2024-2025学年江苏省长泾中学高一(上)化学期中卷化学试卷(解析版)

这是一份2024-2025学年江苏省长泾中学高一(上)化学期中卷化学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了可能用到的元素相对原子质量， 下列说法正确的是，48LH2O的分子数约为1等内容，欢迎下载使用。
1.可能用到的元素相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5
2.客观题请用2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色的水笔书写在答题卷上。
一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确答案)
1. 布洛芬(C13H18O2)是家庭常备药品，可用于缓解轻至中度疼痛如头痛、牙痛等，也用于普通感冒或流行性感冒引起的发热。下列有关说法正确的是
A. 布洛芬中含有金属元素和非金属元素
B. 1个布洛芬分子中含有32个原子
C. 布洛芬中氢、氧元素质量比为9:16
D. 布洛芬属于氧化物
【答案】C
【解析】A．布洛芬中含有C、H、O三种元素，它们都属于非金属元素，则不含有金属元素，A不正确；
B．1个布洛芬分子中含有13+18+2=33个原子，B不正确；
C．布洛芬中氢、氧元素的质量比为18×1:2×16=9:16，C正确；
D．布洛芬中含有C、H、O三种元素，不属于氧化物，D不正确；
故选C。
2. 向含有FeCl3和FeCl2的混合溶液中滴加NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物(Fe3O4)。下列有关说法正确的是
A. 形成该黑色分散系时发生的反应为物理变化
B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 用激光笔照射该分散系，从垂直于光线的方向观察，可观察到一条光亮的通路
【答案】D
【解析】分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物(Fe3O4)，该黑色分散系为胶体。A．Fe3O4是新生成的物质，形成该黑色分散系时发生的反应为化学变化，故A错误；
B．胶体粒子能透过滤纸，不能用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物，故B错误；
C．向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液可得到红褐色氢氧化铁胶体，故C错误；
D．胶体能产生丁达尔效应，用激光笔照射该分散系，从垂直于光线的方向观察，可观察到一条光亮的通路，故D正确；
故选D。
3. 下列说法正确的是
A. 0.1mlNa2O2固体中含有的阴阳离子数目之比为1：1
B. 标准状况下，4.48LH2O的分子数约为1.2041023
C. 0.1ml•L-1Na2SO4溶液中含有
D. 在标准状况下，等体积的NH3和O2中所含分子数之比为1∶1
【答案】D
【解析】A．Na2O2由Na+、 构成，0.1mlNa2O2固体中含有的阴阳离子数目之比为1：2，故A错误；
B．标准状况下H2O是不是气体，4.48LH2O的物质的量不是0.2ml，所以分子数不是1.204×1023，故B错误；
C．没有明确溶液体积，不能计算0.1ml•L-1Na2SO4溶液中的Na+数目，故C错误；
D．同温、同压、同体积的气体所含分子数一定相等，在标准状况下，等体积的NH3和O2中所含分子数之比为1∶1，故D正确；
选D。
4. 下列有关钠及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. 钠单质熔点较低，可用于冶炼金属钛
B. 次氯酸钠具有强氧化性，可用作杀菌消毒
C. 过氧化钠呈淡黄色，可用作呼吸面具供氧剂
D. 碳酸氢钠受热易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【解析】A．钠单质用于冶炼金属钛，利用钠的还原性，故不选A；
B．次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，故选B；
C．过氧化钠用作呼吸面具供氧剂，利用其与二氧化碳、水反应放出氧气的性质，故不选C；
D．碳酸氢钠用于治疗胃酸过多，利用其与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，故不选D；
选B。
5. 下列透明溶液中能大量共存的离子组是
A. K+、Cu2+、、B. H+、Na+、OH-、
C. K+、Na+、、OH-D. Na+、Ba2+、OH-、
【答案】A
【解析】A．这四种离子相互之间不反应，可以大量共存，A符合题意；
B．氢离子和氢氧根离子生成水，不能大量共存，B不符合题意；
C．碳酸氢根离子能和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，C不符合题意；
D．钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故选A
6. 下列溶液中，Cl-物质的量浓度最大的是
A. 200mL 0.5 ml·L-1NaCl 溶液B. 100mL 0.8ml·L-1 NaClO 溶液
