还剩21页未读，
继续阅读
2022-2023学年陕西省西安市陕西师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析
展开
这是一份2022-2023学年陕西省西安市陕西师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
陕西省西安市陕西师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列实现“碳中和”的途径中，没有涉及化学变化的是
A．将CO2催化还原为甲醇(CH3OH)
B．植树造林，通过光合作用吸收CO2
C．我国科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D．北京冬奥会使用跨临界制冰技术将CO2制成干冰
【答案】D
【详解】A．将CO2催化还原为甲醇(CH3OH)，反应生成新物质，化学变化，A错误；
B．通过光合作用吸收CO2生成有机物，化学变化，B错误；
C．将CO2转化为淀粉或葡萄糖，化学变化，C错误；
D．使用跨临界制冰技术将CO2制成干冰，只是物质状态的变化，没有生成新物质，物理变化，D正确；
故选D。
2．近期西安遭遇了新一轮的新冠病毒疫情，做好个人防护尤为重要。下列消毒剂的有效成分属于盐的是
A．双氧水 B．医用酒精 C．次氯酸钠溶液 D．过氧乙酸(CH3COOOH)
【答案】C
【详解】A．双氧水主要成分是H2O2，由H、O离子元素组成的化合物，属于氧化物，A不符合题意；
B．医用酒精是75%的乙醇水溶液，是混合物，其有效成分CH3CH2OH属于有机物，因此不属于盐，B不符合题意；
C．次氯酸钠溶液有效成分是NaClO，NaClO是由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐，C符合题意；
D．过氧乙酸(CH3COOOH)是由分子构成的共价化合物，其中无金属阳离子，因此不属于盐，D不符合题意；
故合理选项是C。
3．下列物质属于非电解质的是
A．SO2 B．Cl2 C．NaOH溶液 D．CH3COOH
【答案】A
【详解】A．SO2自身不能电离，SO2是非电解质，故选A；
B．Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；
C．NaOH溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选C；
D．CH3COOH的水溶液能导电，是电解质，故不选D；
选A。
4．下列反应可以用离子方程式H++OH-=H2O表示的是
A．NaHSO4溶液与NaOH溶液混合 B．HNO3溶液与氨水混合
C．KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 D．醋酸溶液与NaOH溶液混合
【答案】A
【详解】A．NaHSO4溶液与NaOH溶液混合生成硫酸钠和水，反应的离子方程式是H++OH-=H2O，故选A；
B．HNO3溶液与氨水混合生成硝酸铵和水，反应的离子方程式是H++=H2O+，故不选B；
C．KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合有硫酸钡沉淀生成，不能用H++OH-=H2O表示，故不选C；
D．醋酸溶液与NaOH溶液混合生成醋酸钠和水，反应的离子方程式是CH3COOH+ OH-=H2O+CH3COO-，故不选D；
选A。
5．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
6．某学生用镊子从煤油中取出一小块金属钠，用小刀切出绿豆大小的一块，用滤纸吸干表面的煤油后将其放入滴有酚酞溶液的水中。该实验的操作及现象能证明金属钠具有下列性质中的
① ρ(煤油)<ρ(Na)< ρ(水) ② 熔点较低 ③ 硬度小 ④ 与水反应后的溶液呈碱性 ⑤ 与水反应时放出热量
A．①③④ B．①②③④ C．②③④⑤ D．①②③④⑤
【答案】D
【详解】① 钠位于煤油之下而漂浮于水上，ρ(煤油)<ρ(Na)< ρ(水)，正确；②实验中钠熔化为一个闪亮的小球，熔点较低，正确；③用小刀切出绿豆大小的一块，硬度小，正确；④ 与水反应后的溶液使酚酞试液变红色，溶液呈碱性，正确；⑤实验中钠熔化为一个闪亮的小球，，说明与水反应时放出热量，正确；
故选D。
7．已知反应NaH+H2O=NaOH+H2↑，下列关于该反应的说法中正确的是
A．NaH中H的化合价为+1
B．H2O是氧化剂，其中的氢元素被氧化
C．NaH是还原剂，失去电子
D．转移1mol电子时生成22.4LH2
【答案】C
【详解】A．NaH中Na的化合价为+1，H的化合价为-1，故A错误；
B．NaH+H2O=NaOH+H2↑反应，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂，其中的氢元素被还原，故B错误；
C．NaH+H2O=NaOH+H2↑反应，NaH中H元素化合价升高，失去电子，NaH是还原剂，故C正确；
D．转移1mol电子时生成1mol氢气，没有明确是否为标准状况，体积不一定是22.4L，故D错误；
选C。
8．下列实验能达到实验目的的是
A．用过滤的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化钠
B．配制480mL 0.1mol/L 的KOH溶液，称量KOH的质量为2.8 g
C．将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到氢氧化钠溶液中，制取氢氧化铁胶体
D．称取25g CuSO4·5H2O溶于1L水中，配制1L 0.1 mol·L-1 的CuSO4溶液
【答案】B
【详解】A．胶体粒子、溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化钠，可以用渗析法除去氢氧化铁胶体中的氯化钠，故A错误；
B．配制480mL 0.1mol/L 的KOH溶液，选用500mL容量瓶，称量KOH的质量为，故B正确；
C．将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，不生成氢氧化铁胶体，故C错误；
D．称取25g CuSO4·5H2O溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，所以硫酸铜溶液的浓度不是0.1 mol·L-1 ，故D错误；
选B。
9．下列溶液分别稀释至500 mL，所得溶液中中c(Cl-)最大的是
A．100mL 0.5mol/L KCl溶液 B．100mL 0.3mol/L CuCl2溶液
C．200mL 0.1mol/L FeCl3溶液 D．300mL 0.2mol/L MgCl2溶液
【答案】D
【详解】A．100mL 0.5mol/L KCl溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
B．100mL 0.3mol/L CuCl2溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
C．200mL 0.1mol/L FeCl3溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
D．300mL 0.2mol/L MgCl2溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
故选D。
10．一定物质的量浓度溶液的配置过程中，下列操作会使结果偏大的是
A．配置氯化钠溶液：转移后即进行定容操作
B．配置稀硫酸：用量筒取浓硫酸时仰视读数
C．配置碳酸钠溶液：容量瓶中有少量蒸馏水
D．配置氢氧化钠溶液：将固体放在滤纸上直接称量
【答案】B
【详解】A．转移后即进行定容操作对结果无影响，A错误；
B．用量筒取浓硫酸时仰视读数导致所得的浓硫酸变大，故导致结果偏大，B正确；
C．定容时还要加水，故容量瓶中有少量蒸馏水对结果无影响，C错误；
D．将固体放在滤纸上直接称量，会有部分氢氧化钠蘸在滤纸上，故导致结果偏小，D错误；
故选B。
11．200℃时，(NH4)2C2O4分解产生氨气、CO、CO2和水蒸气。该温度下分解后的混合气体的密度是相同条件下氢气的
A．12.4倍 B．24.8倍 C．31倍 D．62倍
【答案】A
【详解】200℃时，(NH4)2C2O4分解产生氨气、CO、CO2和水蒸气，反应方程式为(NH4)2C2O4=2NH3+CO+CO2+H2O，1mol(NH4)2C2O4分解生成5mol气体，则分解后的混合气体的平均摩尔质量为 ；同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比，所以混合气体的密度是相同条件下氢气的倍，故选A。
12．用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．1 mol Cl2与足量的铁反应生成FeCl3，转移的电子数是 2NA
B．常温常压下，22.4 L NH3含有的原子数等于4NA
C．0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中 Cl-数目是 0.2 NA
D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到1mol·L-1的盐酸
【答案】A
【详解】A．1 mol Cl2与足量的铁反应生成FeCl3，氯元素化合价由0降低为-1，转移的电子数是 2NA，故A正确；
