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黑龙江省大庆实验中学2019-2020学年高一11月月考化学试题
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大庆实验中学2019-2020学年度高一上学期11月考试
化学试题
满分：100分 时间：90分钟
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Ba-137
选择题（共50分）
一．单选题（20道小题，共50分，1～10题每小题2分，11～20题每小题3分）
1.下列关于钠及其化合物的说法正确的是( )
A. 将剩余的金属钠丢弃在废纸篓里
B. 小苏打可用于制作糕点的膨松剂，苏打可用于治疗胃酸过多
C. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D. 生活中用热的烧碱溶液洗去油污
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于金属钠能够与空气中的水反应产生氢气，易引起安全事关，因此剩余的金属钠应放回原试剂瓶，A项错误；
B. 小苏打可用于制作糕点的膨松剂，小苏打可用于治疗胃酸过多，苏打碱性太强，不能用于治疗胃酸，B项错误；
C. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，即相同条件下碳酸氢钠的溶解度较小，C项正确；
D. 生活中用热的纯碱溶液洗去油污，D项错误。
故答案选C。
2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol钠与足量的氧气完全反应，失电子数目为NA
B. 22.4L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NA
C. 1mol·L-1的NaOH溶液中含Na+数目为NA
D. 78gNa2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.1mol钠与足量的氧气完全反应，钠由0价升高到+1价，所以失电子数目为NA，A项正确；
B.缺少外界条件，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，故无法计算22.4L CO2的物质的量，B项错误；
C.缺少溶液体积，无法计算氢氧化钠的物质的量，C项错误；
D.每个过氧化钠中含有一个阴离子， 78gNa2O2即1mol过氧化钠晶体中含有的阴离子数目为NA，D项错误。
故答案选A。
3.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ + OH－+ HCO3－=CaCO3↓+ H2O
C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液；Fe 3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠和冷水反应产生氢氧化钠和氢气，对应的离子方程式为：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A项错误；
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，产生碳酸钙、氢氧化钠和水，对应的离子方程式为：Ca2+ + OH－+ HCO3－=CaCO3↓+ H2O，B项正确；
C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液得到的是氢氧化铁胶体，对应的离子方程式为Fe 3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，C项错误；
D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液反应产生一水合氨、碳酸钠和水，对应离子方程式为：NH4++HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O+NH3·H2O，D项错误。
故答案选B。
4.某澄清透明的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+、H+、SO42-、HCO3- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C. Fe2+、K+、MnO4-、Cl- D. Fe3+、K+、SO42-、CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na+、H+、SO42-、HCO3-中氢离子和碳酸氢根离子因发生复分解反应而不能大量共存，A项不符合题意；
B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-中四种离子之间不反应，可以大量共存，B项不符合题意；
C. Fe2+、K+、MnO4-、Cl-中，高锰酸根与亚铁离子、氯离子因发生氧化还原反应而不能大量共存，C项符合题意；
D. Fe3+、K+、SO42-、CO32-中碳酸根离子和铁离子因发生复分解反应而不能大量共存，D项不符合题意。
故答案选C。
5.下列各组物质混合后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到CuSO4溶液中 ②NaOH溶液和CuSO4溶液混合
③金属镁投入到盐酸中 ④Na2O2投入到FeCl3溶液中
A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应产生氢氧化铜沉淀，符合题意；
②NaOH溶液和CuSO4溶液混合只有氢氧化铜沉淀生成，没有气体产生，不符合题意；
③金属镁投入到盐酸中只有气体生成，没有沉淀生成，不符合题意；
④Na2O2投入到FeCl3溶液中，过氧化钠与水反应产生氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化铁产生氢氧化铁沉淀，符合题意。
故答案选A。
6.下列实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 验证钠与水的反应是否为放热反应
B. 比较碳酸钠、碳酸氢钠的稳定性
C. 转移溶液
D. 分离乙醇和苯的混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.可以根据U型管两边液面的变化判断钠与水反应是放热反应，A项不符合题意；
B.套管实验中碳酸钠应靠近火焰，碳酸氢钠离热源稍远，可以证明碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，B项不符合题意；
C.转移溶液需要使用玻璃棒进行引流，不能达到实验目的，C项符合题意；
D.乙醇和苯为互溶的液体混合物，沸点不同，可以采用蒸馏的方法分离，D项不符合题意。
故答案选C。
7. 下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是
A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Ca(HCO3)2和Ca(OH)2 D. Na2CO3和HCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Na和O2在常温下反应生成氧化钠，Na和O2在加热条件下反应生成氧化钠，反应条件改变，会引起产物种类的改变，A错误；B、NaOH和CO2反应，CO2不足时生成碳酸钠，CO2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量改变，会引起产物种类的改变，B错误；C、Ca（HCO3）2和Ca（OH）2反应生成碳酸钙和水，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，C正确；D、Na2CO3和少量HCl反应生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl则生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量改变，会引起产物种类的改变，D错误，答案选C。
考点：考查与量或反应条件有关反应的判断
8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是( )
A. 制高铁酸钾用KClO做还原剂
B. KCl是还原产物
C. 高铁酸钾中铁的化合价为+7
D. 1molFe(OH)3参加反应得到3 mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.次氯酸钾中氯元素化合价由+1价降低到-1价，做氧化剂，A项错误；
B.氯元素化合价由+1价降低到-1价，因此KCl为还原产物，B项正确；
C.根据正负化合价代数和为0可知高铁酸钾中铁元素化合价为+6价，C项错误；
D.铁元素化合价由+3价升高到+6价，因此1molFe(OH)3参加反应失去3 mol电子，D项错误。
故答案选B
9.在溶液中加入过量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A. NH+4、Ba2+、Cl－、NO3－ B. K+、CO32－、Cl－、SO42－
C. Ca2+、Mg2+、NO3－、HCO3－ D. Na+、Cl－、CO32－、SO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 含有NH4+、Ba2+、Cl－、NO3－的溶液中加入过氧化钠后铵离子会与氢氧根离子反应，A项不符合题意；
B. 含有K+、CO32－、Cl－、SO42－的溶液中加入过氧化钠后，各种离子之间不反应，可以大量共存，B项符合题意；
