1、芜湖市20182019学年度高一上模块考试化学试卷（A）可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Cu 64 一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内。)1.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是A. 镁粉与稀盐酸反应B. 甲烷燃烧C. 碳酸钙受热分解D. 中和反应【答案】C【解析】【详解】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应。A.镁粉与稀盐酸反应为放热反应，故A错误；B.甲烷燃烧为放热反应，故B错误；C.碳酸钙受热分解为吸热反应，故C正确；D.中和反应为放热反应，故D错误。故选C。【
2、点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。答题时还需要明确物理变化中的放热或吸热不能归为放热反应或吸热反应。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 0.01 mol Na2O2含有的离子总数为0.04NAB. 常温常压下，20 g 2H2O 所含的中子数为10NAC. 常温常压下，17 g氨气中含有非极性键为3NAD. 标准状况下，1 mol SO3的体积为22.4 L【答案】B【解析】【详解】A.1molNa2O2中含有2molNa+和1
3、molO22-，所以0.01molNa2O2含有的离子总数为0.03NA，故A错误；B.2H2O的摩尔质量为20g/mol，20g2H2O的物质的量为1mol，1个2H2O中含有的中子数为(2-1)2+16-8=10，所以常温常压下，20g2H2O所含的中子数为10NA，故B正确；C.氨气分子中只含有NH键，为极性共价键，氨气分子中不存在非极性键，故C错误；D.标准状况下SO3为固体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。故选B。3.下列有关化学反应限度的说法不正确的是A. 任何可逆反应都有一定的限度B. 化学反应的限度是可以改变的C. 化学反应的限度与反应进行时间的长短有关D. 化学反应达
4、到限度时，正逆反应速率相等【答案】C【解析】【详解】A.可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，故A正确；B.不同的外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度发生改变，故B正确；C.可逆反应不能完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关，但达到反应限度需要时间，二者不能混淆，故C错误；D.对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，故D正确。故选C。4.下列说法中不正确的是A. 熔化状态下能导电的化合物一定是离子化合物B. 双原子分子中不一定含有极性键C. 由非金属元素组成的化合
5、物不一定是共价化合物D. 不同元素组成的多原子分子内一定不存在非极性键【答案】D【解析】【详解】A.能导电的化合物中含有自由移动的离子，熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动的离子，在熔融状态下能发生电离的电解质是离子化合物，故A正确；B.双原子分子中，两个不同的非金属原子之间形成的是极性共价键，两个相同的非金属原子之间形成的是非极性共价键，故B正确；C.由非金属元素组成的化合物可以是离子化合物，例如NH4Cl，故C正确；D.H2O2，Na2O2为不同元素组成的多原子分子，存在非极性键，故D错误。故选D。5.在如图所示的蓝色石蕊试纸上，X、Y、Z三处分别滴加浓硝酸、浓硫酸和新制的氯水，三处最后
6、呈现的颜色分别是A. 白、黑、白B. 红、黑、红C. 红、红、白D. 红、黑、白【答案】A【解析】【详解】因硝酸具有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；浓硫酸具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色。故选A。6.下列说法不正确的是A. 过量的SO2使紫色石蕊试液先变红后褪色，说明SO2具有酸性和漂白性B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有不稳定性C. 浓硫酸能使胆矾晶体由蓝色变为白色，说明浓硫酸具有吸水性D. 浓硫酸使蔗糖变黑现象，说明浓硫酸具有脱水性【答案】A【解析
7、】【详解】A.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，故A错误；B.浓硝酸具有不稳定性，在光照下会分解生成NO2并溶于浓HNO3显黄色，故浓硝酸在光照下颜色变黄，故B正确；C.浓硫酸具有吸水性，能吸收胆矾晶体中的结晶水，可以使蓝色的胆矾晶体失水变为白色晶体，故C正确；D.蔗糖在浓H2SO4中变黑是因为蔗糖被脱水生成碳单质，故D正确。故选A。7.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图所示，下列有关这三种元素的说法正确的是A. a是一种活泼的非金属元素B. b的气态氢化物比c的稳定C. c的氧化物对应的水化物是强酸D. b元素的最高化合价为7价【答
