2026届江苏省苏州一中化学高一第一学期期中复习检测试题含解析

2026届江苏省苏州一中化学高一第一学期期中复习检测试题注意事项2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、把0.05molBa(OH)₂固体加入到下列100mL液体中，溶液的导电能力明显变小的是2、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是()A.木已成舟B.铁杵成针C.蜡炬成灰D.滴水成冰3、把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平),下列说法正确的是abA.反应物微粒是S、SO₃、OH-B.该反应说明S²-和SO₃²-可以在碱性溶液中可以大量共存C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D.3molS参加反应时，转移的电子数3NAA.胶体和溶液均能通过滤纸B.胶体加入某些盐可产生沉淀，而溶液不能C.胶体是一种介稳性的分散系，而溶液是一种非常稳定的分散系D.胶体能够发生丁达尔现象，而溶液则不能5、被称为万能还原剂的NaBH₄溶于水并和水反应：NaBH₄+2H₂O=C.硼元素被氧化，氢元素被还原D.NaBH₄是氧化剂，H₂O是还原剂6、下列反应属于氧化还原反应的是7、下列各组离子一定能大量共存的是A.某无色透明的酸性溶液：C1⁻、Na*、MnO₄、SO₄2-8、“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质()①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀A.①④⑥B.②③④C9、相同状况下，将分别盛满如下体积比的混合气体的四支相同的试管倒立于水槽中，最后试管内液面上升的高度最高A.V(NO₂):V(O₂)=2:1B.V(NO):V(O₂)=2:1C.V(NH₃):V(O₂)=2:1D.V(NO₂):V(NO):V(O₂)=1:1:110、下列实验操作不正确的是A.分液时，上层液体上口出，下层液体下口出B.当蒸发到剩有少量液体时停止加热，利用余热将液体蒸干C.给蒸馏烧瓶中液体加热时需要加入沸石，防暴沸D.过滤时用玻璃棒搅拌漏斗内的待过滤的液体，加快过滤速度11、摩尔质量的单位是()A.molB.LC.s12、下列电离方程式正确的是()A.MgSO₄=Mg+²+SO-²B.Ba(OH)₂=Ba²++OH₂C.Al₂(SO₄)₃=2AI³++3SO2-D.KCIO₃=K++CI⁻+3O²-13、某溶液中只含Na+、AI³+、CI-、SO2,已知前三种离子的个数比为3:2:1,则溶液中c(Al³+)和c(SO2)之比为：A.3:4B.1:2C.1:414、某有机物苯酚，其试剂瓶上有如下标识，其含义是()剧毒品腐蚀品8剧毒品A.自燃物品、易燃B.腐蚀性、有毒C.爆炸性、腐蚀性D.氧化剂、有毒A.16g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子数为NAB.44gCO₂与28gCO所含有的分子数都为NAD.NA个氮分子与NA个氧分子的质量比为7:8A.阿伏加德罗常数：mol-¹17、下列物质与危险化学品标志的对应关系不正确的是ABCD汽油天然气氢氧化钠易燃液体易燃液体易燃气体易燃气体腐蚀品腐蚀品氧化剂氧化剂A.AB.B18、在整治酒后驾驶交通违法行为专项行动中，交警用装有重铬酸钾[K₂Cr₂0]的仪器检测司机是否酒后开车，因中的乙醇分子可以使橙红色的重铬酸钾变成绿色的硫酸铬[Cr₂(SO₄)₃]。下列有关重铬酸钾的说法中正确的是()A.铬元素的化合价为+7价B.在检查时重铬酸钾发生氧化反应C.重铬酸钾具有强氧化性D.它由橙红色变为绿色是物理变化19、下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是A.KC10₃=K+30²⁻+Cl⁵*B.NaHSO₄=Na*C.H₂SO₄=H+SO₄²-D.Al₂(SO₄)₃=2AlABCD向容量瓶中转移液体室制取蒸馏水分离酒精和水A.AB.B21、下表中所列出的物质，属于贴错包装标签的是选项ABCDH₂SO₄(浓)危险警告标识易燃品剧毒品易爆品A.AB.BA.AB.B物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：(1)在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下);部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：①实验(1)中反应的离子方程式为_,实验(2)中沉淀溶解对应的反应的离子方程式②溶液中一定不存在的离子有③溶液中一定存在的离子有,其中阴离子的物质的量浓度分别为;④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO₃溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在CI-?