2022--2023学年浙江省马寅初中学高一上学期第一次月考化学试题含解析

这是一份2022--2023学年浙江省马寅初中学高一上学期第一次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了填空题，单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
浙江省马寅初中学2022--2023学年高一上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题
1．分类法是学习和研究化学的一种常用的科学方法，下列分类合理的是
A．盐酸、石灰水、小苏打、生石灰是按酸、碱、盐、氧化物的分类顺序排列
B．金属氧化物一定是碱性氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物
C．根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
D．根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体、浊液
【答案】C
【详解】A．盐酸、石灰水是混合物，故A错误；
B．金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，故B错误；
C．根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，有电子转移的化学反应是氧化还原反应，故C正确；
D．根据分散质粒子直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体、浊液，故D错误；
选C。
2．请回答下列问题
(1)现有下列几种物质：①盐酸  ②石墨  ③四氯化碳  ④SO2  ⑤熔融KHSO4  ⑥氨水  ⑦金属铜  ⑧NaHCO3晶体  ⑨氧化钙。这些物质中能导电的有_______；属于电解质的有_______；属于非电解质的是_______(以上均填序号)
(2)写出下列反应的离子方程式
①碳酸镁与稀硫酸反应_______。
②硫酸氢钠与氢氧化钠溶液反应_______。
③向烧碱溶液中通入少量CO2气体：_______。
④向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液：_______。
【答案】(1)     ①②⑤⑥⑦     ⑤⑧⑨     ③④
(2)     MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O     H++OH−=H2O     CO2+2OH−=CO+H2O     Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O

【解析】（1）
在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，能够完全电离的属于强电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质；①盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；②石墨属于单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；③四氯化碳属于非电解质，不能导电； ④SO2是非电解质，不能导电；⑤熔融KHSO4是强电解质，能导电； ⑥氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑦金属铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，能导电；⑧氧化钙是活泼金属氧化物，是强电解质，不能导电；故答案为：①②⑤⑥⑦；⑤⑧⑨；③④。
（2）
①碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O；
②硫酸氢钠与氢氧化钠溶液反应生成水和硫酸钠，离子方程式为：H++OH−=H2O；
③向烧碱溶液中通入少量CO2气体生成碳酸钠和水，离子方程式为：CO2+2OH−=CO+H2O；
④向澄清石灰水中滴加足量的碳酸氢钠溶液生成碳酸钙沉淀、水和碳酸钠，离子方程式为：Ca2++2OH−+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O。
3．实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ +8H2O
(1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目_______。
(2)该反应中的氧化剂与还原剂物质的量之比是_______。
(3)KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性_______(选填“强”或“弱”)。
(4)若反应中转移了2个电子，则产生的Cl2_______个。
(5)配平下列氧化还原方程式_______。
KMnO4+FeSO4+H2SO4——Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O
(6)用单线桥法标出电子转移的方向和数目_______。
6MnO+5CuS+28H+→5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O
【答案】(1)
(2)1：5
(3)强
(4)1
(5)2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3+K2SO4+2MnSO4+8H2O
(6)

【解析】（1）
2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ +8H2O反应，KMnO4中Mn元素化合价由+7降低为+2，HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，用双线桥法标出电子转移的方向和数目为；
（2）
2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ +8H2O反应，KMnO4中Mn元素化合价由+7降低为+2，KMnO4是氧化剂；HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，HCl是还原剂，根据得失电子守恒，该反应中的氧化剂与还原剂物质的量之比是1：5；
（3）
2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ +8H2O反应，KMnO4中Mn元素化合价由+7降低为+2，KMnO4是氧化剂；HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，HCl被氧化为Cl2，Cl2是氧化产物，KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性强。
（4）
2KMnO4 +16HCl(浓)=2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ +8H2O反应， HCl中Cl元素化合价由-1升高为0，HCl被氧化为Cl2，若反应中转移了2个电子，则产生1个Cl2；
（5）
KMnO4+FeSO4+H2SO4——Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O反应，KMnO4中Mn元素化合价由+7降低为+2，FeSO4中Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒、原子守恒，配平反应方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3+K2SO4+2MnSO4+8H2O；
（6）
6MnO+5CuS+28H+→5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O反应， MnO 中Mn元素化合价由+7降低为+2，CuS中S元素化合价由-2升高为+4，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为。
4．A、D、F均是常见元素组成的单质，B是淡黄色固体，常温下C是液体。

