四川省眉山市仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高一上学期开学化学 Word版含解析.docx

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四川省眉山市仁寿第一中学南校区2023-2024学年高一上学期入学考试化学试题第Ⅰ卷(选择题共42分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32K-39Mn-55一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1.中国文化源远流长，其中的古诗词非常优美，也蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是A.“东风夜放花千树”中的“花千树”是节日放的焰火，其是金属元素在灼烧时呈现的艳丽色彩B.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”中的越窑瓷器“翠色”来自氧化铁C.“吹尽狂沙始到金”说明自然界中存金单质且化学性质很稳定D.“蜡炬成灰泪始干”中蜡炬成灰一定是发生了氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．焰色反应是金属元素在灼烧时火焰所呈现的颜色，人们在烟花中有意识地加入特定金属元素，使焰火更加绚丽多彩，故A正确；B．氧化铁是红色的，越窑瓷器“翠色”不是来自氧化铁，故B错误；C．“吹尽狂沙始到金”说明了黄金在自然界中其本身是不变化的，即黄金很难与自然界中的水、氧气等物质反应，体现了金的化学性质稳定，故C正确；D．蜡炬成灰泪始干，涉及燃烧，燃烧中氧元素的化合价一定降低，一定发生氧化还原反应，故D正确；故选B。2.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是A.化合物：干冰、冰水混合物、烧碱B同素异形体：石墨、、金刚石C.混合物：漂白粉、矿泉水、空气D.电解质：熔融、硫酸、铜【答案】D【解析】【详解】A．干冰是固态的CO2，冰水混合物为两种状态的H2O，烧碱是NaOH的俗称，三者均属于化合物，故A正确； B．石墨、C60、金刚石是碳元素的三种单质，互为同素异形体，故B正确；C．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，矿泉水中含有水和矿物质等，空气含有O2、N2、CO2等多种气体，三者均属于混合物，故C正确；D．电解质是指在水溶液中或熔融状态下均导电的化合物，铜是单质不属于电解质，故D错误；故答案为D3.下列说法正确的有①“卤水点豆腐”“黄河入海口处三角洲的形成”都与胶体的性质有关②在制备Fe(OH)3胶体实验中，可以长时间加热③向Fe(OH)3胶体中加入过量稀硫酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解形成棕黄色溶液④将饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液中，得到红褐色的Fe(OH)3胶体⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥不同品牌的墨水不能混用，与胶体聚沉有关⑦所有胶体的分散质微粒都可以在外加电源作用下做定向移动A.①③⑤B.①③⑥⑦C.①③⑥D.①②③④⑦【答案】C【解析】【分析】【详解】①“卤水点豆腐”“黄河入海口处三角洲的形成”与胶体的胶粒带电荷有关，海水中盐电离产生的离子使胶体发生聚沉得到沙洲，①正确；②在制备Fe(OH)3胶体实验中，当加热至液体呈红褐色就停止加热，而不能长时间加热，否则胶体会发生聚沉，②错误；③向Fe(OH)3胶体中加入过量稀硫酸，胶体先发生聚沉形成红褐色沉淀生成，然后发生酸碱中和反应，Fe(OH)3沉淀溶解形成棕黄色溶液，③正确；④将饱和氯化铁溶液滴入NaOH溶液中，发生复分解反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀，④错误；⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，但小于悬浊液的固体小颗粒，能够通过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；⑥不同品牌的墨水不能混用，否则胶体会发生聚沉形成沉淀而堵塞钢笔尖，写字不流畅，⑥正确；⑦有的胶体的分散质微粒选择性吸附正电荷或负电荷，有的则不吸附电荷，因此不是所有胶体的分散质微粒都可以在外加电源作用下做定向移动，⑦错误；综上所述可知：说法正确的是①③⑥，故合理选项是C。4.已知1L1.5mol/LNa2SO3溶液恰好与1L0.5mol/LKRO4溶液反应，Na2SO3完全转化为Na2SO4。则R 元素在产物中化合价是A.+1B.+2C.+3D.+4【答案】A【解析】【详解】设R元素在产物中的化合价为X价；S元素化合价从+4升高到+6价，R元素化合价从+7价降到X价，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：1.5mol/L×1L×2=0.5mol/L×1L×（7-X），得X=+1；答案：A。5.