1、2015-2016学年福建省福州四中高三（上）第一次月考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每小题2分，共20分）1化学与工农业生产和人类生活密切相关，下列说法错误的是( )A医院用碳酸钡代替硫酸钡做钡餐B生石灰，硅胶是食品包装中常用的干燥剂C“雨后彩虹”是与胶体，光学等知识有关的自然现象D为防止月饼等富含脂食品氧化变质，常在包装袋中加入硫酸亚铁2钡和钠相似，也能形成含O22离子的过氧化物，则下列叙述错误的是( )A过氧化钡的化学式是Ba2O2B1mol过氧化钠或过氧化钡跟足量水反应都生成0.5mol氧气C过氧化钡是离子化合物D过氧化钠或过氧化钡都是强氧化剂3向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足
2、量氯气之后加热，将溶液蒸干，并灼烧片刻，最后残留的物质是( )ANaClBNaCl、NaBr、NaICNaBr、NaIDNaCl、I24下列情况会对人体健康造成较大危害的是( )A自来水中通入少量Cl2进行消毒杀菌B用SO2漂白食品C用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢D用小苏打发酵面团制作馒头5常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+X2+2Y2+，则下列解释：X被氧化；X是氧化剂；X具有还原性；Y2+是氧化产物；Y2+具有还原性；Y3+的氧化性比X2+要强其中正确的是( )ABCD6将钠、铝、铁各1mol分别投入到等体积且同浓度的盐酸中，产生的氢气体积在相同条件下( )A钠可能最多B铝铁不可
3、能一样多C铝一定最多D无法判断7在无色透明的酸性溶液中能大量共存的离子组是( )ANH4+、Al3+、SO42、NO3BK+、Na+、NO3、CO32CK+、MnO4、NH4+、NO3DNa+、K+、HCO3、NO38用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A0.5mol Al 与足量盐酸反应失去电子数为NAB0.2mol H2O所含的H原子数为0.2NAC0.1mol NH3所含的电子数为NAD46g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA9下列关于氯的说法正确的是( )ACl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B实验室制备Cl2可用排饱和食盐水集气法收集C液氯、氯水均为
4、含多种分子和离子的混合物D1.12 L Cl2含有1.7NA个质子（NA表示阿伏加德罗常数）二、单项选择题（每小题3分，共30分）10下列各物质以一定比例混合后，只能生成一种含钠化合物的是( )A碳酸钠、盐酸B氢氧化钠、二氧化碳C碳酸氢钠、石灰水D过氧化钠、二氧化碳11下列能够检验出碘化钾中是否含有溴离子的实验( )A加入足量的新制氯水，溶液变色则有BrB加入酸性KMn04溶液，观察溶液颜色是否褪去C加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有BrD加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，在无色的水层中加入氯水，溶液呈橙黄色，则含有Br12向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O
5、2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是( )溶液中的Na+总数不变单位体积内的OH数目减少溶质的物质的量浓度不变溶液的质量不变有晶体析出有气泡产生ABCD13向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，反应中氧化过程为：SO2+2H2O2eSO42+4H+；向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，反应中还原过程为：Cl2+2e2Cl在上述两个反应中均会生成产物X，则X可能是( )AClO2BNaClO4CHClODNaClO14如图所示：若关闭阀，打开阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色甲瓶中所盛的试剂可能是( )浓H2
6、SO4 NaOH溶液 饱和NaCl溶液ABCD15将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显反应，但加入某盐后，发现铜粉质量逐渐减少，该盐是( )A硫酸亚铁B硫酸锌C硝酸钾D氯化钠16有一瓶无色气体可能含有CO2、HBr、NO2、HCl、SO2中的一种或几种将此气体通入足量稀氯水中，恰好完全反应，得无色透明溶液，把此溶液分成两份，分别加入盐酸酸化了的BaCl2溶液和硝酸酸化了的AgNO3溶液，均出现白色沉淀，以下结论正确的是( )A不能确定原气体中是否含有SO2B原气体中肯定有HClC原气体中肯定没有CO2D原气体中肯定没有HBr、NO217在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白
7、色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是( )A白色沉淀是BaSO4和BaSO3B溶液的酸性增强C白色沉淀是BaSO4DFeCl3全部被还原为FeCl218下列指定微粒的数目相等的是( )A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数19有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06g Na2 CO3 和0.84g NaHCO3，A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中下列叙述正
8、确的是( )AA装置的气球膨胀速率大B若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2 mol/LC若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1 mol/LD最终两试管中Na +、Cl 的物质的量一定相同三、综合题（共50分）20A、B、C、D四种强电解质溶液分别含有下列阴、阳离子中的各一种且不重复：NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42、NO3、OH、CO32已知：向A或D中滴入C，均有沉淀生成：向A和B中分别滴加D（可加热）均有气体生成，且这两种气体在水中能反应生成D试回答下列问题：（1）写出A、B、C、D四种溶液中溶质的化学式：A，B，C，D（2）D和B反应生成气体，该气体能
