山东省烟台市四校2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷

烟台市四校2024—2025学年高一上学期期中检测化学学科 试题一、单选题：本大题共12小题，每小题3分，共36分。1.下列有关“绿色化学”或“绿色食品”的描述正确的是A. 贴有“绿色”防伪标志的食品属于“绿色食品”B. “绿色化学”的核心是利用化学原理对环境污染进行治理C. “绿色化学”中的“3R”原则(减量化、再利用和再循环)是开发和利用自然资源的基本原则D. 植物秸秆含大量钾元素，焚烧后作钾肥符合“绿色化学”的思想2.下列物质与其用途不符合的是(    )A. 过氧化钠：呼吸面具的供氧剂 B. 二氧化氯：漂白剂和消毒剂C. 小苏打：制作馒头和面包的膨松剂 D. 纯碱：治疗胃酸过多3.设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 (    )A. 1molH2O2中含离子总数为3NAB. 10g46%的乙醇(C2H5OH)水溶液中所含H原子数为0.6NAC. 常温下，4.6gNO2和N2O4组成的混合气体中所含氧原子数为0.2NAD. 0.1mol的Na2O2加入稀盐酸中充分反应，转移的电子数为0.2NA4.中国传统文化和历史文物中蕴藏着丰富的化学知识，下列说法错误的是(    )A. “天接云涛连晓雾”中“雾”、“云”属于胶体，可发生丁达尔效应B. “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，硝石中含有钾元素C. “青蒿一捏，以水二升渍，绞取汁”该青蒿素的提取过程为物理变化D. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥漫在空气中的PM2.5固体颗粒5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 4.0gNaOH溶解在 100mL水中所得溶液中c(Na+)=1mol/LB. 含 16.25gFeCl3的饱和溶液加入到沸水中形成的 Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAC. 5.6g金属铁与足量的氯气反应时失去的电子的数目为0.3NAD. 1.0mol/LMgCl2溶液中含 Cl⁻的数目为2NA6.将Na与Na2O的混合物29.4g投入足量水中，充分反应后生成40g NaOH，则原混合物中Na与Na2O的物质的量之比是 (    )A. 1∶2 B. 1∶1 C. 1∶3 D. 2∶37.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下，500 mL0.1 mol/L NaCl溶液中，含有NaCl的分子数为0.5NAB. 4.6 g Na与0.1 L l mol/L盐酸充分反应，产生气体分子数目为0.05NAC. 3 gCH3COOH和HCHO的混合物中含有碳原子数目为0.1NAD. 常温常压下，0.1mol.L硫酸钾溶液中钾离子和硫酸根离子总数为0.3NA8.同温同压下，同体积的H2和气体x质量分别为2g和17g。下列说法错误的是(    )A. 氢气和气体x的密度之比为2:17B. 氢气和气体x的原子数之比为1:1C. 氢气和气体x的物质的量之比为1:1D. 氢气和气体x的相对分子质量之比为2:179.某同学欲探究Na2O2与H2能否反应，设计装置如图，下列说法错误的是(    )A. 装置A中盛放稀盐酸的仪器是长颈漏斗B. 装置B中盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的水蒸气和氯化氢C. 装置A也可用于碳酸钠与稀硫酸反应制取CO2D. D中盛放无水硫酸铜的作用是检验反应是否有水生成10.如图是碳及其化合物的“价−类”二维图，f为Na2CO3、NaHCO3。下列说法正确的是(    )A. a只能被氧化，c是酸性氧化物B. d的水溶液能导电，d属于电解质C. d→f的转化一定不是氧化还原反应D. 向Na2CO3饱和溶液中通入d有沉淀析出11.下列各组离子，在无色溶液中能大量共存的是(    )A. Cu2+、NO3−、Na+、Cl− B. Na+、K+、Cl−、CO32−C. Ag+、SO42−、Na+、OH− D. OH−、HCO3−、NH4+、K+12.下列关于“100mL 0.1mol⋅L−1BaCl2溶液”的说法正确的是(    )A. 该溶液中含有的微粒主要有：BaCl2、Ba2+、Cl−、H2OB. 若取该溶液10mL，其中c(Ba2+)=0.01mol⋅L−1C. 若取该溶液10mL，恰好能与10mL 0.1mol⋅L−1Na2SO4溶液完全反应D. 该溶液与0.1mol⋅L−1NaCl溶液中的c(Cl−)相等二、多选题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。13.