备战高考化学无机非金属材料推断题综合练习题含详细答案

备战高考化学无机非金属材料推断题综合练习题含详细答案
一、无机非金属材料练习题（含详细答案解析）
1．某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为
A．SiO2B．Fe2O3、SiO2
C．SiO2、Al2O3D．Fe2O3
【答案】A
【解析】
SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。

2．下列溶液中，不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中的
①碱石灰②NaCl③KNO3④CaO⑤CuSO4⑥NaOH⑦Na2CO3
A．①④⑥⑦B．①③⑤⑥C．②③④⑦D．①⑥⑦
【答案】A
【解析】
【分析】
玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和二氧化硅反应的药品不能盛放在带有玻璃塞的试剂瓶中，据此分析解答。

【详解】
①碱石灰为CaO和NaOH的混合物，能与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
②NaCl与玻璃中的成分不发生反应，因此能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，不符合题意；
③KNO3与玻璃中的成分不发生反应，因此能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，不符合题意；
④CaO为碱性氧化物，溶于水生成的氢氧化钙能与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
⑤CuSO4与玻璃中的成分不发生反应，因此能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，不符合题意；
⑥NaOH能与二氧化硅发生反应生成具有黏性的硅酸盐和水，因此不能存放在带玻璃塞的试剂瓶中，符合题意；
⑦Na2CO3水解呈碱性，与二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，所以Na2CO3不能盛放在玻璃瓶中，符合题意；
故答案为：A。

3．对于足球烯C60的认识错误的是（）
A．是分子晶体B．含有非极性共价键
C．存在同素异形体D．结构稳定，难以发生化学反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.C 60之间的相互作用力是范德华力，属于分子晶体，A 正确；
B.足球烯中既有双键又有单键，化学键是共价键，且是非极性共价键，B 正确；
C.金刚石、石墨、足球烯都是碳的同素异形体，所以足球烯存在同素异形体，C 正确； D ．足球烯是属分子晶体，在常温下，碳碳之间键能大，也比较稳定，但其易发生加成反应，D 错误；
答案选D 。

4．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A ．Fe 2Cl 点燃−−−→FeCl 2NaOH(aq)−−−−→Fe(OH)2
B ．H 2SiO 3Δ−−→SiO 2盐酸−−−−−→ SiCl 4
C ．浓盐酸二氧化锰Δ
−−−−→Cl 2石灰乳−−−−−→漂白粉
D ．NH 32O
催化剂，Δ−−−−−−→NO 水−−−−→H NO 3
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 A ．氯气具有强氧化性，与铁反应生成三氯化铁，不能一步反应生成氯化亚铁，故A 错误；
B ．硅酸受热分解生成二氧化硅，二氧化硅与HCl 不反应，不能转化为SiCl 4，故B 错误；
C ．二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，可以制得漂白粉，物质间转化均能实现，故C 正确；
D .氨催化氧化生成NO ，NO 与水不反应，不能转化为硝酸，故D 错误；
故选C 。

5．以下有关物质用途的叙述正确的是( )
A ．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用干粉灭火器来灭火
B ．利用高纯度硅制造的太阳能电池板可将光能直接转化为电能
C ．食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品氧化变质
D ．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．金属钠、金属镁都能在二氧化碳气体中燃烧，所以活泼金属着火时，不能用干粉灭火
器灭火，A不正确；
B．太阳能电池板由高纯硅制成，它可实现光-电转换，将光能直接转化为电能，B正确；C．氧化钙能够吸收空气中的水分，所以食品包装袋中常放入小袋的生石灰，目的是防止食品受潮，不能起到抗氧化作用，C不正确；
D．根据相似相溶原理，用乙醚从黄花蒿中提取青蒿素，是利用萃取原理，D不正确；
故选B。