9、被足量的A吸收，写出该过程中发生反应的离子方程式（3）将A与D反应生成的气体缓慢通入含KOH、Ca（OH）2、NaA1O2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量n与通入气体的体积V的关系可表示为（填字母）21新材料和新能源的开发和利用越来越成为科学家研究的方向典例一、用电弧法合成的储氢纳米常伴有大量的碳纳米顺粒（杂质），这种颗粒可用氧化气化法提纯，其反应式为：C+K2Cr2O7+H2SO4CO2+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O（1）完成配平上述反应的化学方程式：（2）反应的氧化剂是，氧化产物是（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是（填选项编号）（多选倒扣分）A、酸性 B、氧化性 C、吸
10、水性 D、脱水性（4）上述反应中若产生0.2molCO2气体，则转移电子的物质的量是mol典例二、溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入，将其中的Br 氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，其离子方程式为（2）溴与氯能以共价键结合形成BrClBrCl分子中，显正电性BrCl与水发生反应的化学方程式为22某课外活动小组将图1所示装置按一定顺序连接，在实验室里制取一定量的FeCl3（所通气体过量并充分反应）请回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式为（2）各装置的正确连接顺序为（填写装置代号）
11、AD（3）装置C的作用是，写出装置D中反应的离子方程式（4）反应开始后，B中硬质玻璃管内的现象为；可以检验生成物中含有Fe3+的试剂是（填写试剂名称）（5）该小组欲用右图所示装置收集尾气，并测量多余气体的体积若右图所示量气装置由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是（填“酸式”或“碱式”）滴定管为提高测量的准确性，图2装置中的液体可用，收集完气体后，读数前应进行的操作是如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边滴定管液面，会导致所测气体的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）23化学兴趣小组设定以下实验方案，测定某已变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数方案
12、一：称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称量剩余固体质量，计算（1）坩埚中发生反应的化学方程式为：（2）实验中需加热至恒重的目的是：方案二：称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤，洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是方案三：按如图装置进行实验：（1）B装置内所盛试剂是；D装置的作用是；分液漏斗中（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验（2）实验前称取17.9g样品，实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为（3）根据此实
13、验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是：2015-2016学年福建省福州四中高三（上）第一次月考化学试卷（10月份）一、单项选择题（每小题2分，共20分）1化学与工农业生产和人类生活密切相关，下列说法错误的是( )A医院用碳酸钡代替硫酸钡做钡餐B生石灰，硅胶是食品包装中常用的干燥剂C“雨后彩虹”是与胶体，光学等知识有关的自然现象D为防止月饼等富含脂食品氧化变质，常在包装袋中加入硫酸亚铁【分析】A碳酸钡能够溶于盐酸；B食品包装中常用的干燥剂应具有吸水性，无毒的性质；C根据雨后彩虹是由于光在雨滴中发生了折射；D二价铁离子具有还原性【解答】解：A碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯
14、化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故A错误；B生石灰，硅胶无毒且具有吸水性，所以可以用于食品干燥剂，故B正确；C“雨后彩虹”是与胶体、光学等知识有关的自然现象，故C正确；D二价铁离子具有还原性，能够防止食品氧化变质，故D正确；故选：A【点评】本题考查了物质的性质及用途，性质决定用途，熟悉碳酸钡、生石灰、硅胶、胶体、二价铁离子性质是解题关键，题目难度不大，注意对相关知识的积累2钡和钠相似，也能形成含O22离子的过氧化物，则下列叙述错误的是( )A过氧化钡的化学式是Ba2O2B1mol过氧化钠或过氧化钡跟足量水反应都生成0.5mol氧气C过氧化钡是离子化合物D过氧化钠或过氧化钡都是强氧化剂【分析】A、
15、根据化合物中元素化合价的代数和为0；B、根据过氧化钠或过氧化钡跟足量水反应的方程式计算；C、根据过氧化钡的组成元素来分析；D、根据过氧根离子具有强氧化性；【解答】解：A、因为钡元素是+2价，即Ba 2+，O22离子是2价，所以过氧化钡中只能是BaO2，故A错误；B、因过氧化钠或过氧化钡跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，2H2O+2BaO2=2Ba（OH）2+O2，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；C、因过氧化钡是由活泼的金属与非金属元素组成的离子化合物，故C正确； D、因过氧根离子中的氧为1价，具有强氧化性，故D正确；故选A【点评】本题比较简单
16、，主要考查了过氧化钠的性质的迁移，培养了学生分析问题的能力3向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后加热，将溶液蒸干，并灼烧片刻，最后残留的物质是( )ANaClBNaCl、NaBr、NaICNaBr、NaIDNaCl、I2【分析】向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl【解答】解：向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br22NaI+Cl2=2NaCl+I2溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl故选A【点评】本题考查氯气的性质，题目难
