云南省大理州賓川縣第四高級中學2026屆化學高一第一學期期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、重水（D2O）是重要的核工業(yè)原料，下列說法錯誤的是A．H2O與D2O互稱同素異形體 B．1H與D互稱同位素C．氘（D）原子核外有1個電子 D．1H2與D2的化學性質幾乎相同2、某學生做如下實驗：第一步，在淀粉-KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即變藍；第二步，在上述藍色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，藍色逐漸消失。下列有關該同學對實驗原理的解釋和所得結論的敘述不正確的是()A．氧化性：ClO－＞I2＞SO42—B．藍色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C．淀粉-KI溶液變藍是因為I－被ClO－氧化為I2，I2使淀粉變藍D．若將Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色3、將下列金屬分別投入0.1mol?L-1鹽酸中，能發(fā)生反應且反應最劇烈的是（）A．Fe B．Al C．Mg D．Cu4、以不同類別物質間的轉化為線索，認識鈉及其化合物。下列分析不正確的是A．反應③表明CO2具有酸性氧化物的性質B．反應④說明NaHCO3的穩(wěn)定性強于Na2CO3C．反應⑤、⑥可用于潛水艇中氧氣的供給D．上述轉化中發(fā)生的反應有分解反應、化合反應、置換反應5、下列離子方程式書寫正確的是①將金屬Na投入水中：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑②在硫酸溶液中加入氫氧化鋇溶液至中性：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42-＝BaSO4↓＋H2O③碳酸氫鈣溶液中滴加鹽酸：HCO3－＋H+＝CO2↑＋H2O④碳酸鈣中滴加鹽酸：CO32-－＋2H+＝CO2↑＋H2OA．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④6、用漂白粉溶液浸泡過的有色布條，如果晾置在空氣中，過了一段時間，其漂白效果會更好的原因可能是（）A．漂白粉與氧氣反應了B．有色布條與氧氣反應了C．漂白粉跟空氣中的CO2反應生成了較多量的HClOD．漂白粉溶液蒸發(fā)掉部分水，其濃度增大7、相同狀況下，在容積相同的三個燒瓶內分別充滿干燥的NH3、HCl、NO2氣體，然后按上述順序分別用水做噴泉實驗。實驗結束后，燒瓶內三種溶液的物質的量濃度之比為A．3∶3∶2 B．2∶2∶3 C．1∶1∶1 D．無法比較8、下列關于物質的用途及反應方程式的敘述不正確的是()A．印刷電路板時用FeCl3作為腐蝕液：2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+B．用HF雕刻玻璃：SiO2+4HF==SiF4↑+2H2OC．高爐煉鐵的主要原理：CO+FeO==Fe+CO2D．小蘇打做發(fā)酵粉：2NaHCO3==Na2CO3+H2O+CO2↑9、如圖所示，若關閉B閥，打開A閥，將潮濕的氯氣通入乙瓶，布條褪色；若關閉A閥，打開B閥，讓潮濕的氯氣經過甲瓶后，再通入乙瓶，布條不褪色。則甲瓶中所盛的試劑不可能是（）A．Ba(OH)2溶液 B．飽和食鹽水 C．NaOH溶液 D．濃H2SO410、實驗室用MnO2和濃鹽酸制取氯氣時，有14.6g氯化氫被氧化，所得Cl2全部用石灰水吸收，可制得漂白粉的質量是A．14.3g B．25.4g C．28.6g D．50.8g11、現(xiàn)有三組混合液：①四氯化碳和氯化鈉溶液；②實驗室制蒸餾水；③溴化鈉和單質溴的水溶液.分離以上各混合液的正確方法依次是（）A．分液、萃取、蒸餾 B．萃取、蒸餾、分液 C．分液、蒸餾、萃取 D．蒸餾、萃取、分液12、純堿和小蘇打都是白色晶體，在日常生活中都可以找到。若要在家中將它們區(qū)分開來，下面的方法中可行的是（）A．分別放在炒鍋中加熱，觀察是否有殘留物B．分別用干凈鐵絲蘸取樣品在煤氣爐的火焰上灼燒，觀察火焰顏色C．將樣品溶解，分別加入澄清石灰水，觀察是否有白色沉淀D．在水杯中各盛相同質量的樣品，分別加入等體積的白醋，觀察反應的劇烈程度13、下列說法不正確的是A．用火箭燃料發(fā)射“天宮二號”的過程中，發(fā)生了氧化還原反應B．“何意百煉鋼，化為繞指柔”，其中鋼指的是鐵的合金C．“聲如罄、薄如紙”,瓷器的原料高嶺土[Al2Si2O5(OH)4]，可表示為:Al2O3·2SiO2·2H2OD．“青蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，詩句中體現(xiàn)的屠呦呦對青蒿素的提取屬化學變化14、下列物質都具有漂白性，漂白原理與其它幾種不同的是（）A．