8、案】B【解析】【分析】根据三种短周期元素在周期表中的相对位置可知：a为He元素，b为F元素，c为S元素，据此答题。【详解】由分析可知：a为He元素，b为F元素，c为S元素。A.a为He元素，He是稀有气体元素，性质稳定，非金属性很弱，故A错误；B.F是最活泼的非金属元素，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：FS，所以气态氢化物的稳定性：HFH2S，故B正确；C.c为S元素，S的最高价氧化物对应的水化物是为硫酸，属于强酸，但并没有说是最高价氧化物的水化物，也可以是亚硫酸，亚硫酸为弱酸，故C错误；D.b为F元素，无正价，最高正化合价为0，故D错误。故选B。【点睛】最高正化合价=最外层电子数=主族
9、序数（O、F除外）。8.在恒温恒容的容器中进行反应 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，若反应物浓度由1 mol/L降到0.8 mol/L需10s，那么由0.8 mol/L降到0.4 mol/L，需反应的时间为A. 等于10sB. 小于10sC. 等于20sD. 大于20s【答案】D【解析】【详解】反应物A的浓度由1mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率为v=0.02molL-1s-1，假设以0.02molL-1s-1的反应速率计算反应物A的浓度由由0.8mol/L降到0.4mol/L所需反应时间为t=20s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物A的浓
10、度由0.8mol/L降到0.4mol/L的平均反应速率小于0.02molL-1s-1，所以所用时间应大于20s。故选D。9.将纯锌片和纯铜片按图方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下有关说法正确的是A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 两烧杯中锌片均为负极C. 两烧杯中溶液的pH均减小D. 两烧杯中溶液均为无色【答案】D【解析】【详解】A.在甲烧杯中Cu作正极，铜片表面有气泡产生，而在乙烧杯中铜片表面无气泡产生，故A错误；B.在甲中构成了原电池，锌片是负极，而在乙中没有形成原电池，故B错误；C.两烧杯中Zn都与硫酸发生反应使溶液中的H+的浓度减小，所以溶液的pH均增大，故C错误；D.甲、乙溶
11、液逐渐变为无色的硫酸锌溶液，故D正确。故选D。10.下列实验装置、原理和操作不正确的是A. 实验室制取SO2B. 用CCl4提取废液中的I2C. 实验室制取氨气D. 实验室制取氯气【答案】C【解析】【详解】A.实验室通常用铜与浓硫酸加热反应生成SO2，反应方程式为：Cu+H2SO4CuSO4+SO2+H2O，采用固体与液体加热制取气体的装置，图中制取SO2的装置合理，故A正确；B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，图中萃取、分液装置合理，故B正确；C.实验室用铵盐与碱加热生成氨气，氨气为碱性气体，应用碱石灰进行干燥，图中用氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，很难制取氨气，
12、故C错误；D.实验室采用二氧化锰与浓盐酸加热的方法正确氯气，采用固体与液体加热制取气体的装置，故D正确。故选C。二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内。)11.下列有关卤素的说法不正确的是A. ICl在反应ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O中作氧化剂B. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低C. 淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I-+ O2 + 2H2O2I2 + 4OH-D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强【答案】A【解析】【详解】A.在ICl
13、+2NaOH=NaCl+NaIO+H2O反应中，ICl各种元素的化合价并没有改变，因此不是氧化剂，故A错误；B.化学反应的实质就是旧化学键的断裂，新化学键的形成，物质能量越高越活泼，钠和氯气反应生成氯化钠的反应是放热反应，生成物能量降低，故B正确；C.淀粉碘化钾溶液在空气中，碘离子被氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-，故C正确；D.非金属性FClBrI，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性增强，故D正确。故选A。12.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 向浓硝酸中伸入铜丝：3Cu + 8H+ 2NO3-3Cu2
14、+ + 2NO+4H2OB. 向铝盐溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3OH-Al(OH)3 C. 向水中通入NO2：3NO2 + H2O2H+ + 2NO3-+NOD. 向亚硫酸钠溶液中滴加稀硝酸：SO32-+ 2H+SO2+ H2O【答案】C【解析】【详解】A.向浓硝酸中伸入铜丝，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故A错误；B.铝盐可以和一水合氨发生反应生成氢氧化铝沉淀，生成的Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B错误；C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化
15、氮，硝酸拆成离子形式，离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，故C正确；D.亚硫酸钠溶液中加入硝酸，二者发生氧化还原反应生成硫酸、NO和水，离子方程式为：3SO32-+2NO3-+2H+3SO42-+H2O+2NO，故D错误。故选C。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。13.下列
