【期中真题】山东省青岛第二中学2021-2022学年高一上学期期中考试化学试题.zip

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青岛二中2021~2022学年第一学期期中考试
高一化学
满分100分 考试时间90分钟
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56 Ba-137
第一部分 选择题
一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 现代生活需要人们有一定的科学素养，下列有关化学的科学常识正确的是
A. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
B. 碳酸钠俗名小苏打，可用作糕点膨松剂
C. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
D. 次氯酸见光易分解，所以氯水应保存在钢瓶中
【答案】C
【解析】
详解】A．生石灰不具有还原性，不能防止富脂食品氧化变质，可以用铁粉防变质，故A错误；
B．碳酸氢钠俗名小苏打，可用作糕点膨松剂，碳酸钠俗名为苏打或纯碱，故B错误；
C．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂，故C正确；
D．氯水中的次氯酸见光易分解，所以氯水应保存在棕色试剂瓶中，且放于阴凉处，氯水中含有H+，能和铁反应，不能用钢瓶保存氯水，故D错误；
故选C。
2. 下列关于氯元素的单质及其化合物的说法不正确的是
A. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存
B. 氯水溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明Cl2分子存在
C. 向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色
D. 检验Cl2中是否混有HCl气体，可将气体通入硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A． 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，次氯酸钙容易和空气中的水分和二氧化碳反应而变质，应密封保存，A正确；
B．氯气呈黄绿色且有刺激性气味，氯气溶于水得到的氯水溶液呈浅黄绿色、且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，B正确；
C． 氯水含盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性、次氯酸具有漂白性，故向新制的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色，C正确；
D．氯气与水反应生成HCl和HClO，将氯气通入硝酸银溶液中，会生成白色沉淀AgCl，所以不能用硝酸银溶液检验氯气中是否混有HCl，D不正确；
答案选D。
3. 下列六种物质：①Na2O ②Na2O2 ③CaCl2溶液 ④Na2CO3溶液 ⑤NaOH溶液 ⑥NaHCO3溶液 其中不能跟CO2反应的是(CO2与H2O的反应除外)
A. ①④ B. ③⑥ C. ②③ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O是碱性氧化物，与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸钠；②Na2O2与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；③由于盐酸酸性强于碳酸，所以CaCl2溶液与二氧化碳不反应；④Na2CO3溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；⑤NaOH与二氧化碳反应生成碳酸钠或碳酸氢钠；⑥NaHCO3溶液与二氧化碳不反应；其中不能与CO2反应的是③⑥。答案选B。
4. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和“气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A. 两种气体的压强相等 B. O2比O3质量小
C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等；
A．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，在同温同体积的条件下，则两种气体的压强之比为3：2，故A错误；
B．相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，故B错误；
C．O原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，则两种气体的分子数目之比为3：2，分子数目不等，故C错误；
D．由分析可知，两种气体的氧原子数目相等，故D正确；
故答案为D。
5. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24LH2O中含有原子数目为0.3NA
B. 常温常压下，4.6gNO2与N2O4混合物中含有的氧原子数目为0.2NA
C. 0.15mol/L K2CO3溶液中含有的钾离子数目为0.3NA
D. 含有4mol HCl的浓盐酸与足量MnO2共热，生成标准状况下22.4L Cl2
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，2.24 L/mol对于任何气体物质均适用，但该温度下水是液态，所以2.24LH2O的物质的量不是0.1mol，所含原子数目不是0.3NA，A错误；
B．NO2与N2O4的最简式相同，为NO2，4.6 gNO2与N2O4混合物中含有的氧原子数为=0.2 NA，B正确；
C．不知道溶液的体积，无法求出粒子的数目，C错误；
D．浓盐酸才能跟MnO2反应生成氯气，随着反应进行，浓盐酸浓度降低，稀盐酸不能和MnO2反应生成氯气，所以含有4mol HCl的浓盐酸与足量MnO2共热，生成的氯气的体积在标准状况下小于22.4L，D错误；
答案选B。
6. 下列说法不正确的是
A. H++OH-=H2O不能描述所有强酸强碱中和反应的实质
B. 根据CH3COOH分子中含有氢原子个数，醋酸为多元酸
C. 明矾净水利用了胶体的性质
D. 含有最高价元素的化合物不一定具有强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸与氢氧化钡生成硫酸钡和水，硫酸钡不溶于水，则不能用离子方程式H++OH-=H2O表示，所以H++OH-=H2O不能描述所有强酸强碱中和反应的实质，故A正确；
B．根据酸电离出的氢离子的个数，含有氢原子个数，酸可以分为一元酸、二元酸和多元酸，所以醋酸为一元酸，故B错误；
C．明矾在溶液中电离出的铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，所以能净水，故C正确；
D．氧化性强弱与得电子能力有关，与化合价高低没有必然关系，则含有最高价元素的化合物不一定具有强的氧化性，故D正确；
故答案选B。
7. 数字化实验是将传感器、数据采集和计算机连接起来，采集实验过程中各种物理量变化的数据。下图是用强光照射广口瓶中新制氯水时所获得的图象，下列纵坐标代表的物理量与图象不相符的是

