2019-2020学年湖北省黄冈、华师附中等八校新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）1．某学习小组在室温下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲线如图。
（H2A 的电离分两步，H 2A=H++HA-，HA-H++A2-)下列说法错误的是A．室温时，E点对应的溶液中0.01 mol/L<c( H+)<0.02 mol/LB．F点对应溶质是NaHA，溶液显酸性C．G点溶液显中性的原因是溶质为Na2AD．H点溶液中，c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)【答案】C【解析】【分析】由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，G点溶液显中性，溶质为NaHA和Na2A，H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A。
【详解】A项、由题给信息可知，H2A分步电离，第一步完全电离，第二步部分电离，则0.01 mol/L的H2A溶液中0.01 mol/L<c( H+)<0.02 mol/L，故A正确；B项、F点20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成NaHA，NaHA溶液中只存在电离，溶液显酸性，故B正确；C项、G点溶液显中性，溶质应为电离显酸性的NaHA和水解呈碱性的Na2A，故C错误；D项、H点40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液与20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反应生成Na2A，因H2A 第一步完全电离，溶液中不存在H2A，则Na2A溶液中的物料守恒关系为c(Na+) = 2c(A2-) +2c(HA－)，故D正确。
2016年某某省某某市华师一附中自主招生化学模拟试卷（二）一、选择题1．用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后的电荷是守恒的，原子个数也是守恒的．现有如下离子方程式：RO3n﹣+F2+2OH﹣=RO4﹣+2F﹣+H2O，由此可知在RO3n﹣中，元素R的化合价是（）A．+4 B．+5 C．+6 D．+72．在FeO、Fe2O3和Na2CO3的混合物中，已知铁元素的质量分数为56%，则Na2CO3的质量分数可能是（）A．10% B．25% C．30% D．35%3．有一包固体混合物，其中含有硝酸银，硝酸铜，硝酸镁及铁粉，加入足量的水过滤．下列描述的情形不可能存在的是（）A．滤纸上有Ag，Cu，Fe滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+B．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+C．滤纸上有Ag，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+D．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+4．室温下，在pH=1的溶液中可能大量共存的是（）A．K+、Cl﹣、SO42﹣、OH﹣B．Na+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣C．NH4+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣5．除去氯化钾中少量的硫酸钾，加入试剂的最佳顺序是（）A．BaCl2溶液→K2CO3溶液→盐酸B．Ca（NO3）2溶液→K2CO3溶液→盐酸C．CaCl2溶液→K2CO3溶液→盐酸D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸二、填空题6．实验室常用的干燥剂碱石灰是CaO和NaOH的固体混合物，极易与空气中的水蒸气和二氧化碳反应而变质．