甘肃省天水市2023-2024学年高一上学期10月份竞赛化学试卷（解析版）

PAGEPAGE1甘肃省天水市2023-2024学年高一上学期10月份竞赛试卷一、单选题(共48分)1.美国化学教授Lagow声明他们的科研小组制得了一种很活泼的新物质-链式炔碳，即…-CC-CC-C-…(碳原子数为300~500)。对该物质的下列叙述正确的是（）A.在自然界可稳定存在B.在常温下为气态C.硬度比金刚石大D.和C60互为同素异形体〖答案〗D〖解析〗【详析】A．很活泼，链式炔碳不能在自然界中稳定存在，故A错误；B．链式炔碳相对分子质量较大，常温下沸点较高，为固体，故B错误；C．链式结构硬度较小，网状结构硬度较大，金刚石是网状结构，故C错误；D．链式炔碳和C60都是碳元素的单质，互为同素异形体，故D正确；〖答案〗选D。2.只用一种试剂就可将NH4Cl溶液、(NH4)2SO4溶液、K2SO4溶液及KCl溶液区别开，这种试剂是（）A.Ba(OH)2溶液 B.AgNO3溶液 C.BaCl2溶液 D.KOH溶液〖答案〗A〖解析〗【详析】A．Ba(OH)2溶液与NH4Cl溶液反应有刺激性气味气体放出，与(NH4)2SO4溶液反应有刺激性气味气体放出和白色沉淀生成，与K2SO4溶液反应有白色沉淀生成，与KCl溶液无现象，能区别开，故A符合题意；B．AgNO3溶液与四者都有白色沉淀生成，而无其他现象，不能区别开，故B不符合题意；C．BaCl2溶液与(NH4)2SO4溶液、K2SO4溶液都有白色沉淀生成，都无其他现象，与NH4Cl溶液和KCl溶液都无现象，不能区别开，故C不符合题意；D．KOH溶液与NH4Cl溶液、(NH4)2SO4溶液都有刺激性气味生成，与K2SO4溶液及KCl溶液无现象，不能区别开，故D不符合题意。综上所述，〖答案〗为A。3.常温下，往一定量的溶液不断通入的过程中(如图所示)，下列图像能正确表示该溶液导电能力(用电流强度I表示)变化的是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗常温下，往一定量的溶液先通入会生成碳酸钡和水，继续通入会生成可溶于水的碳酸氢钡，溶液中离子浓度大小与导电性有关，据此分析解答。【详析】根据上述分析可知，刚开始通入二氧化碳时，会生成难溶于水的碳酸钡和水，电流强度I不断减小直至降低到几乎为0，继续通入二氧化碳，溶液中会生成可溶于水的碳酸氢钡，从而使溶液中离子浓度增大，电流强度I又逐渐增大，只有B项符合题意。故选B。4.下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是（）A.B.C.溶液D.溶液〖答案〗D〖解析〗【详析】A．四氧化三铁与CO反应生成Fe和CO2，其反应为；Fe与HCl反应生成FeCl2和氢气，其反应为，故A错误；B．双氧水受热分解生成水和氧气，氢气与氧气反应生成水，故B错误；C．将CaCl2溶液中通入CO2，不发生反应，碳酸钙与盐酸反应生成CO2、H2O、CaCl2其反应为，故C错误；D．向溶液中加入铁粉，析出Cu单质，其反应为，Cu与氧气在加热条件下生成CuO，故D正确；故选D。5.为提纯下列物质(括号内为杂质)选用的试剂和分离方法都正确的是（）选项物质试剂分离方法A溶液锌粉过滤B点燃C水溶解、过滤、洗涤、干燥D足量稀硫酸蒸发结晶〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Zn与、均能反应，且引入新杂质离子，A错误；B．向、CO混合气中通入不易点燃，且通入的量无法确定，B错误；C．难溶于水，KCl能溶于水，加水溶解后过滤、洗涤、干燥可除去KCl，C正确；D．除去NaCl中的NaOH，加入足量稀盐酸，再蒸发结晶，D错误；故选C。6.下列离子方程式书写正确的是（）A.向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加过量NaOH溶液：NH4+＋Fe2+＋3OH－=Fe(OH)2↓＋NH3•H2OB.用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3＋6H+=2Fe3+＋3H2OC向小苏打溶液中加少量Ca(OH)2溶液：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-D.向Ca(ClO)2溶液中滴入少量Na2SO3溶液：ClO－＋SO32-=Cl－＋SO42-〖答案〗C〖解析〗【详析】A、向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加过量NaOH溶液，反应生成一水合氨、氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为：2NH4+＋Fe2+＋4OH－=Fe(OH)2↓＋2NH3•H2O，选项A错误；B、用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++I2+3H2O，选项B错误；C、向小苏打溶液中加少量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，反应的离子方程式为：Ca2+＋2OH－＋2HCO3-=CaCO3↓＋2H2O＋CO32-，选项C正确；D、向Ca(ClO)2溶液中滴入少量Na2SO3溶液：Ca2++ClO－＋SO32-=Cl－＋CaSO4↓，选项D错误。〖答案〗选C。7.根据次氯酸及有关物质的性质判断，下列反应的离子方程式中正确的是（）A.氯气溶于水：B.氯气溶于澄清石灰水：C.向漂白粉溶液中通入足量D.向漂白粉溶液中通入足量〖答案〗B〖解析〗【详析】A．HClO是弱酸，不能拆成离子形式，A错误；B．氯气溶于澄清石灰水离子方程式为：，B正确；C．向漂白粉溶液中通入足量时，会生成，C错误；D．()会被HClO()氧化为，D错误；故选B。8.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（）A.