四川省成都市石室中学2024-2025学年高一上学期期中考试化学试卷（Word版附解析）

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1. 化学与生活息息相关，下列有关物质的性质、用途的叙述，正确的是
A. 生石灰、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
B. 是红棕色粉末，可用作油漆的颜料
C. 用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理相同
D. 漂白粉、漂白液既可用作游泳池的消毒剂，又可作食品漂白剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．生石灰可作为食品包装中的干燥剂，故A错误；
B．是红棕色粉末，可用作油漆、涂料的颜料，故B正确；
C．Na2O2用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理不相同，过氧化钠是与水或二氧化碳反应生成氧气，作为供氧剂，活性炭是吸附有毒物质，故C错误；
D．漂白液、漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，但不可作食品漂白剂，故D错误；
答案选B。
2. 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是
①与所含的分子数一定相等
②溶液中含个
③将通入水中，溶液中、、HClO的数目之和小于
④常温常压下92g的和混合气体含有的原子数为
⑤常温下，和(不反应)混合物中所含有原子数为
⑥2.3g Na与氧气反应生成和，转移电子数为
⑦将0.3ml钠、镁、铝分别投到含HCl 0.2ml的盐酸中，生成标况下气体体积均为2.24L
⑧常温常压下，含有的电子数为
⑨物质的量浓度为溶液中，含有个数为
⑩高温下，0.2ml Fe与足量水蒸气反应，生成的分子数为
A. ⑤⑧⑨B. ③④⑤⑧C. ⑤⑧⑩D. ④⑤⑥⑧⑨
【答案】B
【解析】
【分析】①没有说明状态，无法计算物质的量，与所含的分子数不一定相等，错误；
②在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，故溶液中不含，错误；
③将通入水中，氯气和水反应为可逆反应，所以溶液中、、HClO的数目之和小于，正确；
④常温常压下92g的为2ml，92g 为1ml，混合气体含有的原子数为，正确；
⑤常温下，为0.1ml，为0.1ml，混合物中所含有原子数为，正确；
⑥2.3g Na与氧气反应生成和，0.1ml钠完全反应，转移电子数为，错误；
⑦将0.3ml钠投到含HCl 0.2ml的盐酸中，因为钠要和水反应，所以生成标况下气体体积大于2.24L，错误；
⑧常温常压下，为1ml，含有的电子数为，正确；
⑨物质的量浓度为溶液中，没有说明体积，无法计算个数，错误；
⑩高温下，0.2ml Fe与足量水蒸气反应，生成四氧化三铁，生成的分子数约为，错误；
【详解】根据分析，③④⑤⑧正确，答案选B。
3. 下列说法正确的有几项
(1)需要通电才可以进行的有：电解水、电解饱和食盐水、电离
(2)碱性氧化物一定含有金属元素
(3)葡萄糖溶液用一束强光照射可以发生丁达尔现象
(4)氧化性与还原性的强弱与得失电子的多少有关
(5)盐酸、氨水、胆矾均为混合物
(6)有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
(7)、前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物
(8)把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体
(9)金属元素由化合态(化合物)变成游离态(单质)发生还原反应
(10)分别与水及反应产生相同量的时，需要水和的质量相等
A. 2项B. 3项C. 4项D. 5项
【答案】C
【解析】
【详解】(1)电离不需要通电就可以进行，故错误；
(2)能与酸反应生成盐和水的碱性氧化物一定是金属氧化物，一定含有金属元素，故正确；
(3)葡萄糖溶液不是胶体，用一束强光照射不发生丁达尔现象，故错误；
(4)氧化性与还原性的强弱与得失电子的难易程度有关，与得失电子的多少无关，故错误；
(5)胆矾是五水硫酸铜的俗称，属于纯净物，故错误；
(6)有单质参加的化合反应一定有元素化合价的变化，一定是氧化还原反应，故正确；
(7)氧化钠是能与酸反应生成盐和水的碱性氧化物，过氧化钠不是碱性氧化物，属于过氧化物，故正确；
(8) 把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体过程中充分搅拌会发生胶体的聚沉，故错误；
(9)金属元素由化合态(化合物)变成游离态(单质)时元素的化合价降低被还原，化合物是反应的氧化剂，发生还原反应，故正确；
(10)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，与水反应生成氢氧化钠和氧气，由方程式可知，反应产生相同量的氧气时，需要水和二氧化碳的物质的量相等，但质量不相等，故错误；
(2)(6)(7)(9)正确，故选C。
4. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A. 酸性溶液中：、、、
B. 加入铝粉产生气泡的溶液中：、、、
C. 溶液中：、、、
D. 使酚酞变红色的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．溶液中所有离子都不反应，一定能大量共存，故A正确；
B．加入铝粉产生气泡的溶液中，可能为碱性环境，含有氢氧根离子，和三价铁离子生成沉淀，故B错误；
C．碘离子和铜离子以及次氯酸根离子均会发生氧化还原反应，故C错误；
D．使酚酞变红色的溶液中，为碱性环境，含有氢氧根离子，会和碳酸氢根离子反应，会和镁离子生成沉淀，故D错误；
答案选A。
5. 下列实验方案中，不能测定出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数的是
A. 取该混合物充分加热，质量减少
B. 取该混合物与足量石灰水充分反应，过滤、洗涤、干燥得到固体
C. 取该混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到固体
D. 取该混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．取ag混合物充分加热，剩余bg固体，利用固体质量的差值，可根据碳酸氢钠分解的化学方程式计算碳酸氢钠的质量，从而计算出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数，A不符合题意；
