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新疆乌鲁木齐市第六十八中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试卷
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这是一份新疆乌鲁木齐市第六十八中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学试卷，共19页。试卷主要包含了5 Fe-56 Cu-64， 下列有关电解质的叙述正确的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
Ⅰ卷
一．选择题（25道小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个选项符合题意）
1. 下列有关物质分类或归类正确的一组是（ ）
①液氨、液氯、干冰均为化合物 ②盐酸、合金、氨水均为混合物
③明矾、小苏打、醋酸、硫酸均为电解质 ④碘酒、氢氧化钠溶液、豆浆均为胶体
⑤Na2O，Na2CO3，NaHCO3，Na2SiO3均钠盐
A. ①和②B. ②和③C. ③和④D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【分析】①化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物；
②不同物质组成的为混合物；
③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，常见的电解质有酸、碱、盐、金属氧化物和水等；
④胶体是分散质微粒直径的大小介于1～100nm的分散系；
⑤由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物是盐，含有钠离子的盐统称为钠盐。
【详解】①液氨、干冰均为化合物，液氯只含有Cl元素，是单质，①错误；
②盐酸是由氯化氢和水组成的混合物，合金是金属与金属或非金属融合而成的混合物，氨水是氨气与水的混合物，所以它们均为混合物，②正确；
③明矾、小苏打是盐，醋酸、硫酸是酸，所以明矾、小苏打、醋酸、硫酸均为电解质，③正确；
④碘酒、氢氧化钠溶液是溶液，豆浆为胶体，④错误；
⑤Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为盐，并且均为钠盐，Na2O是氧化物，⑤错误；
综上所述，②和③正确，B项正确；
答案选B。
2. 下列有关电解质的叙述正确的是
A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
B. CO2的水溶液能够导电，所以CO2是电解质
C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质
D. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 【答案】D
【解析】
【详解】A．液态HCl不导电，但HCl是在水溶液中能导电的化合物，HCl是电解质，A错误；
B．CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是CO2电离产生的，而是CO2与水反应生成的H2CO3电离产生的，CO2属于非电解质，B错误；
C．液态Cl2不导电，Cl2属于单质，既不是电解质、也不是非电解质，C错误；
D．BaSO4虽然难溶于水，但溶于水的部分能完全电离产生Ba2+和，微弱导电，BaSO4是电解质，D正确；
答案选D。
3. 一种名为“钴酞菁”的分子(直径为)恢复磁性后，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法不正确的是
A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于胶体
B. “钴酞菁”分子不能透过滤纸，能透过半透膜
C. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D. 在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大
【答案】B
【解析】
【详解】A．“钴酞菁”的分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，“钴酞菁”的分子直径介于1~100nm之间，溶于水形成的分散系属于胶体，A正确；
B．“钴酞菁”分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；
C．“钴酞菁”的分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如能够产生丁达尔效应，C正确；
D．“钴酞菁”分子直径为1.3 nm，Na+在水溶形成溶液，半径小于1 nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D正确；
答案选B。
4. 下列氯化物既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、铜与盐酸不反应，A错误；B、铁与氯气反应生成氯化铁，与盐酸反应生成氯化亚铁，B错误；C、钠与氯气或与盐酸反应均生成氯化钠，C正确；D、根据B中分析可知D错误，答案选C。
5. 科学家制得一种新型分子O4。关于O4和O2的下列说法不正确的是
A. 互为同素异形体B. 等质量的O4和O2所含原子数相同
C. 都属于单质D. 它们的摩尔质量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 同种元素组成的单质互称为同素异形体，O4和O2均为氧元素构成的单质，为同素异形体，正确，A不符合题意；