6．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是( )
A．漂白粉既可做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池及环境的消毒剂和净水剂
B．燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu、Fe、Pt等金属的单质
C．合金材料的组成元素一定全部是金属元素
D．纯净的二氧化硅是制备光导纤维的原料
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.漂白粉具有强氧化性，既能杀菌消毒，又具有漂白性，所以漂白粉既可用来漂白棉、麻、纸张，也能用作游泳池及环境的消毒剂，但不能做净水剂，A错误；
B.燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了一些金属元素，而不是金属单质，B错误；
C.合金材料的组成元素不一定全部为金属元素，可能含有非金属元素，C错误；
D.光导纤维的原料为二氧化硅，D正确；
答案选D。

7．下列说法正确的是（）
A．Ⅰ图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗
B．Ⅱ图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气
C．Ⅲ图中：生成蓝色的烟
D．Ⅳ图中：用该装置可以验证酸性：盐酸>碳酸>硅酸。

【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．利用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备氯气，随着反应进行，盐酸浓度会下降，下
降到某种程度，二者不再反应无法生成Cl 2，A 项错误；
B ．氯气的漂白性来源于Cl 2与水反应生成的次氯酸，干燥布条中无水，所以无法产生次氯酸，颜色不会褪去，湿润布条含水，可以产生次氯酸，颜色会褪去；若将尾气直接排放，其中未反应的氯气会污染空气，所以需要将尾气通入NaOH 溶液中进行吸收，B 项正确；
C ．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，C 项错误；
D ．利用盐酸与石灰石反应可制备CO 2，所以可证明盐酸酸性强于碳酸；由于盐酸具有挥发性，制备出的CO 2中会含有HCl 杂质，HCl 杂质也能与硅酸钠溶液反应产生白色沉淀；若不对制备出的CO 2进行除杂，其中的HCl 杂质会干扰碳酸和硅酸酸性强弱的验证过程，因此上述装置并不能实现验证酸性强弱的目的，D 项错误；
答案选B 。

8．工业制玻璃主要原料有石英、纯碱和石灰石．在玻璃窑中发生主要反应的化学方程式
为：Na 2CO 3+SiO 2 −−−→高温Na 2SiO 3+CO 2↑；CaCO 3+SiO 2 −−−→高温CaSiO 3+CO 2↑
(1)普通玻璃的成份是Na 2CaSi 6O 14，它的氧化物形式为________，则原料中SiO 2、Na 2CO 3、CaCO 3的物质的量之比为_________________________。

(2)在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式___________________，有_____________种不同类型的晶体（填数字）
(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径___________(填“大”或“小”)，该元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为__________________________。

(4)在上述普通玻璃的组成元素中，与铝元素同周期的另一元素的原子最外层共有________种不同运动状态的电子、________种不同能级的电子。

【答案】Na 2O ·CaO ·6SiO 2 6：1：1
3 大 Al(OH)3+OH -=AlO 2-+2H 2O
4 2
【解析】
【分析】
根据普通玻璃的成份是Na 2CaSi 6O 14和制取玻璃的反应原理进行分析解答。

【详解】
(1)普通玻璃的成份是Na 2CaSi 6O 14，它的氧化物形式为Na 2O ·CaO ·6SiO 2，根据原子守恒，原料中SiO 2、Na 2CO 3~Na 2O 、CaCO 3~CaO ，所以物质的量之比为6：1：1，故答案：Na 2O ·CaO ·6SiO 2 ；6：1：1；
(2)根据Na 2CO 3+SiO 2Na 2SiO 3+CO 2↑，CaCO 3+SiO 2 CaSiO 3+CO 2↑，反应物和生成物中，Na 2CO 3 、Na 2SiO 3、CaCO 3 、CaSiO 3是离子化合物，属于离子晶体；SiO 2是共价化合物，属于原子晶体；CO 2属于分子晶体，且属于非极性分子，其电子式
，有3种不同类型的晶体，故答案：；3；
(3)在上述普通玻璃的组成元素中某元素与铝元素同周期且原子半径比铝原子半径大，该元素为钠，钠离子半径比铝离子半径大，钠元素与铝元素两者的最高价氧化物的水化物分别为强碱NaOH和两性氢氧化物Al(OH)3，他们之间发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-
=AlO2-+2H2O，故答案：大；Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；
(4)由普通玻璃的组成Na2CaSi6O14的元素中，与铝元素同周期的另一元素为Si，核外电子排布为1s22s22p63s23p2，原子最外层共有4种不同运动状态的电子、2种不同能级的电子，故答案：4；2。