B．常温常压下，22.4 L NH3的物质的量不是1mol；标准状况下，22.4 L NH3的物质的量是1mol，故B错误；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中Cl-数目，故C错误；
D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中，得到溶液的体积不是1L，所得盐酸的浓度不是1mol·L-1，故D错误；
选A。
13．已知I-、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为SO2>I->Fe2+>H2O2，则下列反应不能发生的是
A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
B．H2O2+2H++=SO2+O2+2H2O
C．I2+SO2+2H2O=4H+++2I-
D．2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【答案】B
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2>I﹣>Fe2+>H2O2来判断反应能否发生。
【详解】A．因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，选项A正确；
B．若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2>SO2，与已知的还原性强弱矛盾，选项B错误；
C．因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I﹣，与已知的还原性强弱一致，选项C正确；
D．因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则I﹣为还原剂，还原性强弱为I﹣>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，选项D正确；
答案选B。
14．等质量的SO2气体和SO3气体，下列比较正确的是
A．同温、同压下原子数之比为15⁚16 B．同温、同压下物质的量之比为4⁚5
C．同温、同体积下氧原子数之比为6⁚5 D．同温、同体积下，压强之比为4⁚5
【答案】A
【分析】等质量的SO2气体和SO3气体，设质量都是mg，则SO2的物质的量为、SO3的物质的量为。
【详解】A．同温、同压下原子数之比为，故A正确；
B．同温、同压下物质的量之比为，故B错误；
C．同温、同体积下氧原子数之比为，故C错误；
D．同温、同体积下，压强比等于物质的量比，压强之比为，故D错误；
选A。
15．下列说法错误的有
①氯气的水溶液可以导电，所以Cl2是电解质
②氧化还原反应的本质是化合价的升降
③电解质的电离需要在通电条件下进行
④胶体和溶液的本质区别是是否有丁达尔效应
⑤Na2O2能与酸反应，所以Na2O2是碱性氧化物
⑥碳酸钠可以用于治疗胃酸过多
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】D
【详解】①Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故①错误；
②氧化还原反应的本质是电子转移，故②错误；
③电解质电离的条件是溶于水或加热熔化，电离不需要通电，故③错误；
④胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径不同，故④错误；
⑤Na2O2和酸反应生成盐、水、氧气，Na2O2是过氧化物，故⑤错误；
⑥碳酸钠碱性太强，碳酸钠不能用于治疗胃酸过多，故⑥错误；
说法错误的有6个，选D。
16．下列离子方程式正确的是
A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH-＋2HCO=CaCO3↓＋CO＋2H2O
B．钠和水：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
C．将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl-＋I2
D．过氧化钠和稀盐酸反应：2O+4H+=O2 ↑+ 2H2O
【答案】B
【详解】A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子全部反应，生成碳酸钙沉淀和水：Ca2＋＋OH-＋HCO=CaCO3↓＋H2O，A错误；
B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B正确；
C．将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中，氯气首先和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气不足亚铁离子不反应， 2I-＋Cl2=2Cl-＋I2，C错误；
D．过氧化钠为金属氧化物，不能拆，和盐酸反应生成氯化钠、氧气：2Na2O2+4H+=O2 ↑+ 2H2O+4Na+，D错误；
故选B。
17．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为
A． (b-a)/V mol·L-1 B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1 D．2(b-a)/V mol·L-1
【答案】C
【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。
18．有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：
则甲、乙、丙三种溶液可能是
A．BaCl2、H2SO4、MgCl2 B．CaCl2、HNO3、AgNO3
C．CaCl2、HNO3、NaCl D．BaCl2、HCl、NaOH
【答案】B
【详解】A．碳酸钠和BaCl2反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，BaCO3和H2SO4反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳、水，沉淀不能溶解，故不选A；
B．碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和HNO3反应生成硝酸钙、二氧化碳、水，氯化钠和AgNO3反应生成氯化银沉淀，故选B；
C．碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和HNO3反应生成硝酸钙、二氧化碳、水，硝酸钙、氯化钠溶液中加入NaCl不能生成沉淀，故不选C；
D．碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，加入HCl，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，再加NaOH不能生成沉淀，故不选D；
选B。
19．在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·mL-1，质量分数为ω，其中含有NH的物质的量是b mol，下列叙述正确的是
A．溶质的质量分数ω=×100%
B．溶质的物质的量浓度c= mol·L-1
C．溶液中c(OH-)= mol·L-1＋c(H＋)
D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w
【答案】C
【详解】A．溶质的质量分数ω＝×100%，A错误；
B．在计算时，氨水中的溶质是NH3而不是NH3·H2O，c＝＝mol/L＝mol/L，B错误；
C．氨水中含有的阳离子为H＋和NH，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知，C正确；
D．由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其溶质质量分数小于0.5w，D错误。
故选C。
20．下列关于阿伏伽德罗常数NA叙述正确的是
A．23g NO2与N2O4的混合气含原子数一定为1.5NA
B．CO与CO2混合气含有1.5 NA个O原子，则CO与CO2的比值一定为1：1
C．C2H4与C3H6混合气含NA个氢原子，则碳元素质量一定为12g
D．0.1mol/L Na2CO3与Na2SO4的混合溶液中Na+数目一定为1.5NA
【答案】A
【详解】A．NO2与N2O4的最简式都是NO2，23g NO2与N2O4的混合气含原子数为，故A正确；
B．CO与CO2混合气含有1.5 NA个O原子，设CO的物质的量为xmol、CO2的物质的量为ymol，满足x+2y=1.5，不能计算CO、CO2的物质的量或比值，所以CO与CO2的比值不一定为1∶1，故B错误；
C．C2H4与C3H6的最简式都是CH2，混合气含1mol氢原子，则一定含有0.5molC原子，则碳元素质量一定为6g，故C错误；
D．0.1mol/L Na2CO3与Na2SO4的混合溶液，没有明确溶液体积，不能计算Na+数目，故D错误；
选A。
21．已知：KClO3+5KCl+3H2SO43K2SO4+3Cl2↑+3H2O。将KClO3加热使其部分分解，再向分解后的混合物中加入足量硫酸加热，放出氯气。假设KClO3的分解率为a，分解后KCl为1mol，两步反应生成氧气和氯气的总物质的量为bmol。下列关系正确的是