B. 设质量为1g，O4的物质的量为：，含有的原子数为：；O2的物质的量为：，含有的原子数为：，则所含原子数相同，正确，B不符合题意；
C. O4和O2中O原子和O原子之间，均以共价键相连，因此均含有共价键，正确，C不符合题意；
D. O4的摩尔质量为64g/ml，O2的摩尔质量为32g/ml，摩尔质量不相同，错误，D符合题意。
答案为D。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. Na加到溶液中
B. 氢氧化镁与稀硫酸反应
C. 向硝酸银溶液中加盐酸
D. 用氢氧化铝治疗胃酸（盐酸）过多
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠加到硫酸铜溶液中发生的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸铜沉淀和硫酸钠，钠不能与硫酸铜溶液发生置换反应，故A错误；
B．氢氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．硝酸银溶液与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应的离子方程式为，故C错误；
D．用氢氧化铝治疗胃酸过多的反应为氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为，故D正确；
故选D。
7. 下列转化中，需要加入还原剂才能实现的是
A. Na → NaOHB. HCO→ CO2C. Fe3+ → Fe2+D. Cl- → Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】需要加入还原剂才能实现，说明选项中的物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析判断。
【详解】A．Na → NaOH 中Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故A不选；
B．HCO→ CO2中碳、氢、氧元素化合价都不变，需要加入酸才能实现，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故B不选；
C．Fe3+ → Fe2+中Fe元素化合价由+3价变为+2价，被还原，需要还原剂才能实现，故C选；
D．Cl- → Cl2中Cl元素化合价由-1价变为0价，被氧化，需要氧化剂才能实现，故D不选；
故选C。
8. 钠的下列性质中，和钠与水反应的现象无关的是
A. 钠的熔点低B. 钠的密度C. 钠的硬度小D. 钠有强还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球与性质有关，A不符合题意；
B．钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，B不符合题意；
C．硬度大小与反应现象无关，所以与性质无关，C符合题意；
D．因钠的金属性强，所以与水反应剧烈，与性质有关，D不符合题意；
故选C
9. 水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应Cl2+H2O=HCl+HClO，知Cl2与水反应时，H2O中没有元素化合价改变，故H2O既不作氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；
B．由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，知H2O中氢元素化合价降低生成H2，故H2O作氧化剂，B符合题意；
C．Na2O+H2O=2NaOH，该反应不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，知该反应为Na2O2自身歧化反应，故H2O在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，D不符合题意；
故答案选B。
10. 下列物质的保存方法，与其化学性质无关的是
A. 金属钠保存在煤油中B. 浓盐酸需密闭保存
C. 新制氯水密闭存放于棕色瓶中D. 过氧化钠需保持干燥密闭保存
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属钠能与水、氧气反应，应该隔绝空气密封保存，因此钠保存在煤油中，隔绝空气，与其化学性质有关，选项A不合题意；
B．由于浓盐酸具有强挥发性，故浓盐酸需密闭保存，挥发性是物理性质不是化学性质，选项B符合题意；
C．由于Cl2+H2O=HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，故新制氯水密闭存放于棕色瓶中与次氯酸见光易分解的化学性质有关，选项C不合题意；
D．由于2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故过氧化钠需保持干燥密闭保存与Na2O2的化学性质有关，选项D不合题意；
答案选B。
11. 下列关于化学发展几个重要的里程碑说法不正确的是
A. 英国化学家波义尔提出元素的概念，标志着近代化学的诞生
B. 法国化学家拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得了革命性进展
C. 英国科学家道尔顿提出分子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
D. 俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
【答案】C
【解析】
【详解】A．1661年，英国化学家波义尔提出元素的概念，认为元素是用一般化学方法不能再分解为更简单的某些实物，标志着近代化学的诞生，A正确；