C. 含有Ca2+、Mg2+、NO3－、HCO3－的溶液中加入过氧化钠后会产生碳酸钙、氢氧化镁或碳酸镁沉淀，C项不符合题意；
D.含有 Na+、Cl－、CO32－、SO32－的溶液加入过氧化钠后亚硫酸根会被过氧化钠氧化，D项不符合题意。
故答案选B。
10.有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑
下列说法正确的是( )
A. 铁元素在反应①和②中均被氧化
B. 氧化性强弱顺序为：MnO4->Cl2>I2>Fe3+
C. 在溶液中不可能发生反应：Cl2+ FeI2= I2+ FeCl2
D. 若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据给定反应可知反应①中铁元素化合价降低，被还原，反应②中铁元素化合价升高，被氧化，A项错误；
B.根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性强弱顺序为：MnO4->Cl2 >Fe3+>I2，B项错误；
C.根据B项分析可知在溶液中可发生反应：Cl2+ FeI2= I2+ FeCl2，C项错误；
D.根据B项分析可知若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是FeCl3溶液，D项正确。
故答案选D。
11.下列实验操作正确的是
选项
实验
操作
A
观察钠与水反应的现象
用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中
B
检验NaHCO3与Na2CO3溶液
用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
C
证明Na2O2与CO2是放热反应
Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应
D
检验Na2CO3与K2CO3溶液
用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A．从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。
【详解】A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，选项A错误；B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了钠及其化合物的性质，明确焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质，碳酸钠和碳酸氢钠不能用澄清石灰水鉴别，可以用氯化钙鉴别。
12.Cl2通入70℃的某浓度的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH + Cl2→ NaCl + NaClO + H2O，NaOH + Cl2→ NaCl + NaClO3+ H2O。反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5:2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为
A. 3∶1 B. 2∶1 C. 15∶2 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
试题分析：设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、2mol，NaClO与NaClO3均是氯气的氧化产物，转移电子的物质的量＝5mol×1+2mol×（5-0）＝15mol。氯气的还原产物是氯化钠，则根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量＝5mol×1+2mol×（5-0）＝15mol，因此该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15mol:5mol＝3:1，答案选A。
考点：考查氧化还原反应的有关计算
13.下列叙述中正确的是（ ）
A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1:2
C. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成了Ca(HCO3)2，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，Ca(HCO3)2 和NaHCO3不反应，所以没有CaCO3沉淀生成，故A不选；
B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，没有CO2气体产生，故B不选；
C. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以通入过量的CO2会有NaHCO3晶体析出，故C选；
D.等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别和足量的盐酸反应，在同温同压下，产生CO2的体积相同，但NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不相同，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同，故D不选。
故选C。
14.根据表中信息判断，下列选项不正确的是( )
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO、Cl－
Cl2、Mn2＋
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B. 第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 mol
D. 氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
【答案】D
【解析】
A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。
点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。
15.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L−1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是( )
A. 在0~a范围内，只发生H++OH-=H2O
B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
C. a=0.2
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】
盐酸滴加到氢氧化钠和碳酸钠混合溶液中发生的反应顺序为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
【详解】A. 在0~a范围内，发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，A项错误；
B.根据上述分析可知ab段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+= H2O+CO2↑，B项错误；
C.根据纵坐标分析可知碳酸钠的物质的量为0.01mol，根据横坐标可知当产生的二氧化碳的物质的量为最大值时消耗的盐酸的物质的量为0.04mol，因此氢氧化钠的物质的量为0.02mol，故a=0.3L，C项错误；
D.根据C项分析可知原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，D项正确。
故答案选D。
【点睛】解答这类问题应明确反应的顺序以及图像纵横坐标的含义以及变化趋势等，从而确定每个阶段发生的反应，进而确定各物质相关量的关系。
16.下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是( )
选项
微粒组
所加试剂
离子方程式
A
NH4+、Fe2＋、SO42-
少量Ba(OH)2溶液
2NH4+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O
B
Mg2＋、Cl－、HCO3-
过量NaOH溶液
Mg2＋＋2HCO3-＋2OH－=MgCO3↓＋CO32-＋2H2O
C
Ba2＋、NO3-、HSO3-
NaHSO4溶液
HSO3-＋H＋=SO2↑＋H2O
D
K＋、CO32-、OH-
通入少量CO2
2OH-＋CO2=CO32-＋H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入少量氢氧化钡溶液时，亚铁离子与氢氧化钡反应产生氢氧化亚铁沉淀，而铵离子不反应，A项错误；
B.加入过量氢氧化钠溶液时由于氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此产物为氢氧化镁，B项错误；
C.加入硫酸氢钠后，酸性条件下，硝酸根离子会与亚硫酸根发生氧化还原反应，C项错误；
D.通入少量二氧化碳，氢氧根离子先反应产生碳酸根，D项正确。
故答案选D。
17.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2O、NaCl中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸，有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少。将上述混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加。下列判断正确的是( )
