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2022-2023学年福建省龙岩第一中学高一上学期第一次月考（实验班）化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年福建省龙岩第一中学高一上学期第一次月考（实验班）化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
福建省龙岩第一中学2022-2023学年高一上学期第一次月考（实验班）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu B．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
C．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3 D．2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
【答案】B
【详解】A．反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于四种基本反应类型的置换反应，A不符合题意；
B．反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，C、Fe元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，B符合题意；
C．反应AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，属于四种基本反应类型复分解反应，C不符合题意；
D．反应2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑是由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，属于四种基本反应类型的分解反应，D不符合题意；
故选B。
2．下列分类或归类正确的是
①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物
③明矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质
④火碱、纯碱、碳酸钙都是强电解质
⑤碘酒、蔗糖、云雾、纳米材料均为胶体。
A．①③④ B．②③ C．②④ D．②③④⑤
【答案】C
【详解】①氨水是氨气的水溶液属于混合物，故①错误；
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为两种或两种以上组成的纯净物，属于化合物，故②正确；
③水银为汞单质，既不是电解质也不是非电解质，故③错误；
④火碱、纯碱在水溶液中可以完全电离，CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，均属于强电解质，故④正确；
⑤碘酒为溶液，蔗糖为纯净物不是胶体，纳米材料不是分散系，不是胶体，故⑤错误；
综上所述答案为C。
3．实验室中，下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭
B．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥的沙土覆盖
C．将实验剩余的钠直接放回原试剂瓶中
D．稀释浓硫酸时，将水沿器壁缓慢倒入硫酸中并用玻璃棒不断搅拌
【答案】D
【详解】A．根据实验安全要求，熄灭酒精灯时，应用灯帽盖灭，不能吹灭，故A正确；
B．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖，隔绝其与空气接触，故B正确；
C．因钠的性质活泼，易与水、氧气反应，随意丢弃会引发火灾等危险，则实验时剩余的钠直接放回原试剂瓶中，故C正确；
D．浓硫酸溶于水放出大量的热，因此稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌，防止浓硫酸溅出，故D错误；
答案选D。
4．下列叙述正确的是
A．胶体产生丁达尔效应是由胶粒大小决定的 B．焰色试验一定属于化学变化
C．胶体都是均匀、透明的液体 D．酸性氧化物一定是非金属氧化物
【答案】A
【详解】A．胶体粒子在1nm~100nm，胶粒能对光线产生散射作用，因此胶体受光线照射时会产生丁达尔效应，A正确；
B．焰色试验是某些金属元素在加热时发生的，例如灼烧氯化钠火焰呈黄色，不属于化学变化，B错误；
C．胶体可以是固溶胶、液溶胶或气溶胶，不一定呈液态， C错误；
D．酸性氧化物能和碱反应生成盐和水，不一定是非金属氧化物，例如Mn2O7属于酸性氧化物、属于金属氧化物，D错误；
答案选A。
5．需要加入还原剂才能实现的反应是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A． S元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故A正确；
B． Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B错误；
C． Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故C错误；
D． N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故D错误；
故选A。
6．下列关于电解质的叙述正确的是
A．溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质
B．NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl－
C．硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强
D．氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
【答案】D
【详解】A.电解质必须本身能电离，二氧化碳、氨气的水溶液能导电但是他们本身不能电离所以不是电解质，故A错误；
B.电离的条件是溶于水或热熔化，不是电流，故B错误；
C.溶液的导电能力与离子的浓度成正比，在相同条件下，醋酸溶液的导电性比硫酸的弱，但当醋酸中离子浓度大于硫酸时，硫酸的导电性比醋酸的弱，故C错误；
D.HCl溶于水会电离出H+和Cl-，有自由移动的离子所以导电，而液态HCl是共价化合物，只含有HCl分子，没有离子所以不导电，故D正确。
故选D。
7．某同学参阅了“84消毒液”说明书中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO 25%、密度为1.2g·cm－3的消毒液，下列说法正确的是（ ）
A．配制时在小烧杯中溶解NaClO，冷却至室温，将溶液转移到480mL容量瓶中
B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低
D．需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为150.0g
