江西省宜春市靖安中学2015-2016学年高一上学期第二次月考化学试卷 含解析

2015-2016学年江西省宜春市靖安中学高一（上）第二次月考化
学试卷
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分,共48分）
1．下列物质中属于电解质的是（）
①氢氧化钠②硫酸钡③铜④蔗糖⑤二氧化硫．
A．①②⑤ B．①②C．③④D．①⑤
2．下列叙述正确的是(）
A．纯碱和烧碱都属于碱
B．氨水能导电，所以NH3是电解质
C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体
D．凡是能电离出H+的化合物都叫做酸
3．有关铝及其化合物的说法错误的是（）
A．用于熔化烧碱的坩埚，可用Al2O3这种材料制成
B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝薄膜
C．氧化铝是一种难熔物质，是一种较好的耐火材料
D．氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
4．下列反应中，不属于氧化还原反应的是（）
A．3Fe+4H2O═Fe3O4+4H2 B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑
C．SnCl4+2H2O═SnO2+4HCl D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
5．图表归纳是学习化学的一种常用方法，某同学如下归纳的表与图中对应正确的是（）选项X Y Z
A 胶体混合物淀粉溶液
B 化合物酸性氧化物一氧化氮
C 气态氢化物化合物液溴
D 强电解质强酸硫酸
A．A B．B C．C D．D
6．某金属元素由氧化物转变为单质，则该金属元素()
A．一定被氧化B．一定被还原
C．可能被氧化，也可能被还原 D．既不被氧化，也不被还原
7．有甲、乙、丙、丁四种金属，仅甲在自然界主要以游离态存在;丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放；丁与乙盐的水溶液不反应．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序可能是（)
A．甲乙丙丁 B．丁乙丙甲 C．丙乙丁甲 D．乙丁丙甲
8．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）
A．3。

0mol B．1。

5mol C．1.0mol D．0.75mol
9．铁粉在高温下可与水蒸气反应，若反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32g，则参加反应的铁粉的物质的量是(）
A．0.5 mol B．1 mol C．1.5 mol D．2 mol
10．把一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热．关于混合物加热前后消耗盐酸的物质的量,下列结论判断正确的是（）
A．加热前消耗的多
B．加热前加热后消耗的一样多
C．加热后消耗的多
D．不知NaHCO3和Na2O2含量无法确定
11．已知A2O n2﹣可将B2﹣氧化为B单质，A2O n2﹣则被还原为A3+，又知100mL的0.3mol/L 的A2O n2﹣与150mL的0.6mol/L B2﹣恰好完全反应，则A2O n2﹣中的n值为（)
A．4 B．5 C．6 D．7
12．臭氧可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,化学方程式为：KI+O3+H2O→KOH+I2+O2（未配平），下列叙述正确的是（)
A．O3在反应中被还原为O2
B．1mol O3在反应中得到2mol电子
C．该反应的还原产物为I2
D．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1:3
13．向50g FeCl3溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤，得到仍有棕黄色的溶液45。

9g,则投入的Na的质量为(）
A．4.6g B．4.1g C．6。

9g D．9.2g
14．下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A．Na与O2B．Na2O2与CO2
C．NaOH溶液与CO2D．AlCl3溶液与NaOH溶液
15．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2：1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为（)
A．1：2 B．1：4 C．3:4 D．3：2
16．用下列方法制取O2：①KClO3（MnO2）受热分解；②Na2O2加水;③H2O2中加MnO2；
④KMnO4受热分解，若制得相同质量的O2，反应中上述各种物质（依编号顺序）的电子转移数目之比是（）
A．3：2：2：4 B．1：1：1:1 C．2：1:1：2 D．1:2：1：2
二、填空题（共52分）
17．下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同:
A．CaO、Na2O、CO2、CuO B．H2、C、P、Cu
C．O2、Fe、Cu、Zn D．HCl、H2O、H2SO4、HNO3
（1）以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式)
A，B，C，D．
(2）这四种物质相互作用可生成一种新物质（碱式碳酸铜,化学式Cu2（OH）2CO3)，该反应是否是氧化还原反应（填“是”或“否”）．
18．已知下列4个反应：
①Na2O2+2HCl═H2O2+2NaCl ②Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O
③2H2O2═2H2O+O2↑④3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O 试从氧化还原反应的角度，回答下列问题．
(1)H2O2仅体现氧化性的是（填序号,下同）．
（2)H2O2只体现还原性的是．
（3）H2O2既体现氧化性,又体现还原性的是．
19．如图是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性能发生变化，其电流(I）随新物质加入量(m）的变化曲线，以下四个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是，与B图变化趋势一致的是，与C图变化趋势一致的
是．
A．Ba（OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量
B．醋酸溶液中滴入NH3•H2O至过量
C．澄清石灰水中通入CO2至过量
D．NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体．
20．如图表示的反应关系中，部分产物被略去．已知2mol白色固体粉末X受热分解，恢复到室温生成白色固体A、无色液体B、无色气体C各1mol．X、E、G的焰色反应均为黄色．回答下列问题：
（1)写出下列物质的化学式：X G D
（2）写出G与C反应生成D的离子反应方程式：
（3）写出X+E→A的离子方程式：
（4)写出C与Na2O2参加反应的化学方程式，若0。