17、度不大，注意相关反应以及溴、碘的性质4下列情况会对人体健康造成较大危害的是( )A自来水中通入少量Cl2进行消毒杀菌B用SO2漂白食品C用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢D用小苏打发酵面团制作馒头【分析】根据物质的化学性质分析生活现象，利用氯气与水反应的特点、二氧化硫的漂白性、醋酸的酸性、碳酸氢钠的碱性来解题【解答】解：A氯气可用于自来水的杀菌消毒，由于氯水的HClO不稳定，见光易分解，且加热时HCl挥发，对人体无害，故A不选；BSO2溶于水变成H2SO3，遇食物中硝酸盐物质会将其变成亚硝酸盐，而亚硝酸盐具致癌作用，因此使食品具有毒害作用，故B选；CCaCO3+2CH3COOH=Ca（CH3CO
18、O）2+H2O+CO2，醋酸、醋酸钙都易溶于水，用洗涤的方法可除去，且醋酸对人体无害，可做调味品，故C不选；D碳酸氢钠与酸中和面粉中的酸，使面呈中性，对人体无害，但用量不能太大，故D不选故选B【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，结合生活实际，属生活常识题，学习中注意培养学以致用的能力，题目难度较小5常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+X2+2Y2+，则下列解释：X被氧化；X是氧化剂；X具有还原性；Y2+是氧化产物；Y2+具有还原性；Y3+的氧化性比X2+要强其中正确的是( )ABCD【分析】氧化还原反应中，存在几对重要的概念和关系，可以总结为：升（化合价升
19、高）、失（失电子）、氧（氧化反应）、还原剂、被氧化；降（化合价降低）、得（得电子）、还（还原反应）、氧化剂、被还原；氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物上述反应标注好元素化合价，找出化合价的升降，判断出氧化剂、还原剂，便可解决问题【解答】解：反应X+2Y3+X2+2Y2+中XX2+X元素化合价升高、失电子、还原剂、被氧化为X2+、发生氧化反应；Y3+Y2+ Y元素化合价降低、得电子、氧化剂、被还原为Y2+、发生还原反应；反应中X具还原性，Y3+具有氧化性，X的还原性大于还原产物Y2+，Y3+的氧化性大于氧化产物X2+氧化还原反应的基本规律：强氧化剂+强还原剂=还原产物（具有弱
20、还原性）+氧化产物（具弱氧化性）所以正确的是：X被氧化；X具有还原性；Y2+具有还原性；Y3+的氧化性比X2+要强组合正确故选：D【点评】本题主要考查了氧化还原反应的基本概念、性质判断、基本规律等知识，关键是正确标注化合价找到氧化剂和还原剂6将钠、铝、铁各1mol分别投入到等体积且同浓度的盐酸中，产生的氢气体积在相同条件下( )A钠可能最多B铝铁不可能一样多C铝一定最多D无法判断【分析】A、如果酸提供氢离子的物质的量小于1mol；B、如果酸提供氢离子的物质的量等于2mol；C、如果酸提供氢离子的物质的量小于1mol，钠最多；D、由ABC可知通过氢离子的物质的量可以确定生成氢气的物质的量的多少【
21、解答】解：A、如果酸提供氢离子的物质的量小于1mol，铝与铁生成氢气的量小于0.5mol，而钠生成氢气的量等于0.5mol，故A正确；B、如果酸提供氢离子的物质的量等于2mol，铝铁都生成1mol的氢气，故B错误；C、如果酸提供氢离子的物质的量小于1mol，钠最多，所以不一定铝最多，故C错误；D、由ABC可知通过氢离子的物质的量可以确定生成氢气的物质的量的多少，而不是无法确定，故D错误；故选A【点评】本题考查根据方程式进行的计算，比较基础，利用电子转移守恒进行更为简单，掌握化学方程式基本计算方法是关键7在无色透明的酸性溶液中能大量共存的离子组是( )ANH4+、Al3+、SO42、NO3BK+
22、、Na+、NO3、CO32CK+、MnO4、NH4+、NO3DNa+、K+、HCO3、NO3【分析】pH=1溶液中，含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，不能发生氧化还原反应，则能大量共存，并结合离子的颜色来解答【解答】解：A酸性溶液中该组离子之间不反应，且离子均为无色，能共存，故A正确；BH+、CO32反应生成水和气体，不能共存，故B错误；C该组离子之间不反应，能共存，但MnO4为紫色，与无色溶液不符，故C错误；DH+、HCO3反应生成水和气体，不能共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高考常考习题，注重学生思维全面性、严密性的考查，侧重复分解反应的分析，题目
23、难度中等8用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )A0.5mol Al 与足量盐酸反应失去电子数为NAB0.2mol H2O所含的H原子数为0.2NAC0.1mol NH3所含的电子数为NAD46g NO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA【分析】AAl 与足量盐酸反应，1mol Al失去3mol电子；B1个H2O分子中有2个氢原子；C1个NH3所含的电子数为10个；D根据NO2和N2O4的摩尔质量进行解答【解答】解：A铝原子最外层为3个电子，发生化学反应易失去最外层3个电子，所以0.5mol Al 与足量盐酸反应失去电子数为1.5NA个电子，故A错误；B根据水分子的分子式知，1个H
24、2O分子中有2个氢原子，所以0.2mol H2O所含的H原子数为0.4NA，故B错误；C1个氮原子含有7个电子，一个氢原子含有1个电子，1个NH3所含的电子数为10个，所以0.1mol NH3所含的电子数为NA，故C正确；DNO2的摩尔质量为46 g/mol，46g NO2的物质的量为1mol，N2O4的摩尔质量为92 g/mol，46g N2O4的物质的量为0.5mol，所以46 g NO2和N2O4的混合物含有的分子数只能在1 NA和0.5 NA之间，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查反应中电子的数目计算，质量换算物质的量计算微粒数等知识，题目易错、难度不大9
25、下列关于氯的说法正确的是( )ACl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂B实验室制备Cl2可用排饱和食盐水集气法收集C液氯、氯水均为含多种分子和离子的混合物D1.12 L Cl2含有1.7NA个质子（NA表示阿伏加德罗常数）【分析】A、氯气在化学反应中既可以做氧化剂，还可以做还原剂；B、氯气不易溶于饱和食盐水，所以可以用排饱和食盐水的方法收集氯气；C、液氯是纯净物；D、温度和压强不同，气体摩尔体积不同，无法计算氯气的物质的量【解答】解：A、氯气在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，还做还原剂，故A错误；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，饱和食盐水中含有氯离子，所以饱和食盐水抑制氯气溶解，则