【答案】D
【详解】A.应选取 500 mL 的容量瓶进行配制，然后取出 480mL 即可，故 A 错误；
B. 容量瓶中有水，对溶液的体积无影响，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故 B 错误；
C. 配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，定容所加的水不足，会使所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故C错误；
D. 需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为1.2g/cm3×500mL×25%=150.0g，故D正确；
故选D。
【点睛】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
8．下列说法正确的是
A．铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生蓝色的烟
B．次氯酸不如次氯酸盐稳定，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分
C．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
D．将金属钠投入硫酸铜溶液中可观察到的实验现象有气体生成，有红色的铜生成
【答案】B
【详解】A．铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生棕黄色的烟，A错误；
B．次氯酸不如次氯酸盐稳定，次氯酸盐保存时间较长、运输方便，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分，B正确；
C．次氯酸具有漂白性，向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先呈红色后褪色，C错误；
D．将金属钠投入硫酸铜溶液中，钠与水反应产生氢氧化钠溶液和氢气、氢氧化钠溶液和硫酸铜反应产生氢氧化铜沉淀，可观察到的实验现象有气体生成，有蓝色的沉淀生成，D错误；
答案选B。
9．为了证明某晶体中含有NH4+、K+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（ ）
A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水
B．取少量晶体溶于水，加入少量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+
C．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣
D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能证明晶体中无K+
【答案】B
【详解】A．晶体加热后生成水，若无水硫酸铜变蓝，则证明晶体中含结晶水，故A正确；
B．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误；
C．加少量稀盐酸，无现象，排除了干扰离子，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣，故C正确；
D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明含有钠离子，若证明是否含有钾离子，则需要透过蓝色钴玻璃观察，所以该现象不能证明晶体中无K+，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查常见离子的检验方法，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
10．与100mL 0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度相同的是
A．10mL 1mol/L （NH4）2SO4溶液 B．50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液
C．10mL 0.2mol/L（NH4）2SO4溶液 D．200mL 0.1mol/L NH4NO3溶液
【答案】B
【详解】根据硫酸铵的化学式可知，溶液中NH4+离子浓度是0.1mol/l×2＝0.2mol/L。根据选项中的化学式可知，四个选项中NH4+离子浓度（mol/L）分别是2、0.2、0.4、0.1，答案选B。
【点睛】该类型的试题在判断时，关键是分析电解质的组成及其强弱。另外还需要注意的是，判断的是离子的浓度，还是离子的物质的量，因为物质的量还与溶液体积有关系。
11．NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．0.5mol∙L-1的Na2SO4溶液中Na+的个数为NA
B．NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L
C．18g中所含有的电子总数为10NA
D．200mL1mol∙L-1的乙醇(C2H5OH)溶液中所含有的H原子个数为1.2NA
【答案】C
【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中的微粒数目，故A错误；
B．温度和压强未知，无法确定气体的体积，故B错误；
C．18g的物质的量为=1mol，一个含有10个电子，所以18g中所含有的电子总数为10NA，故C正确；
D．200 mL 1 mol/L的乙醇( C2H5OH )溶液中乙醇的物质的量为=0.2mol，含有1.2mol氢原子，但乙醇溶液中还有水，水也含有氢原子，故D错误；
答案为C。
12．下列各组离子能大量共存于同一溶液，且加入适量NaOH溶液能产生白色沉淀的是
A．Cu2+、Ba2+、、Cl− B．Mg2+、Na+、、
C．Ba2+、Mg2+、、Cl− D．Fe3+、Ba2+、、
【答案】C
【详解】A．Cu2+、Ba2+、、Cl−互不反应能大量共存，加入适量NaOH溶液能产生蓝色氢氧化铜沉淀，A不符合题意；
B．Mg2+与能反应产生白色碳酸镁沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Mg2+、、Cl−互不反应能大量共存，加入适量NaOH溶液能产生氢氧化镁白色沉淀，C符合题意；
D． Ba2+和因产生硫酸钡沉淀不能大量共存，且加入NaOH溶液产生红褐色的氢氧化铁沉淀，D不符合题意；
答案选C。
13．在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为
A．0.15mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.20mol·L-1
【答案】D
【详解】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1，故答案选D。