某无色强碱性溶液中仅含有Na+、Mg2+、Cl−、OH−、CO32−、SO42−中的若干种，为了确定该溶液的组成，某同学进行如下实验： ①取少量溶液，加入过量BaCl2溶液，有白色沉淀产生； ②向①所得白色沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成； ③将②所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。 分析上述实验，下列说法正确的是(    )A. 一定含有OH−、SO42−、Cl−B. 无法确定是否含有Cl−C. 可能含有Mg2+D. 一定含有Na+、OH−、CO32−、SO42−14.下列实验装置正确且能达到实验目的的是 (    ) A. A B. B C. C D. D15.已知转化Ⅰ：MnO4−+Cl−+H+→Mn2++Cl2↑+H2O；转化Ⅱ：PbO2+Mn2++SO42−→2MnO4−+PbSO4。下列说法错误的是(    )A. 氧化性：PbO2>MnO4−>Cl2B. 转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的MnO4−，转移电子数相同C. MnO4−做氧化剂时，氧化性强弱与溶液酸碱性无关D. PbO2与FeSO4溶液反应：PbO2+2Fe2++4H+=Pb2++2Fe3++2H2O三、实验题：本大题共4小题，每空1分，共31分。16.铁的化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题： (1)FeCl3是一种重要的铁盐，常用于金属蚀刻。某同学向盛有黄色FeCl3溶液的烧杯中加入石灰石粉末，发现有无色气泡产生。静置24小时，可观察到烧杯内液体变为透明的红褐色，猜想得到了Fe(OH)3胶体。 ①证明该猜想正确的实验方法是 ______ ，此反应的离子方程式为 ______ 。 ②分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是 ______ (填操作名称，下同)；除去红褐色液体中混有的FeCl3的方法是 ______ 。 (2)硫酸铁铵常用作分析试剂和媒染剂。实验室利用废铁屑(含FeO、Fe2O3等杂质)制备硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2⋅xH2O]的实验流程如图。  ①用离子方程式表示H2O2的作用 ______ 。 ②硫酸铁铵晶体中结晶水含量的测定：准确称量9.640g硫酸铁铵晶体配成100mL溶液，向该溶液中加入过量0.5mol⋅L−1BaCl2溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得9.320g白色固体。 判断BaCl2溶液已过量的操作是 ______ ；硫酸铁铵晶体中x= ______ 。17.过氧化钠常作漂白剂、杀菌剂、消毒剂。过氧化钠保存不当容易吸收空气中CO2而变质。为了测定过氧化钠的纯度，称取ag样品并设计如图装置来测定过氧化钠的质量分数。 (1)将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是__________。(2)装置C中发生反应的化学方程式为__________、__________。(3)D中NaOH溶液的作用为__________。(4)实验结束时，读取实验中生成气体的体积时，不合理的是__________。a.直接读取气体体积，不需冷却到室温b.上下移动量筒，使得E、F中液面高度相同c.读取量筒中水的体积时，应使视线与凹液面的最低点相平(5)读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为__________。18.二氧化氯消毒剂是国际公认的高效消毒灭菌剂。二氧化氯漂白液中常含有ClO2和Cl2两种主要成分。化学兴趣小组同学为测定某二氧化氯漂白液中ClO2的浓度，进行如下实验：【实验Ⅰ】配制100mL0.10mol⋅L−1的Na2S2O3溶液，步骤如下：①用电子天平准确称取一定质量的Na2S2O3⋅5H2O固体，放入烧杯，用适量蒸馏水溶解；②将烧杯中的溶液小心的注入______中；③用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒______次，并将每次洗涤的溶液转入容量瓶中，振荡；④用胶头滴管继续向容量瓶中加水至距刻度线______处；⑤将容量瓶塞盖好，充分摇匀。回答下列问题：(1)将【实验Ⅰ】②、③、④步补充完整______，______，______;(2)容量瓶使用前必须进行的操作是______；(3)配制溶液过程中需称量Na2S2O3⋅5H2O固体的质量为______；(4)配制溶液过程中，下列操作使配制浓度偏低的是______(填序号)A.步骤②操作之前容量瓶中有少量水       B.未进行步骤③操作C.定容时俯视刻度线【实验Ⅱ】测定二氧化氯漂白液中ClO2浓度，步骤如下：①量取5mL二氧化氯漂白液于锥形瓶中，加蒸馏水稀释到25mL，再向其中加入过量KI溶液，二氧化氯漂白液中的两种成分分别发生反应：2ClO2+2KI        2KClO2+I2、Cl2+2KI        2KCl+I2。