【化学】安徽省亳州市黉学高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（英才班）（解析版）

【化学】安徽省亳州市黉学高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（英才班）（解析版）

安徽省亳州市黉学高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（英才班）‎ 第Ⅰ卷(选择题，共 48 分)‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cu:64‎ 一、选择题：（本题共 16 小题，每小题 3 分，共 48 分）在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求 ‎1.下列科学家及对应的成就正确的是（ ）‎ A. 道尔顿—提出原子学说 B. 阿伏伽德罗—提出元素概念 C. 门捷列夫—提出燃烧的氧化说 D. 波义尔—提出分子学说 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、英国科学家道尔顿在化学上的主要贡献是最早提出了近代原子学说，故A正确；‎ B、阿伏加德罗在化学上的主要贡献是提出了分子的概念，并创立了分子学说，故B错误；‎ C、门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故C错误；‎ D、波义耳1661年提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①根据组成物质的元素种类是否相同将物质分为纯净物和混合物 ‎②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应 ‎③根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液 ‎④根据水溶液是否能导电将化合物分为电解质和非电解质 ‎⑤树状分类法是唯一能表示物质分类的方法 A. ②③ B. ②④⑤ C. ② D. ①③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据物质的种类是否相同将物质分为纯净物和混合物，①项错误；‎ ‎②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，②项正确；‎ ‎③根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，③项错误；‎ ‎④根据水溶液或熔融状态是否能导电将化合物分为电解质和非电解质，④项错误；‎ ‎⑤表示物质分类的方法除了树状分类法还有交叉分类法，⑤项错误；‎ 综上所述，②项符合题意，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎3. 下列液体中，不会出现丁达尔效应的分散系是（ ）‎ ‎①鸡蛋白溶液 ②水 ③淀粉溶液 ④硫酸钠溶液 ⑤沸水中滴入饱和FeCl3溶液 A. ④ B. ③④ C. ②④ ⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体才能产生丁达尔效应，溶液不能，①鸡蛋白溶液、③淀粉溶液均是胶体，⑤沸水中滴入饱和FeCl3溶液产生氢氧化铁胶体，而②水是纯净物，④硫酸钠溶液属于溶液，均不能产生丁达尔效应，答案选D。‎ ‎4. 下列氧化还原反应中，水作为还原剂的是（ ）‎ A. 3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2 B. 3NO2＋H2O = 2HNO3+ NO C. 2Na2O2＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ D. 2F2＋2H2O = 4HF＋O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应中水作还原剂，说明该反应中有电子转移为氧化还原反应，且水中氧元素失电子，化合价升高，据此分析解答。A.该反应中水中的氢由+1价变为0价作氧化剂，氧元素的化合价没有发生变化，所以水作氧化剂，A项错误；‎ B.该反应中，水中元素化合价没有变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，B项错误；‎ C. 该反应中，水中元素化合价没有变化，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；‎ D.该反应中，水中的氧元素化合价由-2价升高到0价，失电子作还原剂，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列化学方程式中，不能用H++OH﹣=H2O表示的是( )‎ A. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B. Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O C. Ca(OH)2+2HNO3=Ca(NO3)2+2H2O D. KOH+HCl=KCl+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】H++OH-═H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐和水的离子反应，结合离子反应中保留化学式的物质解答。