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【化学】浙江省诸暨中学2018-2019学年高二（实验班）下学期期中考试（解析版）
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浙江省诸暨中学2018-2019学年高二（实验班）下学期期中考试
可能用到原子量：H: 1 O:16 N:14 Fe56： K:39 Na：23 A1：27 C：12 Cu： 64 I:127 C1：35.5 Ba：137 Mg：24 S:32
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分）
1.下列物质的分类合理的是（ ）
A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、NO2
B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡
C. 混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体
D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3
【答案】C
【详解】A．CO2、SO2、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故A错误；
B．烧碱、苛性钾、氢氧化钡均为碱，而纯碱为碳酸钠是盐，故B错误；
C．盐酸是HCl的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水煤气是CO和H2形成的混合物；氢氧化铁胶体是分散系的一种，均为混合物；故C正确；
D．Na2O、CaO、MgO是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故D错误；答案为C。
2.下列试剂中不能使淀粉-KI试纸变色的是（ ）
A. AgNO3溶液 B. 溴水 C. FeCl3溶液 D. SO2气体
【答案】D
【详解】A. AgNO3溶液遇到淀粉-KI试纸出现黄色沉淀，能使淀粉-KI试纸变色，故A不选；
B. 溴水遇到淀粉-KI试纸发生反应生成碘单质，能使淀粉-KI试纸变色，故B不选；
C. FeCl3溶液与KI反应生成碘单质，试纸变色，故C不选；
D. SO2气体与KI不反应，不能使试纸变色，故D选；
故选：D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要用到石灰石
B. 过量的Fe与Cl2反应生成FeCl2
C. 生石灰用作食品抗氧化剂
D. 碳酸钠是一种医用胃酸中和剂
【答案】A
【详解】A. 生产玻璃的原料有纯碱，石灰石，和石英，生产水泥的原料有黏土和石灰石，高炉炼铁石灰石是造渣材料，故A正确；
B. Fe与Cl2反应只生成FeCl3，与反应物的量的多少没有关系，故B错误；
C. 生石灰不具有还原性而具有吸水性，可用作食品干燥剂，故C错误；
D. 碳酸钠的碱性较强，碳酸氢钠是一种医用胃酸中和剂，故D错误。
故选:A
4.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好全部转化成Fe3+。x值为（ ）
A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93
【答案】A
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+2/x，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等，标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.112L÷22.4L/mol×2=0.01mol，则有：1.52/(56x+16) ×(3-2/x) ×x=0.01mol，解得x=0.8，故选：A。
5.化学与社会、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B. 青花瓷、石英玻璃的主要成分都是硅酸盐
C. 二氧化碳化学性质稳定，可作工业制镁时镁蒸气的冷却气
D. 高档皮包里通常装有一块同材质皮革，灼烧该皮革可以鉴别此包是真皮还是人造皮革
【答案】D
【详解】A. 碳酸钡可溶于盐酸，不可用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，故A错误；
B. 石英玻璃的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C. 镁在加热条件下可与二氧化碳反应，所以不能用作工业制镁的冷却气，故C错误；
D. 真皮含有蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，而人造皮革没有，故D正确。
故选：D
6.下列关于各种物质的工业制法的说法中正确的是（ ）
A. 工业制溴：利用氯气将海水中的溴离子氧化后，鼓入热空气或水蒸气将溴吹出
B. 工业制钠：电解饱和NaCl溶液，收集阴极产生的Na
C. 工业制硅：高温下用焦炭还原二氧化硅，得到可以制芯片与太阳能电池的单晶硅
D. 工业制硫酸：在沸腾炉中煅烧硫铁矿，吸收塔中浓硫酸充分吸收煅烧生成的SO3气体
【答案】A
【详解】A. 溴易挥发，工业制溴时，利用氯气将海水中的溴离子氧化后，鼓入热空气或水蒸气将溴吹出,故A正确；
B. 工业制钠：电解熔融NaCl，收集阴极产生的Na，电解饱和氯化钠溶液不能生成单质钠，故B错误；
C. 工业制硅：高温下用焦炭还原二氧化硅，得到粗硅，故C错误；
D. 工业制硫酸：在沸腾炉中煅烧硫铁矿，但煅烧生成的是SO2而不是SO3气体，故D错误。
故选：A
7.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3= K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A. 生成40.0L N2（标准状况） B. 有0.250mol KNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为2.5mol D. 被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】D
【详解】A、由反应方程式可知：在产生的16mol的N2中有1mol的还原产物，15mol的氧化产物，转移电子10mol，即氧化产物比还原产物多14mol时，产生氮气16mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则产生的氮气在标准状态下的体积是（16÷14）×1.75mol×22.4L/mol=44.8L， A项错误；
B、由方程式可知： KNO3中的N元素化合价降低，KNO3被还原， B项错误；
C、若氧化产物比还原产物多14mol时，转移电子10mol，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则转移电子的物质的量是（1.75mol×10）÷14=1.25mol， C项错误；
D、若氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的N原子是30mol，现在氧化产物比还原产物多1.75mol，则被氧化的N原子的物质的量为（1.75mol×30）÷14=3.75mol，D项正确；
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 某固体焰色反应呈黄色，则一定存在钠盐
B. 某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，则该溶液一定为氯水
C. 可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去CO2中含有的SO2
D. 用原子吸收光谱确定物质中含有哪些非金属元素
【答案】C
【详解】A．焰色反应为元素的性质，则某固体焰色反应呈黄色，固体一定含钠元素，可能为钠的单质、氧化物、NaOH或钠盐等，故A错误；
B．具有氧化性的物质可氧化碘离子，淀粉遇碘变蓝，则某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，该溶液可能为氯水或溴水、过氧化氢等，故B错误；
C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则将气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气可除杂，故C正确；
D．不同元素的原子发生跃迁时会吸收不同的光，形成特征谱线，所以现代化学分析测试中用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，故D错误；故选C。
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. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【详解】A、NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，选项A正确；
B、Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，选项B错误；
C、AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，选项C错误；
D、Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，选项D错误；答案选A。
10.能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A. 少量SO2气体通入次氯酸钠溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2HClO
B. 氧化铁溶于HI溶液：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O
C. 向氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D. 2mL0.1mol•L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入几滴0.1mol•L-1NaOH溶液：Fe2+＋2OH－=Fe(OH)2↓
【答案】A
【详解】A. 符合质量守恒定律，电荷守恒，电子守恒，符合客观事实，故A正确；
B. HI电离出碘离子具有还原性，三价铁有氧化性，要发生氧化还原反应，正确的是Fe2O3＋6H++2I-＝2Fe2+＋I2+3H2O,故B错误；
C.向氯化钙溶液中通入CO2气体不反应，故C错误；
D. NH4Fe(SO4)2中铁为三价，故正确的是Fe3+＋3OH－=Fe(OH)3↓，故D错误。
故选：A
【点睛】SO2具有还原性，ClO－具有氧化性，发生氧化还原反应，要注意。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，1.12L己烷中含有的共用电子对数目为0.95NA
B. 30g葡萄糖与乳酸(C3H6O3)的混合物中所含氧原子的数目为NA
C. 1mol焦炭与足量二氧化硅在高温下制备硅单质，该反应转移的电子数目为4NA
D. 60oC时，1LpH=1的H2SO4溶液中所含H+的数目为0.2NA
【答案】B
【详解】A. 标准状况下，己烷是液体，不能用气体摩尔体积计算，故A错误；
B. 葡萄糖与乳酸(C3H6O3)的实验式相同，为CH2O，30g CH2O的物质的量为1mol, 含氧原子的数目为NA，故B正确；
C. 1mol焦炭与足量二氧化硅在高温下制备硅单质，生成CO, 转移的电子数目为2NA，故C错误；
D. pH=1的H2SO4溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L，n(H+)=c×V=0.1mol/L×1L=0.1mol, 所含H+的数目为0.1NA，故D错误；
故选：B
【点睛】A项为易错点，注意非气体不能用气体摩尔体积进行计算。
12.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；
C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；
D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。
13.下列通过实验得出的结论中正确的是（ ）
A. 某溶液试样中加入MgCl2溶液，无明显现象，再加入过量NaOH溶液，生成白色沉淀，则该溶液试样中存在HCO3-
B. 取某固体试样加水后的上层清液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰，则该固体试样中存在K+
C. 某溶液试样中加入稀HNO3酸化Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，则该试样中存在SO42-
D. 某固体试样完全溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，出现血红色，则该固体试样中存在Fe3+
【答案】B
【详解】A. 加入过量NaOH溶液时，Mg2+可与OH-结合生成沉淀，且溶液中也可能存在HSO3-，故A错误；
B. 透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰，说明含有K+，故B正确；