②加入淀粉作指示剂(指示剂的作用是通过颜色变化，可以提示Na2S2O3与I2反应完全)，向其中逐滴加入0.10mol⋅L−1的Na2S2O3溶液至反应恰好完全进行，过程中发生的反应为：2Na2S2O3+I2        Na2S4O6+2NaI③加入稀硫酸调节溶液pH=3，发生反应：KClO2+4KI+2H2SO4        KCl+2K2SO4+2I2+2H2O④再逐滴加入0.10mol⋅L−1的Na2S2O3溶液，反应恰好完全进行时，该步消耗Na2S2O3溶液20mL。回答下列问题：(5)该二氧化氯漂白液中ClO2的物质的量浓度为______。19.某小组同学利用如图装置制备Cl2并探究其性质。回答下列问题： (1)装置A中发生反应的离子方程式为______；装置B可贮存多余的气体，则B中所盛装的液体是______。(2)装置C的作用是证明Cl2无漂白性，但其水溶液具有漂白性，则 Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是______(填标号)。a.干燥的石蕊试纸    b.湿润的石蕊试纸    c.碱石灰    d.氯化钙(3)实验发现装置E中溶液显浅棕色。查阅资料：I2+I−=I3−，I3−在溶液中显棕黄色，能使淀粉变蓝：I3−可被Cl2氧化为ICl2−(红色)和ICl4−(黄色)，两种离子可被氧化成IO3−(无色)。为探究溶液显浅棕色的原因进行如下实验：①操作a的实验目的是______；由实验可知，E中溶液显浅棕色可能的原因是______。②实验证明I3−与Cl2反应的最终产物是IO3−，其离子方程式为______。(4)室温下测得装置F的溶液中，nClO−、nClO3−与反应时间t的关系如图。a点的溶液中，除H+、OH−外，其他各离子浓度由大到小的顺序是______；用离子方程式说明t2∼t4时间内，nClO−逐渐减小的原因______。四、简答题：本大题共1小题，每空3分，共18分。20.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图是钠的价类二维图：  请回答以下问题： (1)NaH在野外可用作生氢剂，其与水反应的化学方程式为 ______ 。 (2)写出二维图中缺失①中某种淡黄色固体的化学式 ______ ，其阳离子与阴离子的个数比为 ______ 。 (3)NaHCO3溶液常因温度过高而分解，导致含有少量Na2CO3，除去杂质Na2CO3的方法为 ______ (用离子方程式表示)。 (4)向300mL某物质的量浓度的NaOH溶液中缓慢通入一定量的CO2(忽略溶液体积的变化)，充分反应。将上述所得溶液，逐滴滴加1mol⋅L−1的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：  ①原NaOH溶液的浓度为 ______ 。 ②AB段发生反应的离子方程式 ______ 。答案和解析1.【答案】C 【解析】A.“绿色食品”是指安全、无公害的食品，故A错误；B.绿色化学的着眼点是将污染消灭在生产的源头，从根本上消除污染，是污染前有效治理的化学思想，故B错误；C.开发和利用自然资源，必须遵循减量化、再利用和再循环的原则，践行绿色发展理念，要求人们应节约能源，减少污染物的排放，保护环境，故C正确；D.将废弃塑料焚烧处理，会产生大量的空气污染物、二氧化碳等，不符合绿色化学理念，故D错误；故选：C。2.【答案】D 【解析】略3.【答案】C 【解析】略4.【答案】D 【解析】略5.【答案】C 【解析】A.4.0gNaOH的物质的量为0.1mol，溶解在100mL水中，溶液的密度未知，无法求出溶液的体积，则无法求出所得溶液中c(Na+)，A不正确；B.含16.25gFeCl3的饱和溶液中，FeCl3的物质的量为0.1mol，加入到沸水中形成Fe(OH)3胶体，但由于1个Fe(OH)3胶粒由许许多多个Fe(OH)3分子构成，所以形成的Fe(OH)3粒子数小于0.1NA，B不正确；C.5.6g金属铁的物质的量为0.1mol，与足量的氯气反应时，Fe由0价升高到+3价，则失去电子的数目为0.3NA，C正确；D.1.0mol/LMgCl2溶液的体积未知，无法求出含Cl⁻的数目，D不正确；故选C。6.【答案】A 【解析】略7.【答案】C 【解析】略8.【答案】B 【解析】略9.【答案】C 【解析】解：A.装置A盛放稀盐酸的仪器为长颈漏斗，故A正确；B.B装置中盛放的碱石灰用来去除H2中混有的HCl和水蒸气，故B正确；C.碳酸钠易溶于水，不能使用装置A进行反应，故C错误；D.无水硫酸铜为白色，遇到水变蓝，用来检验水，故D正确；故选：C。A.根据实验图像，装置A盛放稀盐酸的仪器为长颈漏斗；B.B装置中盛放的碱石灰用来除HCl和水蒸气；C.碳酸钠易溶于水；D.无水硫酸铜为白色，遇到水变蓝。本题探究Na2O2与H2能否反应，侧重考查学生基本操作和原理的掌握情况，试题难度中等。10.【答案】D 【解析】解：A.a为CH4，为C的最低价，只能被氧化，c为CO，是不成盐氧化物，故A错误；B.d的水溶液为碳酸溶液，能导电，但CO2属于非电解质，故B错误；C.d→f的转化可能是氧化还原反应，如过氧化钠和CO2反应生成碳酸钠，故C错误；D.碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，向Na2CO3饱和溶液中通入d生成碳酸氢钠，有沉淀析出，故D正确；故选：D。根据碳及其化合物的“价一类”二维图，a为CH4、b为C单质、c为CO、d为CO2、e为H2CO3、f为Na2CO3、NaHCO3，据此进行解答。本题主要考碳及其化合物的性质，同时考查酸性氧化物的判断，氧化还原反应化合价升降守恒的应用，属于基本知识，基础题型的考查，难度不大。11.【答案】B 【解析】解：A.铜离子在水溶液中呈蓝色，不符合无色条件，故A错误；B.这几种离子之间互不反应，且无色，可以大量共存，故B正确；C.Ag+和OH−反应生成AgOH，但AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O沉淀，SO42−和Ag+会生成Ag2SO4微溶物，不能大量共存，故C错误；D.OH−与HCO3−、NH4+反应，不能大量共存，故D错误；故选：B。无色溶液中不含有色离子，离子之间不反应生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、双水解反应或络合反应且无色的离子能大量共存。本题考查离子共存，侧重考查复分解反应，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键，注意题干中限制性条件。12.【答案】C 【解析】A.该溶液中含有的微粒主要有：Ba2+、Cl−、H2O，BaCl2完全电离，不存在BaCl2，故A错误；B.若取该溶液10mL，溶液浓度不变，则c(Ba2+)=0.1mol⋅L−1，故B错误；C.10mL 0.1mol⋅L−1Na2SO4溶液中n(Na2SO4)=0.1mol⋅L−1×0.01L=0.001mol，10mL 0.1mol⋅L−1BaCl2溶液中n(BaCl2)=0.01mol⋅L−1×0.1L=0.001mol，二者物质的量相等，恰好完全反应，故C正确；D.100mL 0.1mol⋅L−1BaCl2溶液中的c(Cl−)=0.1mol⋅L−1×2=0.2mol⋅L−1，0.1mol⋅L−1NaCl溶液中的c(Cl−)=0.1mol⋅L−1×1=0.1mol⋅L−1，两溶液中c(Cl−)不相等，故D错误【分析】本题考查物质的量浓度的计算，题目难度不大，明确物质的量浓度的概念、溶液性质为解答关键，B、D为易错点，注意离子浓度与溶液体积大小无关，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。13.【答案】BD 【解析】解：A.由上述分析可知，溶液中一定存在OH−、SO42−、CO32−、Na+，可能存在Cl−，故A错误；B.由上述分析可知，无法确定是否含有Cl−，故B正确；C.由无色强碱性溶液可知，该溶液一定含OH−，一定不含Mg2+，故C错误；D.由上述分析可知，溶液中一定存在SO42−、CO32−、Na+、OH−，故D正确；故选：BD。由无色强碱性溶液可知，该溶液一定含OH−，则一定不含Mg2+，①取少量溶液，加入过量BaCl2溶液，有白色沉淀产生；②向①所得白色沉淀中加入足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，则该溶液一定含SO42−、CO32−，③将②所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，由于②加入足量盐酸，则不能确定原溶液是否含有Cl−，由电荷守恒可知原溶液一定还含Na+，以此解答该题。本题考查无机物的推断，为高频考点，把握流程中白色沉淀的判断、气体及溶液的成分为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意水解的应用，题目难度不大。14.【答案】BC 【解析】解：A.比较碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，外管温度高，内管温度低，应该将碳酸钠固体放在大试管中，故A错误；B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可用带火星的木条检验氧气，故B正确；C.若钠与水反应为放热反应，可观察到U形管左边液面下降，右边液面上升，该实验可达到目的，故C正确；D.新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故D错误；故选：BC。A.外管温度高，内管温度低；B.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；C.若钠与水反应为放热反应，可观察到U形管左边液面下降，右边液面上升；D.新制氯水具有漂白性。本题考查化学实验方案的评价，侧重考查学生无机基础实验的掌握情况，试题难度中等。15.【答案】CD 【解析】解：A.氧化性：氧化剂>氧化产物，由反应MnO4−+Cl−+H+→Mn2++Cl2↑+H2O、PbO2+Mn2++SO42−→MnO4−+PbSO4↓可知，氧化性：PbO2>MnO4−>Cl2，故A正确；B.