‎ ‎【详解】A. NaOH是强碱，H2SO4是强酸，中和反应生成可溶性盐Na2SO4和H2O，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合题意，A项不选； ‎ B. Ba(OH)2与H2SO4反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡在离子反应中应保留化学式，离子反应方程式为：Ba2＋＋SO42－＋2H++2OH﹣=BaSO4↓＋2H2O，符合题意，B项选； ‎ C. Ca(OH)2为强碱，HNO3为强酸，两者反应生成可溶性的Ca(NO3)2与H2O，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合题意，C项不选； ‎ D. KOH是强碱，HCl是强酸，中和反应生成可溶性盐KCl和H2O，离子反应方程式为：H++OH﹣=H2O，不符合题意，D项不选；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列说法正确的是( )‎ A. 1mol Cu与足量的硫反应转移的电子数为2NA B. 1mol的氮气与足量的氢气反应，转移的电子数为6NA C. 常温下，5.6g铁加入到足量的浓硫酸中转移的电子数为0.3NA D. 在标准状况下，20克三氧化硫含有0.25NA个SO3分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1mol Cu和足量的S反应，生成Cu2S，则该反应转移电子数为1NA，A错误；‎ B、1mol 氮气和氢气反应，由于该反应是可逆反应，反应不能完全进行，故该反应转移电子数目小于6NA，B错误；‎ C、常温下，铁遇到浓硫酸会发生钝化，故5.6g铁（1mol）和浓硫酸反应，电子转移数目小于0.3NA，C错误；‎ D、20g三氧化硫的物质的量为0.25mol，即0.25NA个SO3分子，D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列有色透明溶液中，一定能大量共存的是（ ）‎ A. 含有0.1mol/L Ba2+的溶液中：Na+、K+、HCO3-、Cl-‎ B. 在氨水中：K+、Cu2+、Cl-、SO42-‎ C. 强酸性溶液中：Fe3+、MnO4-、SO42-、K+‎ D. 强酸性溶液中：Na+、Fe2+、Cr2O72-、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该选项中5种离子都呈无色，不符合题意，A错误；‎ B、在氨水中，Cu2+不能大量存在，B错误；‎ C、该组离子可以在强酸性溶液中大量共存，C正确；‎ D、在强酸性溶液中，Cr2O72-可以体现其强氧化性，会氧化Fe2+，故这两种离子不能大量共存，D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.富勒烯(C60)由于具有空心的类似足球状的结构，也称为足球烯。对于下列有关C60的说法中正确的是（ ）‎ A. C60的摩尔质量是720‎ B. C60在一定条件下可能与CuO发生置换反应 C. 金刚石、石墨和足球烯(C60)三者分别与足量氧气反应的最终产物不同 D. 金刚石、石墨和足球烯(C60)的性质完全相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、摩尔质量的单位是g/mol，故C60的摩尔质量是720g/mol，A错误；‎ B、C60是碳元素的一种单质，具有碳单质的化学性质，故其在一定条件下可能与CuO发生置换反应，B正确；‎ C、金刚石、石墨和足球烯(C60)三者都是碳元素的单质，它们和足量的氧气反应的最终产物都是CO2，C错误；‎ D、金刚石、石墨和足球烯(C60)的化学性质相似，物理性质不同，D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.下列说法中不正确的是(　　)‎ A. Na2CO3比NaHCO3稳定 B. Na2CO3和NaHCO3都能跟石灰水反应得到白色沉淀 C. 物质的量相等的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应得CO2的物质的量之比为2:1‎ D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据Na2CO3与NaHCO3的物理性质和化学性质进行比较。‎ ‎【详解】A. Na2CO3受热不分解而NaHCO3受热分解，因此Na2CO3比NaHCO3稳定，A项正确，不符合题意；‎ B. Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH和CaCO3，NaHCO3与少量Ca(OH)2反应生成NaOH、CaCO3和水，与过量Ca(OH)2反应生成CaCO3、Na2CO3和水，因此Na2CO3和NaHCO3都能跟石灰水反应得到白色沉淀，B项正确，不符合题意；‎ C. 1molNa2CO3与盐酸反应生成CO21mol, 1mol NaHCO3与盐酸反应生成CO21mol，生成的CO2的物质的量的比值为1:1，C项错误，符合题意；‎ D. Na2CO3比NaHCO3易溶于水，D项正确，不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎10.