2022学年湖南省常德一中高一上学期期末化学试卷

1、2022学年湖南省常德一中高一（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意）1下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是（）A乙醇B天然气C浓硫酸D氢氧化钠【考点】化学试剂的分类【分析】A乙醇是易燃液体；B天然气是易燃气体；C硫酸有强腐蚀性；D氢氧化钠无强氧化性【解答】解：A乙醇是易燃液体，图中标志为易燃气体，故A错误；B天然气是易燃气体，图中标志为易燃气体，故B错误；C硫酸有强腐蚀性，试管中的液体倒在手上或桌面上会腐蚀桌面，表示该药品是腐蚀品，故C错误；D氢氧化钠无强氧化性，不是氧化剂，故D正确故选D2下列物质属于纯净物的是（）A漂白粉B氯

2、水C液氯D水玻璃【考点】混合物和纯净物【分析】纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质，纯净物的特征是，只有一种物质组成，这种物质的组成元素可以是一种，也可以是多种【解答】解：A、漂白粉是含有氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；B、氯水是氯气的水溶液含有多种物质，属于混合物，故B错误；C、液氯是液态氯气只含有一种物质属于纯净物，故C正确；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；故选C3合金具有许多优良的物理、化学或机械性能下列物质属于合金的是（）A水银B钢材C陶瓷D玻璃【考点】金属与合金在性能上的主要差异【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具

3、有金属特性的物质；合金具有以下特点：一定是混合物；合金中至少有一种金属等【解答】解：A水银是纯净物，不属于合金，故A错误；B钢材是铁与碳的合金，故B正确；C陶瓷是混合物，不含有金属单质，故C错误；D玻璃是混合物，不含有金属单质，故D错误故选B4下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）ASiO2是制造光导纤维的材料BFe3O4常用于红色油漆和涂料CNa2SiO3常用作制木材防火剂DNaHCO3常用作面粉发泡剂【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A二氧化硅具有良好的光学特性；B四氧化三铁为黑色固体，三氧化二铁为红棕色固体；C硅酸钠熔沸点高，不易燃烧；D依据碳酸氢钠受热易分解的性质解答【解答

4、】解：A二氧化硅具有良好的光学特性，可以制造光导纤维，故A正确；B三氧化二铁为红棕色固体，常用于红色油漆和涂料，故B错误；C硅酸钠熔沸点高，不易燃烧，可以做木材防火剂，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，故D正确；故选：B5以下各溶液中Cl物质的量浓度与300mL1molL1NaCl溶液中Cl物质的量浓度相同的是（）A100mL1mol/LAlCl3溶液B200mL1mol/LMgCl2溶液CLCaCl2溶液D100mL2mol/LKCl溶液【考点】物质的量浓度【分析】根据300ml1mol/L的NaCl溶液中Cl的物质的量浓度为1mol/L，与溶液的体积无关，以此来

5、分析【解答】解：由NaClNaCl知1mol/LNaCl溶液中，c（Cl）=1mol/L，A、1mol/LAlCl3溶液中c（Cl）为3mol/L，故A不符合；B、1mol/LMgCl2溶液中c（Cl）为2mol/L，故B不符合；C、LCaCl2溶液中c（Cl）=1mol/L，故C符合；D、2mol/LKCl溶液中c（Cl）为2mol/L，故D不符合；故选C6下列反应的离子方程式可用HOH=H2O表示的有（）A醋酸与氢氧化钾溶液B氢氧化铜和盐酸C硫酸氢钠与氨水溶液D硝酸与氢氧化钡溶液【考点】离子方程式的书写【分析】离子方程式HOH=H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应，据此进行解