C. 800mL 0.3ml·L-1NaCl 溶液D. 1000mL 0.6 ml·L-1NaClO3 溶液
【答案】A
【解析】A．200mL 0.5 ml·L-1NaCl 溶液中Cl-物质的量浓度为0.5 ml·L-1；
B．100mL 0.8ml·L-1 NaClO 溶液中不含Cl-；
C．800mL 0.3ml·L-1NaCl 溶液中Cl-物质的量浓度为0.3 ml·L-1；
D．1000mL 0.6 ml·L-1NaClO3溶液中不含Cl-；
Cl-物质的量浓度最大的是200mL 0.5 ml·L-1NaCl 溶液，选A。
7. 下列变化需要加入氧化剂才能实现的是
A. S2-→HS-B. Na2SO3→SO2C. SO2→SD. H2S→S
【答案】D
【解析】A、硫元素化合价没有变化，不需要加入氧化剂，A错误；
B、硫元素化合价没有变化，不需要加入氧化剂，B错误；
C、硫元素化合价降低，做氧化剂，需要加入还原剂，C错误；
D、硫元素化合价升高，做还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D正确；
故选D。
8. 下列关于物质性质的描述，不正确的是
A. 氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出现白雾
B. 氯气具有强氧化性，能将大多数金属氧化，生成金属氯化物
C. 钠块投入水中，迅速熔成银白色小球
D. 钠燃烧时发出黄色的火焰，生成氧化钠
【答案】D
【解析】A．氢气在氯气中安静地燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出现白雾是因为生成易溶于水的HCl与空气中水蒸气形成无数的小液滴，A正确；
B．氯气化学性质活泼且具有强氧化性，能将大多数金属氧化，生成金属氯化物，B正确；
C．钠熔点很低，钠块投入水中，和水反应放出大量的热，使得钠迅速熔成银白色小球，C正确；
D．钠燃烧时发出黄色的火焰，生成淡黄色粉末，淡黄色粉末为过氧化钠而非氧化钠，D错误；
故选D。
9. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】A．与CO2和水反应生成沉淀和，见光分解为和O2，A正确；
B．Na与O2在加热条件下生成，不能制得，B错误；
C．饱和NaCl溶液和氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，C错误；
D．浓盐酸与MnO2在加热条件反应生成氯化锰、氯气和水，常温下不反应，D错误；
故选A。
10. 下列有关反应的离子方程式正确的是
A. 碳酸钙和盐酸反应：＋2H＋=CO2↑＋ H2O
B. Fe跟稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
C. 氯气溶于水：Cl2＋H2OH＋＋Cl-＋HClO
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：
【答案】C
【解析】A．碳酸钙难溶，不能拆，反应为，A错误；
B．Fe跟稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，B错误；
C．氯气溶于水，部分反应生成盐酸和弱酸次氯酸，C正确；
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水：，D错误；
故选C。
11. 为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法不正确的是
A. Na2CO3固体(NaHCO3)，加热至不再产生气体
B. CO2气体(HCl)，通入饱和NaHCO3溶液洗气
C. Na2O2粉末(Na2O)，将混合物在氧气中加热
D. NaOH溶液(Na2CO3)，滴加适量CaCl2溶液并过滤
【答案】D
【解析】A．NaHCO3加热分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，加热法可以除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故A正确；
B．NaHCO3溶液和HCl反应放出二氧化碳气体，可用饱和NaHCO3溶液除CO2气体中的HCl气体，故B正确；
C．Na2O和氧气反应生成过氧化钠，在氧气中加热Na2O2、Na2O的混合物，可以除去Na2O2中的Na2O，故C正确；
D．NaOH、Na2CO3的混合溶液中滴加适量CaCl2溶液、过滤出碳酸钙沉淀，会引入氯化钠杂质，故D错误；
选D。
12. 下列装置、操作和实验目的不正确的是
A. 图1装置可检验纯碱中是否含有钾元素
B. 观察图2中澄清石灰水是否变浑浊可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
C. 图3滴水生火可证明过氧化钠与水反应放热
D. 图4装置若蘸有溴化钠溶液的棉球变成橙色，蘸有淀粉KI溶液的棉球变成蓝色，可验证氧化性：
【答案】D
【解析】A．用铂丝蘸取待测液，透过蓝色钴玻璃观察，可滤去黄光，若焰色呈紫色，可证明含有钾元素，A正确；