B．NaHCO3和Na2CO3的混合物与足量Ca(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得到b g固体为碳酸钙，根据碳酸钙的质量和混合物总质量可以列式求出碳酸钠的质量，进而求出碳酸钠的质量分数，测定出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数，B不符合题意；
C．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，则bg固体为氯化钠，根据Na元素守恒，列方程组可计算出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数，C不符合题意；
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，则增重的bg气体的质量不全是二氧化碳的质量，还有水蒸气的质量，所以不能测定出碳酸钠和碳酸氢钠混合物中各物质的质量分数，D符合题意；
故选D。
6. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向FeCl2溶液中滴加过量氯水，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，然后再加入淀粉KI溶液，看到溶液变蓝色，说明反应产生了I2，可能是发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，也可能是过量Cl2氧化I-所致，发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，因此不能证明物质的氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，A错误；
B．将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中，看到有大量白烟和黑色颗粒产生，说明发生了反应：CO2+4Na2Na2O+C，在该反应中Na为还原剂，表现还原性，CO2为氧化剂，表现氧化性，说明了钠具有还原性，B正确；
C．浓盐酸具有还原性，会被滴入KMnO4溶液氧化变为Cl2，KMnO4被还原产生无色Mn2+，因此看到溶液紫色褪色，不能证明铁锈中含有二价铁，C错误；
D．向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能是AgCl，也可能是Ag2SO4或Ag2CO3等，因此不能证明溶液中一定含有Cl-，D错误；
故合理选项是B。
7. 下列各组离子能大量共存且满足相应要求的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．高锰酸根离子在溶液中呈紫色，则无色溶液中不可能含有高锰酸根离子，故A不符合题意；
B．向混合溶液中逐滴滴加盐酸时，氢氧根离子会优先与氢离子反应，且溶液中的碳酸根离子与氢离子反应先生成碳酸氢根离子，所以不可能立即产生气体，故B不符合题意；
C．溶液中的氢离子与碳酸氢根离子反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D．离子数目之比为1：1：1：2的四种离子在溶液中不发生任何反应，且符合电荷守恒关系，故D符合题意；
故选D。
8. 把NaOH、、三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00 ml/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图。下列说法错误的是
A. A点的沉淀物的化学式为
B. 原固体混合物中NaOH的质量为5.2 g
C. C点加入的HCl溶液的体积为100.0 mL
D. A-B段的离子反应方程式是
【答案】C
【解析】
【分析】向混合物溶液中加入盐酸时，开始阶段沉淀的质量不变，说明溶液中NaOH过量，则铝离子完全转化为四羟基合铝酸根离子，溶液中存在的1.16g白色沉淀为Mg(OH)2；A-B段，盐酸和四羟基合铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为，B点溶液中存在的溶质是氯化钠，沉淀为Mg(OH)2，Al(OH)3；B-C段，氢氧化镁和氢氧化铝都与盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，据此作答：
【详解】A．根据分析， A点的沉淀物的化学式为，A正确；
B．由30mL处计算NaOH的质量，此时为NaCl溶液，溶液中的Cl-来源于混合中的AlCl3、MgCl2和加入的30mL盐酸，溶液中的Na+来源于混合物中的NaOH，AB段发生反应：，，由铝原子守恒得原混合物中，由镁原子守恒得混合物中：；由Na+和Cl-守恒得，原混合物中，则，B正确；
C．C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠，此时所加入盐酸的物质的量为，C点表示盐酸的体积为：，C错误；
D．由以上分析可知，A-B段，盐酸和四羟基和铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为，D正确；
故选C。
9. 现有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250mL2.0ml/L的NaOH溶液时，金属离子正好全部转化为沉淀。则上述盐酸的浓度为
A. 0.5ml/LB. 1.0ml/LC. 2.0ml/LD. 3.0ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余， 向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，应满足恰好反应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl， 根据钠离子守恒可得：n(NaCl)=n(NaOH)=0.250L×2.00ml/L=0.5ml， 根据氯离子守恒可得：n(HCl)=n(NaCl)=0.5ml， 故该元素的物质的量浓度= =1.0ml/L。
10. 对于下列实验，能正确描述其反应离子方程式是
A. 向溶液中滴加过量氨水：
B. 向溶液中通入少量的氯气：
C. 向溶液中滴加少量的石灰水：
D. 向石灰石中滴入醋酸溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨水为弱碱，溶液中滴加过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，A正确；
B．由于I-的还原性强于Fe2+，溶液中通入少量的氯气：，B错误；