已知I-、Fe2+、SO2、Cl-和H2O2均有还原性，在酸性溶液中的还原性顺序为：SO2>I->Fe2+>H2O2>Cl-，则下列反应不可能发生的是A.2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+B.2Fe2++I2=2Fe3++2I-C.I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HID.H2O2+SO2=H2SO4【答案】B【解析】【分析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物，据此分析解答。【详解】A．若反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO＋4H＋可以发生，则还原性：SO2＞Fe2＋，与题干信息一致，A可以发生；B．若反应2Fe2＋＋I2=2Fe3＋＋2I-可以发生，则还原性：Fe2＋＞I-，与题干信息不一致，B不能够发生；C．若反应I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI可以发生，则还原性：SO2＞I-，与题干信息一致，C可以发生；D．若反应H2O2＋SO2=H2SO4可以发生，则还原性：SO2＞H2O2，与题干信息一致，D能够发生；综上所述可知：合理选项是B。6.配制100mL0.5mol·L-1Na2CO3溶液，下列操作错误的是A.过程中会使用到的玻璃仪器一共有5种B.将Na2CO3固体溶解并冷却至室温后移至容量瓶中C.移液后用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒两次，洗涤液移至容量瓶中D.沿玻璃棒向容量瓶中注入蒸馏水，至溶液的凹液面恰好与容量瓶刻度线相切【答案】D【解析】【详解】A．配制溶液时，会使用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶共5种，故A正确；B．溶解溶质时，应放在烧杯内加水溶解，冷却到室温后才能转移入容量瓶，所以应将Na2CO3 固体溶解并冷却至室温后移至容量瓶中，B正确；C．为了尽可能减少所配溶液浓度的误差，移液后用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒两次，并将洗涤液一并移至容量瓶中，C正确；D．沿玻璃棒向容量瓶中注入蒸馏水，当液面离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管加水至溶液的凹液面恰好与容量瓶刻度线相切，D错误；故选D。7.已知反应：，下列说法错误的是A.是氧化产物B.、的计量数是3：2C.配平后X是“”D.每生成1mol就会有3mol电子发生转移【答案】B【解析】【详解】A．由于中铁为+6价，高于反应物中铁价态，故为氧化产物，故A正确；B．由得失电子守恒原理及质量守恒得：，故B错误；C．由以上方程式可知C正确，故C正确；D．由铁的价态变化知生成1mol就会有3mol电子发生转移，故D正确；故选：B。8.下列实验操作、现象，以及得出的结论，正确的是选项实验操作实验现象结论A向含有酚酞的稀氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸溶液由无色变为红色氢氧化钠与盐酸发生了中和反应B用洁净铂丝蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色溶液中一定存在，不存在C将红色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片鲜花红色褪去氯气具有漂白性D在溶液中加入溴水溶液由无色变为棕褐色的氧化性比的强 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向含有酚酞的稀氢氧化钠溶液中滴加稀盐酸，溶液由红色变为无色，说明盐酸和氢氧化钠反应了，故A错误；B．用洁净铂丝蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，溶液中一定存在，可能存在，故B错误；C．将红色鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，鲜花红色褪去，是因为氯气和鲜花中的水反应生成HClO，HClO漂白鲜花，不能说氯气有漂白性，故C错误；D．在溶液中加入溴水，溶液由无色变为棕褐色，说明生成了单质碘，即说明的氧化性比的强，故D正确。综上所述，答案为D。9.下图是实验室制备K2FeO4的实验装置图，其中甲为制氯气的装置。（资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH，具有强氧化性）下列说法不正确的是（）A.乙中所用试剂为饱和食盐水B.丙和丁中均会发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC.丙中产生紫色固体，说明碱性条件下，Cl2氧化性强于K2FeO4D.若取反应后丙中紫色溶液，加入稀硫酸产生Cl2，则证明了K2FeO4具有氧化性【答案】D【解析】【分析】甲中发生反应为：2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，乙中装饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，丙中制备K2FeO4，丁为尾气处理。