A. 溶液颜色 B. 溶液中氢离子的浓度
C. 瓶中氧气的体积分数 D. 溶液的导电能力
【答案】A
【解析】
【分析】在氯水中存在如下反应：Cl2+H2OHCl+HClO、2HClO2HCl+O2↑。
【详解】A．随着强光照射时间的不断延长，HClO不断分解，Cl2与水不断反应，Cl2的浓度不断减小，所以溶液颜色不断变浅，A符合题意；
B．若光照时间充足，Cl2全部与水反应生成盐酸和氧气，所以溶液中氢离子的浓度不断增大，B不符合题意；
C．随着光照时间的延长，HClO分解生成的氧气量不断增多，所以瓶中氧气的体积分数不断增大，C不符合题意；
D．氯水不断用强光照射，最终变为稀盐酸，溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力增强，D不符合题意；
故选A。
8. 关于 Na2 CO3和NaHCO3下列说法不正确的是
A. 可以用加热的方法除去Na2 CO3中的NaHCO3
B. 分别向Na2 CO3和NaHCO3溶液滴加少量盐酸，产生CO2气体较快的为NaHCO3
C. 可以用Ca( OH)2溶液区分Na2 CO3和NaHCO3溶液
D. Na2 CO3比NaHCO3易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于碳酸氢钠加热分解，加热后生成二氧化碳，碳酸钠和水，选项A正确；
B. 由于碳酸氢钠中碳酸氢根只用结合一个氢离子，所以反应更快，而碳酸根离子要结合两个氢离子，分为两步，所以反应较慢，选项B正确；
C. Na2CO3和NaHCO3溶液滴加入Ca(OH)2溶液，两个溶液都有白色沉淀，无法区分，选项C不正确；
D. 碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，选项D正确。
9. 下列离子能大量共存的是
A. 无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B. 无色透明的溶液中：Fe3+、K+、SO、NO
C. 含有大量AgNO3的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D. 紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2+、K+、HCO、NO
【答案】A
【解析】
【详解】A．无色酚酞试液呈红色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B． 无色透明的溶液中不能大量存在Fe3+，Fe3+是黄色的，故B错误；
C． 含有大量AgNO3的溶液中有Ag＋遇到Cl－会生成白色沉淀，不可大量共存，故C错误；
D．紫色石蕊试液呈红色的溶液，显酸性，不能大量存在HCO，故D错误；
故选A。
10. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铁投入稀硫酸：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 石灰石与稀盐酸反应：CO+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 向粗盐中加入氢氧化钠溶液除去Mg2+：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
D. 漂白粉溶液中通入少量CO2：H2O+ClO-+CO2=HCO+HClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁投入稀硫酸，离子方程式为：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故A错误；
B．石灰石与稀盐酸反应，离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2+＋H2O＋CO2↑，故B错误；
C．向粗盐中加入氢氧化钠溶液除去Mg2＋，离子方程式为：Mg2＋＋2OH−=Mg(OH)2↓，故C正确；
D．Ca(ClO)2能与水和二氧化碳发生复分解反应，生成CaCO3和 HClO，反应离子方程式为Ca2＋＋2ClO−＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClO，故D错误；
故答案选C。
11. 下列实验中，利用图中装置不能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
装置




目的
鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
证明Na2O2与水反应放热
钠置换铜，金属活动性Na>Cu
证明Cl2无漂白性，HClO有漂白性