C．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，溶液中滴加少量的石灰水，氢氧化钙完全反应和碳酸氢钠生成碳酸钙沉淀、水、碳酸钠：，C错误；
D．大理石的主要成分是碳酸钙，不溶于水，醋酸是弱酸，在离子方程式里碳酸钙和醋酸都不能写成离子，，D错误；
故选A。
11. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。值越高，氧化型物质的氧化能力越强，值越低，还原型物质的还原能力越强。E值与体系的pH有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是
A. 实验室可用与浓盐酸反应制备
B. 酸性条件中，氧化性强弱顺序为
C. 已知，则的还原性弱于的还原性
D. 向硫酸酸化的溶液中加入，充分反应后滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题干信息及表格数据可知，氧化性强于，即实验室可用与浓盐酸反应制备，A说法正确；
B．根据题干信息，值越高，氧化型物质的氧化能力越强，氧化性强弱顺序：，B正确；
C．值越低，还原型物质的还原能力越强，，说明的还原性强于的还原性，C错误；
D．根据表格数据可知，可将氧化为，反应后滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红，D正确；
答案选C。
12. 我国化工专家侯德榜发明了联合制碱法，使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上。该生产方法在制得纯碱的同时，还可得到副产品NH4Cl，其生产流程和溶解度曲线如图。下列说法错误的是
A. 向饱和食盐水中先通NH3，再通CO2，更有利于NaHCO3析出
B. NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0-10℃
C. 侯氏制碱使原料NaCl的利用率从70%提高到90%以上，主要是因为设计了循环I
D. 从沉淀池分离出的溶液中存在：n(Na+)>n(Cl-)
【答案】D
【解析】
【分析】合成氨提供氨气，与二氧化碳、饱和食盐水反应生成NH4Cl、NaHCO3，在沉淀池中过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，二氧化碳可循环使用。母液中含溶质氯化铵，通入氨气，加入细盐可分离得到氯化铵。
【详解】A．氨气在水中的溶解度比二氧化碳要大的多，同时要生成碳酸氢根离子，因此先通氨气再通入过量二氧化碳有利于碳酸氢钠的析出，A正确；
B．由溶解度曲线可以看出，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大，因此如果NH4Cl固体从母液中析出时需控制温度在0~10℃以下，B正确；
C．侯氏制碱法主要设计了循环Ⅰ中氯化钠返回到沉淀池中，C正确；
D．母液溶质主要为氯化铵，碳酸氢钠的溶解度小变成沉淀析出，母液中，因此n(Na+)＜n(Cl-)，D错误；
故选D。
13. 一定量CO2通入某浓度的NaOH溶液中，反应后得到溶液A，向A溶液中逐滴滴入某浓度稀盐酸，加入V(HCl)与生成n(CO2)的关系如图所示。下列有关叙述正确的是
A. 通入的CO2气体为11.2LB. A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)
C. A溶液中既含NaOH，又含Na2CO3D. A溶液中一定只有Na2CO3
【答案】B
【解析】
【分析】CO2与NaOH反应生成碳酸钠和水，反应后得到溶液A。根据图像可知，V(HCl)小于1时，产生二氧化碳气体，溶液A中可能是碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，或者碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液；V(HCl)大于1时，产生二氧化碳气体，则发生NaHCO3与HCl反应生成二氧化碳气体；由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，则溶液A是碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。
【详解】A．根据碳元素守恒，生成CO2气体是0.5ml，则通入CO2气体是0.5ml，但未知是否标况下，不可算体积，A项错误；
B．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则溶液A是碳酸氢钠和碳酸钠的混合溶液。Na2CO3与HCl反应过程为：①Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，②NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O，已知二氧化碳的量为0.5ml，则反应②消耗盐酸0.5ml，n(NaHCO3)=0.5ml，再由反应①可知，该反应消耗n(Na2CO3)=n(HCl)=，则溶液A中含n(NaHCO3)=0.5ml-=，则A溶液中n(NaHCO3)=2n(Na2CO3)，B项正确；
C．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，C项错误；
D．由开始不生成气体，后生成气体，且两个阶段消耗的盐酸体积比为1：（4-1）=1:3，则可知碳酸钠或者碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液不可能存在，比例不符合，D项错误。
故答案选B。
14. 下列离子方程式正确的是
A. 碳酸氢钠溶液中加入足量的盐酸：
B. 向溶液中通入过量：
C. 向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸：
D. 向溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠溶液中加入足量的盐酸反应生成水和二氧化碳，离子方程式为：，A错误；
B．溶液中通入过量，反应生成碳酸氢钙和次氯酸，离子方程式为，B错误；
C．向氢氧化铁胶体中滴加氢碘酸，氢氧化铁胶体先发生聚沉，然后Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质：，C错误；
D．溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀，则钡离子反应生成硫酸钡沉淀、一半的碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，D正确；
故选D。