B．1774年，法国化学家拉瓦锡正式提出了氧化学说，认为燃烧的本质是物体与氧的化合，使近代化学取得了革命性进展，B正确；
C．1803年，英国科学家道尔顿提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础，C错误；
D．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并预言了未知元素的性质，使化学的研究变得有规律可循，D正确；
故选C。
12. 下列按照题给量的物质中含原子数最多的是
A. 0.4 ml氧分子B. 标准状况下5.6 L二氧化碳
C. 0.3 ml水分子D. 16 g甲烷(CH4)分子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】0.4 ml氧分子含有0.8NA个氧原子；标准状况下5.6 L二氧化碳含有原子数0.75NA；0.3 ml水分子含有0.9NA个原子； 16 g甲烷(CH4)分子含有原子数5NA，故选D。
13. 相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）。
①它们所含的分子数目之比为1∶1； ②它们所含的O原子数目之比为1∶2； ③它们所含的原子总数目之比为2∶3； ④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们所含的电子数目之比为7∶11
A. ①②③④B. ②和③C. ④和⑤D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】根据化学式可知，如果CO和CO2的物质的量相等，则二者的分子数相等，所含的氧原子数是1︰2的。而原子总数是2︰3的，碳原子数是1︰1的，含有的电子数是14︰22，所以正确的答案选D。
14. 下列叙述正确的是
A. 常温常压下，14 g N2含有的分子数约为3.01×1023
B. 64 g SO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C. 标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数约为6.02×1023
D. 56 g Fe与足量Cl2反应转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．n( N2)===0.5ml，N=n•NA=0.5ml×6.02×1023/ml=3.01×1023，故A正确；
B．n(SO2)= ==1ml，氧原子为2ml，N=n•NA=2 ml×6.02×1023/ml=1.204×1024，故B错误；
C．标准状况下，水不是气体，无法利用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D．56g铁的物质的量为=1ml，和氯气反应后铁变为+3价，反应中转移3NA个电子，故D错误；
故选A。
15. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，正确的是
A. NaHCO3的俗称是苏打
B. 同浓度的两种溶液可以用石灰水鉴别
C. 相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3的溶解度
D. 向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加等浓度的盐酸，后者反应更剧烈
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3的俗称小苏打，A错误；
B．二者都能够与石灰水反应产生难溶性物质，因此不能用石灰水鉴别，B错误；
C．相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度比NaHCO3的溶解度大，C错误；
D．向Na2CO3溶液中加入盐酸，开始无现象，后来有气泡；向NaHCO3溶液中滴加等浓度的盐酸，立即有气泡产生，可见二者与盐酸反应时，NaHCO3反应的更剧烈，D正确；
故合理选项是D。
16. 已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是
A. KClO3是氧化剂B. H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂
C. KCl是还原剂D. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1﹕5
【答案】D
【解析】
【分析】在反应5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由-1价升高到Cl2中的0价，KClO3中Cl元素由+5价降低到Cl2中0价，以此来解答。
【详解】A．在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中+5价变为Cl2中0价，化合价降低，得到电子，所以KClO3是氧化剂，A正确；
B．在反应中硫酸的组成元素在反应前后化合价都不变，所以H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；
C．在该反应中，Cl元素化合价由反应前KCl中-1价变为Cl2中0价，化合价升高，失去电子，所以KCl是还原剂，C正确；
D．在该反应中，3个Cl2中的6个Cl原子，其中有5个Cl是KCl失去电子氧化产生的，1个Cl是由KClO3得到电子还原生成的，所以氧化产物、还原产物的物质的量之比为5﹕1，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中氯元素的化合价变化是解答本题的关键，注意元素化合价升降与电子转移、物质作用的关系是解题基础。
17. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．2+=H2O+CO2↑，+=CaCO3↓，A不合题意；
B． +=H2O，B不合题意；
C．、、、各离子相互不反应，可以大量共存，C符合题意；
D．与、均生成沉淀， +=BaSO4↓，D不合题意；
故答案为：C。
18. 已知PbO2在盐酸溶液中易生成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是
A. Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2＝2FeCl3+4FeI3
B. 每1ml PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移电子2ml
C. FeCl3溶液能将KI溶液中的I－氧化生成I2
D. I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2═2FeCl3+4FeI3，故A错误；
B．PbO2在盐酸溶液中易生成PbCl2，Pb元素化合价降低，被还原，不是被氧化，故B错误；
C．氧化性FeCl3＞I2，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化生成I2，故C正确；
D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；
故选C。
19. 下列关于决定物质体积的因素的说法不正确的是
A. 物质的体积取决于粒子数目、粒子大小和粒子间距
B. 相同条件下，粒子数相同的任何气体都具有相同体积
C. 同温同压下，1 ml任何物质所占有的体积均相同
D. 等质量的H2，压强越小、温度越高，气体所占体积越大
【答案】C
【解析】
【分析】决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，但决定气体体积大小的因素是粒子数目和微粒之间的距离，决定液体和固体体积大小的因素是粒子数目和微粒大小。
【详解】A．决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，但气体中气体微粒之间距离越远大于微粒直径，所以微粒直径大小可以忽略不计，则决定气体体积大小的因素是粒子数目和粒子间距离，故A正确；
B．相同条件下，粒子数相同的任何气体，微粒平均距离相同，所以都具有相同体积，故B正确；
C．固体中微粒之间的距离很小，决定固体体积大小的因素是粒子数和粒子的大小，同温同压下，1ml任何气体所占有的体积均相同，故C错误；
D．气态方程分析，PV=nRT，等质量的H2，物质的量相同，压强越小、温度越高，气体所占体积越大，故D正确；
故选：C。
20. 下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度或者反应物用量)改变，不会引起产物种类改变的是
A. Na和O2B. NaOH和CO2C. Na2O2和CO2D. Na2CO3和HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．钠和氧气在没有条件的条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故A错误；
B．氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；
C．无论改变条件还是用量，都发生过氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3和氧气，故C正确；
D．少量盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，过量盐酸和Na2CO3溶液反应生成CO2，故D错误；
故选：C。
21. 如下图所示，A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红布条逐渐褪色，则D瓶中装的是
A. 稀盐酸B. 饱和NaCl溶液C. 浓硫酸D. H2O
【答案】C
【解析】
【分析】Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，打开B阀后，湿润的Cl2能使C处红布条褪色；
【详解】A．若D瓶中装的是稀盐酸，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，A不符合题意；
B．若D瓶中装的是饱和NaCl溶液，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，B不符合题意；
C．若D瓶中装的是浓硫酸，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，氯气被浓硫酸干燥，导入C处的是干燥的Cl2，Cl2没有漂白性，C处干燥的红布条不会褪色，C符合题意；
D．若D瓶中装的是H2O，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，D不符合题意；
答案选C。
22. 有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3，五种无标签溶液，为鉴别它们，取四支试管分别装入一种溶液，向上述四支试管中加入少许剩下的一种溶液，下列结论错误的是（ ）
A. 若有三支试管出现沉淀，则最后加入的是AgNO3溶液
B. 若全部没有明显现象，则最后加入的是NH4NO3溶液
C. 若一支试管出现气体，两支试管出现沉淀，则最后加入的是HCl溶液
D. 若只有两支试管出现沉淀，则最后加入的可能是BaCl2溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．在五种溶液中，AgNO3溶液和BaCl2、HCl、Na2CO3溶液反应均生成白色沉淀，所以有三支试管出现沉淀时，则最后加入的是AgNO3溶液，A结论正确；