6、答【解答】解：A醋酸是弱酸，离子方程式中保留分子式，反应的离子方程式为：CH3COOHOH=CH3COOH2O，不能用离子方程式HOH=H2O表示，故A错误；B氢氧化铜为难溶物，离子方程式中不能拆开，反应的离子方程式为：Cu（OH）22H=Cu22H2O，不能用HOH=H2O表示，故B错误；C一水合氨为弱碱，应保留化学式，离子方程式不能用HOH=H2O表示，故C错误；D硝酸与氢氧化钡溶液反应生成硝酸钡和水，反应的离子方程式为：HOH=H2O，故D正确；故选D7某些补铁剂的成分中含有硫酸亚铁，长期放置会因氧化而变质检验硫酸亚铁是否变质的试剂是（）A稀盐酸BKSCN溶液C氯水D铁粉【考点】二价Fe

7、离子和三价Fe离子的检验【分析】硫酸亚铁中的亚铁离子具有较强还原性，容易被氧化成铁离子，可以通过加入硫氰化钾溶液检验是否存在铁离子，进行判断硫酸亚铁是否变质【解答】解：硫酸亚铁若是变质，亚铁离子会被氧化成铁离子，所以可使用KSCN溶液检验，加入硫氰化钾，若溶液变成红色，证明硫酸亚铁已经变质，若溶液没有变成红色，证明硫酸亚铁没有变质，故选B8下列有关试剂保存的说法中，不正确的是（）A金属钠保存在煤油中B保存氯化亚铁溶液时加入少量铁粉C过氧化钠应密封保存D氢氟酸保存在玻璃试剂瓶中【考点】化学试剂的存放【分析】A钠能分别与水和氧气等反应，钠的密度比水的小比煤油的大；B亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为

8、铁离子，存放时常加入少许铁粉，作还原剂；C过氧化钠易与水、二氧化碳反应；D氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应【解答】解：A钠能分别与水和氧气等反应，钠的密度比水的小比煤油的大，所以少量的金属钠应保存在煤油中，隔绝空气，故A正确；B亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，故FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中防止氧化，故B正确；C过氧化钠易与水、二氧化碳反应，应在干燥的环境中密封保存，故C正确；D氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸保存在塑料瓶中，故D错误故选D9下列变化不属于氧化还原反应的是（）A加热氢氧化铁固体B金属钠露置于空气中C灼热的铜丝放在氯气中燃烧D

9、将氯气通入冷的消石灰浊液中【考点】氧化还原反应【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，不含元素化合价变化的反应为非氧化还原反应，以此来解答【解答】解：A加热氢氧化铁固体生成氧化铁和水，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故A选；B金属钠露置于空气中生成氧化钠，Na、O元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C灼热的铜丝放在氯气中燃烧生成氯化铜，Cu、Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C不选；D将氯气通入冷的消石灰浊液中生成氯化钙、次氯酸钙和水，只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选A10在某酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）ANa、Mg2、SO4

10、2、HCO3BNa、Ba2、Cl、SO42CCu2、Ca2、Cl、NO3DFe2、K、NO3、Cl【考点】离子共存问题【分析】酸性溶液中存在大量氢离子，A碳酸氢根离子与氢离子反应；B钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；C四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D铁离子、氢氧根离子与氢氧根离子反应【解答】解：AHCO3与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BBa2、SO42之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CCu2、Ca2、Cl、NO3之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DFe3与OH、氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D

11、错误；故选C11在下列反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是（）AZn2HCl=ZnCl2H2BCu2（OH）2CO34HCl=2CuCl2CO23H2OCHClAgNO3=AgClHNO3DMnO24HCl（浓）MnCl2Cl2H2O【考点】氧化还原反应【分析】盐酸表现出酸性说明和其它物质生成盐，盐酸表现出酸性说明在反应中失电子化合价升高【解答】解：A该反应中氢元素得电子化合价降低，所以盐酸体现出氧化性，故A错误；B酸碱中和反应中，盐酸只体现酸性，故B错误；C该反应中，氢元素和氯元素的化合价都不变化，盐酸只体现出酸性，故C错误；D该反应中部分氯化氢失电子作还原剂，部分化合价不变只作酸，所