C. 某溶液试样中加入稀HNO3酸化Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，该试样中可能存在SO32-或SO42-等，故C错误；
D. 某固体试样完全溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，出现血红色，该固体可能是硝酸亚铁，存在Fe2+，故D错误。
故选：B
【点睛】C项为本题的易错点，注意SO32-对SO42-检验产生的干扰，检验SO42-时应先用盐酸酸化，没有现象，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-。
14.下列叙述不正确的是（ ）
A. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B. 探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D. 为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【详解】A. 过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般用沙子扑灭，故A正确；
B. 该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故B错误；
C. 蒸馏时，应充分冷凝，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，这样可以防止温度过高而混入杂质，故C正确；
D. 配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，应改用胶头滴管滴加，故D正确，答案选B。
15.下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是（ ）
A. 在100mL沸水中加入10 g NaHCO3固体，产生大量的气泡，可以推断反应后溶液的碱性比10 g NaHCO3固体溶于100mL冷水中形成的溶液的碱性弱
B. 向1mL1％NaOH溶液中加入2mL2％的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X中不含有醛基
C. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成；再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，白色沉淀可能为CuI
D. 某待测溶液可能含有等浓度的下列离子中的若干种：K+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、I-、CO32-、SO42—。现取少量待测溶液于试管，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，则原溶液中是否含有K+、Na+，需通过焰色反应确定
【答案】C
【详解】A. 在100mL沸水中加入10 g NaHCO3固体，产生大量的气泡，说明碳酸氢钠受热分解，不能说明NaHCO3固体溶于沸水中比在冷水中碱性强，故A错误；
B. 向1mL1％的NaOH溶液中加入2mL2％的CuSO4溶液，碱少量，新制的氢氧化铜在碱性环境中才会与醛基反应出现砖红色沉淀，故B错误；
C. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明碘元素化合价升高，则铜元素的化合价降低，白色沉淀可能为CuI，故C正确；
D. 现取少量待测溶液于试管，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，说明溶液中含有NH4+、Mg2+、排除Fe2+、Fe3+、CO32-、因为离子浓度相等，根据电荷守恒可知，溶液中含有I-、SO42-，一定不含有K+、Na+，故D错误。
故选：C。
16.下列实验合理的是（ ）
A. 用灼热的铜网除去CO中少量的O2
B. 用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质
C. 用淀粉KI溶液鉴别溴水和碘水
D. 用Cu(OH)2悬浊溶能鉴别乙醇、乙醛、乙酸
【答案】D
【详解】A. 用灼热的铜网除去CO中少量的O2，会引入CO2，不符合除杂的原则，故A错误；
B. 碘水中提取碘单质，应采取萃取、分液的方法，故B错误；
C. 溴可与KI反应生成单质碘，所以溴水和碘水遇淀粉KI溶液都变蓝色，无法鉴别，故C错误；
D. Cu(OH)2悬浊溶遇到乙醇无明显现象，遇到乙醛加热时出现砖红色沉淀，遇到乙酸溶解，溶液变成蓝色，现象均不相同，可以鉴别，故D正确。
故选：D
17.下列说法正确的是（ ）
A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色
B. 氨气不但可以用向下排空气法收集，还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集
C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32－
D. 为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动
【答案】A
【详解】A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A正确；
B. 氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；
C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－等，故C错误；
D. 过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D错误。
故选：A
18.某溶液A中可能只含有K+、Fe3+、Cu2+、Fe2+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、NO3-、SO42-中的若干种，为检验确认其中所含的各离子，取1L溶液A，进行如下实验：
已知气体A、B的体积都为2.24L（标况下），沉淀B的物质的量为0.1mol，根据以上实验操作与现象，有关于该溶液的结论正确的是（ ）
A. 溶液A中肯定存在Fe2+、Ag+、Mg2+、NO3-
B. 溶液A中一定不含Al3+
C. 溶液A中可能含有Cu2+、Cl-
D. 溶液A中c（NO3-）≥1.0mol/L
【答案】D
【分析】加入稀硝酸后产生气体A，说明溶液中含Fe2+，则生成的气体A为NO，且物质的量为0.1mol，根据得失电子数守恒可知Fe2+的物质的量为0.3mol；在溶液B中加入过量的Ba(OH)2，产生气体B为0.1mol，则说明溶液中含NH4+,且物质的量为0.1mol;所得的溶液C中可能含K+,[Cu(NH3)4]2+,[Ag(NH3)2]+和AlO2−,加入足量的HBr,生成沉淀B,则沉淀B为AgBr,由于沉淀AgBr的物质的量为0.1mol,故原溶液中含Ag+,且物质的量为0.1mol,溶液中存在Ag+,而0.1molAg+转化为[Ag(NH3)2]+消耗NH30.2mol;由于Ag+的存在,则溶液中不能含Cl−和SO42-，但由于溶液要呈电中性,故溶液中一定存在NO3-;溶液中可能存在的Cu2+和Al3+会进入溶液D,但Cu2+和Al3+的存在不能确定;故所得的沉淀A可能为Fe(OH)3和Mg(OH)2或两者之一。故溶液中一定含：Fe2+ NH4+,Ag+, NO3-;一定不存在：Cl−和SO42-;可能存在：K+和Fe3+,Al3+,Cu2+,Mg2+中的一种或几种。由于溶液中的Fe2+的物质的量为0.3mol，生成的NH3的物质的量为0.1mol,而0.1molAg+转化为[Ag(NH3)2]+消耗NH30.2mol，故溶液中NH4+共0.3mol;Ag+的物质的量为0.1mol,设溶液中的NO3-的物质的量为xmol,由于溶液中除了Fe2+、NH4+、Ag+，还可能含有其他的阳离子，故有：X⩾0.3mol×2+0.3mol+0.1mol=1mol。
【详解】A. 溶液中Mg2+的存在不能确定，故A错误；
B. Al3+的存在不能确定，故B错误；
C. 溶液A中无Cl−，故C错误；
D. 溶液中的Fe2+的物质的量为0.3mol;由于生成的NH3的物质的量为0.1mol,而0.1molAg+转化为[Ag(NH3)2]+消耗NH30.2mol,故溶液中NH4+共0.3mol;Ag+的物质的量为0.1mol,设溶液中的NO3-的物质的量为xmol,由于溶液中除了Fe2+, NH4+,Ag+,还可能含有其他的阳离子,根据溶液电中性,故有：X⩾0.3mol×2+0.3mol+0.1mol=1mol,则c(NO3-)=n/V⩾1mol/1L=1mol/L，故D正确，故选：D。
19.某无色透明溶液可能含有以下离子中的若干种：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3－、SO42－、CO32－、I－和Cl－，取该溶液进行如下实验：
①将溶液滴在pH试纸上，呈红色。
②将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体析出，此气体通空气则立即变成红棕色。
③取少许溶液滴入BaCl2试液，则产生白色沉淀。
④取实验③中的澄清溶液，滴入AgNO3试液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀。
⑤另取少许溶液，滴入NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时，又有部分白色沉淀溶解。根据以上现象判断原溶液中（ ）
A. 肯定不存在离子是 Ba2＋ 、Fe2＋、CO32－、I-
B. 肯定存在的离子是Al3＋、SO42－、 Cl－ 、NO3－、Mg2+
C. 不能作出判断的离子是K+
D. 以上判断都不正确
【答案】A
【分析】无色溶液中，肯定不存在Fe2+；
根据①可知，溶液显示酸性，则不存在CO32-；
根据②可知，该无色气体为NO，原溶液中一定存在NO3-，则原溶液具有氧化性，碘离子具有还原性，所以原溶液中一定不存在I-；
根据③可知，该白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在SO42-；
根据④可知，由于加入氯化钡溶液，引进了氯离子，故无法确定原溶液中是否含有Cl-；
根据⑤NaOH过量时，有部分白色沉淀溶解，说明白色沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+。
【详解】A．根据以上分析可知，原溶液中一定不存在：Ba2+、Fe2+、CO32-、I-，故A正确；
B．由于实验③中加入了氯化钡，干扰了氯离子检验，无法确定原溶液中是否含有氯离子，故B错误；
C．无法确定溶液中是否含有K+、Cl-，故C错误；
D．以上判断中，A是正确的，故D错误；故选A。
20.将amol CO2通入1L bmol/L NaOH溶液中，对于所得溶液的描述不正确的是（ ）
A. 当a＝2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c(OH－)先增大后减小
B. 当a＝b时溶液中存在：c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
C. 当1/2＜a/b＜1时溶液中一定存： c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D. 当2a＝b时溶液中存在：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)
【答案】C
【详解】A．n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2>1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且CO32-水解程度远远大于HCO3-，溶液中的溶质是NaOH时，抑制水电离，当转化为Na2CO3时促进水电离，再转化为时NaHCO3，也促进水电离，但促进水电离程度减小，所以溶液中由水电离出的c（OH-）先增大后减小，故A正确；
B．当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），故B正确；
C．当1/2＜a/b＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒可知在此溶液中c（Na+）与[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]的比值介于
1/2～1之间，即不相等，故C错误；
D．当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，在Na2CO3溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（HCO3-）>c（H+），故D正确；
故选：C。
21.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是（ ）
A. 无色溶液B的pH≥7
B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3
C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D. 在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