A. 混合物中一定不含Na2CO3、NaCl
B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3、Na2O
C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3
D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少，说明原固体中一定含有过氧化钠，至少含有碳酸钠和碳酸氢钠中的一种；又将上述混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加，所以原固体中一定含有碳酸氢钠和氧化钠，因此原固体中一定含有过氧化钠、碳酸氢钠和氧化钠，碳酸钠和氯化钠是否存在不能确定。
A.根据上述分析可知碳酸钠和氯化钠是否含有不能确定，A项错误；
B.根据上述分析可知一定含有Na2O2、NaHCO3、Na2O，B项正确；
C.根据上述分析可知一定含有碳酸氢钠，C项错误；
D.根据上述分析可知一定含有过氧化钠，氯化钠不能确定是否存在，D项错误。
故答案选B。
18.已知还原性I-＞Fe2+。某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ( )
A. 该溶液X中可能含有Fe3＋
B. 该溶液X中可能含有Cl-、Na+
C. 该溶液可能是由硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D. 取少量溶液Z，向其中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，沉淀可部分溶于稀盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】由于加入过量的氯水和四氯化碳后，下层呈紫红色，所以原溶液中含有碘离子，上层溶液加氢氧化钠溶液产生红褐色沉淀，说明加入氯水后溶液中存在铁离子，又因铁离子氧化性大于碘单质，因此原溶液中存在亚铁离子而不存在铁离子，根据离子共存可知原溶液不存在碳酸根离子，产生气体说明原溶液中含有铵离子，所得溶液进行焰色反应实验透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，因此原溶液中含有钾离子，又因溶液中各离子浓度相同，根据电荷守恒分析可知原溶液中存在硫酸根离子和氯离子，故原溶液中一定含有硫酸根、碘离子、亚铁离子和钾离子、铵离子和氯离子。
A.根据上述分析可知原溶液中不存在铁离子，A项错误；
B.根据上述分析可知原溶液中不存在钠离子，B项错误；
C.根据上述分析可知该溶液可能是由硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，C项正确；
D.由于原溶液中存在有硫酸根，加入氯化钡后只产生硫酸钡沉淀，不溶于盐酸，D项错误。
故答案选C。
19.将2 mol过氧化钠与4 mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120°C充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留。下列分析正确的是
A. 残留固体是4 mol Na2CO3
B. 残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物
C. 反应中转移4 mol电子
D. 排出的气体是3 mol氧气
【答案】A
【解析】
由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知4mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各2mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有2mol，恰好和CO2反应生成2molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，碳酸钠的总物质的量为：2mol+2mol=4mol。A．根据分析可知，残留固体为4mol碳酸钠，故A错误；B．残留固体为碳酸钠，不含氢氧化钠，故B错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移了2mol电子，故C正确；D．排出的气体为1mol氧气和2mol水，故D错误；故选C。
点睛：本题考查混合物反应计算、化学方程式有关计算，明确发生反应原理为解答关键，注意理解“过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应”，为易错点。
20.已知：还原性HSO3-＞I－，氧化性IO3-＞I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 0～b间的反应可用离子方程式3SO32-＋IO3-=3SO42-＋I－表示
B. a点时消耗的NaHSO3的物质的量为1.2 mol
C. b点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2
D. 当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.08 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯> I2，o~b， IO3‾氧化HSO3-生成I‾、SO42‾、H+，离子方程式为：3HSO3－+ IO3－＝ 3SO4２－+ I－+ 3H＋，A项错误；
B.a点n(IO3‾)=0.4mol，根据离子方程式可得：n(NaHSO4)=3n(IO3‾)=3×0.4mol=1.2mol，B项正确；
C.b~c段，IO3‾氧化I‾生成I2，反应为IO3‾+5I‾+6H+=3I2+3H2O，C项错误；
D.氧化HSO3‾需要KIO3:1/3×3mol=1mol，生成I‾1mol，设氧化I‾的IO3‾为nmol，根据离子方程式可得氧化I‾的物质的量为5n mol，生成的I2物质的量为3n mol，则（1-5n）：3n=5:3，得n=0.1mol，所以加入的KIO3共1.1mol，D项错误。
故答案选B。
二．填空题
21.下列物质：①氢氧化钠溶液 ②钠 ③NaHSO4溶液 ④蔗糖 ⑤氨水 ⑥CO2气体 ⑦小苏打 ⑧Ba(OH)2固体 ⑨FeCl3溶液 ⑩熔融Na2SO4
（1）上述物质中能导电且属于电解质的是___________。（填编号）
（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH−=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_________。
（3）写出将②加入⑨中总反应的离子方程式：____________。
（4）向③的溶液中逐滴加入溶液⑧至溶液呈中性，发生反应的离子方程式为：____________。
（5）已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。向含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，发生反应的离子方程式为__________________ 。
【答案】 (1). ⑩ (2). NaOH+NaHSO4= NaHSO4+ H2O (3). 6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑ (4). Ba2++2OH-+2H++SO42- =BaSO4↓+2H2O (5). 2Cl2+2Fe2＋＋2I－=2Fe3＋＋I2＋4 Cl－
【解析】
【分析】
（1）电解质的概念及判断；
（2）离子方程式改写成化学方程式，明确离子方程式的含义；
（3）离子方程式的书写；
（4）与量有关的离子方程式书写；
（5）定量型离子方程式的书写。
【详解】（1）①氢氧化钠溶液能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
②钠能够导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
③NaHSO4溶液能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
④蔗糖属于有机物，属于非电解质，不能导电；
⑤氨水能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
⑥CO2气体属于非电解质，不能导电；
⑦小苏打不能导电，属于电解质；
⑧Ba(OH)2固体属于电解质，不能导电；
⑨FeCl3溶液能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
⑩熔融Na2SO4能够导电，属于电解质，
故答案选⑩；
（2）H++OH−=H2O表示可溶性强酸或酸式盐与碱反应产生可溶性盐和水的反应，故对应的化学方程式为：NaOH+NaHSO4=NaHSO4+ H2O；
（3）金属钠投入到氯化铁溶液中会产生氢氧化铁沉淀、氢气和氯化钠，对应的总离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；
（4）向硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液呈中性，此时二者反应产生硫酸钠、硫酸钡和水，对应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42- =BaSO4↓+2H2O；
（5）根据给定信息可知还原性：I-＞Fe2+＞Br-，因此向含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，碘离子全部被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，对应的离子方程式为：2Cl2+2Fe2＋＋2I－=2Fe3＋＋I2＋4 Cl－。