A．当a=0.6时，b=3 B．当氯元素全部转化为氯气时，a=1/6
C．b的最大值为2.1 D．当5/6＜a＜1时，b=a/3+1.5
【答案】C
【分析】KClO3加热分解的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，分解后KCl为1mol，根据方程式可知分解的KClO3为1mol，生成的O2为1.5mol，假设KClO3的分解率为a，则原来KClO3的物质的量为，则剩下KClO3的物质的量为，根据方程式KClO3+5KCl+3H2SO43K2SO4+3Cl2↑+3H2O可得，当0＜＜，即＜a＜1时，生成的氯气的物质的量为，此时氧气和氯气的总物质的量为b=；当＞，即0＜a≤时，生成的氯气的物质的量为0.6mol，此时氧气和氯气的总物质的量为b=1.5mol+0.6mol=2.1mol，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，当a=0.6时，a＜，则生成氯气的物质的量为0.6mol，则b=1.5mol+0.6mol=2.1mol，A错误；
B．当氯元素全部转化为氯气时，即1molKCl完全反应，即分解反应剩下KClO3的物质的量0.2mol，则，解得a=，B错误；
C．根据上述分析可知，氧气和氯气的总物质的量＜b≤2.1，故b的最大值为2.1，C正确；
D．根据上述分析，当＜a＜1时，b=，D错误；
答案选C。
二、多选题
22．下列各组中，两种气体分子数一定相等的是
A．质量相同的N2和CO B．体积相同、密度相同的N2和O2
C．温度相同、压强相同的NO和C2H6 D．体积相同、密度相同的N2和CO
【答案】AD
【详解】A．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，所以质量相同的N2和CO物质的量相等，则分子数一定相等，故选A；
B．体积相同、密度相同的N2和O2的质量相等，N2和O2的摩尔质量不相等，所以N2和O2的物质的量不相等，则分子数一定不相等，故不选B；
C．温度相同、压强相同的NO和C2H6，没有明确气体体积是否相等，则分子数不一定相等，故不选C；
D．体积相同、密度相同的N2和CO的质量相等，由于N2和CO的摩尔质量相等，所以N2和O2的物质的量相等，则分子数一定相等，故选D；
选AD。
23．10月4日，2022年的诺贝尔物化学奖授予Carolyn R.Bertozzi、 Morten Meldal和K.Barry Sharpless，以表彰他们在点击化学等领域的贡献。“点击化学”是指在合适催化剂的作用下，快速、高效连接分子的一类反应。叠氮化钠(NaN3)是点击化学中常用的一种催化剂，它在真空中加热可以逐渐分解为钠和氮气。下列说法正确的是
A．NaN3的摩尔质量为65
B．13g NaN3所含质子的数目为6.4NA
C．1mol NaN3在真空中完全分解，转移的电子数为NA
D．2mol NaN3在真空中完全分解，产生氮气的体积为67.2 L
【答案】BC
【详解】A.摩尔质量的单位是“g/mol”，NaN3的摩尔质量为65g/mol，故A错误；
B. 13g NaN3所含质子的数目，故B正确；
C. 叠氮化钠分解为钠和氮气，钠元素化合价由+1降低为0，1mol NaN3在真空中完全分解，转移1mol电子，故C正确；
D. 根据N元素守恒，2mol NaN3在真空中完全分解生成3mol氮气，没有明确是否为标准状况，产生氮气的体积不一定为67.2 L，故D错误；
选BC。
24．已知Fe3+可以和Fe反应生成Fe2+。向FeCl3和CuCl2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中c(Fe2+)和加入铁粉的量之间的关系如图所示。忽略加入铁粉过程中溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．氧化性Fe3+
C．加入2mol铁粉时，c(Fe2+)∶c(Cu2+)=3∶1
D．原溶液中FeCl3和CuCl2的浓度之比为2∶1
【答案】CD
【分析】根据氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应①Fe+2Fe3+═3Fe2+，②Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，从图象中可知加入2molFe时，发生反应①生成Fe2+物质的量为6mol，此时溶液中Fe2+物质的量浓度为3mol/L，可知溶液体积为2L，反应的Fe3+物质的量为4mol，即FeCl3为4mol；
在加入2molFe的基础上再加入2mol铁发生反应②，此时生成Fe2+物质的量为2mol，原溶液中Cu2+物质的量为2mol，即CuCl2为2mol；同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，
所以原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，据此分析。
【详解】A．氧化性：Fe3+＞Cu2+，A错误；
B．由分析可知溶液体积为2L，B错误；
C．加入2mol铁粉时，溶液中有6mol Fe2+，2mol Cu2+，故c(Fe2+)∶c(Cu2+)=3∶1，C正确；
D．原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，D正确；
故选CD。
25．现有200mL无色、澄清溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Ba2+、Cu2+、CO、Cl-、MnO、SO。现均分为2份进行如下实验：
①第一份加入足量NaOH溶液，无现象。
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3 g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g
③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验，下列结论中错误的是
A．不做任何实验，就能确定没有Cu2+和MnO
B．一定存在Cl-、CO、SO
C．原溶液中含有0.01mol CO
D．一定存在K+，且原溶液中n(K+)≥0.08mol
【答案】BC
【分析】含有Cu2+的溶液呈蓝色、含有MnO的溶液呈紫红色，无色溶液中一定不含Cu2+、MnO；
①第一份加入足量NaOH溶液，无现象，说明一定不含Mg2+。
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3 g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，说明反应生成2.33g硫酸钡沉淀、1.97g碳酸钡沉淀，则100mL原溶液中含有SO的物质的量为、CO的物质的量为；由于Ba2+与CO、SO能生成沉淀，所以一定不含Ba2+。
③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-。
【详解】A．含有Cu2+的溶液呈蓝色、含有MnO的溶液呈紫红色，溶液呈无色，所以不做任何实验，就能确定没有Cu2+和MnO，故A正确；
B．向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-，故B错误；
C．根据步骤②，100mL原溶液中含有CO的物质的量为，则原溶液含有0.02mol CO，故C错误；
D．溶液在一定没有Mg2+、Ba2+、Cu2+，原溶液含有0.02mol CO、0.02mol SO，可能含有Cl-，根据电荷守恒，可知一定存在K+，且原溶液中n(K+)≥0.08mol，故D正确；
选BC。
三、实验题
26．甲、乙两位同学欲在实验室探究氢氧化钡和稀硫酸的反应。
I．甲同学负责配制250 mL 0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液以备使用。
(1)甲同学需经过计算、称量、_______、冷却、移液、_______并转移、定容、摇匀等操作。(填写以上空白步骤)
(2)已知Mr[Ba(OH)2]=171，Mr[Ba(OH)2·8H2O]=315.该同学应用托盘天平称取Ba(OH)2·8H2O固体的质量为_______g；D中仪器使用前需要先_______(填操作名称)；下列图示操作正确的是_______(填序号)。
II．乙同学负责配制1 L 0.1 mol/L 的H2SO4溶液。
(3)乙同学需要 ρ=1.84 g·mL-1，质量分数为98%的浓硫酸的体积为_______；
(4)现有烧杯、玻璃棒，乙同学还缺少的玻璃仪器是_______。
III．两位同学通过数字化传感器探究稀硫酸逐滴加入氢氧化钡溶液(含酚酞)过程中的电导率变化，装置和结果如下图所示：
(5)实验中烧杯里的现象为_______；
(6)请写出该滴定过程中的离子方程式：_______。
【答案】(1) 溶解 洗涤
(2) 7.9 检漏 B
(3)5.4 mL
(4)1000 mL容量瓶、胶头滴管、量筒
(5)有白色沉淀生成、红色褪去
(6)Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【分析】根据溶液的物质的量浓度定义式计算溶液的物质的量浓度。结合配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准的大而近，使用托盘天平称量物质质量时原则是左物右码。利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变进行有关计算。溶液的碱性越强，滴有酚酞的溶液红色就越深，溶液中自由移动的离子浓度就越大，溶液的导电能力就越强，溶液的电导率就越大。当溶液中自由移动的离子浓度最小时，溶液的电导率最小，几乎不能导电。
