【化学】江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

【化学】江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高一上学期第三次月考试题 相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137‎ 一、选择题（本题共18小题，每题只有一个正确选项，每小题3分，共54分）‎ ‎1.装运金属钠的包装箱标签上应印有下列警示标记中的（ ）‎ A. 爆炸品 B. 遇湿易燃品 ‎ C. 氧化剂 D. 腐蚀品 ‎【答案】B ‎【解析】钠的化学性质活泼，能与水剧烈反应生成氢气，为遇湿易燃物品，在装运金属钠的包装箱标签上应印有遇湿易燃物品警示标记，A. 为爆炸品标志，故A不选；B. 为遇湿易燃物品，故B选；C. 为氧化剂标志，故C不选；D. 为腐蚀品标志，故D不选；答案选B。‎ ‎2.下列物质的分类合理的是( )‎ A. 氧化物：CO2、NO、SO2、H2O B. 碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、Na2CO3‎ C. 铵盐：NH4Cl、NH4NO3、NH4HCO3、NH3·H2O D. 碱性氧化物：Na2O2、CaO、Mn2O7、Al2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化物是由两种元素构成，其中一种为氧元素的化合物，故CO2、NO、SO2、H2O均为氧化物，故A正确；‎ B、碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，Na2CO3的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，不是碱，是盐，故B错误；‎ C、铵盐为阳离子是铵根离子，阴离子是酸根离子的化合物，NH3•H2O电离出的阴离子全部是氢氧根，不是铵盐，是碱，故C错误；‎ D、碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水氧化物，而Mn2O7能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，不是碱性氧化物；Al2O3‎ 既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水，是两性氧化物，不是碱性氧化物，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3. 用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同 B. 0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1NA C. 同温同体积时，两种气体的压强比等于物质的量之比 D. 46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数为NA ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，故A正确；Al与足量盐酸反应生成AlCl3，所以0.5molAl与足量盐酸反应转移电子数为1.5NA，故B错误；根据阿伏加德罗定律的推论，同温同体积时，两种气体的压强比等于物质的量之比，故C正确；46gNO2和N2O4的混合物含有的分子数小于NA，故D错误。‎ ‎4.已知aRO4x-+bH++cCl-=dR2++5Cl2↑+8H2O，则RO4x-中R的化合价为（ ）‎ A. +4 B. +5 C. +6 D. +7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒计算x，则可确定RO4x-中R的化合价，以此解答该题。‎ ‎【详解】对应反应aRO4x-+bH++cCl-＝dR2++5Cl2↑+8H2O，由质量守恒可知b=16，c=10，a=2，d=2，结合电荷守恒可知16-2x-10=4，则x=1，因此可确定RO4x-中R的化合价+7，答案选D。‎ ‎5.下列离子能大量共存而且溶液为无色透明的是(　 　)‎ A. NH4＋ 、 Al3＋、SO42- 、NO3－‎ B. Cu2＋、 Na＋ 、NO3- 、CO32－‎ C. Na＋、 K＋ 、 OH－ 、 Mg2＋‎ D. OH－、 K＋ 、HCO3－ 、CO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液无色，则有颜色的离子不能大量存在，结合离子共存分析判断。‎ ‎【详解】A．溶液无色，且离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；‎ B．Cu2+有颜色，不符合溶液无色要求，故B错误；‎ C．OH-与Mg2+反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；‎ D．H+与HCO3-、CO32-都能够反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.如图所示是某化学兴趣小组根据教材知识设计的证明Na2CO3与NaHCO3热稳定性的套管实验。下列叙述中不正确的是(　　)‎ A. 甲为NaHCO3，乙为Na2CO3‎ B. 要证明NaHCO3受热能产生水，可在小试管内放置沾有少量无水硫酸铜粉末的棉花球 C. 加热不久就能看到A烧杯中的澄清石灰水变浑浊 D. 整个实验过程中A烧杯中澄清石灰水不会变浑浊 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．碳酸氢钠不稳定，受热易分解，碳酸钠受热不分解，结合图中装置可知，乙受热温度高，应该为碳酸钠；B．白色的无水硫酸铜与水反应生成蓝色的硫酸铜晶体，据此可以检验是否有水生成；C．碳酸钠不分解，则A烧杯中不会出现浑浊现象，应该是B烧杯中的澄清石灰水出现浑浊现象；D．由于碳酸钠稳定性较强，加热过程中不分解，则整个过程中A烧杯中的澄清石灰水不会变浑浊．‎ ‎【详解】A、由图可知，实验时大试管内的温度高于小试管内的温度，为了证明Na2CO3的热稳定性大于NaHCO3的热稳定性，该套管实验中乙为Na2CO3，甲为NaHCO3，故A正确。B、无水硫酸铜遇水变蓝，故B正确。C、实验过程中NaHCO3受热分解产生CO2，B烧杯中澄清石灰水变浑浊；Na2CO3受热不分解，无CO2气体产生，所以A烧杯中澄清石灰水不会变浑浊，故C错误，D、由于碳酸钠不分解，则整个过程中烧杯A中的澄清石灰水不会变浑浊，D正确；故选C。