22.实验室用NaOH溶液捕获CO2。向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL。在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示．
（1）曲线B表明原溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为（写化学式）_____________，其物质的量之比为__________________。当耗盐酸0
（3）通过计算求出原NaOH溶液的物质的量浓度______________。
【答案】 (1). Na2CO3 和NaHCO3 (2). 1：1 (3). CO32-+H+= HCO3- (4). 33.6 (5). 0.15mol/L(不写单位扣1分)
【解析】
【分析】
（1）溶质成分的确定以及量的关系、离子方程式书写等；
（2）根据气体摩尔体积的公式计算；根据物质的量浓度的公式计算。
【详解】（1）根据B曲线分析可知不产生气体消耗的盐酸小于产生气体消耗的盐酸，所以对应的溶质为Na2CO3 和NaHCO3；根据图像可知第一阶段发生的反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-；第二阶段对应的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据第一阶段和第二阶段消耗的盐酸的体积可知碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1:1；
（2）根据图像分析可知曲线A中盐酸的体积从60mL到75mL时产生二氧化碳，所以根据HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知产生的二氧化碳在标准状况下的体积为0.1mol/L×(75mL-60mL)×10-3L/mL×22.4L/mol×103mL/L=33.6mL，所以开始通入的二氧化碳的体积为33.6mL；
（3）根据曲线A或曲线B产生气体体积达到最大值时，溶液中的溶质只有氯化钠，因此50mL原氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×75mL×10-3L/mL=7.5×10-3mol，所以原氢氧化钠的物质的量浓度为（7.5×10-3mol）÷（50mL×10-3L/mL）=0.15mol/L。
【点睛】解答这类问题应明确各阶段对应的反应以及守恒思想的应用，如求算氢氧化钠的物质的量浓度就是根据钠离子守恒进行的计算。
23.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。回答下列有关氧化还原的问题。
Ⅰ.氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3-+4H++3e-→NO+2H2O。KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生。
（1）物质（甲）为_________。（填化学式）
（2）反应中若产生标况下4.48LNO气体，则转移电子的数目是 ____________。
Ⅱ.亚硝酸钠（NaNO2）像食盐一样有咸味，但有很强的毒性，误食NaNO2会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2 + 4HI ═ 2NO↑ + 2NaI + I2 + 2H2O
（1）用双线桥标出该反应的电子转移方向及数目：_______。氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
（2）测定NaNO2的质量分数的过程如下：称取NaNO2粗品0.6 g于锥形瓶中，先加水溶解，再向其中滴加0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24mL。计算装置C中所得固体中NaNO2的质量分数___________。【已知测定过程中发生反应的方程式为MnO4－＋NO2－＋H＋—Mn2+＋NO3－＋H2O（未配平），且杂质不与KMnO4反应】
（3）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。
①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4g NH3同时会生成_____molFe(OH)3。
②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式并配平。
____Al＋____NO3－＋____ （ ）—____AlO2－＋______N2↑＋____（ ）
【答案】 (1). Cu2O (2). 0.6NA 或3.612×1023 (3). (4). 1：1 (5). 69％ (6). 1.6 (7). 10 (8). 6 (9). 4 (10). OH- (11). 10 (12). 3 (13). 2 (14). H2O
【解析】
【分析】
结合氧化还原反应的规律及原子守恒、电荷守恒按要求分析计算。
【详解】I.（1）欲使给定的还原过程发生，则需要选取还原剂，根据给定的物质分析只有Cu2O易表现还原性，故选Cu2O；
（2）反应中若产生标况下4.48LNO气体，则转移电子的数目是或3.612×1023；
II.（1）亚硝酸钠得到电子，碘化氢失去电子，双线桥标出该反应的电子转移方向及数目为；根据给定反应可知2molNaNO2参加反应，被氧化的HI的物质的量为2mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；
（2）根据得失电子守恒可知NaNO2的质量分数为×100%=69%；
（3）①根据得失电子守恒可知生成3.4g NH3同时，生成氢氧化铁的物质的量为=1.6mol；
②铝元素化合价由0价升高到+3价，氮元素化合价由+5价降低到0价，根据反应的环境以及化合价升降法可得反应的离子方程式为10Al＋6NO3－＋4OH-=10AlO2－＋3N2↑＋2H2O
【点睛】有关氧化还原反应的计算应注意得失电子守恒思想的应用，从而减少计算的过程等。
三．实验题
24.化学小组设计以下实验方案，测定某部分变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。
（1）方案一:称取一定质量样品，置于仪器a中用酒精灯加热至恒重，冷却，用托盘天平称量剩余固体质量。重复操作，计算。仪器a的名称是____________。
（2）方案二:称取此混合物9.5g，溶于水中，配成100 mL溶液。利用化学反应把HCO3—、CO32—完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中ω(NaHCO3)。
①取配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3—、CO32—完全转化为沉淀，应选用的试剂
是____________ (填字母)。
A CaCl2溶液 B MgSO4溶液 C NaCl溶液 D Ba(OH)2溶液
②过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还有____________。
③将沉淀洗涤，并充分干燥，称量沉淀的质量为19.7g。由此可以计算ω(NaHCO3)= ____________。
（3）方案三:称取一定质量样品，按如图装置进行实验：
①B装置内所盛试剂是____________；
②D装置的作用是________。
③某同学认为上述测定结果__________（填“偏高”或“偏低”），因为实验装置还存在一个明显的缺陷是________________。
【答案】 (1). 坩埚 (2). D (3). 漏斗 (4). 44.2％或0.442合理即可 (5). 浓硫酸 (6). 防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置 (7). 偏低 (8). 缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置（或其他合理答案
【解析】
【分析】
（1）基本仪器的识别；
（2）混合物含量的测定、过滤操作等；
（3）实验方案的设计与评价以及误差分析等。
【详解】（1）用于灼烧的仪器为坩埚；
（2）①欲使碳酸根和碳酸氢根均完全沉淀，所以应加入含有氢氧根的溶液，结合给定的物质可知只能选用氢氧化钡溶液，即D；
②过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
③设碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别为a、b，则可得106a+84b=9.5，197(a+b)=19.7，联立解得a=b=0.05mol，所以碳酸氢钠的质量分数为×100%=44.2%；
（3）①根据实验目的可知B装置的作用是除去二氧化碳中的水蒸气，故选用浓硫酸；
②由于该方案是通过测定二氧化碳的质量进而确定物质的质量分数，因此为减小实验误差，D装置的作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置；
③由于系统内残留有二氧化碳，因此C装置测定的二氧化碳的质量偏低，从而导致碳酸氢钠的含量测定结果偏低；存在的明显缺陷为缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置。
大庆实验中学2019-2020学年度高一上学期11月考试
化学试题
满分：100分 时间：90分钟
可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Ba-137
选择题（共50分）