反应Ⅰ中MnO4−→Mn2+、消耗1molMnO4−失电子5mol，反应Ⅱ中Mn2+→MnO4−，生成1molMnO4−得电子5mol，所以转化Ⅰ、Ⅱ中消耗或生成等物质的量的MnO4−时转移电子数相同，故B正确；C.酸性高锰酸钾溶液的氧化性强，中性条件下氧化性次之，碱性条件下氧化性略弱，即MnO4−做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强，故C错误；D.PbO2与FeSO4溶液反应为PbO2+SO42−+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2O+PbSO4↓，故D错误；故选：CD。A.氧化性：氧化剂>氧化产物；B.反应Ⅰ中MnO4−→Mn2+、消耗1molMnO4−得电子5mol，反应Ⅱ中Mn2+→MnO4−，生成1molMnO4−得电子5mol；C.一般而言，酸性越强的溶液中氧化剂的氧化性也越强；D.PbO2与FeSO4溶液反应时还生成PbSO4沉淀。本题考查氧化还原反应概念及规律，侧重基础知识灵活运用能力考查，把握氧化还原反应规律的应用、离子方程式的书写、氧化性强弱判断等知识是解题关键，题目难度不大。16.【答案】用一束光照射液体，观察有无光亮的通路  2Fe3++3CaCO3+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+  过滤  渗析  H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O  静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀，证明BaCl2溶液过量  12 【解析】解：(1)①证胶体具有丁达尔效应，检验氢氧化铁胶体的方法为：用一束光照射液体，观察有无光亮的通路，FeCl3溶液和CaCO3反应生成Fe(OH)3胶体、CaCl2、CO2，离子方程式为：2Fe3++3CaCO3+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+，故答案为：用一束光照射液体，观察有无光亮的通路；2Fe3++3CaCO3+3H2O=2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑+3Ca2+；②分离胶体和难溶性固体采用过滤的方法，分离胶体和溶液采用渗析的方法，则分离该红褐色液体与烧杯底部石灰石的方法是过滤，除去红褐色液体中混有的FeCl3的方法是渗析，故答案为：过滤；渗析；(1)①H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为H2O，离子方程式为H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，故答案为：H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；②判断BaCl2溶液已过量，可以用BaCl2检验反应后的溶液中是否含有硫酸根离子，检验方法为：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀，证明BaCl2溶液过量；白色沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=9.320g233g/mol=0.04mol，根据硫酸根离子守恒得n[NH4Fe(SO4)2⋅xH2O]=12n(BaSO4)=12×0.04mol=0.02mol，n[NH4Fe(SO4)2]=n[NH4Fe(SO4)2⋅xH2O]=0.02mol，m[NH4Fe(SO4)2]=0.02mol×266g/mol=5.32g，n(H2O)=9.640g−5.32g18g/mol=0.24mol，物质的量之比等于其个数之比，n[NH4Fe(SO4)2]：n(H2O)=0.02mol：0.24mol=1：12，所以x=12，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀，证明BaCl2溶液过量，12。(1)①证胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液和CaCO3反应生成Fe(OH)3胶体、CaCl2、CO2；②分离胶体和难溶性固体采用过滤的方法；分离胶体和溶液采用渗析的方法；(2)废铁屑中含有FeO、Fe2O3等杂质，废铁屑中加入稀硫酸浸取得到FeSO4、Fe2(SO4)3，然后向溶液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再向溶液中加入(NH4)2SO4固体得到NH4Fe(SO4)2，通过一系列操作得到NH4Fe(SO4)2⋅xH2O；①H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为H2O；②判断BaCl2溶液已过量，可以用BaCl2检验反应后的溶液中是否含有硫酸根离子；白色沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=9.320g233g/mol=0.04mol，根据硫酸根离子守恒得n[NH4Fe(SO4)2⋅xH2O]=12n(BaSO4)=12×0.04mol=0.02mol，n[NH4Fe(SO4)2]=n[NH4Fe(SO4)2⋅xH2O]=0.02mol，m[NH4Fe(SO4)2]=0.02mol×266g/mol=5.32g，n(H2O)=9.640g−5.32g18g/mol=0.24mol，物质的量之比等于其个数之比。