【详解】（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的步骤为经过计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、并转移、定容、摇匀等操作。
（2）配制250 mL0.1 mol/L Ba(OH)2溶液，需要溶质的物质的量n[Ba(OH)2]=0.1 mol/L×0.25 L=0.025 mol，若使用Ba(OH)2·8H2O固体来配制，由于Mr[Ba(OH)2·8H2O]=315，则需要称量Ba(OH)2·8H2O固体的质量m[Ba(OH)2·8H2O]= 0.025 mol×315 g/mol=7.9 g；
D中仪器是容量瓶，容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，溶液具有均一性，配制溶液需要摇匀，因此在使用前需要先检查是否漏液；
A．托盘天平使用时应该左物右码，药品与砝码放反了，A错误；
B．称量好的固体药品在烧杯中进行溶解时，要使用玻璃棒搅拌，以促进物质的溶解，B正确；
C．向容量瓶中转移溶液时为避免液体外流，要使用玻璃棒引流，图示缺少引流作用的玻璃棒，C错误；
D．使用胶头滴管定容时，胶头滴管不能伸入滴定管中，应该悬空垂直滴加水，D错误；
故合理选项是B；
（3）98%的浓硫酸的物质的量浓度c=，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知用该浓硫酸配制1 L0.1 mol/LH2SO4溶液，需浓硫酸的体积V=；
（4）现有烧杯、玻璃棒，乙同学要配制1 L0.1 mol/L稀H2SO4，还缺少的玻璃仪器是量筒、1000 mL容量瓶、胶头滴管；
（5）向滴有酚酞试液的Ba(OH)2溶液中加入H2SO4溶液，二者会发生离子反应：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，因此溶液的电导率逐渐降低，由于c(OH-)减小，溶液的红色逐渐变浅，反应产生BaSO4白色沉淀。当二者恰好反应时，溶液中自由移动的离子浓度几乎为0，溶液导电能力最弱。后来H2SO4过量，过量H2SO4电离产生离子，溶液中自由移动的离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增强，故看到实验中烧杯里的现象为有白色沉淀生成、红色褪去；
（6）根据上述分析可知：在该滴定过程中的离子方程式为：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
27．高铁酸钾(K2FeO4)是优质水处理剂，实验室制取K2FeO4的装置如下图，回答下列问题：
(1)A装置的作用是制取氯气，且反应后高锰酸钾转化为MnCl2。盛浓盐酸的仪器名称为_______；A中反应的离子方程式为：_______；做还原剂的HCl和表现酸性的HCl的物质的量之比为_______。
(2)B中K2FeO4的制备原理为：Cl2+ Fe(OH)3+_______→K2FeO4+KCl+_______。(未配平)，请配平该化学方程式并用双线桥标明电子转移情况_______。当上述反应消耗标准状况下672mLCl2时，理论上生成K2FeO4质量为_______。
(3)装置C的作用是_______。
(4)K2FeO4处理水的原理之一是在水中生成Fe3+，Fe3+与水反应生成氢氧化铁胶体后，能吸附水中的悬浮物，该过程称为_______。实验室制备该胶体的离子方程式为_______。
【答案】(1) 分液漏斗 2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 5：3
(2) 3.96g
(3)除尾气中的氯气，防止污染环境
(4) 胶体的聚沉 Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) +3H+
【分析】A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B中氯气和氢氧化铁发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O反应制备K2FeO4；C中用氢氧化钠吸收尾气，防止污染。
【详解】（1）根据装置图，可知盛浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；参加反应的16个HCl中有10个Cl原子化合价升高被氧化为氯气，所以做还原剂的HCl和表现酸性的HCl的物质的量之比为5:3。
（2）氯气中氯元素化合价由0降低为-1，Fe(OH)3中Fe元素化合价由+3价升高为+6，根据得失电子守恒、元素守恒，配平方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，用双线桥标明电子转移情况为。根据方程式可知，3mol氯气完全反应生成2mol K2FeO4，当上述反应消耗标准状况下672mLCl2时，理论上生成K2FeO4质量为。
（3）氯气有毒，剩余氯气用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气。
（4）K2FeO4处理水的原理之一是在水中生成Fe3+，Fe3+与水反应生成氢氧化铁胶体后，能吸附水中的悬浮物，该过程称为胶体的聚沉。实验室把饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) +3H+。
28．某化学小组欲测定某NaHCO3和NaCl混合物中NaHCO3的质量分数，用了两种不同的方法。回答下列问题：
Ⅰ.甲同学用下图所示装置进行测定。在检查完装置气密性后，他将一定质量的待测样品装入装置B中，加热前，先对已连接好的装置A、B和C通入一段时间的空气，再连接装置D、E；停止加热后，又继续通入一段时间的空气。
已知：a. 浓硫酸常用于吸收水蒸气。
b. 碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
(1)写出B装置加热时发生反应化学方程式：_______。
(2)第一次通入空气的目的是_______；第二次通入空气的目的是_______。若没有装置E，可能会造成测定结果 _______(填“偏大”“偏小”或“不变”。)
(3)测定实验前后装置 _______(填字母)的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。若上述实验测得二氧化碳的质量为 6.6 g，甲同学称量样品的质量为28.0g，则该样品中NaHCO3的质量分数为_______。
II.乙同学用图中所示方法和步骤进行实验：
(4)写出①中反应的离子方程式_______。
(5)确定溶液M中含有过量氢氧化钡的方法为_______。
(6)乙同学测得样品中NaHCO3的质量分数为_______。(用含x、y的代数式表示)
【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 ↑
(2) 除去装置中的CO2 将新生成的CO2和水蒸气全部鼓入后续装置 偏大
(3) D 90%
(4)HCO+OH-+Ba2+ = BaCO3↓+H2O
(5)取少许溶液M于试管，加入足量的稀硫酸，观察是否有白色沉淀生成；若有，则证明氢氧化钡已经过量
(6)
【分析】根据甲同学设计的装置，可知用D中的碱石灰吸收B中碳酸氢钠分解放出的二氧化碳，根据D吸收碳酸钠的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算NaHCO3的质量分数；乙同学的实验原理是：碳酸氢钠和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，根据碳酸钡沉淀的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算NaHCO3的质量分数。
【详解】（1）B装置加热时，碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，发生反应化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 ↑；
（2）装置中的空气中含有二氧化碳，为防止空气中的二氧化碳被D装置吸收，需要排出装置内的空气，所以第一次通入空气的目的是除去装置中的CO2；实验结束，部分碳酸氢钠分解生成的二氧化碳残留在B中，第二次通入空气的目的是将新生成的CO2和水蒸气全部鼓入后续装置；装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D，若没有装置E，D吸收二氧化碳的质量偏大，会造成测定结果偏大；
（3）测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。若上述实验测得二氧化碳的质量为 6.6 g，设碳酸氢钠的质量为xg
x=25.2g，甲同学称量样品的质量为28.0g，则该样品中NaHCO3的质量分数为。
（4）①中碳酸氢钠和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式；
（5）若氢氧化钡过量，则M中含有Ba2+，取少许溶液M于试管，加入足量的稀硫酸，观察是否有白色沉淀生成，若有沉淀，则证明氢氧化钡已经过量；