2molNa2O2转移的电子数为个(用N A表示）．
(5）写出物质X的用途（至少写出一种）．
21．某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质:O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2．已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2﹣→O2．
（1)该反应中的还原剂是．
（2）该反应中，发生还原反应的过程是→．
（3)写出该反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目．（4)如反应转移了0.3mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为．
22．过氧化钠是一种淡黄色固体，它能与二氧化碳反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂，供艇员呼吸之用,它与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2．某学生为了验证这一实验，以足量的大理石、足量的盐酸和1。

95克过氧化钠样品为原料，制取O2，设计出如下实验装置：
（1)A中制取CO2的装置，应为下列图①、②、③中的图．
B装置的作用是．为了检验E中收集到的气体，在取出集气瓶
后，．
（2）若E中的石灰水出现轻微白色浑浊,请说明原因：．
(3）反应完毕时，若测得E中的集气瓶收集到的气体为250mL，又知氧气的密度为1。

43g/L，当装置的气密性良好的情况下，实际收集到的氧气体积比理论计算值（填“大"或“小"），相差约mL(取整数值，所用数据均在标准状况下测定)，这是由
于．
2015-2016学年江西省宜春市靖安中学高一（上）第二次
月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确答案,每小题3分，共48分)
1．下列物质中属于电解质的是（)
①氢氧化钠②硫酸钡③铜④蔗糖⑤二氧化硫．
A．①②⑤ B．①②C．③④D．①⑤
【考点】电解质与非电解质．
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．
【解答】解:氢氧化钠和硫酸钡在熔融状态下都能电离出阴阳离子而导电，且是化合物，所以属于电解质；
蔗糖和二氧化硫属于非电解质，铜是单质既不是电解质也不是非电解质,故选B．
2．下列叙述正确的是（）
A．纯碱和烧碱都属于碱
B．氨水能导电，所以NH3是电解质
C．利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体
D．凡是能电离出H+的化合物都叫做酸
【考点】钠的重要化合物;酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．
【分析】A．纯碱为盐类物质；
B．NH3是非电解质；
C．胶体具有丁达尔效应，为胶体的特征性质；
D．酸式盐也可电离出氢离子．
【解答】解；A．电离子出的阴离子全部为氢氧根离子的化合物为碱，而纯碱为盐，故A错误;
B．氨水之所以能导电,是以为氨气和水反应生成一水合氨,一水合氨电离出自由移动的离子，氨气为非电解质,故B错误；
C．胶体具有丁达尔效应,为胶体的特征性质，可用丁达尔效应可以区别溶液与胶体，故C
正确;
D．酸式盐也可电离出氢离子,如硫酸氢钠,但为盐类物质，故D错误．
故选C．
3．有关铝及其化合物的说法错误的是（)
A．用于熔化烧碱的坩埚，可用Al2O3这种材料制成
B．铝能在空气中稳定存在是因为其表面覆盖着一层氧化铝薄膜
C．氧化铝是一种难熔物质，是一种较好的耐火材料
D．氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药
【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物．
【分析】A．Al2O3与NaOH反应；
B．氧化铝为致密的结构；
C．氧化铝的熔点高；
D．氧化铝与盐酸反应．
【解答】解：A．Al2O3与NaOH反应，则用于熔化烧碱的坩埚，不能用Al2O3这种材料制成，应选铁坩埚，故A错误;
B．氧化铝为致密的结构，则铝能在空气中稳定存在，故B正确；
C．氧化铝的熔点高,则氧化铝是较好的耐火材料，故C正确；
D．氧化铝与盐酸反应,所以氧化铝能中和胃酸,可用于制胃药，故D正确;
故选A．
4．下列反应中,不属于氧化还原反应的是（）
A．3Fe+4H2O═Fe3O4+4H2 B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑
C．SnCl4+2H2O═SnO2+4HCl D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
【考点】氧化还原反应．
【分析】发生的反应中，含元素的化合价变化，则为氧化还原反应;若不含元素的化合价变化,则不属于氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解:A．3Fe+4H2O═Fe3O4+4H2，Fe、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A 不选;