26、可以采用排饱和食盐水的方法收集氯气，故B正确；C、液氯是纯净物，不是混合物，故C错误；D、温度和压强未知，所以气体摩尔体积未知，导致无法计算气体的物质的量，所以无法计算含有质子数，故D错误；故选B【点评】本题考查了氯气的收集、氯元素的性质等知识点，易错选项是D，有关气体体积的计算要注意温度和压强，为易错点二、单项选择题（每小题3分，共30分）10下列各物质以一定比例混合后，只能生成一种含钠化合物的是( )A碳酸钠、盐酸B氢氧化钠、二氧化碳C碳酸氢钠、石灰水D过氧化钠、二氧化碳【分析】A碳酸钠与少量盐酸反应生成碳酸氢钠，与过量盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳；B氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，
27、与过量二氧化碳生成碳酸氢钠；C碳酸氢钠与少量氢氧化钙反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，与过量二氧化碳反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；D过氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠和氧气【解答】解：A碳酸钠、盐酸反应产物与盐酸用量有关，盐酸少量生成碳酸氢钠，盐酸过量生成氯化钠，故A不选；B氢氧化钠、二氧化碳产物与二氧化碳用量有关，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，故B不选；C碳酸氢钠、石灰水产物与石灰水用量有关，石灰水少量生成碳酸钠和碳酸钙、水，石灰水过量生成碳酸钙和氢氧化钠、水，故C不选；D过氧化钠与二氧化碳反应只生成碳酸钠和氧气，符合题意，故D选；故选：D【点评】本题考查了反应产物的判断，明确
28、物质的性质及发生反应的实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等11下列能够检验出碘化钾中是否含有溴离子的实验( )A加入足量的新制氯水，溶液变色则有BrB加入酸性KMn04溶液，观察溶液颜色是否褪去C加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有BrD加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，在无色的水层中加入氯水，溶液呈橙黄色，则含有Br【分析】碘离子还原性比溴离子强，如检验溴离子，应先排除碘离子的干扰，可利用铁离子氧化性比溴弱、比碘强的性质检验，以此解答该题【解答】解：A溴离子和碘离子都被氯水氧化，不能检验，故A错误；B溴离子和碘离子都可被高锰酸钾氧化，生成碘、溴，不
29、能检验，故B错误；C碘与溴不反应，四氯化碳层溶有碘，不能检验，故C错误；D加入足量FeCl3溶液，生成碘，用CCl4萃取后，在无色的水层中加入氯水，溶液呈橙黄色，说明生成溴，则含有Br，故D正确故选D【点评】本题考查物质的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，题目难度中等12向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是( )溶液中的Na+总数不变单位体积内的OH数目减少溶质的物质的量浓度不变溶液的质量不变有晶体析出有气泡产生ABCD【分析】根据过氧化钠溶于水发生如下反应：2Na2O2
30、+2H2O4NaOH+O2可知，向氢氧化钠饱和溶液中投入一小块Na2O2固体，会因发生反应而消耗饱和溶液中的水；饱和溶液因水分减少而析出固体，变化后的溶液仍为饱和溶液，由于“恢复至原来温度”，饱和溶液的温度不变，即氢氧化钠的溶解度也不变，则溶质质量分数也不变【解答】解：原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质会减少，则溶液中的Na+总数也会减少，故错误；随着一小块Na2O2固体的投入，氢氧化钠饱和溶液中水被反应所消耗，饱和溶液析出固体溶质；由于溶液温度不变，变化后所得溶液仍为氢氧化钠的饱和溶液；根据同种溶质的同一温度下的饱和溶液的溶质质量分数相等
31、，判断氢氧化钠饱和溶液的质量分数不变；则单位体积内的OH数目也不变，故错误；原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，但同一温度下的物质的量浓度是定值；故正确；原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，溶液中溶质不会增加，反而会减少，由于溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少；故错误；随着一小块Na2O2固体的投入，氢氧化钠饱和溶液中水被反应所消耗，饱和溶液析出固体溶质，故正确；随着一小块Na2O2固体的投入，过氧化钠溶于水发生如下反应：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，故有气泡产生
32、，故正确，故选C【点评】本题考查溶解度、饱和溶液的概念，难度中等根据饱和溶液溶剂水的减少而析出固体溶质的特点，分析饱和溶液的变化是解决本题的基本思路13向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，反应中氧化过程为：SO2+2H2O2eSO42+4H+；向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，反应中还原过程为：Cl2+2e2Cl在上述两个反应中均会生成产物X，则X可能是( )AClO2BNaClO4CHClODNaClO【分析】向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，反应中氧化过程为：SO2+2H2O2eSO42+4H+，可知NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低；向亚氯酸钠（NaClO2
33、）固体中通入用空气稀释的氯气，反应中还原过程为：Cl2+2e2Cl，可知NaClO2中Cl元素的化合价由+3价升高，上述两个反应中均会生成产物X，则X中Cl元素的化合价在+3+5之间【解答】解：向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，反应中氧化过程为：SO2+2H2O2eSO42+4H+，可知NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低；向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，反应中还原过程为：Cl2+2e2Cl，可知NaClO2中Cl元素的化合价由+3价升高，上述两个反应中均会生成产物X，则X中Cl元素的化合价在+3+5之间ACl元素的化合价为+4价，符合题意，故A选；BCl元素的化