16、离子的检验方法正确的是A. 向某溶液中加入盐酸酸化氯化钡溶液，得到白色沉淀，说明溶液中含有 SO42-B. 向海藻灰的浸取液中通入少量氯气，加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明溶液中含有 I-C. 向某溶液中滴入稀 NaOH溶液未生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明不含NH4+D. 向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN 溶液变红色，说明原溶液中含有 Fe2+【答案】B【解析】【详解】A.向某溶液中加入盐酸酸化氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子，所以不一定含有硫酸根离子，故A错误；B.氯气能置换出碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故B正确；C.氨气溶解度
17、很大，要使得氨气放出，给液体加热可以，此试纸不变蓝，不能说明未生成氨气，不能说明不含NH4+，故C错误，D.先通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，如果原溶液只含Fe3+而不含有Fe2+，滴加KSCN溶液后显红色，无法证明原溶液是否含有Fe2+，故D错误。故选B。14.海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列说法正确的是(已知：反应的离子方程式为4NH4+ + 5O22NO2- + 6H+ + N2O + 5H2O)A. 均属于固氮反应B. 海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加C. 反应中每生成1 mol H2O转移2 mol e-D. 向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环【答案
18、】D【解析】【详解】A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有属于固氮反应，故A错误；B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；C.反应的离子方程式为4NH4+5O2=2NO2-+6H+N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移210=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会
19、影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。故D正确。15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y是地壳含量最多的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族。下列说法正确的是A. X与Y只能形成一种化合物B. 原子半径：r(Y) r(W) r(Z)C. W的气态氢化物的热稳定性比Y的强D. Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y是地壳含量最多的元素，则Y为O元素，Z与X原子的最外层电子数相同，且原子序数大于O，则Z
20、为Na元素，Y与W同主族，则W为S元素，结构元素的性质进行答题。【详解】由分析可知：X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素。A.X为H元素、Y为O元素，H和O可以形成H2O或H2O2，故A错误；B.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径NaSO，即r(Y)r(W) HNO3 H2SiO3 (4). 离子键和共价键 (5). 弱 (6). Cl2 + H2S = 2HCl + S (7). Al(OH)3+3 H+=3H2O+Al3+【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知：为H元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为C
21、l元素，结合元素的性质以及元素周期律进行答题。【详解】由分析可知：为H元素，为N元素，为O元素，为Na元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素。（1）由分析可知：为Na元素，Na原子的核外有3个电子层，最外层有1个电子，故Na元素位于元素周期表的第三周期IA族；为O元素，其最简单的氢化物为水，水分子中氢原子和氧原子之间形成共价键，电子式为：，故答案为：第三周期IA族，。（2）由分析可知：为N元素，为Si元素，为Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：ClNSi，其对应的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4HNO3H2SiO3，故答案
