2019版高一化学上学期期中试题(含解析) (I).doc

2019版高一化学上学期期中试题(含解析) (I)可能用到的相对分子质量： 注：第一卷涂在答题卡上，第二卷答案写在答题卷上，写在试卷上不得分。一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1.人们对物质性质的研究是一种科学探究的过程，这种研究过程的科学组合应该是（ ）A. 预测物质的性质观察物质的外观实验和观察解释和结论B. 观察物质的外观预测物质的性质解释和结论实验和观察C. 预测物质的性质观察物质的外观解释和结论实验和观察D. 观察物质的外观预测物质的性质实验和观察解释和结论【答案】D【解析】【详解】对物质性质进行研究的基本程序是：观察物质的外观性质预测物质性质实验和观察对实验现象进行分析、解释得出结论，故答案选D。2.Fe(OH)3胶体虽然是由FeCl3溶液制得，但两者是截然不同的两种物质。FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体共同具备的性质是A. 都呈透明的红褐色 B. 都比较稳定，密封保存一段时间都不会产生沉淀C. 分散质颗粒直径相同 D. 当有光线透过时，都能产生丁达尔效应【答案】B【解析】试题分析：AFeCl3溶液与Fe(OH)3胶体的颜色分别为棕黄色、红褐色，故A错误；B胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系；所以密封保存一段时间都不会产生沉淀，故B正确；C胶体的分散质颗粒直径在1-100nm之间，而溶液的分散质颗粒直径小于1nm，分散质颗粒直径不相同，故C错误；DFe(OH)3胶体具有丁达尔效应，而FeCl3溶液不具备，故D错误；故选B。【考点定位】考查溶液和胶体【名师点晴】本题考查了溶液、胶体和浊液的本质区别和胶体的丁达尔效应，当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm)；应注意的是溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 含有NA个原子的氢气在标准状况下的体积约为22.4LB. 40g氢氧化钠溶解在1L水中，则其100mL溶液中含Na+的数目为0.1NAC. 25，1.01105 Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAD. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A、含有NA个氢原子的氢气的物质的量是0.5mol，在标准状况下的体积约为0.5mol22.4L/mol11.2L，故A错误；B40g氢氧化钠的物质的量为1mol，溶解在1L水中，溶液的体积不是1L，不能计算氢氧化钠的物质的量浓度，所以无法计算100mL溶液中钠离子的数目，故B错误；C、25，1.01105 Pa，64g二氧化硫的物质的量是1mol，含有的原子数是3NA，故C正确；D、标准状况下水不是气体，不能用气体的气体摩尔体积计算，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意标准状况下的气体摩尔体积的使用条件和范围。本题的易错点为B和C，要注意计算溶质的物质的量浓度时体积V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，另外物质的质量与状态没有关系。4.下列叙述正确的是（ ）Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀钠在常温下不容易被氧化Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行Na2CO3和NaHCO3固体，都是电解质金属钠长期露置于空气中，最后变为NaOHA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】能与酸反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，Na2O2能和水反应生成氢氧化钠和氧气，为过氧化物，不是碱性氧化物，故错误；碳酸氢钠与氯化钙不反应，故错误；Na是活泼的金属，极易被氧化，故错误；Na2O2可与水、二氧化碳反应均生成氧气，可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；碳酸钠和碳酸氢钠溶于水均电离出阴阳离子，都是电解质，故正确。金属钠长期露置于空气中，最后变为碳酸钠，故错误；故答案选B。【点睛】本题考查钠的重要化合物知识，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握过氧化钠与水、二氧化碳反应的特点，学习中注意相关基础知识的积累。5.在无色、碱性溶液中能大量共存的一组离子是（ ）A. Ca2+、Na+、SO42-、HCO3-B. K+、Fe2+、SO42-、MnO4-C. Ba2+、K+、NH4+、Cl-D. Na+、Ba2+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】【分析】碱性溶液中含大量的氢氧根离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】ACa2+、SO42-生成微溶物，Ca2+、OH-、HCO3-反应生成沉淀和水，所以不能大量共存，故A不选；B碱性条件下Fe2+生成沉淀，氢离子结合氢氧根转化为水，MnO4-呈紫色且能氧化亚铁离子，所以不能大量共存，故B不选；C铵根离子在碱性溶液中转化为一水合氨，所以不能大量共存，故C不选；D这几种离子无色且离子之间不反应、和氢氧根离子也不反应，所以能大量共存，故D选；故答案选D。