某同学对一瓶久置的碱石灰作了如下探究：【提出猜想】猜想一：没有变质，只有CaO和NaOH两种固体；猜想二：已完全变质，碱石灰全部变成了CaCO3和Na2CO3．【实验探究】实验过程与现象如图所示：【做出判断】（1）若把Ca（OH）2、CaCO3和Na2CO3加入水中不会放出热量，侧由操作b中的现象可判断猜想二（填“成立”或“不成立”）．（2）操作f中发生反应的化学方程式为；由操作e、f中的现象可判断滤液里含有（填化学式），由此判断猜想一（填“成立”或“不成立”）．（3）综合（1）、（2）中的结论，判断该碱石灰的变质情况为．【拓展应用】（4）由上述实验说明，在实验室存放碱石灰应保存．操作c中玻棒的作用是．7．初三兴趣小组利用如下装置（部分固定装置已略去）制备氮化钙，并探究其化学式（实验式）．（1）按图连接好实验装置．检查装置气密性的方法是．（2）反应过程中末端导管必须插入试管A的水中，目的是．（3）制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞k并通入N2；②点燃酒精灯，进行反应；③反应结束后，；④拆除装置，取出产物．（4）数据记录如下：空硬玻璃管质量m0/g 硬玻璃管与钙的质量m1/g 硬玻璃管与产物的质量m2/g①计算得到化学式（实验式）Ca x N2，其中x=．②若通入的N2中混有少量O2，如上计算得到的x3（填写“＞”、“=”、“＜”），判断依据是：．2016年某某省某某市华师一附中自主招生化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题1．用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后的电荷是守恒的，原子个数也是守恒的．现有如下离子方程式：RO3n﹣+F2+2OH﹣=RO4﹣+2F﹣+H2O，由此可知在RO3n﹣中，元素R的化合价是（）A．+4 B．+5 C．+6 D．+7【考点】有关元素化合价的计算；常见元素与常见原子团的化合价；化合价规律和原则．【专题】化学式的计算．【分析】反应后1个RO4﹣离子带1个单位的负电荷、2个F﹣离子带2个单位的负电荷，而反应前2个OH﹣离子带2个单位负电荷，根据反应前后的电荷是守恒的，可判断RO3n﹣带1个单位负电荷；利用离子RO3n﹣带1个单位负电荷，计算其中R元素的化合价．【解答】解：由离子方程式RO3n﹣+F2+2OH﹣=RO4﹣+2F﹣+H2O，反应后1个RO4﹣离子带1个单位的负电荷、2个F﹣离子带2个单位的负电荷，而反应前2个OH﹣离子带2个单位负电荷，根据反应前后的电荷守恒，可判断n=1，则离子RO3n﹣为RO3﹣；设RO3﹣离子中R元素的化合价为x，则有x+（﹣2）×3=﹣1，解得x=+5；故选B．【点评】原子团中各元素的化合价代数和为整个原子团的化合价，根据原子团的化合价可以计算出其中未知元素化合价．2．在FeO、Fe2O3和Na2CO3的混合物中，已知铁元素的质量分数为56%，则Na2CO3的质量分数可能是（）A．10% B．25% C．30% D．35%【考点】有关化学式的计算和推断．【专题】化学式的计算．【分析】欲正确解答本题，可用极端假设法，假设铁全部来自FeO，根据铁和氧的比例，算出一个Na2CO3，再假设铁全部来自Fe2O3，再算出一个Na2CO3的质量分数，实际上Na2CO3的质量分数就是一个X围值，在它们两个之间的X围值．【解答】解：假设混合物共100g，极端假设．设混合物只有FeO和Na2 CO3，则含Fe56g，则与Fe结合的O应该是16g，余下的28g是Na2CO3；同理若为Fe2O3和Na2CO3的混合物，则含Fe56g，与Fe结合的O应该是24g，应该含Na2CO3的质量为20g，所以Na2CO3含量介于20g和28g之间．则Na2CO3的质量分数20%﹣﹣﹣28%之间．故选B．【点评】本题主要考查学生运用假设法解答实际问题的能力，常用的计算方法还有守恒法、平均值法等．3．有一包固体混合物，其中含有硝酸银，硝酸铜，硝酸镁及铁粉，加入足量的水过滤．下列描述的情形不可能存在的是（）A．滤纸上有Ag，Cu，Fe滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+B．