【化学】江西省南昌市八一中学五校2019-2020学年高一上学期期中考试联考试题（解析版）

【化学】江西省南昌市八一中学五校2019-2020学年高一上学期期中考试联考试题（解析版）

江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中、实验中学、南师附中五校2019-2020学年高一上学期期中考试联考试题 相对原子量：H 1 C 12 0 16 P 31 S 32‎ 一、单选题(本大题共16小题,共48分)‎ ‎1.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是( )‎ A. 燕馏 B. 过滤 C. 升华 D. 萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从文中“令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”可以看出，此操作是先让砒霜由固体气化，再遇冷的器皿后凝结成固体，显然此操作过程为升华。‎ 故选C。‎ ‎2.下列关于0.1mol/L Ca(NO3)2溶液的正确说法是( )‎ A. 该溶液可由1L水中溶解0.1moLCa(NO3)2制得 B. 1L该溶液中含有Ca2+和NO3-离子总数为3 × 6.02 × 1022个 C. 0.5L该溶液中Ca2+离子的物质的量浓度为0.2mol/L D. 0.5L该溶液中NO3-离子的物质的量浓度为0.1 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1L水中溶解0.1moLCa(NO3)2，该溶液的体积不是1L，Ca(NO3)2的浓度也不是0.1mol/L，A不正确；‎ B. 1L该溶液中含有Ca2+和NO3-离子总数为3 × 6.02 × 1022个，B正确；‎ C. 从溶液中取出一部分溶液，溶质的物质的量浓度不变，所以0.5L该溶液中Ca2+离子的物质的量浓度仍为0.1mol/L，C不正确；‎ D. 从溶液中取出一部分溶液，溶质的物质的量浓度不变，所以0.5L该溶液中NO3-离子的物质的量浓度为0.2 mol/L，D不正确。‎ 故选B。‎ ‎3.下列各组物质按照单质、化合物、混合物顺序排列的是（ ）‎ A. 石墨 Fe(0H)3胶体 澄清石灰水 B. 氮气 干冰 冰水混合物 C. 液态氧 CuSO4·5H2O 浓硫酸 D. 硫粉 碘酒 含氧40%的氧化镁 ‎【答案】C ‎【解析】A Fe(0H)3胶体是混合物，A错误。B冰水混合物是纯净物，B错误。C正确。D碘酒是碘的酒精溶液，为混合物，D错误。‎ ‎4.下列物质的分类合理的是( )‎ A. 酸性氧化物:CO2 、SiO 2、SO2、CO B. 碱:烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡 C. 混合物:盐酸、浓硫酸、水煤气、氢氧化铁胶体 D. 碱性氧化物:Na2O、CaO、MgO、Al2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO不是酸性氧化物，它是不成盐氧化物，A不正确；‎ B. 纯碱的化学式为Na2CO3，它属于盐，不属于碱，B不正确；‎ C. 盐酸、浓硫酸、水煤气、氢氧化铁胶体都是混合物，C正确；‎ D. Al2O3不是碱性氧化物，它是两性氧化物，D不正确。‎ 故选C。‎ ‎5.下列说法中不正确的是(　　)‎ ‎①将硫酸钡放入水中不能导电，硫酸钡是非电解质；‎ ‎②氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是电解质；‎ ‎③固态氯化氢不导电，液态氯化氢可以导电；‎ ‎④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，硫酸氢钠是酸；‎ ‎⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电。‎ A. 仅①④ B. 仅①④⑤‎ C. 仅②③ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，①错误；‎ ‎②‎ 氨气在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，②错误；‎ ‎③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的氯化氢不导电，液态的氯化氢只有氯化氢分子，不能导电，③错误；‎ ‎④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，属于盐，④错误；‎ ‎⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎不导电。碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，⑤错误；‎ 答案选D。‎ ‎6.关于胶体,下列说法正确的是( )‎ A. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数是0.1NA B. 纳米材料粒子直径一般在10-9m至10-7m之间,因此纳米材料属于胶体 C. Fe(OH)3胶体电泳的实验中,阴极附近颜色加深,阳极附近颜色变浅,证明Fe(OH)3胶体带正电 D. 将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙,化学性质没有明显变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 16.25gFeCl3物质的量为0.1mol，它不能完全水解，且Fe(OH)3胶体粒子由许许多多个Fe(OH)3构成，所以形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，A不正确；‎ B. 