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g 样品加热，其质量变为w2g ，则该样品的纯度（质量分数）是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据方程式可知 ‎2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ △m ‎2×84 106 62‎ m（NaHCO3） w1－w2‎ m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31‎ 则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1‎ 答案选A。‎ ‎11.某氮的氧化物是大气污染物之一，在一定温度和有催化剂存在下，该氧化物与氨气反应只生成氮气和水，若生成的氮气和水的物质的量之比为5：6，该氧化物的化学式为（ ）‎ A. N2O3 B. NO C. NO2 D. N2O5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设该氧化物为NxOy，则有，根据题意可知：‎ ‎：y=5：6，化简得：x：y=1：1，即该氧化物为NO，故选B。‎ ‎12.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L-1NaOH溶液至 Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）‎ A. 60mL B. 120mL C. 240mL D. 360mL ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。‎ ‎【详解】Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2；n(O2)==0.15mol，则转移电子0.6mol，故可以有0.3mol Cu参加反应，即生成0.3mol Cu2+，则需要0.6mol NaOH形成沉淀，故V(NaOH)==0.12L=120mL，故选B。‎ ‎13.下列反应中，既属于离子反应又属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. Fe+SFeS B. SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O C. SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl D. 2SO2+O22SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、该反应属于氧化还原反应，但不属于离子反应，A不符合题意；‎ B、该反应属于离子反应，但不属于氧化还原反应，B不符合题意；‎ C、该反应既属于离子反应又属于氧化还原反应，C符合题意；‎ D、该反应属于氧化还原反应，但不属于离子反应，D不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎14.下列实验能证明一定有二氧化硫存在的是（ ）‎ ‎①能使澄清石灰水变浑浊 ②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 ③能使品红溶液退色 ④通入足量的氢氧化钠溶液中，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于稀盐酸 ⑤‎ 通入溴水中能使溴水退色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生 A. 都能 B. 都不能 C. ③④⑤ D. 只有⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①澄清石灰水常用来检验CO2的存在，SO2也可以使澄清石灰水变浑浊，故该方法不能验证一定有SO2；‎ ‎②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体是酸性气体，但不一定是SO2，故该方法不能验证一定有SO2；‎ ‎③品红溶液常用来检验SO2的存在，但是能使品红褪色的气体也可以是Cl2等，故该方法不能验证一定有SO2；‎ ‎④将气体通入足量的氢氧化钠溶液中，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于稀盐酸，则该气体既可以是SO2，也可以是CO2，故该方法不能验证一定有SO2；‎ ‎⑤将气体通入溴水中能使溴水退色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，则该气体只能是SO2，SO2和溴水反应生成H2SO4，H2SO4再和Ba(NO3)2反应产生不溶于HNO3的BaSO4沉淀，故该方法能验证一定有SO2；‎ 综上所述，仅⑤可以验证一定有SO2，故选D。‎ ‎15.下列各实验相应操作、实验现象及原因解释或推论合理的是（ ）‎ 选项 操作 现象 解释或推论 A 铁片投入浓硫酸 无明显变化 常温下铁不与浓硫酸反应 B 将浓硫酸滴到白纸上 白纸变黑 浓硫酸强氧化性导致纸张中的纤维素炭化 C 二氧化硫通入溴水 溴水退色 说明二氧化硫具有漂白性 D 湿润红色石蕊试纸检验某气体 试纸变蓝 该气体是氨气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温下，铁片遇到浓硫酸发生了钝化，是已经发生了化学反应，铁片表面被浓硫酸氧化，生成了一层致密的氧化物膜，阻止了反应的发生，并非不反应，A错误；‎ B、将浓硫酸滴到白纸上，白纸炭化变黑，体现的是浓硫酸的脱水性，B错误；‎ C、二氧化硫使溴水褪色，是因为其还原性，C错误；‎ D、气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是碱性气体，则该气体是氨气，D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.