一．单选题（20道小题，共50分，1～10题每小题2分，11～20题每小题3分）
1.下列关于钠及其化合物的说法正确的是( )
A. 将剩余的金属钠丢弃在废纸篓里
B. 小苏打可用于制作糕点的膨松剂，苏打可用于治疗胃酸过多
C. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
D. 生活中用热的烧碱溶液洗去油污
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于金属钠能够与空气中的水反应产生氢气，易引起安全事关，因此剩余的金属钠应放回原试剂瓶，A项错误；
B. 小苏打可用于制作糕点的膨松剂，小苏打可用于治疗胃酸过多，苏打碱性太强，不能用于治疗胃酸，B项错误；
C. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异，即相同条件下碳酸氢钠的溶解度较小，C项正确；
D. 生活中用热的纯碱溶液洗去油污，D项错误。
故答案选C。
2.阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法中正确的是（ ）
A. 1mol钠与足量的氧气完全反应，失电子数目为NA
B. 22.4L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为NA
C. 1mol·L-1的NaOH溶液中含Na+数目为NA
D. 78gNa2O2晶体中含有的阴离子数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.1mol钠与足量的氧气完全反应，钠由0价升高到+1价，所以失电子数目为NA，A项正确；
B.缺少外界条件，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，故无法计算22.4L CO2的物质的量，B项错误；
C.缺少溶液体积，无法计算氢氧化钠的物质的量，C项错误；
D.每个过氧化钠中含有一个阴离子， 78gNa2O2即1mol过氧化钠晶体中含有的阴离子数目为NA，D项错误。
故答案选A。
3.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2+ + OH－+ HCO3－=CaCO3↓+ H2O
C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液；Fe 3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液 HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠和冷水反应产生氢氧化钠和氢气，对应的离子方程式为：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A项错误；
B. 澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，产生碳酸钙、氢氧化钠和水，对应的离子方程式为：Ca2+ + OH－+ HCO3－=CaCO3↓+ H2O，B项正确；
C. 向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液得到的是氢氧化铁胶体，对应的离子方程式为Fe 3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，C项错误；
D. 碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液反应产生一水合氨、碳酸钠和水，对应离子方程式为：NH4++HCO3－+ OH－＝CO32－+ H2O+NH3·H2O，D项错误。
故答案选B。
4.某澄清透明的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+、H+、SO42-、HCO3- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C. Fe2+、K+、MnO4-、Cl- D. Fe3+、K+、SO42-、CO32-
【答案】C
【解析】
【详解】A. Na+、H+、SO42-、HCO3-中氢离子和碳酸氢根离子因发生复分解反应而不能大量共存，A项不符合题意；
B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-中四种离子之间不反应，可以大量共存，B项不符合题意；
C. Fe2+、K+、MnO4-、Cl-中，高锰酸根与亚铁离子、氯离子因发生氧化还原反应而不能大量共存，C项符合题意；
D. Fe3+、K+、SO42-、CO32-中碳酸根离子和铁离子因发生复分解反应而不能大量共存，D项不符合题意。
故答案选C。
5.下列各组物质混合后，既有气体生成，最终又有沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到CuSO4溶液中 ②NaOH溶液和CuSO4溶液混合
③金属镁投入到盐酸中 ④Na2O2投入到FeCl3溶液中
A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应产生氢氧化铜沉淀，符合题意；
②NaOH溶液和CuSO4溶液混合只有氢氧化铜沉淀生成，没有气体产生，不符合题意；
③金属镁投入到盐酸中只有气体生成，没有沉淀生成，不符合题意；
④Na2O2投入到FeCl3溶液中，过氧化钠与水反应产生氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和氯化铁产生氢氧化铁沉淀，符合题意。
故答案选A。
6.下列实验装置不能达到实验目的的是( )
A. 验证钠与水的反应是否为放热反应
B. 比较碳酸钠、碳酸氢钠的稳定性
C. 转移溶液
D. 分离乙醇和苯的混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A.可以根据U型管两边液面的变化判断钠与水反应是放热反应，A项不符合题意；
B.套管实验中碳酸钠应靠近火焰，碳酸氢钠离热源稍远，可以证明碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，B项不符合题意；
C.转移溶液需要使用玻璃棒进行引流，不能达到实验目的，C项符合题意；
D.乙醇和苯为互溶的液体混合物，沸点不同，可以采用蒸馏的方法分离，D项不符合题意。
故答案选C。
7. 下列各组物质相互作用，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是
A. Na和O2 B. NaOH和CO2 C. Ca(HCO3)2和Ca(OH)2 D. Na2CO3和HCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A、Na和O2在常温下反应生成氧化钠，Na和O2在加热条件下反应生成氧化钠，反应条件改变，会引起产物种类的改变，A错误；B、NaOH和CO2反应，CO2不足时生成碳酸钠，CO2过量时生成碳酸氢钠，反应物用量改变，会引起产物种类的改变，B错误；C、Ca（HCO3）2和Ca（OH）2反应生成碳酸钙和水，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化，C正确；D、Na2CO3和少量HCl反应生成氯化钠、碳酸氢钠；过量HCl则生成氯化钠、水和二氧化碳，反应物用量改变，会引起产物种类的改变，D错误，答案选C。
考点：考查与量或反应条件有关反应的判断
8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是( )
A. 制高铁酸钾用KClO做还原剂
B. KCl是还原产物
C. 高铁酸钾中铁的化合价为+7
D. 1molFe(OH)3参加反应得到3 mol电子
【答案】B
【解析】
【详解】A.次氯酸钾中氯元素化合价由+1价降低到-1价，做氧化剂，A项错误；
B.氯元素化合价由+1价降低到-1价，因此KCl为还原产物，B项正确；
C.根据正负化合价代数和为0可知高铁酸钾中铁元素化合价为+6价，C项错误；
D.铁元素化合价由+3价升高到+6价，因此1molFe(OH)3参加反应失去3 mol电子，D项错误。
故答案选B
9.在溶液中加入过量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）
A. NH+4、Ba2+、Cl－、NO3－ B. K+、CO32－、Cl－、SO42－
C. Ca2+、Mg2+、NO3－、HCO3－ D. Na+、Cl－、CO32－、SO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 含有NH4+、Ba2+、Cl－、NO3－的溶液中加入过氧化钠后铵离子会与氢氧根离子反应，A项不符合题意；
B. 含有K+、CO32－、Cl－、SO42－的溶液中加入过氧化钠后，各种离子之间不反应，可以大量共存，B项符合题意；
C. 含有Ca2+、Mg2+、NO3－、HCO3－的溶液中加入过氧化钠后会产生碳酸钙、氢氧化镁或碳酸镁沉淀，C项不符合题意；
D.含有 Na+、Cl－、CO32－、SO32－的溶液加入过氧化钠后亚硫酸根会被过氧化钠氧化，D项不符合题意。
故答案选B。
10.有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑
下列说法正确的是( )
A. 铁元素在反应①和②中均被氧化
B. 氧化性强弱顺序为：MnO4->Cl2>I2>Fe3+
C. 在溶液中不可能发生反应：Cl2+ FeI2= I2+ FeCl2
D. 若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据给定反应可知反应①中铁元素化合价降低，被还原，反应②中铁元素化合价升高，被氧化，A项错误；