二、填空题（共5大题）
22.某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究：
（1） 装置的连接顺序为a→_____→____→____→____→b→c→f。
（2） 硬质玻璃管中可观察到的现象是_____________________________；硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，原因是________________________________________；反应一段时间、熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：
（3） 试剂Ｘ的化学式为___________；有同学分析淡黄色溶液中含有Fe2+，你认为_______(填“合理”或“不合理”)；固体产物的成分可能为__________(填相应的字母)；
A Fe和FeCl3 B FeCl2和FeCl3 C Fe、FeCl2和FeCl3 D Fe和FeCl2
（4） 加入少许植物油的作用是__________________________________，用离子方程式表示加入新制氯水后溶液红色加深的原因_________________________________________。
（5） 某小组同学实验时在加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，请帮助他们分析原因__________________________________________________________，请设计实验对你所分析的原因进行验证，简要写出实验方案________________________________________________
___________________________________________________________________________
（6）Cl2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，实验室通常用NaOH溶液来吸收Cl2，以减少环境污染。若实验时需要450mL 4mol／L的NaOH溶液，则配制时，需要用托盘天平称取NaOH的质量为_______g，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有______________。配制该溶液时，下列操作会使溶液浓度偏高的是___________。（填字母）
A 称量固体时动作缓慢 B 容量瓶未干燥立即用来配制溶液
C NaOH固体溶解后立刻转移 D 在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线
E 定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】 (1). g (2). h (3). d (4). e (5). 有棕黄色的烟生成 (6). 防止堵塞 (7). KSCN（或NH4SCN）溶液 (8). 合理 (9). A (10). 隔绝空气，防止Fe2＋被氧化 (11). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋SCN－＝Fe(SCN)3 (12). 新制氯水将SCN-氧化 (13). 取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液变红，则原因分析成立 (14). 80.0 (15). 500mL容量瓶、烧杯 (16). CD
【分析】（1）排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；
（2）Fe在氯气中燃烧生成棕黄色烟，导气管口较细，易堵塞；
（3）Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成FeCl2；
（4）Fe2+不稳定而易被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；
（5）Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，氯水具有强氧化性，能氧化还原性物质，如果Fe3+和KSCN混合溶液中加入氯水后未得到深红色溶液，说明溶液中硫氰化铁浓度未变大；
（6）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作过程分析。
【详解】（1）浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，
故答案为：g；h；d；e；
（2）Fe在氯气中燃烧生成棕黄色烟，所以看到的现象是有棕黄色烟生成；棕黄色烟冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，
故答案为：有棕黄色烟生成；防止堵塞；
（3）Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以试剂X为KSCN溶液；固体和氯气反应时可能没有完全反应，导致Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，所以分析合理，固体中成分为Fe和FeCl3，
故答案为：KSCN；合理；A；
（4）Fe2+不稳定，易被空气中氧气氧化，所以植物油的作用是隔绝空气防止Fe2+被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN-反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，涉及的反应方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，
故答案为：隔绝空气，防止Fe2+被氧化； 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；
（5）Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，氯水具有强氧化性，能氧化还原性物质，如果Fe3+和KSCN混合溶液中加入氯水后未得到深红色溶液，说明溶液中硫氰化铁浓度未变大，则可能原因是新制氯水将SCN-氧化；其检验方法是：取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则原因分析成立，
故答案为：新制氯水将SCN-氧化；取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则原因分析成立；
（6）实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500mL容量瓶中配制，配制溶液需要天平称量固体质量，精确到0.1g，依据m=nM计算需要的氢氧化钠溶质的质量=0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g，若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500mL容量瓶中配制，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还含有烧杯和500mL容量瓶，
A．称量固体时动作缓慢，可能导致氢氧化钠吸收水蒸气和空气中的二氧化碳，导致溶质减小，测定结果偏低，故A错误；
B．最后配制溶液需要加入水定容，容量瓶未干燥立即用来配制溶液对配制溶液的结果无影响，故B错误；
C．NaOH固体溶解后溶液温度升高，立刻转移溶液温度升高，常温下液面未达到刻度，溶液浓度增大，故C正确；
D．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，定容未达到刻度，溶液浓度增大，故D正确；
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，水加入超出刻度线，溶液浓度减小，故E错误；
故选CD。
23.Ⅰ.某化合物M（仅含三种短周期元素）是一种储氢材料。为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：（1）化合物M的组成元素是______________（用元素符号表示）。
（2）化合物A与水反应的化学方程式是_____________________________________。
（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，该反应的化学方程式是________________________________________________________。
II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为1︰1︰4。将23.8gX与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀。请推测并回答：
（4）单质A有很强的氧化性，可用于净化空气，饮用水消毒等。A中组成元素的简单离子结构示意图为___________________________。
（5）X的化学式_____________。
（6）实验室可通过低温电解B溶液制备X。该电解反应的化学方程式___________________。
（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫。在碱性条件下，X氧化NO的离子方程式____________________________________。
（8）X溶液与铜反应时先慢后快。某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2+对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象。若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2＋起了催化作用，反之Cu2＋不起作用。写出X与铜反应的化学方程式___________________________________________，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由________________________________________________________________。
【答案】(1). Mg、N、H (2). Mg3N2 + 6H2O == 3Mg（OH）2↓+ 2NH3↑ (3). Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2↑ (4). (5). Na2S2O8 (6). 2NaHSO4Na2S2O8+H2↑ (7). 3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O (8). Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4 (9). 该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用
【分析】I.气体B（4.48L）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，其物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，某物质M （仅含三种元素）是一种储氢材料，M隔绝空气高温分解生成固体A和氨气，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M，证明M中含有N、H、Mg元素，A只含两种元素，A和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量为0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，由元素守恒可知Mg元素物质的量0.15mol，M中含氮元素为0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量为(8.4g-0.3mol×14g/mol-0.15mol×24g/mol)÷1g/mol=0.6mol，M中元素物质的量之比为n（Mg）：n（N）：n（H）=0.15：0.3：0.6=1：2：4，可知M化学式为Mg（NH2）2，以此来解答。
II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，23.8gX的物质的量为0.1mol，X与水共热生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，B中含有Na元素，则X含有Na元素，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.2mol，根据S原子守恒可知X中含有2个S原子，B为NaHSO4，X中三种元素原子个数比为1：1：4，该无机盐X可以表示为（NaSX4）2，则X元素相对原子质量为16，X为O元素，故A为O3，X为Na2S2O8．
【详解】Ⅰ. (1)由上述分析可知，M中含元素为Mg、N、H，
故答案为：Mg、N、H；
(2)化合物A与水反应的化学方程式是Mg3N2 +6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑，