12、以该反应中盐酸既表现出酸性又表现出还原性，故D正确；故选D12下列关于氯水的说法不正确的是（）A氯水的颜色呈浅黄绿色，是因为氯水中含有Cl2B新制氯水能使红色布条褪色，说明氯水中含HClOC向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有HD活性炭和氯水都具有漂白作用，且漂白的化学原理相同【考点】氯气的化学性质【分析】氯气溶于水，部分与氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中存在平衡Cl2H2OHClHClO，溶液中含有氯气、次氯酸、水三种分子，H、ClO、Cl、OH四种离子，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液含有次氯酸

13、具有漂白性，据此解答【解答】解：氯气溶于水，部分与氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液中存在平衡Cl2H2OHClHClO，溶液中含有氯气、次氯酸、水三种分子，H、ClO、Cl、OH四种离子，A氯水成分中，只有氯气为黄绿色，氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，故A正确；B溶液含有次氯酸具有漂白性，能使红色布条褪色，故B正确；C溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；D活性炭是物理吸附，而氯水是化学漂白，故D错误；故选：D134FeS211O2=2Fe2O38SO2（已知FeS2中Fe为2价）的反应中被氧化的元素是（）Fe（2）Fe（3）S（1）O（0）S（4）A和B只有C只

14、有D只有【考点】氧化还原反应【分析】反应中Fe、S、O元素的化合价发生变化，其中Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此解答该题【解答】解：在4FeS211O2=2Fe2O38SO2的反应中，Fe的化合价从2价升高到3价，S的化合价从1价升高到4价，所以被氧化的是Fe（2）和S（1），故A正确故选A14在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K、Cl各为L，Mg2为L，则SO42的物质的量浓度为（）ALBLCLDL【考点】物质的量浓度的相关计算【分析】根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等【解答】解：因溶液中的离子有K、Cl、M

15、g2、SO42，设SO42物质的量浓度为c，溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，根据电荷守恒：12=1c2，解得c=（mol/L）故选B15若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A1molNa2O2与水反应时，转移电子的数目为2NAB标准状况下，水中含有水分子的数目为NAC14gN2中含有电子的数目为7NAD数目为NA的一氧化碳分子和甲烷的质量比为7：4【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、过氧化钠中氧元素为1价，1mol过氧化钠与水完全反应生成氧气，转移了1mol电子；B、标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；C、14g

16、氮气的物质的量为，氮气中含有1mol氮原子，含有7mol电子；D、数目为NA的一氧化碳的物质的量为1mol，质量为28g；甲烷的质量为8g，二者质量比为7：2【解答】解：A、1mol过氧化钠与水反应生成氧气，转移了1mol电子，转移电子的数目为NA，故A错误；B、标况下，水不是气体，题中条件无法计算水的物质的量，故B错误；C、14g氮气的物质的量为，氮气中含有的电子的物质的量的为7mol，含有电子的数目为7NA，故C正确；D、数目为NA的一氧化碳分子的物质的量为1mol，1mol一氧化碳的质量为28g；甲烷的质量为8g，二者质量比为28：8=7：2，故D错误；故选C16从下列实验事实得出的结论

17、中，不正确的是（）选项实验事实结论AH2可在Cl2中燃烧燃烧不一定有氧气参加B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落氧化铝熔点高于铝C钠块投入水中，迅速熔成银白色小球钠的密度比水小D某溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀该溶液中含有Cl【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A燃烧为剧烈的氧化还原反应；B氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；C迅速熔成银白色小球，说明熔点低；D白色沉淀为AgCl【解答】解：A燃烧为剧烈的氧化还原反应，该实验无氧气参加，现象可说明结论，故A正确；B氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故B正确；C迅速熔成银白色小球，说明熔点

18、低，不能说明密度大小，故C错误；D白色沉淀为AgCl，则该溶液中含有Cl，故D正确；故选C17下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）NaHCO3Al2O3Al（OH）3AlAlCl3NaAlO2ABCD【考点】两性氧化物和两性氢氧化物【分析】Al、Al2O3、Al（OH）3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸、蛋白质等都既能和稀硫酸反应又能和NaOH溶液反应，据此分析解答【解答】解：NaHCO3属于弱酸酸式盐，与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故正确；Al2O3属于两性氧化物，与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反