能使无色酚酞试液呈红色的溶液中：，，、B.无色透明溶液中：、、、C.含有大量的溶液中：、、、D.在酸性溶液中：、、、〖答案〗A〖解析〗【详析】A．酚酞溶液呈红色的溶液为碱性含有氢氧根，，，、相互之间不反应也与氢氧根不反应，可以大量共存，A正确；B．显蓝色，不能在无色透明的溶液中存在，B错误；C．含有大量的溶液中，铵根离子可以和氢氧根离子反应，碳酸根离子可以和钡离子生成沉淀，不能共存，C错误；D．在酸性溶液中存在氢离子，氢离子可以和碳酸氢根离子生成气体二氧化碳，不能共存，D错误；故选A。9.下列表示氧化还原反应中电子转移的方向和数目正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗CD〖解析〗【详析】A．反应中钠共失去2，氯气得到2，电子转移数目正确，但电子转移方向有误，A错误；B．反应中铜得到4，碳失去4，但未标注“得”“失”，B错误；C．反应中O元素由-2变到0，共失去12，氯原子共得到12，C正确；D．中C由+4到+2，碳单质由0到+2，反应中电子转移的方向和数目均正确，D正确；故选CD。10.某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定溶液中ClO-与ClO的个数比为1：2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的个数比为（）A.10：3 B.11：3 C.2：3 D.4：3〖答案〗B〖解析〗【详析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+5价和+1价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：2，则可设ClO3-为2mol，ClO-为1mol，被氧化的Cl共为11mol，失去电子的总物质的量为2mol×（5-0）+1mol×（1-0）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为11mol，因此被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3；〖答案〗选B。11.若做实验时不小心粘上高锰酸钾，皮肤上的斑要很久才能消除，而用的稀溶液在稀硫酸条件下洗涤，可以马上消除，发生反应的化学方程式为(未配平)，下列关于此反应的叙述正确的是（）A.当有参加反应时，该反应转移10mol电子B.该反应右边方框内的产物是C.该反应的氧化剂是D.配平后，的化学计量数是10〖答案〗A〖解析〗【详析】该反应中，碳元素的化合价由+3变为+4，作还原剂，锰元素的化合价从+7降低到+2，作氧化剂，即当有参加反应时，该反应转移10mol电子，根据质量守恒定律、得失电子守恒配平该化学方程式：，由此可知，A项正确，B、C、D项错误，故选A。12.水体中氨氮含量会造成水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。下列说法错误的是（）A.去除过程中，每一步反应都是氧化还原反应B.每除去1mol，转移3mol电子C.该过程需控制温度，温度过高时氨氮去除率会降低D.去除过程的总反应方程式为：〖答案〗A〖解析〗【详析】A．转化关系图中NaClO和水反应生成次氯酸和氢氧化钠的反应以及盐酸和氢氧化钠的反应中，属于化合价没有发生变化的反应，不是氧化还原反应，故A错误；B．氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，每除去1mol，转移3mol电子，故B正确；C．NH3易挥发，温度较高时溶解度减小，氨氮去除率会降低，故C正确；D．根据箭头方向可知，NH3、NaClO是反应物，氯化钠、氮气和水是生成物，根据质量守恒和电子转移守恒写出化学方程式为：，故D正确；故选A。13.三草酸合铁酸钾是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，该配合物在光照下易分解：，下列说法不正确的是（）A.反应物中元素只体现氧化性，元素既体现氧化性又体现还原性B.氧化产物和还原产物的物质的量之比为C.若有被还原，则被还原的为6molD.每生成，转移电子数为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应中Fe由+3价变为+2价，化合价降低表现氧化性被还原；碳元素化合价由+3部分变为+2、部分变为+4，元素既体现氧化性又体现还原性，A正确；B．反应中氧化产物为12分子二氧化碳，还原产物为11分子一氧化碳和1分子氧化亚铁，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B正确；C．由化学方程式可知，2个铁离子被还原的同时，11个碳被还原生成11分子CO，故两者关系为，则若有被还原，则被还原的为5.5mol，C错误；D．由化学方程式可知，反应中13个碳的化合价由+3变为+4转移13个电子生成13分子二氧化碳，电子转移关系为，则每生成，转移电子数为，D正确；故选C。14.向溶液中通入一定量的气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入的盐酸，产生的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。下列判断正确的是（）A.原溶液的浓度为B.通入在标准状况下的体积为C.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为D.所得溶液的溶质成分的物质的量之比为〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗假设NaOH溶液通入CO2形成的溶液中溶质只有Na2CO3，逐滴加入盐酸依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则前、后2个阶段消耗盐酸的体积相等，而图中第一阶段消耗盐酸体积小于第二阶段，可知NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3；【详析】A．