故答案为：Mg3N2 +6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
(3)镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体,气体为氢气,则该反应的化学方程式是Mg+2NH3═Mg(NH2)2+H2↑，
故答案为：Mg+2NH3═Mg(NH2)2+H2↑。
II．（4）单质A为O3，组成元素的简单离子结构示意图为：，故答案为：；
（5）X的化学式为：Na2S2O8，故答案为：Na2S2O8；
（6）实验室可通过低温电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8，电解方程式为：2NaHSO4Na2S2O8+H2↑；
（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫．在碱性条件下，Na2S2O8氧化NO的离子方程式为：3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O，
故答案为：3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O；
（8）Na2S2O8与铜反应的化学方程式：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4，该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用，
故答案为：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4；该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用。
24.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)为翠绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，110℃下失去结晶水，230℃分解；是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室利用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)、H2C2O4(草酸)、K2C2O4(草酸钾)、30%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的部分实验过程如下：
已知：沉淀： FeC2O4·2H2O既难溶于水又难溶于强酸
6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓、2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
（1）溶解时加几滴稀硫酸的目的是___________________________。
（2）沉淀过滤后，洗涤1的操作方法是_________________________________________。
（3）在沉淀中加入饱和K2C2O4溶液,并用40 ℃ 左右水浴加热,再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液,不断搅拌。此过程需保持温度在40 ℃ 左右,可能的原因是________________
_________________________________________。加入30%过氧化氢溶液完全反应后，煮沸的目的是______________________________________ 。
（4）洗涤2中所用洗涤试剂最合适的是________（填选项字母）。
A 草酸钠溶液 B 蒸馏水 C 乙醇 D KCl溶液
【答案】(1). 抑制Fe2+水解 (2). 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次 (3). 温度太高双氧水容易分解，温度太低反应速率太慢等 (4). 除去过量的双氧水 (5). C
分析】硫酸亚铁铵加水溶解，然后加入草酸，反应生成草酸亚铁沉淀，加入草酸钾溶液并用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe（C2O4）3]，加入草酸溶液煮沸后，一定条件下结晶得到K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
【详解】(1)亚铁离子在水溶液中水解，加入稀硫酸抑制水解；
故答案为：抑制Fe2+水解；
(2)洗涤沉淀，可向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次；
故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次；
(3)温度较高时,H2O2不稳定,易发生分解,而加30%的H2O2时，温度不能过低，否则温度过低反应速率小，加入30%过氧化氢溶液完全反应后，煮沸，可除去过量的双氧水；
故答案为：温度太高双氧水容易分解，温度太低反应速率太慢等；除去过量的双氧水；
(4)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)为草绿色晶体。溶于水，难溶于乙醇，所以最好的洗涤试剂是乙醇；
故答案为：C。
25.氯化亚铜（CuCl）广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业。它是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸，可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4[CuCl2]；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是实验室制备氯化亚铜的流程图及实验装置图。
实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36%盐酸15mL、水。
（1）请写出①的化学方程式____________________________________。
（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，宜选择下图中的____（填字母序号）方案，并说明选择该装置的理由__________________________________________。
（3）电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，当烧瓶中液面上方的现象为_______________________________________________________时，停止通入氧气，打开瓶塞，沿C口倾出反应液于l000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出。
（4）关于该实验过程中，下列说法正确的是_________________。
A 实验开始时，温度计显示反应液温度可能低于室温。
B 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，洗涤固体可以用95%的酒精。
C 该实验流程中，残液中补充HCl的主要作用是抑制产物的水解。
D 反应装置中使用长导管的目的是防止三颈烧瓶内气压过大。
（5）氯化亚铜的定量分析：
①称取成品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和l0mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；
②待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.l0 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表。（已知：CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2 ，Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+）
实验序号
1
2
3
滴定起始读数（mL）
0.75
0.50
0.80
滴定终点读数（mL）
24.70
24.95
24.85
④数据处理：计算得CuCl的纯度为__________。
【答案】(1). NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl (2). B (3). 通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率 (4). 红棕色气体逐渐变为无色 (5). ABD (6). 95.5%或95.52%
【分析】根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品。
【详解】(1)根据工艺流程可知,反应①过滤后,滤饼用酒精洗涤的CuCl,说明反应生成CuCl,还生成氯化铵,反应方程式为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
故答案为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
(2)B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，A. C装置无法判断通入氧气的速率，故选择B装置，
故答案为：B;通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率；
(3)电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，有红棕色二氧化氮气体生成，当烧瓶中液面上方红棕色气体逐渐变为无色时，停止通入氧气；
故答案为：红棕色气体逐渐变为无色；
(4)A.氯化铵溶于水吸收热量，造成反应液温度降低，故A正确；
B. 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，CuCl微溶于水，用酒精洗去晶体表面的杂质离子及水分，避免CuCl溶于水而造成损耗，故B正确；
C. 该实验流程中，残液中补充的HCl是反应物，故C错误；
D. 反应装置中使用长导管可以防止三颈烧瓶内气压过大，故D正确；
故答案为：ABD；
(5)第二组实验数据误差较大,舍去,故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL,根据关系式有：CuCl∼FeCl3∼Ce4+,则n(CuCl)=n(Ce4+),故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为0.2388g÷0.25g×100%=95.5%或95.52%；
故答案为：95.5%或95.52%。
26.（1）在含3molNaHSO3的溶液中加入amolNaIO3的溶液充分反应（不考虑I2+I-=I3-，已知还原性HSO3- >I-)。
①当产生碘单质的量最多时，反应的n(IO3-)=_____ mol
② 若1
①b的最小值为______。
②当b=______时，产物中水的质量最多。
【答案】(1). 1.2 (2). 3: (6-5a) (3). 10.60 (4). 14.36
【分析】（1）①当产生碘单质的量最多时IO3-被还原为I2，HSO3-被氧化为SO42-，根据得失电子守恒计算；
②当a=1时，HSO3-被完全氧化为SO42-，IO3-被还原为I-，当a=1.2时，IO3-被还原为I2，根据得失电子守恒列式计算；
（2）根据方程式2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O可知：①当16.80g完全为NaHCO3时，反应后固体质量最小；
②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时，生成H2O的质量最多，发生反应为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设出二者物质的量，结合总质量计算。
【详解】(1)①当产生碘单质的量最多时IO3-被还原为I2,1mol IO3-被还原转移电子5mol； HSO3-被氧化为SO42-,1mol HSO3-被氧化转移电子2mol,根据得失电子守恒,消耗n(IO3-)=3mol×2÷5=1.2，
故答案为：1.2；
②当a=1时,3molHSO3-被完全氧化为3mol SO42-, IO3-被还原为I−,当a=1.2时, IO3-被还原为I2;设生成I−的物质的量xmol,则生成碘单质的物质的量为 (a−x)/2mol,根据得失电子守恒 (a−x)/2×10+6x=3×2,x=6−5a,所以若1
(2)发生反应为2NaHCO3 = Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，
①当16.80g完全为NaHCO3时,反应后的固体质量为：106g/mol×16.8g÷84g/mol×1/2=10.6g，
若16.8g固体完全为NaOH，剩余固体质量不变，仍然为16.8g，
所以得到固体最小质量为10.6g，即b的最小值为10.6，
故答案为：10.60；