B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，Na、H元素的化合价变化,为氧化还原反应,故B不选；C．SnCl4+2H2O═SnO2+4HCl，没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C选；D．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；
故选C．
5．图表归纳是学习化学的一种常用方法，某同学如下归纳的表与图中对应正确的是(）选项X Y Z
A 胶体混合物淀粉溶液
B 化合物酸性氧化物一氧化氮
C 气态氢化物化合物液溴
D 强电解质强酸硫酸
A．A B．B C．C D．D
【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质．【分析】由图可知，概念的范畴为X包含Y，Y包含Z，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答．
【解答】解：A、混合物不一定是胶体，故A错误；
B、一氧化氮不是酸性氧化物,故B错误；
C、液溴是单质，不是氧化物,故C错误；
D、硫酸是强酸，是强电解质，故D正确．
故选D．
6．某金属元素由氧化物转变为单质，则该金属元素（)
A．一定被氧化B．一定被还原
C．可能被氧化，也可能被还原 D．既不被氧化，也不被还原
【考点】氧化还原反应．
【分析】金属的氧化物中金属为正价,则金属元素由氧化物转变为单质时化合价降低．
【解答】解：因金属的氧化物中金属为正价，单质中元素的化合价为0，
则金属元素由氧化物转变为单质,金属元素的化合价一定降低，
则在氧化还原反应中一定被还原，
故选B．
7．有甲、乙、丙、丁四种金属，仅甲在自然界主要以游离态存在；丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放；丁与乙盐的水溶液不反应．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序可能是（）
A．甲乙丙丁 B．丁乙丙甲 C．丙乙丁甲 D．乙丁丙甲
【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．
【分析】甲、乙、丙、丁四种金属,仅甲在自然界主要以游离态存在，说明甲最不活泼；丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放，说明丁和丙的盐溶液发生置换反应，则活动性丁＞丙；丁与乙盐的水溶液不反应，说明活动性乙＞丁,据此分析解答．
【解答】解：甲、乙、丙、丁四种金属,仅甲在自然界主要以游离态存在，说明甲最不活泼;丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放，说明丁和丙的盐溶液发生置换反应，则活动性丁＞丙；丁与乙盐的水溶液不反应，说明活动性乙＞丁,通过以上分析知，这四种金属活动性由强到弱顺序是乙＞丁＞丙＞甲，故选D．
8．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为（）
A．3.0mol B．1.5mol C．1。

0mol D．0。

75mol
【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算．
【分析】根据氧化还原反应中电子守恒思想:得失电子数目相等知识来解答．
【解答】解：利用电子守恒,当1molCr3+被氧化为Cr2O72﹣（0。

5mol）时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1mol PbO2被还原只得到2mol电子,因此需要PbO2的物质的量为1。

5mol．
故选B．
9．铁粉在高温下可与水蒸气反应,若反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32g,则参加反应的铁粉的物质的量是()
A．0。

5 mol B．1 mol C．1.5 mol D．2 mol
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】根据发生的化学反应为3Fe+4H2O（g)Fe3O4+4H2，结合差量法进行计算．
【解答】解：反应后得到的干燥固体质量比反应前铁粉的质量增加了32g，
即固体增重为32g，设参加反应的铁为xmol，则
3Fe+4H2O（g)Fe3O4+4H2 △m
3 64g
x 32g
，解得x=1.5，
故选C．
10．把一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物放在密闭容器中加热．关于混合物加热前后消耗盐酸的物质的量，下列结论判断正确的是（）
A．加热前消耗的多
B．加热前加热后消耗的一样多
C．加热后消耗的多
D．不知NaHCO3和Na2O2含量无法确定
【考点】钠的重要化合物．
【分析】无论是否加热,与盐酸反应都生成NaCl，由Na原子守恒可知，消耗的盐酸的物质的量相同．
【解答】解：加热前：NaHCO3～NaCl，NaOH～NaCl,加热后可存在Na2CO3～2NaCl,
由转化关系可知:无论是否加热，与盐酸反应都生成NaCl，由Na原子守恒可知，消耗的盐酸的物质的量相同，
故选：B．
11．已知A2O n2﹣可将B2﹣氧化为B单质，A2O n2﹣则被还原为A3+，又知100mL的0。