一定量的Cu粉与浓H2SO4共热产生SO2气体的体积为2.24 L(标准状况下)，则下列情况不可能的是(　　)‎ A. 加入Cu的质量为6.4 g B. 加入的浓H2SO4中含溶质0.2 mol C. 加入Cu的质量大于6.4 g D. 加入浓H2SO4中含溶质多于0.2 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】铜粉与浓硫酸混合加热，发生反应为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，n（SO2）=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol。随着反应的进行，硫酸的浓度会变小，稀硫酸与铜不反应，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】A．由反应可知，n（Cu）=n（SO2）=0.1mol，则Cu的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故A正确；‎ B．由反应可知，n（H2SO4）=0.2mol，随反应的进行，稀硫酸与Cu不反应，则加入浓硫酸中溶质应大于0.2mol，故B错误；‎ C．随反应的进行，稀硫酸与Cu不反应，加入Cu的质量可以大于6.4g，故C正确；‎ D．根据B知，加入浓硫酸中溶质应该大于0.2mol，故D正确；‎ 答案选B。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共52分)‎ 二、填空题 ‎17.实验室欲用NaOH固体配制1.0mol/L的NaOH溶液460ml ‎(1)配制溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：________、________、‎ ‎(2)使用容量瓶前必须进行的一步操作是________‎ ‎(3)要完成本实验该同学应称出NaOH________g ‎(4)若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是________‎ A.称量时砝码已经生锈；‎ B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作；‎ C.定容时俯视；‎ D.定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出；‎ E.容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水。‎ ‎(5)取用任意体积的1.00mol/L的NaOH溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是________(填字母)。‎ A.溶液中NaOH的物质的量 B.溶液的浓度 C.溶液中OH-的数目 D.溶液的密度 ‎【答案】(1). 500ml容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 检查是否漏水 (4). 20 (5). A,C (6). B,D ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤分析；‎ ‎（2）容量瓶有瓶塞，使用前必须确保容量瓶不漏水，检查否漏水；‎ ‎（3）根据m=nM=cVM计算；‎ ‎（4）根据操作方法对c=n÷V的影响分析；‎ ‎（5）物质的量、数目与溶液体积有关，而溶液浓度、密度与溶液体积大小无关。‎ ‎【详解】（1）配制460mL溶液，需要选用500mL容量瓶，实际上配制的为500mL 1.0mol·L－1的NaOH溶液，根据配制步骤可知，配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯，还需要500mL容量瓶和定容时使用的胶头滴管；‎ ‎（2）容量瓶有瓶塞，使用容量瓶前必须检查是否漏水，避免影响配制结果；‎ ‎（3）配制500mL 1.0mol·L－1的NaOH溶液，需要NaOH的质量为：40g·mol－1×1.0mol·L－1×0.5L=20g；‎ ‎（4）A．称量时砝码已经生锈，称量的氢氧化钠质量偏大，所得溶液的浓度偏高，故A正确；‎ B．溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，导致溶质的物质的量偏小，所得溶液浓度偏低，故B错误；‎ C．定容时俯视，导致溶液体积偏小，所得溶液的浓度偏高，故C正确；‎ D．定容时，液面超过容量瓶颈上的刻度线，用胶头滴管将过量的液体吸出，都在溶质的物质的量偏小，所得溶液浓度偏低，故D错误；‎ E．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对不影响溶质的物质的量及最终溶液体积，所得溶液浓度不变，故E错误；‎ 故选AC；‎ ‎（5）A．溶液中NaOH的物质的量与溶液体积大小有关，故A错误；‎ B．溶液具有均一性，溶液的浓度与溶液体积大小无关，故B正确；‎ C．溶液中OH－的数目与溶液体积大小有关，故C错误；‎ D．