34、合价为+7价，不符合，故B不选；CCl元素的化合价为+1价，不符合，故C不选；DCl元素的化合价为+1价，不符合，故D不选；故选A【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确反应中元素的化合价变化是解答本题关键，题目难度不大14如图所示：若关闭阀，打开阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色甲瓶中所盛的试剂可能是( )浓H2SO4 NaOH溶液 饱和NaCl溶液ABCD【分析】若关闭阀，打开阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，可能有两种情况：一是氯气在甲中被干燥，二是氯气被吸收【解答】
35、解：若关闭阀，打开阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，若关闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色，则氯气经过浓硫酸被干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故正确；氯气通过NaOH溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故正确；而通过饱和NaCl溶液后，细润的氯气可将红色布条漂白，故错误故选C【点评】本题考查氯气的化学性质，题目难度不大，本题注意把握实验原理的探讨，根据实验现象判断可能发生的反应15将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显反应，但加入某盐后，发现铜粉质量逐渐减少，该盐是( )A硫酸亚铁B硫酸锌C硝酸钾D氯化钠【分析】铜粉与稀硫酸不反应，可以与稀硝酸反应，原来溶液
36、中存在氢离子，有硝酸根离子存在时具有强氧化性【解答】解：A金属铜和稀硫酸不反应，加入FeSO4也不反应，故A不选；B金属铜和稀硫酸不反应，加入ZnSO4也不反应，故B不选；C金属铜和稀硫酸不反应，加入KNO3，在酸性条件下，有很强的氧化性，能和金属铜发生反应，发生反应的离子方程式应该是：8H+2NO3+3Cu=3Cu2+4H2O+2NO，故C选；D金属铜和稀硫酸不反应，加入氯化钠也不反应，故D不选故选C【点评】本题考查金属铜的性质，难度不大，要注意铜粉与稀硝酸可以反应，可以直接加入硝酸，也可以先加盐酸或硫酸，再加入硝酸盐16有一瓶无色气体可能含有CO2、HBr、NO2、HCl、SO2中的一种或
37、几种将此气体通入足量稀氯水中，恰好完全反应，得无色透明溶液，把此溶液分成两份，分别加入盐酸酸化了的BaCl2溶液和硝酸酸化了的AgNO3溶液，均出现白色沉淀，以下结论正确的是( )A不能确定原气体中是否含有SO2B原气体中肯定有HClC原气体中肯定没有CO2D原气体中肯定没有HBr、NO2【分析】无色气体，一定没有红棕色的二氧化氮气体；将其通入氯水中，得无色透明溶液，一定没有溴化氢；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，据此进行判断【解答】解：由于是无色气体，所以一
38、定没有红棕色的气体NO2；将气体通入氯水中，得到无色溶液，由于溴离子能够被氯气氧化成有色的溴单质，一定不存在HBr气体；加入酸化的BaCl2溶液，结果产生白色沉淀，说明一定有SO2，沉淀为硫酸钡；加入酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀为氯化银，但氯水中含有氯元素，不能确定原气体含氯化氢，所以一定存在的气体为：SO2；一定不存在的气体为：HBr、NO2；可能存在的气体为：HCl、CO2，A根据分析可知，原气体中一定SO2，故A错误；B、由于通入了氯水，引进了氯离子，无法确定是否含有氯化氢，故B错误；C、题干信息无法判断是否含有CO2，故C错误；D、根据以上分析可知，一定有SO2，一定不存在的气体
39、为：HBr、NO2，故D正确；故选D【点评】本题考查了几组未知物的检验，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握常见气体的性质及检验方法，试题侧重对学生基础知识的训练和检验有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力17在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是( )A白色沉淀是BaSO4和BaSO3B溶液的酸性增强C白色沉淀是BaSO4DFeCl3全部被还原为FeCl2【分析】在FeCl3的酸性溶液中，通入足量的SO2后，发生反应为：2Fe3+SO2+2H2
40、O2Fe2+SO42+4H+，反应后溶液显示酸性，不可能生成亚硫酸钡沉淀，以此解答该题【解答】解：Fe3+具有氧化性，通入足量SO2后发生氧化还原反应，Fe3+全部被还原为Fe2+，所以向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，同时SO2被氧化为SO42，白色沉淀是BaSO4，A、根据以上分析，因为溶液呈酸性，一定不会生成BaSO3沉淀，故A错误；B、依据2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42+4H+可知溶液酸性增强，故B正确；C、生成的白色沉淀为硫酸钡，故C正确；D、二氧化硫足量，Fe3+全部被还原为Fe2+，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，证明溶液在不存在铁离子，故D正确；故选：A
41、【点评】本题考查铁的化合物的性质，题目难度中等，根据反应现象和物质的性质写出反应的离子方程式为解答该题的关键18下列指定微粒的数目相等的是( )A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数【分析】AH2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10；B乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同；C同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同；D铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价【解答】解：AH2O中的中子