纳米材料粒子直径一般在10-9m至10-7m之间，纳米材料不属于分散系，所以不属于胶体，B不正确；‎ C. Fe(OH)3胶体电泳的实验中，阴极附近颜色加深，阳极附近颜色变浅，证明Fe(OH)3胶粒带正电，但胶体呈电中性，C不正确；‎ D. 将碳酸钙经过特殊加工制成纳米碳酸钙，虽然颗粒大小改变了，但化学组成未变，所以化学性质没有明显变化，D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 (　　)‎ A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3] B. 充有氢气的气球遇明火爆炸 C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D. 铁质菜刀生锈 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化还原反应的特征是：有元素化合价的升降，据此分析。‎ ‎【详解】A.铜铸塑像上出现铜绿是因为空气中O2、水蒸气、CO2与铜发生化学反应的结果：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，反应中铜元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，A项错误；‎ B.氢气气球遇明火爆炸，发生反应是：2H2+O22H2O，氢元素化合价升高，氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，B项错误；‎ C.大理石的主要成分是CaCO3，与酸雨反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2+H2O，此反应中没有元素化合价的升降，该反应不属于氧化还原反应，C项正确；‎ D.铁质菜刀生锈，是铁与空气中O2、水蒸气共同作用的结果：2Fe+O2+xH2O=Fe2O3xH2O，铁元素化合价升高，O2中氧元素化合价降低，该反应属于氧化还原反应，D项错误；答案选C。‎ ‎8.下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 氧化铜与盐酸反应：O2－＋2H＋=H2O B. 碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合：HCO3-＋OH－= H2O＋CO32-‎ C. 水垢溶解于醋酸中：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O D. 小苏打溶液与稀硫酸混合： CO32＋2H＋=CO2↑＋H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化铜属于氧化物，不能改写成离子的形式，A错误；‎ B. 碳酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液混合：HCO3-＋OH－= H2O＋CO32-，B正确；‎ C. 醋酸为弱酸，应以化学式表示，C错误；‎ D. 小苏打中，HCO3-不能改写为H+和CO32-，D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.某溶液遇石蕊溶液显红色，下列各组离子能在该溶液中大量共存的是(　　)‎ A. Na＋、NO3-、Ca2＋、Cl－ B. K＋、SO42-、HCO3-、Na＋‎ C Fe2＋、SO42-、OH－、Ba2＋ D. MnO4-、SO42-、NO3-、CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】某溶液遇石蕊溶液显红色，则该溶液呈酸性，解题时，每个备选项添加一个H+。‎ ‎【详解】A. Na＋、NO3-、Ca2＋、Cl－，再加入H+，离子仍能大量共存，A正确；‎ B. K＋、SO42-、HCO3-、Na＋，加入H+后，H+与HCO3-会发生反应，不共存，B错误；‎ C. Fe2＋、SO42-、OH－、Ba2＋，Fe2+与OH-、SO42-与Ba2+都不能大量共存，C不正确；‎ D. MnO4-、SO42-、NO3-、CO32-，再加入H+，它与CO32-不能大量共存，D错误。‎ 故选A。‎ ‎10.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2RO4n-＋3Cl－＋5H2O。则RO4n-中R的化合价是(　　)‎ A. 6 B. 5 C. 4 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对于离子方程式2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2RO4n-＋3Cl－＋5H2O，从电荷守恒角度分析，‎ ‎3+4=2n+3 n=2 从而得出RO4n-应为RO42-。‎ 对于RO42-，从化合价角度分析，R的化合价应为+6价。‎ 故选A。‎ ‎11.O2F2可以发生反应H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是(　　)‎ A. 氧气是氧化产物 B. O2F2既是氧化剂，又是还原剂 C. 