请回答下列问题：
(1)B和E的化学式：B_______，E_______。
(2)A与C反应的离子方程式为_______，A与F生成B的化学方程式为_______。
(3)关于A的叙述中正确的是_______(填序号)。
①A有很强的还原性
②A的焰色反应呈紫色
③少量A可以保存在冷水里
④A着火时应用细沙盖灭
【答案】(1)     Na2O2     NaOH
(2)     2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑     2Na+O2Na2O2
(3)①④

【分析】根据题意，单质A与单质F在点燃条件下生成淡黄色固体B，可推知B为Na2O2；常温下C是液体，且能与B（Na2O2）反应，可知C是H2O；单质A也能与C（H2O）反应，可知A为Na，则F为O2；A（Na）与C（H2O）反应生成单质D和物质E，可知D为H2，E为NaOH；据此回答。
（1）
由分析可知B为Na2O2，E为NaOH，故答案为：Na2O2；NaOH；
（2）
A（Na）与C（H2O）反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑，A与F生成B的化学方程式为2Na+O2Na2O2，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑；2Na+O2Na2O2；
（3）
①Na是非常活泼的金属，有很强的还原性，①正确；
②Na的焰色反应为黄色，②错误；
③Na会与冷水剧烈反应，不能保存在冷水中，③错误；
④Na着火时不能用水或二氧化碳灭火，可用沙土盖灭，④正确；故答案为：①④。
【点睛】中学阶段的淡黄色固体一般是S、Na2O2、AgBr；常温下为液态的物质首先应想到H2O。

二、单选题
5．下列物质：①纯碱②食盐水③浓硫酸④烧碱 ⑤液态氧⑥氯酸钾，分类全部正确的是
A．碱——①④ B．纯净物——③④⑤
C．混合物——②⑤ D．盐——①⑥
【答案】D
【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐，故A错误；    
B．浓硫酸是混合物，故B错误；
C．液态氧中只含氧分子，液态氧属于纯净物，浓硫酸属于混合物，故C错误；    
D．纯碱是碳酸钠，属于盐；氯酸钾由K+、ClO构成，氯酸钾属于盐，故D正确；
选D。
6．下列说法正确的是
A．红磷转化为白磷，属于物理变化
B．石墨导电、金刚石不导电，故二者不是同素异形体
C．O2和O3分子式不同，结构相同
D．单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体
【答案】D
【详解】A．白磷和红磷是不同种物质，它们之间的相互转化为化学变化，A错误；
B．金刚石与石墨是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，与其有无导电性无关，B错误；
C．O2和O3化学式不同，结构也不同，是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，C错误；
D．S2、S4、S6是硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，D正确；
答案选D。
7．KOH是我国古代纺织业常用作漂洗的洗涤剂。古代制取KOH的流程如下：