3mol/L 的A2O n2﹣与150mL的0。

6mol/L B2﹣恰好完全反应，则A2O n2﹣中的n值为（）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】氧化还原反应的计算．
【分析】设A2O n2﹣中A的化合价为x,则2x+2=2n，x=n﹣1，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，表现为化合价升降总数相等计算．
【解答】解：n（A2O n2﹣)=0。

3mol/L×0.1L=0.03mol，n（B2﹣)=0.6mol×0.15L=0.09mol，
反应中A氧化化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，
设A2O n2﹣中A的化合价为x，则2x+2=2n，x=n﹣1，
氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，
则有（n﹣1﹣3）×0.03mol×2=（2﹣0）×0.09mol，
n=7,
故选：D．
12．臭氧可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式为：KI+O3+H2O→KOH+I2+O2（未配平），下列叙述正确的是()
A．O3在反应中被还原为O2
B．1mol O3在反应中得到2mol电子
C．该反应的还原产物为I2
D．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1：3
【考点】氧化还原反应．
【分析】该反应中碘元素化合价由﹣1价变为0价，氧元素的化合价由0价变为﹣2价，根据物质间的关系分析解答，注意臭氧和氧气中化合价相同．
【解答】解：A．氧气和臭氧的化合价都是0,所以臭氧在反应中不被氧化,故A错误；B．该反应中1molO3反应中得到1mol×(2﹣0)=2 mol电子，故B正确；
C．该反应中氧化产物是碘，还原产物是氢氧化钾，故C错误；
D．氧化产物是碘,还原产物是氢氧化钾，由反应2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2可知，物质的量之比为1：2，故D正确；
故选B．
13．向50g FeCl3溶液中放入一小块Na，待反应完全后，过滤,得到仍有棕黄色的溶液45.9g，则投入的Na的质量为(）
A．4。

6g B．4。

1g C．6.9g D．9.2g
【考点】化学方程式的有关计算．
【分析】向50g FeCl3溶液中放入一小块钠，发生：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，
FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓，过滤,得到仍有棕黄色的溶液，说明FeCl3过量，结合化学方程式从质量守恒的角度进行计算．
【解答】解：设投入钠xmol，
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
2 2 1
xmol xmol 0.5xmol
FeCl3+3NaOH=3NaCl+Fe（OH）3↓
3 1
xmol xmol
根据质量守恒,应有:50g+23xg=45。