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．只有碳酸氢钠分解生成二氧化碳，二氧化碳可使石灰水变浑浊，碳酸钠不能，故A正确；
B．Na2O2与水生成氧气，且放热，脱脂棉燃烧可证明反应放热，故B正确；
C．Na与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠，氢氧化铜和氢气，不能置换出Cu，故C错误；
D．干燥后氯气不能使干燥的有色布条褪色，则证明Cl2无漂白性，HClO有漂白性，故D正确；
故答案选C。
12. 为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是
A. ①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B. ②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂
C. 由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2
D. 由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2
【答案】C
【解析】
【分析】①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是还原剂。
【详解】A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A错误；
B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，但KI是还原剂，故B错误；
C．①中浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2是氧化性大于I2，则浓硫酸能将KI氧化生成I2，故C正确；
D．①中Se的还原性大于SO2，②中KI的还原性大于Se，则还原性的强弱顺序为KI>Se>SO2，故D错误；
故答案为C。
13. 铬元素(Cr)的化合物存在下列转化关系：
Cr2O3KCrO2(绿色)K2CrO4(黄色)K2Cr2O7(橙红色)
下列判断错误的是
A. 反应①表明Cr2O3具有酸性氧化物的性质
B. 反应②H2O2被氧化成O2
C. 反应③发生的反应为2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O
D. 反应①②③中只有②是氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由转化关系可知，反应①发生的反应为氧化铬固体与氢氧化钾溶液反应生成盐和水，反应中氧化铬表现酸性氧化物的性质，故A正确；
B．由转化关系可知，反应②中过氧化氢是反应的氧化剂，被还原为水，故B错误；
C．由转化关系可知，反应①发生的反应为氧化铬固体与氢氧化钾溶液反应生成绿色的偏铬酸钾和水，反应的化学方程式为，故C正确；
D．由转化关系可知，反应①③中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，反应②中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D正确；
故选B。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
14. 研究小组以铁丝和Cl2为原料制备Fe(OH)3胶体进行下列三个实验。下列相关分析不正确的是

A. 实验①现象是出现红棕色的雾，容器中的水可防止集气瓶炸裂
B. 实验②中玻璃棒的作用是搅拌加速溶解
C. ②中的分散质1mol，可制备NA个③中的目标分散质
D. 取少量③中液体，逐滴滴入5mol/L硫酸，观察到先有红褐色沉淀又逐渐溶解
【答案】AC
【解析】
【详解】A．铁和氯气反应生成氯化铁固体，则铁丝在氯气中燃烧出现红棕色的烟，不是雾，故A错误；
B．②为溶解过程，玻璃棒的作用是搅拌加速溶解，故B正确；
C．氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁分子聚在一起形成的，所以1molFeCl3转化为Fe(OH)3胶体，其胶粒数目要小于NA，故C错误；
D．胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，所以向氢氧化铁胶体中加入硫酸溶液，会生成红褐色的氢氧化铁沉淀，继续加入硫酸溶液，发生氢氧化铁和硫酸的中和反应，生成溶于水的硫酸铁，观察到沉淀逐渐溶解，故D正确；
故选AC。
15. 以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。下列分析正确的是

A. 投入水中会沉入底部并四处游动
B. 上述转化中含有分解反应和置换反应
C. 反应③④表明不能转化为或
D. 向足量固体中通入和混合气体发生反应⑤、⑥，共产生
【答案】BD
【解析】
【分析】
钠与氧气加热反应生成过氧化钠，属于化合反应；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，属于置换反应；氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，属于非氧化还原反应；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，属于分解反应；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，二者均属于氧化还原反应，据以上分析解答。
【详解】A．钠的密度小于水的密度，钠投入水中，钠浮在水的表面，剧烈反应，四处游动，故A错误；
B．结合以上分析可知，上述转化中含有分解反应和置换反应，故B正确；
C．碳酸钠溶液中加入氢氧化钙溶液，可以生成碳酸钙和氢氧化钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠，故C错误；
D．根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑反应可以推知：2Na2O2~ O2↑~2H2O~2CO2，所以1 mol H2O和CO2混合气体与过氧化钠发生反应，生成0.5 mol氧气，质量为16 g，故D正确；
故选BD。
16. 某离子反应中涉及MnO、S、S2-、H+、Mn2+、H2O六种粒子，反应过程中，S的质量m(S)随时间t变化的曲线如图所示。下列叙述正确的是