消耗盐酸100mL时，溶液为恰好为NaCl溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，则NaOH溶液的浓度为=0.2mol/L，故A正确；B．生成二氧化碳阶段消耗盐酸为100mL-25mL=75mL，消耗HCl的物质的量为0.075L×0.2mol/L=0.015mol，由NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可知生成的二氧化碳为0.015mol，标准状况下生成二氧化碳的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L，即336mL，则通入CO2在标准状况下体积为336mL，故B错误；C．由分析可知，NaOH溶液与CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，故C错误；D．碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸25mL，由Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知，碳酸钠转化生成的碳酸氢钠又可以消耗25mL盐酸，而第二阶段共消耗75mL盐酸，说明NaOH溶液与CO2反应后所得溶液中的碳酸氢钠消耗盐酸为75mL-25mL=50mL，则所得溶液的溶质各成分的物质的量之比为=50mL：25mL=2：1，故D错误。〖答案〗选A。15.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小(同温、同压下测定)。若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且加热后残留固体物质的质量大于原混合粉末的质量。下列推断正确的是（）A.粉末中一定没有Na2O B.气体X只有CO2C.粉末中一定不含NaHCO3、NaCl D.无法肯定粉末里是否含有Na2CO3和NaCl〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2(气体为O2)、Na2CO3或NaHCO3(气体为CO2)，X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在；将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：2Na2O+O22Na2O2，则粉末中一定有Na2O；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl。【详析】A．由分析可知，粉末中一定有Na2O，A错误；B．X通过NaOH溶液后体积缩小(而不是气体全部消失)，说明X由O2和CO2组成，B错误；C．由分析可知，粉末中一定含NaHCO3，无法确定是否有NaCl，C错误；D．由分析可知，无法肯定粉末里是否含有Na2CO3和NaCl，D正确。〖答案〗选D。16.根据下图的转化关系及现象，下列描述错误的是（）A.气体B为O2，反应②金属单质燃烧时火焰黄色B.反应③、④均为复分解反应C.反应①的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑+H2↑D.反应③的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据转化关系，气体B与金属单质反应生成淡黄色固体X，可推知X为Na2O2，而气体B为O2，金属单质为Na，因此反应②为2Na+O2Na2O2，无色液体A与Na2O2反应可得到O2和Y溶液，且Y溶液与CuSO4溶液反应生成蓝色沉淀，可推知无色液体A为H2O，Y为NaOH溶液，则反应①为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应③为2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应④为Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O，据此分析解答。【详析】A．根据上述分析可知，体BO2，反应②为2Na+O2Na2O2，金属单质Na燃烧时火焰黄色，A正确；B．反应③为2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应④为Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O，两个反应均为两个化合物相互交换成分的反应，属于复分解反应，B正确；C．由上述分析，反应①为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，C错误；D．反应③为2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，根据拆分规则，得到离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，D正确；〖答案〗选C。17.在常温下，发生下列几种反应：①16H++10Z-+2XO=2X2++5Z2+8H2O；②2A2++B2=2A3++2B-；③2B-+Z2=B2+2Z-。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（）A.溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z-B.Z2在①、③反应中为还原剂C.氧化性强弱的顺序为：XO>Z2>B2>A3+D.X2+是XO的还原产物〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。