‎ ‎7.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（ ）‎ ‎①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是化合反应 ‎②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2稀溶液反应得到白色沉淀 ‎③钠在常温下不容易被氧化 ‎④Na2O2可做供氧剂，而Na2O不能 ‎⑤向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡生成 A. 只有④ B. ②③④⑤ C. ②⑤ D. ④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①Na2O2与水反应不是化合反应，故①错误；‎ ‎②NaHCO3溶液不与CaCl2溶液反应，故②错误；‎ ‎③钠在常温下易被氧化成氧化钠，故③错误；‎ ‎④Na2O2能和水蒸气或二氧化碳反应放出氧气，可做供氧剂，而Na2O不能，故④正确；‎ ‎⑤向酚酞溶液中加入Na2O2粉末，生成氢氧化钠和氧气，溶液先变红，由于反应中有H2O2生成，且H2O2具有强氧化性，所以溶液会褪色，故⑤正确；‎ 答案选D ‎8. 有下列三个反应：‎ ‎①Cl2+FeI2=FeCl2+I2‎ ‎②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br－‎ ‎③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3+、CoCl2‎ B. 根据以上方程式可以得到氧化性：Cl2>Fe3+>Co2O3‎ C. 在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化 D. 可以推理得到Cl2+FeBr2 =FeCl2+Br2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：反应①②③的氧化产物分别是I2、Fe3+、Cl2，故A错误；根据氧化还原反应的方程的左边的氧化剂的氧化性大于右边的氧化剂，还原剂的还原性大于右边的还原剂，可以知道Co2O3>Cl2>Fe3+，故B错误，③在Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，转移的电子数为2，所以当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化，故C正确根据②2Fe2++Br22Fe3++2Br－，可以知道，氧化性Br2>Fe3+，所以Cl2+FeBr2FeCl2+Br2是错误的，故D错误，本题的答案选C。‎ ‎9.将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为(　　)‎ A. 3∶2 B. 2∶1‎ C. 3∶4 D. 4∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入盐酸中发生反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，加入氢氧化钠溶液中发生：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，假设在盐酸中产生氢气3mol，在氢氧化钠溶液中产生氢气为2mol，合金中铝的物质的量为：4/3mol，则铁的物质的量为1mol，因此铁和铝的物质的量之比为：3：4，故选项C正确。‎ ‎10.将2.3 g钠放入97.8 g水中，下列说法正确的是(用NA表示阿伏加德罗常数的值) （ ）‎ A. 转移电子的数目为0.2NA B. 所得溶液中溶质的质量分数为2.3%‎ C. 产生气体的体积为1.12 L D. 产生的气体含有0.1 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】n（Na）=2.3g/23g/mol=0.1mol，钠和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式可知，溶液质量增加量为2.3g-0.1mol×1/2×2g/mol=22.g，所以溶液质量为97.7g+2.2g=99.9g，据此答题。‎ ‎【详解】A.每个钠原子失去一个电子，根据钠和转移电子之间关系式可知，转移电子的数目为0.1NA，故A错误；‎ B.根据钠原子守恒得n（NaOH）=n（Na）=0.1mol，m（NaOH）=0.1mol×40g/mol=4g，‎ 溶液中溶质的质量分数为4g/（97.7g+2.2g）×100%＞2.3%，故B错误；‎ C.根据转移电子守恒可知，生成的氢气的物质的量=0.1mol×1/2=0.05mol，温度和压强未知，单质气体摩尔体积未知，所以无法计算气体的体积，故C错误；‎ D.根据C可知，生成氢气的物质的量为0.05mol，每个氢气分子含有2个电子，则生成氢气中含有电子的物质的量为0.05mol×2=0.1mol，故含有0.1mol电子，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH4＋、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO32－、SO42－，现取三份各200mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液无沉淀产生，加热后，收集到气体NH3 0.06mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为4.66g。 根据上述实验，下列推测正确的是（ ）‎ A. 一定存在K＋和NH4＋‎ B. 200mL溶液中含0.02mol CO32－‎ C. Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在 D. 4.66g沉淀中含BaCO3和BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl-、CO32-、SO42-；第二份溶液加足量NaOH溶液无沉淀产生，说明不存在Mg2＋，加热后收集到气体NH3，推得一定含有NH4+；第三份加足量BaCl2溶液后，有沉淀生成，经盐酸洗涤后，沉淀减少，说明溶液一定存在CO32-、SO42-，一定不存在Ba2+；根据阴阳离子的电荷守恒，结合题给数据计算判断K+、Cl－是否存在。