(填⑤推断K+是否存在并说理由：24、(12分)短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y²电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_o(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为(化学用语回答),Z在自然界中常见的二元化合物是o(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为,产物分子的电子式为,其化学键属共价键(填“极性”或“非极性”)。25、(12分)钠及其化合物在人类生产生活中有着重大的作用。金属钠要隔绝空气密封保存，请用化学方程式表示原因(Na参与的反应)I.加热条件下，Na可以在氧气中燃烧，反应的化学方程式为_;现象是。某课外活动小组设计了如图装置，证实二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。(装置分析)(1)装置①中反应的离子方程式是(2)装置②中的试剂是为了除去CO₂中混有的HCI,则可选用的试剂为oa.饱和NaOH溶液b.饱和Na₂CO₃溶液c.饱和NaHCO₃溶液(进行实验)步骤1:打开弹簧夹K₂,关闭K₁,打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。步骤2:打开弹簧夹K₁,关闭K₂,打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火量的木条放在a处。(4)步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是oⅡ.(7)面粉发酵时会产生有机酸(用HA表示其化学式，HA酸性强于碳酸),影响口感。我们可以加入膨松剂(主要含NaHCO₃),那么蒸出来的馒头蓬松柔软，且口感好。若加入过量的膨松剂，请写出蒸馒头时反应的化学方程式_, 。该过程能体现出Na₂CO₃和NaHCO₃的热稳定性_>_26、(10分)某课外活动小组进行Fe(OH)₃胶体的制备实验并检验其性质.(1)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe(OH)3胶体的制备.①甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2mLFeCl₃饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热.②乙直接加热饱和FeCl₃溶液.③丙向沸水中滴加饱和FeCl₃溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟.你认为哪位同学的制备方法更合理：_,可以利用胶体的什么性质来证明有Fe(OH)3胶体生成?·(2)Fe(OH)3胶体稳定存在的主要原因是A.胶粒直径小于1nmB.胶粒带正电荷C.胶粒作布朗运动D.胶粒能透过滤纸(3)Fe(OH)3胶体区别于FeCl₃溶液最本质的特征是 .A.Fe(OH)3胶体粒子的直径在1～100nm之间B.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应C.Fe(OH)3胶体是均一的分散系D.Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸27、(12分)如图是海带中提取碘的流程图：、溶液溶液适量Cl₂(1)干海带在中灼烧(填仪器名称)(3)分液漏斗在使用前须清洗干净并,在本实验分离过程中，碘的四氯化碳应该从分液漏斗(4)操作Ⅱ名称为__,该操作中加入碎瓷片的作用是__;如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是(填标号)。A.立即补加B.冷却后补加C.不需补加D.重新配料(5)在操作Ⅱ中，仪器选择及安装都最合理的是_(填标号)。babI.若把四种盐分别溶解于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色。Ⅱ.若向实验I的四支试管中分别加盐酸，B盐溶液有沉淀产生E,D盐溶液有无色无味气体逸出。根据实验I、Ⅱ回答下列问题：(1)C的名称为;D的化学式为(2)写出盐酸+B反应的离子方程式_,化学方程式与盐酸+D反应具有相同的离子方程式。(3)将沉淀E过滤并洗涤，如何验证沉淀E已洗涤干净(4)为检测C盐的一些性质，需配制240mL0.2mol/LNaOH溶液，请回答下列问题：①经计算，需用托盘天平称量固体NaOH的质量为_g。