19、应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al（OH）3属于两性氢氧化物，与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；AlCl3跟稀H2SO4不反应，故错误；NaAlO2跟氢氧化钠溶液不反应，故错误；故选D18下列除去杂质（括号中的物质为杂质）的方法中，不正确的是（）AFeCl3溶液（FeCl2）：通入适量Cl2BFe2O3固体（Al2O3）：加入烧碱溶液，过滤CCl2气体（HCl）：通过NaOH溶液洗气后干燥DNa2CO3固体（NaHCO3）：加热【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与

20、应用【分析】A氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁；B氧化铝可与氢氧化钠溶液反应；C二者都与氢氧化钠溶液反应；D碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠【解答】解：A氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，可用于除杂，故A正确；B氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，可用于除杂，故B正确；C二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；D碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠，可用加热的方法除杂，故D正确故选C19下列离子方程式书写正确的是（）A单质铁与稀硫酸反应：2Fe6H2Fe33H2B二氧化硅溶于NaOH溶液：SiO22OHSiO32H2OC单质钠放入水中，产生气体：NaH2ONaOHH2D向氯化铝溶

21、液中加入过量氨水：Al34NH3H2OAlO24NH42H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A不符合反应客观事实；B二者反应生成硅酸钠和水；C原子个数不守恒；D不符合反应客观事实【解答】解：A单质铁与稀硫酸反应生成二价铁离子，离子方程式：Fe2HFe2H2，故A错误；B二氧化硅溶于NaOH溶液，离子方程式：SiO22OHSiO32H2O，故B正确；C单质钠放入水中，产生气体，离子方程式：N2a2H2O2Na2OHH2，故C错误；D向氯化铝溶液中加入过量氨水，离子方程式：Al33NH3H2OAl（OH）33NH4，故D错误；故选：B20将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3和

22、Fe2浓度相等则已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比是（）A2：3B3：2C1：2D1：1【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应生成氯化亚铁，根据方程式设反应的三价铁的量，就可以获得生成的亚铁的量，进而获得未反应的Fe3的物质的量，二者之比即为答案【解答】解：铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe2Fe3=3Fe2，已反应的Fe3的物质的量为n，则Fe2Fe3=3Fe223溶液中的Fe3和Fe2浓度相等，所以，未反应的Fe3的物质的量为，所以已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比=n：=2：3故选A21为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，

23、有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是（）A分别配成1mol/L的溶液，各取1mL滴加1滴酚酞试液，比较颜色深浅B分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊C分别取样配成溶液，滴加Ba（OH）2溶液，观察有无白色沉淀D分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色（必要时可透过蓝色钴玻璃）【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】AK2CO3水解程度比NaHCO3大，溶液碱性较强；BNaHCO3不稳定，加热易分解；C二者均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀；DK2CO3和NaHCO3两种白色固体分别含有K元素、Na元素，焰色反

24、应现象不同【解答】解：AK2CO3水解程度比NaHCO3大，溶液碱性较强，可滴加酚酞检验，碳酸钾溶液颜色较深，故A正确；BNaHCO3不稳定，加热易分解，生成二氧化碳气体，可通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊，故B正确；C二者均与氢氧化钡反应生成碳酸钡白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C错误；D二者分别含有K元素、Na元素，焰色反应现象不同，通过焰色反应可以判断，故D正确；故选C22某同学用如图所示的装置及药品进行酸性强弱比较的实验，下列说法不正确的是（）A和中发生的反应均为复分解反应B向Na2SiO3饱和溶液中滴酚酞溶液无明显现象C一段时间后中有胶冻状物质生成D该实验能证明酸性强弱的顺序是：硫酸