6.下列离子方程式正确的是（ ）A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：B. 氧化铜与稀硫酸反应：C. 氯气通入水中：D. 氯化铵溶液与稀氢氧化钠溶液混合：【答案】D【解析】【详解】A. 石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水：2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+CO32+2H2O，A错误；B. 氧化铜是氧化物，用化学式表示，与稀硫酸反应：CuO+2H+Cu2+H2O，B错误；C. 氯气通入水中生成的次氯酸为弱酸用化学式表示：Cl2+H2OH+Cl+HClO，C错误；D. 氯化铵溶液与稀氢氧化钠溶液混合生成一水合氨：NH4+OHNH3H2O，D正确；答案选D。7. 对于溶液中某些离子的检验及结论一定正确的是( )A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，一定有CO32-B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-C. 加入足量稀盐酸，再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，一定有SO42-D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，一定有Ba2+【答案】C【解析】试题分析：A加入稀盐酸产生无色气体，说明含有HCO3-或CO32-，故A错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，生成的沉淀也可能为AgCl，如检验SO42-，应先加入盐酸酸化，如无现象，再加入氯化钡溶液，如生成沉淀则可说明含有SO42-，故B错误；C加入足量稀盐酸无现象，可排除Ag+的影响，如再加入氯化钡溶液后有白色沉淀产生，说明含有SO42-，故C正确；D碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，可能含有等离子Ca2+，故D错误；故选C。【考点定位】考查常见离子的检验【名师点晴】本题考查离子的性质，侧重于检验方法的评价，注意把握常见离子的性质以及检验方法，检验时要排除其它离子的干扰。要熟记常见的离子的检验方法：(1)NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；(2)Fe2+：NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+KSCN溶液；滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，(3)SO42-：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。(4)Cl-：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。(5)CO32-：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。(6)Al3+：加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解。8.说法正确的是（ ）A. 是氧化剂，是还原剂 B. 产物中的有一部分是氧化产物C. 既是氧化产物又是还原产物 D. 发生反应，有 转移【答案】B【解析】【分析】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题。【详解】A根据方程式可知反应中Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42-离子，生成物中有17molSO42-离子，则有3molS被氧化，所以产物中SO42-有一部分是氧化产物，故B正确；CCu元素化合价由+2价+1价，S元素的化合价由-1价-2价，所以Cu2S是还原产物，故C错误；D5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2Cu2S，S元素的化合价由-1价-2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故D错误；故答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，解答该题的关键是正确判断各元素的化合价的变化，能从化合价的角度进行判断和计算。9.下列物质的水溶液能导电，但该物质属于非电解质的是（ ）A. B. C. D. （乙醇）【答案】C【解析】【分析】在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，溶液能导电说明含有自由移动的离子，据此判断。【详解】ACu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B氧化钙是金属氧化物，熔融状态下能导电，是电解质，故B错误；C氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出阴阳离子而使其溶液导电，所以氨气是非电解质，故C正确；DCH3CH2OH（乙醇）在水中不能电离，不导电，乙醇是非电解质，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查了电解质和非电解质的区别，易错选项是A，注意单质既不是电解质也不是非电解质，为易错点。