‎ ‎【详解】根据上述分析，溶液中一定不存在Mg2＋、Ba2＋，一定存在NH4＋、CO32－、SO42－。第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体NH30.06mol，说明含有0.06mol NH4＋；第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为4.66g。因此BaSO4为4.66g，物质的量为═0.02mol，说明含有0.02mol SO42-；BaCO3为12.54g-4.66g═7.88g，物质的量为═0.04mol，则CO32-物质的量为0.04mol；CO32-、SO42-所带负电荷分别为0.04mol×2、0.02mol×2，共0.12mol，NH4+所带正电荷为0.06mol，根据溶液中电荷守恒，可知K+一定存在，K+物质的量≥0.06mol，当K+物质的量＞0.06mol时，溶液中还必须含有Cl-。‎ A、上述分析可知一定含有K+和NH4+，故A正确；‎ B、由上述分析可得，200mL溶液中含有CO32-物质的量为0.04mol，故B错误；‎ C、溶液中一定存在CO32-、SO42-、NH4+，Ba2+和CO32-、SO42-，可发生离子反应生成BaCO3↓、BaSO4↓，因此Ba2+‎ 一定不存在。同时第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体，没有产生沉淀，说明一定不含Mg2+，故C错误；‎ D、第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤。干燥后，沉淀质量为4.66g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，沉淀质量为4.66g为BaSO4，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎12.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的说法中，正确的是（ ）‎ A. Na2CO3俗称纯碱或苏打，是治疗胃酸过多的一种药物 B. 相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3‎ C. 等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与等物质的量浓度的过量盐酸反应，完全反应后，在相同条件下Na2CO3产生的CO2气体的体积大 D. 充分加热agNa2CO3和NaHCO3的混合固体，根据固体质量减重bg可以计算出混合固体中Na2CO3的质量分数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Na2CO3的俗名为纯碱，碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，故A错误；‎ B、相同温度下，在水中Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故B错误；‎ C、106g Na2CO3和84g NaHCO3均为1mol，与过量酸反应时，由C原子守恒可知，生成二氧化碳均为1mol，即放出CO2的质量相等，所以相同质量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3＜NaHCO3，故C错误；‎ D、充分加热Na2CO3和NaHCO3的混合固体，只有碳酸氢钠分解生成碳酸钠和二氧化碳、水，根据固体质量减重，可以计算出混合固体中NaHCO3的质量，从而计算固体中Na2CO3的质量分数，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.将2.8 g CO和0.2 g H2在足量的氧气中充分燃烧，使生成的CO2和水蒸气通过过量的过氧化钠，完全反应后固体的质量变化量是（ ）‎ A. 增加了3.0 g B. 减少了3.0 g C. 增加了2.6 g D. 减少了2.6 g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】H2燃烧生成水，水再与过氧化钠反应，反应方程式为2H2＋O22H2O、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，可认为总反应方程式为H2＋Na2O2=2NaOH，固体增加的质量即为H2‎ 的质量；CO燃烧生成CO2，CO2再与过氧化钠反应，反应方程式为2CO＋O22CO2、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，可认为总反应方程式为CO＋Na2O2=Na2CO3，固体增加的质量即为CO的质量。综上分析可知，最终固体增加的质量为H2、CO的质量和，即为2.8 g＋0.2 g＝3.0g。‎ 答案选A。‎ ‎14.为达到下列实验目的，所采用的方法合理的是（　 　）‎ A. 溴水中提取溴：分液 B. 分离水和汽油的混合物：蒸馏 C. 分离食盐水和淀粉溶液的混合物：渗析 D. 从硝酸钾和氯化钠混合液中获取硝酸钾：萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则从溴水中提取溴，应选择萃取法，故A错误；‎ B．水和汽油的混合物分层，应选择分液法，而蒸馏分离互溶的液体，故B错误；‎ C．淀粉溶液属于胶体，用渗析的方法可以分离食盐水和淀粉溶液的混合物，故C正确；‎ D．硝酸钾和氯化钠均溶于水，但二者溶解度受温度影响不同，不能利用萃取法分离，应选择结晶法，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备胶体:  Fe3＋+3H2OFe(OH)3↓+3H＋‎ B. 在H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H＋+SO42-+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O C. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2＋=Cu +2Na＋‎ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，不是生成氢氧化铁沉淀，故A错误；‎ B. 在H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，反应的离子方程式为：2H＋+SO42-+Ba2＋+2OH－=BaSO4↓+2H2O，故B错误；‎ C．钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀、氢气和硫酸钠，反应的离子方程式可以表示为：2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+H2↑+2Na+，不能置换出铜，故C错误；‎ D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2++OH-═CaCO3↓+H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16. 把一小块钠投入水中，不会出现的现象是（ ）‎ A. 钠浮在水面上 B. 钠熔化成银白色的小球，不停地游动 C. 溶液由无色变为红色 D. 发出“嘶嘶”响声 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、钠的密度小于水，所以钠会浮在水面上，故A正确；B、钠的熔点较低，钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，同时放出大量的热，放出的热量使钠熔成小球，故B正确；C、钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠溶液没有颜色，故C错误；D、钠和水剧烈反应生成氢气，反应速度很快，会发出“嘶嘶”响声，故D正确；故选C。‎ ‎17.NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为：MnO4-＋NO2-＋ →Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列叙述中正确的是(　 　)‎ A. 该反应中NO2-被还原 B. 反应过程中溶液的酸性增强 C. 生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D. 方程式中缺少的粒子是OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒、硝酸钠和高锰酸钾之间的关系式分析解答。‎ ‎【详解】A．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；‎ B．根据元素守恒、电荷守恒知，方程式中缺少微粒是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的酸性减弱，故B错误；‎ C．根据转移电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故C正确；‎ D．根据元素守恒、电荷守恒知，方程式中缺少的微粒是H+，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎18.将2.32g碳酸钠、氢氧化钠的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如下图所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A. OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-→H2O B. B当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为224mL C. A点溶液中的溶质为NaC1、Na2CO3‎ D. 混合物中NaOH的质量0.60g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图像，OA段没有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O  CO32-+H+═HCO3-，故A错误；‎ B、AB段反应放出二氧化碳，发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据方程式n(CO2)=(35-25)×10-3L×1mol/L=0.01mol，所以二氧化碳的体积为：0.01mol×22.4L/mol=224mL，故B正确；‎ C、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O  CO32-+H+═HCO3-，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，故C错误；‎ D、由反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，n(CO2)=n(Na2CO3)=(45-25)×10-3×1=0.02mol，所以氢氧化钠的质量为2.32g-0.02×106g=0.2g，故D错误；‎ 故选B。‎ 二、填空题（共46分）‎ ‎19.（1）在同温同压下，同体积的气体甲烷（CH4）和二氧化碳密度之比为_________。‎ ‎（2）在K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中，Fe3＋的物质的量浓度为0.1mol•L-1，SO42-的物质的量浓度为0.3mol•L-1，则混合液中K+的物质的量浓度为______________ mol•L-1 。‎ ‎（3）将铝粉加入氢氧化钠溶液中，写出该反应的离子方程式：__________。‎ ‎（4）用KMnO4‎ 氧化盐酸溶液，反应方程式如下2KMnO4+16HCl===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，若产生的Cl2在标准状况下体积为56 L，则反应中被氧化的HCl的物质的量是___ mol；用单线桥标出电子转移的方向和数目。___‎ ‎【答案】(1). 4∶11 (2). 0.3 (3). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑ (4). 5 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比；‎ ‎(2)溶液呈电中性，根据电荷守恒列式计算；‎ ‎(3)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；‎ ‎(4)根据n=计算生成Cl2物质的量，再根据方程式计算HCl，结合元素化合价的变化分析解答。