B．NH4NO3溶液和Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl溶液混合均没有明显现象，则全部没有明显现象时，最后加入的是NH4NO3溶液，B结论正确；
C．如果最后加入的是HCl溶液，盐酸和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳，和AgNO3溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以只有一支试管出现气体，一支试管出现沉淀，C结论错误；
D．若最后加入的是BaCl2溶液，BaCl2溶液和Na2CO3、AgNO3溶液反应均生成白色沉淀，有两支试管出现沉淀，D结论正确；
答案为C。
23. VmL溶液中含有，取溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中的物质的量浓度是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】VmL溶液中，取溶液浓度不变，物质的量为，稀释前后溶质的物质的量不变，溶液中离子物质的量之比为个数比，则，；
故答案为：C。
24. 体积相同的某营养液两份，其配方如表，各物质均能溶于水，且均完全电离成阴阳离子，两份营养液中各离子的物质的量浓度
A. 完全相同B. 完全不同C. 仅相同D. 仅相同
【答案】A
【解析】
【详解】(1) 中， ；（2）中，，，，则(1)和 (2) 中各种离子的物质的量: ，，，，所以各种离子的浓度均相同，故选A。
25. 下列实验方案中，能测定和混合物中质量分数的是
A. 取a克混合物充分加热，减重b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D. 取a克混合物与少量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】AB
【解析】
【详解】A．取混合物加热，受热发生分解反应：，而不反应，灼烧后固体的质量为b克，则克，从而求算出的质量，故A正确；
B．向混合物中加入，发生反应：和，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得b克固体为，根据题意，设的物质的量为、的物质的量为，则、，联立求得和的质量，可以测定混合物中的质量分数，故B正确；
C．混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体有、和，故无法通过碱石灰增重的质量b克测定混合物中的质量分数，故C错误；
D．由于混合物与少量溶液反应，和未必完全反应，不能根据过滤、洗涤、烘干后所得固体的质量b克，测定混合物中的质量分数，故D错误；
故选AB。
Ⅱ卷
二．非选择题（共5道小题，共50分）
26. 某课外实验小组从煤油中取出一块钠，用滤纸吸干其表面的煤油，用刀切下数块，分别进行实验研究。
(1)钠块切面表面迅速变暗，反应化学方程式为______。
(2)将其中一块钠放入坩埚中加热，反应现象为：钠熔化并燃烧_______。
(3)将一小块钠放入燃烧匙中，加热，迅速伸入盛有氯气的集气瓶中，反应的化学方程式为______________ 。
(4)钠在空气中的燃烧产物可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为①________，②_______。若15.6g Na2O2参加反应，则最多可制得标准状况下氧气的体积为______L。
【答案】 ①. 4Na＋O2=2Na2O ②. 黄色火焰，有淡黄色固体生成 ③. 2Na + Cl2 2NaCl ④. 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2 ⑤. 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ ⑥. 2.24L
【解析】
【分析】钠性质活泼，放置在空气中被氧化为氧化钠，加热或点燃反应得到淡黄色的过氧化钠，生成的过氧化钠能够与二氧化碳和水反应放出氧气，可以用作呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，据此分析解答。
【详解】(1)钠性质活泼，放置在空气中被氧化为氧化钠，方程式为：4Na+O2═2Na2O，表面迅速变暗，故答案为：4Na+O2═2Na2O；
(2)钠在放入坩埚中加热反应得到淡黄色的过氧化钠，方程式为：2Na+O2Na2O2，反应现象为：钠熔化并燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，故答案为：黄色火焰，有淡黄色固体生成；
(3) 将一小块钠放入燃烧匙中，加热，迅速伸入盛有氯气的集气瓶中，钠燃烧生成氯化钠，反应的化学方程式为2Na + Cl2 2NaCl，故答案为：2Na + Cl2 2NaCl；
(4)钠在空气中的燃烧的产物为过氧化钠(Na2O2)，可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，②2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。15.6g Na2O2的物质的量为=0.2ml，根据方程式，最多可放出氧气0.1ml，在标准状况下，氧气的体积为0.1ml×22.4L/ml =2.24L，故答案为：2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；2.24L。
27. 实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料制备无水FeCl3。已知FeCl3易升华，易吸收水分而潮解。装置如下图所示。