【详解】A．甲中生成的氯气中含有少量的氯化氢气体，乙中装饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，正确，A 不符合题意；B．丙中有KOH，丁中有NaOH，均与氯气发生反应，其离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，正确，B不符合题意；C．丙中发生反应为：2Fe(OH)3+10KOH+3Cl2=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl元素化合价降低，发生还原反应，氯气作氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化性：Cl2>K2FeO4，正确，C不符合题意；D．反应后丙中紫色溶液中含有：K2FeO4、KCl、KClO，加入稀硫酸产生Cl2，有可能发生反应为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，不能证明K2FeO4具有氧化性，错误，D符合题意。答案为：D。10.不使用其它试剂，利用物质间两两混合反应将物质区别开(提供的物质可重复使用)，也是物质鉴别的常用方法。下面四组物质利用上述方法可鉴别开的是A.H2SO4、Na2SO4、BaCl2、FeCl3B.BaCl2、HCl、NaNO3、AgNO3C.Na2CO3、HNO3、NaNO3、BaCl2D.H2SO4、NaOH、MgCl2、Ba(NO3)2【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3溶液是黄色的，首先鉴别出黄色的FeCl3溶液，H2SO4、Na2SO4均能与BaCl2溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别，故A不符合题意；B．AgNO3溶液与BaCl2、HCl反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显象，故不加其他试剂无法鉴别，故B不符合题意；C．组内四种物质的溶液两两混合时，其中有一种溶液与其它三种溶液混合时出现一次白色沉淀和一次放出气体，该溶液为碳酸钠溶液；与碳酸钠溶液产生气体的溶液为HNO3，产生白色沉淀的为BaCl2，与碳酸钠溶液混合无任何明显现象的为NaNO3溶液；故不加其他试剂可以鉴别，故C符合题意；D．组内四种物质的溶液两两混合时，NaOH与MgCl2、H2SO4与Ba(NO3)2反应均能产生白色沉淀，但其余两两混合均没有明显现象，故不加其他试剂无法鉴别，故D不符合题意；故选C。11.某无色溶液只含有下列离子中的若干种：H+、Na+、Cu2+、Ba2+、Al3+、、Cl-、OH-。向该溶液中加入铁粉，有气体生成，则原溶液中能大量存在的离子最多有A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】C【解析】 【分析】【详解】无色溶液中不可能大量存在Cu2+，向该溶液中加入铁粉，有气体生成，说明含有大量H+，则一定不能大量存在、OH-，所以原溶液中能大量存在的离子最多有H+、Na+、Ba2+、Al3+、Cl-，共计是5种。答案选C。12.下列反应能达到目的且对应离子方程式正确的是A.过氧化钠作供氧剂与水反应：B.向溶液中滴入溶液至产生的沉淀质量最大：C.将通入澄清石灰水中制取漂粉精：D.往溶液中通入少量：【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠作供氧剂与水反应：，A错误；B．向溶液中滴入溶液至产生的沉淀质量最大：，B正确；C．将通入澄清石灰水中制取漂粉精：，C错误；D．往溶液中通入少量：溶液和不发生反应，D错误；故选B。13.用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.100mL0.1mol/L的NaOH溶液中含有氧原子数为0.01NAB.0.1molFeCl3·6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NAC.标准状况下，2.24LCO2与足量的Na2O2充分反应，转移电子数为0.2NAD.5.6gFe和6.4gCu分别与0.1molCl2充分反应，转移电子数均为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．该溶液中的溶质NaOH、溶剂H2O中都含有O原子，故含有的O原子数目远大于0.01NA， A错误；B．Fe(OH)3胶体的胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，因此0.1molFeCl3·6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于0.1NA，B错误；C．标准状况下，2.24LCO2的物质的量是0.1mol，根据反应方程式：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2可知：每有2molCO2反应，转移2mol电子，则反应0.1molCO2反应，转移0.1mol电子，转移电子数目为0.1NA，C错误；D．