上述流程中没有涉及的化学反应类型是
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
【答案】C
【分析】发生CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，结合四种基本反应类型的概念来解答。
【详解】由制备流程可知，发生的分液依次为CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，其反应类型分别为分解反应、化合反应、复分解反应，没有涉及置换反应，答案选C。
8．等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量空气(常温)中充分反应，则 下列说法正确的是
A．第一块钠失去电子多 B．两块钠失去电子一样多
C．第二块钠的反应产物质量大 D．两块钠的反应产物质量一样大
【答案】B
【详解】设两块钠的质量都是23g，即钠的物质的量是1mol，钠在氧气中加热的反应方程式为：2Na+O2Na2O2，23g钠完全燃烧生成39g过氧化钠，转移电子是1mol；钠在氧气在常温下反应为：4Na+O2=2Na2O，23g钠与氧气发生反应，生成氧化钠的质量是31g，转移电子是1mol； 所以两块钠失去电子一样多，第一块钠的反应产物质量大，故选B。
9．下列各组中两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是
A．Cu(OH)2+HCl；Cu(OH)2+CH3COOH
B．NaHCO3+H2SO4；KHCO3+HCl
C．NaHCO3+NaOH；Ca(HCO3)2+NaOH
D．BaCl2+H2SO4；Ba(OH)2+H2SO4
【答案】B
【详解】A、盐酸是强酸，在离子方程式中能拆成离子形式，醋酸是弱酸，不能拆成离子，二者的离子方程式不一样，A错误；
B、NaHCO3+H2SO4与KHCO3+HCl都可以用HCO3-+H+=H2O +CO2↑表示，B正确；
C、Ca(HCO3)2与NaOH反应时会有碳酸钙沉淀生成，NaHCO3+NaOH反应没有，二者离子方程式不一样，C错误；
D、BaCl2 + H2SO4和Ba(OH)2+H2SO4都有硫酸钡沉淀生成，但后者还有水生成，二者离子方程式不一样，D错误；
故选B。
10．下列说法中正确的是(　　)
A．氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl－
B．AgCl难溶于水，但AgCl属于电解质
C．氨水能导电，故氨水属于电解质
D．NaOH只有在水溶液中才能导电
【答案】B
【详解】A．电解质在水中的电离是由于受到水分子的作用力，不需要通电，故A错误；
B．氯化银虽然难溶于水，但熔融状态下可以电离出氯离子和银离子，可以导电，故B正确；
C．氨水属于混合物，不是电解质，故C错误；
D．熔融状态的NaOH可以电离出钠离子和氢氧根，也可以导电，故D错误；
综上所述答案为B。
11．将一小块钠投入下列溶液时，既能产生气体又会出现沉淀的是
A．稀H2SO4 B．氢氧化钠溶液 C．硫酸铜溶液 D．氯化钠溶液
【答案】C
【详解】A．钠投入到稀硫酸溶液中，稀硫酸和钠反应的生成物是硫酸钠和氢气，没有出现沉淀，故A不符合题意；
B．氢氧化钠稀溶液和钠反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气，没有沉淀出现，故B不符合题意；
C．硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠，故C符合题意；
D．钠和氯化钠溶液反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气，没有沉淀出现，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】该题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题能力的培养；表面看钠与碱不反应，无方程式可写，但是钠却能够和溶液中的溶剂水反应，所以反应的实质就是钠与水的反应，另一方面还考查了学生的思维能力。
12．下列叙述正确的是
A．向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体
B．粒子直径在1〜100nm之间的物质属于胶体
C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰
D．苏打既是制作糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
【答案】A
【详解】A．在沸水中加入几滴饱和氯化铁溶液，使氯化铁的水解平衡向生成氢氧化铁的方向移动，当溶液变为红褐色时，就制取了氢氧化铁胶体，故A正确；
B．分散质粒子直径在1〜100nm之间的分散系，属于胶体，故B错误；
C．生石灰只能干燥，不能除去氧气，故C错误；
D．碳酸氢钠和酸反应能生成二氧化碳，可用来发酵，能够与盐酸反应消耗盐酸，所以也可治疗胃酸过多，故D错误；
故选A。
13．下列有关焰色试验说法中正确的是（    ）
A．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na＋，不含K＋
B．焰色试验中需用盐酸洗净铂丝
C．焰色试验均应透过蓝色钴玻璃观察
D．只有金属单质灼烧时火焰才有颜色
【答案】B
【详解】A. 用光洁的铂丝蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含Na＋，但不能确定是否含有K＋，需要再透过蓝色钴玻璃观察，A项错误； 
B. 焰色反应最主要的是无其他离子干扰，每次做完焰色反应实验后，铂丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B项正确； 
C. 只有钾的焰色反应的观察需要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，C项错误； 
D. 焰色反应是元素的性质，金属单质和金属形成的化合物灼烧时都会发生焰色反应，D项错误； 
答案选B。
14．下列离子方程式书写正确的是
A．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．Na与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
C．向Mg(OH)2中加入盐酸：OH-+H+=H2O
D．氢氧化钡溶液加入硫酸铜溶液：Ba2++SO= BaSO4↓