A. 反应过程中S2-得电子后生成S
B. 反应过程中溶液颜色变浅
C. 该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5
D. 每有8molH+参加反应，有8mol电子转移
【答案】BC
【解析】
【分析】从图中可以看出，S是生成物，则S2-是反应物，反应中S的化合价升高，则Mn的化合价降低，所以是反应物，Mn2+是生成物，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出配平的离子方程式为：2+5S2-+16H+=2Mn2++5S+8H2O。
【详解】A．反应过程中S2-失电子后生成S，故A错误；
B．是紫色的，Mn2+接近无色，所以反应过程中溶液颜色变浅，故B正确；
C．Mn的化合价降低，则是氧化剂，S2-是还原剂，根据反应的方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5，故C正确；
D．根据方程式可知，每有16molH+参加反应，有10mol电子转移，则每有8molH+参加反应，有5mol电子转移，故D错误；
故选BC。
17. CuCl2是一种可用于生产颜料、木材防腐剂等的化工产品。将铜粉加入稀盐酸中，并持续通入空气，在Fe3+的催化作用下可生成CuCl2(过程如图所示)。下列说法不正确的是

A. Fe3+可循环使用 B. 过程I的反应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
C. 过程II中的氧化剂为Fe2+ D. 该过程总反应为：2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，过程I的反应为Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+，方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过程II的反应为Fe2+、O2和H+反应生成Fe3+和H2O，方程式为：4Fe2++ O2+4H+=4Fe3++2H2O。
【详解】A．根据分析可知，Fe3+反应后生成Fe2+，Fe2+被氧化生成Fe3+，所以Fe3+可循环使用，故A正确；
B．过程I的反应为Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+，方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B正确；
C．过程II中Fe2+化合价升高，O2化合价降低，Fe2+被氧气氧化，氧化剂为O2，故C错误；
D．将过程I的反应乘以2再加上过程II的反应，可得总反应为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O，故D正确；
故答案为C。
第二部分 非选择题
三、填空题
18. 现有下列9种物质，①CuSO4·5H2O ②淀粉溶液 ③NaHCO3 ④CO2 ⑤NH3 ⑥CaCO3 ⑦纯醋酸 ⑧Na2CO3溶液 ⑨KNO3，根据所学知识回答下列问题：
（1）以上能发生丁达尔效应的是_______。
（2）属于强电解质的是_______(填写序号)，醋酸在水中的电离方程式是_______。
（3）标准状况下，相同体积的④CO2和⑤NH3原子个数之比为_______，标准状况下，若CO2和NH3混合气体相对于氢气的密度为14.5，则④和⑤物质的量之比为_______，标准状况下，V LNH3溶入100mLH2O(1g/mL)中，溶液密度为ρg/mL，则氨水物质的量浓度表达式为_______mol/L。
（4）由硫磺粉、木炭粉和KNO3组成的黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时的反应为S+KNO3+C=K2S+N2↑+CO2↑(未配平)，该反应的氧化剂是_______，当有2mol气体生成时，反应转移电子的数目为_______。
【答案】（1）② （2） ①. ①③⑥⑨ ②. CH3COOHCH3COO-+H+
（3） ①. 3：4 ②. 4：5 ③.
（4） ①. S和KNO3 ②. 6NA
【解析】
【小问1详解】
胶体能发生丁达尔效应，淀粉溶液属于胶体，故选②。
【小问2详解】
在水中完全电离的化合物为强电解质，强酸、强碱和大部分盐是强电解质，故选①③⑥⑨。
【小问3详解】
标准状况下，相同体积的④CO2和⑤NH3的分子数相等，则原子个数之比为3：4；标准状况下，若CO2和NH3混合气体相对于氢气的密度为14.5，则混合气的平均相对分子质量为14.5×2=29，设CO2的物质的量为x，NH3的物质的量为y，有，x：y=4：5，则④和⑤物质的量之比为4：5。标准状况下，V LNH3溶入100mLH2O(1g/mL)中，溶质的物质的量为mol，溶液的质量为g，溶液密度为ρg/mL，则溶液的体积为L，则氨水物质的量浓度表达式为=mol/L。　
【小问4详解】
黑火药爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中，S的化合价从0价降低到-2价，KNO3中氮元素的化合价从+5价降低到0价，S和KNO3都是氧化剂；反应中，碳元素的化合价从0价升高到+4价，生成3molCO2，转移12mol电子，即若有4mol气体生成，有12mol电子转移，当有2mol气体生成时，转移电子为6mol，数目为6NA。
19. 某兴趣小组欲设计实验探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应。请回答下列问题：
Ⅰ.配制氢氧化钡溶液
（1）现需配制950mL 0.1mol/L氢氧化钡溶液，应称量氢氧化钡晶体质量为_______g[已知Ba(OH)2·8H2O的摩尔质量为315g·mol-1]；配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_______、_______。下图配制步骤中，按先后顺序排序为_______(用字母A～F填写)；如果操作F俯视刻度线，配得溶液的浓度将_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。