B．碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，能使澄清石灰水变浑浊，碳酸钠热稳定性较强，加热不易分解，澄清石灰水不变浑浊，可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，B正确；
C．滴水生火，说明反应放出热量，达到脱脂棉的着火点，可证明过氧化钠与水反应放热，C正确；
D．蘸有溴化钠溶液的棉球变成橙色，氯气将溴单质置换出来，证明氧化性：，蘸有淀粉KI溶液的棉球变成蓝色，不能排除是氯气氧化碘离子生成碘单质，无法证明氧化性，D错误；
故选D。
13. 已知能发生如下反应：①2＋Cl2=Br2＋2；②＋5Cl-＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O；③2FeCl2＋Cl2=2FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A. 氧化性强弱的顺序为：>>Cl2>Fe3＋
B. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
C. 溶液中可发生反应：＋6Fe2＋＋6H＋=Cl-＋6Fe3＋＋3H2O
D. Cl2在反应①③中均作氧化剂
【答案】D
【解析】A．①2＋Cl2=Br2＋2中，氧化性：＞，②＋5Cl-＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O中，氧化性：＞Cl2；③2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，氧化性：Cl2＞Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：>>Cl2>Fe3＋，故A正确；
B．②＋5Cl-＋6H＋=3Cl2↑＋3H2O反应中中Cl元素化合价由+5降低到0价的Cl2，Cl﹣中Cl元素化合价由-1价升高到0价的Cl2，所以Cl2是在反应②中既是氧化产物又是还原产物，故B正确；
C．氧化性：＞Cl2＞Fe3+，反应＋6Fe2＋＋6H＋=Cl-＋6Fe3＋＋3H2O能发生，故C正确；
D．①2＋Cl2=Br2＋2中，Cl2在反应中化合价升高作还原剂，③2FeCl2+Cl2═2FeCl3中，Cl2在反应中化合价降低作氧化剂，故D错误；
答案选D。
14. 如图所示是模拟制备氯水并检验C12性质的装置(夹持装置略去，挥发的HC1较少)。下列说法正确的是
A. 烧瓶中固体试剂X应是MnO2
B. 水浴加热抽滤瓶能加快Cl2与水反应速率，增大氯水中HC1O的浓度
C. 干燥有色布条褪色，说明Cl2分子有漂白性
D. 装有NaOH溶液的烧杯可吸收尾气，防止污染
【答案】D
【解析】A．MnO2与浓盐酸制备Cl2需要加热，A错误；
B．虽然升温能加快反应速率，但也会导致Cl2的溶解度降低，且HClO受热分解，水浴加热抽滤瓶不能增大氯水中HClO的浓度，B错误；
C．Cl2分子没有漂白性，有色布条褪色是因为抽滤瓶中有水，Cl2未干燥，起漂白作用的是HClO，C错误；
D．Cl2能与NaOH溶液反应，装有NaOH溶液的烧杯可吸收Cl2，防止污染，D正确；
故选D。
二、非选择题(本题包含4大题，共58分。)
15. 回答下列问题。
（1）现有：①固体KOH ②稀硫酸 ③氨气 ④熔融NaCl ⑤蔗糖 ⑥铜；其中能导电的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________。
（2）标准状况下，质量为66 g的CO2的分子数约为___________个。
（3）19g某二价金属的氯化物ACl2中含有离子，ACl2的摩尔质量是___________。
（4）标准状况下，17g与标准状况下___________L含有相同数目的氢原子。
（5）若阿伏加德罗常数数值用NA表示，单位ml-1，则1个12C的质量为___________g。
【答案】（1） ①. ②④⑥ ②. ①④
（2）9.031023
（3）95 g·ml-1
（4）33.6 （5）12/NA
【解析】
【小问1详解】
①固体KOH中离子不能自由移动，不导电，其水溶液能导电，属于电解质；
②稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；
③氨气自身不能电离，不导电，属于非电解质；
④熔融NaCl中含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；
⑤蔗糖自身不能电离，不导电，属于非电解质；
⑥铜是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；
其中能导电的是稀硫酸、熔融NaCl 、铜，选②④⑥；属于电解质的是固体KOH、熔融NaCl ，选①④。
【小问2详解】
标准状况下，质量为66 g的CO2的分子数约为个。
【小问3详解】
19g某二价金属的氯化物ACl2中含有离子，n(ACl2)=0.2ml，ACl2的摩尔质量是。
【小问4详解】
设17g与标准状况下VL含有相同数目的氢原子，则，V=33.6L。
【小问5详解】
1ml12C原子是质量为12g，1ml12C原子中含有NA个12C原子，则1个12C的质量为。
16. 新型冠状病毒肺炎疫情在全球爆发，研究表明“84”消毒液可以有效地消灭病毒。
Ⅰ.“84”消毒液的配制
已知某“84”消毒液部分标签如下所示，回答下列问题：