若生成2.24L HF，则转移0.4mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于反应H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，H2S中的S元素化合价由-2价升为+6价，O2F2中的O元素，化合价由+1价降为0价。‎ A. O2F2是氧化剂，则氧气是还原产物，A错误；‎ B. O2F2氧化剂，不是还原剂，B错误；‎ C.‎ ‎ 因为没有指明反应条件，所以不能使用22.4L/mol进行计算，也就无法求出转移的电子数，C错误；‎ D. 还原剂(H2S)与氧化剂(O2F2)的物质的量之比为1∶4，D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.NA为阿伏加德罗常数的值.下列叙述正确的是( )‎ A. 在1.0mol·L-1 的NaHCO3溶液中，含有的Na+ 数为1NA B. 标准状况下，2.24 LCCl4中含有的分子总数为0.1NA C. 金属钠与水反应，生成22.4L氢气时，转移的电子数为2NA D. 1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在1.0mol·L-1 的NaHCO3溶液中则溶液中钠离子的浓度为1mol/L，因为没有给定溶液的体积，所以不能确定钠离子的个数，故A错误；‎ B、标准状况下，CCl4 为液态，故B错误；‎ C、题干中没有给出是否在标准状况下，因此22.4L氢气的物质的量不能确定，故转移电子数不能确定，故C错误；‎ D、1个氢氧根离子含有10个电子，1铵根离子含有10个电子，因此1 mol氢氧根离子与1 mol铵根离子所含电子数均为10 NA，故D正确；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎13.精确配制250 mL一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 选择仪器时，使用500mL容量瓶 B. 将称量好的氢氧化钠固体放入容量瓶中，加入少量水溶解 C. 在烧杯中溶解氢氧化钠后，立即将所得溶液注入容量瓶中 D. 将烧杯中的氢氧化钠溶液注入未经干燥的洁净容量瓶中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶规格的选择应尽可能与所配制溶液的体积相一致，若要求配制的溶液的体积和容量瓶容量恰好相等，就选择该容量瓶；若要求配制的溶液体积和容量瓶容量不相等，应选择容量略大于要求配制的溶液体积的容量瓶。例如，配制480 mL一定浓度的NaOH溶液，应选择500 mL容量瓶。本题应选用250 mL容量瓶，A错误；‎ B、容量瓶不能用着溶解的仪器，B错误；‎ C、氢氧化钠在溶解过程中放热，直接在容量瓶中溶解或将热溶液倾入其中会造成误差。C错误；‎ D、在配制过程中，只要保证溶质都进入容量瓶，就可以准确配制指定浓度的溶液，而容量瓶只要干净即可，是否有水不受影响，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏高的是( )‎ A. 定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线 B. 定容时仰视刻度线 C. 没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒 D. 称量NaCl固体时砝码上有杂质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.定容时加水加多了，溶液体积偏大，导致浓度偏低，虽用滴管吸出溶液至刻度线，浓度也和原来一样，故A错误；‎ B.定容时仰视刻度线，溶液体积偏大,所配溶液浓度偏小，故B错误；‎ C.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减少，浓度偏低，故C错误；‎ D.称量NaCl固体时砝码上有杂质,导致称量氯化钠偏多,浓度偏大,故D正确；‎ 本题答案为D。‎ ‎15.把0.2molKOH固体分别加入到下列100mL的溶液中，溶液的导电能力无变化的是( )‎ A. 蒸馏水 B. 0.2mol/L HNO3 C. 1mol/L H2SO4 D. 2mol/L CH3COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸馏水中加入KOH，离子浓度增大，导电能力增强，A不合题意；‎ B. 100mL0.2mol/L HNO3中加入0.2molKOH，生成0.2mol/L KNO3，另外，溶液中还有1.8mol/LKOH，所以溶液的导电能力增强，B不合题意；‎ C. 100mL1mol/L H2SO4中加入0.2molKOH固体，刚好完全反应，生成1mol/LK2SO4，离子浓度基本不变，溶液的导电能力基本不变，C符合题意；‎ D.100mL 2mol/L CH3COOH中加入0.2molKOH固体，二者刚好完全反应，由弱电解质转化为强电解质CH3COOK，导电能力增强，D不合题意。‎ 故选C。‎ 所以，只要比较加入前后溶液中离子总浓度的大小，就可判断溶液的导电能力如何变化。‎ ‎16.为除去下列待提纯物质中的杂质(括号内为杂质)，选用的试剂及操作方法均正确的是(　　)‎ 选项 待提纯物质 选用试剂 操作方法 A CaO(CaCO3)‎ 水 溶解、过滤、结晶 B Cu(CuO)‎ 稀盐酸 溶解、过滤、洗涤、干燥 C CuSO4(H2SO4 )‎ 氢氧化钠溶液 过滤 D CO(H2)‎ 氧气 点燃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸钙不溶于水，但CaO与水反应生成氢氧化钙，再过滤、结晶也不会得到CaO固体，故A错误；‎ B、CuO与稀盐酸反应生成氯化铜，氯化铜溶于水，而Cu与稀盐酸不反应，所以加入稀盐酸后，过滤、洗涤、干燥可得Cu固体，故B正确；‎ C、硫酸与氢氧化钠反应生成的硫酸钠溶于水，而硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，过滤得到的是氢氧化铜，故C错误；‎ D、CO与氢气都具有可燃性，在氧气中点燃都会燃烧，故D错误。