【文档说明】【精准解析】黑龙江省牡丹江市穆棱一中2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题.doc，共(18)页，1.297 MB，由小赞的店铺上传

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化学试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）本试卷中可能用到的原子的相对原子质量：H:1O:16Na:23Cl：35.5S：32Ca:40C:12第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题（共20题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）1.化学与生产和生

活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是（）A.氯气作水杀菌消毒剂B.硅胶作袋装食品的干燥剂C.二氧化硫作纸浆的漂白剂D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂【答案】B【解析】【详解】A、Cl2与水反应生成具有强氧化性的HClO，杀菌消毒，有化

学变化；B、硅胶的内部为纳米级微孔结构，其表面存在大量羟基，通过分子间的相互引力，羟基与空气中的水分子亲和，从而实现吸水，无化学变化；C、SO2与有色物质化合生成无色物质，达到漂白作用，有化学变化；D、蚊虫叮咬时在人的皮肤内分泌出蚁酸，肥皂水呈碱性，可以和蚁酸反应，能够中

和蚁酸，有化学变化。答案选B。【点睛】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本题的关键，判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质。一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。2.下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（）

纯净物混合物电解质非电解质A纯盐酸水煤气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾氢硫酸铁碳酸钙D过氧化钠氯水氯化铜碳酸钠A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.盐酸是混合物，故A错误；B.蒸馏水是纯净物，蔗

糖溶液为混合物，氧化铝是电解质，二氧化硫是非电解质，故B正确；C、铁是单质，单质不是电解质，碳酸钙是强电解质，故C错误；D、碳酸钠是强电解质，故D错误；故选：B。【点睛】纯净物：有一种物质组成．混合物：由两种或两种以上的物质组成．在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的

是弱电解质．3.如图在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是（）A.①加了CCl4②加了苯③加了酒精B.①加了酒精②加了CCl4③加了苯C.①加了苯②加了CCl4③加了酒精D.①加了苯②加了酒精③加了CCl4【答案】C【解析】【详解】酒精与水互溶，

不分层，结合图可知③加了酒精；四氯化碳不溶于水、密度比水大，苯不溶于水、且密度比水小，溴不易溶于水，易溶于苯或四氯化碳，则苯与溴水混合后有机色层在上层，可知①加了苯，而四氯化碳与溴水混合后有机色层在下层，可知②加了CC

l4，故选：C。【点睛】酒精与水互溶，不分层；四氯化碳不溶于水、密度比水大，苯不溶于水、且密度比水小，溴不易溶于水，易溶于苯或四氯化碳。4.下列离子方程式书写正确的是（）A.氯气跟水反应Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B.二氧化锰跟浓盐酸共热制Cl2：Mn

O2＋4H＋＋2Cl－加热Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OC.向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2＋＋Cl2=Fe3＋＋2Cl－D.向稀漂白粉溶液中通入足量二氧化碳：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO【答案】B【解析】【详解】A.氯

气与水反应生成的次氯酸是弱电解质，不可拆开为离子，正确的离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故A错误；B.HCl是强酸，属于强电解质，浓盐酸与二氧化锰共热反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－加热Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故B正确；C.对

于Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-，反应前后电荷不守恒，故C错误；D、漂白粉溶液中通入足量的二氧化碳气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2++2ClO-+2H2O+2CO2═Ca2++2HCO

3-+2HClO，故D错误；故选：B。5.从500mL1mol·L－1的CuSO4溶液中取出100mL，下列关于100mL溶液的叙述错误的是（）A.CuSO4的物质的量浓度为1mol·L－1B.SO42-的物质的量浓度

为1mol·L－1C.含Cu2＋的物质的量为0.1molD.含CuSO4的质量为80.0g【答案】D【解析】【详解】根据溶液的均一性，可知这100mL溶液中c(CuSO4)仍为1mol·L-1；根据CuSO4的电离方程式，可知c(C

u2+)=c(SO42-)=c(CuSO4)=1mol·L-1，故Cu2+的物质的量为1001000/mlmlL×1mol·L-1=0.1mol，n(CuSO4)也为0.1mol，其质量为m(CuSO4)=0.1mol×160g·mol-1=16g，故选：D。6.氢化钙可

作为生氢剂，反应的化学方程式是CaH2＋2H2O=Ca（OH）2＋2H2↑，下列有关叙述正确的是（）A.氢化钙发生了自身氧化还原反应B.水既不是氧化剂，又不是还原剂C.氢气既是氧化产物，又是还原产物D.氢氧化钙是氧化产物【答案】C【解析】【详解】A