（1）某同学参阅该“84”消毒液的配方，欲用固体配制的消毒液，需要用托盘天平称量固体的质量___________g。
（2）写出NaClO在水溶液中的电离方程式：___________。
（3）在配制该“84”消毒液的过程中，除烧杯、胶头滴管等仪器外，还必需的玻璃仪器有玻璃棒、___________。
（4）下列操作可能使配制的溶液浓度偏低的是___________ (填字母)。
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒 B．溶解后未经冷却就移液
C．移液时，有少量液体溅出 D．定容时，俯视刻度线
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用
Ⅱ.“84”消毒液性能探究
同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色情况，做了如下实验。
步骤1：将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的；
步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中；
步骤3：用溶液将a、b、c三个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4.(溶液体积变化忽略不计)
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下。
已知溶液中、HClO、和的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示：
（5）由实验现象可获得结论：溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色___________(填“越快”或“越慢”)。
（6）结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是___________。
（7）“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用的浓硫酸配制物质的量浓度为的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力，需要用量筒取___________mL上述浓硫酸进行配制。
【答案】（1）74.5
（2）NaClO = Na+ + ClO-
（3）容量瓶（250mL）
（4）AC （5）越慢
（6）b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。
（7）5.0
【解析】
【分析】用固体配制的消毒液，根据操作步骤分析实验仪器，根据旋转容量瓶的规格减少所需溶质的质量；根据分析误差。
【小问1详解】
欲用固体配制的消毒液，选用250mL的容量瓶，需要用托盘天平称量固体的质量m=cVM=4ml/L×0.25L×74.5g/ml=74.5g。
小问2详解】
NaClO在水溶液中电离出钠离子和次氯酸根离子，电离方程式为NaClO = Na+ + ClO-；
【小问3详解】
配制该“84”消毒液的操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，在配制该“84”消毒液的过程中，除烧杯、胶头滴管等仪器外，还必需的玻璃仪器有玻璃棒、250mL容量瓶。
小问4详解】
A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒 ，溶质偏少，使配制的溶液浓度偏低，故选A；
B．溶解后未经冷却就移液，溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，故不选B；
C．移液时，有少量液体溅出，溶质偏少，使配制的溶液浓度偏低，故选C；
D．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，故不选D；
E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，不影响溶液体积和溶质物质的量，溶液浓度无影响，故不选E；
选AC；
【小问5详解】
根据实验现象，溶液的pH在4～10范围内，pH越大，红纸褪色越慢。
【小问6详解】
b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，根据图像，HClO浓度较小，反应速率较慢，所以褪色较慢。
【小问7详解】
用的浓硫酸配制物质的量浓度为的稀硫酸，根据稀释前后硫酸的物质的量不变，需要用量筒取VmL，则×VL=0.1L×，V=0.005L=5.0mL。
17. Ⅰ.有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示：
（1）“地康法”制取氯气总反应的化学方程式为___________。
（2）若上述反应Ⅱ中，标况下，3.36L O2参与反应，则转移电子数约为___________。
Ⅱ. ClO2在常温下为黄色气体，熔点为−59.5℃，沸点为11℃，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂，在碱性环境中易发生反应：4ClO2 + 4OH− = 3+ ClO− + 2H2O。ClO2的制备方法有多种。请回答下列问题：