②在配制NaOH溶液时除烧杯、玻璃棒外，还需使用的玻璃仪器有和_③将NaOH浓溶液先_,再转移到容量瓶中，否则溶液浓度(填“偏高”或“偏低”)。④配制NaOH溶液时定容的操作：加蒸馏水距离刻度线_处，改用滴加，至与刻度线相切。⑤取出配制好的溶液150mL,可以中和质量分数为36.5%,密度为1.20g/mL的盐酸的体积为mL,配制该盐酸需HC1的体积为mL(标准状况下)。29、(10分)某研究小组以绿矾(FeSO₄·7H₂O)为原料制备化合物A[K₃Fe(Ⅲ)(C₂O₄)xyH₂O]并通过如下实验步骤确定A的化学式：步骤1:准确称取A样品4.91g,干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37g;步骤2:将步骤1所得固体溶于水，经测定含Fe³+0.0100mol;步骤3:准确称取A样品4.91g置于锥形瓶中，加入足量的3.00mol-L'1的H₂SO₄,溶液和适量蒸馏水，用0.500mol-L-¹的KMnO₄溶液滴定，当MnO₄-恰好完全被还原为Mn²+时，消耗KMnO₄溶液的体积为24.00mL。请回答下列问题：(1)绿矾(FeSO₄·7H₂O)若保存不当或长期放置，易与空气中的氧气反应，该反应中FeSO₄表现的性质为(填字A.氧化性B.还原性C.氧化性和还原性D.酸性(2)用物质的量浓度为18.0mol-L¹的浓硫酸配制100mL3.00mol-L¹的H₂SO₄溶液时，量取浓硫酸需要的量筒规格为 A.10mLB.25mLC.50mLD.100(3)步骤2发生的离子反应如下，将该离子方程式配平：MnO₄+_通过计算确定化合物A中x、y的值(请写出计算过程)。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)【解析】【详解】A项、水中离子浓度较小，加入少量的氢氧化钡固体后，离子浓度增大导电能力增强，故A错误；转变为氯化钡，都是强电解质，溶液离子浓度变化不大，只是离子的转化，所以溶液导电能力变化不大，故B错误；D项、向硫酸溶液中加入0.05mo1Ba(OH)2固体，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，电解质硫酸转变为水，溶液导电能力减弱，故D正确。故选D。本题考查的是影响导电能力大小的因素，导电能力与离子的浓度有关，与电解质的强弱无关【解析】A.木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B.铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误；【解析】在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S²和SO₃²,S元素的化合价一部分升高变为SO₃²,一部分降低变为S²,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为3S+6OH=2S²+SO3²+3H₂O,据此分析判断。【详解】碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S²-和SO₃²,S元素的化合价一部分升高变为SO₃²,一部分降低变为S²,反应的离子方程式为3S+6OH=2S²+SO3²+3H₂O,反应中部分S的化合价从0价升高到+4价，部分S的化合价从0价降低到-2价。A.反应物微粒是S、OH,选项A错误；B.碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S²和SO₃²,二者在碱性条件下不能反应，可以大量共存，选项B正确；C.化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1,选项C错误。D.反应中3molS发生反应，转移电子的物质的量是4mol,电子数目是4NA,选项D错误；故合理选项是B。本题考查了离子反应和氧化还原反应的有关判断和计算，注意把握硫及其化合物的性质及氧化还原反应的规律。【解析】A.溶液和胶体都能通过滤纸，浊液不通过，A正确；B.胶体具有均一稳定性，加入电解质会使胶体发生聚沉，如硫酸是电解质，加入氢氧化铁胶体内，产生氢氧化铁沉淀；溶液加入电解质也可产生沉淀，如向氯化钡溶液中加硫酸，产生硫酸钡沉淀，B错误；C.胶体的胶粒是带电荷的，彼此之间存在斥力，所以胶体是一种介质稳性的分散系；溶液在分散系类型中分散质微粒直径最小，所以溶液是一种非常稳定的分散系，C正确；D.只有胶体具有丁达尔效应，溶液中通过一束光线没有特殊现象，胶体中通过一束光线会出现明显光带，D正确；答案选B。本题考查了胶体和溶液中分散质的组成和性质，明确三种分散系的本质区别和性质差异是解答的关键。注意分析胶粒带电的原因和溶液中溶质的区别。