高中化学必修一 精品解析：湖南省长沙市长郡教育集团期中考试化学试题解析版）

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长郡教育集团2020-2021-1学年第一学期期中考试试卷
高一化学
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Mg24 Cl35.5 S32 Cu64
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1. 古籍中记载的下列事实或现象的形成，未涉及氧化还原反应的是
A. 《本草纲目》：“野外之鬼磷，其火色青，其状如炬，俗称鬼火”
B. 《淮南万毕术》：“曾青得铁则化为铜”
C. 《梦溪笔谈》：“石穴中水所滴者皆为钟乳”
D. 《本草经疏》：“丹砂(HgS)，味甘微寒而无毒……若经伏火……则毒等砒硇，服之必毙”
【答案】C
【解析】
【详解】A.鬼火指的是的自燃现象，燃烧属于氧化还原反应，故A不选；
B.曾青（溶液）与铁反应生成铜单质，化合价发生变化属于氧化还原反应，故B不选；
C.钟乳石的主要成分是碳酸钙，其形成过程是、，此过程没有发生元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故C选；
D.HgS加热会分解生成S和Hg，属于氧化还原反应，故D不选。
故答案选：C。
2. 下列关于物质分类正确的是
A. 混合物：水煤气、冰醋酸、冰水混合物
B. 电解质：氯化氢、硫酸钡、水
C. 正盐：小苏打、纯碱、氯化钠
D. 碱性氧化物：氧化钙、四氧化三铁、过氧化钠
【答案】B
【解析】
【详解】A. 冰醋酸化学式为CH3COOH是纯净物，冰、水的化学式均为H2O，为纯净物，故A错误；
B. 氯化氢、硫酸钡为化合物且在水溶液或熔融状态下能导电，为电解质，水为化合物，能够发生微弱电离，能够导电，属于极弱电解质，故B正确；
C. 小苏打的化学式为NaHCO3，可电离出H+为酸式盐，故C错误；
D. 只和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；过氧化钠和酸发生的是氧化还原反应不是碱性氧化物；氧化钙和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物；四氧化三铁和酸反应生成两种盐和水，不是碱性氧化物，故D错误。
故答案选：B。
3. 下列叙述正确的是
A. 盐酸溶液导电性比醋酸溶液导电性强，说明醋酸是弱酸
B. 在熔化状态下能导电的化合物一定属于电解质
C. 氯化钠溶液在通电的条件下发生电离
D. 氨水能导电，所以氨气是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐酸溶液与醋酸溶液的导电性与溶液中离子浓度以及离子所带电荷多少有关，与酸性强弱无关，故A错误；
B．在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质，熔化状态下能导电的化合物一定属于电解质，故B正确；
C．氯化钠溶液在通电的条件下发生电解，生成氯气、氢气以及氢氧化钠，故C错误；
D．氨水能导电，是因为氨水中的一水合氨发生电离产生自由移动的阴阳离子，一水合氨是电解质，氨气自身不能电离产生自由移动的离子，不能导电，是非电解质，故D错误；
答案选B。
4. 下列有关胶体的说法正确的是
A. 其分散质粒子直径比氯化钠溶液中Na+的直径小
B. 能产生丁达尔效应
C. 其分散质粒子既能透过滤纸，也能透过半透膜
D. 将FeCl3饱和溶液直接煮沸至红褐色可得胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据分散系中分散质粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，且分散质粒子直径的大小关系为：浊液＞胶体＞溶液，则胶体中分散质粒子直径比氯化钠溶液中Na+的直径大，故A错误；
B．能产生丁达尔效应是胶体的特性，故B正确；
C．胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜，故C错误；
D．氢氧化铁胶体的制备方法：向沸腾的蒸馏水中逐滴加入1~2mL饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，就会得到氢氧化铁胶体，故D错误；
答案选B。
5. 下列各组离子混合，最终一定有白色沉淀生成的是
A. Cu2+、Na+、、OH- B. Ca2+、H+、、
C. 、Mg2+、、 D. Na+、Ag+、Cl-、H+
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu2+与OH-反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，A不符合题意；
B. Ca2+与CO反应能生成CaCO3白色沉淀，但H＋能将沉淀溶解，该组离子混合不一定会生成沉淀，B不符合题意；
C.该组离子可以大量共存，混合后不会生成沉淀，C不符合题意；
D. Ag+与Cl-反应生成AgCl白色沉淀，且该沉淀不与其他离子反应，D符合题意；
答案选D。
6. 下列离子方程式书写正确是
A. FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
B. 醋酸溶解鸡蛋壳：2H++CaCO3=Ca2++CO2­+H2O
C. 在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4¯+2H2O
D. 向NaHCO3溶液中加入NaOH：+OH-=CO2­+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.该离子方程式电荷未配平，正确的应为Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+，故A错误；
B.醋酸为弱电解质不能拆成离子形式，保留分子式，故B错误；