②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时,生成H2O的质量最多,此时NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1:1,发生反应为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设NaOH和NaHCO3的物质的量均为x，则84x+40x=16.8，解得：x≈0.1355mol，根据反应可知，生成固体碳酸钠的物质的量为0.135mol，质量为：106g/mol×0.1355mol=14.363g≈14.36g，
故答案为：14.36。
可能用到原子量：H: 1 O:16 N:14 Fe56： K:39 Na：23 A1：27 C：12 Cu： 64 I:127 C1：35.5 Ba：137 Mg：24 S:32
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每题2分）
1.下列物质的分类合理的是（ ）
A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、SO2、NO2
B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡
C. 混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体
D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Al2O3
【答案】C
【详解】A．CO2、SO2、SiO2都是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故A错误；
B．烧碱、苛性钾、氢氧化钡均为碱，而纯碱为碳酸钠是盐，故B错误；
C．盐酸是HCl的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水煤气是CO和H2形成的混合物；氢氧化铁胶体是分散系的一种，均为混合物；故C正确；
D．Na2O、CaO、MgO是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，故D错误；答案为C。
2.下列试剂中不能使淀粉-KI试纸变色的是（ ）
A. AgNO3溶液 B. 溴水 C. FeCl3溶液 D. SO2气体
【答案】D
【详解】A. AgNO3溶液遇到淀粉-KI试纸出现黄色沉淀，能使淀粉-KI试纸变色，故A不选；
B. 溴水遇到淀粉-KI试纸发生反应生成碘单质，能使淀粉-KI试纸变色，故B不选；
C. FeCl3溶液与KI反应生成碘单质，试纸变色，故C不选；
D. SO2气体与KI不反应，不能使试纸变色，故D选；
故选：D。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 在玻璃、水泥和高炉炼铁工业生产中，都需要用到石灰石
B. 过量的Fe与Cl2反应生成FeCl2
C. 生石灰用作食品抗氧化剂
D. 碳酸钠是一种医用胃酸中和剂
【答案】A
【详解】A. 生产玻璃的原料有纯碱，石灰石，和石英，生产水泥的原料有黏土和石灰石，高炉炼铁石灰石是造渣材料，故A正确；
B. Fe与Cl2反应只生成FeCl3，与反应物的量的多少没有关系，故B错误；
C. 生石灰不具有还原性而具有吸水性，可用作食品干燥剂，故C错误；
D. 碳酸钠的碱性较强，碳酸氢钠是一种医用胃酸中和剂，故D错误。
故选:A
4.某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好全部转化成Fe3+。x值为（ ）
A. 0.80 B. 0.85 C. 0.90 D. 0.93
【答案】A
【详解】FexO中Fe的平均化合价为+2/x，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等，标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.112L÷22.4L/mol×2=0.01mol，则有：1.52/(56x+16) ×(3-2/x) ×x=0.01mol，解得x=0.8，故选：A。
5.化学与社会、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B. 青花瓷、石英玻璃的主要成分都是硅酸盐
C. 二氧化碳化学性质稳定，可作工业制镁时镁蒸气的冷却气
D. 高档皮包里通常装有一块同材质皮革，灼烧该皮革可以鉴别此包是真皮还是人造皮革
【答案】D
【详解】A. 碳酸钡可溶于盐酸，不可用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，故A错误；
B. 石英玻璃的主要成分是二氧化硅，故B错误；
C. 镁在加热条件下可与二氧化碳反应，所以不能用作工业制镁的冷却气，故C错误；
D. 真皮含有蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，而人造皮革没有，故D正确。
故选：D
6.下列关于各种物质的工业制法的说法中正确的是（ ）
A. 工业制溴：利用氯气将海水中的溴离子氧化后，鼓入热空气或水蒸气将溴吹出
B. 工业制钠：电解饱和NaCl溶液，收集阴极产生的Na
C. 工业制硅：高温下用焦炭还原二氧化硅，得到可以制芯片与太阳能电池的单晶硅
D. 工业制硫酸：在沸腾炉中煅烧硫铁矿，吸收塔中浓硫酸充分吸收煅烧生成的SO3气体
【答案】A
【详解】A. 溴易挥发，工业制溴时，利用氯气将海水中的溴离子氧化后，鼓入热空气或水蒸气将溴吹出,故A正确；
B. 工业制钠：电解熔融NaCl，收集阴极产生的Na，电解饱和氯化钠溶液不能生成单质钠，故B错误；
C. 工业制硅：高温下用焦炭还原二氧化硅，得到粗硅，故C错误；
D. 工业制硫酸：在沸腾炉中煅烧硫铁矿，但煅烧生成的是SO2而不是SO3气体，故D错误。
故选：A
7.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3= K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（ ）
A. 生成40.0L N2（标准状况） B. 有0.250mol KNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为2.5mol D. 被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】D
【详解】A、由反应方程式可知：在产生的16mol的N2中有1mol的还原产物，15mol的氧化产物，转移电子10mol，即氧化产物比还原产物多14mol时，产生氮气16mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则产生的氮气在标准状态下的体积是（16÷14）×1.75mol×22.4L/mol=44.8L， A项错误；
B、由方程式可知： KNO3中的N元素化合价降低，KNO3被还原， B项错误；
C、若氧化产物比还原产物多14mol时，转移电子10mol，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则转移电子的物质的量是（1.75mol×10）÷14=1.25mol， C项错误；
D、若氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的N原子是30mol，现在氧化产物比还原产物多1.75mol，则被氧化的N原子的物质的量为（1.75mol×30）÷14=3.75mol，D项正确；
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 某固体焰色反应呈黄色，则一定存在钠盐
B. 某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，则该溶液一定为氯水
C. 可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去CO2中含有的SO2
D. 用原子吸收光谱确定物质中含有哪些非金属元素
【答案】C
【详解】A．焰色反应为元素的性质，则某固体焰色反应呈黄色，固体一定含钠元素，可能为钠的单质、氧化物、NaOH或钠盐等，故A错误；
B．具有氧化性的物质可氧化碘离子，淀粉遇碘变蓝，则某溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，该溶液可能为氯水或溴水、过氧化氢等，故B错误；
C．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则将气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气可除杂，故C正确；
D．不同元素的原子发生跃迁时会吸收不同的光，形成特征谱线，所以现代化学分析测试中用原子吸收光谱确定物质中含有哪些金属元素，故D错误；故选C。
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. NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)
B. Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
C. AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)
D. Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
【答案】A
【详解】A、NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，选项A正确；
B、Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，选项B错误；
C、AgNO3中加入氨水可获得银氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，选项C错误；
D、Al与Fe2O3高温发生铝热反应生成Al2O3和Fe，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，选项D错误；答案选A。
10.能正确表示下列变化的离子方程式是（ ）
A. 少量SO2气体通入次氯酸钠溶液中：SO2＋3ClO－＋H2O＝SO42－＋Cl－＋2HClO
B. 氧化铁溶于HI溶液：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O
C. 向氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
D. 2mL0.1mol•L-1NH4Fe(SO4)2溶液中加入几滴0.1mol•L-1NaOH溶液：Fe2+＋2OH－=Fe(OH)2↓
【答案】A
【详解】A. 符合质量守恒定律，电荷守恒，电子守恒，符合客观事实，故A正确；
B. HI电离出碘离子具有还原性，三价铁有氧化性，要发生氧化还原反应，正确的是Fe2O3＋6H++2I-＝2Fe2+＋I2+3H2O,故B错误；
C.向氯化钙溶液中通入CO2气体不反应，故C错误；
D. NH4Fe(SO4)2中铁为三价，故正确的是Fe3+＋3OH－=Fe(OH)3↓，故D错误。
故选：A
【点睛】SO2具有还原性，ClO－具有氧化性，发生氧化还原反应，要注意。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，1.12L己烷中含有的共用电子对数目为0.95NA
B. 30g葡萄糖与乳酸(C3H6O3)的混合物中所含氧原子的数目为NA
C. 1mol焦炭与足量二氧化硅在高温下制备硅单质，该反应转移的电子数目为4NA
D. 60oC时，1LpH=1的H2SO4溶液中所含H+的数目为0.2NA
【答案】B
【详解】A. 标准状况下，己烷是液体，不能用气体摩尔体积计算，故A错误；
B. 葡萄糖与乳酸(C3H6O3)的实验式相同，为CH2O，30g CH2O的物质的量为1mol, 含氧原子的数目为NA，故B正确；
C. 1mol焦炭与足量二氧化硅在高温下制备硅单质，生成CO, 转移的电子数目为2NA，故C错误；
D. pH=1的H2SO4溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L，n(H+)=c×V=0.1mol/L×1L=0.1mol, 所含H+的数目为0.1NA，故D错误；
故选：B
【点睛】A项为易错点，注意非气体不能用气体摩尔体积进行计算。
12.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 0．1 mol·L−1KI 溶液：Na+、K+、ClO− 、OH−
B. 0．1 mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3−、SO42−
C. 0．1 mol·L−1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−
D. 0．1 mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−
【答案】B
【详解】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；
B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；
C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；
D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。
13.下列通过实验得出的结论中正确的是（ ）