10.制取漂白粉的化学方程式是：2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O，该反应的氧化剂与还原剂之比为A. 1：2 B. 2:1 C. 1:1 D. 3:2【答案】C【解析】试题分析：2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O该反应的氧化剂和还原剂均是氯气，氧化剂与还原剂之比为1:1。答案选C。考点：氧化剂，还原剂11.300mL硫酸铝溶液中，含Al3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/L氢氧化钡溶液100mL，反应后溶液中SO42-的物质的量浓度约为（ ）A. 0.4mol/L B. 0.3mol/L C. 0.2mol/L D. 0.1mol/L【答案】C【解析】【详解】硫酸铝溶液中铝离子的物质的量是1.62g27g/mol0.06mol，根据化学式知n（SO42-）n（Al3+）3/20.09mol，氢氧化钡的物质的量是0.1mol/L0.1L=0.01mol，0.01mol钡离子完全反应需要0.01mol硫酸根离子，则混合溶液中剩余n（SO42-）0.09mol-0.01mol0.08mol，所以反应后混合溶液中硫酸根离子物质的量浓度是0.08mol0.4L0.2mol/L，答案选C。12.等质量的CH4和NH3相比较，下列结论错误的是（ ）A. 它们的分子个数比为17：16B. 它们的原子个数比为17：16C. 它们的氢原子个数比为17：12D. 它们所含氢元素的质量比为17：12【答案】B【解析】【详解】等质量的CH4和NH3，由n=mM可知，物质的量比为m/16：m/17=17：16，则A物质的量比等于分子个数比，则它们的分子个数之比为17：16，故A正确；B甲烷为5原子分子，氨气为4原子分子，则它们的原子个数比为（175）：16485：64，故B错误；C甲烷分子中含有4个H原子，氨气分子中含有3个H原子，它们的氢原子个数之比=（174）：（163）=17：12，故C正确；D二者所含氢原子个数之比为17：12，根据m=nM可知二者所含氢元素的质量比为17：12，故D正确；故答案选B。【点睛】本题考查物质的量的计算，把握物质的量、质量之间的关系及相关计算公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。13.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。【详解】反应H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO4中I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3I-；反应2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I-Fe2+；反应3FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3中N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+NO；综上所述还原性由强到弱的顺序为H2SO3I-Fe2+NO，故答案选A。14. 常温下，相同物质的量浓度的下列溶液，导电能力最强的是 （ ）A. 盐酸 B. 氨水 C. 醋酸 D. 碳酸钠【答案】D【解析】试题分析：溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强；相同物质的量浓度的溶液中氨水、醋酸是弱电解质，盐酸、碳酸钠是强电解质，盐酸、碳酸钠溶液的导电能力强于氨水、醋酸溶液，盐酸、碳酸钠溶液相比，碳酸钠溶液中钠离子浓度是盐酸溶液中氢离子浓度的二倍，氯离子和硫酸根离子浓度相同，所以硫酸钠溶液的导电能力比硝酸溶液强，选D。考点：考查溶液导电能力的强弱判断。15. 在托盘天平的两盘中各放入一个质量相等的烧杯，两烧杯中各盛有100mL1mol/L 硫酸溶液，向两烧杯中分别加入各组中的两种物质，反应后天平保持平衡的是A. 0.1mol Zn，0.1mol Fe B. 1mol Fe，1mol ZnC. 1g Zn，1g Fe D. 10g Zn，10g Fe【答案】D【解析】试题分析：天平仍然平衡满足的条件有二个：（1）酸过量，加入不等量的金属生成不等量的氢气，但二边增重的质量相等，现烧杯里硫酸的物质量的量为0.1mol，最多溶解的铁的质量为5.6g、锌的质量为6.5g，二种金属的物质的量都为0.1mol，在此条件下四个选项均不满足；（2）酸全部反应，加入过量且相等的两种金属，因生成的氢气量也相等，此时天平会仍平衡，现烧杯里硫酸的物质量的量为0.1mol，最多溶解的铁的质量为5.6g、锌的质量为6.5g，即铁和锌的质量只要不低于6.5克，且质量相等时平衡仍会保持平衡，故答案D满足，答案为D。考点：讨论型计算，涉及天平的平衡理论。16.某溶液中可能含有Cl、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+。取该溶液200mL，加入过量氢氧化钠溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧沉淀，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g沉淀，且不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（ ）A. 存在3种离子B. Cl一定存在，且c(Cl)=0.2mol/LC. SO42-、NH4+、CO32-一定存在，Cl不存在D. 