9．探究无机盐X（仅含三种短周期元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X的化学式是____。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是____。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，写出该反应的化学方程式____。

【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2 SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O SiO2＋2C 高温
Si＋2CO↑
【解析】
【详解】
无机盐X（仅含三种短周期元素），加入过量盐酸溶解，离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液，白色胶状沉淀为硅酸，白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2，物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol，溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液，说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子，物质的量为0.03mol，若为硅酸根离子其质量
=0.03mol×76g/mol=2.28g，金属质量=4.20g-2.28g=1.92g，无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg（OH）2，金属离子物质的量=3.48g÷58g/mol＝0.06mol，质量为0.06mol×24g/mol=1.44g，不符合，则应为原硅酸根，物质的量为0.03mol，质量=0.03mol×92g/mol=2.76g，金属质量4.20g-2.76g=1.44g，物质的量
=1.44g÷24g/mol=0.06mol，得到X为Mg2SiO4，则
（1）X的化学式是Mg2SiO4或2MgO·SiO2。

（2）白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。

（3）高温条件下白色粉末与焦炭发生置换反应，该反应的化学方程式SiO2＋2C 高温
Si＋
2CO↑。

10．有一种矿石，经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12∶7∶16。

(1)用盐的组成表示其化学式： ___________。

(2)用氧化物的组成表示其化学式： _______。

(3)该矿石的成分属于________(填物质的分类)。

(4)写出该矿石(氧化物形式)与盐酸反应的化学方程式： ______。

【答案】Mg2SiO4 2MgO·SiO2硅酸盐 2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2【解析】
【分析】
根据n=m
M
及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算，得出正确结论；由金属离子和酸
根离子组成的化合物属于盐。

【详解】
镁、硅、氧的质量比为12：7：16，则镁、硅、氧的原子个数比为12
24
:
7
28
:
16
16
=2:1:4
(1)该矿石用盐的组成可表示为：Mg2SiO4；
(2)该矿石用氧化物的组成可表示为：2MgO•SiO2
(3)Mg2SiO4属于盐类，且属于硅酸盐；
(4)Mg2SiO4溶于与稀盐酸生成MgCl2和SiO2，发生反应的化学方程式为2MgO·SiO2＋
4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2。

【点睛】
硅酸盐由盐的书写改写为氧化物的形式为：活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•二氧化硅•水的顺序书写；注意：①氧化物之间以“•”隔开；②系数配置出现的分数应化为整数；③金属氧化物在前(活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物)，非金属氧化物在后。

11．在下列物质的转化关系中，A是一种固体物质，E是一种白色沉淀，据此填写下列空白：
(1)B的化学式是________，B在固态时属于________晶体，1mol 含有的共价键数目是
______N A。

(2)E的化学式是_________。

(3)B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________
(4)A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________
【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O Si＋2NaOH＋H2O＝
Na2SiO3＋2H2↑
【解析】
【分析】
A是一种固体单质，与氧气反应得到B为氧化物，E是一种白色沉淀且不溶于盐酸，E加
热分解得到B，所以E为H2SiO3，结合转化关系，可知A为Si，B为SiO2，a为强碱溶液，如NaOH溶液，G为Na2SiO3，D为H2O，F为H2。

【详解】
（1）由上述分析可知，B是SiO2，SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构，在固态时属于原子晶体，每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键，1mol 含有的共价键数目是4N A。