42、数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A错误；B乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同，1个C2H4分子共用6对电子（其中4个CH，2个CC），1个C3H6分子共用9对电子（其中6个CH，3个CC），因此可以发现规律：1个CH2平均共用3对电子，含CH2的个数相同则共有电子对数相同，故B正确；C同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同，C、N的质子数不同，则CO和NO含有的质子数不同，故C错误；D铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电
43、子数均为n（30）NA，故D正确；故选BD【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大19有A、B两个完全相同的装置，某学生分别在它们的侧管中装入1.06g Na2 CO3 和0.84g NaHCO3，A、B中分别有10mL相同浓度的盐酸，将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中下列叙述正确的是( )AA装置的气球膨胀速率大B若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2 mol/LC若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1 mol/LD最终两试管中Na +、Cl 的物质的
44、量一定相同【分析】A碳酸氢钠反应生成二氧化碳的速率更快；B最终两气球体积相同，说明生成二氧化碳的体积相同，则盐酸必须足量，保证碳酸钠和碳酸氢钠完全反应；C最终两气球体积不相同，生成二氧化碳的体积不相同，则盐酸不足；DNa2CO3和NaHCO3的物质的量相同，两试管中钠离子的物质的量不同【解答】解：A碳酸钠和酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠反应生成二氧化碳的速率更快，所以A装置的气球膨胀速度比B慢，故A错误；B1.06g Na2CO3和0.84gNaHCO3的物质的量均为0.01mol，若最终两气球体积相同，说明生成二氧化碳物质的量相等，则盐完全反应，则氯
45、化氢的物质的量大于或等于0.02mol，其浓度大于或等于2mol/L，故B正确；C碳酸钠和酸反应的离子方程式为：CO32+H+=HCO3、HCO3+H+=CO2 +H2O，碳酸氢钠和酸反应的离子方程式为HCO3+H+=CO2 +H2O，若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0n（HCl）0.02mol，所以其浓度小于2mol/L，故C错误；D两试管中氯离子物质的量相等，而Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.01mol，所以Na2CO3和 NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中Na+的物质的量一定不相同，故D错误故选B【点评】本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠的性质，题目难度
46、不大，注意碳酸钠和盐酸的反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力三、综合题（共50分）20A、B、C、D四种强电解质溶液分别含有下列阴、阳离子中的各一种且不重复：NH4+、Ba2+、Na+、H+、SO42、NO3、OH、CO32已知：向A或D中滴入C，均有沉淀生成：向A和B中分别滴加D（可加热）均有气体生成，且这两种气体在水中能反应生成D试回答下列问题：（1）写出A、B、C、D四种溶液中溶质的化学式：AH2SO4，BNaOH，CBa（NO3）2，D（NH4）2CO3（2）D和B反应生成气体，该气体能被足量的A吸收，写出该过程中发生反应
47、的离子方程式NH4+OHNH3+H20、NH3+H+=NH4+（3）将A与D反应生成的气体缓慢通入含KOH、Ca（OH）2、NaA1O2的混合溶液中，生成沉淀的物质的量n与通入气体的体积V的关系可表示为C（填字母）【分析】（1）解答题目的关键是找到突破口D和A、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO32、OH与NH4+能反应生成气体，故D只能为（NH4）2CO3；在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠，以此解答该题；（2）铵根离子和氢氧根
48、离子共热反应生成氨气，氨气可以和酸反应生成铵盐；（3）只要通入CO2，立刻就有沉淀CaCO3产生；将Ca（OH）2消耗完毕，接下来消耗KOH，因而此段不会产生沉淀（即沉淀的量保持不变）；KOH被消耗完毕，接下来消耗KAlO2，有Al（OH）3沉淀生成；又因二氧化碳足量，还可以继续与上面反应的产物K2CO3、CaCO3、发生反应【解答】解：（1）以上离子中可能生成的气体有NH3和CO2两种，由D和A、B反应生成，则D中含有CO32和NH4+离子，应为（NH4）2CO3，在A或D中滴入C，均有沉淀生成，说明A中含有SO42，C中应含有Ba2+，而A和D反应生成的气体说明A一定是硫酸，产生的气体是二
49、氧化碳，能被B吸收，说明B是一种碱，所以C是硝酸钡，B是氢氧化钠，故答案为：H2SO4；NaOH；Ba（NO3）2；（NH4）2CO3；（2）D和B反应生成的气体为NH3，反应的离子方程式为NH4+OHNH3+H20，能被H2SO4吸收，反应的离子方程式为NH3+H+=NH4+，故答案为：NH4+OHNH3+H20、NH3+H+=NH4+（3）将二氧化碳气体通入含有氢氧化钾，氢氧化钙，KAlO2的混合溶液中，生成沉淀的量和通入二氧化碳的量的关系以二氧化碳的体积为横坐标，以沉淀的物质的量为纵坐标的图象的画法，可以做如下分析：CO2先与Ca（OH）2反应（有沉淀CaCO3生成）；当Ca（OH）2消
50、耗完毕后再与KOH反应（此时无沉淀）；最后与KAlO2反应（有沉淀Al（OH）3生成）到现在的图标应是出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加因有Al（OH）3生成；过量的CO2还可以继续与K2CO3反应得到KHCO3，继续过量的CO2还可以使CaCO3沉淀溶解最后是Al（OH）3沉淀图形应该是：出现沉淀（CaCO3），平台，沉淀增加Al（OH）3，平台，沉淀减少（CaCO3溶解）故答案为：C【点评】本题考查离子的检验和推断，题目难度中等，注意解答题目的关键是找到突破口，而本题的突破口为D和A、B都能生成气体21新材料和新能源的开发和利用越来越成为科学家研究的方向典例一、用电弧法合成的储氢纳米常