B.根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性强弱顺序为：MnO4->Cl2 >Fe3+>I2，B项错误；
C.根据B项分析可知在溶液中可发生反应：Cl2+ FeI2= I2+ FeCl2，C项错误；
D.根据B项分析可知若溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要除去I－而不影响Fe2＋和Cl－共存，可加入的试剂是FeCl3溶液，D项正确。
故答案选D。
11.下列实验操作正确的是
选项
实验
操作
A
观察钠与水反应的现象
用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中
B
检验NaHCO3与Na2CO3溶液
用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
C
证明Na2O2与CO2是放热反应
Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应
D
检验Na2CO3与K2CO3溶液
用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色
A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A．从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。
【详解】A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，选项A错误；B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题考查了钠及其化合物的性质，明确焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质，碳酸钠和碳酸氢钠不能用澄清石灰水鉴别，可以用氯化钙鉴别。
12.Cl2通入70℃的某浓度的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应（未配平）：NaOH + Cl2→ NaCl + NaClO + H2O，NaOH + Cl2→ NaCl + NaClO3+ H2O。反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为5:2，则该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为
A. 3∶1 B. 2∶1 C. 15∶2 D. 1∶1
【答案】A
【解析】
试题分析：设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、2mol，NaClO与NaClO3均是氯气的氧化产物，转移电子的物质的量＝5mol×1+2mol×（5-0）＝15mol。氯气的还原产物是氯化钠，则根据电子注意守恒可知NaCl的物质的量＝5mol×1+2mol×（5-0）＝15mol，因此该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为15mol:5mol＝3:1，答案选A。
考点：考查氧化还原反应的有关计算
13.下列叙述中正确的是（ ）
A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成
B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1:2
C. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出
D. 等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，生成了Ca(HCO3)2，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，Ca(HCO3)2 和NaHCO3不反应，所以没有CaCO3沉淀生成，故A不选；
B. 向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，发生反应Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，没有CO2气体产生，故B不选；
C. 向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，由于NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，所以通入过量的CO2会有NaHCO3晶体析出，故C选；
D.等物质的量的NaHCO3和Na2CO3分别和足量的盐酸反应，在同温同压下，产生CO2的体积相同，但NaHCO3和Na2CO3的摩尔质量不相同，所以等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积不相同，故D不选。
故选C。
14.根据表中信息判断，下列选项不正确的是( )
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO、Cl－
Cl2、Mn2＋
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B. 第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子 2 mol
D. 氧化性由强到弱顺序为MnO＞Cl2＞Fe3＋＞Br2
【答案】D
【解析】
A、根据氧化还原反应中化合价有升必有降和质量守恒原则，第①组反应中，Mn元素化合价降低，则H2O2中的氧元素化合价升高，所以其余的反应产物为H2O和O2，所以A正确；B、由于Fe2＋的还原性强于Br－，所以少量的Cl2只能氧化Fe2＋，反应的化学方程式为3Cl2＋6FeBr2=4FeBr3＋2FeCl3，或用离子方程式Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，故参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，则B正确；C、在第③组反应中，Cl－被MnO4－氧化生成Cl2，化合价从-1价升高为0价，所以生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，故C正确；D、在第②组反应中，由于Fe2＋的还原性强于Br－，可推知Br2的氧化性强于Fe3＋，在第③组反应中，MnO4－的氧化性强于Cl2，而Cl2能与铁能发生如下反应3Cl2＋2Fe2FeCl3，所以Cl2的氧化性强于Fe3＋，所以氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，故D错误。本题正确答案为D。
点睛：对于氧化还原反应，一定要明确知道四种物质，即氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；有时不必写出反应方程式，但要明确化合价有升必有降；要明确性质强的物质先反应；要明确氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。本题看似简单，但要想真正解答正确，对于高一学生并不容易，其中BD选项最容易错选。
15.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L−1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积的关系如图。下列判断正确的是( )
A. 在0~a范围内，只发生H++OH-=H2O
B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
C. a=0.2
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】
【分析】
盐酸滴加到氢氧化钠和碳酸钠混合溶液中发生的反应顺序为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
【详解】A. 在0~a范围内，发生的反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，A项错误；
B.根据上述分析可知ab段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+= H2O+CO2↑，B项错误；
C.根据纵坐标分析可知碳酸钠的物质的量为0.01mol，根据横坐标可知当产生的二氧化碳的物质的量为最大值时消耗的盐酸的物质的量为0.04mol，因此氢氧化钠的物质的量为0.02mol，故a=0.3L，C项错误；
D.根据C项分析可知原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，D项正确。
故答案选D。
【点睛】解答这类问题应明确反应的顺序以及图像纵横坐标的含义以及变化趋势等，从而确定每个阶段发生的反应，进而确定各物质相关量的关系。
16.下列各组微粒能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是( )
选项
微粒组
所加试剂
离子方程式
A
NH4+、Fe2＋、SO42-
少量Ba(OH)2溶液
2NH4+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O
B
Mg2＋、Cl－、HCO3-
过量NaOH溶液
Mg2＋＋2HCO3-＋2OH－=MgCO3↓＋CO32-＋2H2O
C
Ba2＋、NO3-、HSO3-
NaHSO4溶液
HSO3-＋H＋=SO2↑＋H2O
D
K＋、CO32-、OH-
通入少量CO2