故答案为：SiO2；原子；4；
（2）由上述分析可知，E为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（3）二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；
故答案为：SiO2+2OH－=SiO32－+H2O；
（4）Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，反应方程式为：
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，
故答案为：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。

【点睛】
本题考查无机物推断，B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质。

12．离子方程式和化学方程式是学习化学的基本用语，请按要求书写：
(1)写出下列反应的离子方程式
①向石灰石滴加盐酸________________；
②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸__________。

(2)写出下列离子反应方程式所对应的化学方程式
CO+2OH=CO+H O________________；
①-2-
232
Fe+Cu=Fe+Cu____________________
②2+2+
(3)写出稀硝酸与铜反应的化学方程式____________ 。

SiO +2H+=H2SiO3↓ 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O Fe+ 【答案】CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+23
CuSO4=Cu+FeSO4 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】
(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水；
②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠；
CO+2OH=CO+H O可表示为CO2溶于可溶性强碱生成可溶性碳酸盐和水；(2)①-2-
232
Fe+Cu=Fe+Cu可表示Fe溶于可溶性铜盐；
②2+2+
(3)稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水。

【详解】
(1)①碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳、水，发生反应的离子方程式为
CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+；
②硅酸钠溶液中滴加稀盐酸生成硅酸沉淀和氯化钠，发生反应的离子方程式为
2
SiO +2H+=H2SiO3↓；
3
CO+2OH=CO+H O可表示少量CO2和NaOH溶液的反应，反应方程式为
(2)①-2-
232
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；
Fe+Cu=Fe+Cu可表示Fe与CuSO4溶液的反应，反应方程式为Fe+
②2+2+
CuSO4=Cu+FeSO4；
(3) 稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2
+2NO↑+4H2O。

【点睛】
离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；②“拆”：可溶性的电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。

13．中国传统文化是人类文明的瑰宝，古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。

回答下面问题：
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前，制作瓷器所用的原料是高岭士，其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8，用氧化物表示其组成为______________。

(2)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消( KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者。

”反应原理为：S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑，该反应的氧化剂是_________ ，反应转移4mol电子时，被S氧化的C有____________mol。

(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种，其中有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。

”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾( FeSO4·7H2O)。

根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式
_____________________________________________________。

【答案】Al2O3·2SiO2·2H2O S，KNO3 1/6或0.17或0.167
2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O 的顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；
(2)反应过程中，元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应，元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应，反应中得电子数等于失电子数来分析计算；
(3)本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。

【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物•
较活泼金属氧化物•SiO 2•H 2O 得顺序可知Al 4[Si 4O 10](OH)8可改成：2Al 2O 3•4SiO 2•4H 2O ；
(2)S+2KNO 3+3C K 2S+N 2↑+3CO 2↑，反应中硫元素化合价0价降低为-2价，氮元素化合价+5价降低为0价，反应中做氧化剂的是S 、KNO 3，电子守恒计算，碳元素化合价0价升高为+4价，电子守恒分析电子转移总数12e -，其中硫得到电子2e -，氮元素得到电子10e -，电子转移总数12e -时，被硫氧化的碳0.5mol ，反应转移4mol 电子时，被S 氧化的C 有40.512 mol=16
mol ； (3)本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。

”青矾就是绿矾( FeSO 4•7H 2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水，分解的化学方程式：2FeSO 4•7H 2O Fe 2O 3+SO 3↑+SO 2↑+14H 2O 。

14．以下是工业上制取纯硅的一种方法。

请回答下列问题(各元素用相应的元素符号表示)：
（1）在上述生产过程中，属于置换反应的有____(填反应代号)；
（2）写出反应③的化学方程式____；
（3）化合物W 的用途很广，通常可用作建筑工业和造纸工业的黏合剂，可作肥皂的填充剂，是天然水的软化剂。