【解析】A.NaBH₄中H元素的化合价从-1价升高为0,为还原剂，而水中H元素的化合价由+1价降低为0,水为氧化剂，故A错误；B.由反应可知，只有H元素的化合价变化，1个H失去电子数等于1个H得到电子数，则被氧化的元素与被还原的C.B元素的化合价不变，只有H元素的化合价变化，故C错误；D.NaBH₄中H元素的化合价从-1价升高为0,只作还原剂，故D错误；故选B。A、反应Na₂CO₃+2HCl=Na₂CO₃+CO₂↑+H₂O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A不符合；B、反应H₂O+CO₂=H₂CO₃中元素的化合价均不变化，是非氧C、反应2Na₂O₂+2H₂O=4NaOH+O₂↑中过氧化钠中的氧元素化合价部分升高，部分降低，属于氧化还原反应，且过氧D、反应2A1(OH)₃△Al₂O₃+3H₂O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D不符合：答案选C。A.MnO₄-在溶液中显紫红色，无色溶液中不能大量存在MnO₄,A项错误；确；答案选D。匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性合理选项是B。NO、NO₂与O₂和H₂O的反应方程式分别为4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃、4NO₂+O₂+2H₂O=4HNO₃,氨气极易溶于水，根假设试管体积都是12mL。A.V(NO₂):V(O₂)=2:1,混合气体体积为12mL,则二氧化氮、氧气体积分别是8mL、4mL,根据方程式4NO₂+O₂+2H₂O=4HNO₃知，氧气有剩余且剩余2mL,所以溶液体积是10mL;B.V(NO):V(O₂)=2:1,混合气体体积为12mL,则NO、O₂体积分别是8mL、4mL,根据方程式4NO+3O₂+2H₂O=4HNO₃答案选D。A、根据分液的操作注意事项分析；B、根据蒸发时的实验操作分析；C、根据蒸馏烧瓶的使用注意事项分析；D、根据过滤的实验操作分析；A、分液时，上层液体上口出，下层液体下口出，故A正确；B、等到蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干，故B正确；C、蒸馏烧瓶内液体的体积不超过其容积的2/3,同时还要加入碎瓷片防止爆沸，故C正确；D、用玻璃棒搅动漏斗里的液体，容易把滤纸弄破，起不到过滤的作用，故D错误；综上所述，本题选D。摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位为g/mol,所以答案D正确。【解析】A.MgSO₄电离产生Mg²+、SO2-,电离方程式为：MgSO₄=Mg²++SO2-,A错误；B.Ba(OH)₂电离产生Ba²+、OH,电离方程式为：Ba(OH)₂=Ba²++2OH,B错误；C.Al₂(SO₄)3电离方程式为AI³+、SO2-,电离方程式为：Al₂(SO₄)3=2A³++3SO²-,C正确；D.KCIO₃电离产生K+、CIO₃,电离方程式为：KCIO₃=K++ClO₃,D错误；故合理选项是C。【解析】令Na+、AI³+、CI的物质的量分别为3mol、2mol、1mol,根据溶液中电荷守恒有n(Na+)+3n(A₁³+)=n(Cl)+2n(SO₄²-),据此计算SO₄2-的物质的量，同一溶液中离子浓度之比等于物质的量之比。【详解】令Na+、A³+、CI的物质的量分别为3mol、2mol、1mol,根据溶液中电荷守恒有n(Na+)+3n(Al³+)=n(Cl)+2n(SO₄²-),即3mol+3×2mol=1mol+2n(SO₄²-),解得n(SO₄2-)=4mol,故溶液中c(Al³+)和c(SO₄²-)为2mol:4mol=1:2。答案为B。【解析】为腐蚀性标识，为有毒物质的标识，说明苯酚是有毒的腐蚀性液体，故选B。认识各个标志所代表的含义是解答本题的关键。需要平时学习时注意常见标识的记忆和理解，解答本题也可以直接根据苯酚的性质判断。【解析】B.44gCO₂与28gCO的物质的量均是1mol,所含有的分子数都为NA,B正确；C.由于不能计算出46gNO₂和N₂O₄的混合物的物质的量，因此不能计算混合物含有的分子数，C错误；D.NA个氮分子与NA个氧分子的物质的量相同，均是1mol,则其质量比为28:32=7:8,D正确。答案选C。【解析】.A.由于阿伏加德罗常数是有单位的，且单位为mol-B摩尔质量表达式为：,单位是g/mol,故B错误；C.溶解度即是在一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的质量，所以单位是g,故C正确；答案选B。【解析】根据汽油、天然气、浓硫酸、氢氧化钠组成和性质，选择危险化学品标志。【详解】本题选D。