2OH-＋CO2=CO32-＋H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.加入少量氢氧化钡溶液时，亚铁离子与氢氧化钡反应产生氢氧化亚铁沉淀，而铵离子不反应，A项错误；
B.加入过量氢氧化钠溶液时由于氢氧化镁的溶解度小于碳酸镁，因此产物为氢氧化镁，B项错误；
C.加入硫酸氢钠后，酸性条件下，硝酸根离子会与亚硫酸根发生氧化还原反应，C项错误；
D.通入少量二氧化碳，氢氧根离子先反应产生碳酸根，D项正确。
故答案选D。
17.由Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、Na2O、NaCl中的某几种组成的混合物，向其中加入足量的盐酸，有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少。将上述混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加。下列判断正确的是( )
A. 混合物中一定不含Na2CO3、NaCl
B. 混合物中一定有Na2O2、NaHCO3、Na2O
C. 无法确定混合物中是否含有NaHCO3
D. 混合物中一定不含Na2O2、NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出。将气体通过足量的NaOH溶液，气体体积减少，说明原固体中一定含有过氧化钠，至少含有碳酸钠和碳酸氢钠中的一种；又将上述混合物在空气中加热，有气体放出且固体质量增加，所以原固体中一定含有碳酸氢钠和氧化钠，因此原固体中一定含有过氧化钠、碳酸氢钠和氧化钠，碳酸钠和氯化钠是否存在不能确定。
A.根据上述分析可知碳酸钠和氯化钠是否含有不能确定，A项错误；
B.根据上述分析可知一定含有Na2O2、NaHCO3、Na2O，B项正确；
C.根据上述分析可知一定含有碳酸氢钠，C项错误；
D.根据上述分析可知一定含有过氧化钠，氯化钠不能确定是否存在，D项错误。
故答案选B。
18.已知还原性I-＞Fe2+。某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ( )
A. 该溶液X中可能含有Fe3＋
B. 该溶液X中可能含有Cl-、Na+
C. 该溶液可能是由硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D. 取少量溶液Z，向其中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，沉淀可部分溶于稀盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】由于加入过量的氯水和四氯化碳后，下层呈紫红色，所以原溶液中含有碘离子，上层溶液加氢氧化钠溶液产生红褐色沉淀，说明加入氯水后溶液中存在铁离子，又因铁离子氧化性大于碘单质，因此原溶液中存在亚铁离子而不存在铁离子，根据离子共存可知原溶液不存在碳酸根离子，产生气体说明原溶液中含有铵离子，所得溶液进行焰色反应实验透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，因此原溶液中含有钾离子，又因溶液中各离子浓度相同，根据电荷守恒分析可知原溶液中存在硫酸根离子和氯离子，故原溶液中一定含有硫酸根、碘离子、亚铁离子和钾离子、铵离子和氯离子。
A.根据上述分析可知原溶液中不存在铁离子，A项错误；
B.根据上述分析可知原溶液中不存在钠离子，B项错误；
C.根据上述分析可知该溶液可能是由硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，C项正确；
D.由于原溶液中存在有硫酸根，加入氯化钡后只产生硫酸钡沉淀，不溶于盐酸，D项错误。
故答案选C。
19.将2 mol过氧化钠与4 mol碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120°C充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留。下列分析正确的是
A. 残留固体是4 mol Na2CO3
B. 残留固体是Na2CO3和NaOH的混合物
C. 反应中转移4 mol电子
D. 排出的气体是3 mol氧气
【答案】A
【解析】
由方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知4mol NaHCO3分解得到Na2CO3、CO2和H2O各2mol，还会发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由于二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，可以认为过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应，Na2O2只有2mol，恰好和CO2反应生成2molNa2CO3和O2，气体排出后，只剩余Na2CO3，碳酸钠的总物质的量为：2mol+2mol=4mol。A．根据分析可知，残留固体为4mol碳酸钠，故A错误；B．残留固体为碳酸钠，不含氢氧化钠，故B错误；C．过氧化钠中氧元素的化合价为-1价，2mol过氧化钠反应生成1mol氧气，转移了2mol电子，故C正确；D．排出的气体为1mol氧气和2mol水，故D错误；故选C。
点睛：本题考查混合物反应计算、化学方程式有关计算，明确发生反应原理为解答关键，注意理解“过氧化钠先与二氧化碳反应，再与水反应”，为易错点。
20.已知：还原性HSO3-＞I－，氧化性IO3-＞I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 0～b间的反应可用离子方程式3SO32-＋IO3-=3SO42-＋I－表示
B. a点时消耗的NaHSO3的物质的量为1.2 mol
C. b点到c点，KIO3与NaHSO3反应生成I2
D. 当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.08 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯> I2，o~b， IO3‾氧化HSO3-生成I‾、SO42‾、H+，离子方程式为：3HSO3－+ IO3－＝ 3SO4２－+ I－+ 3H＋，A项错误；
B.a点n(IO3‾)=0.4mol，根据离子方程式可得：n(NaHSO4)=3n(IO3‾)=3×0.4mol=1.2mol，B项正确；
C.b~c段，IO3‾氧化I‾生成I2，反应为IO3‾+5I‾+6H+=3I2+3H2O，C项错误；
D.氧化HSO3‾需要KIO3:1/3×3mol=1mol，生成I‾1mol，设氧化I‾的IO3‾为nmol，根据离子方程式可得氧化I‾的物质的量为5n mol，生成的I2物质的量为3n mol，则（1-5n）：3n=5:3，得n=0.1mol，所以加入的KIO3共1.1mol，D项错误。
故答案选B。
二．填空题
21.下列物质：①氢氧化钠溶液 ②钠 ③NaHSO4溶液 ④蔗糖 ⑤氨水 ⑥CO2气体 ⑦小苏打 ⑧Ba(OH)2固体 ⑨FeCl3溶液 ⑩熔融Na2SO4
（1）上述物质中能导电且属于电解质的是___________。（填编号）
（2）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH−=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_________。
（3）写出将②加入⑨中总反应的离子方程式：____________。
（4）向③的溶液中逐滴加入溶液⑧至溶液呈中性，发生反应的离子方程式为：____________。
（5）已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。向含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，发生反应的离子方程式为__________________ 。
【答案】 (1). ⑩ (2). NaOH+NaHSO4= NaHSO4+ H2O (3). 6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑ (4). Ba2++2OH-+2H++SO42- =BaSO4↓+2H2O (5). 2Cl2+2Fe2＋＋2I－=2Fe3＋＋I2＋4 Cl－
【解析】
【分析】
（1）电解质的概念及判断；
（2）离子方程式改写成化学方程式，明确离子方程式的含义；
（3）离子方程式的书写；
（4）与量有关的离子方程式书写；
（5）定量型离子方程式的书写。
【详解】（1）①氢氧化钠溶液能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
②钠能够导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；
③NaHSO4溶液能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
④蔗糖属于有机物，属于非电解质，不能导电；
⑤氨水能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
⑥CO2气体属于非电解质，不能导电；
⑦小苏打不能导电，属于电解质；
⑧Ba(OH)2固体属于电解质，不能导电；
⑨FeCl3溶液能够导电，属于混合物，既不是电解质又不是非电解质；
⑩熔融Na2SO4能够导电，属于电解质，
故答案选⑩；
（2）H++OH−=H2O表示可溶性强酸或酸式盐与碱反应产生可溶性盐和水的反应，故对应的化学方程式为：NaOH+NaHSO4=NaHSO4+ H2O；
（3）金属钠投入到氯化铁溶液中会产生氢氧化铁沉淀、氢气和氯化钠，对应的总离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑；