．反应中CaH2为还原剂，H为-1价，具有还原性，可被氧化，故A错误；B．H2O中H为+1价，生成氢气，H2O是氧化剂，故B错误；C．反应中只有H元素化合价发生变化，H2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；D．氢

氧化钙中所含元素的化合价没有发生变化，不是氧化产物，故D错误．故选：C。【点睛】CaH2中H为-1价，具有还原性，可被氧化，H2O中H为+1价，具有氧化性，可被还原，则在该反应中，CaH2是还原剂，H2O是氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物。7.将两

种物质的溶液相混合，有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀消失并有气泡生成，再加入AgNO3溶液，又生成白色沉淀，则这两种物质是（）A.MgCl2和Na2CO3B.K2SO4和BaCl2C.NaOH和CuSO4

D.K2CO3和Ca（NO3）2【答案】A【解析】【详解】A．MgCl2和Na2CO3溶液混合，Mg2++CO32-=MgCO3↓，生成MgCO3白色沉淀，加入稀硝酸，MgCO3+2H+=CO2↑+H2O+Mg2+，再加入AgNO3溶液，Ag++Cl-

=AgCl↓，有白色沉淀生成，故A符合；B．K2SO4和BaCl2溶液混合，Ba2++SO42-=BaSO4↓，加入过量硝酸不发生反应，沉淀消失，没有气体生成，故B不符合；C．NaOH和CuSO4溶液混合，Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，产生蓝色沉淀

，故C不符合；D．K2CO3和Ca（NO3）2溶液混合，Ca2++CO32-=CaCO3↓，加入过量硝酸发生反应，CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，再加入AgNO3溶液无白色沉淀生成，故D不符合；故选：A。【点睛】根据物质的性质，利用验证法解答，两种物质的溶液相混

合，有白色沉淀生成，选项C中生成蓝色沉淀，不符合题意，再加入稀硝酸后，沉淀消失并有气泡生成，选项B中生成硫酸钡不溶于硝酸，不符合题意，再加入AgNO3溶液，又生成白色沉淀，说明溶液中含有氯离子。8.往烧杯内注入煤油和水各100mL，静

置后将一小块钠投入烧杯内。（已知钠的密度介于煤油和水之间，且水和煤油互不相溶）发生的现象是A.钠沉到液柱1/2处，钠块下部有许多气泡放出，附有气泡的钠块徐徐上升到液体表面，一会儿又沉到液柱1/2处，如此反复多次，

最后消失B.钠块一直沉到烧杯底部，并停留在杯底，放出气泡，最后消失C.钠块浮在液柱表面上，很快熔成一个光亮的小球，小球四处浮动，最后消失D.钠块沉到液柱1/2处，很快熔成一个闪亮的小球，小球在液柱1/2处沿水平方向迅速游来游去，最后消失【答案】A

【解析】【分析】根据水和煤油互不相溶，Na的密度介于煤油和水之间，Na与水的反应分析。【详解】煤油的密度比水小，煤油和水互不相溶，煤油在上层，水在下层；由于Na的密度比煤油大，所以Na在煤油中逐渐下沉；Na的密度比水小，Na下沉到液柱

1/2处，Na与下层水接触，Na与水反应使Na块下部有许多气泡放出，附有气泡的Na块在浮力作用下徐徐上升到液体表面，气泡释放后，Na块在重力作用下又下沉到液柱1/2处，如此重复多次直至Na块完全反应；

答案选A。9.下列物质中既能跟稀硫酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）①NaHCO3②（NH4）2CO3③Al2O3④Al（OH）3⑤AlA.③④B.②④⑤C.①③④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详

解】①NaHCO3属于弱酸的酸式盐，既能与盐酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故①正确；②（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，既能与酸反应,生成SO2气体，又能与碱反应，生成NH3，故②正确；③Al2O3属于两性氧化物,既能与酸反应，生成

Al3+，又能与碱反应生成AlO2−，故③正确；④Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与酸反应，生成Al3+，又能与碱反应生成AlO2−，故④正确；⑤金属铝与硫酸反应生成Al3+和氢气，与碱反应生成AlO2−和氢气，故⑤正确，故选：D。【点睛】既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸

弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，10.下列说法正确的是（NA表示阿佛加德罗常数的值）（）A.在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NAB.在常温常压下，1m

olNe含有的原子数为NAC.71gCl2所含原子数为NAD.在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相同【答案】B【解析】【详解】A.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故常温常压下，11.2L氮气的物质的量小于0.5

mol，故分子个数小于0.5NA个，故A错误；B.氖气是单原子分子，故1molNe含有的原子数为NA，故B正确；C.n(Cl2)=1mol，Cl2为双原子分子，则71gCl2所含原子数为2NA，故C错误；D.气体有双原

子分子和单原子分子，在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数不一定相同，故D错误；故选：B。11.证明溶液中是否有Fe2＋，其正确的操作顺序是（）①加少许酸化的KMnO4溶液②加少许氯水③滴加少许KSCN溶液A.①②B.②③C.①②③D.③②【答案】D【解析】【详解】滴加少许KS

CN溶液，无红色出现；再加少许氯水后若立即出现红色，则证明原溶液中Fe2＋一定存在，故选：D。12.在无色溶液中大量共存的一组离子是（）A.Cu2+、SO42-、OH-、K+B.Fe3+、NO3-、Cl-、H+C.K+、CO32-、Cl-、H+D.H+、Na+、Cl-、SO42-【答案】D【解

析】【详解】A.Cu2+显蓝色，与题意不符，且铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀，不能共存，A错误；B.Fe3+显黄色，与题意不符，B错误；C.CO32-与H+不能大量共存，与题意不符，C错误；D.H+、Na+、Cl-、SO42-能大量共存，且

溶液为无色，符合题意，D正确；答案为D。13.随着我国汽车年销量的大幅增加，给空气环境造成了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是（）A.反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物B.汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2C.NO和O2必须

在催化剂表面才能反应D.催化转化总化学方程式为2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2【答案】D【解析】【详解】A．总反应中，NO最终被还原为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，N2是还原产物，故A错误；B．有毒的气体对环境有污染，N2是空气的主要成分无毒，CO、

NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，故B错误；C．在空气中，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，故C错误；D．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确；故选D

。【点睛】明确图示信息是解题关键，汽车尾气的有害气体主要是氮氧化物、一氧化碳等，根据图片知，NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体与氧气、一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，从而起到尾气净

化作用。14.下列实验中，有白色沉淀产生且不再变化的是（）A.把CO2通入澄清石灰水中至过量B.把NaOH溶液逐滴滴加到Al2（SO4）3溶液中至过量C.向AlCl3溶液中不断滴入氨水至过量D.向FeSO4溶液中不断滴入NaOH溶液至

过量【答案】C【解析】【详解】A.，生成白色沉淀，但通入过量，发生反应，白色沉淀溶解，故A错误；B.，继续滴加NaOH溶液，，故B错误；C.，氢氧化铝为白色沉淀，且不溶于弱碱，故C正确；D.，，注意为白色沉淀，但沉淀为红褐色，故D错误；故

选：C。15.准确称取6.0g铝土矿样品（含Fe2O3），加入100mL稀硫酸中，充分反应后向滤液中加入10mol·L－1NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积之间的关系如图所示。则所用硫酸物质的量浓度为（）A.1.75mol·L－1B.3.50mol·L－1C.0.85mol·L－

1D.无法确定【答案】A【解析】【详解】涉及的反应为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、H++OH-=H2O、Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2

O，当沉淀量最大时，溶液中的溶质为硫酸钠，根据元素守恒分析，n(NaOH)=2n(Na2SO4)=2n(H2SO4)，解得c(H2SO4)=35×10−3L×10mol·L－1÷（100×10−3×2）mol/L=1.75mol/L，故选：A。16.某化学小组在常温

下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案I：铜铝混合物A→充分反足量溶液测定生成气体的体积方案II：铜铝混合物B充分反足量溶液→测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是A.溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B.溶液A和B均可以

选用稀硝酸C.若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小D.实验室方案Ⅱ更便于实施【答案】B【解析】【详解】A、铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaO

H溶液，故A正确；B、铜和铝都均可以与稀硝酸反应，利用测量气体的体积，可以计算出混合物中铜、铝的质量，反应最后没有固体剩余，不能通过测量剩余固体的质量进行，故B错误；C、铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中

铝的质量，实际测量铜的质量减少，铜的含量降低，故C正确；D、测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，故D正确；故选B。17.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是()A.Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完B.Ⅱ图：证明新制氯水只有酸性C.Ⅲ图：产生了棕黄色的雾D