本题考查物质的制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法、方程式的计算方法是解本题关键，注意(2)题原子守恒的灵活运用。17.【答案】(1)检查装置的气密性(2)     2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2       2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(3)吸收未反应的CO2(4)a(5) 39V56a% 【解析】(1)实验探究测定方法是测定二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气，装置中必须是气密性完好，将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性；(2)装置C中是二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式为： 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 ， 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ；(3)D为吸收多余的二氧化碳的装置，防止多余的二氧化碳进入量气装置，导致测得的氧气的体积偏大，故答案为：吸收未反应的CO2；(4)a.直接读取气体体积，不冷却到室温，会使溶液体积增大，读出结果产生误差，故a错误；b.调整量筒内外液面高度使之相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故b正确；c.视线与凹液面的最低点相平读取量筒中水的体积是正确的读取方法，故c正确；故答案为：a；(5)测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，物质的量= V×10−3L22.4L/mol ，则样品中过氧化钠的质量分数为 V×10−3L22.4L/mol×2×78g/mola×100%=39V56a% ；18.【答案】(1)100mL容量瓶2∼3(1分)  1∼2cm(1分)  (2)检验是否漏水(装置气密性)(3)2.48g  (4)B  (5) 0.1mol⋅L−1  (除注明外，每空2分，共12分) 【解析】略19.【答案】(1)     MnO2+4H++2Cl−Δ Mn2++2H2O+Cl2↑      饱和食盐水(2)d、a(3)证明反应后的E溶液中有淀粉，无 I3− ，说明溶液的浅棕色不是 I3− 造成的     I3− 被 Cl2 氧化成 ICl2− (红色)和 ICl4− (黄色)，两者混合呈浅棕色溶液     8Cl2+I3−+9H2O=16Cl−+18H++3IO3−(4)     cNa+>cCl−>cClO−=cClO3−       3ClO−=ClO3−+2Cl− 【解析】【分析】A装置为实验室制备Cl2，即用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，装置B可贮存多余的气体；干燥氯气没有漂白性、氯气和水生成的次氯酸具有漂白性，装置C的作用是证明 Cl2 无漂白性，但其水溶液具有漂白性，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是b.湿润的石蕊试纸、d.氯化钙干燥剂、a.干燥的石蕊试纸；氯气进入E，探究氯气和碘化钾的反应；氯气有毒，不能直接排放到空气中，用盛有NaOH溶液的D装置吸收氯气；【详解】(1)二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水： MnO2+4H++2Cl−Δ Mn2++2H2O+Cl2↑ ；饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解，装置B可贮存多余的气体，则B中所盛装的液体是饱和食盐水；(2)由分析可知，Ⅱ、Ⅲ处依次应放入的物质是d、a；(3)①第一份滴入1滴碘水，碘单质与淀粉作用显示蓝色，证明反应后的E溶液中有淀粉，显浅棕色且遇淀粉变蓝；第二份滴入淀粉溶液，溶液颜色没有变化，说明溶液的浅棕色不是 I3− 造成的，无 I3− ；故目的是：证明反应后的E溶液中有淀粉，无 I3− ，说明溶液的浅棕色不是 I3− 造成的；② I3− 与 Cl2 反应的最终产物是 IO3− ，反应中氯元素化合价由0变为−1、碘的化合价升高为+5，结合得失电子守恒、质量守恒，可得反应的离子方程式为： 