A. 某溶液试样中加入MgCl2溶液，无明显现象，再加入过量NaOH溶液，生成白色沉淀，则该溶液试样中存在HCO3-
B. 取某固体试样加水后的上层清液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰，则该固体试样中存在K+
C. 某溶液试样中加入稀HNO3酸化Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，则该试样中存在SO42-
D. 某固体试样完全溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，出现血红色，则该固体试样中存在Fe3+
【答案】B
【详解】A. 加入过量NaOH溶液时，Mg2+可与OH-结合生成沉淀，且溶液中也可能存在HSO3-，故A错误；
B. 透过蓝色钴玻璃看到紫色火焰，说明含有K+，故B正确；
C. 某溶液试样中加入稀HNO3酸化Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，该试样中可能存在SO32-或SO42-等，故C错误；
D. 某固体试样完全溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，出现血红色，该固体可能是硝酸亚铁，存在Fe2+，故D错误。
故选：B
【点睛】C项为本题的易错点，注意SO32-对SO42-检验产生的干扰，检验SO42-时应先用盐酸酸化，没有现象，再加入氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有SO42-。
14.下列叙述不正确的是（ ）
A. 钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B. 探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
C. 蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D. 为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【详解】A. 过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般用沙子扑灭，故A正确；
B. 该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故B错误；
C. 蒸馏时，应充分冷凝，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，这样可以防止温度过高而混入杂质，故C正确；
D. 配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，应改用胶头滴管滴加，故D正确，答案选B。
15.下列化学实验事实及其解释或结论都正确的是（ ）
A. 在100mL沸水中加入10 g NaHCO3固体，产生大量的气泡，可以推断反应后溶液的碱性比10 g NaHCO3固体溶于100mL冷水中形成的溶液的碱性弱
B. 向1mL1％NaOH溶液中加入2mL2％的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热后未出现砖红色沉淀，说明X中不含有醛基
C. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成；再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，白色沉淀可能为CuI
D. 某待测溶液可能含有等浓度的下列离子中的若干种：K+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、I-、CO32-、SO42—。现取少量待测溶液于试管，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，则原溶液中是否含有K+、Na+，需通过焰色反应确定
【答案】C
【详解】A. 在100mL沸水中加入10 g NaHCO3固体，产生大量的气泡，说明碳酸氢钠受热分解，不能说明NaHCO3固体溶于沸水中比在冷水中碱性强，故A错误；
B. 向1mL1％的NaOH溶液中加入2mL2％的CuSO4溶液，碱少量，新制的氢氧化铜在碱性环境中才会与醛基反应出现砖红色沉淀，故B错误；
C. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成，再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明碘元素化合价升高，则铜元素的化合价降低，白色沉淀可能为CuI，故C正确；
D. 现取少量待测溶液于试管，加入足量NaOH溶液得到白色沉淀，加热产生无色气体，说明溶液中含有NH4+、Mg2+、排除Fe2+、Fe3+、CO32-、因为离子浓度相等，根据电荷守恒可知，溶液中含有I-、SO42-，一定不含有K+、Na+，故D错误。
故选：C。
16.下列实验合理的是（ ）
A. 用灼热的铜网除去CO中少量的O2
B. 用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质
C. 用淀粉KI溶液鉴别溴水和碘水
D. 用Cu(OH)2悬浊溶能鉴别乙醇、乙醛、乙酸
【答案】D
【详解】A. 用灼热的铜网除去CO中少量的O2，会引入CO2，不符合除杂的原则，故A错误；
B. 碘水中提取碘单质，应采取萃取、分液的方法，故B错误；
C. 溴可与KI反应生成单质碘，所以溴水和碘水遇淀粉KI溶液都变蓝色，无法鉴别，故C错误；
D. Cu(OH)2悬浊溶遇到乙醇无明显现象，遇到乙醛加热时出现砖红色沉淀，遇到乙酸溶解，溶液变成蓝色，现象均不相同，可以鉴别，故D正确。
故选：D
17.下列说法正确的是（ ）
A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，置于内焰中铜丝又恢复原来的红色
B. 氨气不但可以用向下排空气法收集，还可以用排饱和氯化铵溶液的方法收集
C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32－
D. 为了使过滤加快，可用玻璃棒在过滤器中轻轻搅拌，加速液体流动
【答案】A
【详解】A. 将铜丝在酒精灯的外焰上加热变黑后，生成氧化铜，置于内焰中遇到乙醇，发生反应生成铜，又恢复原来的红色，故A正确；
B. 氨气极易溶于水中，不能用排饱和氯化铵溶液的方法收集，故B错误；
C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中可能含有CO32－、HCO3－、SO32－、HSO3－等，故C错误；
D. 过滤时玻璃棒起引流作用，不能搅拌，会捅破滤纸，故D错误。
故选：A
18.某溶液A中可能只含有K+、Fe3+、Cu2+、Fe2+、Ag+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、NO3-、SO42-中的若干种，为检验确认其中所含的各离子，取1L溶液A，进行如下实验：
已知气体A、B的体积都为2.24L（标况下），沉淀B的物质的量为0.1mol，根据以上实验操作与现象，有关于该溶液的结论正确的是（ ）
A. 溶液A中肯定存在Fe2+、Ag+、Mg2+、NO3-
B. 溶液A中一定不含Al3+
C. 溶液A中可能含有Cu2+、Cl-
D. 溶液A中c（NO3-）≥1.0mol/L
【答案】D
【分析】加入稀硝酸后产生气体A，说明溶液中含Fe2+，则生成的气体A为NO，且物质的量为0.1mol，根据得失电子数守恒可知Fe2+的物质的量为0.3mol；在溶液B中加入过量的Ba(OH)2，产生气体B为0.1mol，则说明溶液中含NH4+,且物质的量为0.1mol;所得的溶液C中可能含K+,[Cu(NH3)4]2+,[Ag(NH3)2]+和AlO2−,加入足量的HBr,生成沉淀B,则沉淀B为AgBr,由于沉淀AgBr的物质的量为0.1mol,故原溶液中含Ag+,且物质的量为0.1mol,溶液中存在Ag+,而0.1molAg+转化为[Ag(NH3)2]+消耗NH30.2mol;由于Ag+的存在,则溶液中不能含Cl−和SO42-，但由于溶液要呈电中性,故溶液中一定存在NO3-;溶液中可能存在的Cu2+和Al3+会进入溶液D,但Cu2+和Al3+的存在不能确定;故所得的沉淀A可能为Fe(OH)3和Mg(OH)2或两者之一。故溶液中一定含：Fe2+ NH4+,Ag+, NO3-;一定不存在：Cl−和SO42-;可能存在：K+和Fe3+,Al3+,Cu2+,Mg2+中的一种或几种。由于溶液中的Fe2+的物质的量为0.3mol，生成的NH3的物质的量为0.1mol,而0.1molAg+转化为[Ag(NH3)2]+消耗NH30.2mol，故溶液中NH4+共0.3mol;Ag+的物质的量为0.1mol,设溶液中的NO3-的物质的量为xmol,由于溶液中除了Fe2+、NH4+、Ag+，还可能含有其他的阳离子，故有：X⩾0.3mol×2+0.3mol+0.1mol=1mol。
【详解】A. 溶液中Mg2+的存在不能确定，故A错误；
B. Al3+的存在不能确定，故B错误；
C. 溶液A中无Cl−，故C错误；
D. 溶液中的Fe2+的物质的量为0.3mol;由于生成的NH3的物质的量为0.1mol,而0.1molAg+转化为[Ag(NH3)2]+消耗NH30.2mol,故溶液中NH4+共0.3mol;Ag+的物质的量为0.1mol,设溶液中的NO3-的物质的量为xmol,由于溶液中除了Fe2+, NH4+,Ag+,还可能含有其他的阳离子,根据溶液电中性,故有：X⩾0.3mol×2+0.3mol+0.1mol=1mol,则c(NO3-)=n/V⩾1mol/1L=1mol/L，故D正确，故选：D。
19.某无色透明溶液可能含有以下离子中的若干种：K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe2＋、Ba2＋、NO3－、SO42－、CO32－、I－和Cl－，取该溶液进行如下实验：
①将溶液滴在pH试纸上，呈红色。
②将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体析出，此气体通空气则立即变成红棕色。
③取少许溶液滴入BaCl2试液，则产生白色沉淀。
④取实验③中的澄清溶液，滴入AgNO3试液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀。
⑤另取少许溶液，滴入NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时，又有部分白色沉淀溶解。根据以上现象判断原溶液中（ ）
A. 肯定不存在离子是 Ba2＋ 、Fe2＋、CO32－、I-
B. 肯定存在的离子是Al3＋、SO42－、 Cl－ 、NO3－、Mg2+
C. 不能作出判断的离子是K+
D. 以上判断都不正确
【答案】A
【分析】无色溶液中，肯定不存在Fe2+；
根据①可知，溶液显示酸性，则不存在CO32-；
根据②可知，该无色气体为NO，原溶液中一定存在NO3-，则原溶液具有氧化性，碘离子具有还原性，所以原溶液中一定不存在I-；
根据③可知，该白色沉淀为硫酸钡，则溶液中一定存在SO42-；
根据④可知，由于加入氯化钡溶液，引进了氯离子，故无法确定原溶液中是否含有Cl-；
根据⑤NaOH过量时，有部分白色沉淀溶解，说明白色沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝，原溶液中一定存在Mg2+、Al3+。
【详解】A．根据以上分析可知，原溶液中一定不存在：Ba2+、Fe2+、CO32-、I-，故A正确；
B．由于实验③中加入了氯化钡，干扰了氯离子检验，无法确定原溶液中是否含有氯离子，故B错误；
C．无法确定溶液中是否含有K+、Cl-，故C错误；
D．以上判断中，A是正确的，故D错误；故选A。
20.将amol CO2通入1L bmol/L NaOH溶液中，对于所得溶液的描述不正确的是（ ）
A. 当a＝2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c(OH－)先增大后减小
B. 当a＝b时溶液中存在：c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
C. 当1/2＜a/b＜1时溶液中一定存： c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D. 当2a＝b时溶液中存在：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)
【答案】C
【详解】A．n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2>1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且CO32-水解程度远远大于HCO3-，溶液中的溶质是NaOH时，抑制水电离，当转化为Na2CO3时促进水电离，再转化为时NaHCO3，也促进水电离，但促进水电离程度减小，所以溶液中由水电离出的c（OH-）先增大后减小，故A正确；
B．当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），故B正确；
C．当1/2＜a/b＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒可知在此溶液中c（Na+）与[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]的比值介于
1/2～1之间，即不相等，故C错误；