9g+2×0。

5xg+x×107g，
解得x=0.3,
则m（Na)=0.3mol×23g/mol=6.9g，
故选C．
14．下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A．Na与O2B．Na2O2与CO2
C．NaOH溶液与CO2D．AlCl3溶液与NaOH溶液
【考点】钠的重要化合物；钠的化学性质．
【分析】A．钠与氧气常温下生成氧化钠，加热条件下生成过氧化钠；
B．过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气；
C．氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠;
D．氯化铝与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铝，与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠．
【解答】解：A．Na与O2反应产物与反应温度有关，故A不选；
B．Na2O2与CO2反应产物为碳酸钠和氧气,与反应条件或反应物用量改变无关，故B选; C．NaOH溶液与CO2反应的产物与二氧化碳的用量有关，故C不选；
D．AlCl3溶液与NaOH溶液反应产物与反应物用量多少有关，故D不选；
故选：B．
15．某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣四种离子，已知前三种离子的个数比为3：2:1，则溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为(）
A．1：2 B．1：4 C．3：4 D．3：2
【考点】电解质在水溶液中的电离．
【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算．
【解答】解：溶液中电荷守恒,也就是说所有正电的总数应该等于所有负电的总数，
即：Na++3Al3+=Cl﹣+2SO42﹣（乘的系数就是它的电荷数），
设SO42﹣的离子个数为x，
所以3+3×2=1+2×x，
解得x=4,
所以溶液中Al3+和SO42﹣的离子个数比为2：4=1：2．
故选A．
16．用下列方法制取O2：①KClO3（MnO2）受热分解；②Na2O2加水；③H2O2中加MnO2;④KMnO4受热分解,若制得相同质量的O2，反应中上述各种物质（依编号顺序）的电子转移数目之比是（）
A．3:2：2：4 B．1：1：1：1 C．2：1：1：2 D．1:2：1：2
【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算．
【分析】在反应中氧元素化合价都是由﹣2价升高到0价，并且都只有氧元素的化合价升高，反应中电子转移数目为氧原子获得的电子数，生成每个氧气分子获得的电子数相同，再结合氧气的质量判断．
【解答】解:由反应可知，生成氧气时,①④中O元素的化合价均为﹣2价升高为0,即O元素失去电子，②③中O元素的化合价从﹣1升高到0价，并且都只有氧元素的化合价升高，则制得相同质量的氧气，失去电子的氧原子相同,所以转移的电子数相同，制得相同质量的氧气（假设是1mol)，反应中电子转移数目之比为4：2：2：4，即2:1：1：2,
故选C．
二、填空题（共52分）
17．下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同：
A．CaO、Na2O、CO2、CuO B．H2、C、P、Cu
C．O2、Fe、Cu、Zn D．HCl、H2O、H2SO4、HNO3
（1）以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式）
A CO2，
B Cu，
C O2，
D H2O．
（2)这四种物质相互作用可生成一种新物质（碱式碳酸铜，化学式Cu2(OH）2CO3)，该反应是否是氧化还原反应是（填“是”或“否”）．
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;氧化还原反应．
【分析】根据物质的分类标准和物质所属的类别来回答；
（1)A、CaO、Na2O、CuO是金属氧化物,而CO2是非金属氧化物；
B、H2、
C、P是非金属单质，Cu是金属单质；
C、O2是非金属单质，Fe、Cu、Zn属于金属单质；
D、HCl、H2SO4、HNO3为酸，H2O是中性；
（2）铜、二氧化碳、水、氧气反应生成的碱式碳酸铜．
【解答】解：（1）A、CaO、Na2O、CuO是金属氧化物，而CO2是非金属氧化物，
故答案为：CO2；
B、H2、
C、P是非金属单质，Cu是金属单质，
故答案为：Cu；
C、O2是非金属单质，Fe、Cu、Zn属于金属单质，
故答案为:O2；
D、HCl、H2SO4、HNO3为酸,H2O是中性,
故答案为：H2O；
（2）铜、二氧化碳、水、氧气反应生成的碱式碳酸铜,化学方程式为：
2Cu+O2+CO2+H2O═Cu2(OH）2CO3，该反应中有元素化合价的变化属于氧化还原反应,
故答案为:是．
18．已知下列4个反应:
①Na2O2+2HCl═H2O2+2NaCl ②Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O
③2H2O2═2H2O+O2↑④3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O 试从氧化还原反应的角度，回答下列问题．
(1）H2O2仅体现氧化性的是④(填序号，下同）．
（2）H2O2只体现还原性的是②．
(3)H2O2既体现氧化性，又体现还原性的是③．
【考点】氧化还原反应．
【分析】①Na2O2+2HCl═H2O2+2NaCl中,没有元素的化合价变化；
②Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O中，Ag元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高；
③2H2O2═2H2O+O2↑，O元素的化合价升高也降低；
④3H2O2+Cr2（SO4)3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中，Cr元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价降低,以此来解答．
【解答】解：①Na2O2+2HCl═H2O2+2NaCl中，没有元素的化合价变化；