可能存在CO32-【答案】B【解析】【详解】加入NaOH溶液共热有气体和红褐色沉淀，气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，则溶液中一定含有NH4+、Fe3+，根据离子共存可知不含CO32-，加BaCl2溶液生成不溶于盐酸的沉淀，可知溶液中含SO42-，n（NH4+）n（NH3）0.02mol，n（Fe2O3）1.6g160g/mol0.01mol，则n（Fe3+）0.02mol，n（BaSO4）4.66g233g/mol0.02mol，则n（SO42-）=0.02mol，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+30.02mol=0.08mol，SO42-所带负电荷为20.02mol=0.04mol，据电荷守恒可知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl-，则A由以上分析可知原溶液中一定含NH4+、Fe3+、SO42-和Cl-，则至少存在4种离子，故A错误；B由分析可知一定存在Cl-，根据电荷守恒可知氯离子的物质的量为：0.02mol3+0.02-0.02mol20.04mol，物质的量浓度为：0.04mol0.2L0.2mol/L，故B正确；C由以上分析可知原溶液中一定含NH4+、Fe3+、SO42-和Cl-，一定不含CO32-，故C错误；D一定不含CO32-，故D错误。故答案选B。【点睛】本题考查常见离子的检验，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意常见离子的性质和反应类型的判断，答题时认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断。第卷二、填空题（本大题共5小题，满分52分）17.以下有十种种物质：铜；稀硫酸；氯化氢；氨气；空气；二氧化碳；金属汞（俗称水银）；氯化钠；硫酸钡；氧气。按照表中提示的信息，把符合左栏条件的物质的化学式或名称填入表中相应的位置.序号符合的条件物质的序号（1）混合物_（2）电解质，但熔融状态下并不导电_（3）电解质，但难溶于水_（4）化合物，但不是电解质_（5）不是电解质，但本身能导电_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】【分析】化合物：由两种或两种以上的元素组成的纯净物；混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，据此解答。【详解】铜是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；稀硫酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；氯化氢是化合物，在水溶液中能导电，但熔融状态下并不导电，是电解质；氨气是化合物，不能导电，是非电解质；空气是混合物，既不是电解质也不是非电解质；二氧化碳是化合物，不能导电，是非电解质；金属汞（俗称水银）是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；氯化钠是化合物，在水溶液中和熔融状态下均能导电，是电解质；硫酸钡难溶于水，是化合物，是电解质；氧气是单质，不能导电，既不是电解质也不是非电解质，故属于混合物的是：；属于电解质，但熔融状态下不导电的是：；是电解质，但难溶于水的是：；属于化合物，但不是电解质的是；不是电解质，但本身能导电的是：。18.（1）科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下能够转化为有毒的+3价的含砷化合物。通过以上信息填空：上述过程中+5价砷类物质作为_（填氧化剂或还原剂），+5价砷元素发生_反应（填氧化或还原）；0.5mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移_个电子。（2）实验室常用以下方法制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。用双线桥标出电子转移方向和数目_；（在答题纸上标）在标准状况下生成的氯气为11.2L时，被氧化的HCl的质量为_；为保证实验安全，常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，写出反应的离子方程式_。【答案】 (1). 氧化剂 (2). 还原 (3). NA (4). (5). 36.5g (6). Cl2+2OHCl+ClO+H2O【解析】【分析】（1）食用虾类等水生甲壳类动物中含有+5价砷类物质，与维生素C反应生成+3价砷类化合物，则维生素C具有还原性；根据砷元素的化合价变化进行计算；（2）反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从1价升高到0价，根据化合价升高数=化合价降低数=转移电子数以及氯气有毒分析解答。【详解】（1）由对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，则砷元素的化合价降低，+5价砷类化合物为氧化剂，+5价砷元素发生还原反应；As元素由+5价降为+3价，降低2价，即得到2个电子，则0.5mol+5价砷完全转化为+3价砷时，共得到0.5mol（5-3）=1mol，1mol电子即转移的电子数为NA。