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+C．滤纸上有Ag，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+D．滤纸上有Ag，Cu，滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+【考点】金属活动性顺序及其应用．【专题】金属与金属材料．【分析】根据金属活动顺序表中镁、铁、铜、银的金属活动性强弱去作答，在金属活动性顺序中，这四种金属的金属活动性由强到弱的顺序为镁＞铁＞铜＞银．【解答】解：A、若滤纸上有Ag，Cu，Fe，说明铁粉过量，则滤液中不会含有硝酸银和硝酸铜，滤液只含硝酸镁和硝酸亚铁，即滤液中有Fe2+，Mg2+，故A不可能；B、若滤纸上有Ag，Cu，根据铜的活动性比银强，滤液中就不会含有硝酸银，即滤液中没有Ag+，故B不可能；C、若滤纸上只有Ag，说明铁粉不足，可能没有完全反应硝酸银，因此滤液中含有硝酸银，硝酸铜，硝酸镁及硝酸亚铁，即滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+，Ag+；故C可能；D、若滤纸上有Ag，Cu，说明铁粉已完全置换了硝酸银，开始与硝酸铜反应，因此滤液中含有硝酸铜，硝酸镁及硝酸亚铁，即滤液中有Fe2+，Cu2+，Mg2+；故D可能；故选AB．【点评】活动性强的金属放入活动性弱的金属的混合盐溶液中，活动性强的金属会先把活动性最弱的金属从其盐溶液中置换出来，然后再置换活动性较弱的金属．4．室温下，在pH=1的溶液中可能大量共存的是（）A．K+、Cl﹣、SO42﹣、OH﹣B．Na+、SO42﹣、NO3﹣、CO32﹣C．NH4+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ D．Ba2+、NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣【考点】离子或物质的共存问题；溶液的酸碱性与pH值的关系；复分解反应的条件与实质．【专题】结合课本知识的信息．【分析】若离子之间结合成水或气体或沉淀，则不能共存，若不能结合成水或气体或沉淀，则可以大量共存，pH=1的溶液中有大量的H+．【解答】解：A中因在pH=1的溶液里有大量的H+，则OH﹣不可能大量存在，二着结合生成水，故A 错误．B中H+与CO32﹣生成水和二氧化碳，故B错误．C中不能结合成水或气体或沉淀，则可以大量共存，故C正确．D中Ba2+和SO42﹣反应生成沉淀，不能共存，故D错误．故选C．【点评】应熟悉复分解反应发生的条件判断离子能否共存，并注意习题中的隐含信息，如本题中pH=1．5．除去氯化钾中少量的硫酸钾，加入试剂的最佳顺序是（）A．BaCl2溶液→K2CO3溶液→盐酸B．Ca（NO3）2溶液→K2CO3溶液→盐酸C．CaCl2溶液→K2CO3溶液→盐酸D．BaCl2溶液→Na2CO3溶液→盐酸【考点】物质除杂或净化的探究；盐的化学性质．【专题】物质的分离、除杂、提纯与共存问题．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质．【解答】解：A、氯化钡溶液和硫酸钾反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，再加入碳酸钾除去过量的氯化钡溶液（生成碳酸钡沉淀和氯化钾），最后再加入稀盐酸除去过量的碳酸钾溶液（生成氯化钾、水和二氧化碳），能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项加入试剂的顺序正确．B、Ca（NO3）2溶液与碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，硝酸钾与碳酸钾、盐酸均不反应，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钾，不符合除杂原则，故选项加入试剂错误．C、CaCl2溶液和硫酸钾反应生成微溶于水硫酸钙和氯化钾，能除去杂质但引入了新的杂质硫酸钙，不符合除杂原则，故选项加入试剂错误．