‎ ‎【详解】(1)同温同压下，同体积的甲烷(CH4)和二氧化碳密度之比等于相对分子质量之比=16∶44=4∶11，故答案为：4∶11；‎ ‎(2)溶液呈电中性，根据电荷守恒有3c(Fe3+)+c(K+)=2c(SO42-)，则：‎ ‎0.1mol/L×3+c(K+)=2×0.3mol/L，解得：c(K+)=0.3mol/L，故答案为：0.3；‎ ‎(3)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，故答案为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；‎ ‎(4)反应中16molHCl只有10mol被氧化，即被氧化的HCl占总的HCl物质的量，Cl2在标准状况下体积为56 L，氯气的物质的量==2.5mol，所以反应中参加反应的HCl的物质的量为8mol，则被氧化的HCl的物质的量为8mol×=5mol，反应中Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，该反应转移10e-，电子转移的方向和数目用单线桥表示为，故答案为：5；。‎ ‎20.下图表示实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签，试根据标签上的有关数据回答下列问题 ‎(1)该浓盐酸的物质的量浓度为______mol·L－1。‎ ‎(2)取用任意体积的该浓盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______(填字母代号)。‎ A．溶液中HCl物质的量 B．溶液的浓度 ‎ C．溶液中Cl－的数目 D．溶液的密度 ‎(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480 mL物质的量浓度为0.400 mol·L－1的稀盐酸。‎ ‎①该学生需要量取_________mL（保留一位小数）上述浓盐酸进行配制。如果实验室有5mL、10mL、50mL量筒，应选用___________mL量筒最好。‎ ‎②配制时所需仪器除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的仪器有：___________。‎ ‎③下列情况会导致所配溶液的浓度偏低的是__________(填字母代号)。‎ A．浓盐酸挥发，浓度不足 ‎ B．配制前容量瓶中有少量的水 C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 ‎ D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出 ‎【答案】 (1). 12 (2). BD (3). 16.7 (4). 50 (5). 500mL容量瓶、胶头滴管 (6). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c=计算出浓盐酸的物质的量浓度；‎ ‎(2)根据各量的计算公式是否与体积有关判断；‎ ‎(3)①根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓溶液的体积；②根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤分析；③根据c=分析判断。‎ ‎【详解】(1)该浓盐酸的物质的量浓度为= mol/L =12mol/L，故答案为：12； ‎ ‎(2)任何溶液都是均一稳定的分散系，任何体积溶液的密度和浓度不变，而体积不同时，溶质的物质的量不同，溶液中离子的数目也不同，故选BD；‎ ‎(3)①配制480mL溶液，实验室没有480mL容量瓶，应该配制500mL 0.400mol/L的溶液，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，有c1V1=c2V2，V1==0.0167L=16.7mL，配制溶液需要量取16.7mL浓盐酸，根据题意，只能选用50mL量筒，故答案为：16.7；50；‎ ‎②利用浓盐酸稀释配制500mL稀盐酸溶液，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，则配制仪器除烧杯、量筒和玻璃棒外，还需要的仪器是500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎③A．浓盐酸挥发，导致浓盐酸的浓度减小，量取的浓盐酸中氯化氢的物质的量减小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故A正确；B．配制时，容量瓶未干燥有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都没有影响，所以不影响配制结果，故B错误；C．俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏大，故C错误；D．加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，溶液浓度偏低，故D正确；故答案为：AD。‎ ‎21.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2＋、Ag＋、Na＋、Cu2＋和NO3－、SO42－、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。‎ ‎①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；‎ ‎②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据①②实验事实可推断它们的化学式为：‎ ‎（1）A____________ D ______________；‎ ‎（2）写出盐酸与B反应的离子方程式：__________________；‎ ‎（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式_______________；‎ ‎（4）若现有某E溶液，确定该溶液中是否含SO42﹣的检验方法是：______。‎ ‎【答案】(1). BaCl2 (2). Na2CO3 (3). Ag＋+Cl－=AgCl↓ (4). Cl－、NO3－、Cu2＋ (5). Fe+ Cu2＋= Fe2＋ + Cu (6). 