中的一种，阴离子分别是CO、NO、SO、Cl－中的一种(离子不能重复)，进行如下实验：分别溶于水，则其中一种物质是AgNO3，只有C溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+，若把足量盐酸分别加入到上述四溶液，B中出现沉淀，则B为AgNO3，D溶液有无色无味的气体放出，则D含有碳酸根，根据离子共存，只能为Na2CO3，根据剩余离子之间的共存问题，则C为CuSO4，A为BaCl2。
【详解】(1)根据前面分析得到A为BaCl2；B为AgNO3；故答案为：BaCl2；AgNO3。
(2)以铜为原料，先是Cu和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，生成C(CuSO4)的化学方程式(不限步骤) ：2Cu+O22CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+ H2O；故答案为：2Cu+O22CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+ H2O。
(3)加入足量盐酸后D中反应即碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，其离子方程式：CO+ 2H+= H2O+CO2 ↑；故答案为：CO+ 2H+= H2O+CO2 ↑。
(4)C(CuSO4)与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Cu2++ SO+ Ba2++2OH－=Cu(OH)2↓ + BaSO4↓；故答案为：Cu2++ SO+ Ba2++2OH－=Cu(OH)2↓ + BaSO4↓。
(5)滴加Mg(NO3)2溶液，碳酸根、氢氧根都与镁离子生成沉淀；滴加AgNO3溶液，碳酸根、氯离子、氢氧根都与银离子生成沉淀；滴加Ba(NO3)2溶液，碳酸根形成沉淀，因此先加Ba(NO3)2溶液，沉淀碳酸根，过滤，再加入Mg(NO3)2溶液，沉淀氢氧根离子，过滤，再滴加AgNO3溶液，沉淀氯离子，因此正确的实验操作顺序为④②①②③；故答案为：④②①②③。
【点睛】物质推断是常考题型，主要考查离子之间是否共存，从特征现象进行分析，对形成物质与其他物质之间的反应的考查。

三、实验题
22．高铁酸钾()是优质水处理剂。实验室制取的装置如图。

的制备原理为：
回答下列问题
(1)A装置的作用是_______。盛浓盐酸的仪器名称为_______。
(2)装置C的作用是_______。B装置内出现_______现象时，说明B中反应已停止。
(3)中铁元素的化合价为，分析是优质水处理剂的原因可能是_____。
(4)当上述反应消耗标准状况下时，生成质量为_______。
【答案】(1)     制取氯气     分液漏斗
(2)     尾气吸收     红褐色沉淀消失
(3)高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为Fe3+，与水反应生成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物，常用作水处理剂
(4)7.92g

【分析】本实验目的为制取K2FeO4，实验原理为，其中A装置为制备氯气的装置，B装置为制备K2FeO4的装置，C为尾气吸收装置，据此分析解答。
【详解】（1）A装置的作用为制取氯气。根据仪器结构可知，盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。
（2）Cl2为有毒气体，不能直接排放至空气中，因此C装置为尾气吸收装置。Fe(OH)3为红褐色沉淀，因此当B装置内出现红褐色沉淀消失的现象时，说明反应已经停止。
（3）中K为+1价，0为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知其中铁元素的化合价为+6价。高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性，可以杀菌消毒，且还原产物为Fe3+，与水反应成Fe(OH)3胶体可以吸附悬浮物，常用作水处理剂。
（4）标准状况下672mLCl2的物质的量为=0.03mol，根据方程式可知，生成K2FeO4的物质的量为0.02mol，其质量为0.02mol×396g/mol=7.92g。
23．实验室需要配制0.2mol/ L NaOH溶液500mL。
(1)实验室用到的玻璃仪器有_________。
A．500mL容量瓶        B．烧杯        C．胶头滴管        D．酒精灯
(2)计算。配制该溶液需取NaOH晶体_____g。
(3)称量。如图称量装置有两处错误，分别是________、________。

(4)溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，目的是_____________。
(5)转移、洗涤。在转移时应使用___________引流；需要洗涤烧杯2~3次是为了_______。
(6)定容、摇匀。
(7)将配好的溶液静置一段时间后倒入指定的试剂瓶，并贴好标签，注明配制得溶液名称及浓度。
(8)在配制过程中，某同学观察定容液面情况如图所示，所配溶液的浓度会_______(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)。

【答案】     ABC     4.0g     砝码和所称量物体位置放反     没有在烧杯中称量NaOH     搅拌，加速溶解     玻璃棒     将溶质全部都转移至容量瓶     偏低
【详解】(1)配制0.2mol/ L NaOH溶液500mL时需要500mL容量瓶来配制，需要烧杯溶解溶质，需要胶头滴管来定容，需要玻璃棒引流、搅拌，不需要酒精灯，所以选ABC；
(2)配制该溶液所需的NaOH的质量为0.5L´0.2mol´40g/mol=4.0g；
(3)用天平称量时待测物体应放在左盘，砝码放在右盘，图中放反；NaOH易潮解，应放在烧杯中称量，图中直接称量；
(4)溶解时，需要使用玻璃棒搅拌，加速NaOH的溶解；
(5)为了防止溶液溅出，要用玻璃棒引流；洗涤烧杯并将洗涤液注入容量瓶的目的是将溶质全部都转移至容量瓶；
(8)仰视读数会使加入的水超过刻度线，溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低。

四、元素或物质推断题
24．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的原因是______。
(4)写出下列转化的离子方程式：
①D→C：______。
②C→D：______。
(5)写出E→F的化学方程式：______。
【答案】     Fe     FeCl2     Fe(OH)3     Fe2O3     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     2Fe3++Fe=3Fe2+     2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-     4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【分析】已知A是一种常见金属，A与氧气反应生成氧化物，溶于盐酸生成两种盐，且一种盐与NaOH反应生成的F是一种红褐色沉淀，则A为Fe，B为Fe3O4，D为FeCl3，C为FeCl2，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3，X为H2。
【详解】(1)分析可知，A为Fe，C为FeCl2，F为Fe(OH)3，G为Fe2O3；
(2)D中阳离子为Fe3+，则检验方法为取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)C为FeCl2溶液，具有还原性，已被空气中的氧气氧化，保存时要加固体Fe与Fe3+反应生成亚铁离子，可防止Fe2+被O2氧化；
(4)①D→C为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；
②C→D为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(5)E→F的化学方程式为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。