22、为：HClO4HNO3H2SiO3。（3）由分析可知：为H元素，为N元素，为O元素，种元素形成的化合物M中原子个数比为423，则M为NH4NO3，NH4NO3中既含离子键又含共价键，故答案为：离子键和共价键。（4）由分析可知：为S元素，为Cl元素，同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性：ClS，可以通过单质间的置换反应比较非金属性强弱，反应方程式为：Cl2+H2S =2HCl +S，故答案为：弱，Cl2+H2S =2HCl +S。（5）由分析可知：为Al元素，为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、HClO4，二者相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+
23、=3H2O+Al3+，故答案为：Al(OH)3+3H+=3H2O+Al3+。【点睛】明确短周期及元素在周期表中位置是解答本题的关键。22.某化学兴趣小组探究NO与Na2O2反应制备NaNO2。设计装置如图，请回答下列问题：(1)组装好仪器后，必须进行的一项操作是_。(2)装置A的产生的气体成分_。(3)反应前，用N2将装置B、C、D中的空气排净，目的是_；反应后B中溶液变蓝的原因是_(用一个化学方程式表示)。 (4)装置D中除生成NaNO2外，还有另一种杂质是_；若撤除装置C还能产生杂质是_；为了防止以上情况，可以把装置C改为_(填试剂和仪器名称)。(5)一定条件下，NH4+可以处理含NO2的
24、废水，生成无毒的气体。写出有关反应的离子方程式为_。(6)已知装置E中试剂X为酸性高锰酸钾溶液，其作用是_。【答案】 (1). 检查装置的气密性 (2). CO2和NO2 (3). 防止空气中氧气、水等对实验的干扰 (4). 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (5). NaOH (6). Na2CO3 (7). 装有碱石灰的球形干燥管 (8). NH4+NO2= N2+2H2O (9). 出去剩余的NO【解析】【分析】木炭和浓硝酸反应生成的CO2、NO2混合气体通入B中，NO2可以和H2O反应生成HNO3和NO，金属Cu和稀HNO3反应生成NO，然后经过NaOH溶液，将
25、其中的CO2吸收，防止干扰实验，此时剩余的气体是NO，最后在D中检验NO和Na2O2是否反应，若发生反应则淡黄色固体Na2O2变为白色固体。装入药品后，先通入一段时间的氮气，再滴加浓硝酸，点燃酒精灯，这样可以排除装置中的空气，防止NO被空气中O2氧化为NO2。【详解】（1）组装好仪器后，必须进行的一项操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性。（2）装置A中发生的反应为木炭与浓硝酸反应生成CO2和NO2，反应的化学方程式为C +4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，所以装置A的产生的气体成分为CO2和NO2，故答案为：CO2和NO2。（3）实验时先通一段时间的氮气，目的是排除装置
26、中的空气，防止空气中氧气、水等对实验的干扰，然后滴入浓硝酸，点燃酒精灯；反应后B中溶液变蓝是因为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，铜离子为蓝色，故答案为：防止空气中氧气、水等对实验的干扰；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。（4）由于NO通过氢氧化钠溶液进入装置D是会代入水蒸气，水蒸气会与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，所以生成的固体物质应该含有氢氧化钠，若撤除装置C，那么二氧化碳也会与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，为了防止以上情况，则改进的方法是用装有碱石灰的球形干燥管代替装置C，故答案为：
27、NaOH，Na2CO3，装有碱石灰的球形干燥管。（5）根据题中提示，处理含NH4+废水时，生成无毒的气体为氮气，反应的离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，故答案为：NH4+NO2-=N2+2H2O。（6）装置E中试剂X为酸性高锰酸钾溶液，其作用是除去剩余的NO，生成硝酸，防止污染空气，故答案为：除去剩余的NO。23.某可逆反应：2A(g)B(g)+D(g)在3种不同条件下进行，B和D的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：实验序号时间/min浓度/molL-1温度/0510152025301800 1.00.800.670.570.500.500.502800 1
28、.00.600.500.500.500.500.503950 1.00.400.250.200.200.200.20 (1)实验2中，在510 min内，以物质A表示的平均反应速率为_molL-1min-l，25 min时，v(正)_(填“”、“”或“=”)v(逆)。(2)010 min内，实验2比实验1的反应速率_(填“快”或“慢”)，其原因可能是_。(3)实验3的探究目的是_。【答案】 (1). 0.020 (2). (3). 快 (4). 实验2中使用了催化剂 (5). 探究温度对速率的影响【解析】【分析】（1）根据平均化学反应速率公式计算；根据表中数据25 min时达到平衡状态，v(正
29、)=v(逆)；（2）实验1、2起始量相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快；（3）根据图表可以知道，实验1、3起始量相同，实验3温度比实验1高。【详解】（1）实验2中，在510 min内，以物质A表示的平均反应速率为v(A)=0.020molL-1min-l；根据表中数据可以知道，20min以后A的浓度不再变化，说明20min后达到平衡状态，则25min时，v(正)=(逆)，故答案为：0.020，。（2）实验1、2起始量相同，温度相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变，故答案为：快，实验2中使用了催化剂。