14．已知与浓盐酸在常温下能反应产生。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）
A．①处和②处 B．只有②处 C．只有②处和③处 D．②处、③处和④处
【答案】D
【详解】①与浓盐酸在常温下反应产生，①正确；
②浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去，会与溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，②错误；
③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，③错误；
④氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，④错误。
综上，答案选D。
15．一种制备高效氧化型漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I的化学方程式为：3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是
A．NaClO2在漂白物质时发生氧化反应
B．反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3
C．反应II中H2O2做氧化剂
D．若反应I生成13.5gC1O2则转移了1.6mol的电子
【答案】B
【分析】反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应II中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。
【详解】A．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，本身发生还原反应，故A错误；
B．3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl反应中，NaClO3是氧化剂，SO2作还原剂，则反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3，故B正确；
C．发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应II中H2O2做还原剂，故C错误；
D．反应Ⅰ为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应中生成135g ClO2转移8mol的电子，则生成13.5g ClO2转移0.8mol的电子，故D错误；
故选：B。
16．将0．4gNaOH和1.06g混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.1L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+ H+(少量)=HCO3-，此时再消耗0.1L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。
17．一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为
A．1：3 B．3:1 C．1：2 D．2：1
【答案】B
【详解】隔板不移动，说明两边的压强相等，温度相同，因此体积比等于物质的量之比，即有==4，解得混合气体物质的量为0.25mol，混合气体平均摩尔质量为=32g·mol－1，采用十字交叉法，得出CO和CO2的物质的量之比为3：1，物质的量之比等于分子数之比，即为3：1，故选项B正确。
二、填空题
18．根据所学知识，写出下列物质去除杂质所需试剂及对应的离子方程式：
物质(括号内为杂质)
试剂或反应条件
离子反应方程式
Na2CO3溶液(NaHCO3)
______
_______
盐酸(HClO)
_______
_______
HNO3(H2SO4)
_______
_______
Cu(Fe)
________
_______
【答案】 适量NaOH溶液 +OH-=＋H2O 光照 2HClO=2H++2Cl-+O2↑ 适量Ba(NO3)2溶液 Ba2++=BaSO4↓ 过量盐酸 Fe+2H+=Fe+H2↑
【详解】NaHCO3可以和NaOH反应生成Na2CO3，所以Na2CO3溶液中NaHCO3可以用适量的NaOH溶液除去，离子方程式为+OH-=＋H2O；
HClO受光照易分解生成HCl和O2，所以盐酸中的HClO可以通过光照除去，离子方程式为2HClO=2H++2Cl-+O2↑；
硫酸可以和钡盐反应生成硫酸钡沉淀，为了不引入新的杂质，可以加入适量的硝酸钡溶液除去硝酸中硫酸，离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；
铜的活泼性不如氢，所以不能和盐酸反应，所以可以用过量盐酸除去铜中的铁杂质，离子方程式为Fe+2H+=Fe+H2↑。
19．ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。试回答下列问题。
(1)该反应中氧化产物的化学式是___________；被还原的元素是___________。
(2)若反应共产生了4.48L气体(标准状况)，则反应转移电子的数目为___________，消耗还原剂的物质的量为___________mol。
(3)标准状况下44.8mL的ClO2气体恰好能与50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液完全反应，生成Na2SO4，氯元素在产物中的化合价为___________；此过程说明ClO2具有___________(填“氧化”或“还原”)性。
【答案】 CO2 Cl 0.1NA 0.05 -1 氧化
【详解】(1)该反应中碳元素化合价从+3价升高到+4价生成CO2，所以氧化产物为CO2；Cl的化合价从+5价降低到+4价，被还原；
(2)标况下4.48L气体的物质的量为0.2mol，根据方程式可知生成的气体中ClO2和CO2的物质的量之比为1：1，所以生成的ClO2和CO2均为0.1mol，反应中CO2为唯一氧化产物，C元素化合价从+3价变为+4价，所以生成0.1molCO2转移电子的数目为0.1NA；还原剂为H2C2O4，根据方程式可知生成0.1mol二氧化碳时消耗0.05mol还原剂；
(3)标准状况下44.8mL的ClO2的物质的量为=0.002mol，50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液中n(Na2SO3)=0.05L´0.1mol/L=0.005mol，生成Na2SO4时失去0.01mol电子，即0.002molClO2需要得到0.01mol电子，所以Cl元素化合价降低5价，产物中的化合价为+4-5=-1价；说明ClO2具有氧化性。
三、实验题
20．在下面的装置中，A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，C中装有饱和食盐水，D中装有浓硫酸；E硬质玻璃管中装有细铁丝网；F为干燥的空广口瓶；烧杯G为尾气吸收装置。
试回答：
(1)请分别写出在装置A、G中发生的化学反应方程式___________，___________。