D、氯化钡溶液和硫酸钾反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，再加入碳酸钠除去过量的氯化钡溶液时，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，能除去杂质但引入新的杂质氯化钠，不符合除杂原则，故选项加入试剂错误．故选A．【点评】物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键．二、填空题6．实验室常用的干燥剂碱石灰是CaO和NaOH的固体混合物，极易与空气中的水蒸气和二氧化碳反应而变质．某同学对一瓶久置的碱石灰作了如下探究：【提出猜想】猜想一：没有变质，只有CaO和NaOH两种固体；猜想二：已完全变质，碱石灰全部变成了CaCO3和Na2CO3．【实验探究】实验过程与现象如图所示：【做出判断】（1）若把Ca（OH）2、CaCO3和Na2CO3加入水中不会放出热量，侧由操作b中的现象可判断猜想二不成立（填“成立”或“不成立”）．（2）操作f中发生反应的化学方程式为Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH；由操作e、f中的现象可判断滤液里含有Na2CO3（填化学式），由此判断猜想一不成立（填“成立”或“不成立”）．（3）综合（1）、（2）中的结论，判断该碱石灰的变质情况为部分变质．【拓展应用】（4）由上述实验说明，在实验室存放碱石灰应密封保存．操作c中玻棒的作用是引流．【考点】药品是否变质的探究；生石灰的性质与用途；碱的化学性质；盐的化学性质；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．【专题】科学探究．【分析】（1）根据物质溶于水的温度变化情况进行分析，（2）根据推导确定混合物的成分进行分析，（3）根据实验现象进行分析，（4）根据上面的实验结论进行分析，根据过滤操作中玻璃棒的作用解答．【解答】解：（1）混合物加水后试管壁发热，但是Ca（OH）2、CaCO3和Na2CO3加入水中不会放出热量，所以猜想二不成立．（2）浑浊液中的滤渣中滴加盐酸，产生气泡，说明混合物中有碳酸钙，滤液中滴加盐酸有气泡，加澄清石灰水有沉淀生成，说明滤液中有碳酸钠，碳酸钠能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和和氢氧化钠，但是如果只有氧化钙和氢氧化钠就不会生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，故猜想一不成立．（3）从（2）中的推导可知，混合物中既有CaO和NaOH，也有CaCO3和Na2CO3，是部分变质；（4）通过实验可知，碱石灰在空气中极易变质，应该密封保存，过滤操作C中玻璃棒起到了引流的作用．故答案为：（1）不成立；（2）Na2CO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2NaOH，Na2CO3，不成立；（3）部分变质；（4）密封，引流．【点评】在解此类题时，先根据题中的现象推出确定的物质，对于不确定的物质要设计实验进行验证．7．初三兴趣小组利用如下装置（部分固定装置已略去）制备氮化钙，并探究其化学式（实验式）．（1）按图连接好实验装置．检查装置气密性的方法是关闭活塞k，将末端导管插入试管A的水中，用酒精灯微热硬玻璃管，若导管末端有气泡冒出，撤去酒精灯冷却后，在导管内形成一段水柱，则证明装置的气密性良好．（2）反应过程中末端导管必须插入试管A的水中，目的是防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置，生成氧化钙，引入杂质．（3）制备氮化钙的操作步骤是：①打开活塞k并通入N2；②点燃酒精灯，进行反应；③反应结束后，继续通入氮气，将末端导管从试管A中撤出水面，再熄灭酒精灯；；④拆除装置，取出产物．（4）数据记录如下：空硬玻璃管质量m0/g 硬玻璃管与钙的质量m1/g 硬玻璃管与产物的质量m2/g①计算得到化学式（实验式）Ca x N2，其中x= 3 ．②若通入的N2中混有少量O2，如上计算得到的x ＜3（填写“＞”、“=”、“＜”），判断依据是：因为钙的总量不变，含有氧化钙的氮化钙总质量增大，钙与氮（不纯）元素的质量比减小，其个数比也变小，所以x值会减小．．