15. 某兴趣小组用油性笔在一小块覆铜板上写上“化学”，然后浸入盛有溶液的小烧杯中。一段时间后取出覆铜板，用水洗净并晾干，制作流程如下。该小组继续对反应后的溶液进行定量分析，测得溶液中与之比为。下列说法错误的是
A. 小烧杯中发生反应的离子方程式为：
B. 反应后的溶液再生为溶液的步骤：加入足量铁粉，过滤，向滤液中通入氯气
C. 反应后的溶液中：
D. 反应后的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．小烧杯中铜被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为：，A正确；
B．反应后的溶液中含有铜离子，需要先置换出铜，然后在把亚铁离子氧化为铁离子，所以再生为溶液的步骤：加入足量铁粉，过滤，向滤液中通入氯气，B正确；
C．反应测得溶液中与之比为，根据可知反应后的溶液中：，C错误；
D．氯离子不参与反应，浓度最大，依据选项C可判断反应后的溶液中：，D正确；
答案选C。
16. 下图是为测定过氧化钠样品(只含Na2CO3杂质)纯度而设计的装置，气球Q弹性良好。
下列说法正确的是
A. Q中反应的离子方程式为+2H+=H2O+CO2↑，2+4H+=2H2O+O2↑
B. 测量气体体积时应先关闭K1、K2，打开K3，反应完毕后再缓缓打开K1
C. 没有导管a稀硫酸不易滴下来，而且会导致测量气体的体积偏大
D. 若操作正确，量筒I、Ⅱ分别收集xmL、ymL水，则Na2O2的质量分数为
【答案】C
【解析】
【分析】实验开始时先打开恒压滴液漏斗的活塞使稀硫酸与样品发生反应：，，此时关闭K1、K2，打开K3，利用排液法测得所有气体的体积即量筒I中水的体积xmL，反应完毕后先打开K2，关闭K3保证Q灵活伸缩后打开K1，碱石灰吸收后量筒Ⅱ收集ymL水即氧气的体积，据此进一步分析。
【详解】A．过氧化钠不能拆，其离子方程式为：，故A错误；
B．为保证Q灵活伸缩，量筒I测量后，需与大气相通，打开K1前，应先打开K2，关闭K3，故B错误；
C．若没有导管a，由于气压不相通，稀硫酸不易滴落，而且滴落的稀硫酸也计为气体体积，导致测量气体的体积偏大，故C正确；
D．题中计算既未考虑气体与物质的比例关系，也未考虑物质的摩尔质量，Na2O2的质量分数为：，故D错误；
故选C。
17. 标准状况下，将V L HCl气体溶解在1 L水(水的密度为1 g/cm3)中，形成饱和溶液，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为ω，物质的量浓度为c ml/L，溶解度为s g，下列关系式不正确的是
A. c=1000Vρ/（36.5V+22400）B. ω=36.5V/（36.5V+22400）
C. ρ=(36.5V+22400)/（22.4+22.4V）D. s=36.5V/224
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl物质的量为V/22.4ml，其质量为，1L水的质量为1000g，计算溶液质量为：，则溶液体积为，故溶液浓度,故A正确；
B．溶质质量分数=，故B正确；
C．用反证法：由本选项中并结合上述对A选项的分析可以求出溶液的体积为（V+1）L，而溶液体积不等于气体体积与水的体积之和，故C错误；
D．溶解度为100g水中溶解的最大质量，根据题意，1000g水中溶解HCl的最大质量为 ，所以s=36.5V/224，故D正确；本题选C。
18. 无色溶液可能含有中的若干种。取该溶液进行连续实验，过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)。下列说法中错误的是
A. 原溶液一定不存在
B. 原溶液可能存在，可通过焰色反应来检验
C. 原溶液中
D. 原溶液一定存在
【答案】C
【解析】
【分析】原溶液为无色溶液，故一定没有，原溶液中加入BaCl2溶液生成沉淀，原溶液中一定含有和中的至少一种，则沉淀1为BaSO4、BaCO3中的至少一种，由沉淀1部分溶解于盐酸可知，其一定是BaSO4、BaCO3的混合物，原溶液中一定存在和；沉淀2是BaSO4，物质的量为，则BaCO3的物质的量为；、与均不能共存，原溶液中一定不存在；与反应，则一定不含有；滤液中加入氢氧化钠溶液加热产生气体，则一定有，生成氨气的物质的量为，由此分析回答；
【详解】A．由分析可知，原溶液一定不存在，A正确；
B．未鉴定，原溶液可能存在，可通过焰色反应来检验，B正确；
C．由分析可知，氨气的物质的量为0.05ml，即铵根的物质的量也为0.05ml，浓度为，C错误；
D．溶液中一定含有的阳离子为，所带正电荷的物质得量为0.05ml，和所带负电荷的物质的量之和为0.04ml，根据电荷守恒可知，原溶液一定含有，D正确；
故选C。
19. 将一定量的氯气通入的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：。下列说法不正确的是
A. 一共消耗了氯气
B. 当溶液中时，反应的离子方程式为：
C. 若反应中转移的电子为，则
D. 反应生成的有一定的氧化性
【答案】A
【解析】
【详解】A．的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6ml，根据钾元素、氯元素守恒可知，总量为0.6ml，则消耗氯气0.3ml，A错误；
B．当溶液中时，则生成个数比为5:1，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为：，B正确；
C．若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.3ml；
若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.5ml；
故若反应中转移的电子为，则，C正确；
D．中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确；
故选A。
20. 碱性NaClO溶液吸收时常用作催化剂，其部分催化过程如图。反应生成的氧原子具有强氧化性，能够快速氧化二氧化硫。下列说法不正确的是
A. 由过程1可知的氧化性强于
B. 在过程2中和均表现出氧化性
C. 此催化过程总反应的离子方程式为：
D. 该条件下吸收的总离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．由过程1可知中+1价的Cl得电子变为-1价的Cl-，为氧化剂，中+3价的Ni失去电子变为，为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，的氧化性强于，故A正确；
B．在过程2中中+1价Cl得电子变为-1价的Cl-，表现出氧化性，中+4价的Ni得电子变为，和均表现出氧化性，故B正确；
C．根据催化过程图可知此过程总反应的离子方程式为：，故C正确；
D．碱性条件下吸收的总离子方程式不能生成H+，反应的总离子方程式为：，故D错误；