(2)C、D两个装置的作用是：C_______，D________。
(3)若在反应开始前往G中滴加几滴酚酞溶液，溶液呈红色，反应时红色溶液褪色。试根据此现象试提出两种不同的解释，并设计实验验证哪一种解释是正确的。
解释1：_______；
解释2：________；
实验验证：___________；________。
【答案】 MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 除去氯气中的氯化氢气体 除去氯气中的水蒸气 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，与氢氧化钠发生中和反应，使溶液褪色。 氯气溶于水生成次氯酸，具有漂白性，使溶液褪色。 往褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，说明解释一正确 若溶液依然无色，说明解释二正确
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，C装置中盛放饱和食盐水除去氯气中混有HCl，装置D中盛放浓硫酸进行干燥，装置E中干燥的氯气和铁丝网反应生成氯化铁，F中收集未反应的氯气和升华过来的氯化铁，装置G处理尾气。
【详解】(1) 装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O；装置G中用NaOH溶液吸收未反应的氯气，反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2) 氯气难溶于饱和食盐水，所以可在C装置中盛放饱和食盐水除去氯气中混有HCl气体，装置D中盛放浓硫酸进行干燥，除去氯气中的水蒸气；
(3)G中原来为NaOH溶液，溶液显碱性，所以滴加酚酞呈红色，红色褪去可能有两种原因：一是溶液不再显碱性，二是被漂白，所以：
解释1：氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，与氢氧化钠发生中和反应，使溶液褪色；
解释2：氯气溶于水生成次氯酸，具有漂白性，使溶液褪色；
如果是发生中和反应而褪色，则如果向溶液中加碱性物质溶液仍然会变红，如果是被漂白，则再加碱性物质溶液也不会变红，所以实验验证：往褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，说明解释一正确，若溶液依然无色，说明解释二正确。
21．现有一不纯的小苏打样品（含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O），为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置（夹持仪器未画出）。
实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取一定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。
[资料]
i．浓硫酸常用于吸收水蒸气。
ii．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
iii．Na2CO3·10H2O Na2CO3＋10H2O↑。
回答下列问题：
(1)仪器E的名称是__________，其中盛放的药品是__________；若无该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量分数__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
(2)步骤③的目的是__________。
(3)装置B中除反应Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑外，还发生反应的化学方程式为__________。
(4)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为__________%（计算结果精确到0.1）；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，可得CO2标准状况下的体积为__________L（计算结果精确到0.01）。
【答案】 球形干燥管 碱石灰 偏大 除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳 2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑ + CO2↑ 67.2 10.08
【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已知的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果。
【详解】(1)由题知仪器E的名称是球形干燥管。干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；
故答案为：球形干燥管；碱石灰；偏大；
(2)由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
故答案为：除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
(3) 含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，除碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠外，碳酸氢钠也会分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；
(4)装置D中增加的质量为二氧化碳的质量，设碳酸氢钠的质量为x，则
可得：x = 33.6 g；m(H2O)=3.6g
所以碳酸氢钠的质量分数为： ；
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量 = 12.6 g - 3.6 g = 9.0 g；
设十水碳酸钠的质量为y，则：
可得：y = 14.3 g；
若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，由碳元素守恒可得： ，所以CO2标准状况下的体积为： ；
故答案为：67.2；10.08 。
【点睛】本题考查较为综合，以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键，题目难度中等。
福建省龙岩第一中学2022-2023学年高一上学期第一次月考（实验班）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是
A．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu B．3CO+Fe2O32Fe+3CO2
C．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3 D．2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