8Cl2+I3−+9H2O=16Cl−+18H++3IO3− ；(4)装置F中氯气和氢氧化钠反应，a点的溶液中 nClO− = nClO3− ，假设 nClO− 、 nClO3− 均为1mol，根据电子守恒可知，生成氯离子1mol+5mol=6mol，则氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，溶液除 H+ 、 OH− 外，其他各离子浓度由大到小的顺序是 cNa+>cCl−>cClO−=cClO3− ；用离子方程式说明 t2∼t4 时间内， nClO− 逐渐减小，而 nClO3− 逐渐增加，说明次氯酸根离子发生歧化反应生成氯酸根离子和氯离子，故反应为原因 3ClO−=ClO3−+2Cl− 。20.【答案】NaH+H2O=NaOH+H2↑  Na2O2  2：1 CO32−+CO2+H2O=2HCO3−  1mol/L HCO3−+H+=CO2↑+H2O 【解析】解：(1)NaH在野外可用作生氢剂，其与水反应的化学方程式NaH+H2O=NaOH+H2↑；故答案为：NaH+H2O=NaOH+H2↑；(2)①为钠的氧化物，呈淡黄色，①为Na2O2，阳离子与阴离子的个数比为2：1；故答案为：Na2O2；2：1。(3)碳酸钠溶液通入二氧化碳，生成碳酸氢钠，所以碳酸氢钠溶液中混有碳酸钠杂质，可以向溶液中通入二氧化碳气体，进行除杂，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，相应的离子反应为：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−，故答案为：CO32−+CO2+H2O=2HCO3−；(4)①根据题意，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，加入盐酸后发生的反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；根据氯原子守恒n(NaCl)=n(HCl)=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，根据Na元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)=0.3mol，则c(NaOH)=0.3mol0.3L=1mol/L，故答案为：1mol/L；②加入盐酸100mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，加盐酸OA段发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而AB段发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，离子方程式为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故答案为：HCO3−+H+=CO2↑+H2O。(1)NaH在野外可用作生氢剂，其与水反应生成氢气；(2)①为钠的氧化物，呈淡黄色，①为Na2O2；(3)碳酸钠溶液通入二氧化碳，生成碳酸氢钠，所以碳酸氢钠溶液中混有碳酸钠杂质，可以向溶液中通入二氧化碳气体，进行除杂；(4)①根据题意，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，加入盐酸后发生的反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；根据氯原子守恒n(NaCl)=n(HCl)=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，根据Na元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)；②加入盐酸100mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，则Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，加盐酸OA段发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，而AB段发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑.本题考查钠及其化合物的化学性质与应用等知识，为高频考点，把握物质的性质为解答的关键，侧重分析能力、计算能力与实验能力的考查，题目难度不大。A.比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性B.检验过氧化钠与水反应的产物之一C.验证Na和水反应是否为放热反应D.测新制氯水的pH操作现象a取E中的溶液1mL，滴入1滴碘水溶液变蓝取E中的溶液1mL，滴入1滴淀粉溶液没有明显变化b将I2溶于KI溶液，取该溶液1mL，滴入1滴淀粉；持续通入Cl2溶液先变蓝；通入Cl2后蓝色褪去，溶液变为浅棕色，随后溶液变无色，最后溶液略显浅黄绿色。