【详析】A．①中X的化合价降低，则氧化性XO>Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性Z2>A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可发生，故A正确；B．①中Z元素的化合价升高，则Z2为氧化产物，③中Z元素的化合价降低，则Z2为氧化剂，故B错误；C．①中X的化合价降低，则氧化性XO>Z2，②中B元素的化合价降低，则氧化性B2>A3+，③中Z元素的化合价降低，则氧化性Z2>B2，则氧化性XO>Z2>B2>A3+，故C正确；D．反应①中X元素的化合价降低，则XO为氧化剂，则X2+是XO的还原产物，故D正确；〖答案〗选B。18.元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是（）A.反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化B.反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质C.反应②利用了H2O2的氧化性D.K2Cr2O7可作为氧化剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A．在反应①③中Cr元素化合价不变，A错误；B．Cr2O3是金属氧化物，与KOH反应，产生KCrO2和水，所以反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质，B正确；C．在反应②中H2O2将KCrO2氧化为K2Cr2O4，说明H2O2具有氧化性，C正确；D．在K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，具有强氧化性，因此K2Cr2O7可作为氧化剂，D正确；故合理选项是A。19.铋(Bi)元素价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如下表所示：加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量的双氧水③适量KI•淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡得到蓝色溶液则下列说法错误的是（）A.②中产生的气体为O2 B.③中Mn2+做氧化剂C.氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2 D.还原性：Mn2+>Bi3+〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析，由①中现象可知：NaBiO3把Mn2+氧化生成，则NaBiO3（氧化剂）的氧化性强于（氧化产物）的氧化性；由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，则（氧化剂）的氧化性强于H2O2的氧化性；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水（氧化剂）的氧化性强于碘单质（氧化产物）的氧化性，据此分析解答。【详析】A．根据上述分析，与双氧水反应生成气体，紫色消失，即将双氧水氧化生成氧气，故A正确；B．③中I-被过量的双氧水氧化，故氧化剂为双氧水，故B错误；C．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析，氧化性：NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2，故C正确；D．在反应中MnSO4为还原剂，NaBiO3被还原为Bi3+，则还原性：Mn2+>Bi3+，故D正确；故选B。20.在含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2（已知氧化性：Br2＞Fe3+)。下列各项通入Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（）A.x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-B.x=0.6a，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-C.x=a，2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-D.x=1.5a，2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗已知氧化性：Br2＞Fe3+，则还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。【详析】A．x=0.4a，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4＜，只氧化Fe2+，离子反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；B．x=0.6a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于～，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，则离子反应为：10Fe2++2Br-+6Cl2=Br2+10Fe3++12Cl-，故B错误；C．x=a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于～，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-，故C正确；D．