【答案】B
【详解】A．反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于四种基本反应类型的置换反应，A不符合题意；
B．反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2不属于四种基本反应类型，C、Fe元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，B符合题意；
C．反应AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3是两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，属于四种基本反应类型复分解反应，C不符合题意；
D．反应2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑是由一种物质反应生成两种或两种以上新物质的反应，属于四种基本反应类型的分解反应，D不符合题意；
故选B。
2．下列分类或归类正确的是
①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物
③明矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质
④火碱、纯碱、碳酸钙都是强电解质
⑤碘酒、蔗糖、云雾、纳米材料均为胶体。
A．①③④ B．②③ C．②④ D．②③④⑤
【答案】C
【详解】①氨水是氨气的水溶液属于混合物，故①错误；
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为两种或两种以上组成的纯净物，属于化合物，故②正确；
③水银为汞单质，既不是电解质也不是非电解质，故③错误；
④火碱、纯碱在水溶液中可以完全电离，CaCO3虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离，均属于强电解质，故④正确；
⑤碘酒为溶液，蔗糖为纯净物不是胶体，纳米材料不是分散系，不是胶体，故⑤错误；
综上所述答案为C。
3．实验室中，下列行为不符合安全要求的是（ ）
A．熄灭酒精灯时，用灯帽盖灭
B．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥的沙土覆盖
C．将实验剩余的钠直接放回原试剂瓶中
D．稀释浓硫酸时，将水沿器壁缓慢倒入硫酸中并用玻璃棒不断搅拌
【答案】D
【详解】A．根据实验安全要求，熄灭酒精灯时，应用灯帽盖灭，不能吹灭，故A正确；
B．熄灭少量燃着的金属钠，用干燥沙土覆盖，隔绝其与空气接触，故B正确；
C．因钠的性质活泼，易与水、氧气反应，随意丢弃会引发火灾等危险，则实验时剩余的钠直接放回原试剂瓶中，故C正确；
D．浓硫酸溶于水放出大量的热，因此稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢倒入水中并用玻璃棒不断搅拌，防止浓硫酸溅出，故D错误；
答案选D。
4．下列叙述正确的是
A．胶体产生丁达尔效应是由胶粒大小决定的 B．焰色试验一定属于化学变化
C．胶体都是均匀、透明的液体 D．酸性氧化物一定是非金属氧化物
【答案】A
【详解】A．胶体粒子在1nm~100nm，胶粒能对光线产生散射作用，因此胶体受光线照射时会产生丁达尔效应，A正确；
B．焰色试验是某些金属元素在加热时发生的，例如灼烧氯化钠火焰呈黄色，不属于化学变化，B错误；
C．胶体可以是固溶胶、液溶胶或气溶胶，不一定呈液态， C错误；
D．酸性氧化物能和碱反应生成盐和水，不一定是非金属氧化物，例如Mn2O7属于酸性氧化物、属于金属氧化物，D错误；
答案选A。
5．需要加入还原剂才能实现的反应是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A． S元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故A正确；
B． Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B错误；
C． Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故C错误；
D． N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故D错误；
故选A。
6．下列关于电解质的叙述正确的是
A．溶于水得到的溶液能导电的化合物都是电解质
B．NaCl溶液在电流作用下电离成Na+与Cl－
C．硫酸溶液的导电性一定比醋酸溶液导电性强
D．氯化氢溶于水能导电，但液态氯化氢不能导电
【答案】D
【详解】A.电解质必须本身能电离，二氧化碳、氨气的水溶液能导电但是他们本身不能电离所以不是电解质，故A错误；
B.电离的条件是溶于水或热熔化，不是电流，故B错误；
C.溶液的导电能力与离子的浓度成正比，在相同条件下，醋酸溶液的导电性比硫酸的弱，但当醋酸中离子浓度大于硫酸时，硫酸的导电性比醋酸的弱，故C错误；
D.HCl溶于水会电离出H+和Cl-，有自由移动的离子所以导电，而液态HCl是共价化合物，只含有HCl分子，没有离子所以不导电，故D正确。
故选D。
7．某同学参阅了“84消毒液”说明书中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO 25%、密度为1.2g·cm－3的消毒液，下列说法正确的是（ ）
A．配制时在小烧杯中溶解NaClO，冷却至室温，将溶液转移到480mL容量瓶中
B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C．定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低
D．需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为150.0g
【答案】D
【详解】A.应选取 500 mL 的容量瓶进行配制，然后取出 480mL 即可，故 A 错误；
B. 容量瓶中有水，对溶液的体积无影响，所以经洗涤干净的容量瓶不必烘干后再使用，故 B 错误；
C. 配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶的刻度线，定容所加的水不足，会使所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故C错误；
D. 需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为1.2g/cm3×500mL×25%=150.0g，故D正确；
故选D。
【点睛】根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
8．下列说法正确的是
A．铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生蓝色的烟
B．次氯酸不如次氯酸盐稳定，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分