C.在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，NaHSO4与Ba(OH)2物质的量之比为2:1，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++===BaSO4¯+2H2O，故C正确；
D. 与OH-反应生成和H2O，故D错误。
故答案选：C。
7. 下列对X+2Y=X2++2Y-的叙述中正确的是
A. Y被还原,X2+是还原产物 B. Y被还原,X发生氧化反应
C. X是还原剂,Y被氧化 D. X被氧化,X显氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】在反应X+2Y=X2++2Y-中Y的化合价降低，Y做氧化剂，发生还原反应、被还原，Y-是还原产物；X的化合价升高、做还原剂，发生氧化反应、被氧化，X2+是氧化产物，据此可知选项ACD均错误，选项B正确；
故选B。
【点睛】氧化还原反应是历年高考必考知识点之一，重点是氧化还原反应的概念、氧化性和还原性强弱比较、氧化还原反应方程式配平、氧化还原反应有关计算等。掌握氧化还原反应基本概念是解答的关键。氧化还原反应实质是在反应过程中有电子的转移（得失或电子对偏移），特征是有化合价的变化，所以我们可以依据反应过程中元素的化合价变化进行有关概念的分析；化学反应过程中，失去电子（或电子对偏离），化合价升高的元素，被氧化，发生氧化反应，本身做还原剂，转化为氧化产物；得到电子（或电子对偏向），化合价降低的元素，被还原，发生还原反应，本身做氧化剂，转化为还原产物。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。涉及氧化还原反应配平和计算时依据“质量守恒”、“电子守恒”便可解答，一般题目难度不大。
8. 在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是和Pb2+，则PbO2与Cr3+反应的化学计量数之比为( )
A. 3：1 B. 3：2 C. 1：1 D. 3：4
【答案】B
【解析】
【详解】PbO2中的Pb由+4价变为反应后Pb2+中的+2价，化合价降低，得到电子2e-；Cr3+中的Cr为+3价，中的Cr元素化合价为+6价，化合价升高，失去电子2×3e-=6e-，电子得失最小公倍数是6e-，所以PbO2、Pb2+系数是3，系数是1，Cr3+系数是2，则PbO2与Cr3+反应的系数之比为3：2，故合理选项是B。
9. 二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下制备，反应方程式为NaClO3+H2O2+H2SO4®ClO2­+Na2SO4+H2O+O2­(未配平)。下列说法不正确的是
A. NaClO3做氧化剂，发生还原反应
B. 将该方程式配平后H2O的化学计量数应为2
C. NaClO3与H2O2的化学计量系数之比为2：1
D. 反应过程中每生成2.24LO2转移0.2mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应中NaClO3中Cl元素由+5价下降为+4价为氧化剂，发生还原反应，故A正确；
B.根据化合价升降守恒和元素质量守恒配平方程可得：，H2O的化学计量数应为2，故B正确；
C. 由化学方程式可知NaClO3与H2O2的化学计量系数之比为2：1，故C正确；
D.没有说明是否为标况下2.24LO2，不能用气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故答案选：D。
10. 已知Fe(OH)3为红褐色，下列关于钠的反应现象的叙述中，不正确的是
A. 切开钠，钠切面颜色变暗，久置空气中最后呈淡黄色
B. 把小块钠投入硫酸铁溶液中，钠浮在水面上、四处游动、产生红褐色沉淀
C. 把小块钠投入氯化铵溶液中，钠浮在水面上、四处游动、产生有刺激性气味的气体
D. 把燃着钠伸入盛有氯气的集气瓶中，剧烈反应，产生大量白烟
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温下Na与氧气反应生成Na2O，不会生成Na2O2，不会变淡黄色，故A错误；
B. 把小块钠投入硫酸铁溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，则现象为：钠浮在水面上、四处游动、产生红褐色沉淀，故B正确；
C. 把小块钠投入氯化铵溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铵反应生成氨气，则现象为：钠浮在水面上、四处游动、产生有刺激性气味的气体，故C正确；
D. 钠在氯气中点燃生成NaCl白色固体，现象为：剧烈反应，产生大量白烟，故D正确。
故答案选：A。
11. 事实上，某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2=Na2SO4；2Na2O2+SO3(g)=Na2SO4+O2(g是指物质为气态)。据此判断下列反应方程式错误的是
A. Na2O2+N2O4=2NaNO3 B. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
C. 2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 D. 2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2­
【答案】C
【解析】
【分析】
由Na2O2与SO2、SO3的反应方程式可推知Na2O2与最高价氧化物反应有O2生成，而与低价氧化物反应无O2生成，据此分析解答。
【详解】A．N2O4中N的化合价不是最高，生成物中无O2，反应的方程式为Na2O2+N2O4=2NaNO3，故A正确；
B．CO2中C的化合价为最高价，生成物中有氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故B正确；
C．N2O3中N的化合价不是最高，生成物中无O2，故C错误；