答案选D。
二、填空题
21. 回答下列问题：
I．
（1）现有以下物质：①H2SO4；②液氨；③KOH固体；④熔融KHSO4；⑤Fe(OH)3胶体；⑥银；⑦SO2；⑧CH3COOH；⑨蔗糖；⑩84消毒液；⑪酒精。以上物质中能导电的是_______(填序号)，以上物质中属于电解质的是_______(填序号)。以上物质中属于非电解质的是_______(填序号)。
Ⅱ．“84消毒液”是一种常用的含氯消毒剂，某“84消毒液”瓶体的部分标签如图所示。
（2）某同学向2 mL该“84消毒液”中加入2mL水后，滴加酚酞，溶液变红，之后的短时间内无明显变化；通入CO2后，溶液快速褪色。
①实验说明NaClO溶液呈_______(填“酸性”或“碱性”)。
②比较通入CO2前后颜色的变化得出的结论是_______。
（3）某同学实验过程中需要用480 mL0.02 ml/LNaClO溶液。
①配制过程中使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_______。
②需要用量筒量取该消毒液的体积为_______mL。
③配制过程中若出现以下情况，所配溶液的浓度偏小的是_______(填字母)。
A．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
B．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线
C．未洗涤烧杯及玻璃棒
【答案】（1） ①. ④⑤⑥⑩ ②. ①③④⑧ ③. ②⑦⑨⑪
（2） ①. 碱性 ②. NaClO溶液与CO2反应生成的HClO具有漂白性
（3） ①. 500 mL容量瓶、胶头滴管 ②. 5.0 ③. BC
【解析】
【分析】(3)配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液需使用容量瓶，选择容量瓶规格的标准是“大而近”。根据配制溶液的步骤确定使用的仪器种类。物质的量浓度与质量分数换算关系式是c=，溶液在稀释前后溶质的物质的量不变。结合物质的量浓度定义式，根据操作对配制溶液的体积及溶质的物质的量的影响分析实验误差。
【小问1详解】
①H2SO4是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中，在水分子作用下发生电离，产生自由移动的离子而能够导电，因此H2SO4属于电解质；
②液氨是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此液氨属于非电解质；
③KOH固体中含有K+、OH-，但离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都能发生电离而导电，因此KOH固体属于电解质；
④熔融KHSO4中含有自由移动的K+、，因此能导电；在水溶液中或熔融状态下都能发生电离而导电，因此熔融KHSO4属于电解质；
⑤Fe(OH)3胶体中含有带电微粒，因此能够导电；胶体属于混合物，不属于纯净物中的化合物，因此Fe(OH)3胶体既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑥银中有自由移动的电子而能够导电；银是单质，不是化合物，因此银既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑦SO2是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此SO2属于非电解质；
⑧CH3COOH是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中在水分子作用下发生电离，产生自由移动的离子而能够导电，因此CH3COOH属于电解质；
⑨蔗糖是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此蔗糖属于非电解质；
⑩84消毒液中含有大量自由移动的离子而能够导电；84消毒液属于混合物，不是纯净物，因此84消毒液既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑪酒精是由分子构成的共价化合物，其中不含带电微粒，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此酒精属于非电解质；
综上所述可知：能够导电的物质序号是④⑤⑥⑩；属于电解质的物质序号是①③④⑧；属于非电解质的物质序号是②⑦⑨⑪；
【小问2详解】
①酚酞是一种酸碱指示剂，遇酸性溶液不变色，遇碱性溶液变为红色。84消毒液有效成分是NaClO，向2 mL该“84消毒液”中加入2mL水后，滴加酚酞，溶液变红，说明NaClO溶液呈碱性；
②滴加酚酞试液变为红色后，短时间内无明显变化；通入CO2后，溶液快速褪色，是由于发生反应：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，反应产生了HClO，HClO将红色物质氧化变为无色，因此看到溶液很快褪色，说明NaClO溶液与CO2反应生成的HClO具有漂白性；
【小问3详解】
①根据配制溶液的步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、悬摇、定容、摇匀、装瓶、贴签，可知在配制过程中使用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；
②在实验室中没有规格是480 mL的容量瓶，应该选择使用500 mL的容量瓶来配制500 mL0.02 ml/L的NaClO溶液。12.5%的84消毒液的物质的量浓度为c=ml/L=2.00 ml/L，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知农药配制500 mL0.02 ml/L的NaClO溶液，需要浓NaClO溶液的体积V==5.0 mL；
③A．转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，A不符合题意；
B．定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，而溶质的物质的量不变，最终使配制的溶液浓度偏低，B符合题意；
C．未洗涤烧杯及玻璃棒，导致溶质的物质的量减少，由于溶液的体积不变，最终使配制的溶液浓度偏低，C符合题意；
故合理选项是BC。
22. Ⅰ．现有一混合溶液，可能含有以下离子中的若干种：、、、、、，现取两份100mL该混合溶液分别进行如下实验：
实验①：向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量溶液后，得到干燥的沉淀12.54g，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。