【解析】K₂Cr₂O₇中Cr元素的化合价为+6价，Cr₂(SO₄)3中Cr元素的化合价为+3价，K₂Cr₂O→Cr₂(SO₄)3为还原反应，K₂Cr₂O₇为氧化剂，K₂Cr₂O₇表现强氧化性，据此分析作答。【详解】A项，K₂Cr₂O₇中K元素的化合价为+1价，0元素的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0,CrB项，在检查过程中K₂Cr₂O₇→Cr₂(SO₄)3,Cr₂(SO₄)3中Cr元素的化合价为+3价，Cr元素的化合价由+6价降至+3价，K₂Cr₂O₇发生还原反应，B项错误；D项，颜色由橙红色变为绿色是K₂Cr₂O₇发生还原反应生成了Cr₂(SO₄)3,是化学变化，D项错误；答案选C。【解析】考查电离方程式的正误判断。A、B、C都是不正确的，分别应该是KC10₅=K⁺+C10₃、NaHSO₄=Na++H⁺+so₄²、H₂SO₄=2H++SO₄²-。所以的正确答案选D。【解析】A、向容量瓶中转移液体，用玻璃棒引流，故正确；B、冷凝水的进入，从下口进入，上口出水，故错误；C、提取NaCl晶体，采用蒸发方法得到，应用蒸发皿，故错误；D、酒精和水互溶，不能采用分液的方法分离，故错误。【解析】A.浓硫酸具有腐蚀性，故正确；B.四氯化碳不能燃烧，故错误；C.白磷有毒，故正确；D.氯酸钾受热分解生成氧气，属于易爆品，故正确。故选B。【解析】向盛有一定量的Ba(OH)₂溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，开始时发生反应：Ba²+2OH⁻+2H++SO₄²⁻=BaSO₄↓+2H₂O,使自由移动的离子浓度逐渐减小，溶液的导电性逐渐减弱，当氢氧化钡和硫酸恰好完全反应时，沉淀达到最大值，这时自由移动的离子浓度最小，溶液导电能力最弱且接近于0,随后，随着硫酸的加入，溶液中自由移动的离子浓度又逐渐增大，导电能力逐渐增强，符合题意的是C曲线；答案选C。二、非选择题(共84分)c(SO₄²-)=0.1mol/L,(CO₃²-)=0.2mol/L不能碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银存在，经过计算可以知道，只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。【解析】将含有K*、NH₄+、Mg²+、Ba²+、Cr、SO₄²-、CO₃²的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：(1)在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下);可以说明溶液中含有NH₄+,一定没有Mg²+;(2)在第二份溶液中加入足量的BaCl₂溶液有沉淀生成，说明含有SO₄²-或CO₃²-中一种或2种；经称量其质量为6.27g,在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g,说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO₄²-、CO₃²-;由此排除Ba²+的存在；(3)根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K*、NH₄+、Mg²+、Ba²+、CI、SO₄²-、CO₃²的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：(1)在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下);可以说明溶液中含有NH₄+,一定没有Mg²+;(2)在第二份溶液中加入足量的BaCl₂溶液有沉淀生成，说明含有SO₄²-或CO₃²-中一种或2种；经称量其质量为6.27g,在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g,说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO₄²-、CO₃²-;①实验(1)中为OH与NH₄加热反应生成氨气，离子方程式为：OH+NH₄+=NH₃↑+H₂O;实验(2)中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO₃+2H+=Ba²++CO₂↑+H₂O;综上所述，本题答案是：OH+NH₄+=NH₃↑+H₂O;BaCO₃+2H+=Ba²++CO₂↑+H₂O。②结合以上分析可知：实验(1)中为可以证明含有NH₄+,实验(2)中含有SO₄²-、CO₃2-;由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀，因此溶液中一定不存在的离子有：Mg²+、Ba²+;综上所述，本题答案是：Mg²+、Ba²+。