C．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
D．将金属钠投入硫酸铜溶液中可观察到的实验现象有气体生成，有红色的铜生成
【答案】B
【详解】A．铜与氯气反应时，剧烈燃烧并产生棕黄色的烟，A错误；
B．次氯酸不如次氯酸盐稳定，次氯酸盐保存时间较长、运输方便，故通常用次氯酸盐作为漂白剂和消毒剂的主要成分，B正确；
C．次氯酸具有漂白性，向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先呈红色后褪色，C错误；
D．将金属钠投入硫酸铜溶液中，钠与水反应产生氢氧化钠溶液和氢气、氢氧化钠溶液和硫酸铜反应产生氢氧化铜沉淀，可观察到的实验现象有气体生成，有蓝色的沉淀生成，D错误；
答案选B。
9．为了证明某晶体中含有NH4+、K+、SO42﹣和H2O，下列实验叙述中不正确的是（ ）
A．取少量晶体放入试管中，加热，若试管口上蘸有少量无水硫酸铜粉末的脱脂棉变蓝，则可证明晶体中含有结晶水
B．取少量晶体溶于水，加入少量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的蓝色石蕊试纸检验，若变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+
C．取少量晶体溶于水，加适量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣
D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，不能证明晶体中无K+
【答案】B
【详解】A．晶体加热后生成水，若无水硫酸铜变蓝，则证明晶体中含结晶水，故A正确；
B．向某无色溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误；
C．加少量稀盐酸，无现象，排除了干扰离子，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42﹣，故C正确；
D．取少量晶体溶于水，用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明含有钠离子，若证明是否含有钾离子，则需要透过蓝色钴玻璃观察，所以该现象不能证明晶体中无K+，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题考查常见离子的检验方法，熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答的关键，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
10．与100mL 0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度相同的是
A．10mL 1mol/L （NH4）2SO4溶液 B．50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液
C．10mL 0.2mol/L（NH4）2SO4溶液 D．200mL 0.1mol/L NH4NO3溶液
【答案】B
【详解】根据硫酸铵的化学式可知，溶液中NH4+离子浓度是0.1mol/l×2＝0.2mol/L。根据选项中的化学式可知，四个选项中NH4+离子浓度（mol/L）分别是2、0.2、0.4、0.1，答案选B。
【点睛】该类型的试题在判断时，关键是分析电解质的组成及其强弱。另外还需要注意的是，判断的是离子的浓度，还是离子的物质的量，因为物质的量还与溶液体积有关系。
11．NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．0.5mol∙L-1的Na2SO4溶液中Na+的个数为NA
B．NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L
C．18g中所含有的电子总数为10NA
D．200mL1mol∙L-1的乙醇(C2H5OH)溶液中所含有的H原子个数为1.2NA
【答案】C
【详解】A．溶液体积未知，无法确定溶液中的微粒数目，故A错误；
B．温度和压强未知，无法确定气体的体积，故B错误；
C．18g的物质的量为=1mol，一个含有10个电子，所以18g中所含有的电子总数为10NA，故C正确；
D．200 mL 1 mol/L的乙醇( C2H5OH )溶液中乙醇的物质的量为=0.2mol，含有1.2mol氢原子，但乙醇溶液中还有水，水也含有氢原子，故D错误；
答案为C。
12．下列各组离子能大量共存于同一溶液，且加入适量NaOH溶液能产生白色沉淀的是
A．Cu2+、Ba2+、、Cl− B．Mg2+、Na+、、
C．Ba2+、Mg2+、、Cl− D．Fe3+、Ba2+、、
【答案】C
【详解】A．Cu2+、Ba2+、、Cl−互不反应能大量共存，加入适量NaOH溶液能产生蓝色氢氧化铜沉淀，A不符合题意；
B．Mg2+与能反应产生白色碳酸镁沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Mg2+、、Cl−互不反应能大量共存，加入适量NaOH溶液能产生氢氧化镁白色沉淀，C符合题意；
D． Ba2+和因产生硫酸钡沉淀不能大量共存，且加入NaOH溶液产生红褐色的氢氧化铁沉淀，D不符合题意；
答案选C。
13．在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为
A．0.15mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.20mol·L-1
【答案】D
【详解】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1，故答案选D。
14．已知与浓盐酸在常温下能反应产生。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并与金属反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）
A．①处和②处 B．只有②处 C．只有②处和③处 D．②处、③处和④处
【答案】D
【详解】①与浓盐酸在常温下反应产生，①正确；
②浓盐酸易挥发，生成的氯气中混有和水蒸气，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去，会与溶液反应，故不能选择氢氧化钠溶液，②错误；
③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，③错误；
④氯气与金属在试管中反应，若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应伸到试管底部，④错误。
综上，答案选D。
15．一种制备高效氧化型漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I的化学方程式为：3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法正确的是