（1）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为_______、_______；
（2）从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是_______。
（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，让Cl2充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_______。
（4）F装置所起的作用是_______和防止空气中的水蒸气进入E中
（5）生产消毒液是将氯气通入NaOH溶液中，发生反应的化学方程式为_______。
（6）取少量消毒液滴加酸性AgNO3溶液，现象是出现白色沉淀，说明消毒液中有_______(填离子符号)。消毒液稀释后喷洒在空气中，可以生成有漂白性的物质，请写出此过程的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（2）HCl与铁反应生成H2，H2和Cl2混合在加热时发生爆炸
（3）3Cl2 +2Fe2FeCl3
（4）吸收多余的Cl2，防止污染环境
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（6） ①. Cl- ②. NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
【解析】
【分析】A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成的Cl2中混有HCl和水蒸气，B装置中饱和食盐水用于吸收HCl，C装置中浓硫酸用于干燥Cl2；D装置中Fe与Cl2反应生成FeCl3，F装置一方面用于吸收Cl2尾气，一方面吸收空气中的水蒸气。
【小问1详解】
由分析可知，装置B、C分别用于除去Cl2中混有的HCl气体和水蒸气，所以应盛放的试剂名称分别为饱和食盐水、浓硫酸。答案为：饱和食盐水；浓硫酸；
小问2详解】
从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，则HCl也能与Fe反应生成FeCl2杂质和H2，H2与Cl2接触又会带来安全隐患，所以将对实验产生的不良后果是：HCl与铁反应生成H2，H2和Cl2混合在加热时发生爆炸。答案为：HCl与铁反应生成H2，H2和Cl2混合在加热时发生爆炸；
【小问3详解】
D中，Fe与Cl2在加热时发生反应生成FeCl3，反应的化学方程式：3Cl2 +2Fe2FeCl3。答案为：3Cl2 +2Fe2FeCl3；
【小问4详解】
Cl2有毒，会污染环境，F装置中的碱石灰可吸收Cl2，则所起的作用是吸收多余的Cl2，防止污染环境和防止空气中的水蒸气进入E中。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染环境；
【小问5详解】
生产消毒液是将氯气通入NaOH溶液中，发生反应生成NaClO等，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
【小问6详解】
取少量消毒液滴加酸性AgNO3溶液，现象是出现白色沉淀，说明生成AgCl，则消毒液中有Cl-。消毒液稀释后喷洒在空气中，NaClO与CO2作用生成有漂白性的物质HClO，此过程的化学方程式：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO。答案为：Cl-；NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO。
【点睛】NaClO和HClO都具有杀菌消毒能力，但HClO的杀菌消毒能力更强。
28. “84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于新冠疫情时宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒．某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用．请回答下列问题：
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为______。（计算结果保留一位小数）
（2）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液．
①在配制溶液的过程中除了需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是______。
②请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为______g。
（3）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是______。（填序号）
A. 定容时俯视刻度线读数B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水
C. 移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并转移洗液D. 定容时水多用胶头滴管吸出
（4）“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98%（密度为）的浓硫酸配制2L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，的物质的量浓度为______。
②需用浓硫酸的体积为______mL。
【答案】（1）3.8 （2） ①. 500mL容量瓶 胶头滴管 ②. 141.6 （3）A