‎ 答案选B。‎ 二、实验题（共12分）‎ ‎17.今有A、B、C、D、E、F六种装置，如图所示。请回答下列问题(橡皮管、导管可自由选用)。‎ ‎ ‎ ‎(1)实验室制取并收集氧气时应选择__________和__________相连接，制取并收集氢气时应选择__________和__________相连接。‎ ‎(2)进行木炭还原氧化铜并检验生成气体的实验，应选择________和________相连接，检验气体时观察到的实验现象是__________________________________。‎ ‎(3)实验室用无水醋酸钠固体和固体碱石灰加热制取甲烷气体。已知甲烷的密度比空气小，不溶于水。则制取甲烷气体可选用的装置为________，收集甲烷气体时可选用的装置为________。‎ ‎(4)如图是某学生设计的一种有洗气、贮气等用途的装置。欲除去O2中混有的水蒸气，瓶中可盛________。当用排水法收集氢气时，瓶内先装满水，气体从________(填“a”或“b”，下同)导管口通入。若要用水将瓶中氢气排出，水应从________导管口进入。‎ ‎【答案】(1). A (2). E (3). B (4). F (5). A (6). C (7). 澄清石灰水变浑浊 (8). A (9). F (10). 浓硫酸 (11). b (12). a ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从图可以看出，实验室制取氧气时，只能采用固、固加热型装置(B装置中无固体，不满足H2O2分解制O2的条件)，所以应选择A装置，答案为A。‎ 收集氧气时，因为没有排水集气的装置，只能选择向上排空气的装置，所以应选择和E相连接。答案为E 制取氢气时，应选择固、液不加热装置，即选择B装置。答案为B 收集氢气，可采用向下排空气的装置，即选择F装置。答案为F ‎(2)进行木炭还原氧化铜，应选择A装置。答案为A 检验生成气体的实验，即检验CO2气体，所以应使用澄清石灰水，与C相连接。答案为C 检验气体时观察到的实验现象是澄清石灰水变浑浊。‎ 答案为：澄清石灰水变浑浊 ‎(3)实验室用无水醋酸钠固体和固体碱石灰加热制取甲烷气体。已知甲烷的密度比空气小，不溶于水。则制取甲烷气体采用固、固加热型装置，可选用的装置为A。答案为A 收集甲烷气体时采用向下排空气法，可选用的装置为F。答案为：F ‎(4)如图是某学生设计的一种有洗气、贮气等用途的装置。欲除去O2中混有的水蒸气，瓶中可盛浓硫酸。答案为：浓硫酸 当用排水法收集氢气时，瓶内先装满水，气体从b管导入。答案为：b 若要用水将瓶中氢气排出，水应从a导管口进入。答案为：a ‎18.实验室用氯酸钾和二氧化锰制取氧气的反应方程式为：2KClO32KCl+3O2↑。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应中被氧化的元素名称为________，生成1mol O2时转移电子的数目是_________。‎ ‎（2）从反应后的固体混合物中分离出难溶于水的MnO2的具体实验操作名称：____________。‎ ‎（3）分离出的MnO2可用于实验室制取Cl2，化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，其离子方程式为__________________。‎ ‎（4）若两个反应中转移的电子的物质的量相同，则生成的O2和Cl2在相同状况下的体积比为____________。‎ ‎（5）以上两个反应都用到MnO2，其作用分别是____________、___________。‎ ‎【答案】(1). 氯 (2). 4NA (3). 溶解、过滤 (4). MnO2+4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (5). 1:2 (6). 催化剂 (7). 氧化剂 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在2KClO32KCl+3O2↑反应中，Cl元素化合价由+5价变成-1价，被氧化，生成1mol O2时转移4mol电子，数目为4NA，故答案为：氯；4NA；‎ ‎（2）从反应后的固体混合物中分离出难溶于水的MnO2应该采用先加水溶解，然后过滤的方法，故答案为：溶解、过滤；‎ ‎（3）浓盐酸中存在的是氢离子和氯离子，二氯化锰溶于水，在离子方程式里也要写出离子形式，所以MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（4）2KClO32KCl+3O2↑的反应中生成3mol氧气转移12mol电子，MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2 +2H2O反应中，生成1mol氯气转移2mol电子，则转移12mol电子时生成6mol氯气，所以转移的电子的物质的量相同，则生成的O2和Cl2在相同状况下的体积比为3：6=1：2；故答案为：1：2；‎ ‎（5）2KClO32KCl+3O2↑的反应中MnO2是催化剂，MnO2+4HCl（浓）Cl2↑+MnCl2+2H2O反应中MnO2是氧化剂，故答案为：催化剂；氧化剂。