③结合以上分析可知：实验(1)中可以证明含有NH₄+,实验(2)中可以证明含有SO₄²-、CO₃²-;溶液中一定存在的离子有NH₄+、SO₄²-、CO₃²-;根据在第二份溶液中加入足量的BaCl₂溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g,为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g,为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol;根据SO₄²--BaSO4可知，n(SO₄²-)=0.01mol;碳酸钡沉淀质量为6.27-2.3=3.94g,其物质的量为3.94/197=0.02mol;根据CO₃²--BaCO₃可知，n(CO₃²2-)=0.02mol;浓度各为：c(SO₄²-)=0.01/0.1=0.1mol/L;c(CO₃²-)=0.02/0.1=0.2mol/L;综上所述，本题答案④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH₄+、SO₄²-、CO3²-;取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO₃溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在CI;综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；⑤溶液中肯定存在的离子是NH₄+,SO₄²-、CO₃²-,经计算，NH₄+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO₄²-、CO₃²的物质的量分别为0.01mol和0.02mol;阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol,阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mo知道，只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。极性【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C;Y²+电子层结构与氖相同，则Y为Mg;室温下M单质为淡黄色固体，则M为S,Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1)M为S,在周期表中位于第三周期第VIA族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S,S比C多一个电子层，则原子半径S>C,因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO₂。(3)C与S在高温下反应生成CS₂,化学方程式为C+2S商巡CS₂。CSz的电子式与CO₂一样，为S::c:s,化学键属于极性共价键。同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。2Na先熔化成闪亮的小球，然后剧烈燃烧，最终生成淡黄色的固体c浓硫酸木条不复燃木条复燃加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中(或加BaCl₂溶液等体现检验CO3的方法即可)NaHCO₃+HA=NaA+H₂O+CO₂↑Na₂CO₃NaHCO₃【解析】I.该实验装置①为实验室制备二氧化碳：盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，CaCO₃+2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂个，装置②为用于除去HCl,盐酸易挥发，装置②中试剂应为饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：HCO₃+H+=H₂O+CO₂↑;装置③为除去水蒸气，防止水蒸气与过氧化钠反应干扰二氧化碳与过氧化钠的反应，所以装置③中的试剂是应为浓硫酸；装置④⑤为对比试验，用于判断干燥的二氧化碳是否与过氧化钠反应；装置⑥则可避免空气中的水、二氧化碳进入④⑤,最后用带火星的木条检验是否生成氧气；(5②过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，然后根据双线桥法进行分析即可；(6①气体中有水，水也可与Na₂O₂反应产生O₂使木条复燃；二氧化碳与过氧化钠产生碳酸钠，水与过氧化钠反应产生氢氧化钠，所以证明产物中有碳酸钠，进而证明是二氧化碳和过氧化钠反应了；Ⅱ.