A
B
C
D
E
F

Ⅱ.利用下图所示装置探究氢氧化钡溶液与过量CO2的反应

（2）接通电路后，缓慢通入CO2至过量，整个过程中灯泡的亮度变化为_______，溶液中涉及反应的离子方程式依次为_______。
（3）通过上述实验某同学得出的实验结论为“CO2可与BaCO3反应”，该结论存在漏洞，理由是_______；下表可验证该方案漏洞的实验方案为_______(填选项字母)。
方案一
将装置甲产生的气流通入少量纯水至饱和，测pH值与饱和二氧化碳溶液做对比
方案二
将装置甲产生的气流通入AgNO3溶液，观察是否有沉淀产生
A.只有方案一 B.只有方案二
C.方案一和方案二均可 D.方案一和方案二均不行
【答案】（1） ①. 31.5 ②. 1000mL容量瓶 ③. 胶头滴管 ④. DBCAFE ⑤. 偏高
（2） ①. 灯泡先变暗，继续通气体后又变亮 ②. Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O BaCO3+CO2+H2O=Ba2++2
（3） ①. 用盐酸和大理石反应制取二氧化碳，由于盐酸挥发，在二氧化碳中混有HCl，HCl也能和BaCO3反应 ②. C
【解析】
【小问1详解】
要配制950 mL 0.1 mol·L-1氢氧化钡溶液，由于实验室没有950mL的容量瓶，所以应配制成1000mL的溶液，则应称量氢氧化钡晶体质量为0.1mol/L×1L×315g/mol=31.5g；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算出所需称量的固体的质量，将固体溶解，溶解后的溶液转移到容量瓶中，将所用的烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，将洗涤液也转移到容量瓶中，向容量瓶中加入蒸馏水至刻度线下1~2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，盖好瓶塞，上下颠倒摇匀。图示配制步骤中，按先后顺序排序为DBCAFE；如果操作F俯视刻度线，则加入的水偏少，溶液体积偏小，则配得溶液的浓度将偏高。
【小问2详解】
未通CO2前，氢氧化钡溶液中有自由移动的离子，灯泡亮；CO2通入氢氧化钡溶液中，首先发生反应：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，溶液中离子浓度降低，灯泡变暗，继续通入二氧化碳，发生反应：CO2+ BaCO3+H2O=Ba(HCO3)2，Ba(HCO3)2是溶于水的，所以溶液中离子浓度又增大，灯泡又变亮。
【小问3详解】
用盐酸和大理石反应制取二氧化碳，由于盐酸挥发，在二氧化碳中会混有HCl，所以该通过上述实验得出实验结论“CO2可与BaCO3反应”存在漏洞；若验证该方案的漏洞，只需确定HCl存在与否。方案一：若有HCl，则溶液的pH比饱和二氧化碳溶液的pH小，可证明；方案二：若有HCl，则有白色沉淀AgCl生成，二氧化碳和硝酸银不产生沉淀，也可以证明；故选C。
【点睛】从理论上分析，当同时存在HCl和二氧化碳时，HCl应首先和氢氧化钡反应，若气体是足量的，则一直是HCl和氢氧化钡反应，灯泡的亮度应该不变。但本题是实验结果是灯泡先变暗，说明二氧化碳确实和氢氧化钡发生了反应生成了碳酸钡沉淀。过一会后变亮，可能是二氧化碳和碳酸钡反应，也可能是HCl和碳酸钡反应，所以“二氧化碳和碳酸钡反应”这个结论有漏洞。
20. 过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验。
（1）探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，加水将其溶解，加入_______溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。
（2）该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了m g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。

①装置中盛放盐酸的仪器的名称是_______，装置B中发生反应的离子方程式是_______。
②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是_______。
③写出装置C中发生的主要反应的化学方程式：_______。
④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积时，你认为合理的是_______(填序号)。
A.读取气体体积前，需冷却到室温
B.调整量筒使E、F内液面高度相同
C.视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积
⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成氧气的质量为ng，则样品中过氧化钠的质量分数为_______×100%。
⑥压强不变时在一个密闭容器中放入足量过氧化钠固体，然后充入等体积的CH4和O2，电火花引燃后充分反应，恢复至原温度，余下气体的体积为原体积的_______。
【答案】（1）氯化钙（或氯化钡）
（2） ①. 分液漏斗 ②. H++=H2O+CO2↑ ③. 检查装置的气密性 ④. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ⑤. ABC ⑥. ×100%
⑦.