（3）实验室可用图示中装置制备、收集ClO2 (夹持装置略)。
①装置A中发生反应的化学方程式为___________。
②为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施为___________(填一条)。
（4）ClO2的稳定性较差，易分解，常用H2O2溶液和NaOH溶液将其转化为NaClO2进行保存。写出该反应的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目___________。若加入过量NaOH溶液，可能导致的后果是___________。
【答案】（1）
（2）0.6NA或3.612×1023
（3） ①. Cl2 + 2NaClO2 = 2ClO2 + 2NaCl ②. 将装置B置于冰水浴中或温度低于11℃的冷水浴中
（4） ①. ②. 溶液呈碱性，ClO2发生歧化反应导致产品中含有杂质NaClO3和NaClO
【解析】
【分析】由题意，A装置中氯气和NaClO2反应生成二氧化氯，NaClO2 中氯化合价升高，则氯气中氯化合价降低生成氯化钠，B装置收集二氧化氯，尾气有毒需处理防止污染。
【小问1详解】
由图可知，“地康法”制取氯气总反应为氯化氢和氧气在催化剂作用下反应生成氯气和水，化学方程式为：；
【小问2详解】
反应Ⅱ中氧化合价由0变为-2，电子转移为，标况下，3.36L O2(为0.15ml)参与反应，则转移电子0.15ml×4=0.6ml，电子数约为0.6NA或3.612×1023；
【小问3详解】
①装置A中氯气和NaClO2反应生成二氧化氯，NaClO2 中氯元素化合价升高，则氯气中氯元素化合价降低生成氯化钠，结合电子守恒，发生反应的化学方程式为Cl2 + 2NaClO2 = 2ClO2 + 2NaCl。
②已知，ClO2在常温下为黄色气体，沸点为11℃，为了使装置B能收集到更多的ClO2，可采取的措施为将装置B置于冰水浴中或温度低于11℃的冷水浴中，使得生成二氧化氯液化收集；
【小问4详解】
H2O2溶液和NaOH溶液将ClO2转化为NaClO2，反应中氯化合价由+4降低为+3，则过氧化氢中氧化合价会升高，由-1变为0，结合电子守恒，反应为，反应中过氧化氢中氧失去2个电子、二氧化氯中氯得到2个电子，电子转移为：；由题意，ClO2在碱性环境中易发生反应：4ClO2 + 4OH− = 3+ ClO− + 2H2O，则若加入过量NaOH溶液，可能导致的后果是溶液呈碱性，ClO2发生歧化反应导致产品中含有杂质NaClO3和NaClO。
18. 侯氏制碱法是我国化学家侯德榜为世界制碱工业做出的突出贡献。
Ⅰ.某实验小组模拟制纯碱的工业流程及部分实验装置如图所示。已知氨气极易溶于水，在常温常压下，1体积水约可溶解700体积的氨。
（1）制备时，应先从___________口(填“a”或“b”)通入___________(填“”或“”)。
（2）写出由饱和食盐水制备小苏打的化学方程式___________。
Ⅱ. 加热法测定(假设只含杂质)纯度。
取样品按下图装置进行实验。
（3）C中碱石灰的作用是___________，若无C装置测得结果将___________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。
（4）经测定B中增重，则的纯度为___________(写出计算过程，结果用百分数表示)。
【答案】（1） ①. a ②. NH3
（2）NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
（3） ①. 防止空气中的和进入B ②. 偏小
（4）83.2%
【解析】
【分析】侯氏制碱法的原理：先向饱和氯化钠溶液中通入氨气，再将二氧化碳通入氨化后的饱和氯化钠溶液中，发生反应生成氯化铵和溶解度较小的碳酸氢钠晶体，过滤分离出碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到纯碱；
A装置中碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，B装置吸收反应生成的水和二氧化碳气体，装置C中碱石灰防止空气中的水和二氧化碳进入B，防止产生实验误差；
【小问1详解】
制备碳酸氢钠时，先通入氨气使得溶液显碱性，可以吸收更多的二氧化碳，再将二氧化碳通入氨化的饱和氯化钠溶液中，使溶解度小的碳酸氢钠从溶液中析出，因氨气极易溶于水，需要防倒吸，则制备时，应先从a口通入；
【小问2详解】
饱和氯化钠溶液中通入氨气，再将二氧化碳通入氨化后的饱和氯化钠溶液中，反应生成碳酸氢钠和氯化铵：NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
【小问3详解】
由分析，C中碱石灰的作用是：防止空气中的二氧化碳和水进入B；若无C装置，B吸收空气中二氧化碳和水，增重的质量偏大，导致样品中碳酸氢钠的质量分数偏大，所测碳酸钠的纯度偏小；
【小问4详解】
，由反应知，每168g碳酸氢钠反应，生成水和二氧化碳共62g，经测定B中增重，则反应碳酸氢钠为，的纯度为。净含量： 密度：
主要成分：20％(质量分数)
摩尔质量：
注意事项：密封保存，易吸收空气中的变质
烧杯
溶液的pH
现 象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色