5.6gFe的物质的量是0.1mol，6.4gCu的物质的量是0.1mol，根据方程式：2Fe+3Cl22FeCl3、Cu+Cl2CuCl2可知：0.1molCl2反应消耗Fe的物质的量小于0.1mol，因此Fe过量，反应转移电子以不足量的Cl2为标准，反应转移0.2mol电子，则转移电子数目是0.2NA；0.1molCu与0.1molCl2恰好反应，转移0.2mol电子，转移电子数也为0.2NA，D正确；故合理选项是D。14.选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中NOx的一项处理工艺，即在催化剂的作用下，喷入32.5%的尿素水溶液(密度1.1g/cm3)，尿素在高温下发生水解和热解反应后生成NH3，NH3把尾气中的NOx还原成N2和H2O，从而达到既节能、又减排的目的。下列说法不正确的是A.柴油车尾气排放中NO是气缸内的N2与O2在放电作用下产生的B.32.5%的尿素水溶液浓度6mol/LC.NO、NO2、NH3按物质的量之比1：1：2反应时可完全转化为无毒物质D.SCR技术既能提高发动机功率又能减少污染物排放【答案】A【解析】【分析】【详解】A．柴油车尾气排放中NO是气缸内的N2与O2在高温环境下反应产生的，而不是放电条件下反应产生，A错误；B．32.5%的尿素水溶液浓度c=，B正确；C．若NO、NO2、NH3按物质的量之比1：1：2，则会发生反应：NO+NO2+2NH3=2N2+3H2O，恰好反应转化为无毒物质N2、H2O，C正确；D．选择性催化还原技术(SCR)能够将NOx还原为无毒气体，达到节能、减排的目的，提高了能量利用率，从而提高了发动机功率，D正确； 故合理选项是A。第II卷(非选择题共58分)二、非选择题：本题共4个大题，共58分。15.现有四种阳离子、、、和四种阴离子、、、可分别组成A、B、C、D四种易溶于水易电离的物质(离子均不重复)。已知：①A溶液能使紫色石蕊试液变红，且阴阳离子个数比为1：2；②B溶液分别与A、C、D溶液混合，均有白色沉淀生成；③C溶液能与A溶液反应产生无色无味气体。请填空：（1）写出下列物质的化学式：B___________；D___________。（2）写出下列反应的离子方程式：①A溶液与B溶液反应的离子方程式：___________。②B溶液与D溶液反应的离子方程式：___________。（3）简述检验A中阴离子的方法：___________。（4）C水溶液中的电离方程式为___________向该盐的溶液中加入足量的NaOH溶液，发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.Ba(OH)2②.MgCl2（2）①.②.（3）取少量A于试管中，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明存在硫酸根离子（4）①.、②.【解析】【分析】A溶液能使紫色石蕊试液变红，说明其中含有H+，阴阳离子个数比为1：2，则A为H2SO4；C能与H2SO4反应产生无色无味气体，则C中含有；B能与H2SO4反应生成沉淀，说明其中含有Ba2+，且能与C、D反应生成白色沉淀，则B为Ba(OH)2，则C为NaHCO3，D为MgCl2。【小问1详解】根据分析可知，B为Ba(OH)2，D为MgCl2。【小问2详解】①H2SO4与Ba(OH)2反应的离子方程式为。 ②Ba(OH)2与MgCl2反应的离子方程式为。【小问3详解】检验硫酸根离子的方法为取少量A于试管中，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明存在硫酸根离子。【小问4详解】NaHCO3水溶液中的电离方程式为，；往该盐的溶液中加入足量NaOH，离子方程式为。16.钠、氯及其化合物有如图转化关系，淡黄色物质M可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂，N常被用来杀菌消毒。请按要求填空：（1）写出M与水反应的离子方程式为_______，还原剂为_______。（2）请写出一小块金属钠投入溶液中的离子方程式：_______。（3）与反应的化学反应方程式为_______，氧化产物为_______。（4）除去下列括号中少量杂质，写出相关化学方程式或离子方程式：①固体()化学方程式：_______。②溶液()离子方程式：_______。【答案】（1）①.2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑②.Na2O2（2）6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑（3）①.Cl2+H2O=HCl+HClO②.HClO（4）①.②.