（6）设碳酸氢钠的质量为ag
a=，样品中NaHCO3的质量分数为。
陕西省西安市陕西师范大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列实现“碳中和”的途径中，没有涉及化学变化的是
A．将CO2催化还原为甲醇(CH3OH)
B．植树造林，通过光合作用吸收CO2
C．我国科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D．北京冬奥会使用跨临界制冰技术将CO2制成干冰
【答案】D
【详解】A．将CO2催化还原为甲醇(CH3OH)，反应生成新物质，化学变化，A错误；
B．通过光合作用吸收CO2生成有机物，化学变化，B错误；
C．将CO2转化为淀粉或葡萄糖，化学变化，C错误；
D．使用跨临界制冰技术将CO2制成干冰，只是物质状态的变化，没有生成新物质，物理变化，D正确；
故选D。
2．近期西安遭遇了新一轮的新冠病毒疫情，做好个人防护尤为重要。下列消毒剂的有效成分属于盐的是
A．双氧水 B．医用酒精 C．次氯酸钠溶液 D．过氧乙酸(CH3COOOH)
【答案】C
【详解】A．双氧水主要成分是H2O2，由H、O离子元素组成的化合物，属于氧化物，A不符合题意；
B．医用酒精是75%的乙醇水溶液，是混合物，其有效成分CH3CH2OH属于有机物，因此不属于盐，B不符合题意；
C．次氯酸钠溶液有效成分是NaClO，NaClO是由金属阳离子和酸根阴离子构成，属于盐，C符合题意；
D．过氧乙酸(CH3COOOH)是由分子构成的共价化合物，其中无金属阳离子，因此不属于盐，D不符合题意；
故合理选项是C。
3．下列物质属于非电解质的是
A．SO2 B．Cl2 C．NaOH溶液 D．CH3COOH
【答案】A
【详解】A．SO2自身不能电离，SO2是非电解质，故选A；
B．Cl2是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；
C．NaOH溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选C；
D．CH3COOH的水溶液能导电，是电解质，故不选D；
选A。
4．下列反应可以用离子方程式H++OH-=H2O表示的是
A．NaHSO4溶液与NaOH溶液混合 B．HNO3溶液与氨水混合
C．KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 D．醋酸溶液与NaOH溶液混合
【答案】A
【详解】A．NaHSO4溶液与NaOH溶液混合生成硫酸钠和水，反应的离子方程式是H++OH-=H2O，故选A；
B．HNO3溶液与氨水混合生成硝酸铵和水，反应的离子方程式是H++=H2O+，故不选B；
C．KHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合有硫酸钡沉淀生成，不能用H++OH-=H2O表示，故不选C；
D．醋酸溶液与NaOH溶液混合生成醋酸钠和水，反应的离子方程式是CH3COOH+ OH-=H2O+CH3COO-，故不选D；
选A。
5．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
6．某学生用镊子从煤油中取出一小块金属钠，用小刀切出绿豆大小的一块，用滤纸吸干表面的煤油后将其放入滴有酚酞溶液的水中。该实验的操作及现象能证明金属钠具有下列性质中的
① ρ(煤油)<ρ(Na)< ρ(水) ② 熔点较低 ③ 硬度小 ④ 与水反应后的溶液呈碱性 ⑤ 与水反应时放出热量
A．①③④ B．①②③④ C．②③④⑤ D．①②③④⑤
【答案】D
【详解】① 钠位于煤油之下而漂浮于水上，ρ(煤油)<ρ(Na)< ρ(水)，正确；②实验中钠熔化为一个闪亮的小球，熔点较低，正确；③用小刀切出绿豆大小的一块，硬度小，正确；④ 与水反应后的溶液使酚酞试液变红色，溶液呈碱性，正确；⑤实验中钠熔化为一个闪亮的小球，，说明与水反应时放出热量，正确；
故选D。
7．已知反应NaH+H2O=NaOH+H2↑，下列关于该反应的说法中正确的是
A．NaH中H的化合价为+1
B．H2O是氧化剂，其中的氢元素被氧化
C．NaH是还原剂，失去电子
D．转移1mol电子时生成22.4LH2
【答案】C
【详解】A．NaH中Na的化合价为+1，H的化合价为-1，故A错误；
B．NaH+H2O=NaOH+H2↑反应，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂，其中的氢元素被还原，故B错误；
C．NaH+H2O=NaOH+H2↑反应，NaH中H元素化合价升高，失去电子，NaH是还原剂，故C正确；
D．转移1mol电子时生成1mol氢气，没有明确是否为标准状况，体积不一定是22.4L，故D错误；
选C。
8．下列实验能达到实验目的的是
A．用过滤的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化钠
B．配制480mL 0.1mol/L 的KOH溶液，称量KOH的质量为2.8 g
C．将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到氢氧化钠溶液中，制取氢氧化铁胶体
D．称取25g CuSO4·5H2O溶于1L水中，配制1L 0.1 mol·L-1 的CuSO4溶液
【答案】B
【详解】A．胶体粒子、溶液都能透过滤纸，不能用过滤的方法除去氢氧化铁胶体中的氯化钠，可以用渗析法除去氢氧化铁胶体中的氯化钠，故A错误；
B．配制480mL 0.1mol/L 的KOH溶液，选用500mL容量瓶，称量KOH的质量为，故B正确；
C．将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到氢氧化钠溶液中生成氢氧化铁沉淀，不生成氢氧化铁胶体，故C错误；
D．称取25g CuSO4·5H2O溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，所以硫酸铜溶液的浓度不是0.1 mol·L-1 ，故D错误；
选B。
9．下列溶液分别稀释至500 mL，所得溶液中中c(Cl-)最大的是
A．100mL 0.5mol/L KCl溶液 B．100mL 0.3mol/L CuCl2溶液
C．200mL 0.1mol/L FeCl3溶液 D．300mL 0.2mol/L MgCl2溶液
【答案】D
【详解】A．100mL 0.5mol/L KCl溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
B．100mL 0.3mol/L CuCl2溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
C．200mL 0.1mol/L FeCl3溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
D．300mL 0.2mol/L MgCl2溶液稀释至500 mL，c(Cl-)=；
故选D。
10．一定物质的量浓度溶液的配置过程中，下列操作会使结果偏大的是
A．配置氯化钠溶液：转移后即进行定容操作
B．配置稀硫酸：用量筒取浓硫酸时仰视读数
C．配置碳酸钠溶液：容量瓶中有少量蒸馏水
D．配置氢氧化钠溶液：将固体放在滤纸上直接称量
【答案】B
【详解】A．转移后即进行定容操作对结果无影响，A错误；
B．用量筒取浓硫酸时仰视读数导致所得的浓硫酸变大，故导致结果偏大，B正确；
C．定容时还要加水，故容量瓶中有少量蒸馏水对结果无影响，C错误；
D．将固体放在滤纸上直接称量，会有部分氢氧化钠蘸在滤纸上，故导致结果偏小，D错误；
故选B。
11．200℃时，(NH4)2C2O4分解产生氨气、CO、CO2和水蒸气。该温度下分解后的混合气体的密度是相同条件下氢气的
A．12.4倍 B．24.8倍 C．31倍 D．62倍
【答案】A
【详解】200℃时，(NH4)2C2O4分解产生氨气、CO、CO2和水蒸气，反应方程式为(NH4)2C2O4=2NH3+CO+CO2+H2O，1mol(NH4)2C2O4分解生成5mol气体，则分解后的混合气体的平均摩尔质量为 ；同温同压下，气体的密度比等于摩尔质量之比，所以混合气体的密度是相同条件下氢气的倍，故选A。
12．用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．1 mol Cl2与足量的铁反应生成FeCl3，转移的电子数是 2NA
B．常温常压下，22.4 L NH3含有的原子数等于4NA
C．0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中 Cl-数目是 0.2 NA
D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到1mol·L-1的盐酸
【答案】A
【详解】A．1 mol Cl2与足量的铁反应生成FeCl3，氯元素化合价由0降低为-1，转移的电子数是 2NA，故A正确；
B．常温常压下，22.4 L NH3的物质的量不是1mol；标准状况下，22.4 L NH3的物质的量是1mol，故B错误；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中Cl-数目，故C错误；
D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中，得到溶液的体积不是1L，所得盐酸的浓度不是1mol·L-1，故D错误；
选A。