51、伴有大量的碳纳米顺粒（杂质），这种颗粒可用氧化气化法提纯，其反应式为：C+K2Cr2O7+H2SO4CO2+K2SO4+Cr2（SO4）3+H2O（1）完成配平上述反应的化学方程式：（2）反应的氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是CO2（3）H2SO4在上述反应中表现出来的性质是A（填选项编号）（多选倒扣分）A、酸性 B、氧化性 C、吸水性 D、脱水性（4）上述反应中若产生0.2molCO2气体，则转移电子的物质的量是0.8mol典例二、溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入Cl2，将其中的Br 氧化，再用空气吹出溴；然后用碳
52、酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，其离子方程式为3Br2+6CO32+3H2O5Br+BrO3+6HCO3（2）溴与氯能以共价键结合形成BrClBrCl分子中，Br显正电性BrCl与水发生反应的化学方程式为BrCl+H2OHCl+HBrO【分析】典例一、（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，结合质量守恒定律以此配平；（2）Cr元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，C元素的化合价由0升高为+4价，则C为还原剂，生成CO2是氧化产物；（3）该反应中，硫酸中各元素的化合价不发生变化，反应中生成硫酸盐，据此分析；（4）上述反应中C元素的化合价由0
53、升高为+4价的CO2，则产生1molCO2气体转移电子的物质的量是4mol，据此计算；典例二、（1）氧化剂氯气可将溴离子氧化，用过量的碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，以此写离子反应；（2）BrCl中Cl的非金属性强，与水反应生成HCl、HBrO【解答】典例一（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，由电子守恒可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学反应为3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，故答案为：3；2；8；3；2；2；8；（2）Cr元
54、素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，C元素的化合价由0升高为+4价，则C为还原剂，生成CO2是氧化产物，故答案为：K2Cr2O7；CO2；（3）该反应中，硫酸中各元素的化合价不发生变化，反应中生成硫酸盐，则硫酸在该反应中作酸，体现酸性，应选A，故选A；（4）化学反应中，1molC参加反应生成1mol二氧化碳时转移电子为1mol（40）=4mol，所以若产生0.2molCO2气体，则转移电子的物质的量是0.24=0.8mol，故答案为：0.8；典例二、（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入Cl2，将其中的Br氧化，再用空气吹出溴；然后用过量的碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，其离
55、子方程式为3Br2+6CO32+3H2O5Br+BrO3+6HCO3，故答案为：Cl2；3Br2+6CO32+3H2O5Br+BrO3+6HCO3；（2）BrCl中Cl的非金属性强，Cl显负电性，Br显正电性，与水反应生成HCl、HBrO，反应为BrCl+H2OHCl+HBrO，故答案为：Br；BrCl+H2OHCl+HBrO【点评】本题考查氧化还原反应，明确常见元素的化合价及反应中元素的化合价变化和把握习题中的信息是解答本题的关键，侧重分析与迁移应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大22某课外活动小组将图1所示装置按一定顺序连接，在实验室里制取一定量的FeCl3（所通气体
56、过量并充分反应）请回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O（2）各装置的正确连接顺序为（填写装置代号）AECBD（3）装置C的作用是干燥Cl2防止FeCl3的水解，写出装置D中反应的离子方程式Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（4）反应开始后，B中硬质玻璃管内的现象为棕（红）色的烟；可以检验生成物中含有Fe3+的试剂是硫氰酸钾（填写试剂名称）（5）该小组欲用右图所示装置收集尾气，并测量多余气体的体积若右图所示量气装置由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装而成，此处所用滴定管是碱式（填“酸式”或“碱式”）滴定管为提高测量的准确性，图
57、2装置中的液体可用饱和NaCl溶液，收集完气体后，读数前应进行的操作是上下移动滴定管，使左右两边液面相平如果开始读数时操作正确，最后读数时俯视右边滴定管液面，会导致所测气体的体积偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【分析】（1）由装置图及药品可知，利用氯气与铁反应制取氯化铁A中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水；（2）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，除去氯化氢气体用饱和食盐水，除去水蒸气用浓硫酸，应先除氯化氢，后干燥，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气；（3）氯气中含水会导致生成的氯化铁发生水解，得不到纯净的氯化铁；D是吸收多余的氯气防止污染空气；（4）B中硬质玻璃管内
58、氯气与铁反应生成氯化铁用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明含有Fe3+；（5）根据滴定管的结构判断；Cl2能溶于水而难溶于饱和食盐水，故应用饱和食盐水，从而提高测量的准确性；读数时应使圆底烧瓶内外气压相等，故读数前应使左右两边液面相平；滴定管内测量前后溶液体积变化为气体体积，俯视时，读取的液面的数值比实际偏小【解答】解：（1）A中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，反应方程式为4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）制备氯气中含有氯化氢和水蒸气，除去氯化氢气体用饱和