(7)由于有机酸能与NaHCO₃反应生成CO₂和过量的NaHCO₃受热分解也会产生CO₂,从而使得蒸出来的馒头蓬松柔软，且口感好，据此分析解题；【详解】由于金属钠易与空气中的氧气和水蒸气反应，故金属钠要隔绝空气密封保存，发生的化学方程式为：4Na+O₂=2Na₂O,2Na+2H₂O=2NaOH+H₂↑,I.Na在氧气中加热，Na先熔化成闪亮的小球，然后剧烈燃烧，最终生成淡黄色的固体过氧化钠，故反应的化学方程式为,故答案为：Na先熔化成闪亮的小球，然后剧烈燃烧，最终生成淡黄色的固体；(1)装置①中盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO₃+2HCl=CaCl₂+H₂O+CO₂个，碳酸钙难溶于水，写化学式，所以离子方程式是：CaCO₃+2H+=Ca²++H₂O+CO₂↑,故答案为：CaCO₃+2H+=Ca²++H₂O+CO₂个；(2)装置②除去用于CO₂中混有的HCl,装置②中试剂应为：a.饱和NaOH溶液，氢氧化钠能吸收二氧化碳，a不合题意；b.饱和Na₂CO₃溶液，饱和碳酸钠能吸收二氧化碳，b不合题意；c.饱和NaHCO₃溶液，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：HCO₃+H+=H₂O+CO₂↑,而CO₂在其中的溶解度大大减小，c符合题意；故答案为：c;(3)实验的目的是验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，④⑤中通入的气体应该一个有水蒸气，一个没有，从而做对照试验；②中出来的气体是带水蒸气的，直接通入⑤中，则⑤中是有水蒸气的，所以④中就是没有水蒸气的，所以，③中为除去二氧化碳中的水蒸汽的装置，可用浓硫酸；故答案为：浓硫酸；(4①过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，步骤1:打开弹簧夹K₂,关闭K1,打开分液漏斗活塞加入盐酸，④中没有水蒸汽，则二氧化碳不能和过氧化钠反应；所以不能生成氧气，所以，a处带火星木条不复燃。步骤2:打开弹簧夹K₁,关闭K₂,打开分液漏斗活塞加入盐酸，⑤有水蒸汽，则二氧化碳能和过氧化钠反应生成氧气，所以，a处带火星木条复燃，故答案为：木条不复燃；木条复燃；(5)过氧化钠跟二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，故该反应的化学方程式是2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂,根据双线桥法进行分析如下：2,故答案为：(6)水与过氧化钠反应生成氧气，不能证明二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气使木条复燃，可用反应后的固体加入盐酸，观察生成的气体是否能使澄清石灰水变浑浊，说明生成碳酸钠，二氧化碳参加反应，或加BaCl₂溶液等体现检验CO₃的方法即可，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中(或加BaCl₂溶液等体现检验CO3的方法即可);Ⅱ.(7)由于有机酸能与NaHCO₃反应生成CO₂和过量的NaHCO₃受热分解也会产生CO₂,从而使得蒸出来的馒头蓬松柔软，且口感好，故蒸馒头时反应的化学方程式为：NaHCO₃+HA=NaA+H₂O+CO₂↑,该过程说明NaHCO₃受热易分解，而Na₂CO₃受热很难分解，故能体现出Na₂CO₃和NaHCO₃的热稳定性Na₂CO₃>NaHCO₃,故答案为：NaHCO₃+HA=NaA+H₂O+CO₂↑;;Na₂CO₃;NaHCO₃。26、(1)甲同学，丁达尔效应(2)B(3)A(4)渗析法硫酸少量时，有红褐色沉淀生成，硫酸过量时，沉淀溶解，溶液变成棕黄色【解析】试题分析：(1)由氢氧化铁胶体的制备方法可知，甲同学的制备方法更合理，直接加热饱和FeCl₃溶液，容易变浑浊，故乙同学的制备方法不合理；根据题意，向沸水中滴加饱和FeCl₃溶液，可以制备氢氧化铁胶体，但煮沸10分钟，容易使具有介稳性的胶体聚集为红褐色沉淀，故丙同学的制备方可以证明溶液中是否生成氢氧化铁胶体；(2)A、胶体中分散质粒子(简称胶粒)的直径介于1～100nm之间，A错误；B正确；C、胶粒作布朗运动，但这不是其稳定存在的原因，C错误；D、滤纸的孔径约为100nm,胶粒能透过滤但这不是其稳定存在的原因，D错误；答案选B;(3)A、胶体和溶液、浊液最本质的区别是分散质粒子的直径在1~但这也不是其本质；D、Fe(OH)₃胶体的分散质能透过滤纸，但这不是其本质；(4)胶体能透过滤纸，但不能透过半透膜，因此常用渗析法分离提纯所制的氢氧化铁胶体；氢氧化胶体遇到硫酸这种电解质的溶液时，【名师点睛】胶体的主要应用如下：(1)农业生产：土壤的保肥作用，土壤里许多物质如粘土腐殖质等常以胶体形式存在。(2)医疗卫生：血液透析，血清纸上电泳利用电泳分离各种氨基酸和蛋白质。医学上越来越多地利用高度分散的胶体来检验或治疗疾病，如胶态磁流体治癌术是将磁送到