将石英砂和纯碱按一定比例混合加热至1 373～1 623 K 反应，生成化合物W ，其化学方程式是____；
（4）A 、B 、C 三种气体在“节能减排”中作为减排目标的一种气体是___(填化学式)；分别通入W 溶液中能得到白色沉淀的气体是___(填化学式)；
（5）工业上合成氨的原料H 2的制法是先把焦炭与水蒸气反应生成水煤气，再提纯水煤气得到纯净的H 2，提纯水煤气得到纯净的H 2的化学方程式为___。

【答案】①②③ SiHCl 3＋H 2
Si ＋3HCl SiO 2＋Na 2CO 3Na 2SiO 3＋CO 2↑ CO 2 CO 2和HCl CO ＋H 2O
CO 2＋H 2、CO 2＋Ca(OH)2=CaCO 3↓＋H 2O 【解析】
【分析】
石英砂和焦炭发生反应①生成粗硅和CO ：2C+SiO 2
Si+2CO ↑，是置换反应；得到的粗硅和HCl 发生反应②：Si+3HCl
SiHCl 3+H 2，也是置换反应；纯净的SiHCl 3再和H 2发生反应③：SiHCl 3＋H 2
Si ＋3HCl ，还是置换反应，气体C 是HCl 。

气体A 是CO ，和
水蒸气发生反应④：CO ＋H 2O
CO 2＋H 2，不是置换反应，气体B 是CO 2。

【详解】
（1）在上述生产过程中，属于置换反应的有①②③；
（2）反应③的化学方程式为SiHCl 3＋H 2Si ＋3HCl ；
（3）硅酸钠通常可用作建筑工业和造纸工业的黏合剂，可作肥皂的填充剂，所以W 是硅酸钠。

石英砂和纯碱反应生成硅酸钠的化学方程式是SiO 2＋Na 2CO 3Na 2SiO 3＋
CO2↑；
（4）气体A是CO，气体B是CO2，气体C是HCl。

节能减排就是节约能源、降低能源消耗、减少污染物排放。

加强节能减排工作，也是应对全球气候变化的迫切需要，所以要减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放。

碳酸的酸性比硅酸强，所以二氧化碳通入硅酸钠溶液中能生成硅酸白色沉淀:CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。

盐酸是强酸，HCl 通入硅酸钠溶液中也可以生成硅酸白色沉淀:2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓。

所以通入硅酸钠溶液中生成白色沉淀的气体是CO2和HCl。

故答案为：CO2；CO2和HCl；
（5）焦炭与水蒸气反应生成CO和H2，CO和H2难以分离，所以CO继续和水蒸气反应生成CO2和H2，然后用碱液吸收CO2得到纯净的H2。

故答案为：CO＋H2O CO2＋H2、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O。

15．在实验过程中，若一种气体极易溶于一种液体，则容易发生倒吸现象，给实验造成危险。

现有4位同学分别设计了一个实验，希望通过观察到的明显现象来说明二氧化碳极易溶于氢氧化钠溶液，设计的装置如下：
其中一位同学向充满二氧化碳的塑料瓶D中加入氢氧化钠溶液，盖紧瓶塞后振荡，如果看到瓶子变瘪了，说明二氧化碳与氢氧化钠溶液发生了反应。

对装置A～C，将能达到实验目的的装置、操作方法和实验现象填入下表(可不填满)：
_______________________________
【答案】
【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钠溶液发生反应，将造成密闭系统内气压减小。

【详解】
A中将分液漏斗中的NaOH溶液滴入烧瓶中，由于二氧化碳和氢氧化钠溶液反应，使烧瓶内压强降低，水槽中的水会被倒吸入烧瓶中，能达到实验目的；B中打开试管的橡胶塞，由于二氧化碳和氢氧化钠溶液反应造成试管内压强减小，氢氧化钠溶液会迅速充满试管，能达到实验目的；C中打开橡胶管上的止水夹，将胶头滴管里的氢氧化钠溶液挤入烧瓶中，会导致烧瓶中压强降低，烧瓶中将形成喷泉现象，能达到实验目的。