【答案】B
【详解】A．稀硫酸滴在铜片上不发生反应，A错误；
B．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B正确；
C．Mg(OH)2为固体，在离子方程式中不能拆开，则向Mg(OH)2中加入盐酸反应生成氯化镁和水，离子方程式为Mg(OH)2+2H+=2H2O+Mg2+，C错误；
D．氢氧化钡溶液加入硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，其离子方程式为Cu2++SO+2OH-+Ba2+= BaSO4↓+Cu(OH)2↓，D错误；
故选B。
15．下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件(温度、反应物用量比)，化学反应方程式相同的是
A．Na和O2 B．NaOH和CO2
C．Na2O2和CO2 D．木炭(C)和O2
【答案】C
【详解】A．Na和O2在常温时生成Na2O，加热或点燃时生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，故A不选；
B．NaOH和CO2反应，CO2少量时生成Na2CO3，CO2过量时生成NaHCO3，反应物用量比不同，生成物不同，故B不选；
C．Na2O2和CO2反应只生成Na2CO3和O2，与条件无关，故C选；
D．木炭(C)和O2反应，当O2不足时生成CO，O2过量时生成CO2.，反应条件不同，生成物不同，故D不选；
答案选C。
16．对下列氧化还原反应中转移电子数的判断，不正确的是（    ）
A．：
B．：
C．：
D．：
【答案】A
【详解】A．硫酸中S的化合价由+6价降低为+4价，降低2，故生成SO2转移电子数为2e-，故A错误；
B．氯气中氯的化合价由0价升高为+5价，升高5，故生成KClO3转移电子数为5e-，故B正确；
C．Na2O2中O的化合价由-1价升高为0价，升高1，故生成O2转移电子数为2e-，故C正确；
D．SO2中硫的化合价由+4价降低为0价，降低4，故生成S转移电子数为4e-，故D正确。
故答案选：A。
17．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气，下列关于Na2O2的叙述正确的是
①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1：1
②Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，转移电子数相等
③Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色
④Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物
⑤Na2O2与水反应，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②⑤ D．①④⑤
【答案】B
【详解】①Na2O2由构成，阴、阳离子的个数比是1：2，故A错误；
②Na2O2分别与水及CO2反应产生氧气，氧元素化合价由-1升高为0，生成等量氧气转移电子数相等，故②正确；
③Na2O2投入到紫色石蕊试液中生成氢氧化钠和氧气，Na2O2具有强氧化性，所以溶液先变蓝，后褪色，故③正确；
④Na2O2与酸反应放出氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，故④错误；
⑤Na2O2与水反应，Na2O2中氧元素化合价既升高又降低，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故⑤正确；
正确的是②③⑤，选B。
18．在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】A．强酸性溶液中存在大量的H+，H++CH3COO-=CH3COOH，A不合题意；    
B．无色溶液中不可能存在大量的Cu2+，B不合题意；
C．含有的溶液均为无色，且均不与H+发生反应，C符合题意；
D．强酸性溶液中存在大量的H+，H++=H2O+CO2↑，D不合题意；
故答案为：C。
19．关于Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是
A．它们的个数相等时，跟足量的盐酸反应，放出的CO2相同
B．它们的个数相等时，跟足量的盐酸反应，所消耗氯化氢相同
C．它们的质量相等时，在水中电离出相同数目的Na+
D．它们的质量相等时，与足量盐酸反应产生质量相等的CO2
【答案】A
【详解】A．根据碳元素守恒，Na2CO3和NaHCO3的个数相等时，跟足量的盐酸反应，放出的CO2相同，故A正确；
B．1个Na2CO3和盐酸反应消耗2个HCl、1个NaHCO3和盐酸反应消耗1个HCl，它们的个数相等时，跟足量的盐酸反应，所消耗氯化氢不相同，故B错误；
C．Na2CO3中Na元素的质量分数大于NaHCO3，它们的质量相等时，Na2CO3在水中电离出的Na+多，故C错误；
D．Na2CO3中C元素的质量分数小于NaHCO3，根据碳元素守恒，它们的质量相等时，与足量盐酸反应，NaHCO3产生CO2的质量大，故D错误；
选A。
20．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是
A．CO2气体（HCl），饱和NaHCO3溶液
B．Na2CO3固体（NaHCO3），加热至不再产生气体
C．Na2O2粉末（Na2O），将混合物在氧气中加热
D．Na2CO3溶液（Na2SO4），加入适量Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】D
【详解】A.二氧化碳不与碳酸氢钠反应，氯化氢能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故A正确；
B.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热法可除杂，故B正确；
C.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，将混合物在氧气中加热可除杂，故C正确；
D.氢氧化钡与硫酸钠反应生成硫酸钡和NaOH，引入新杂质NaOH，故D错误；
故答案为：D。
21．甲、乙、丙有如图所示的转化关系(”→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件已略去)。下列各组物质按照甲、乙、丙的顺序不符合要求的是