A．NaClO2在漂白物质时发生氧化反应
B．反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3
C．反应II中H2O2做氧化剂
D．若反应I生成13.5gC1O2则转移了1.6mol的电子
【答案】B
【分析】反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应II中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。
【详解】A．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，本身发生还原反应，故A错误；
B．3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl反应中，NaClO3是氧化剂，SO2作还原剂，则反应I中氧化产物和还原产物物质的量比为4：3，故B正确；
C．发生反应II为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应II中H2O2做还原剂，故C错误；
D．反应Ⅰ为：3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应中生成135g ClO2转移8mol的电子，则生成13.5g ClO2转移0.8mol的电子，故D错误；
故选：B。
16．将0．4gNaOH和1.06g混合并配成溶液，向溶液中滴加0．1mol·稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成的物质的量的关系的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】n(NaOH)==0.01mol、n(Na2CO3)==0.01mol，盐酸滴入后，由于氢氧化钠的碱性较强,盐酸和氢氧化钠反应0.4g氢氧化钠消耗0.1L盐酸，不产生气体；当氢氧化钠消耗完之后，盐酸和碳酸钠反应，由于氢离子浓度较小,，生成碳酸氢钠，还是没有气体产生，相关反应如下:CO32-+ H+(少量)=HCO3-，此时再消耗0.1L盐酸,不产生气体；当碳酸根消耗完后，0.01mol碳酸氢跟和氢离子反应，产生0.01mol二氧化碳气体，C选项符合题意，故答案为C。
17．一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分，当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO与CO2分子数之比为
A．1：3 B．3:1 C．1：2 D．2：1
【答案】B
【详解】隔板不移动，说明两边的压强相等，温度相同，因此体积比等于物质的量之比，即有==4，解得混合气体物质的量为0.25mol，混合气体平均摩尔质量为=32g·mol－1，采用十字交叉法，得出CO和CO2的物质的量之比为3：1，物质的量之比等于分子数之比，即为3：1，故选项B正确。
二、填空题
18．根据所学知识，写出下列物质去除杂质所需试剂及对应的离子方程式：
物质(括号内为杂质)
试剂或反应条件
离子反应方程式
Na2CO3溶液(NaHCO3)
______
_______
盐酸(HClO)
_______
_______
HNO3(H2SO4)
_______
_______
Cu(Fe)
________
_______
【答案】 适量NaOH溶液 +OH-=＋H2O 光照 2HClO=2H++2Cl-+O2↑ 适量Ba(NO3)2溶液 Ba2++=BaSO4↓ 过量盐酸 Fe+2H+=Fe+H2↑
【详解】NaHCO3可以和NaOH反应生成Na2CO3，所以Na2CO3溶液中NaHCO3可以用适量的NaOH溶液除去，离子方程式为+OH-=＋H2O；
HClO受光照易分解生成HCl和O2，所以盐酸中的HClO可以通过光照除去，离子方程式为2HClO=2H++2Cl-+O2↑；
硫酸可以和钡盐反应生成硫酸钡沉淀，为了不引入新的杂质，可以加入适量的硝酸钡溶液除去硝酸中硫酸，离子方程式为Ba2++=BaSO4↓；
铜的活泼性不如氢，所以不能和盐酸反应，所以可以用过量盐酸除去铜中的铁杂质，离子方程式为Fe+2H+=Fe+H2↑。
19．ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：2+H2C2O4+2H+=2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。试回答下列问题。
(1)该反应中氧化产物的化学式是___________；被还原的元素是___________。
(2)若反应共产生了4.48L气体(标准状况)，则反应转移电子的数目为___________，消耗还原剂的物质的量为___________mol。
(3)标准状况下44.8mL的ClO2气体恰好能与50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液完全反应，生成Na2SO4，氯元素在产物中的化合价为___________；此过程说明ClO2具有___________(填“氧化”或“还原”)性。
【答案】 CO2 Cl 0.1NA 0.05 -1 氧化
【详解】(1)该反应中碳元素化合价从+3价升高到+4价生成CO2，所以氧化产物为CO2；Cl的化合价从+5价降低到+4价，被还原；
(2)标况下4.48L气体的物质的量为0.2mol，根据方程式可知生成的气体中ClO2和CO2的物质的量之比为1：1，所以生成的ClO2和CO2均为0.1mol，反应中CO2为唯一氧化产物，C元素化合价从+3价变为+4价，所以生成0.1molCO2转移电子的数目为0.1NA；还原剂为H2C2O4，根据方程式可知生成0.1mol二氧化碳时消耗0.05mol还原剂；
(3)标准状况下44.8mL的ClO2的物质的量为=0.002mol，50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液中n(Na2SO3)=0.05L´0.1mol/L=0.005mol，生成Na2SO4时失去0.01mol电子，即0.002molClO2需要得到0.01mol电子，所以Cl元素化合价降低5价，产物中的化合价为+4-5=-1价；说明ClO2具有氧化性。
三、实验题
20．在下面的装置中，A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，C中装有饱和食盐水，D中装有浓硫酸；E硬质玻璃管中装有细铁丝网；F为干燥的空广口瓶；烧杯G为尾气吸收装置。
试回答：
(1)请分别写出在装置A、G中发生的化学反应方程式___________，___________。
(2)C、D两个装置的作用是：C_______，D________。
(3)若在反应开始前往G中滴加几滴酚酞溶液，溶液呈红色，反应时红色溶液褪色。试根据此现象试提出两种不同的解释，并设计实验验证哪一种解释是正确的。
解释1：_______；
解释2：________；
实验验证：___________；________。