【解析】
【分析】盐酸和大理石反应生成氯化钙、二氧化碳和水，二氧化碳中含有易挥发的HCl杂质，用饱和碳酸氢钠溶液除掉HCl，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氧气中含有二氧化碳杂质，用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，用排水法收集氧气，排出的水的体积等于氧气的体积。
【小问1详解】
证明 Na2O2已经变质，过氧化钠变质主要生成碳酸钠，加入氯化钙或氯化钡溶液生成碳酸钙或碳酸钡沉淀，故答案为： BaCl2。
【小问2详解】
①装置中盛放盐酸的仪器的名称是分液漏斗，装置B的作用是吸收二氧化碳中混有的HCl气体，反应的离子方程式为：H++ =H2O+CO2↑；
②将仪器连接好以后，必须进行的第一步操作是检查装置气密性；故答案为：检查装置气密性；
③装置C中发生的主要反应是过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式： 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；
④反应结束后，在读取实验中生成气体的体积时，A．读取气体体积前，需冷却到室温，避免温度高使气体膨胀，读数偏大而产生误差，故A合理；B．调整量筒使E、F内液面高度相同，使装置内压强和外界压强相同，避免读取体积产生误差，故B合理；C．视线与凹液面的最低点相平时读取量筒中水的体积，避免读数误差，故C合理；综上所述，答案为：ABC。
⑤读出量筒内水的体积后，将其折算成氧气的质量为ng，则氧气的物质的量为mol，根据反应方程式可知，n(Na2O2)=2n(O2)=mol，m(Na2O2)=g，则样品中过氧化钠的质量分数为×100%=×100% ；
⑥压强不变时在一个密闭容器中放入足量过氧化钠固体，然后充入等体积的 CH4和 O2，电火花引燃后充分反应，恢复至原温度，根据CH4＋2O2CO2＋2H2O，2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2，2H2O＋2Na2O2＝4NaOH＋O2，由于生成二氧化碳和水物质的量之比为1:2，因此得到2CH4＋O2＋6Na2O2＝2Na2CO3＋8NaOH，假设开始都有2mol气体，氧气只反应了1mol，因此还剩余1mol氧气，余下气体的体积为原体积的。
21. 氯元素可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备 KClO3和 NaClO，并探究 NaClO 的性质。

回答下列问题：
（1）写出A中发生反应的化学方程式并标明电子转移的方向和数目_______。
（2）B的作用是_______。
（3）完成C中反应的离子方程式为：_______。
_______Cl2+_______OH-1ClO+ _______ +_______
（4）探究NaClO的性质：

①I中溶液褪色的原因是_______。
②Ⅲ中产生黄绿色气体的原因是_______(写离子方程式)。
（5）通过上述实验可知，影响氧化还原反应的因素有_______。
【答案】（1） （2）除去挥发出的HCl气体
（3）
（4） ①. 次氯酸根离子具有漂白性 ②.
（5）离子浓度
【解析】
【分析】制备KClO3和NaClO，由实验装置可知，分液漏斗中盛放浓盐酸，圆底烧瓶中发生，a中饱和食盐水可除去挥发的HCl，b中水浴加热发生，c中发生，d中试剂吸收尾气，可为NaOH或K2S等，以此来解答。
【小问1详解】
A装置是用来制取氯气的，A中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气和氯化锰和水，反应方程式；故答案为；
【小问2详解】
B的作用是除去挥发出的HCl气体；故答案为除去挥发出的HCl气体；
小问3详解】
C用来制取KClO3，反应的方程式为，改写成离子方程式：，故答案为；
【小问4详解】
①弱酸性环进行，次氯酸根离子具有漂白性，导致I中溶液褪色，故答案为次氯酸根离子具有漂白性；
②次氯根离子与氯离子在强酸性环境下反应生成氯气，离子方程式：，因此有黄绿色气体Cl2产生，故答案为；
【小问5详解】
比较实验I、II、III可知，变化的量是H＋的浓度，即影响氧化还原反应的因素有离子的浓度，故答案为离子浓度。
【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。