A．C、CO、CO2 B．H2O2、H2O、O2
C．KOH、K2CO3、KNO3 D．Fe2O3、FeCl3、Fe(OH)3
【答案】C
【详解】A．C与少量O2在点燃时反应产生CO，CO与O2在点燃时反应产生CO2，CO2与C在加热时反应产生CO，能够实现物质之间的转化关系，A不符合题意；
B．H2O2在MnO2催化下分解产生H2O，H2O在电解条件下分解产生O2，O2与H2在点燃时反应产生H2O，能够实现物质之间的转化关系，B不符合题意；
C．KOH与CO2反应产生K2CO3，K2CO3和HNO3反应产生KNO3，但KNO3不能一步反应产生K2CO3，不能实现物质之间的转化关系，C符合题意；
D．Fe2O3与HCl反应产生FeCl3，FeCl3与NaOH反应Fe(OH)3，Fe(OH)3与HCl反应产生FeCl3，能够实现物质之间的转化关系，D不符合题意；
故合理选项是C。
22．将过氧化钠与碳酸氢钠固体按个数比1：2混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是
A．Na2CO3 B．Na2O2、Na2CO3
C．NaOH、Na2CO3 D．Na2O2、NaOH、Na2CO3
【答案】A
【详解】将过氧化钠与碳酸氢钠固体按个数比1：2混合，设Na2O2的物质的量为1mol、NaHCO3的物质的量为2mol，在密闭容器中加热，发生反应，2NaHCO3 Na2CO3+CO2+H2O，生成1mol CO2、1mol H2O；Na2O2先和CO2发生反应2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+O2，1mol Na2O2恰好和1mol CO2反应生成1mol Na2CO3，所以残留的固体物质是Na2CO3，故选A。
23．将CO2和O2的混合气体7.6g通入Na2O2 ，充分反应后，气体质量变为4.8g，原混合气体中O2的质量是（   ）
A．6.4g B．3.2g C．1.6g D．0.8g
【答案】B
【详解】将CO2和O2的混合气体7.6g通入Na2O2，发生下列反应：，消耗2mol（即88g）二氧化碳，气体质量减少244g- 32g=56g，则参与反应的二氧化碳质量为（7.6g-4.8g）×=4.4g，原混合气体中O2的质量是7.6g-4.4g=3.2g，答案选B。
24．已知下列反应①2BrO+Cl2=Br2+2ClO②ClO+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O③2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2④2FeCl2+Cl2=2FeCl3，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是
A．BrO>ClO>Cl2>Fe3+>I2 B．ClO>BrO>Cl2>Fe3+>I2
C．BrO>Cl2>ClO>I2>Fe3+ D．BrO>ClO>Fe3+>Cl2>I2
【答案】A
【分析】一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【详解】①反应2BrO+Cl2=Br2+2ClO，BrO是氧化剂、ClO是氧化产物，氧化性BrO>ClO；
②反应ClO+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O， ClO是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化性ClO>Cl2；
③反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2的离子方程式是2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Fe3+是氧化剂、I2是氧化产物，氧化性Fe3+> I2；
④反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Cl2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，氧化性Cl2> Fe3+；
所以氧化性BrO>ClO>Cl2>Fe3+>I2，故选A。
25．利用如图所示装置进行金属钠与水反应的实验，液体添加完毕后，关闭活塞，打开右边胶塞，向煤油中加入一小块钠，立即塞好胶塞，可观察到的现象是