氯水 B．SO2 C．H2O2 D．HClO15、下列關于SiO2的說法，正確的是()A．SiO2是制造光導纖維的重要材料B．SiO2溶于水生成硅酸C．SiO2對應水化物的酸性比碳酸強D．SiO2是兩性氧化物16、實驗室制取Cl2的反應：4HCl(濃)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。下列說法不正確的是()A．氧化劑是MnO2，還原劑是HClB．每生成1molCl2，轉移電子的物質的量是2molC．每消耗1molMnO2，表現(xiàn)還原作用的HCl為4molD．Cl2是氧化產物二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C均為中學化學常見的純凈物，它們之間存在如下轉化關系：其中①②③均為有單質參與的反應。（1）若A是常見的金屬，①③中均有同一種黃綠色氣體參與反應，B溶液遇KSCN顯血紅色，且②為化合反應，寫出反應②的離子方程式_________________________。（2）如何檢驗上述C溶液中的陽離子？______________________。（3）若B是太陽能電池用的光伏材料，①②③為工業(yè)制備B的反應。C的化學式是____________，屬于置換反應____________，（填序號）寫出反應①的化學方程式____________________。18、A、B是兩種有刺激氣味的氣體。試根據下列實驗事實填空。(1)寫出A～F各物質的化學式：A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。(2)寫出A、B跟水反應的離子方程式：______________________。19、甲、乙兩同學分別設計實驗，測定CO2與Na2O2反應后的殘留物（成分為Na2O2、Na2CO3及少量不溶性雜質）中Na2O2的質量分數。（1）甲同學設計的實驗流程如下：①試樣溶解過程中發(fā)生反應的化學方程式為_______。②實驗中用12mol?L－1鹽酸配制2mol?L－1鹽酸500mL，配制過程中用到的儀器有燒杯、玻璃棒、_____、______、_______，定容時俯視刻度線會使所配溶液濃度_____（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。③稱取試樣5.12g，得濾渣0.10g，烘干得固體5.85g，則試樣中Na2O2的質量分數為___________%（保留1位小數）。（2）乙同學利用如圖所示裝置進行實驗。①實驗中應選取的試劑是_______________。a稀鹽酸b二氧化錳c蒸餾水d碳酸鈣②裝置的連接順序應是_______________________（填各接口的字母，連接膠管略）。20、如圖是中學化學實驗中常見的制備氣體并進行某些物質的檢驗和性質實驗的裝置，A是制備氣體的裝置，C、D、E、F中盛裝的液體可能相同，也可能不同。試回答：（1）如果A中的固體物質是碳，分液漏斗中盛裝的是濃硫酸，試寫出發(fā)生的化學反應方程式：____，若要檢驗生成的產物，則B、C、D、E、F中應分別加入的試劑為__、__、__、__、__，E中試劑和C中相同，E中試劑所起的作用__，B裝置除可檢出某產物外，還可起到__作用。（2）若進行上述實驗時在F中得到10.0g固體，則A中發(fā)生反應轉移的電子數為__個。21、在Na＋濃度為0.5mol·L－1的某澄清溶液中，還可能含有下表中的若干種離子。（已知H2SiO3為不溶于水的膠狀沉淀，加熱時易分解為固體SiO2和H2O）陽離子K＋Ag＋Ca2＋Ba2＋陰離子NOCOSiOSO現(xiàn)取該溶液100mL進行如下實驗(氣體體積均在標準狀況下測定)。序號實驗內容實驗結果Ⅰ向該溶液中加入足量稀鹽酸產生白色膠狀沉淀并放出標準狀況下0.56L氣體Ⅱ將Ⅰ的反應混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質量固體質量為2.4gⅢ向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象請回答下列問題。(1)實驗Ⅰ能確定一定不存在的離子是___________；(2)實驗Ⅰ中生成氣體的離子方程式為____________________________________；(3)通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，寫出SiO物質的量濃度的計算過程_______。(4)判斷K＋是否存在，若存在求其最小濃度，若不存在說明理由_______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