‎ ‎19.A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是HCl、BaCl2、NaHSO4、Na2CO3和AgNO3‎ 中的一种。已知：①A与B反应有气体生成 ②B与C反应有沉淀生成 ③C与D反应有沉淀生成 ④D与E反应有沉淀生成 ⑤A与E反应有气体生成 ⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质 请填空：‎ ‎⑴在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式(分子式)是__________。‎ ‎⑵A是________，B是_______，C是_______，D是_______，E是________。‎ ‎⑶A与E反应的离子方程式是____________________________________________。‎ ‎【答案】（1）AgCl（2）Na2CO3、HCl、AgNO3、BaCl2、NaHSO4（3）CO32-+2H+=H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。‎ ‎【详解】根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，B与D中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，C必然是AgNO3；再根据①，A与B反应有气体生成，推断B一定是HCl，那么，D是BaCl2，A是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是E，‎ ‎（1）根据以上分析，反应③为AgNO3和BaCl2的反应，生成AgCl沉淀，故答案为：AgCl；‎ ‎（2）由以上分析可知A为Na2CO3，B为HCl，C为AgNO3，D为BaCl2，E为NaHSO4，故答案为：Na2CO3；HC1；AgNO3；BaCl2；NaHSO4。‎ ‎（3）Na2CO3与NaHSO4反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式是：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。故答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。‎ ‎20.(1)以下为中学化学中常见的几种物质:①NaOH溶液②铜丝③蔗糖晶体④无水乙醇⑤稀硫酸⑥液氨⑦氨水⑧SO2 ⑨硫酸钡晶体⑩熔融 NaC1,上述状态下可导电的________;上述状态下的电解质不能导电是__________________‎ ‎(2)写出⑤和⑦发生反应的离子方程式___________________.‎ ‎ (3)在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmol BaCl2,恰好使溶液中的SO42-完全沉淀;若加入足量NaOH 并加热可得到c molNH3,则原溶液中 A13+‎ 的物质的量浓度为_____________________.‎ ‎【答案】(1). ①②⑤⑦⑩ (2). ⑨ (3). H++NH3·H2O==NH4++H2O (4). mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】①NaOH溶液，可导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎②铜丝，能导电，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎③蔗糖晶体，不导电，非电解质；‎ ‎④无水乙醇，不导电，非电解质；‎ ‎⑤稀硫酸，可导电，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑥液氨，不导电，非电解质；‎ ‎⑦氨水，可导电，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎⑧SO2，不导电，非电解质；‎ ‎⑨硫酸钡晶体，不导电，电解质；‎ ‎⑩熔融 NaC1，可导电，电解质。‎ 由以上分析知，‎ ‎(1)上述状态下可导电的①②⑤⑦⑩。答案为：①②⑤⑦⑩‎ 上述状态下的电解质不能导电是⑨。答案为：⑨‎ ‎(2)⑤和⑦发生反应的离子方程式H++NH3·H2O=NH4++H2O。‎ 答案为：H++NH3·H2O=NH4++H2O ‎ (3)n(NH4+)=n(NH3)=c mol，则n[(NH4)2SO4]=，‎ 则Al2(SO4)3电离出的n(SO42-)=(b-)mol，‎ 从而得出 答案为：mol/L ‎21.（1）在标准状况下，10.2g PH3 与标况下_______L CH4 含有相同的H原子。‎ ‎（2）某气体氧化物化学式RO2，在标准状况下，1.28g 该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为_______________,R的相对原子质量为_______________.‎ ‎【答案】(1). 5.04 (2). 64g/mol (3). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）10.2g PH3中含H原子的物质的量为 ‎ 则CH4 含有的H原子也为0.9mol，标况下CH4的体积为 答案为：5.04‎ ‎（2）n(RO2)=‎ M(RO2)= 答案为：64g/mol R的相对原子质量为64-32=32 答案为：32‎