30、（3）根据图表可以知道，实验1、3起始量相同，但实验3温度比实验1高，实验3达到平衡所需要的时间短，反应速率增大，所以实验3的探究目的是探究温度对速率的影响，故答案为：探究温度对速率的影响。24.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化物法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至10%以下较安全；(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)在发生器中鼓入SO2和空气混合气的原因是_ (填序号)。A 空气稀释ClO
31、2以防止爆炸B SO2将NaClO3氧化成ClO2C 稀硫酸可以增强NaClO3的氧化性(3)Na2O2可改为H2O2和NaOH的混合溶液，吸收塔中发生的反应的化学方程式_；吸收塔的温度不能超过20oC，主要原因是_。(4)从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是_ (填序号)。A 蒸馏 B 蒸发浓缩 C 灼烧 D 过滤 E 冷却结晶【答案】 (1). +3 (2). AC (3). 2NaOH + 2ClO2 + H2O2O2+2NaClO2 + 2H2O (4). Na2O2产生的H2O2易分解 (5). BED【解析】【详解】（1）NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O
32、元素的化合价为-2价，根据化合物的化合价代数和为0可知，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3。（2）由信息可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，SO2被空气中的氧气氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸可以增强NaClO3的氧化性，故选AC，故答案为AC。（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2O2+2NaClO2+2H2O；H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，化
33、学方程式为2H2O2=2H2O+O2，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2O2+2NaClO2+2H2O，Na2O2产生的H2O2易分解。（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为BED，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故答案为：BED。【点睛】常见物质分离提纯的10种方法：1结晶和重结晶：利用物质在溶液中溶解度随温度变化较大，如NaCl，KNO3；2蒸馏冷却法：在沸点上差值大。乙醇中（水）：加入新制的CaO吸收大部分水再蒸馏。3过滤法：溶与不溶。4升华法：SiO2（I2）。5萃取法：如用CCl4来萃取I2水中的I2
34、。6溶解法：Fe粉（A1粉）：溶解在过量的NaOH溶液里过滤分离。7增加法：把杂质转化成所需要的物质：CO2（CO）：通过热的CuO；CO2（SO2）：通过NaHCO3溶液。8吸收法：除去混合气体中的气体杂质，气体杂质必须被药品吸收：N2（O2）：将混合气体通过铜网吸收O2。9转化法：两种物质难以直接分离，加药品变得容易分离，然后再还原回去：Al（OH）3，Fe（OH）3：先加NaOH溶液把Al（OH）3溶解，过滤，除去Fe（OH）3，再加酸让NaAlO2转化成A1（OH）3。四、计算题(本题8分)25.向80 mL浓硫酸中加入64 g铜片，加热一段时间后，至不再反应为止，计算：(1)实验测得
35、反应中共有11.2 L标准状况下的SO2生成，被还原的硫酸的物质的量为_mol，参加反应的Cu质量为_ g 。(2)将反应后的混合物加水稀释到100mL并除去不溶物，加入足量铁反应放出标准状况下6.272 L氢气，则原浓硫酸的物质的量浓度为_mol/L 。(3)上述两个反应中转移的电子共有_mol。【答案】 (1). 0.5 (2). 32 (3). 16 (4). 1.56【解析】【分析】（1）发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，根据n=计算，被还原的硫酸生成SO2，根据硫原子守恒计算被还原的硫酸，结合化学方程式计算参加反应的Cu的质量；（2）发生反应Fe+H2SO
36、4FeSO4+H2，最后的溶液中溶质为FeSO4，根据n（SO2）计算硫酸铜的物质的量，根据氢气的体积计算与Zn反应硫酸的物质的量，根据硫元素转化，再根据c=计算。（3）根据元素的化合价进行分析两个反应中转移的电子的物质的量。【详解】（1）Cu与浓硫酸反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，H2SO4被还原为SO2，根据硫原子守恒可以知道，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）=n（SO2）=0.5mol；根据反应方程式可知：CuSO2，参加反应的Cu的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol64g/mol=32g，故答案为：0.5mol，32g。（2）加入足量的铁放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与铁反应生成铜和硫酸亚铁，反应方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2，将反应后的混合物加水稀