A．H2O與D2O均為水，屬于化合物，不互為同素異形體，故A錯誤；B．1H與D質子數都是1，中子數分別為0、1，互稱同位素，故B正確；C．氘(D)質子數為1，質子數=核外電子數，故原子核外有1個電子，故C正確；D．1H2與D2都是氫氣，化學性質幾乎相同，故D正確；故選A。2、B【解析】

第一步中發(fā)生：NaClO+2KI+H2SO4═I2+NaCl+K2SO4+H2O，第二步發(fā)生：Na2SO3+I2+H2O═Na2SO4+2HI，均為氧化還原反應，結合物質的性質及氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性來解答。【詳解】A．由NaClO+2KI+H2SO4═I2+NaCl+K2SO4+H2O，ClO-的氧化性大于I2的氧化性，由Na2SO3+I2+H2O═Na2SO4+2HI，I2的氧化性大于SO4

2-的氧化性，所以氧化性強弱為：ClO-＞I2＞SO42-，故A正確；B．由第二步反應可知，S元素的化合價升高，則藍色消失的原因是Na2SO3溶液具有還原性，故B錯誤；C．由第一步反應可知，淀粉KI溶液變藍是因為I-被氧化為I2，淀粉遇I2變藍，故C正確；D．氯氣的氧化性強于碘單質，碘單質將亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，所以氯氣更能將亞硫酸鈉氧化，而使氯水褪色，故D正確；故選：B?！军c睛】本題考查了氧化還原的相關知識，是高考考查的重點，本題有一定的難度，要注意藍色消失的原因并不是Na2SO3溶液具有漂白性，而是Na2SO3與I2反應，消耗了碘。3、C【解析】

根據金屬活動性順序Mg>Al>Fe>(H)>Cu，氫前金屬能與鹽酸發(fā)生置換反應，可知Mg、Al、Fe能與鹽酸發(fā)生反應，且Mg反應最劇烈，綜上所述，答案為C。4、B【解析】

A.反應③發(fā)生2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，NaOH為堿，Na2CO3為鹽，因此CO2具有酸性氧化物的性質，故A說法正確；B.反應④是2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，說明Na2CO3比NaHCO3穩(wěn)定，故B說法錯誤；C.反應⑤⑥分別是2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，因此反應⑤⑥可用于潛水艇中氧氣的供給，故C說法正確；D.反應④為分解反應，反應①為化合反應，反應②為置換反應，故D說法正確；答案為B。5、A【解析】

①符合客觀事實、電荷守恒，故正確；②不符合組成，應是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，故錯誤；③Ca(HCO3）2＋2HCl=CaCl2＋CO2↑＋2H2O，拆寫成離子形式為HCO3－＋H＋=H2O＋CO2↑，故正確；④碳酸鈣難溶于水，離子反應中不拆寫成離子，應是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故錯誤；答案選A。6、C【解析】

漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，漂白時轉化為強氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物質。【詳解】漂白粉主要成分為CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能與酸反應生成有強氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物質。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空氣中發(fā)生反應：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，增大了HClO濃度使漂白性增強。本題選C?！军c睛】復分解反應Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，可以證明酸性：H2CO3>HClO。7、C【解析】