（4） ①. 4.6 ②. 250
【解析】
【分析】溶液的物质的量浓度与密度、质量分数之间的关系有：物质的量浓度乘以物质的摩尔质量等于1000乘以密度乘以质量分数，即，则，可根据此进行物质的量浓度与质量分数、密度之间的换算。
【小问1详解】
该“84消毒液”的物质的量浓度约为；
【小问2详解】
在配制溶液的过程中除了需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶和胶头滴管；根据已知信息，该消毒液的密度为，需配置500mL消毒液，需称取称量NaClO固体的质量为；
【小问3详解】
A．定容时俯视刻度线读数，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，A符合题意；B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，不影响溶液浓度，B不符合题意；C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并转移洗液，会造成溶液中溶质偏低，溶液浓度偏低，C不符合题意；D．定容时水多用胶头滴管吸出，溶液浓度偏低，D不符合题意；故选A；
【小问4详解】
所配制溶液的浓度为，该溶液中氢离子的物质的量浓度为；98%（密度为）的浓硫酸浓度为，配制2L浓度为的稀硫酸，需用的浓硫酸体积为。
29. 某种市售食用碱是纯碱与小苏打的混合物，可大量应用于食品加工，如面条、面包、馒头等，某校化学兴趣小组利用如图所示装置进行实验，测定此种食用碱中纯碱的质量分数(各装置中气体吸收剂足量)。
实验步骤：
①检查装置的气密性，称取样品(仅由纯碱与小苏打组成)10g，加到装置B中；
②连接装置，打开弹簧夹，先通一段时间空气后，关闭弹簧夹，打开仪器a的活塞滴入稀硫酸至不再有气体生成；
③关闭仪器a的活塞，打开弹簧夹，继续通入一段时间空气。实验中记录的数据如表所示：
请回答下列问题：
（1）仪器a名称是_______，写出稀硫酸与碳酸氢钠反应的离子方程式：__________。
（2）实验开始前，先打开弹簧夹，通入一段时间空气，试剂X为___________溶液，实验结束后，需要继续通入一段时间的空气，其目的为___________。
（3）若缺少干燥管I，会造成测定结果___________(填“偏大”“不变”或“偏小”)。
（4）有同学认为，表格中三组数据都可以计算该样品中的质量分数，但也有同学认为不能用装置C前后的质量差来计算，其理由是___________。通过实验数据计算，食用碱中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. H++=H2O+CO2↑
（2） ①. 氢氧化钠溶液 ②. 将装置内的CO2赶到干燥管中被吸收
（3）偏大 （4） ①. 装置A、B中逸出的水蒸气会进入装置C中，即装置C增重的质量不为反应生成的水的质量 ②. 77.1%
【解析】
【分析】装置A为洗气瓶，除去空气中的CO2，防止影响实验结果，装置B发生H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，装置C吸收水蒸气，干燥管I为吸收二氧化碳，干燥管Ⅱ为防止空气中二氧化碳和水蒸气，
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，装置a的仪器名称是分液漏斗，稀硫酸与碳酸氢钠反应的方程式H2SO4+2NaHCO3=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，则其离子方程式为：H++=H2O+CO2↑，故答案为：分液漏斗；H++=H2O+CO2↑；
【小问2详解】
为了准确测出反应中生成多少质量的二氧化碳，要先除去装置内的CO2，所以实验开始前，先打开弹簧夹，通入一段时间空气，其目的是使通入空气中的二氧化碳被试剂X中NaOH溶液吸收，然后利用剩余的气体赶走装置中的空气，装置A为洗气瓶，除去空气中的CO2，试剂X为氢氧化钠溶液，实验结束后，需要继续通入一段时间的空气，其目的是将装置内的CO2赶到干燥管中被吸收，故答案为：氢氧化钠溶液；将装置内的CO2赶到干燥管中被吸收；
【小问3详解】
干燥管Ⅱ吸收空气中二氧化碳和水蒸气，防止被干燥管Ⅰ吸收，若缺少干燥管I，即直接称量干燥管Ⅱ的质量，由于吸收了空气中的CO2和水蒸气，故会造成测定结果偏大，故答案为：偏大；
【小问4详解】
装置A、B中逸出的水蒸气会进入装置C中，即装置C增重的质量不为反应生成的水的质量，故不能用装置C前后的质量差来计算，设Na2CO3物质的量为yml，NaHCO3物质的量为xml，84x+106y=10，x+y==0.1ml，联立计算y=ml=ml，x=ml=ml，m（Na2CO3）=ml×106g/ml=7.71g，Na2CO3的质量分数为×100%=77.1%，故答案为：装置A、B中逸出的水蒸气会进入装置C中，即装置C增重的质量不为反应生成的水的质量；77.1%。
30. 由CO和组成的混合气体16g，通过足量灼热的氧化铜，完全反应后测得体积为11.2L（标准状况），试计算：
（1）原混合气体在标准状况下的密度是______g/L；
（2）原混合气体中CO和在同温同压下的体积比为______。
【答案】（1）1.43
（2）3∶1
【解析】
【小问1详解】
；
故答案为：1.43；
【小问2详解】
同温同压下，气体的物质的量之比为气体体积比，该混合气体的摩尔质量为，根据十字交叉，，则n(CO)∶n(CO2)=12∶4=3∶1；
故答案为：3∶1。成分物质
KCl
（1）
0.3ml
0.2ml
0.1ml
/
（2）
0.1ml
0.3ml
/
0.1ml
84消毒液
【有效成分】NaClO
【规格】1000ml
【质量分数】24%
【密度】
装置B
装置C
干燥管I
实验前称得的质量/g
180.0
30.0
120.4
实验后称得的质量/g
174.2
31.5