.Ⅳ图：湿润的有色布条褪色【答案】D【解析】【详解】A．二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；B．图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证

明新制氯水具有漂白性，B错误；C．铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，烟是固体小颗粒形成的气溶胶，雾是小液滴形成的气溶胶，C错误；D．氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布

条褪色，D正确；答案选D。18.下列实验的现象与对应结论均正确的是（）选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将F

e氧化为Fe3+D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体表现浓硫酸的氧化性，故A正确；B.常温下将Al片放

入浓硝酸中，无明显变化，铝和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，表现了强氧化性，故B错误；C.过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液，由于铁粉过量，生成亚铁离子，不能变成红色，故C错误；D.将水蒸气通过灼热的铁

粉，反应生成黑色的四氧化三铁固体，说明铁在高温下和水反应，不是生成氧化铁，故D错误；故选：A。19.今有0.1mol·L－1的Na2SO4溶液300mL,0.1mol·L－1的MgSO4溶液200mL、0.1mol·L－1

的Al2（SO4）3溶液100mL，这三种溶液中硫酸根离子的物质的量浓度之比是（）A.1∶1∶1B.3∶2∶2C.3∶2∶3D.1∶1∶3【答案】D【解析】【详解】0.1mol·L－1的Na2SO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mo

l·L－1；0.1mol·L－1的MgSO4溶液中硫酸根离子浓度为0.1mol·L－1；0.1mol·L－1的Al2（SO4）3溶液中硫酸根离子浓度为0.3mol·L－1；所以三种溶液中硫酸根离子浓度之比为0.1mol·L－1：0.1mol·L－1：0.3

mol·L－1=1:1:3，故选：D。20.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是()A.加热时，①中上部汇集了NH4Cl固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色C.加热时，③中溶液红色褪去，

冷却后溶液变红，体现SO2的漂白性D.三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应【答案】A【解析】【详解】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成

氯化铵，A正确；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B错误；C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，

C错误；D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；答案选A。【点睛】易错点是二氧化硫漂白性特点以及可逆反应的含义等。第Ⅱ卷（非选择题，共40分）二、非选择题（共40分，每空2分）21.有一包粉末可能含有K＋、Fe3＋、Al

3＋、Cl－、SO42-、CO32-中的若干种，现进行以下实验：（1）取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；（2）向（1）溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；（3）取（2）中的

有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；（4）重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；（5）向（4）的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤。往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少。根据上述实验：这包粉末中一定不含有的离子是________，肯定

含有的离子是________，不能确定是否含有的离子是________，可通过________来进一步确定该离子。【答案】(1).CO32-、SO42-(2).Fe3＋、Al3＋、Cl－(3).K＋(4).焰色反应【解析】【

分析】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl-、SO42-、CO32-中的若干种，现进行以下实验：取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32-；②向①溶液中加入一定量Ba（OH）2溶液

，生成有色沉淀，则溶液中含有Fe3+或Al3+或SO42-或三者都有；过滤后，滤液呈中性，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl-；取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，则溶液中一定不含SO4

2-；④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少，说明溶液中含有Fe3+、Al3+；通过以上分析知，不能确定溶液中是否含有K+，据此分析解答。【详解】通过以上分析知，

该溶液中一定不含的离子是CO32-、SO42-，一定含有的离子是Fe3＋、Al3＋、Cl－，不能确定是否含有的离子是K＋，要检验K元素需要通过焰色反应，故答案为：CO32-、SO42-；Fe3＋、Al3＋、Cl－；K＋；焰色反应；22

.如下图所示装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时颜色的变化。实验时必须使用铁屑和6mol/L的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白。（1）B中盛一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是_

___________，A中反应的离子方程式是：_________。（2）实验开始时就先将活塞E______(填“打开”或“关闭”)，C中收集到气体的主要成分是________。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程________________。（4）拔去装置B中的橡皮塞，使空气

进入，写出有关反应的化学方程式：__________。【答案】(1).铁屑(2).Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑(3).打开(4).H2(5).关闭活塞E，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应(6).4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe

(OH)3【解析】【详解】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供Fe2＋，所以应预先加入的试剂是铁粉，A中反应的离子方程式是Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；（2）为防止生成的Fe(OH)2被氧化，则需要利用反应中产生的H2排尽装置中的空气，则实验开始时就先将活塞E打开