取少量E溶液于试管中，先加稀盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明E中 含SO42﹣‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3，Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3，即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。‎ ‎①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；‎ ‎②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，因此A为BaCl2，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知A为BaCl2；D为Na2CO3，故答案为：BaCl2；Na2CO3 ；‎ ‎(2)B溶液为AgNO3，与盐酸反应生成氯化银沉淀，离子方程式为Ag++Cl-═AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-═AgCl↓；‎ ‎(3)A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，反应生成AgCl和硫酸钡沉淀，溶液中存在的离子及物质的量之比为n(Cl-)∶n(NO3-)∶n(Cu2+)=1∶1∶1，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2+，故答案为：Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe 2+；‎ ‎(4)若现有某E溶液，确定该溶液中是否含SO42﹣，可以通过稀盐酸和氯化钡溶液检验，具体操作为：取少量E溶液于试管中，先加稀盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明E中 含SO42﹣，故答案为：取少量E溶液于试管中，先加稀盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明E中 含SO42﹣。‎ ‎22.过氧化钠常用作漂白剂、杀菌剂、消毒剂，能与水和二氧化碳等物质发生反应，保存不当时容易变质。某实验小组以过氧化钠为研究对象进行了如下实验。‎ ‎(1)探究一包Na2O2样品是否已经变质：取少量样品，加水将其溶解，加入__________溶液，充分振荡后有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。‎ ‎(2)该实验小组为了粗略测定过氧化钠的质量分数，称取了m g样品，并设计用下图装置来测定过氧化钠的质量分数。‎ ‎①装置D的作用是_________________________________；‎ ‎②写出装置C中发生主要反应的化学方程式____________；‎ ‎③读出量筒内水的体积后，将其折算成标准状况下氧气的体积为VmL，则样品中过氧化钠的质量分数为______________。‎ ‎【答案】(1). BaCl2(或CaCl2均可) (2). 除去多余的CO2 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). %‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)过氧化钠在空气中变质会最后生成碳酸钠固体，依据碳酸根离子检验是否变质；‎ ‎(2)①装置D是吸收二氧化碳避免干扰氧气的体积测定；‎ ‎②装置C中发生二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应；‎ ‎③结合生成氧气的体积计算物质的量，再结合化学方程式计算得到过氧化钠的物质的量，得到过氧化钠的质量分数。‎ ‎【详解】(1)过氧化钠在空气中变质会生成碳酸钠固体，探究一包过氧化钠样品是否已经变质，可以利用碳酸根离子和钡离子(或钙离子)结合生成碳酸钡(或碳酸钙)白色沉淀证明Na2O2已经变质，故答案为：BaCl2(或CaCl2)；‎ ‎(2)①装置D的作用是：吸收氧气中混有的二氧化碳气体，故答案为：除去多余的CO2；‎ ‎②装置C中是二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气的反应，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；‎ ‎③测定出量筒内水的体积后，折算成标准状况下氧气的体积为VmL，物质的量==mol，则样品中过氧化钠的质量为=mol×2×78g/mol=‎ g，样品中过氧化钠的质量分数为×100%=%，故答案为：%。‎ ‎23.取9.28g Na2CO3·x H2O溶于水配成5mL溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸20mL，并收集到896mL CO2（标准状况下）。求：‎ ‎（1）稀盐酸的物质的量浓度；________‎ ‎（2）x的值。_________‎ ‎【答案】(1). 4mol/L (2). 7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据n=计算出生成二氧化碳的物质的量，然后利用方程式 Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O计算出消耗HCl的物质的量，最后利用c=计算该元素的浓度；‎ ‎(2)根据碳元素守恒可知n(Na2CO3•xH2O)=n(Na2CO3)，然后根据M=计算Na2CO3•XH2O 的摩尔质量，再根据M(Na2CO3•xH2O)列式计算出x。‎ ‎【详解】标况下896mL二氧化碳的物质的量n(CO2)==0.04mol，‎ ‎ Na2CO3 + 2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O ‎     1              2                   1‎ n(Na2CO3)  n(HCl)     0.04mol ‎(1)n(HCl)=2×n(CO2)=2×0.04mol=0.08mol，盐酸的物质的量浓度为：c(HCl)==4.0mol/L，答：盐酸的物质的量浓度为4.0mol/L；‎ ‎(2)n(Na2CO3•xH2O)=n(Na2CO3)=0.04mol，则Na2CO3•XH2O 的摩尔质量为：M(Na2CO3•xH2O)==232g/mol，则106+18x=232，解得：x=7，答：x的值为7。‎