13．已知I-、Fe2+、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为SO2>I->Fe2+>H2O2，则下列反应不能发生的是
A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
B．H2O2+2H++=SO2+O2+2H2O
C．I2+SO2+2H2O=4H+++2I-
D．2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【答案】B
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是SO2>I﹣>Fe2+>H2O2来判断反应能否发生。
【详解】A．因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，选项A正确；
B．若该反应发生，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2>SO2，与已知的还原性强弱矛盾，选项B错误；
C．因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2>I﹣，与已知的还原性强弱一致，选项C正确；
D．因该反应中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则I﹣为还原剂，还原性强弱为I﹣>Fe2+，与已知的还原性强弱一致，选项D正确；
答案选B。
14．等质量的SO2气体和SO3气体，下列比较正确的是
A．同温、同压下原子数之比为15⁚16 B．同温、同压下物质的量之比为4⁚5
C．同温、同体积下氧原子数之比为6⁚5 D．同温、同体积下，压强之比为4⁚5
【答案】A
【分析】等质量的SO2气体和SO3气体，设质量都是mg，则SO2的物质的量为、SO3的物质的量为。
【详解】A．同温、同压下原子数之比为，故A正确；
B．同温、同压下物质的量之比为，故B错误；
C．同温、同体积下氧原子数之比为，故C错误；
D．同温、同体积下，压强比等于物质的量比，压强之比为，故D错误；
选A。
15．下列说法错误的有
①氯气的水溶液可以导电，所以Cl2是电解质
②氧化还原反应的本质是化合价的升降
③电解质的电离需要在通电条件下进行
④胶体和溶液的本质区别是是否有丁达尔效应
⑤Na2O2能与酸反应，所以Na2O2是碱性氧化物
⑥碳酸钠可以用于治疗胃酸过多
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】D
【详解】①Cl2是单质，既不是电解质又不是非电解质，故①错误；
②氧化还原反应的本质是电子转移，故②错误；
③电解质电离的条件是溶于水或加热熔化，电离不需要通电，故③错误；
④胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径不同，故④错误；
⑤Na2O2和酸反应生成盐、水、氧气，Na2O2是过氧化物，故⑤错误；
⑥碳酸钠碱性太强，碳酸钠不能用于治疗胃酸过多，故⑥错误；
说法错误的有6个，选D。
16．下列离子方程式正确的是
A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2＋＋2OH-＋2HCO=CaCO3↓＋CO＋2H2O
B．钠和水：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
C．将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl-＋I2
D．过氧化钠和稀盐酸反应：2O+4H+=O2 ↑+ 2H2O
【答案】B
【详解】A．向Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液，氢氧根离子全部反应，生成碳酸钙沉淀和水：Ca2＋＋OH-＋HCO=CaCO3↓＋H2O，A错误；
B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B正确；
C．将1 mol Cl2通入含1 mol FeI2溶液中，氯气首先和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气不足亚铁离子不反应， 2I-＋Cl2=2Cl-＋I2，C错误；
D．过氧化钠为金属氧化物，不能拆，和盐酸反应生成氯化钠、氧气：2Na2O2+4H+=O2 ↑+ 2H2O+4Na+，D错误；
故选B。
17．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为
A． (b-a)/V mol·L-1 B．(2b-a)/V mol·L-1
C．2(2b-a)/V mol·L-1 D．2(b-a)/V mol·L-1
【答案】C
【详解】一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。
18．有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：
则甲、乙、丙三种溶液可能是
A．BaCl2、H2SO4、MgCl2 B．CaCl2、HNO3、AgNO3
C．CaCl2、HNO3、NaCl D．BaCl2、HCl、NaOH
【答案】B
【详解】A．碳酸钠和BaCl2反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，BaCO3和H2SO4反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳、水，沉淀不能溶解，故不选A；
B．碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和HNO3反应生成硝酸钙、二氧化碳、水，氯化钠和AgNO3反应生成氯化银沉淀，故选B；
C．碳酸钠和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，碳酸钙和HNO3反应生成硝酸钙、二氧化碳、水，硝酸钙、氯化钠溶液中加入NaCl不能生成沉淀，故不选C；
D．碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，加入HCl，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，再加NaOH不能生成沉淀，故不选D；
选B。
19．在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρ g·mL-1，质量分数为ω，其中含有NH的物质的量是b mol，下列叙述正确的是
A．溶质的质量分数ω=×100%
B．溶质的物质的量浓度c= mol·L-1
C．溶液中c(OH-)= mol·L-1＋c(H＋)
D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w
【答案】C
【详解】A．溶质的质量分数ω＝×100%，A错误；
B．在计算时，氨水中的溶质是NH3而不是NH3·H2O，c＝＝mol/L＝mol/L，B错误；
C．氨水中含有的阳离子为H＋和NH，含有的阴离子只有OH－，根据电荷守恒可知，C正确；
D．由于氨水的密度小于水的密度，与水等体积混合所得稀氨水的质量大于原氨水质量的2倍，故其溶质质量分数小于0.5w，D错误。
故选C。
20．下列关于阿伏伽德罗常数NA叙述正确的是
A．23g NO2与N2O4的混合气含原子数一定为1.5NA
B．CO与CO2混合气含有1.5 NA个O原子，则CO与CO2的比值一定为1：1
C．C2H4与C3H6混合气含NA个氢原子，则碳元素质量一定为12g
D．0.1mol/L Na2CO3与Na2SO4的混合溶液中Na+数目一定为1.5NA
【答案】A
【详解】A．NO2与N2O4的最简式都是NO2，23g NO2与N2O4的混合气含原子数为，故A正确；
B．CO与CO2混合气含有1.5 NA个O原子，设CO的物质的量为xmol、CO2的物质的量为ymol，满足x+2y=1.5，不能计算CO、CO2的物质的量或比值，所以CO与CO2的比值不一定为1∶1，故B错误；
C．C2H4与C3H6的最简式都是CH2，混合气含1mol氢原子，则一定含有0.5molC原子，则碳元素质量一定为6g，故C错误；
D．0.1mol/L Na2CO3与Na2SO4的混合溶液，没有明确溶液体积，不能计算Na+数目，故D错误；
选A。
21．已知：KClO3+5KCl+3H2SO43K2SO4+3Cl2↑+3H2O。将KClO3加热使其部分分解，再向分解后的混合物中加入足量硫酸加热，放出氯气。假设KClO3的分解率为a，分解后KCl为1mol，两步反应生成氧气和氯气的总物质的量为bmol。下列关系正确的是
A．当a=0.6时，b=3 B．当氯元素全部转化为氯气时，a=1/6
C．b的最大值为2.1 D．当5/6＜a＜1时，b=a/3+1.5
【答案】C
【分析】KClO3加热分解的化学方程式为：2KClO32KCl+3O2↑，分解后KCl为1mol，根据方程式可知分解的KClO3为1mol，生成的O2为1.5mol，假设KClO3的分解率为a，则原来KClO3的物质的量为，则剩下KClO3的物质的量为，根据方程式KClO3+5KCl+3H2SO43K2SO4+3Cl2↑+3H2O可得，当0＜＜，即＜a＜1时，生成的氯气的物质的量为，此时氧气和氯气的总物质的量为b=；当＞，即0＜a≤时，生成的氯气的物质的量为0.6mol，此时氧气和氯气的总物质的量为b=1.5mol+0.6mol=2.1mol，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，当a=0.6时，a＜，则生成氯气的物质的量为0.6mol，则b=1.5mol+0.6mol=2.1mol，A错误；