（1）该混合溶液中肯定存在的离子有___________。
（2）100mL该混合溶液中钾元素的质量为___________。
a．4.68g b． c．小于等于4.68g d．不确定
（3）设计实验检验可能存在的离子：___________。
Ⅱ．固体化合物X由3种元素组成，其转化关系如图，混合气体经过无水时，固体变蓝，碱性溶液焰色反应为黄色。已知金属单质和稀硝酸反应的还原产物一般为NO，回答下列问题：
（4）写出紫红色固体与稀硝酸反应的离子方程式___________。
（5）X的化学式为___________，X能和浓盐酸反应生成黄绿色气体，X在反应中作___________(填“氧化剂”或“还原剂”)，若反应了1mlX，该反应转移电子的个数为___________。
【答案】（1）、、
（2）b （3）取少量混合溶液于试管中，向试管中滴入适量稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，说明混合溶液中无存在；若生成白色沉淀，说明混合溶液中有存在
（4）
（5） ① ②. 氧化剂 ③. NA
【解析】
【分析】Ⅰ．由实验②可知，溶液中一定含有硫酸根离子、碳酸根离子，一定不含有镁离子、钡离子；由实验①可知，溶液中可能存在氯离子；由电荷守恒可知，溶液中一定含有钾离子；综上可知，溶液中一定含有钾离子、硫酸根离子、碳酸根离子，可能会有氯离子，一定不含有镁离子、钡离子；
Ⅱ．混合气体经过无水硫酸铜时，固体变蓝说明混合气体中含有水蒸气，则X中含有氧元素；碱性溶液焰色反应为黄色说明碱性溶液为氢氧化钠溶液，则X中含有钠元素；固体的颜色为紫红色说明固体为铜单质，则X中含有铜元素；由题给数据可知，X中含有铜元素、钠元素、氧元素的物质的量分别为=0.04ml、0.04ml、=0.08ml，则X中铜原子、钠原子、氧原子的物质的量比为0.04ml：0.04ml：0.08ml=1：1：2，化学式为NaCuO2。
【小问1详解】
由分析可知，溶液中一定含有钾离子、硫酸根离子、碳酸根离子，故答案为：、、；
【小问2详解】
由分析可知，溶液中一定含有钾离子、硫酸根离子、碳酸根离子，可能会有氯离子，由原子个数守恒可知，溶液中硫酸根离子、碳酸根离子的物质的量分别为=0.02ml、=0.04ml，则100mL该混合溶液中m(K) ≥(0.02ml+0.04ml) ×2×39g/ml=4.68g，故选b；
【小问3详解】
由分析可知，溶液中可能会有氯离子，检验溶液中是否存在氯离子的操作为取少量混合溶液于试管中，向试管中滴入适量稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，说明混合溶液中无存在；若生成白色沉淀，说明混合溶液中有存在，故答案为：取少量混合溶液于试管中，向试管中滴入适量稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，说明混合溶液中无存在；若生成白色沉淀，说明混合溶液中有存在；
【小问4详解】
铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
由分析可知，X的化学式为NaCuO2，由题意可知，X与浓盐酸反应生成氯化钠、氯化铜、氯气和水，反应的化学方程式为2NaCuO2+8HCl(浓)2NaCl+2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O，反应中铜元素的化合价降低被还原，X为反应的氧化剂，反应消耗2mlX时，转移电子的物质的量为2ml，则反应消耗2mlX时，转移电子的数目为1ml×1×NAml—1=NA，故答案为：NaCuO2；NA。
23. 近年来有科学家提出，使用Cl2对自来水消毒时，Cl2会与水中的有机物发生反应，生成的有机氯化物可能对人体有害。所以，国家规定了饮用水中余氯含量的标准，而且已经开始使用新的自来水消毒剂如ClO2、O3、高铁酸钾(K2FeO4)。回答下列问题：
（1）储存液氯的钢瓶上应贴有的化学品安全使用标识为_______(填字母)。
A. B. C. D.
（2）资料卡片：ClO2常温下为黄绿色气体，易溶于水而不与水反应，11℃时液化成红棕色液体，在空气中的体积分数超过10%时有爆炸性，ClO2溶于碱溶液生成亚氯酸盐和氯酸盐。
①下列有关ClO2的说法错误的是_______(填字母)；
A．ClO2属于酸性氧化物
B．ClO2与Cl2从颜色上难以区分
C．ClO2用于杀菌、消毒是因为它具有强氧化性
D．ClO2可以用向上排空气法收集，但不能用排水法收集
②与传统消毒剂Cl2比较，ClO2的消毒效率是Cl2的_______倍。(用单位质量消毒剂得到的电子数表示消毒效率，结果精确到0.01)
（3）资料卡片：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。实验室可用浓盐酸与K2FeO4反应产生的Cl2制备K2FeO4装置如图。
①乙装置的作用是_______；丁中发生反应的离子方程式_______。
②用化学方程式表示丙中K2FeO4的制备原理_______。
③用离子方程式表示K2FeO4在酸性溶液中的不稳定性，用单线桥法标明电子转移数目_______。
④现取10.00 g高铁酸钾(K2FeO4)样品，加入稀硫酸完全反应后，共收集到0.8064 L气体(已换算成标准状况)。则样品中高铁酸钾的质量分数约为_______。(计算结果保留到0.1%)
⑤高铁酸钾(K2FeO4)用作自来水消毒剂时，既能杀菌消毒，也能吸附悬浊物的原因_______。
【答案】（1）ABCD
（2） ①. AD ②. 2.63
（3） ①. 除去Cl2中的杂质HCl ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ③. ④. +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O ⑤. 95.0% ⑥. 高铁酸钾的还原产物为三价铁，与水反应生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮杂质聚沉
【解析】
【分析】浓盐酸与KMnO4在常温下反应产生Cl2，将Cl2通入饱和食盐水中除去氯气中HCl杂质，再将除杂后的Cl2通入三颈烧瓶中，Cl2与Fe(OH)3和KOH反应生成K2FeO4，多余的Cl2用NaOH溶液吸收，防止污染空气，据此分析回答。
【小问1详解】
A．氯气是有毒的气体，故在储存液氯的钢瓶上应该贴有毒性物质标识，A选；
B．氯气在室温下为气体，通过加压储存在钢瓶中，故在储存液氯的钢瓶上应该贴有加压气体标识，B选；
C．氯气是有毒的气体，会对周围环境及生命体造成不同程度的危害，因此在储存液氯的钢瓶上应该贴有环境危害标识，C选；