在容積相同的三個燒瓶內，分別充滿干燥的NH3、HCl、NO2氣體，所以V（NH3）：V（HCl）：V（NO2）=1：1：：1，同條件下，體積之比等于物質的量之比，所以n（NH3）：n（HCl）：n（NO2）=1：1：1。令n（NH3）=1mol、n（HCl）=1mol、n（NO2）=nmol，各自體積為V（NH3）=V（HCl）=V（NO2）=VL，對于氨氣，溶液體積等于氨氣氣體體積，所以c（NH3）=n/Vmol/L；對于氯化氫，溶液體積等于氯化氫氣體體積，所以c（HCl）=n/Vmol/L；對于二氧化氮，與水發(fā)生反應：3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根據方程式可知溶液體積為二氧化氮體積的2/3，生成的硝酸的物質的量為二氧化氮物質的量的2/3，所以c（HNO3）=n/Vmol/L，所以c（NH3）：c（HCl）：c（HNO3）=1：1：1。故選C。8、C【解析】

A.制作印刷電路板時用FeCl3作為腐蝕液，氯化鐵和銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，反應的離子方程式是2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+，故A正確；B.二氧化硅與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體和水，用HF雕刻玻璃的化學方程式是SiO2+4HF==SiF4↑+2H2O，故B正確；C.高爐煉鐵的主要原理是高溫條件下用一氧化碳還原氧化鐵，反應方程式是3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故C錯誤；D.碳酸氫鈉加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳、水，小蘇打做發(fā)酵粉的反應方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故D正確；故答案選C。9、B【解析】

A.Ba(OH)2溶液，氯氣與Ba(OH)2溶液反應消耗氯氣，布條不褪色，故A不符合題意；B.飽和食鹽水與氯氣不反應，氯氣再通入乙瓶，濕潤的氯氣使布條不褪色，故B符合題意；C.NaOH溶液，氯氣與NaOH溶液反應消耗氯氣，布條不褪色，故C不符合題意；D.濃H2SO4，潮濕的氯氣被濃硫酸干燥，干燥的氯氣不能使有色布條褪色，故D不符合題意。綜上所述，答案為B?！军c睛】濕潤的氯氣能使有色布條褪色，干燥的氯氣不能使有色布條褪色。10、B【解析】

MnO2與濃鹽酸的反應：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl2用石灰水吸收的反應為2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，可得關系式：4HCl（被氧化）～2Cl2～CaCl2+Ca（ClO）2，據此計算．【詳解】MnO2與濃鹽酸的反應：MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Cl2用石灰水吸收的反應為2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，可得關系式：4HCl（被氧化）～2Cl2～CaCl2+Ca（ClO）2，設生成漂白粉的質量為m，則：4HCl（被氧化）～2Cl2～CaCl2+Ca（ClO）24×36.5g254g14.6gm（漂白粉）=，解得m（漂白粉）=g=25.4g，故選B?！军c睛】本題考查氯氣的實驗室制法及氯氣和消石灰反應的有關計算，注意對方程式質量關系的理解與關系式的應用。11、C【解析】

①四氯化碳和氯化鈉溶液互不相溶，可以用分液的方法分離；②實驗室制蒸餾水用的是蒸餾的方法；③溴化鈉和單質溴的水溶液，可以用四氯化碳等萃取劑將溴從水中萃取出來，所以分離上述混合物的正確方法依次是分液、蒸餾、萃??；故選C。12、D【解析】

A．碳酸氫鈉解熱分解生成碳酸鈉，二者加熱時都有殘留物，不能鑒別，故A錯誤；

B．二者都含鈉元素，焰色反應都成黃色，不能鑒別，故B錯誤；

C．加入澄清石灰水，分別發(fā)生：Na2CO3和Ca（OH）2混合后生成CaCO3，發(fā)生Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3可與澄清石灰水發(fā)生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，不能鑒別，故C錯誤；

D．加入醋酸，碳酸氫鈉反應劇烈，可鑒別，故D正確。

故選：D。13、D【解析】

A.用火箭燃料發(fā)射“天宮二號”的過程中，燃料被氧化，發(fā)生了氧化還原反應，故A正確；B.鋼是鐵和碳的合金，故B正確；C.瓷器的原料高嶺土[Al2Si2O5(OH)4]，可表示為:Al2O3·2SiO2·2H2O，故C正確；D.屠呦呦對青蒿素的提取是萃取，是物理變化，故D錯誤；故答案選D。14、B【解析】