D．Mn2O7是锰的最高价氧化物，生成物应为NaMnO4和O2，反应的方程式为2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2­，故D正确；
答案选C。
12. 下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物Na2CO3的质量分数的是（ ）
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】B
【解析】
【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然后计算碳酸钠的质量分数，故A正确；
B．NaOH溶液的质量未知，bg溶液中含过量NaOH，无法计算碳酸钠的质量分数，故B错误；
C．bg为NaCl，ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，可由混合物的质量及钠原子守恒计算，故C正确；
D．ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，bg为二氧化碳的质量，可由混合物的质量及碳原子守恒计算，故D正确；
故答案选B。
13. 下列有关氯水的叙述正确的是
A. 氯气可使干燥的pH试纸先变红，后褪色
B. 氯水放置数天后，溶液的酸性逐渐减弱
C. 新制的氯水一定含有Cl2、H2O和HClO三种分子
D. 将氯气通入澄清石灰水中可制得漂白粉
【答案】C
【解析】
【详解】A.干燥的氯气不具有酸性和漂白性，不能使干燥的pH试纸先变红，后褪色，故A错误；
B 氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸酸性增强，故B错误；
C. 新制的氯水中存在可逆反应，则必定存在Cl2、H2O、HClO三种分子，故C正确；
D. 将氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，而不是澄清石灰水，故D错误；
故答案选：C。
14. 实验室制取干燥纯净的Cl2，其中合理的装置是(气体流向从左到右)
A 制Cl2 B. 净化Cl2
C. 收集Cl2 D. 尾气处理
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室利用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下制取氯气，选项中缺少加热装置，故A错误；
B．浓盐酸易挥发，制得氯气中含有氯化氢及水蒸气，必须先通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥得到干燥纯净的氯气，故B错误；
C．氯气有毒，密度大于空气，通过集气瓶排空气并进行尾气处理，应用向上排空气法收集气体，气体长进短出，故C正确；
D．氯气能与氢氧化钠反应，应用倒扣的漏斗进行尾气处理以免引起倒吸，故D错误；
答案选C。
15. 下列说法正确的是
A. 摩尔是物质的数量单位，CO2的摩尔质量为44
B. 16gO2的物质的量为0.5mol
C. 将0.1molHCl通入1L水中所得盐酸的浓度为0.1mol/L
D. 相同温度和压强下，等体积的NO和NO2具有相同的质量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 摩尔是物质的量单位，摩尔质量单位为g/mol，故A错误；
B. 16gO2的物质的量，故B正确；
C. 将0.1molHCl通入1L水中所得溶液不一定为1L，故浓度无法确定，故C错误；
D. 相同温度和压强下，等体积的NO和NO2物质的量相同，质量之比等于摩尔质量之比，故D错误。
故答案选：B。
16. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2.4g镁离子所含电子数目为NA B. 常温常压下，1molCO含原子数为NA
C. 17gNH3所含质子数目为17NA D. 18g水在标准状况下的体积约为22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A. 2.4g镁离子物质的量，1mol镁离子中含电子10mol，则0.1mol镁离子所含电子数目为NA，故A正确；
B. 1个CO含原子数为2个，则1molCO含原子数为2NA，故B错误；
C. 17gNH3物质的量，含质子数目为10NA，故C错误；
D.水在标况下为非气体，18g水物质的量为，1mol水标况下不是22.4L，故D错误；
故答案选：A。
二、填空题
17. Ⅰ.现有下列10种物质：①铝，②纯醋酸，③CO2，④H2SO4，⑤NaOH，⑥硫酸铜溶液，⑦HCl，⑧NaHSO4，⑨碳酸氢钠，⑩乙醇。
(1)上述物质中属于非电解质的有_______________(填序号)。
(2)向⑥中加入过氧化钠固体，看到的现象是________________。
(3)⑧在水中的电离方程式为______________。
(4)②和⑤溶液混合，反应的离子方程式为_____________。
(5)⑦的浓溶液与软锰矿反应制取氯气的离子方程式为______________。
Ⅱ.已知离子还原性Br-I2；由于I-的还原性最强，则向该溶液通入少量的氯气，一定会发生的反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-；假设该溶液中，n(Br-)=3mol，n(I-)=4mol，则根据电荷守恒可得n(Fe2+)=3.5mol，通入氯气后，溶液中仍然有I-，由于I-先和Cl2反应，则反应后的溶液中n(Br-)=3mol，n(Fe2+)=3.5mol，n(I-)=1mol，即Δn(I-)=3mol，根据2I-~Cl2可得，n(Cl2)=1.5mol，则n(Cl2): n(Fe2+)=1.5：3.5=3：7。
三、框图推断题
18. A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。

(1)若A的焰色反应为黄色，且A为化合物，回答下列问题：