【考点】质量守恒定律及其应用；实验操作注意事项的探究；检查装置的气密性．【专题】实验性简答题；结合课本知识的信息；图表分析，寻找有效数据．【分析】（1）利用装置内空气受热时膨胀，若在插入水中的导管末端观察到气泡冒出，且在停止受热后又出现导管内形成一段水柱的现象，可检测装置的气密性；（2）反应产生的尾气氮气不能与水反应也不能溶于水，把导管插入水中可以防止空气从导管进入装置而造成氧气与钙发生反应；（3）为防止钙与空气中氧气等发生反应，制备氮化钙时应先通入氮气排出装置内空气，然后点燃酒精灯加热进行反应；待反应结束后，为防止水倒流，在将导管从试管内水中撤出前应继续通入氮气，撤出导管后再熄灭酒精灯；最后拆除装置，取出产物；（4）由实验数据表中数据m1、m2与m0的差，计算参加反应钙的质量及生成氮化钙的质量，根据反应的化学方程式，由两物质的质量计算氮化钙化学式中x值．【解答】解：（1）将活塞k关闭，将末端导管插入试管A的水中，用酒精灯微热硬玻璃管，管内空气受热膨胀，若在导管末端观察到有气泡冒出，且在撤去酒精灯冷却后，装置内气体体积减小，导管内形成一段水柱时，可判断装置气密性良好；（2）导管插入水中，可以防止空气从导管进入装置而与钙发生反应，所以，反应过程中末端导管必须插入试管M的水中目的是：液封，防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置；（3）为防止试管内的水倒流，反应结束后，需要继续通入氮气，将末端导管从试管A中撤出水面，再熄灭酒精灯；（4）参加反应钙的质量=120.8g﹣114.8g=6.0g，反应生成氮化钙的质量=122.2g﹣114.8g=7.4g；xCa+N2═Ca x N240x 40x+286.0g7.4g=x=3故答案为：3．因为钙的总量不变，含有氧化钙的氮化钙总质量增大，钙与氮（不纯）元素的质量比减小，其个数比也变小，所以x值会减小．若通入的N2中混有少量O2，如上计算得到的x＜3．故答案为：（1）关闭活塞k，将末端导管插入试管A的水中，用酒精灯微热硬玻璃管，若导管末端有气泡冒出，撤去酒精灯冷却后，在导管内形成一段水柱，则证明装置的气密性良好；（2）防止空气中的氧气通过末端导管进入实验装置，生成氧化钙，引入杂质；word（3）继续通入氮气，将末端导管从试管A中撤出水面，再熄灭酒精灯；（4）①3；②＜；因为钙的总量不变，含有氧化钙的氮化钙总质量增大，钙与氮（不纯）元素的质量比减小，其个数比也变小，所以x值会减小．【点评】根据实验装置图，分析实验各装置的作用，理解兴趣小组同学制备氮化钙的实验方法，是解答本问题的基础．11 / 11。
2019年湖北省黄冈中学（理科实验班）自主招生化学模拟试卷（二）一、选择题（每小题仅有1个选项符合题意，每小题2分，共20分）1．（2分）人类目前所消耗的能量主要来自于煤、石油、天然气．石油没有固定的沸点，加热石油使不同沸点的组分分别气化、冷凝，分离后能得到汽油、煤油、柴油等产品．下列有关说法正确的是（）A．石油与煤、天然气均属于化石燃料，是可再生能源B．天然气的主要成分是甲烷（CH4），煤的主要成分是单质碳C．石油是混合物，石油分离制汽油、煤油、柴油是物理变化D．进入烧煤的厨房常感觉到刺鼻子和眼睛，是因为煤不充分燃烧生成了CO2．（2分）氮是一种重要的非金属元素，它的化合物蛋白质的相对分子质量从几万到几百万．毒奶粉中所加三聚氰胺的分子结构如图．下列有关说法正确的是（）A．空气中N2的质量分数为78%B．氮肥中一定含有氮元素C．三聚氰胺是蛋白质D．奶粉中加入三聚氰胺既可提高蛋白质含量，也可提高氮元素含量3．（2分）在化学学习中，经常会遇到“1+1≠2”的有趣现象．下列选项符合此现象的是（）A．10mL 10%的稀H2SO4与10mL 90%的浓H2SO4混合后的体积B．n个N2与n个O2混合后得到的分子总数C．1g饱和食盐水中加入1g水后所得溶液的质量D．1g氢氧化钠稀溶液和1g稀硫酸溶液混合后所得溶液的质量4．（2分）只需要加入①CuSO4；②Na2CO3；③AgNO3；④石蕊试液四种溶液中的一种，就能将BaCl2、HCl、NaOH三种无色溶液一次鉴别出来的有（）A．①②④B．②③④C．①②③D．①③④5．