（2）反应4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素化合价从+4价降低到+2价，得到2个电子，Cl元素化合价从1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知反应转移2个电子，则电子转移情况可表示为；标准状况下11.2LCl2的物质的量为：11.2L22.4/L0.5mol，被氧化的HCl生成Cl2，根据氯原子守恒可知，被氧化的HCl的物质的量是Cl2的2倍，故被氧化的HCl为0.5mol2=1mol，质量为m=nM=1mol36.5g/mol=36.5g；氯气有毒为保证实验安全，常用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O。【点睛】本题考查了氧化还原反应，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和相关计算，注意制取氯气反应中HCl起酸性、还原剂作用，各占一半。19.用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）.（2）容量瓶上需标有以下6项中的_（填序号）温度 浓度 容量 压强 刻度线 酸式或碱式（3）容量瓶不能_（填序号）.A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.贮存溶液C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D.准确稀释某一浓度的溶液E.用来加热溶解固体溶质（4）在配制过程中，下列操作中能引起误差偏高的有_（填代号）.未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线.【答案】 (1). AC (2). 烧杯和玻璃棒 (3). (4). BCE (5). 【解析】【分析】（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要和不需要的仪器；（2）根据容量瓶的构造分析解答；（3）容量瓶是非常精密的仪器，不能受热据此分析；（4）根据c=nV分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。【详解】（1）根据配制一定物质的量浓度溶液的基本操作步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知配制过程中需要的仪器有：托盘天平或量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，故不需要的仪器有AC，还需要的有烧杯和玻璃棒；（2）容量瓶上需标有温度、容量、刻度线，答案选；（3）容量瓶是非常精密的仪器，不能受热，故不能用于溶解固体，也不能用于稀释浓溶液，也不能储存溶液。则A容量瓶的功能是用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，故A正确；B容量瓶不能用于贮存溶液，配制完成后应立即装瓶，故B错误；C容量瓶只有唯一的一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；D容量瓶只有唯一的一条刻度线，故可以准确稀释某一浓度的溶液，故D正确；E容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，故E错误；故答案选BCE；（4）未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后溶液体积减少，浓度偏高；定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，溶质的物质的量减少，浓度偏低；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；定容时，俯视刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；答案选。20.实验目的：探究过氧化钠与水反应后的溶液滴加酚酞试液先变红后褪色的原因。【分析与猜想】根据过氧化钠与水反应的原理：，往过氧化钠固体完全溶解反应后的溶液中滴加酚酞本应只会变红而不会褪色，而实验中发现酚酞变红后又褪色。（1）由此提出如下的猜想：A.氧气有漂白性B B.氢氧化钠有漂白性 C._（2）根据以上实验分析发现：过氧化钠与水反应过程中，钠元素形成了稳定的化合物，溶液中还生成了一种不很稳定、具有漂白性的物质，的化学式是_。（3）可用右图装置对溶液中不很稳定的物质进行探究，在处装入的物质是_（填选项，下同），处装入的物质是_。A.酚酞试剂 B.过氧化钠与水反应后的溶液C.二氧化锰 D.氢氧化钠固体配制的溶液（4）气体是_，过氧化钠与水反应的化学方程式没有写出来，原因是_。【答案】 (1). 氧气和氢氧化钠共同作用有漂白性 (2). (3). B (4). C (5). (6). 过氧化氢不稳定易分解【解析】【分析】（1）根据反应方程式2Na2O2+2H2O4NaOH+O2可知，反应产物有两种：氢氧化钠和氧气，褪色的原因只能是氢氧化钠、氧气或者二者共同作用；（2）钠元素形成了稳定的化合物，则另一种不稳定的、具有漂白性的物质只能为具有强氧化性的双氧水；（3）根据双氧水在二氧化锰做催化剂作用下容易分解生成氧气进行设计实验，完成本题解答；（4）根据双氧水不稳定易分解分析解答。【详解】（1）过氧化钠与水的反应方程式中只有氢氧化钠和氧气生成，所以褪色原因的猜想只能有三种情况：氧气具有漂白性、氢氧化钠具有漂白性、氧气和氢氧化钠共同作用具有漂白性，因此假设C是氧气和氢氧化钠共同作用有漂白性；（2）过氧化钠与水反应过程中，钠元素形成了稳定的化合物，其它元素组合形成的不很稳定、具有漂白性的物质X，根据原子守恒可知X只能为具有强氧化性的H2O2；（3）双氧水在催化剂二氧化锰作用下能够分解放出氧气，图中装置目的