二氧化硫漂白原理是它與有色物質化合生成不穩(wěn)定的無色物質；氯水、雙氧水、次氯酸具有強氧化性能使有色物質褪色，故選B。15、A【解析】

A．二氧化硅是制造光導纖維的重要材料，是利用了光的全反射原理，A項正確；B．二氧化硅和水不反應，用二氧化硅和氫氧化鈉溶液制取硅酸鈉，再用硅酸鈉制取硅酸，B項錯誤；C．硅酸的酸性比碳酸弱，C項錯誤；D．二氧化硅是酸性氧化物，和HF的反應只是特性，D項錯誤；答案選A。16、C【解析】

A.實驗室制取Cl2的反應：4HCl(濃)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，其中MnO2MnCl2，Mn元素的化合價降低了，所以MnO2為氧化劑，HCl(濃)Cl2↑，Cl元素的化合價升高了，所以HCl(濃)為還原劑，故A正確；B.2HCl(濃)Cl2↑2e-，所以每生成1molCl2，轉移電子的物質的量是2mol，故B正確；C.由MnO2MnCl22e-，2HCl(濃)Cl2↑2e-可知，每消耗1molMnO2，表現(xiàn)還原作用的HCl為2mol，故C錯誤；D.由2HCl(濃)Cl2↑可知，Cl元素的化合價升高了，所以Cl2是氧化產物，故D正確；答案：C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Fe+2Fe3+＝3Fe2+取少量溶液于試管，加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加氯水，溶液變成血紅色，則證明含F(xiàn)e2+SiCl4①③2C+SiO2Si+2CO↑【解析】

(1)由轉化關系可知A為變價金屬，則A應為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，②為Fe與氯化鐵的反應；(3)B是太陽能電池用的光伏材料，可知B為Si，①為C與二氧化硅的反應，①②③為工業(yè)制備B的反應，則C為SiCl4，③中SiCl4與氫氣反應，提純Si，以此解答該題?！驹斀狻?1)A是常見的金屬，①③中均有同一種氣態(tài)非金屬單質參與反應，且②為化合反應，則該非金屬氣體為Cl2，B為氯化鐵，則反應②的離子方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+；(2)由分析知C為氯化亞鐵，檢驗Fe2+的操作方法是取少量溶液于試管，加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加氯水，溶液變成血紅色，則證明含F(xiàn)e2+；(3)B是太陽能電池用的光伏材料，可知B為Si，①為C與二氧化硅的反應，①②③為工業(yè)制備B的反應，則C為SiCl4，其中②為Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4與氫氣反應，提純Si，則反應①的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑，其中屬于置換反應的有①③。18、Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－【解析】

(1)由A、B是兩種有刺激氣味的氣體。且A、B和水反應的產物能與Ba(OH)2和AgNO3均產生沉淀,B能與Ba(OH)2產生沉淀,由此可知A為Cl2；B為SO2；A、B與H2O反應的化學方程式為：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；B與Ba(OH)2反應的化學方程式為：Ba(OH)2+SO2===BaSO3↓＋H2O；含C、D的無色溶液與Ba(OH)2反應的化學方程式為：H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓＋2H2O；溶液D與AgNO3溶液反應的化學方程式為：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；故C為H2SO4；D為HCl；E為BaSO3；F為BaSO4?！军c睛】熟記物質的物理性質和化學性質是解決本題的關鍵，本題的突破口為：A、B是兩種有刺激氣味的氣體。等物質的量與水反應。結合后面沉淀現(xiàn)象，能推知由反應：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。19、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑100mL量筒500mL容量瓶膠頭滴管偏高15.2cDBAC【解析】