（2分）除去如表中各物质中的少量杂质，所选用的试剂、方法正确的是（）编号物质杂质（少量）试剂除杂操作方法A NaCl溶液CaCl2过量Na2CO3溶液过滤B KCl固体K2CO3足量稀盐酸蒸发、结晶C CuO固体Cu足量稀盐酸过滤、洗涤、干燥D CO2气体CO点燃A．A B．B C．C D．D6．（2分）在Ca（OH）2饱和溶液中通入或加入下列物质，冷却至室温，有沉淀析出，溶液pH值没有改变的是（）A．CO2B．Mg（NO3）2C．H2SO4D．CaO7．（2分）常用燃烧法测定有机物的组成，现取10.8g某有机物，在足量氧气中充分燃烧，生成30.8g CO2和7.2g H2O，则该有机物中（）A．一定含有C、H两种元素，不含O元素B．一定含C、H两种元素，可能含有O元素C．一定含有C、H、O三种元素D．C、H两种元素质量比为7：88．（2分）关于化学反应X+Y＝Z+R，下列说法正确的是（）A．若生成物Z和R分别是盐和水，则反应物一定是酸和碱B．若该反应是置换反应，Y和R是化合物，X是金属单质，则Z一定是金属单质C．若X是可溶性碱，Y是可溶性盐，则Z和R可能是两种沉淀D．若X、Y各取10g混合，使其充分反应，则Z、R质量之和一定为20g9．（2分）如图是a、b、c三种固体物质的溶解度曲线，下列说法中正确的是（）A．a的溶解度大于c的溶解度B．在t1℃时，a、c两种饱和溶液中溶质的质量分数都为40%C．c不饱和溶液由t2℃降温至t1℃时，可变成饱和溶液D．当a中含有少量b时，可通过降温结晶来提纯a10．（2分）在已调平的托盘天平的两边各放一个等质量的烧杯，向烧杯中各倒入质量相等、溶质质量分数也相等的稀盐酸，然后在左、右盘的烧杯中分别加入质量相等的金属X、Y 的粉末．观察到天平的指针先偏向右边，当两种金属完全溶解后，天平的指针偏向左边．则X、Y是下列组合中的（）A B C DX Mg Zn Zn FeY Fe Mg Fe ZnA．A B．B C．C D．D二、填空、解答题（15分）11．（6分）原子或离子半径大小比较的一般方法是：电子层数越多，半径越大；若电子层数相同，则核电荷数越大，半径越小；若电子层数和核电荷数均相同，则最外层电子数越多，半径越大。
湖北省黄冈中学2019年自主招生(理科实验班)预录考试化学模拟试题(E卷)(时间：45分钟；可能用到的相对原子质量: H:1,C:12,N:14，O:16, Na:23,Mg:24,Cl:35.5, Ca:40,Fe：56，)一、选择题(每小题有1个或2个选项符合题意,每小题2分,共24分，答案填写在下列答题卡中)1、生活在密闭狭小的特殊环境（如潜艇、太空舱）里，O2会越来越少，CO2会越来越多，因此将CO2转化为O2，不仅有科学意义也有重要的实用价值。
据科学文献报道，NiFe2O4在一定条件下既能促进CO2分解又可重复使用。
NiFe2O4在此反应中是：A．粘合剂B．制冷剂C．防腐剂D．催化剂2、经测定，一瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体不可能是：A．一种化合物B．两种化合物C．两种单质D．一种单质和一种化合物的混合物3、钴（Co）的化合物在锂电池中有很好的应用，LiCoO2（钴酸锂）在酸性介质中有强氧化性，其化学方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑，已知锂与钠有相似的化学性质，且反应中只有钴和氧元素的化合价发生了改变，则下列说法正确的是：A.该反应是复分解反应B.该反应中钴的化合价由+3价变为+2价C.该反应中氧的化合价降低D.钴酸根离子式CoO32﹣4、“绿色化学”要求原料物质中所有的原子完全被利用，全部转入期望的产品中，即原子利用率为100%。
由C2H4（乙烯）合成C4H8O2（乙酸乙酯）的过程中，为使原子利用率达到100%，在催化剂作用下还需加入的物质是：A. HCOOHB. H2O和CO2C. O2和H2OD. O25、实验室需要把烧杯A中的氢氧化钠溶液转移到烧杯B中，将烧杯A内的液体倒入烧杯B 后，烧杯A内会残留约1mL液体，之后用19mL蒸馏水清洗烧杯A的内壁，这部分液体也倾倒至烧杯B，烧杯A内仍残留约1mL液体……需要几次这样的清洗，才能保证原烧杯中的氢氧化钠溶液99.9%都被转移至新烧杯：A. 2次B. 3次C. 4次D. 5次6、如图为A物质的溶解度曲线。