B．当氯元素全部转化为氯气时，即1molKCl完全反应，即分解反应剩下KClO3的物质的量0.2mol，则，解得a=，B错误；
C．根据上述分析可知，氧气和氯气的总物质的量＜b≤2.1，故b的最大值为2.1，C正确；
D．根据上述分析，当＜a＜1时，b=，D错误；
答案选C。
二、多选题
22．下列各组中，两种气体分子数一定相等的是
A．质量相同的N2和CO B．体积相同、密度相同的N2和O2
C．温度相同、压强相同的NO和C2H6 D．体积相同、密度相同的N2和CO
【答案】AD
【详解】A．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，所以质量相同的N2和CO物质的量相等，则分子数一定相等，故选A；
B．体积相同、密度相同的N2和O2的质量相等，N2和O2的摩尔质量不相等，所以N2和O2的物质的量不相等，则分子数一定不相等，故不选B；
C．温度相同、压强相同的NO和C2H6，没有明确气体体积是否相等，则分子数不一定相等，故不选C；
D．体积相同、密度相同的N2和CO的质量相等，由于N2和CO的摩尔质量相等，所以N2和O2的物质的量相等，则分子数一定相等，故选D；
选AD。
23．10月4日，2022年的诺贝尔物化学奖授予Carolyn R.Bertozzi、 Morten Meldal和K.Barry Sharpless，以表彰他们在点击化学等领域的贡献。“点击化学”是指在合适催化剂的作用下，快速、高效连接分子的一类反应。叠氮化钠(NaN3)是点击化学中常用的一种催化剂，它在真空中加热可以逐渐分解为钠和氮气。下列说法正确的是
A．NaN3的摩尔质量为65
B．13g NaN3所含质子的数目为6.4NA
C．1mol NaN3在真空中完全分解，转移的电子数为NA
D．2mol NaN3在真空中完全分解，产生氮气的体积为67.2 L
【答案】BC
【详解】A.摩尔质量的单位是“g/mol”，NaN3的摩尔质量为65g/mol，故A错误；
B. 13g NaN3所含质子的数目，故B正确；
C. 叠氮化钠分解为钠和氮气，钠元素化合价由+1降低为0，1mol NaN3在真空中完全分解，转移1mol电子，故C正确；
D. 根据N元素守恒，2mol NaN3在真空中完全分解生成3mol氮气，没有明确是否为标准状况，产生氮气的体积不一定为67.2 L，故D错误；
选BC。
24．已知Fe3+可以和Fe反应生成Fe2+。向FeCl3和CuCl2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中c(Fe2+)和加入铁粉的量之间的关系如图所示。忽略加入铁粉过程中溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．氧化性Fe3+
C．加入2mol铁粉时，c(Fe2+)∶c(Cu2+)=3∶1
D．原溶液中FeCl3和CuCl2的浓度之比为2∶1
【答案】CD
【分析】根据氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应①Fe+2Fe3+═3Fe2+，②Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，从图象中可知加入2molFe时，发生反应①生成Fe2+物质的量为6mol，此时溶液中Fe2+物质的量浓度为3mol/L，可知溶液体积为2L，反应的Fe3+物质的量为4mol，即FeCl3为4mol；
在加入2molFe的基础上再加入2mol铁发生反应②，此时生成Fe2+物质的量为2mol，原溶液中Cu2+物质的量为2mol，即CuCl2为2mol；同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，
所以原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，据此分析。
【详解】A．氧化性：Fe3+＞Cu2+，A错误；
B．由分析可知溶液体积为2L，B错误；
C．加入2mol铁粉时，溶液中有6mol Fe2+，2mol Cu2+，故c(Fe2+)∶c(Cu2+)=3∶1，C正确；
D．原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，D正确；
故选CD。
25．现有200mL无色、澄清溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、Mg2+、Ba2+、Cu2+、CO、Cl-、MnO、SO。现均分为2份进行如下实验：
①第一份加入足量NaOH溶液，无现象。
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3 g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g
③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成。
根据上述实验，下列结论中错误的是
A．不做任何实验，就能确定没有Cu2+和MnO
B．一定存在Cl-、CO、SO
C．原溶液中含有0.01mol CO
D．一定存在K+，且原溶液中n(K+)≥0.08mol
【答案】BC
【分析】含有Cu2+的溶液呈蓝色、含有MnO的溶液呈紫红色，无色溶液中一定不含Cu2+、MnO；
①第一份加入足量NaOH溶液，无现象，说明一定不含Mg2+。
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀4.3 g；经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，说明反应生成2.33g硫酸钡沉淀、1.97g碳酸钡沉淀，则100mL原溶液中含有SO的物质的量为、CO的物质的量为；由于Ba2+与CO、SO能生成沉淀，所以一定不含Ba2+。
③向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-。
【详解】A．含有Cu2+的溶液呈蓝色、含有MnO的溶液呈紫红色，溶液呈无色，所以不做任何实验，就能确定没有Cu2+和MnO，故A正确；
B．向实验②的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②引入了Cl-，不能判断原溶液是否含有Cl-，故B错误；
C．根据步骤②，100mL原溶液中含有CO的物质的量为，则原溶液含有0.02mol CO，故C错误；
D．溶液在一定没有Mg2+、Ba2+、Cu2+，原溶液含有0.02mol CO、0.02mol SO，可能含有Cl-，根据电荷守恒，可知一定存在K+，且原溶液中n(K+)≥0.08mol，故D正确；
选BC。
三、实验题
26．甲、乙两位同学欲在实验室探究氢氧化钡和稀硫酸的反应。
I．甲同学负责配制250 mL 0.1 mol/L的Ba(OH)2溶液以备使用。
(1)甲同学需经过计算、称量、_______、冷却、移液、_______并转移、定容、摇匀等操作。(填写以上空白步骤)
(2)已知Mr[Ba(OH)2]=171，Mr[Ba(OH)2·8H2O]=315.该同学应用托盘天平称取Ba(OH)2·8H2O固体的质量为_______g；D中仪器使用前需要先_______(填操作名称)；下列图示操作正确的是_______(填序号)。
II．乙同学负责配制1 L 0.1 mol/L 的H2SO4溶液。
(3)乙同学需要 ρ=1.84 g·mL-1，质量分数为98%的浓硫酸的体积为_______；
(4)现有烧杯、玻璃棒，乙同学还缺少的玻璃仪器是_______。
III．两位同学通过数字化传感器探究稀硫酸逐滴加入氢氧化钡溶液(含酚酞)过程中的电导率变化，装置和结果如下图所示：
(5)实验中烧杯里的现象为_______；
(6)请写出该滴定过程中的离子方程式：_______。
【答案】(1) 溶解 洗涤
(2) 7.9 检漏 B
(3)5.4 mL
(4)1000 mL容量瓶、胶头滴管、量筒
(5)有白色沉淀生成、红色褪去
(6)Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【分析】根据溶液的物质的量浓度定义式计算溶液的物质的量浓度。结合配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准的大而近，使用托盘天平称量物质质量时原则是左物右码。利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变进行有关计算。溶液的碱性越强，滴有酚酞的溶液红色就越深，溶液中自由移动的离子浓度就越大，溶液的导电能力就越强，溶液的电导率就越大。当溶液中自由移动的离子浓度最小时，溶液的电导率最小，几乎不能导电。
【详解】（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的步骤为经过计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、并转移、定容、摇匀等操作。
（2）配制250 mL0.1 mol/L Ba(OH)2溶液，需要溶质的物质的量n[Ba(OH)2]=0.1 mol/L×0.25 L=0.025 mol，若使用Ba(OH)2·8H2O固体来配制，由于Mr[Ba(OH)2·8H2O]=315，则需要称量Ba(OH)2·8H2O固体的质量m[Ba(OH)2·8H2O]= 0.025 mol×315 g/mol=7.9 g；