D．Cl2具有强氧化性，会将一些还原性物质氧化导致物质变质，因此在储存氯气的钢瓶上应贴上氧化性物质的标识，D选；
故答案是ABCD；
【小问2详解】
①A．ClO2中Cl元素为+4价，其溶于碱溶液，反应生成+3价的亚氯酸盐和+5价的氯酸盐，Cl元素化合价发生改变，说明ClO2不属于酸性氧化物，A错误；
B．ClO2和Cl2常温下都为黄绿色气体，因此从颜色上难以区分这两种物质，B正确；
C．ClO2中Cl元素为+4价，介于-1价和+7价之间，具有强的氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因此ClO2可用于杀菌、消毒，C正确；
D．ClO2易溶于水，因此不能使用排水法收集，但是由于ClO2在空气中的体积分数超过10%时有爆炸性，因此也不可以用向上排空气法收集，D错误；
故答案是AD；
②根据题意可得：ClO2～Cl-～5e-，单位质量ClO2得到电子为n(e-)=；Cl2～2Cl-～2e-，单位质量Cl2得到电子为n(e-)=；二者的比值为：≈2.63；
【小问3详解】
①装置乙中盛有饱和NaCl溶液，作用是除去Cl2中的杂质HCl；在装置丁中盛有NaOH溶液，作用是吸收多余Cl2，防止大气污染，Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②在装置丙中Cl2与Fe(OH)3、KOH反应产生K2FeO4、KCl、H2O，根据得失电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：；
③K2FeO4在酸性环境中不稳定，会迅速反应产生O2，其中中的+6价的Fe得到电子被还原为Fe3+，-2价的O失去电子、被氧化变为0价的O2，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，在该反应中电子转移总数是12个，故用单线桥法标明电子转移方向及数目为：+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
④根据反应4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，可得关系式：4K2FeO4～3O2，取10.00g高铁酸钾(K2FeO4)样品，加入稀硫酸完全反应后，共收集到标准状况下0.8064 L气体，反应产生O2的物质的量n(O2)==0.036 ml，则样品中高铁酸钾的物质的量n(K2FeO4)=n(O2)=×0.036 ml=0.048 ml，其质量为m(K2FeO4)=n·M=0.048 ml×198 g/ml=9.504 g，故该样品中高铁酸钾的质量分数约为×100%≈95.0%；
⑤高铁酸钾中Fe元素为+6价，具有强的氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质被氧化变性而失去其生理活性，因此高铁酸钾具有杀菌消毒能力，可以用于自来水消毒；高铁酸钾得到电子被还原为+3价Fe3+，Fe3+再与水反应生成Fe(OH)3胶体，胶体的胶粒表面积很大，吸附力很强，能够吸附水中的悬浮的固体杂质，使之聚集形成沉淀，从而又具有净水作用。
24. 莫尔盐[]是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如图所示实验装置制备少量的莫尔盐。
回答下列问题：
（1）连接装置，检查装置气密性。将加入_______(填仪器名称)中，将6.0g洁净铁屑加入锥形瓶中。
（2）①打开，，关闭，向锥形瓶中加入稀硫酸后，关闭。装置A中发生反应的离子方程式为_______。
②待大部分铁屑溶解后，打开，关闭，此时在装置A、B中看到的现象为_______，原因是_______。
③关闭、，采用热水浴的方式蒸发装置B中的水分，当液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，_______，用无水乙醇洗涤晶体。
④装置C的作用为_______，装置C的缺点是_______(写出1条即可)。
（3）为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
①步骤③中选用足量的，理由是_______。
②采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_______。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2） ①. ②. 装置A中有气泡产生，液体经导管进入装置B中 ③. 装置A中产生，使装置A中压强增大，液体被压入装置B中 ④. 过滤 ⑤. 液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化 ⑥. 不能处理尾气中的(或可能会引起倒吸)
（3） ①. 将全部氧化为 ②.
【解析】
【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加入55.0mL2ml·L-1稀硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气赶出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，得莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2＋；
（3）由题给流程可知，步骤①为碱煮水洗除去废铁屑表面油污，步骤②为铁与稀硫酸在80~95 ℃的水浴加热条件下反应、过滤得到滤渣和含有硫酸亚铁的滤液，向硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢溶液，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵。
【小问1详解】
由装置结构可知该装置为三颈烧瓶；
【小问2详解】
①铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：，故答案为：；
②待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，将A中的液体压入B中，此时可以看到的现象为A中的液体被压入B中；原因是：A中产生氢气，使A中压强增大，故答案为：装置A中有气泡产生，液体经导管进入装置B中；装置A中产生，使装置A中压强增大，液体被压入装置B中；
③采用100℃水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶，然后用过滤的方法将晶体从溶液中分离出来，故答案为：过滤；
④装置C的导管插入液面以下，可起到液封作用，前可防止空气进入三颈烧瓶将Fe2＋氧化。装置C存在的缺点是：不能除去尾气中的H2，也不能防止倒吸，所以答案为：液封，防止空气进入三颈烧瓶中氧化；不能处理尾气中的(或可能会引起倒吸)；