25、碳酸硅酸【考点】比较弱酸的相对强弱的实验【分析】稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，证明硫酸的酸性大于碳酸；将生成的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，会观察到有白色胶状物，反应生成了硅酸胶体，证明了酸性：碳酸硅酸，据此进行解答【解答】解：A中硫酸与碳酸钠反应生成硫酸钠、二氧化碳气体和水，中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸和碳酸钠，两个反应都是复分解反应，故A正确；B硅酸钠溶液呈碱性，所以向Na2SiO3饱和溶液中滴酚酞溶液后会显示红色，故B错误；C一段时间后中生成硅酸胶体，则有胶冻状物质生成，故C正确；D稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，证明酸性：硫酸碳酸；将生成的二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中，会观察到

26、有白色胶状物，反应生成了硅酸胶体，证明酸性：碳酸硅酸，该实验能证明酸性强弱的顺序是：硫酸碳酸硅酸，故D正确；故选B23镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）关系如图反应中镁和铝的（）A物质的量之比为3：2B质量之比为3：2C摩尔质量之比为2：3D反应速率之比为2：3【考点】化学方程式的有关计算；化学反应速率的影响因素；金属的通性；常见金属的活动性顺序及其应用【分析】根据图象可知，两种金属得到的氢气一样多，然后根据金属镁、铝和足量的稀硫酸反应的化学方程式：MgH2SO4=MgSO4H2，2Al3H2SO4=Al2（SO4）33H2，即可找出各个量之间的关系【

27、解答】解：A、由于MgH2，2Al3H2，且两种金属得到的氢气一样多，因此镁和铝的物质的量的比是3：2，故A正确；B、由于镁和铝的物质的量的比是3：2，则它们的质量的比为（324）：（227）=4：3，故B错误；C、镁和铝的摩尔质量之比和该化学反应毫无关系，即它们的摩尔质量之比为24：27=8：9，故C错误；D、根据图象可知，两种金属得到的氢气的物质的量相等时消耗的时间一定是镁少，则反应速率较快，故速率之比应为3：2，故D错误；故选A24有镁、铝混合粉末，将它溶于500mL4mol/L的盐酸溶液中，若要使沉淀质量达到最大值，则需加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为（）A100mLB500mL

28、C1000mLD1500mL【考点】镁、铝的重要化合物【分析】先分析溶液中存在的溶质，再利用酸碱中和反应方程式计算【解答】解：根据题意知，反应过程中镁铝的转化过程分别为：MgMgCl2Mg（OH）2；AlAlCl3Al（OH）3；Mg、Al、Mg（OH）2、Al（OH）3都不溶于水，所以沉淀质量达到最大值时溶液中的溶质是氯化钠，根据n（NaOH）=n（HCl）计算，设加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为L，2mol/LL=4mol/L，=1所以需加入2mol/L的氢氧化钠溶液的体积为1L即1000mL故选C25为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量

29、变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是（）ABCD【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】加热发生反应：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，利用反应前后固体的质量差、结合差量法来计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠样品的纯度【解答】解：设碳酸氢钠的质量为，则2NaHCO3Na2CO3CO2H2Om（w1gw2g）=，解得=g，则w（Na2CO3）=1=，故选A二、填空题（本题包括5小题，每空2分，共50分）26（1）的质量为，共含有mol原子（2）等质量的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是，在相同温度和压强下，体积最大的是【考点】54：物质的量的相关计算【分析】（

30、1）依据m=nM，1个水分子含有3个原子；（2）根据n=计算该题相关物理量【解答】解：（1）的质量为18g/mol=9g，含有原子数为：3=；故答案为：9g；（2）由n=可知，相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，则分子数越少，因M（CO2）M（HCl）M（O2）M（NH3），则含有分子数目最少的是CO2，由n=可知，相同质量时，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，在相同温度和相同压强条件下，气体的体积越小，反之越大，则体积最大的是NH3，故答案为：CO2；NH327含有下列离子的五种溶液AgMg2Fe2Al3Fe3试回答下列问题：（1）既能被氧化又能被还原的离子是（填离子符号，下同）（