x=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-，故D正确；〖答案〗选B。21.如图，在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，据此判断下列说法中不正确的是()A.上述反应是置换反应B.上述反应证明钠可以从CuSO4溶液中置换出铜C.上述反应说明钠比铜活泼D.加热且无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗在蒸发皿中放一小块钠，加热至熔化时，用玻璃棒蘸取少量无水CuSO4与熔化的钠接触，瞬间产生耀眼的火花，同时有红色物质生成，说明熔融的钠将硫酸铜中的铜置换出来并且放出热量，属于置换反应，钠作还原剂，硫酸铜作氧化剂，说明钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu。【详析】A、钠比铜活泼，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu，属于置换反应，故A正确；

B、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，但是钠不能从CuSO4溶液中置换出铜，故B错误；

C、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Na2SO4和Cu，钠作还原剂，铜是还原产物，说明钠比铜活泼，故C正确；

D、根据以上分析，在无水条件下，Na可以与CuSO4反应并生成Cu，故D正确；选B。22.在课堂上老师出示了两瓶失去标签的Na2CO3和NaHCO3无色饱和溶液，希望班里同学提出简便的鉴别方法，该班同学踊跃提出看法，其中不合理的是（）①用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3溶液；②取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3溶液；③取等量的溶液于两支试管中，加热，有气泡产生的是NaHCO3固体；④二取等量的溶液于两支试管中，逐滴加入稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3溶液；⑤取等量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3溶液⑥取等量的溶液于两支试管中，分别向两支试管中滴加Ba(OH)2溶液，能出现白色沉淀的是Na2CO3A.①② B.③⑥ C.④⑤ D.②⑤〖答案〗B〖解析〗【详析】①由于碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠，故用干燥的pH试纸检验，pH大的是Na2CO3溶液；②由于碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠，故取等量的溶液于两支试管中，各滴入酚酞溶液，红色较深的是Na2CO3溶液；③NaHCO3溶液受热时不分解，只有NaHCO3固体受热时才分解；④二者都能与酸反应，碳酸钠与酸反应先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠与酸反应产生水和二氧化碳，故取等量的溶液于两支试管中，逐滴加人稀盐酸，开始就有气体放出的是NaHCO3溶液；⑤取等量的溶液于两支试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀的是Na2CO3溶液，NaHCO3不会反应；⑥取等量的溶液于两支试管中，分别向两支试管中滴加Ba(OH)2溶液，都能出现白色沉淀，化学方程式分别为Na2CO3+Ba(OH)2=2NaOH+BaCO3↓，2NaHCO3+Ba(OH)2=Na2CO3+BaCO3+2H2O，故③⑥错误；故选B。23.下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是（）A.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体干燥后用碱石灰吸收，增重bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体C.取ag混合物充分加热，固体质量减少bgD.取ag混合物与足量溶液充分反应，得bg溶液〖答案〗D〖解析〗【详析】A．取ag混合物与足量稀盐酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag混合物共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；C．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，C不符合题意；D．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；故选：D。24.探究Na2O2与水的反应，实验如图：(已知：H2O2H++、H++)下列分析不正确的是（）A.①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃B.①、④中均发生了氧化还原反应和复分解反应C.②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同D.通过③能比较酸性：HCl＞H2O2〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗过氧化钠和水反应生成气体为氧气，反应后的溶液加入高锰酸钾酸性溶液，生成气体，且高锰酸钾溶液褪色，说明过氧化钠与水反应生成过氧化氢，可被高锰酸钾氧化生成氧气，加入氯化钡生成BaO2沉淀，加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和H2O2，加入二氧化锰，可分解生成氧气，以此分析。