59、食盐水，除去水蒸气用浓硫酸，应先除氯化氢，后干燥，最后吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气，所以装置顺序为AECBD，故答案为：E；C；B（3）如果进入B的气体不干燥，FeCl3容易水解，装置C的作用是干燥Cl2，防止FeCl3的水解D中反应是利用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：干燥Cl2防止FeCl3的水解；Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（4）B中硬质玻璃管内氯气与铁反应生成氯化铁，B中因生成有FeCl3而出现棕（红）色的烟；用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明含有Fe3+，故答案为：棕（红
60、）色的烟；硫氰酸钾；（5）酸式滴定管下端由活塞，装置中的滴定管没有活塞，应是碱式滴定管，故答案为：碱式；Cl2能溶于水而难溶于饱和食盐水，故应用饱和食盐水，从而提高测量的准确性应使圆底烧瓶内外气压相等，读数前应上下移动滴定管，使左右两边液面相平，故答案为：饱和食盐水；上下移动滴定管，使左右两边液面相平；俯视时，读取的液面的数值比实际偏小，滴定管内测量前后溶液体积变化偏大，导致所测气体的体积偏大，故答案为：偏大【点评】本题有一定的综合性，把氯气的实验室制法和氯气的化学性质结合起来考查学生对实验原理、实验装置的理解、物质的制备与性质，难度中等，（5）为易错点，注意滴定管内测量前后溶液体积变化为气体
61、体积，滴定管数值由上而下增大23化学兴趣小组设定以下实验方案，测定某已变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数方案一：称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称量剩余固体质量，计算（1）坩埚中发生反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2（2）实验中需加热至恒重的目的是：保证NaHCO3分解完全方案二：称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量Ba（OH）2溶液，过滤，洗涤，干燥沉淀，称量固体质量，计算（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为玻璃棒（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是取少量上层清液于试管中，滴加一滴Ba（O
62、H）2溶液，观察是否有白色沉淀生成方案三：按如图装置进行实验：（1）B装置内所盛试剂是浓硫酸；D装置的作用是防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；分液漏斗中不能（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验（2）实验前称取17.9g样品，实验后测得C装置增重8.8g，则样品中NaHCO3的质量分数为70.4%（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是：缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置【分析】方案一碳酸氢钠不稳定，受热易分解，根据加热前后固体质量变化，根据差量法求碳酸氢钠的质量，进而求得碳酸钠的质量分数；（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、
63、水和二氧化碳；（2）加热恒重保证碳酸氢钠完全分解；方案二碳酸钠和碳酸氢钠都和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，根据生成沉淀的质量来计算碳酸钠的质量分数（1）根据过滤操作考虑所需仪器；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀；方案三（3）由测定含量的实验可知，A中发生Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2+Na2SO4、2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2，B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，利用C装置吸收二氧化碳，D装置防止空气中的二氧化碳、水进入C装置干扰含量测定，（4）结合反应定量关系和元素守恒计算得到物质的质量，来计算物质含量；（5）二氧化碳气体不能全部进入C装
64、置被吸收，需要添加一个装置二氧化碳气体赶入装置C的装置【解答】解：方案一（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（2）实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠，故应保证碳酸氢钠完全分解，加热恒重则碳酸氢钠完全分解，故答案为：保证NaHCO3分解完全；方案二（1）过滤时需用玻璃棒引流，故答案为：玻璃棒；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：取上层清液少许于试管中，加入氢氧化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀完全，故答案为：取少量上层清液于一支试管中，滴
65、加Ba（OH）2溶液，观察是否有白色沉淀生成；方案三（1）B中为浓硫酸吸收水，干燥二氧化碳，空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小，故答案为：浓硫酸；防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；不能；（2）设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y，则Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2+
66、Na2SO4、 1 1x x2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2 2 2 y y106x+84y=17.90 44x+44y=8.80解得x=0.05moly=0.15mol则样品中NaHCO3的质量分数为=100%=70.4%，故答案为：70.4%；（3）实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收，故答案为：缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置【点评】本题考查碳酸钠含量的测定实验，为高频考点，把握实验装置的作用及实验目的为解答的关键，侧重分析、计算及实验能力的综合考查，题目难度中等