D．当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，在Na2CO3溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（HCO3-）>c（H+），故D正确；
故选：C。
21.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是（ ）
A. 无色溶液B的pH≥7
B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3
C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D. 在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
二、填空题（共5大题）
22.某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究：
（1） 装置的连接顺序为a→_____→____→____→____→b→c→f。
（2） 硬质玻璃管中可观察到的现象是_____________________________；硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，原因是________________________________________；反应一段时间、熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验：
（3） 试剂Ｘ的化学式为___________；有同学分析淡黄色溶液中含有Fe2+，你认为_______(填“合理”或“不合理”)；固体产物的成分可能为__________(填相应的字母)；
A Fe和FeCl3 B FeCl2和FeCl3 C Fe、FeCl2和FeCl3 D Fe和FeCl2
（4） 加入少许植物油的作用是__________________________________，用离子方程式表示加入新制氯水后溶液红色加深的原因_________________________________________。
（5） 某小组同学实验时在加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，请帮助他们分析原因__________________________________________________________，请设计实验对你所分析的原因进行验证，简要写出实验方案________________________________________________
___________________________________________________________________________
（6）Cl2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，实验室通常用NaOH溶液来吸收Cl2，以减少环境污染。若实验时需要450mL 4mol／L的NaOH溶液，则配制时，需要用托盘天平称取NaOH的质量为_______g，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有______________。配制该溶液时，下列操作会使溶液浓度偏高的是___________。（填字母）
A 称量固体时动作缓慢 B 容量瓶未干燥立即用来配制溶液
C NaOH固体溶解后立刻转移 D 在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线
E 定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】 (1). g (2). h (3). d (4). e (5). 有棕黄色的烟生成 (6). 防止堵塞 (7). KSCN（或NH4SCN）溶液 (8). 合理 (9). A (10). 隔绝空气，防止Fe2＋被氧化 (11). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋SCN－＝Fe(SCN)3 (12). 新制氯水将SCN-氧化 (13). 取少量褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN（或NH4SCN）溶液，若溶液变红，则原因分析成立 (14). 80.0 (15). 500mL容量瓶、烧杯 (16). CD
【分析】（1）排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理；
（2）Fe在氯气中燃烧生成棕黄色烟，导气管口较细，易堵塞；
（3）Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成FeCl2；
（4）Fe2+不稳定而易被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度；
（5）Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，氯水具有强氧化性，能氧化还原性物质，如果Fe3+和KSCN混合溶液中加入氯水后未得到深红色溶液，说明溶液中硫氰化铁浓度未变大；
（6）根据配制一定物质的量浓度的溶液操作过程分析。
【详解】（1）浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，
故答案为：g；h；d；e；
（2）Fe在氯气中燃烧生成棕黄色烟，所以看到的现象是有棕黄色烟生成；棕黄色烟冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，
故答案为：有棕黄色烟生成；防止堵塞；
（3）Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以试剂X为KSCN溶液；固体和氯气反应时可能没有完全反应，导致Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，所以分析合理，固体中成分为Fe和FeCl3，
故答案为：KSCN；合理；A；
（4）Fe2+不稳定，易被空气中氧气氧化，所以植物油的作用是隔绝空气防止Fe2+被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN-反应生成Fe（SCN）3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，涉及的反应方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，
故答案为：隔绝空气，防止Fe2+被氧化； 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3；
（5）Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，氯水具有强氧化性，能氧化还原性物质，如果Fe3+和KSCN混合溶液中加入氯水后未得到深红色溶液，说明溶液中硫氰化铁浓度未变大，则可能原因是新制氯水将SCN-氧化；其检验方法是：取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则原因分析成立，
故答案为：新制氯水将SCN-氧化；取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则原因分析成立；
（6）实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500mL容量瓶中配制，配制溶液需要天平称量固体质量，精确到0.1g，依据m=nM计算需要的氢氧化钠溶质的质量=0.5L×4mol/L×40g/mol=80.0g，若实验时需要450mL 4mol/L的NaOH溶液，需要取用500mL容量瓶中配制，所使用的仪器除托盘天平、胶头滴管、玻璃棒外，还含有烧杯和500mL容量瓶，
A．称量固体时动作缓慢，可能导致氢氧化钠吸收水蒸气和空气中的二氧化碳，导致溶质减小，测定结果偏低，故A错误；
B．最后配制溶液需要加入水定容，容量瓶未干燥立即用来配制溶液对配制溶液的结果无影响，故B错误；
C．NaOH固体溶解后溶液温度升高，立刻转移溶液温度升高，常温下液面未达到刻度，溶液浓度增大，故C正确；
D．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，定容未达到刻度，溶液浓度增大，故D正确；
E．定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，水加入超出刻度线，溶液浓度减小，故E错误；
故选CD。
23.Ⅰ.某化合物M（仅含三种短周期元素）是一种储氢材料。为探究M的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：化合物A仅含两种元素；气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：（1）化合物M的组成元素是______________（用元素符号表示）。
（2）化合物A与水反应的化学方程式是_____________________________________。
（3）镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体，该反应的化学方程式是________________________________________________________。
II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，原子个数比为1︰1︰4。将23.8gX与水共热，生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀。请推测并回答：
（4）单质A有很强的氧化性，可用于净化空气，饮用水消毒等。A中组成元素的简单离子结构示意图为___________________________。
（5）X的化学式_____________。
（6）实验室可通过低温电解B溶液制备X。该电解反应的化学方程式___________________。
（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫。在碱性条件下，X氧化NO的离子方程式____________________________________。
（8）X溶液与铜反应时先慢后快。某同学认为除反应放热这一因素外，还有一种可能是反应生成的Cu2+对后续反应起催化作用，为此他设计了如下实验方案：取少量铜粉置于试管中，先加入少量CuSO4溶液，再加入X溶液，振荡，观察现象。若加入硫酸铜溶液的反应快，说明Cu2＋起了催化作用，反之Cu2＋不起作用。写出X与铜反应的化学方程式___________________________________________，判断该同学设计的验证方法合理性并说明理由________________________________________________________________。
【答案】(1). Mg、N、H (2). Mg3N2 + 6H2O == 3Mg（OH）2↓+ 2NH3↑ (3). Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2↑ (4). (5). Na2S2O8 (6). 2NaHSO4Na2S2O8+H2↑ (7). 3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O (8). Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4 (9). 该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用
【分析】I.气体B（4.48L）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B为NH3，其物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，某物质M （仅含三种元素）是一种储氢材料，M隔绝空气高温分解生成固体A和氨气，镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M，证明M中含有N、H、Mg元素，A只含两种元素，A和水反应生成氨气和白色沉淀C，固体A和水反应生成氨气物质的量为0.1mol，白色沉淀C为氢氧化镁沉淀，则A为Mg3N2，物质的量为0.05mol，由元素守恒可知Mg元素物质的量0.15mol，M中含氮元素为0.2mol+0.1mol=0.3mol，所含氢元素物质的量为(8.4g-0.3mol×14g/mol-0.15mol×24g/mol)÷1g/mol=0.6mol，M中元素物质的量之比为n（Mg）：n（N）：n（H）=0.15：0.3：0.6=1：2：4，可知M化学式为Mg（NH2）2，以此来解答。
II．无机盐X仅由三种短周期元素组成，其相对分子质量为238，23.8gX的物质的量为0.1mol，X与水共热生成一种有特殊臭味的气体单质A和某强酸的酸式盐溶液B，B的焰色反应呈黄色，B中含有Na元素，则X含有Na元素，在溶液B中加入足量的BaCl2溶液，产生46.6g白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，其物质的量为0.2mol，根据S原子守恒可知X中含有2个S原子，B为NaHSO4，X中三种元素原子个数比为1：1：4，该无机盐X可以表示为（NaSX4）2，则X元素相对原子质量为16，X为O元素，故A为O3，X为Na2S2O8．