①A的化学式为 ________________，A与H2O反应的离子方程式为____________________。
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式______________。
③若X为一种造成温室效应的气体，则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为______________(填代号)。
a.NaCl溶液 b.BaCl2溶液 c.NaOH溶液 d.Ca(OH)2溶液
(2)若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则：
①若C溶液显强酸性，则B的化学式为________________。
②X可能为_________________(填代号)。
a.NaHCO3 b.Na2CO3 c.Na2SO4 d.Al(OH)3
③请写出A通入NaOH溶液的离子方程式______________。
【答案】 (1). Na2O2 (2). 2Na2O2＋ 2H2O ＝4Na＋＋4OH－＋O2↑ (3). CO (4). d (5). HClO (6). b (7). Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
【解析】
【分析】
(1)焰色反应为黄色，与水反应生成两种物质，说明是过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，再根据其他信息进行分析。
(2)A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，说明是氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，再根据其他信息进行分析。
【详解】(1)①若A的焰色反应为黄色，且A为化合物，A与H2O反应，则说明A为Na2O2，A与H2O反应的离子方程式为2Na2O2＋2H2O ＝4Na＋＋4OH－＋O2↑；故答案为：2Na2O2＋ 2H2O ＝4Na＋＋4OH－＋O2↑。
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则X为碳，碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳反应生成一氧化碳，因此E的化学式CO；故答案为：CO。
③若X为一种造成温室效应的气体，则C为NaOH，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠(D)，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠(E)，鉴别等浓度的D、E两种溶液，
a．NaCl溶液，D、E两者和氯化钠不反应，均无现象，故a不符合题意；
b．BaCl2溶液与碳酸钠生成碳酸钡沉淀，而碳酸氢钠与氯化钡不反应，可以鉴别，故b符合题意；
c．NaOH溶液与D、E两者混合后都无现象，故c不符合题意；
d．Ca(OH)2溶液与D、E两者都生成白色沉淀碳酸钙，现象一样，不能鉴别，故d不符合题意；
综上所述，答案为：b。
(2)①若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，说明是氯气，若C溶液显强酸性，则C为HCl，B为HClO；故答案为：HClO。
②a．NaHCO3与盐酸迅速反应生成二氧化碳气体，反应后溶液不再和碳酸氢钠反应，故a不符合题意；
b．Na2CO3与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，故b符合题意；
c．Na2SO4与盐酸不反应，故c不符合题意；
d．Al(OH)3与盐酸反应生成氯化铝和水，反应后的物质不再与氢氧化铝反应，故d不符合题意；
综上所述，答案为：b。
③Cl2通入NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，其离子方程式Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；故答案为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O。
【点睛】区别碳酸钠和碳酸氢钠主要利用pH法(同浓度的两种溶液pH值不同)、沉淀法(加入氯化钙溶液或氯化钡溶液)、加热法(固体加热产生的气体能使澄清石灰水变浑浊的是碳酸氢钠)。
四、实验题
19. “84消毒液”是生活中常用的消毒剂，可与硫酸反应制取氯气，反应原理为NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2­+H2O，为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如图所示的实验装置。

(1)该同学用无水氯化钠固体配制250mL0.1000mol×L-1溶液，下列操作不会使所配的溶液中氯离子浓度偏低的是________________(填标号)。
A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干
B．定容时仰视容量瓶的刻度线
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切
(2)上述制备氯气的反应中，每生成35.5gCl2，转移的电子的物质的量是_____________mol。
(3)依据上述反应原理，从下列装置中选择合适的制氯气装置(A处)_________________(填序号)。

(4)装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，其目的是_______。实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，说明该装置存在明显的缺陷，改进的方法是_________。