+CO2+H2O=2【解析】【分析】钠、氯及其化合物有如下转化关系，淡黄色物质M可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂，N常用来杀菌消毒，钠和O2常温反应生成Na2O，Na和O2加热反应生成淡黄色物质M为Na2O2，Na2O和H2O反应生成NaOH，Na2O2和H2O反应生成NaOH、O2，NaOH和HCl反应生成NaCl和物质N(NaClO)，Cl2和NaOH反应生成NaCl,Cl2和Fe反应生成FeCl3，NaClO溶液和CO2、H2O反应生成 HClO，Cl2和H2O反应生成HClO，【小问1详解】过氧化钠和H2O反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应的离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，反应中氧化剂和还原剂都是过氧化钠，故答案为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；Na2O2；【小问2详解】钠投入氯化铁溶液，金属钠浮在液面上，熔成一个光亮的小球，四处游动发出“嘶嘶”的响声，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠再与氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的化学方程式：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl,总反应为：6Na+6H2O+2FeCl3=6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑，故答案为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑；【小问3详解】Cl2与H2O反应生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO，氯元素化合价升高的被氧化得到氧化产物，氧化产物为HClO，故答案为：Cl2+H2O=HCl+HClO；HClO；【小问4详解】①Na2CO3固体中混有的NaHCO3受热分解除去，反应的化学方程式为：；②NaHCO3溶液中混有Na2CO3，通入二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠除去，反应的离子方程式为：+CO2+H2O=2，故答案为：+CO2+H2O=2。17.是一种常见的氧化剂，工业上利用软锰矿制备高锰酸钾的流程如下，某化学竞赛同学在实验室中模拟该流程制备，并对产物纯度进行测定。（1）稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒机理与______相同(填字母)。a．84消毒液b．双氧水c．医用酒精（2）反应I通常在400℃条件下进行，写出反应化学方程式__________(不考虑铁坩埚被富氧空气氧化)。（3）操作I的名称为__________。（4）反应II可以用______代替(填字母)。 a．浓盐酸b．氢碘酸c．稀硫酸（5）流程中可以循环使用的物质有和__________。若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则可制得______。（6）按下述步骤测定产物中的纯度(杂质为)。a．用分析天平准确称取样品，用稀硫酸配制成酸性溶液，备用。b．用减量法准确称取，加入到锥形瓶中，慢慢滴加配制好的酸性溶液将刚好全部被氧化，同时生成了。c．重复步骤b两次，所有测定数据如下表。实验序号123消耗酸性溶液体积19.9919.9820.03①配制酸性溶液必须要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__________。②的纯度为__________％(保留4位有效数字)。【答案】（1）AB（2）4KOH+2MnO2+O22K2MnO4+2H2O（3）过滤（4）c（5）①.KOH、MnO2②.（6）①.250mL容量瓶②.98.75【解析】【分析】以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧和氧气反应，得到锰酸钾等固体，冷却后溶于水得到锰酸钾溶液，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到二氧化锰固体和高锰酸钾和KHCO3混合溶液，冷却结晶得到高锰酸钾晶体。【小问1详解】具有强氧化性，84消毒液、双氧水均具有强氧化性，可作消毒剂，其消毒机理与高锰酸钾相同，酒精可使病毒中的蛋白质发生变性，与高锰酸钾消毒机理不同，故选AB。【小问2详解】反应I中软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧和氧气反应得到锰酸钾，O元素化合价由0价下降到-2价，Mn元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：4KOH+2MnO2+O2 2K2MnO4+2H2O。【小问3详解】由分析可知，、KHCO3和MnO2浊液经过过滤可以得到MnO2固体和和KHCO3混合溶液，操作I的名称为过滤。【小问4详解】因为盐酸和氢碘酸具有还原性，易被高锰酸钾氧化，稀硫酸不会和高锰酸钾发生氧化还原反应，可以代替，故选c。【小问5详解】根据流程图知，初始反应物是KOH和MnO2，碳酸钾和石灰苛化得到KOH、锰酸钾和二氧化碳反应生成MnO2，所以KOH和MnO2都可以循环利用；根据原子守恒知，1molMnO2可制得1molK2MnO4，K2MnO4和CO2反应生成KMnO4、K2CO3、MnO2，反应方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3，3mol锰酸钾生成2mol高锰酸钾，所以1mol二氧化锰生成mol高锰酸钾。