(1)由流程可知，稱樣、溶解后，過濾分離出不溶性物質，加鹽酸反應生成氯化鈉，蒸發(fā)、烘干、稱量得到NaCl的質量，結合鈉原子守恒計算；(2)圖2中利用測定氧氣的體積計算過氧化鈉的含量，分液漏斗中試劑為水，排水法測定氧氣的體積，以此來解答。【詳解】(1)①試樣溶解過程中式樣中過氧化鈉會與水發(fā)生反應，化學方程式為2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；②用12mol?L﹣1鹽酸配制2mol?L﹣1鹽酸500mL，濃鹽酸的體積為＝0.083L＝83mL，配制過程中用到的儀器有燒杯、玻璃棒、100mL量筒、500mL容量瓶、膠頭滴管；定容時俯視刻度線，V偏小，會使所配溶液濃度偏高；③加入過量鹽酸后溶液Na元素的存在形式只有NaCl，烘干工程中過量的鹽酸會揮發(fā)掉，所以烘干得到的固體為NaCl；設混合物中Na2O2、Na2CO3的物質的量分別為x、y，則，解得x＝0.01mol，試樣中Na2O2的質量分數為×100%＝15.2%；(2)①本實驗的目的是要通過生成的氧氣的量來確定過氧化鈉的量，為了保證生成的氣體只有氧氣，可選用蒸餾水，碳酸鈉與鹽酸反應會生成二氧化碳氣體影響結果；②集氣瓶中裝滿水，排水法測定氧氣的體積，排水時導管短進長出，則接順序應是DBAC?！军c睛】計算時要注意鈉元素的守恒，反應前過氧化鈉和碳酸鈉中鈉元素的量與反應后得到的氯化鈉中鈉的量是守恒的；利用集氣瓶通過排水法收集氣體時要注意“短進長出”。20、C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O無水CuSO4品紅溶液足量的酸性KMnO4溶液品紅溶液澄清石灰水檢驗SO2是否已被除盡防倒吸2.408×1023【解析】

（1）濃硫酸和木炭粉在加熱條件下發(fā)生反應生成二氧化碳、二氧化硫和水；檢驗水用無水硫酸銅，檢驗二氧化硫使用品紅溶液，檢驗二氧化碳用澄清石灰水，為了防止二氧化硫對二氧化碳的檢驗產生干擾，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫；（2）依據原子個數守恒計算反應碳的物質的量，再依據碳的物質的量計算轉移電子數目?！驹斀狻浚?）濃硫酸和木炭粉在加熱條件下發(fā)生反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，反應的化學方程式為C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；因檢驗二氧化硫和二氧化碳均用到溶液，會帶出水蒸氣影響水的檢驗，則應先檢驗水，則B中試劑為無水硫酸銅，B裝置除可檢驗反應生成的水外，還可起到防倒吸的作用；檢驗二氧化硫使用品紅溶液，檢驗二氧化碳用澄清石灰水，二氧化硫對二氧化碳的檢驗產生干擾，則應先檢驗二氧化硫，并除去二氧化硫后，再檢驗二氧化碳，則C中試劑為品紅溶液，檢驗二氧化硫，D中試劑為足量的酸性KMnO4溶液，吸收除去二氧化硫，E中試劑為品紅溶液，檢驗SO2是否已被除盡，F(xiàn)中試劑為澄清石灰水，檢驗二氧化碳，故答案為：C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O；無水CuSO4；品紅溶液；足量的酸性KMnO4溶液；品紅溶液；澄清石灰水；檢驗SO2是否已被除盡；防倒吸；（2）F中得到的10.0g固體為碳酸鈣，10.0g碳酸鈣的物質的量為0.1mol，由碳原子個數守恒可知，0.1mol碳與濃硫酸共熱反應生成0.1mol二氧化碳轉移0.4mol電子，則轉移的電子數目為0.4mol×6.02×1023mol—1=2.408×1023個，故答案為：2.408×1023?！军c睛】為了防止二氧化硫對二氧化碳的檢驗產生干擾，要用足量的酸性KMnO4溶液吸收剩余的二氧化硫是解答關鍵，也是易錯點。21、Ag＋、Ca2＋、Ba2＋CO＋2H＋=H2O+CO2↑H2SiO3=H2O+SiO22H++SiO32-=H2SiO3n(SiO32-)=n(SiO2)=2.4g÷60g/mol=0.04molc(SiO32-)=0.04mol÷0.1L=0.04mol/L存在，最小濃度為0.8mol·L－1，根據電荷守恒可知：2c(CO)＋2c(SiO)＝2×0.25mol·L－1＋2×0.4mol·L－1＝1.3mol·L－1＞0.5mol·L－1，因此必有K＋，至少為0.8mol·L－1?！窘馕觥扛鶕}意“溶液為澄清溶液”可以知道：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可以知道，該溶液中一定含有CO32-，其物質的量為0.56/22.4=0.025mol,濃度為0.025/0.1=0.25