，C中收集到气体的主要成分是H2；（3）要产生Fe(OH)2，则需要把A装置中生成的FeSO4压入B中，则生成Fe(OH)2的操作过程为关闭活塞E，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；（4）拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，此时Fe(OH)2被氧化，有关反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2

H2O＝4Fe(OH)3。23.下图是两个实验装置（铁架台等辅助仪器略去未画）。回答下列问题：（1）实验甲在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）烧杯，该烧杯中发生反应的离子方程式是___

______，通过实验甲可比较出________（填“Na2CO3”或“NaHCO3”）更稳定。（2）实验乙用来验证Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象：包有Na2O2的棉花着火燃烧。棉花能着火燃烧，说明该反应特点是________。（3）取10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物充

分进行加热，将生成的CO2气体通入足量澄清石灰水中完全吸收，测得生成沉淀4.0g。则原混合物中碳酸钠的质量分数为________。【答案】(1).Ⅱ(2).Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O(3).Na2CO3(

4).该反应放出大量的热(5).32.8%【解析】【分析】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊；Na2O2与CO2反应生成和碳酸钠和氧气，燃烧的条件：可燃物，与氧气或空气接触、温度达到着

火点，三者必须同时满足；生成的沉淀为碳酸钙，根据关系式：2NaHCO3～CO2～CaCO3计算混合物中NaHCO3的质量，进而可计算出混合物中碳酸钠的质量，碳酸钠的质量分数=碳酸钠的质量混合物的质量×100％。【详解】（1）NaHCO3受热易分解，产生CO2：2NaHCO3−−−Na2C

O3+CO2↑+H2O，能使澄清石灰石变浑浊，故产生沉淀的烧杯是Ⅱ；该烧杯中发生反应的离子方程式是：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O；Na2CO3受热不分解，烧杯Ⅰ中澄清石灰水不变浑浊，通过实验甲可比较出Na2CO

3更稳定，故答案为：Ⅱ；Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O；Na2CO3；（2）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，并放出大量的热，故能够使棉花

着火，故答案为：该反应放出大量的热；（3）生成的沉淀为碳酸钙，则：168gm=1004.0gg，解得m=6.72g；m(Na2CO3)=10.0g-6.72g=3.28g，故其质量分数为：3.28g÷10.0g×100％=32.8％，故答案

为：32.8％。24.硅藻土是由无定形SiO2组成的，含有少量Fe2O3、Al2O3及有机物等杂质，通常呈浅黄色或浅灰色，质软多孔。工业上可按如图所示流程，用硅藻土制备纳米级二氧化硅。请回答下列问题：（1）煅烧硅藻土的目的是_

__________。（2）在加热条件下加入烧碱溶液时，发生反应的化学方程式为___________、__________。（3）加入过量硫酸后，生成沉淀的离子方程式为_________。（4）若用纳米

级二氧化硅制成水溶液，则该溶液所具有的性质与下列图片有关的是________（填字母）。【答案】(1).除去硅藻土中的有机物杂质(2).SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O(3).Al2O3＋2N

aOH=2NaAlO2＋H2O(4).SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓(5).AC【解析】【分析】（1）硅藻土中的有机杂质可以通过煅烧的方式除去；（2）二氧化硅是酸性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二者均能和强碱反应；（3）硫酸的酸性比硅酸强，向硅酸

钠中加硫酸可以获得硅酸；（4）用纳米级二氧化硅制成水溶液，形成的分散系是胶体，胶体的特性是产生丁达尔现象。【详解】(1)硅藻土中含有少量Fe2O3、Al2O3及有机物等杂质，除去有机杂质可以采用煅烧的方法，故答案为：除去硅藻土中的有机物杂质；(2)二氧化硅和氧化

铝均能和强碱反应,方程式为：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，故答案为：SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O，Al2O3＋2NaOH=2

NaAlO2＋H2O；(3)化学反应遵循强酸制弱酸的规律，所以H2SO4能和Na2SiO3反应，离子方程式为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为：SiO32-＋2H＋=H2SiO3↓；(4)这种纳米级二氧化硅制成的水溶液实际为胶体，胶体的性质有产生丁达尔现象，A图为树林中的

丁达尔效应；B图、C图分别为一束光通过溶液和胶体时的现象，故选：AC。【点睛】胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，胶体的特性是产生丁达尔现象，即是一束光照射胶体时，会出现光亮的通路。