②Ag2O+H2O2═2Ag+O2↑+H2O中，Ag元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价升高；
③2H2O2═2H2O+O2↑,O元素的化合价升高也降低;
④3H2O2+Cr2（SO4）3+10KOH═2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中,Cr元素的化合价降低，过氧化氢中O元素的化合价降低，
(1)H2O2仅体现氧化性的是④，故答案为：④；
（2）H2O2只体现还原性的是②,故答案为：②；
(3）H2O2既体现氧化性，又体现还原性的③，故答案为：③．
19．如图是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性能发生变化，其电流（I)随新物质加入量（m)的变化曲线，以下四个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是B，与B图变化趋势一致的是AC,与C图变化趋势一致的是D．
A．Ba（OH）2溶液中滴入H2SO4溶液至过量
B．醋酸溶液中滴入NH3•H2O至过量
C．澄清石灰水中通入CO2至过量
D．NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体．
【考点】电解质在水溶液中的电离．
【分析】溶液导电能力与离子浓度成正比，与电荷成正比，与电解质强弱无关，
A中溶液导电能力先增大后减小，则A溶液中离子浓度先增大后减小；
B中溶液导电能力先减小后增大，则B溶液中离子浓度先减小后增大;
C中溶液导电能力不变,说明C溶液中离子浓度不变，据此分析解答．
【解答】解:溶液导电能力与离子浓度成正比，与电荷成正比，与电解质强弱无关,
A中溶液导电能力先增大后减小，则A溶液中离子浓度先增大后减小；
B中溶液导电能力先减小后增大，则B溶液中离子浓度先减小后增大;
C中溶液导电能力不变，说明C溶液中离子浓度不变，
A．该反应方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，随着稀硫酸的加入，离子浓度减小，当二者恰好反应时离子浓度最小，溶液导电能力最小；继续加入稀硫酸时,离子浓度增大，溶液导电能力增大；
B．离子反应方程式为CH3COOH+NH3．H2O=NH4++CH3COO﹣，随着一水合氨的加入，离子浓度增大，溶液导电能力增大,二者恰好反应时溶液导电能力最大；继续加入氨水，离子浓度减小，溶液导电能力减小;
C．离子反应方程式为Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O,随着二氧化碳的通入,离子浓度减小，溶液导电能力降低，二者恰好反应时离子浓度最小，溶液导电能力最低,继续通入二氧化碳，二者反应生成可溶性强电解质，CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2，离子浓度增大，溶液导电能力增强；
D．离子反应方程式为NH4++OH﹣=NH3．H2O，随着NaOH的加入,离子浓度基本不变，所以溶液导电能力基本不变；
通过以上分析知，与A图变化趋势一致的是B，与B图变化趋势一致的是AC,与C图变化趋势一致的是D，
故答案为：B；AC;D．
20．如图表示的反应关系中，部分产物被略去．已知2mol白色固体粉末X受热分解，恢复到室温生成白色固体A、无色液体B、无色气体C各1mol．X、E、G的焰色反应均为黄色．回答下列问题：
(1）写出下列物质的化学式:X NaHCO3G NaAlO2D Al（OH)3
（2）写出G与C反应生成D的离子反应方程式：2AlO2﹣+C02+3H20=CO32﹣+2Al（OH）3↓或2[Al（OH)4］﹣+C02=CO32﹣+2Al（OH）3↓+H20
（3）写出X+E→A的离子方程式：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O
（4）写出C与Na2O2参加反应的化学方程式2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，若
0.2molNa2O2转移的电子数为0.2N A个（用N A表示）．
（5)写出物质X的用途（至少写出一种）泡沫灭火器原料、胃药、发酵粉．
【考点】无机物的推断．
【分析】X、E、G的焰色反应均为黄色，都含有Na元素；X分解生成无色液体B，故B
为H2O,B E G，可知E为NaOH，G为NaAlO2；无色气体C与Na2O2反应生成白色固体A，C为CO2，A是Na2CO3，2mol白色固体粉末X受热分解，生成白色固体1molNa2CO3，1molH2O，1molCO2，根据元素守恒可知，X为NaHCO3，与NaOH反应生成Na2CO3，
Na2CO3CO2，CO2+NaAlO2→D，D为Al（OH）3，符合转化关系，NaHCO3+F→CO2，F可以是酸或铝盐等，据此答题．
【解答】解：X、E、G的焰色反应均为黄色，都含有Na元素；X分解生成无色液体B,故B 为H2O，B E G，可知E为NaOH，G为NaAlO2；无色气体C与Na2O2反应生成白
色固体A,C为CO2，A是Na2CO3，2mol白色固体粉末X受热分解,生成白色固体
1molNa2CO3,1molH2O,1molCO2,根据元素守恒可知，X为NaHCO3,与NaOH反应生成
Na2CO3，Na2CO3CO2，CO2+NaAlO2→D，D为Al（OH）3，符合转化关
系,NaHCO3+F→CO2，F可以是酸或铝盐等,
（1）由以上分析可知X为NaHCO3，G为NaAlO2，D为Al(OH）3，
故答案为：NaHCO3;NaAlO2;Al（OH）3；
（2）向偏铝酸钠中通入二氧化碳（少量）的离子方程式为：2AlO2﹣+C02+3H20=CO32﹣+2Al （OH）3↓或2[Al（OH）4]﹣+C02=CO32﹣+2Al（OH)3↓+H20，
故答案为:2AlO2﹣+C02+3H20=CO32﹣+2Al（OH）3↓或2[Al（OH）4]﹣+C02=CO32﹣+2Al（OH）3↓+H20；
（3）碳酸氢钠和氢氧化钠反应的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，故答案为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O;
(4）二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为:2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，反应共转移2mol 电子，0。