(5)已知亚硫酸盐和盐酸反应与碳酸盐和盐酸反应类似。当装置D中通入氯气，某同学想通过实验验证装置D中Cl2和Na2SO3发生的反应主要是氧化还原反应。(可供选择的试剂有稀盐酸、稀硝酸、稀硫酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液)可采取的方法是________(写出操作、试剂和现象)，验证实验过程中一定会发生的离子反应方程式为________。
【答案】 (1). AD (2). 0.5 (3). ② (4). 验证干燥的氯气不具有漂白性 (5). 在装置A、B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶 (6). 取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成 (7). +Ba2+= BaSO4↓
【解析】
【分析】
根据反应原理：NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2­+H2O可知，制取氯气应选择固液加热反应装置，氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，将氯气通入湿润的有色布条褪色，运用该方法验证氯气是否漂白性时，制取的氯气需要干燥提纯，确保实验现象的准确性，氯气具有氧化性，能将Na2SO3氧化为硫酸钠，向反应后的溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成，则可证明氯气具有氧化性，氯气有毒，不能排放到大气中，可用碱液吸收，据此分析解答。
【详解】(1)A．容量瓶刚用蒸馏水洗净，没有烘干，对所配溶液浓度无影响，故A符合题意；
B．定容时仰视容量瓶的刻度线，导致容量瓶中溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故B不符合题意；
C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并转移洗液，导致溶质未完全转移至容量瓶，所配溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，则氯离子浓度偏低，故C不符合题意；
D．定容时发现液面略低于刻度线，未滴加少量水使液面凹面与刻度线相切，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则氯离子浓度偏高，故D符合题意；
答案选AD；
(2)35.5gCl2的物质的量==0.5mol，由反应NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2­+H2O可知，反应中只有氯元素的化合价发生变化，由+1价和-1价变成0价，则每生成1mol Cl2，转移1mol电子，因此每生成0.5molCl2，转移的电子的物质的量是0.5mol；
(3)根据反应原理：NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2­+H2O可知，反应有液体参与，且需要加热，所以选择装置②作为气体发生装置；
(4)氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，目的是验证干燥的氯气不具有漂白性；装置B中干燥的有色布条褪色，说明氯气中可能混有少量的水蒸气，氯气与水反应生成次氯酸而具有漂白性，因此应在A和B之间增加盛有浓硫酸的洗气瓶，除去氯气中的水蒸气；
(5)氯气把氧化为，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为+Cl2+H2O=+2Cl-+2H+，通过检验反应后的溶液中存在即可验证该反应发生的是氧化还原反应，检验反应后溶液中含有的方法为：取少量反应后溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸至无明显现象，然后再加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明含有，说明该反应发生的是氧化还原反应，D中Na2SO3溶液中通入Cl2，若氯气足量，Na2SO3可被完全氧化为Na2SO4，若氯气不足，Na2SO3有剩余，则验证实验过程中会发生反应：Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+H2O，由于通入的氯气的量未知，因此一定会发生的离子反应方程式为+Ba2+= BaSO4↓。
五、计算题
20. 由CO和CO2组成的混合气体18g，充分燃烧后测得CO2的体积为11.2L(标准状况)。试计算：
(1)原混合气体中CO2在标准状况下的体积为___________L；
(2)原混合气体的平均摩尔质量为___________。
【答案】 (1). 5.6L (2). 36g/mol
【解析】
【详解】（1）设原混合气体中含有CO和CO2的物质的量分别为x mol、y mol，根据总质量可得：28x+44y=18，根据碳原子守恒可知：x+y==0.5mol，联立解得：x=0.25mol、y=0.25mol，即原混合气体中含有0.25mol CO，0.25mol CO2；则原混合气体中CO2在标准状况下的体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L；
（2）混合气体的总物质的量为0.5mol，则原混合气体的平均摩尔质量为：=36g/mol。
21. 向某1L硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入某浓度的氢氧化钠溶液(密度为1.2g/mL)，产生沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的质量关系如图所示，根据图中数据可计算出氢氧化钠溶液物质的量浓度为________。

【答案】5mol/L
【解析】
【详解】向某1L硫酸和硫酸铜的混合溶液中加入某浓度的氢氧化钠溶液，先发生反应，后发生反应，则沉淀Cu(OH)2物质的量，由化学方程式可知，与硫酸铜反应的氢氧化钠体积，则氢氧化钠浓度，故答案为：5mol/L。