【小问3详解】
①由分析可知，步骤③加入过氧化氢溶液，将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，为了保证亚铁离子完全氧化，所以需要选用足量的，故答案为：将全部氧化为；
②设硫酸铁铵化学式为，其相对分子质量为，1.5个水分子的相对分子质量为，则，解得，则硫酸铁铵的化学式为，故答案为：。
25. 钠及其化合物在生产生活中用途广泛。
I、某兴趣小组的学生根据与反应的原理推测钠也能在中燃烧，为了确定其产物并进行实验论证，某同学设计了下列装置进行实验（已知能被还原为），请回答下列问题：
（1）为了使反应随开随用，随关随停，上图方框内应选用装置______（填字母）。
（2）检查装置的气密性完好并装好药品后，在点燃酒精灯前，应先进行装置1的操作，待装置______（填数字）中出现______的现象时，再点燃酒精灯。
（3）若装置6中有黑色沉淀（Pd）生成，装置4中残留固体（只有一种物质）加盐酸后有能使澄清石灰水变浑浊的气体放出，则钠与二氧化碳反应的化学方程式为______。
II、是实验室中的常用试剂，保存不当时易变质。某化学兴趣小组成员以实验室中标有“过氧化钠”的试剂为对象进行实验。回答下列问题：兴趣小组设计了如图的实验装置，可实现多种用途。
（4）小组成员利用该装置证明可在潜水艇和呼吸面具中作供氧剂，为排除干扰和实验的准确性，B处反应的化学方程式为______。
（5）另一小组同学利用该装置测定已部分变质的样品中残留的的质量分数。准确称量样品10.0克，装入装置的硬质玻璃管中，瓶中加入足量溶液。该样品与装置生成的气体充分反应后，将处集气瓶中收集到的气体准确测量，测得体积为（已转化为标准状况）。该样品中过氧化钠的质量分数为____________%（保留三位有效数字）。
III．碳酸钠、碳酸氢钠在食品加工方面有着广泛的用途
（6）下列关于的认识正确的是______。
A．受热易分解 B．俗称纯碱、苏打 C．属于碱 D．可与酸反应
（7）传统蒸馒头常采用酵头发面，酵头可使面团在微生物作用下产生气体，从而使面团疏松，若面团发得不好，面团内的气孔少，不够膨松。需添加______（填“Na2CO3”或“NaHCO3”），继续揉面，上锅蒸后也能蒸出松软的馒头。用化学方程式表示其产气原理______。
【答案】（1）C （2） ①. 5 ②. 澄清的石灰水变浑浊
（3）2Na+2CO2=Na2CO3+CO
（4）NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑
（5）78.0% （6）BD
（7） ①. NaHCO3 ②. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】I、由实验方案图可知，1为二氧化碳发生装置，2为除去二氧化碳中的HCl装置，3为干燥装置，4为二氧化碳与钠反应装置，5为检验装置中的二氧化碳是否充满，防止氧气干扰试验，6为检验PdCl2溶液是否被CO还原装置；
II、装置A中生成的CO2中混有HCl气体，B装置的作用是除去CO2中的HCl，C装置中过氧化钠和CO2反应生成碳酸钠和氧气，D瓶中加入足量NaOH溶液，除去未反应的CO2，用排水法收集生成的氧气。
【小问1详解】
制取二氧化碳时，为了使制气过程具有“随开随用，随关随停”的特点，应该选用能够可以固、液药品分开的装置，B无法控制反应的速率，A中只能控制反应的速率，但不能控制反应的随时进行与停止；而C中当打开止水夹时，酸就和有孔塑料板上的石灰石反应生成气体，当关闭止水夹时，生成的气体就无法从导管中排出，从而使装置内的压强增大，把酸液挤到长颈漏斗中，使固液分离，故答案为：C。
【小问2详解】
由分析可知，在点燃酒精灯前先让二氧化碳充满整个装置，当装置5中澄清的石灰水变浑浊，说明二氧化碳已充满装置，再加热4处的酒精灯发生反应。
【小问3详解】
由题意可知，装置4中的残留固体（只有一种物质）加盐酸有能使石灰水变浑浊的气体放出，说明生成碳酸钠，装置6中有黑色沉淀，说明PdCl2溶液能被CO还原得到黑色的Pd，所以反应物为碳酸钠和CO，反应的化学方程式为2Na+2CO2=Na2CO3+CO；
【小问4详解】
A中生成的CO2中混有HCl气体，B中为饱和碳酸氢钠，B处反应化学方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
【小问5详解】
样品10.0克，装入C装置的硬质玻璃管中，D瓶中加入足量NaOH溶液，该样品与A装置生成的气体充分反应后，E收集的气体为氧气，测得标准状况体积为1120.0ml即0.05ml，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2知Na2O2为0.1ml，则该样品中过氧化钠的质量分数。
【小问6详解】
A．Na2CO3稳定，受热不分解，故A错误；
B．Na2CO3俗称纯碱、苏打，故B正确；
C．Na2CO3是由金属阳离子Na+和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，不属于碱，故C错误；
D．碳酸是弱酸，根据复分解反应的规律知碳酸钠可与酸性比碳酸强的酸反应，产生相应的盐及水、二氧化碳，故D正确；
故选：BD。
【小问7详解】
由于Na2CO3稳定，受热不会分解产生气体，而NaHCO3不稳定，受热分解产生CO2气体，CO2气体从面团中逸出，导致面团疏松多孔，故若面团发得不好，面团内的气孔少，不够膨松，需添加小苏打NaHCO3，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。实验操作
现象
结论
A
向FeCl2溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
溶液变蓝
氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2
B
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶中
有大量白烟和黑色颗粒产生
钠具有还原性
C
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液
紫色褪去
铁锈中含有二价铁
D
向某溶液中加入AgNO3溶液
有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl-
选项
离子组
要求
A
K+、Al3+、Cl-、
溶液无色澄清
B
OH-、、Br-、
逐滴滴加盐酸，立即产生气体
C
H+、K+、Ca2+、
逐滴滴加NaOH溶液，先无沉淀产生，后产生沉淀
D
、Al3+、、Cl-
各离子数目之比为1：1：1：2
氧化型/还原型物质
(酸性条件中)
1.685 V
1.51 V
0.77 V
1.36 V
0.991 V
1.423 V