2molNa2O2参加反应，则转移0.2mol电子，即0.2N A个，
故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2↑；0。

2N A;
（5）碳酸氢钠的用途：是泡沫灭火器的原料,还可以制胃药，用于生产发酵粉等,故答案为：泡沫灭火器原料、胃药、发酵粉．
21．某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2．已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2﹣→O2．
（1）该反应中的还原剂是H2O2．
（2）该反应中，发生还原反应的过程是H2CrO4→Cr（OH）3．
(3）写出该反应的化学方程式,并用单线桥法标出电子转移的方向和数目
=2Cr(OH）3↓+3O2↑+2H2O．
(4）如反应转移了0.3mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为3。

36 L．
【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的计算．
【分析】（1）由H2O2只发生如下过程H2O2﹣→O2可知,利用该过程中O元素的化合价由﹣1价升高到0来分析；
（2)氧化剂发生还原反应，利用元素的化合价降低来分析；
（3）由失去电子的元素指向得到电子的元素，并标出电子转移的总数来用单线桥法标出电子转移的方向和数目；
（4）由反应可知生成3mol气体转移6mol电子,以此来计算．
【解答】解:（1）由信息H2O2﹣→O2中可知,O元素的化合价由﹣1价升高到0，则H2O2为还原剂，故答案为：H2O2；
（2）氧化剂发生还原反应,含元素化合价降低的物质为氧化剂，则Cr元素的化合价降低，即还原反应的过程为H2CrO4→Cr（OH）3，故答案为：H2CrO4；Cr（OH）3;
（3）该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，2molH2CrO4反应转移电子为2mol×（6﹣
3）=6mol，则用单线桥法标出电子转移的方向和数目为=2Cr（OH）
3↓+3O2↑+2H2O，
故答案为:=2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O;
（4）由2H2CrO4+3H2O2═2Cr(OH)3↓+3O2↑+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子,则转移了0.3mol电子，则产生的气体的物质的量为mol=0.15mol,
其在标准状况下体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为:3.36L．
22．过氧化钠是一种淡黄色固体,它能与二氧化碳反应生成氧气，在潜水艇中用作制氧剂，供艇员呼吸之用，它与二氧化碳反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2．某学生为了验证这一实验,以足量的大理石、足量的盐酸和1.95克过氧化钠样品为原料，制取O2，设计出如下实验装置：
(1）A中制取CO2的装置，应为下列图①、②、③中的图②．
B装置的作用是吸收A装置中产生的盐酸酸雾．为了检验E中收集到的气体,在取出集气瓶后，用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃．
(2）若E中的石灰水出现轻微白色浑浊，请说明原因:D中有部分CO2未参加反应进入E 中生成沉淀．
（3)反应完毕时，若测得E中的集气瓶收集到的气体为250mL，又知氧气的密度为1。

43g/L，当装置的气密性良好的情况下，实际收集到的氧气体积比理论计算值小（填“大”或“小”），相差约30mL（取整数值,所用数据均在标准状况下测定)，这是由于样品中含有不与CO2反应生成气体的杂质或D装置中可能有O2未排除．
【考点】碱金属及其化合物的性质实验．
【分析】以足量的大理石、足量的盐酸和1。

95g过氧化钠样品为原料，制取O2，大理石、足量的盐酸反应生成二氧化碳，不需要加热,所以A选择装置②，制得的二氧化碳通过碳酸氢钠溶液吸收挥发出的氯化氢，再通过无水氯化钙干燥后进入D和过氧化钠反应,生成的氧气用排饱和石灰水方法收集,同时除去少量剩余的二氧化碳．
(1）实验室用碳酸钙和稀盐酸反应制备二氧化碳，反应无需加热，且反应需要较多二氧化碳，应用②装置制备;实验中要依次进行除杂、干燥收集等操作；
（2）二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀;
（3）根据过氧化钠的质量计算可以生成氧气的体积,理论生成气体的体积﹣实际氧气的体积=差值．。