【小问6详解】①配制KMnO4样品溶液时，需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶；②反应的物质的量为=0.002mol，高锰酸钾的平均体积为=19.97mL，由得失电子守恒可知反应过程中和KMnO4的关系式为：5~2KMnO4，则n(KMnO4)=n()=×0.002mol=0.0008mol，高锰酸钾的浓度为0.04mol/L，酸性溶液中高锰酸钾的物质的量为0.04mol/L×0.25L=0.01mol，产物中的纯度为98.75%。18.某食品膨松剂作用物质为NaHCO3，某兴趣小组研究加热情况下该膨松剂放出气体的量，设计实验的装置图如下。 已知：碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑回答下列问题：（1）A装置中NaOH溶液的作用是除去空气中的_______，C装置内所盛试剂是_______，E装置的作用是_______，若没有E装置，测定的结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；若没有A装置，B装置左侧用橡皮塞封闭，实验结果将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（2）充分加热后，测得D的质量增加6.6g，若装置B换为装置F进行实验(膨松剂质量相同)。不考虑导致误差因素，则测得D的质量增加_______。（3）分解产物Na2CO3是重要化工原料，研究其性质：分别取少量NaCO3溶液，①与碱反应：滴加澄清石灰水，现象为_______，②与盐反应：滴加X溶液，产生白色沉淀，则X可能为_______(写其中一种的名称)。③与酸反应：滴加盐酸，开始没有气泡，反应产生两种盐，推测两种盐的化学式_______；（4）取a克Na2CO3与NaHCO3混合物进行下列三组实验，其中能测定Na2CO3质量分数的是_______(填序号)。A．充分加热，质量减少b克B．与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干，灼烧，得b克固体C．与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用氯化钙吸收，增重b克任选上述合理方案中的一种，计算Na2CO3的质量分数为_______。【答案】（1）①.CO2②.浓硫酸③.吸收空气中的CO2、H2O，防止对实验结果造成干扰④.偏高⑤.偏低（2）13.2g（3）①.溶液变浑浊②.氯化钙或氯化钡等③.NaHCO3、NaCl（4）①.AB②.或【解析】【分析】反应前先通入空气，经过NaOH、浓硫酸、碱石灰吸收装置中原有的二氧化碳和水蒸气，排除装置中原有二氧化碳和水蒸气的干扰，随后加热B中固体，生成的水蒸气被C 中浓硫酸吸收，生成的二氧化碳被D中碱石灰吸收，E中的碱石灰可防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置，根据C、D装置的质量变化量来计算膨松剂放出气体的量。【小问1详解】A中NaOH溶液的作用为除去空气中原有的二氧化碳。C装置内为浓硫酸，用于吸收水蒸气，E装置的作用为吸收空气中的CO2、H2O，防止对实验结果造成干扰。若没有E装置，空气中的水蒸气和二氧化碳会进入装置，D增加的质量偏大，测定结果偏高。若没有A装置，B装置左侧用橡皮塞封闭，B中产生的气体部分会留在装置内，导致实验结果偏低。【小问2详解】充分加热，D装置质量增加6.6g，则说明生成二氧化碳6.6g，即0.15mol。根据方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，生成的碳酸钠为0.15mol，将B装置换成F装置，则C元素将全部转化为二氧化碳，生成的二氧化碳的物质的量为0.3mol，D装置质量增加13.2g。【小问3详解】①碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，现象为溶液变浑浊。②加入X溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀为碳酸钙或碳酸钡等，X可以为氯化钙或氯化钡等。③滴加盐酸，开始没有气泡，生成两种盐，说明HCl不足，此时Na2CO3与HCl反应生成NaCl和NaHCO3。【小问4详解】A．充分加热，质量减少bg，由此可计算出碳酸氢钠的物质的量，从而计算出碳酸钠的质量分数，A正确；B．与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体，该固体为NaCl，设碳酸钠的物质的量为xmol、碳酸氢钠的物质的量为ymol，则有106x+84y=a，2x+y=，求出x、y的值从而求出碳酸钠的质量分数，B正确；C．与稀硫酸反应生成二氧化碳，氯化钙不能吸收二氧化碳，C的实验方案无法求出碳酸钠的物质的量，C错误；故答案选AB。若选用A方法，质量减少bg，减少的为水和二氧化碳的质量，根据方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，混合物中碳酸氢钠的质量为，碳酸钠的质量分数为