（4）向硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液呈中性，此时二者反应产生硫酸钠、硫酸钡和水，对应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42- =BaSO4↓+2H2O；
（5）根据给定信息可知还原性：I-＞Fe2+＞Br-，因此向含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，碘离子全部被氧化，亚铁离子有2mol被氧化，对应的离子方程式为：2Cl2+2Fe2＋＋2I－=2Fe3＋＋I2＋4 Cl－。
22.实验室用NaOH溶液捕获CO2。向浓度相等、体积均为50mL的A、B两份NaOH溶液中，分别通入一定量的CO2后，再稀释到100mL。在稀释后的溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示．
（1）曲线B表明原溶液中通入CO2后，所得溶液中的溶质为（写化学式）_____________，其物质的量之比为__________________。当耗盐酸0
（3）通过计算求出原NaOH溶液的物质的量浓度______________。
【答案】 (1). Na2CO3 和NaHCO3 (2). 1：1 (3). CO32-+H+= HCO3- (4). 33.6 (5). 0.15mol/L(不写单位扣1分)
【解析】
【分析】
（1）溶质成分的确定以及量的关系、离子方程式书写等；
（2）根据气体摩尔体积的公式计算；根据物质的量浓度的公式计算。
【详解】（1）根据B曲线分析可知不产生气体消耗的盐酸小于产生气体消耗的盐酸，所以对应的溶质为Na2CO3 和NaHCO3；根据图像可知第一阶段发生的反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-；第二阶段对应的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据第一阶段和第二阶段消耗的盐酸的体积可知碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1:1；
（2）根据图像分析可知曲线A中盐酸的体积从60mL到75mL时产生二氧化碳，所以根据HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知产生的二氧化碳在标准状况下的体积为0.1mol/L×(75mL-60mL)×10-3L/mL×22.4L/mol×103mL/L=33.6mL，所以开始通入的二氧化碳的体积为33.6mL；
（3）根据曲线A或曲线B产生气体体积达到最大值时，溶液中的溶质只有氯化钠，因此50mL原氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×75mL×10-3L/mL=7.5×10-3mol，所以原氢氧化钠的物质的量浓度为（7.5×10-3mol）÷（50mL×10-3L/mL）=0.15mol/L。
【点睛】解答这类问题应明确各阶段对应的反应以及守恒思想的应用，如求算氢氧化钠的物质的量浓度就是根据钠离子守恒进行的计算。
23.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。回答下列有关氧化还原的问题。
Ⅰ.氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO3-+4H++3e-→NO+2H2O。KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质（甲）能使上述还原过程发生。
（1）物质（甲）为_________。（填化学式）
（2）反应中若产生标况下4.48LNO气体，则转移电子的数目是 ____________。
Ⅱ.亚硝酸钠（NaNO2）像食盐一样有咸味，但有很强的毒性，误食NaNO2会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生如下反应：2NaNO2 + 4HI ═ 2NO↑ + 2NaI + I2 + 2H2O
（1）用双线桥标出该反应的电子转移方向及数目：_______。氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
（2）测定NaNO2的质量分数的过程如下：称取NaNO2粗品0.6 g于锥形瓶中，先加水溶解，再向其中滴加0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24mL。计算装置C中所得固体中NaNO2的质量分数___________。【已知测定过程中发生反应的方程式为MnO4－＋NO2－＋H＋—Mn2+＋NO3－＋H2O（未配平），且杂质不与KMnO4反应】
（3）自来水中的NO3－对人类健康产生危害。为了降低自来水中NO3－的浓度，某研究人员提出两种方案。
①方案a：微碱性条件下用Fe（OH）2还原NO3－，产物为NH3。生成3.4g NH3同时会生成_____molFe(OH)3。
②方案b：碱性条件下用Al粉还原NO3－，产物是N2。发生的反应可表示如下，完成方程式并配平。
____Al＋____NO3－＋____ （ ）—____AlO2－＋______N2↑＋____（ ）
【答案】 (1). Cu2O (2). 0.6NA 或3.612×1023 (3). (4). 1：1 (5). 69％ (6). 1.6 (7). 10 (8). 6 (9). 4 (10). OH- (11). 10 (12). 3 (13). 2 (14). H2O
【解析】
【分析】
结合氧化还原反应的规律及原子守恒、电荷守恒按要求分析计算。
【详解】I.（1）欲使给定的还原过程发生，则需要选取还原剂，根据给定的物质分析只有Cu2O易表现还原性，故选Cu2O；
（2）反应中若产生标况下4.48LNO气体，则转移电子的数目是或3.612×1023；
II.（1）亚硝酸钠得到电子，碘化氢失去电子，双线桥标出该反应的电子转移方向及数目为；根据给定反应可知2molNaNO2参加反应，被氧化的HI的物质的量为2mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；
（2）根据得失电子守恒可知NaNO2的质量分数为×100%=69%；
（3）①根据得失电子守恒可知生成3.4g NH3同时，生成氢氧化铁的物质的量为=1.6mol；
②铝元素化合价由0价升高到+3价，氮元素化合价由+5价降低到0价，根据反应的环境以及化合价升降法可得反应的离子方程式为10Al＋6NO3－＋4OH-=10AlO2－＋3N2↑＋2H2O
【点睛】有关氧化还原反应的计算应注意得失电子守恒思想的应用，从而减少计算的过程等。
三．实验题
24.化学小组设计以下实验方案，测定某部分变质为碳酸钠的小苏打样品中NaHCO3的质量分数。
（1）方案一:称取一定质量样品，置于仪器a中用酒精灯加热至恒重，冷却，用托盘天平称量剩余固体质量。重复操作，计算。仪器a的名称是____________。
（2）方案二:称取此混合物9.5g，溶于水中，配成100 mL溶液。利用化学反应把HCO3—、CO32—完全转化为沉淀，称量干燥沉淀的质量，由此计算混合物中ω(NaHCO3)。
①取配制好的溶液于烧杯中，滴加足量沉淀剂，把溶液中HCO3—、CO32—完全转化为沉淀，应选用的试剂
是____________ (填字母)。
A CaCl2溶液 B MgSO4溶液 C NaCl溶液 D Ba(OH)2溶液
②过滤，提取沉淀，则过滤操作所需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还有____________。
③将沉淀洗涤，并充分干燥，称量沉淀的质量为19.7g。由此可以计算ω(NaHCO3)= ____________。
（3）方案三:称取一定质量样品，按如图装置进行实验：
①B装置内所盛试剂是____________；
②D装置的作用是________。
③某同学认为上述测定结果__________（填“偏高”或“偏低”），因为实验装置还存在一个明显的缺陷是________________。
【答案】 (1). 坩埚 (2). D (3). 漏斗 (4). 44.2％或0.442合理即可 (5). 浓硫酸 (6). 防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置 (7). 偏低 (8). 缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置（或其他合理答案
【解析】
【分析】
（1）基本仪器的识别；
（2）混合物含量的测定、过滤操作等；
（3）实验方案的设计与评价以及误差分析等。
【详解】（1）用于灼烧的仪器为坩埚；
（2）①欲使碳酸根和碳酸氢根均完全沉淀，所以应加入含有氢氧根的溶液，结合给定的物质可知只能选用氢氧化钡溶液，即D；
②过滤时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；
③设碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别为a、b，则可得106a+84b=9.5，197(a+b)=19.7，联立解得a=b=0.05mol，所以碳酸氢钠的质量分数为×100%=44.2%；
（3）①根据实验目的可知B装置的作用是除去二氧化碳中的水蒸气，故选用浓硫酸；
②由于该方案是通过测定二氧化碳的质量进而确定物质的质量分数，因此为减小实验误差，D装置的作用是防止空气中的水蒸气、CO2进入C装置；
③由于系统内残留有二氧化碳，因此C装置测定的二氧化碳的质量偏低，从而导致碳酸氢钠的含量测定结果偏低；存在的明显缺陷为缺少一套将A、B装置内的CO2气体驱赶到C装置中的装置。
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