31、2）加入过量NaOH溶液无沉淀的是；（3）加铁粉溶液质量增重的是，溶液质量减轻的【考点】氧化还原反应【分析】（1）居于中间价态的离子既能被氧化又能被还原；（2）铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸盐；（3）铁能将银从溶液中置换出来，能和三价铁化合为二价铁；【解答】解：（1）Fe2居于中间价态，既能被氧化又能被还原，故答案为：Fe2；（2）铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无沉淀生成，故答案为：Al3；（3）铁能将银从溶液中置换出来，对溶液而言，增加了铁，析出了银，溶液质量减轻，铁能和三价铁反应生成二价铁，溶液质量增加了金属铁的质量，故答案为：Fe3；Ag28在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化

32、钠作为供氧剂请选用适当的化学试剂和实验用品，用下图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂（1）A是实验室用石灰石制取CO2的装置离子方程式为：（2）C中U型管内装的是Na2O2粉末，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：（3）填写表中空格仪器加入试剂加入试剂的目的B饱和NaHCO3溶液D吸收过量CO2（4）试管F中收集满气体后，检验该气体的方法是：【考点】性质实验方案的设计【分析】由实验装置可知，本实验首先由CaCO3和盐酸反应生成CO2，氯化氢易挥发，制取的二氧化碳中含有氯化氢，产生气体通过饱和NaHCO3溶液，以除去CO2气体中混入的HCl，然后过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2

33、，用排水法收集O2，最后取出试管，立即把带火星的木条伸入试管口内，木条复燃，证明试管中收集的气体是氧气（1）碳酸的酸性弱于盐酸，实验室用碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳；（2）Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气；（3）A装置：制取二氧化碳，B装置：通过饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，C装置：Na2O2与CO2反应，D装置：除去多余的二氧化碳，E装置：收集生成的气体氧气；（4）根据氧气能支持燃烧确定检验氧气的方法【解答】解：（1）A装置：盐酸的酸性强于碳酸，实验室通常使用石灰石或大理石（主要成分都为碳酸钙）与稀盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应方程式为Ca

34、CO32HClCaCl2H2OCO2，离子方程式为CaCO32H=Ca2H2OCO2，故答案为：CaCO32H=Ca2H2OCO2；（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O22CO22Na2CO3O2，故答案为：2Na2O22CO2=2NaCO3O2；（3）A装置：利用碳酸钙与盐酸可以发生复分解反应生成氯化钙、水和二氧化碳的性质，制取二氧化碳，B装置：氯化氢易挥发，制取的二氧化碳中含有氯化氢，通过饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，C装置：过氧化钠与CO2和水气反应，产生O2，D装置：用NaOH溶液洗气，吸收未反应的CO2气体，E装置：收集生成的气体氧气故答案

35、为：除去CO2中的HCl；NaOH溶液；（4）本实验的目的为证明过氧化钠可作供氧剂，收集气体后要验证是否为氧气，为防止倒吸，应先把E中的导管移出水面，然后关闭分液漏斗活塞，用拇指堵住试管口，取出试管，立即用带火星的木条伸到试管F的管口，如果木条复燃，说明过氧化钠与二氧化碳反应产生氧气，可做供氧剂，故答案为：取出试管，将带火星的木条伸入试管内，若木条复燃，说明该气体是O229现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如图所示（1）中反应的离子方程式是（2）中均进行的分离操作是（填操作名称）（3）中加入过量的N

36、a2CO3溶液的目的是（4）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的（填物质名称）（5）实验室用上述实验获得的NaNO3固体配制LNaNO3溶液配制溶液时，称取NaNO3固体的质量是g某同学转移溶液的操作如图所示，图中仪器的名称是烧杯和，该同学操作中的错误是【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag、Ba2完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物

37、，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3根据配制一定浓度的溶液步骤操作，（1）滤液1中含氯离子，加入过量的AgNO3，使Cl全部转化为AgCl沉淀；（2）分离固体和溶液的存在为过滤操作；（3）在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag、Ba2完全沉淀；（4）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3；（5）配制L的NaNO3溶液，则需要硝酸钠的质量为L85g/mol=；配制L的NaNO3溶液，需要500mL容量瓶，向容量瓶中转移液体需要用玻璃棒引流【解答】解：由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag、Ba2完全沉淀，最后所得溶液