D中仪器是容量瓶，容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，溶液具有均一性，配制溶液需要摇匀，因此在使用前需要先检查是否漏液；
A．托盘天平使用时应该左物右码，药品与砝码放反了，A错误；
B．称量好的固体药品在烧杯中进行溶解时，要使用玻璃棒搅拌，以促进物质的溶解，B正确；
C．向容量瓶中转移溶液时为避免液体外流，要使用玻璃棒引流，图示缺少引流作用的玻璃棒，C错误；
D．使用胶头滴管定容时，胶头滴管不能伸入滴定管中，应该悬空垂直滴加水，D错误；
故合理选项是B；
（3）98%的浓硫酸的物质的量浓度c=，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知用该浓硫酸配制1 L0.1 mol/LH2SO4溶液，需浓硫酸的体积V=；
（4）现有烧杯、玻璃棒，乙同学要配制1 L0.1 mol/L稀H2SO4，还缺少的玻璃仪器是量筒、1000 mL容量瓶、胶头滴管；
（5）向滴有酚酞试液的Ba(OH)2溶液中加入H2SO4溶液，二者会发生离子反应：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，因此溶液的电导率逐渐降低，由于c(OH-)减小，溶液的红色逐渐变浅，反应产生BaSO4白色沉淀。当二者恰好反应时，溶液中自由移动的离子浓度几乎为0，溶液导电能力最弱。后来H2SO4过量，过量H2SO4电离产生离子，溶液中自由移动的离子浓度逐渐增大，导电能力逐渐增强，故看到实验中烧杯里的现象为有白色沉淀生成、红色褪去；
（6）根据上述分析可知：在该滴定过程中的离子方程式为：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
27．高铁酸钾(K2FeO4)是优质水处理剂，实验室制取K2FeO4的装置如下图，回答下列问题：
(1)A装置的作用是制取氯气，且反应后高锰酸钾转化为MnCl2。盛浓盐酸的仪器名称为_______；A中反应的离子方程式为：_______；做还原剂的HCl和表现酸性的HCl的物质的量之比为_______。
(2)B中K2FeO4的制备原理为：Cl2+ Fe(OH)3+_______→K2FeO4+KCl+_______。(未配平)，请配平该化学方程式并用双线桥标明电子转移情况_______。当上述反应消耗标准状况下672mLCl2时，理论上生成K2FeO4质量为_______。
(3)装置C的作用是_______。
(4)K2FeO4处理水的原理之一是在水中生成Fe3+，Fe3+与水反应生成氢氧化铁胶体后，能吸附水中的悬浮物，该过程称为_______。实验室制备该胶体的离子方程式为_______。
【答案】(1) 分液漏斗 2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 5：3
(2) 3.96g
(3)除尾气中的氯气，防止污染环境
(4) 胶体的聚沉 Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) +3H+
【分析】A中高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，B中氯气和氢氧化铁发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O反应制备K2FeO4；C中用氢氧化钠吸收尾气，防止污染。
【详解】（1）根据装置图，可知盛浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；A中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式为2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；参加反应的16个HCl中有10个Cl原子化合价升高被氧化为氯气，所以做还原剂的HCl和表现酸性的HCl的物质的量之比为5:3。
（2）氯气中氯元素化合价由0降低为-1，Fe(OH)3中Fe元素化合价由+3价升高为+6，根据得失电子守恒、元素守恒，配平方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，用双线桥标明电子转移情况为。根据方程式可知，3mol氯气完全反应生成2mol K2FeO4，当上述反应消耗标准状况下672mLCl2时，理论上生成K2FeO4质量为。
（3）氯气有毒，剩余氯气用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气。
（4）K2FeO4处理水的原理之一是在水中生成Fe3+，Fe3+与水反应生成氢氧化铁胶体后，能吸附水中的悬浮物，该过程称为胶体的聚沉。实验室把饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体) +3H+。
28．某化学小组欲测定某NaHCO3和NaCl混合物中NaHCO3的质量分数，用了两种不同的方法。回答下列问题：
Ⅰ.甲同学用下图所示装置进行测定。在检查完装置气密性后，他将一定质量的待测样品装入装置B中，加热前，先对已连接好的装置A、B和C通入一段时间的空气，再连接装置D、E；停止加热后，又继续通入一段时间的空气。
已知：a. 浓硫酸常用于吸收水蒸气。
b. 碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
(1)写出B装置加热时发生反应化学方程式：_______。
(2)第一次通入空气的目的是_______；第二次通入空气的目的是_______。若没有装置E，可能会造成测定结果 _______(填“偏大”“偏小”或“不变”。)
(3)测定实验前后装置 _______(填字母)的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。若上述实验测得二氧化碳的质量为 6.6 g，甲同学称量样品的质量为28.0g，则该样品中NaHCO3的质量分数为_______。
II.乙同学用图中所示方法和步骤进行实验：
(4)写出①中反应的离子方程式_______。
(5)确定溶液M中含有过量氢氧化钡的方法为_______。
(6)乙同学测得样品中NaHCO3的质量分数为_______。(用含x、y的代数式表示)
【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 ↑
(2) 除去装置中的CO2 将新生成的CO2和水蒸气全部鼓入后续装置 偏大
(3) D 90%
(4)HCO+OH-+Ba2+ = BaCO3↓+H2O
(5)取少许溶液M于试管，加入足量的稀硫酸，观察是否有白色沉淀生成；若有，则证明氢氧化钡已经过量
(6)
【分析】根据甲同学设计的装置，可知用D中的碱石灰吸收B中碳酸氢钠分解放出的二氧化碳，根据D吸收碳酸钠的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算NaHCO3的质量分数；乙同学的实验原理是：碳酸氢钠和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，根据碳酸钡沉淀的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算NaHCO3的质量分数。
【详解】（1）B装置加热时，碳酸氢钠分解为碳酸钠、二氧化碳、水，发生反应化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 ↑；
（2）装置中的空气中含有二氧化碳，为防止空气中的二氧化碳被D装置吸收，需要排出装置内的空气，所以第一次通入空气的目的是除去装置中的CO2；实验结束，部分碳酸氢钠分解生成的二氧化碳残留在B中，第二次通入空气的目的是将新生成的CO2和水蒸气全部鼓入后续装置；装置E的作用是防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D，若没有装置E，D吸收二氧化碳的质量偏大，会造成测定结果偏大；
（3）测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳的质量。若上述实验测得二氧化碳的质量为 6.6 g，设碳酸氢钠的质量为xg
x=25.2g，甲同学称量样品的质量为28.0g，则该样品中NaHCO3的质量分数为。
（4）①中碳酸氢钠和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式；
（5）若氢氧化钡过量，则M中含有Ba2+，取少许溶液M于试管，加入足量的稀硫酸，观察是否有白色沉淀生成，若有沉淀，则证明氢氧化钡已经过量；
（6）设碳酸氢钠的质量为ag
a=，样品中NaHCO3的质量分数为。
相关试卷
陕西省西安市第七十中学2022-2023学年高一上学期11月期中考试化学试题（解析版）： 这是一份陕西省西安市第七十中学2022-2023学年高一上学期11月期中考试化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省西安中学高一上学期期中考试化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年陕西省西安中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。