A．钠块始终保持在a处，直至完全消失
B．钠沉入U形管b处而后又慢慢浮到a处
C．最终钠块在煤油中燃烧起来
D．随反应的进行，煤油与胶塞处液面下降，漏斗中液面上升
【答案】D
【详解】a上面为煤油，b为水，钠的密度比煤油大，比水小，所以开始会在a处，但反应中有气体产生，所以会上下浮动，故A、B错误；
C．因为没有氧气，所以钠块不能在煤油中燃烧起来，故C错误；
D．因为有气体生成会将水排入漏斗中，所以漏斗中液面升高，故D正确；
故答案为：D。
26．在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是
A．+4 B．+5 C．+6 D．+7
【答案】C
【详解】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
27．如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是

A．曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸
B．曲线B表示CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
C．曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸
D．曲线D表示氨水中滴加HNO3溶液
【答案】C
【详解】A．NaOH溶液中滴加稀盐酸，导电能力基本保持不变，应该是曲线B，A错误；
B．CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，生成物乙酸钾为强电解质全部发生电离，溶液导电能力增强，应该是曲线A，B 错误；
C．Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和弱电解质水，离子浓度降低，二者恰好完全反应时溶液的导电能力最低，当硫酸过量时离子浓度又逐渐增大，所以Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸时溶液的导电能力先减小再增大，符合变化的是曲线C，C 正确；
D．氨水中滴加HNO3溶液，生成硝酸铵为强电解质全部发生电离，溶液导电能力增强，应该是曲线A，D 错误。
答案选C。
【点睛】溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷多少有关。
28．在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种微粒：Fe3+、、Fe2+、、H+、H2O。已知氧化性 (H+)＞Fe3+。下列叙述不正确的是（    ）
A．该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
B．该反应中氧化剂与还原剂的个数之比为8：1
C．若有1个发生还原反应，则转移8e-
D．该反应中Fe2+是还原剂，是还原产物
【答案】B
【分析】在所给的六种微粒中，元素化合价高的为、，元素化合价低的为、，因为氧化性 (H+)＞Fe3+，还原性Fe2+＞，所以该反应的主体反应物及产物为，由得失电子守恒可得，再根据原子守恒及电荷守恒配平可得。
【详解】A．在酸性条件下发生氧化还原反应所以不能用酸酸化，A正确；
B．该反应的氧化剂为，还原剂为，所以氧化剂与还原剂的个数之比为1：8，B错误；
C．由元素化合价变化可知1个发生还原反应变为时，转移电子数目为，C正确；
D．在该反应中Fe2+失去电子变为Fe3+，所以Fe2+是还原剂；得到电子变为，所以是还原产物，D正确；
故答案为B。

三、实验题
29．现有一不纯的小苏打样品(含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O)，为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置(夹持仪器未画出)。

实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取一定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。
[资料]
i.浓硫酸常用于吸收水蒸气。
ii.碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
iii.Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑。
回答下列问题：
(1)仪器E的名称是_______，其中盛放的药品是_______；若无该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量分数_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(2)步骤③的目的是_______
(3)装置B中除反应Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑外，还发生反应的化学方程式为_______。
(4)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为_______%(计算结果精确到0.1)；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，可得CO2的质量为_______g(计算结果精确到0.1)。
【答案】(1)     球形干燥管     碱石灰     偏大
(2)除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳
(3)2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑+CO2↑
(4)     67.2     19.8

【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质可知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重( NaHCO3分解产生的CO2的质量)可求出NaHCO3质量。由C的增重(Na2CO3·10H2O分解产生的H2O及已知的NaHCO3分解产=生的H2O的质量)可求出Na2CO3·10H2O的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2 ,关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收； E中碱石灰可防止外界空气中的H2O和二氧化碳进入装置D影响实验效果，据此解答。
（1）
由题知仪器E的名称是球形干燥管。干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二I氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大。
（2）
由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳。
（3）
固体混合加热时，碳酸钠晶体失去结晶水，碳酸氢钠分解生成碳酸钠和水和二氧化碳。方程式为：2NaHCO3Na2CO3＋H2O↑+CO2↑；
（4）

x=33.6g， y=3.6g，所以碳酸氢钠的质量分数为 =67.2%。装置C吸收的水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水的质量为12.6-3.6=9.0g，
z=14.3g，若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合物，由碳元素守恒可得二氧化碳的物质的量为 ，所以二氧化碳的质量为 。