【详解】Ⅰ. (1)由上述分析可知，M中含元素为Mg、N、H，
故答案为：Mg、N、H；
(2)化合物A与水反应的化学方程式是Mg3N2 +6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑，
故答案为：Mg3N2 +6H2O═3Mg(OH)2↓+2NH3↑；
(3)镁带在足量气体B中燃烧可生成化合物M和一种单质气体,气体为氢气,则该反应的化学方程式是Mg+2NH3═Mg(NH2)2+H2↑，
故答案为：Mg+2NH3═Mg(NH2)2+H2↑。
II．（4）单质A为O3，组成元素的简单离子结构示意图为：，故答案为：；
（5）X的化学式为：Na2S2O8，故答案为：Na2S2O8；
（6）实验室可通过低温电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8，电解方程式为：2NaHSO4Na2S2O8+H2↑；
（7）X氧化能力强，对环境友好，可用于脱硝、脱硫．在碱性条件下，Na2S2O8氧化NO的离子方程式为：3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O，
故答案为：3S2O82-+2NO+8OH-=6SO42-+2NO3-+4H2O；
（8）Na2S2O8与铜反应的化学方程式：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4，该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用，
故答案为：Na2S2O8+Cu=Na2SO4+CuSO4；该同学的验证方法不合理，因为加入CuSO4溶液，反应速率快也可能是SO42-起催化作用。
24.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)为翠绿色晶体，溶于水，难溶于乙醇，110℃下失去结晶水，230℃分解；是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室利用(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)、H2C2O4(草酸)、K2C2O4(草酸钾)、30%双氧水等为原料制备三草酸合铁酸钾晶体的部分实验过程如下：
已知：沉淀： FeC2O4·2H2O既难溶于水又难溶于强酸
6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3↓、2Fe(OH)3+3H2C2O4+3K2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
（1）溶解时加几滴稀硫酸的目的是___________________________。
（2）沉淀过滤后，洗涤1的操作方法是_________________________________________。
（3）在沉淀中加入饱和K2C2O4溶液,并用40 ℃ 左右水浴加热,再向其中慢慢滴加足量的30%H2O2溶液,不断搅拌。此过程需保持温度在40 ℃ 左右,可能的原因是________________
_________________________________________。加入30%过氧化氢溶液完全反应后，煮沸的目的是______________________________________ 。
（4）洗涤2中所用洗涤试剂最合适的是________（填选项字母）。
A 草酸钠溶液 B 蒸馏水 C 乙醇 D KCl溶液
【答案】(1). 抑制Fe2+水解 (2). 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次 (3). 温度太高双氧水容易分解，温度太低反应速率太慢等 (4). 除去过量的双氧水 (5). C
分析】硫酸亚铁铵加水溶解，然后加入草酸，反应生成草酸亚铁沉淀，加入草酸钾溶液并用过氧化氢将草酸亚铁氧化为K3[Fe（C2O4）3]，加入草酸溶液煮沸后，一定条件下结晶得到K3[Fe（C2O4）3]•3H2O晶体。
【详解】(1)亚铁离子在水溶液中水解，加入稀硫酸抑制水解；
故答案为：抑制Fe2+水解；
(2)洗涤沉淀，可向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次；
故答案为：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作数次；
(3)温度较高时,H2O2不稳定,易发生分解,而加30%的H2O2时，温度不能过低，否则温度过低反应速率小，加入30%过氧化氢溶液完全反应后，煮沸，可除去过量的双氧水；
故答案为：温度太高双氧水容易分解，温度太低反应速率太慢等；除去过量的双氧水；
(4)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾晶体)为草绿色晶体。溶于水，难溶于乙醇，所以最好的洗涤试剂是乙醇；
故答案为：C。
25.氯化亚铜（CuCl）广泛应用于有机合成、染料、颜料、催化剂等工业。它是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸，可溶于氨水、浓盐酸，并生成配合物NH4[CuCl2]；能在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。下图是实验室制备氯化亚铜的流程图及实验装置图。
实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65%硝酸l0mL、36%盐酸15mL、水。
（1）请写出①的化学方程式____________________________________。
（2）本实验中通入O2的速率不宜过大，宜选择下图中的____（填字母序号）方案，并说明选择该装置的理由__________________________________________。
（3）电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，当烧瓶中液面上方的现象为_______________________________________________________时，停止通入氧气，打开瓶塞，沿C口倾出反应液于l000mL大烧杯中，加水500mL，即刻有大量白色沉淀析出。
（4）关于该实验过程中，下列说法正确的是_________________。
A 实验开始时，温度计显示反应液温度可能低于室温。
B 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，洗涤固体可以用95%的酒精。
C 该实验流程中，残液中补充HCl的主要作用是抑制产物的水解。
D 反应装置中使用长导管的目的是防止三颈烧瓶内气压过大。
（5）氯化亚铜的定量分析：
①称取成品0.25g置于预先放入玻璃珠30粒和l0mL过量的FeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动；
②待样品溶解后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.l0 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点并记录读数，再重复实验二次，测得数据如下表。（已知：CuCl + FeCl3 = CuCl2 + FeCl2 ，Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+）
实验序号
1
2
3
滴定起始读数（mL）
0.75
0.50
0.80
滴定终点读数（mL）
24.70
24.95
24.85
④数据处理：计算得CuCl的纯度为__________。
【答案】(1). NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl (2). B (3). 通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率 (4). 红棕色气体逐渐变为无色 (5). ABD (6). 95.5%或95.52%
【分析】根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度50～85℃制得NH4[CuCl2]，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品。
【详解】(1)根据工艺流程可知,反应①过滤后,滤饼用酒精洗涤的CuCl,说明反应生成CuCl,还生成氯化铵,反应方程式为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
故答案为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
(2)B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，A. C装置无法判断通入氧气的速率，故选择B装置，
故答案为：B;通过观察锥形瓶中产生气泡的快慢可以控制O2的速率；
(3)电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，有红棕色二氧化氮气体生成，当烧瓶中液面上方红棕色气体逐渐变为无色时，停止通入氧气；
故答案为：红棕色气体逐渐变为无色；
(4)A.氯化铵溶于水吸收热量，造成反应液温度降低，故A正确；
B. 流程中过滤操作，可以采用真空抽滤的方式，CuCl微溶于水，用酒精洗去晶体表面的杂质离子及水分，避免CuCl溶于水而造成损耗，故B正确；
C. 该实验流程中，残液中补充的HCl是反应物，故C错误；
D. 反应装置中使用长导管可以防止三颈烧瓶内气压过大，故D正确；
故答案为：ABD；
(5)第二组实验数据误差较大,舍去,故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL,根据关系式有：CuCl∼FeCl3∼Ce4+,则n(CuCl)=n(Ce4+),故m(CuCl)=0.10mol/L×0.024L×99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为0.2388g÷0.25g×100%=95.5%或95.52%；
故答案为：95.5%或95.52%。
26.（1）在含3molNaHSO3的溶液中加入amolNaIO3的溶液充分反应（不考虑I2+I-=I3-，已知还原性HSO3- >I-)。
①当产生碘单质的量最多时，反应的n(IO3-)=_____ mol
② 若1
①b的最小值为______。
②当b=______时，产物中水的质量最多。
【答案】(1). 1.2 (2). 3: (6-5a) (3). 10.60 (4). 14.36
【分析】（1）①当产生碘单质的量最多时IO3-被还原为I2，HSO3-被氧化为SO42-，根据得失电子守恒计算；
②当a=1时，HSO3-被完全氧化为SO42-，IO3-被还原为I-，当a=1.2时，IO3-被还原为I2，根据得失电子守恒列式计算；
（2）根据方程式2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O可知：①当16.80g完全为NaHCO3时，反应后固体质量最小；
②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时，生成H2O的质量最多，发生反应为NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设出二者物质的量，结合总质量计算。
【详解】(1)①当产生碘单质的量最多时IO3-被还原为I2,1mol IO3-被还原转移电子5mol； HSO3-被氧化为SO42-,1mol HSO3-被氧化转移电子2mol,根据得失电子守恒,消耗n(IO3-)=3mol×2÷5=1.2，
故答案为：1.2；
②当a=1时,3molHSO3-被完全氧化为3mol SO42-, IO3-被还原为I−,当a=1.2时, IO3-被还原为I2;设生成I−的物质的量xmol,则生成碘单质的物质的量为 (a−x)/2mol,根据得失电子守恒 (a−x)/2×10+6x=3×2,x=6−5a,所以若1
(2)发生反应为2NaHCO3 = Na2CO3+H2O+CO2↑、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，
①当16.80g完全为NaHCO3时,反应后的固体质量为：106g/mol×16.8g÷84g/mol×1/2=10.6g，
若16.8g固体完全为NaOH，剩余固体质量不变，仍然为16.8g，
所以得到固体最小质量为10.6g，即b的最小值为10.6，
故答案为：10.60；
②当NaOH和NaHCO3中H原子完全转化成H2O时,生成H2O的质量最多,此时NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1:1,发生反应为：NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，设NaOH和NaHCO3的物质的量均为x，则84x+40x=16.8，解得：x≈0.1355mol，根据反应可知，生成固体碳酸钠的物质的量为0.135mol，质量为：106g/mol×0.1355mol=14.363g≈14.36g，
故答案为：14.36。
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