溶液的密度与溶液体积大小无关，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎18.黑火药爆炸时发生的反应是S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑，反应中的氧化剂是____，每生成1mol CO2转移____mol电子。分离黑火药中三种成分的方法是将黑火药溶于水，过滤，蒸发滤液得____；将滤纸上的物质溶于____，过滤，滤纸上留下的物质是___。‎ ‎【答案】(1). KNO3和S (2). 4 (3). S和C的混合物 (4). CS2 (5). C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应中，KNO3中N的化合价由+5价降到0价，S的化合价由0价降到-2价，故氧化剂为KNO3和S；由于还原剂只有C，故每生成1mol CO2，转移4mol电子；将黑火药溶于水，过滤，蒸发得S和C的混合物；将滤纸上的物质溶于CS2中，S会溶解，故滤纸上留下的物质是C。‎ ‎19.如图所示为实验室常用装置。回答下列问题：‎ ‎（1）仪器a的名称为____。‎ ‎（2）利用二氧化锰与浓盐酸反应制备并收集Cl2时，依次连接装置 A、B、C、D、E并加入适当的 试剂。装置B中饱和食盐水的作用是____；利用装置C干燥Cl2‎ ‎，选用的试剂是____；装置E的作用是____。‎ ‎（3）利用铜和稀硝酸反应制备并收集NO时，连接装置A、B、E并加入适 当的试剂。A中反应的离子方程式为____，A中导气管应连接B的___(填“b”或“c”)端。实验过程中观察到A中出现了红棕色，但收集的气体为无色，原因是____(用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). 吸收HCl气体 (3). 浓硫酸 (4). 吸收Cl2 (5). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (6). c (7). 2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=NO+2HNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）仪器a为分液漏斗；‎ ‎（2）考查实验室制备Cl2，并收集该气体；‎ ‎（3）考查实验室制备NO，并收集该气体，需要注意的是，一般使用排水法收集NO。‎ ‎【详解】（1）仪器a为分液漏斗；‎ ‎（2）实验室制备Cl2，B中装有饱和食盐水，其作用是吸收逸出的HCl气体；C为干燥装置，需要使用浓硫酸；D为收集装置，E为尾气处理装置，用来吸收Cl2；‎ ‎（3）实验室制备NO，一般使用Cu和稀HNO3，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；收集时由于NO对空气不稳定，一般使用排水法收集，故B中应是装满水的，则A中导气管应连接B的c端；实验过程中观察到A中出现了红棕色，是因为2NO+O2=2NO2，收集的气体为无色，是因为3NO2+H2O=NO+2HNO3。‎ ‎20.将一定体积的CO2通入到一定浓度的NaOH 溶液中，为了测定其溶液的成分，向该溶液中逐滴加入1mol/L盐酸。所加入盐酸的体积与产生二氧化碳气体体积(标准状况)的关系如图所示。‎ ‎（1）写出OA段所发生反应的离子方程式： ______________________；‎ ‎（2）当加入35 mL 盐酸时，所产生的二氧化碳的体积(标准状况)是______________________mL。‎ ‎（3）溶液中所含的物质有_______________，其物质的量之比为_________________。‎ ‎【答案】(1). H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3- (2). 224 (3). NaOH、Na2CO3 (4). 1：4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，则制成的稀溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，由于盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积与生成的碳酸氢钠再与盐酸反应消耗的盐酸体积相等，因此根据图像可知OA段0～5mL先发生酸碱中和，其离子反应方程式为H++OH-＝H2O，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为CO32-+H+=HCO3-；‎ ‎（2）结合图象可知，当加入35mL盐酸时，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体，生成气体时消耗的酸的物质的量为0.01L×1mol•L-1=0.01mol，则根据方程式HCO3-+H+＝CO2↑+H2O可知生成二氧化碳是0.01mol，标准状况下其体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL；‎ ‎（3）溶液中所含的物质有碳酸钠和氢氧化钠，由图可知氢氧化钠消耗盐酸的体积为5mL，而碳酸钠生成碳酸氢钠消耗盐酸为：20mL，碳酸钠和氢氧化钠与盐酸都是1：1反应，所以其物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，则物质的量之比为5：20=1：4。‎ ‎ ‎