【答案】 MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 除去氯气中的氯化氢气体 除去氯气中的水蒸气 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，与氢氧化钠发生中和反应，使溶液褪色。 氯气溶于水生成次氯酸，具有漂白性，使溶液褪色。 往褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，说明解释一正确 若溶液依然无色，说明解释二正确
【分析】装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，C装置中盛放饱和食盐水除去氯气中混有HCl，装置D中盛放浓硫酸进行干燥，装置E中干燥的氯气和铁丝网反应生成氯化铁，F中收集未反应的氯气和升华过来的氯化铁，装置G处理尾气。
【详解】(1) 装置A中浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，化学反应方程式为MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O；装置G中用NaOH溶液吸收未反应的氯气，反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2) 氯气难溶于饱和食盐水，所以可在C装置中盛放饱和食盐水除去氯气中混有HCl气体，装置D中盛放浓硫酸进行干燥，除去氯气中的水蒸气；
(3)G中原来为NaOH溶液，溶液显碱性，所以滴加酚酞呈红色，红色褪去可能有两种原因：一是溶液不再显碱性，二是被漂白，所以：
解释1：氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，与氢氧化钠发生中和反应，使溶液褪色；
解释2：氯气溶于水生成次氯酸，具有漂白性，使溶液褪色；
如果是发生中和反应而褪色，则如果向溶液中加碱性物质溶液仍然会变红，如果是被漂白，则再加碱性物质溶液也不会变红，所以实验验证：往褪色后的溶液中滴加氢氧化钠溶液，若溶液变红，说明解释一正确，若溶液依然无色，说明解释二正确。
21．现有一不纯的小苏打样品（含杂质NaCl、Na2CO3·10H2O），为测定NaHCO3的质量分数，设计如图所示的实验装置（夹持仪器未画出）。
实验步骤如下：
①按图组装好实验装置并检查气密性。
②称取一定质量的样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。
③打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟。
④关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。
⑤打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C和U形管D的质量。
[资料]
i．浓硫酸常用于吸收水蒸气。
ii．碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物。
iii．Na2CO3·10H2O Na2CO3＋10H2O↑。
回答下列问题：
(1)仪器E的名称是__________，其中盛放的药品是__________；若无该装置，则会导致测得的NaHCO3的质量分数__________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
(2)步骤③的目的是__________。
(3)装置B中除反应Na2CO3·10H2ONa2CO3＋10H2O↑外，还发生反应的化学方程式为__________。
(4)若实验中称取样品的质量为 50.0 g，反应后C、D装置增加的质量分别为12.6 g、8.8 g，则混合物中NaHCO3的质量分数为__________%（计算结果精确到0.1）；若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，可得CO2标准状况下的体积为__________L（计算结果精确到0.01）。
【答案】 球形干燥管 碱石灰 偏大 除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳 2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑ + CO2↑ 67.2 10.08
【分析】将混合物加热会产生H2O(g)、CO2等气体，应在C、D中分别吸收。由干燥剂的性质知应先吸收水，再吸收二氧化碳，即C中的干燥剂吸水后不能吸收CO2；由D的增重（NaHCO3分解产生的CO2的质量）可求出NaHCO3质量。由C的增重（Na2CO3•10H2O分解产生的H2O及已知的NaHCO3分解产生的H2O的质量）可求出Na2CO3•10H2O的质量；故应在实验前赶尽装置中的空气，关键操作应是赶尽B中的空气，所以打开活塞K1、K2，关闭K3就成为操作的关键，缓缓通入则是为了赶出效果更好；实验结束打开K1，将反应生成的二氧化碳和水蒸气驱赶到D和C中以便充分吸收；E中碱石灰可防止外界空气中的H2O(g)、CO2进入装置D影响实验效果。
【详解】(1)由题知仪器E的名称是球形干燥管。干燥管中盛放的是碱石灰，碱石灰能吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，所以干燥管的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D影响测定结果，若撤去E装置，则二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸氢钠的质量分数偏大；
故答案为：球形干燥管；碱石灰；偏大；
(2)由于装置A、B内的空气含有水蒸气和二氧化碳，会影响水蒸气和二氧化碳质量的测定，因此打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，实验前要通入空气的目的是除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
故答案为：除去装置A、B中的水蒸气和二氧化碳；
(3) 含NaCl、Na2CO3•10H2O和NaHCO3的混合物加热时，除碳酸钠晶体失去结晶水生成碳酸钠外，碳酸氢钠也会分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑；
(4)装置D中增加的质量为二氧化碳的质量，设碳酸氢钠的质量为x，则
可得：x = 33.6 g；m(H2O)=3.6g
所以碳酸氢钠的质量分数为： ；
装置C吸收的是水蒸气，包括碳酸氢钠分解生成的和十水碳酸钠分解生成的，十水碳酸钠分解生成的水蒸气的质量 = 12.6 g - 3.6 g = 9.0 g；
设十水碳酸钠的质量为y，则：
可得：y = 14.3 g；
若将等质量的该样品与足量稀硫酸混合，由碳元素守恒可得： ，所以CO2标准状况下的体积为： ；
故答案为：67.2；10.08 。
【点睛】本题考查较为综合，以钠的化合物为载体，综合考查学生实验能力和分析能力，注意把握物质的性质以及实验原理，为解答该题的关键，题目难度中等。
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