【详析】A．试管①中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠和氧气，试管⑤中过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解产生水和氧气，①、⑤中产生的气体能使带火星的木条复燃，故A正确；B．①中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解产生水和氧气；④中BaO2沉淀，加入稀硫酸生成硫酸钡沉淀和H2O2，过氧化氢分解产生水和氧气，均发生氧化还原反应，均为复分解反应，故B正确；C．②、⑤中KMnO4与MnO2的作用不同，②中过氧化氢被KMnO4氧化生成氧气，⑤中过氧化氢在二氧化锰催化条件下自身发生氧化还原反应生成氧气，产生气体的量也不同，故C正确；D．③说明BaO2不溶于盐酸，没有生成可溶性的钡盐，不能用于比较酸性强弱，且盐酸为强酸，由题中信息可知过氧化氢为弱酸，故D错误；〖答案〗选D。二、填空题(共16分)25.现有以下几种物质(或微粒)：①丝②③④液态⑤稀⑥熔融⑦溶液⑧饱和溶液⑨消毒酒精回答下列问题：（1）②和③之间互为__________。（2）以上物质中属于能导电的电解质是__________。(填代号)（3）⑤中溶质的电离方程式为__________。（4）利用⑧制备胶体的操作方法是__________。(用文字描述)（5）向⑤中逐渐加入固体，其溶液的导电性变化情况是__________。（6）根据酸能电离出的数目可将酸分为一元酸(如)、二元酸(如)、三元酸(如)。二元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和一种酸式盐(如)，三元酸能与碱反应生成一种正盐(如)和两种酸式盐(如、)。①属于二元酸，写出它与反应生成酸式盐的化学方程式__________；②与溶液反应生成的酸式盐只有一种，则是__________元酸；若反应生成正盐，则该正盐的化学式为__________。〖答案〗（1）同位素（2）⑥（3）（4）将饱和溶液逐滴滴入到盛有沸水的烧杯中，继续煮沸至液体呈红褐色，立即停止加热（5）先变弱再变强（6）①.②.二③.〖解析〗（1）和质子数相同，中子数不同，故两者互为同位素。（2）电解质只有在水溶液或熔融状态才能导电，故只有⑥熔融才符合要求。（3）硫酸属于二元强酸，其溶质完全电离，其电离方程式为。（4）将饱和溶液逐滴滴入到盛有沸水的烧杯中，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。（5）硫酸溶液是电解质溶液，加入固体后，生成难溶性和水，其溶液中导电的微粒逐渐减少，其溶液的导电性减弱，但过量后其自身能电离，其溶液的导电性又逐渐增强。（6）根据定义，草酸生成酸式盐的方程式为。与溶液反应生成的酸式盐只有一种，根据定义是二元酸，若生成正盐，需要中和两个氢离子，其化学式为。三、实验题(共36分)26.(Ⅰ)某无色溶液含有Na+、Ba2+、Cu2+、H+、HCO、SO、Cl﹣等离子中的若干种。依次进行下列实验，现象如下：①取少量溶液于试管之中，滴入几滴紫色石蕊试液后溶液显红色；②另取少量的原溶液，先加入过量的NaOH溶液，无明显现象，然后再滴加适量的Na2CO3溶液，产生白色沉淀。请回答下列问题，用离子符号表示：（1）原溶液中肯定存在的离子有___________；（2）原溶液中肯定不存在的阳离子有___________，（3）原溶液中可能存在的离子有___________。(Ⅱ)在一条鱼、虾绝迹的小河边有四座工厂：甲、乙、丙、丁(如图所示)，它们排出的废液里，每个工厂只含有Na2CO3、FeCl3、Ca(OH)2、HCl中的一种。某中学环保小组对河水检测时发现：①甲处河水呈乳白色，②乙处河水呈浑浊的红褐色，③丙处河水由浑变清，④丁处产生气泡，河水仍清，⑤M处水样的pH小于7。请判断：（4）四座工厂排出的废液里含有的污染物：甲___________，乙___________，丙___________，丁___________。（5）③处红褐色消失发生的离子反应方程式___________，④发生的化学反应方程式___________。〖答案〗（1）Ba2+、H+、Cl-（2）Cu2+、HCO、SO（3）Na+（4）①.Ca(OH)2②.FeCl3③.HCl④.Na2CO3（5）①.Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O②.Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑〖解析〗（1）溶液无色，则一定不存在Cu2+，

①取少量溶液于试管之中，滴入几滴紫色石蕊试液后溶液显红色，说明溶液呈酸性，一定含H+，则一定不存在HCO；

②另取少量的原溶液，先加入过量的NaOH溶液，然后再滴加适量的Na2CO3溶液，产生白色沉淀，则一定存在Ba2+，则一定不存在SO，由电荷守恒可知一定存在阴离子Cl-，不能确定是否含有Na+；由以上分析原溶液中肯定存在的离子有Ba2+、H+、Cl-；（2）原溶液中肯定不存在的阳离子有Cu2+、HCO、SO；（3）原溶液中可能存在的离子有Na+；（4）水流方向是由甲经过乙、依次流经丙和丁，根据四种物质的性质特点，甲处河水呈乳白色，甲为Ca(OH)2；乙处河水呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，故乙处为FeCl3；丙处河水由浑变清，是由于Fe(OH)3沉淀在丙处物质溶解，故丙处为盐酸，丁处为Na2CO3(与盐酸作用产生气泡)，M处溶液显酸性，可知盐酸过量，由上述分析可知，四座工厂排出的废水含有的污染物分别为：甲为Ca(OH)2；乙为FeCl3；丙为HCl；丁为Na2CO3；（5）③处红褐色消失发生的离子反应方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，④处生成的气体为二氧化碳，发生的化学反应方程