124.8
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
Ⅰ卷
一．选择题（25道小题，每小题2分，共50分，每小题只有1个选项符合题意）
1. 下列有关物质分类或归类正确的一组是（ ）
①液氨、液氯、干冰均为化合物 ②盐酸、合金、氨水均为混合物
③明矾、小苏打、醋酸、硫酸均为电解质 ④碘酒、氢氧化钠溶液、豆浆均为胶体
⑤Na2O，Na2CO3，NaHCO3，Na2SiO3均钠盐
A. ①和②B. ②和③C. ③和④D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【分析】①化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物；
②不同物质组成的为混合物；
③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，常见的电解质有酸、碱、盐、金属氧化物和水等；
④胶体是分散质微粒直径的大小介于1～100nm的分散系；
⑤由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物是盐，含有钠离子的盐统称为钠盐。
【详解】①液氨、干冰均为化合物，液氯只含有Cl元素，是单质，①错误；
②盐酸是由氯化氢和水组成的混合物，合金是金属与金属或非金属融合而成的混合物，氨水是氨气与水的混合物，所以它们均为混合物，②正确；
③明矾、小苏打是盐，醋酸、硫酸是酸，所以明矾、小苏打、醋酸、硫酸均为电解质，③正确；
④碘酒、氢氧化钠溶液是溶液，豆浆为胶体，④错误；
⑤Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为盐，并且均为钠盐，Na2O是氧化物，⑤错误；
综上所述，②和③正确，B项正确；
答案选B。
2. 下列有关电解质的叙述正确的是
A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质
B. CO2的水溶液能够导电，所以CO2是电解质
C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质
D. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质更多课件教案等优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 【答案】D
【解析】
【详解】A．液态HCl不导电，但HCl是在水溶液中能导电的化合物，HCl是电解质，A错误；
B．CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子不是CO2电离产生的，而是CO2与水反应生成的H2CO3电离产生的，CO2属于非电解质，B错误；
C．液态Cl2不导电，Cl2属于单质，既不是电解质、也不是非电解质，C错误；
D．BaSO4虽然难溶于水，但溶于水的部分能完全电离产生Ba2+和，微弱导电，BaSO4是电解质，D正确；
答案选D。
3. 一种名为“钴酞菁”的分子(直径为)恢复磁性后，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法不正确的是
A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于胶体
B. “钴酞菁”分子不能透过滤纸，能透过半透膜
C. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应
D. 在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大
【答案】B
【解析】
【详解】A．“钴酞菁”的分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，“钴酞菁”的分子直径介于1~100nm之间，溶于水形成的分散系属于胶体，A正确；
B．“钴酞菁”分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，小于滤纸的缝隙，大于半透膜的缝隙，所以能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；
C．“钴酞菁”的分子直径为1.3×10-9 m，即1.3nm，在水中形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，如能够产生丁达尔效应，C正确；
D．“钴酞菁”分子直径为1.3 nm，Na+在水溶形成溶液，半径小于1 nm，所以“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，D正确；
答案选B。
4. 下列氯化物既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、铜与盐酸不反应，A错误；B、铁与氯气反应生成氯化铁，与盐酸反应生成氯化亚铁，B错误；C、钠与氯气或与盐酸反应均生成氯化钠，C正确；D、根据B中分析可知D错误，答案选C。
5. 科学家制得一种新型分子O4。关于O4和O2的下列说法不正确的是
A. 互为同素异形体B. 等质量的O4和O2所含原子数相同
C. 都属于单质D. 它们的摩尔质量相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 同种元素组成的单质互称为同素异形体，O4和O2均为氧元素构成的单质，为同素异形体，正确，A不符合题意；
B. 设质量为1g，O4的物质的量为：，含有的原子数为：；O2的物质的量为：，含有的原子数为：，则所含原子数相同，正确，B不符合题意；
C. O4和O2中O原子和O原子之间，均以共价键相连，因此均含有共价键，正确，C不符合题意；
D. O4的摩尔质量为64g/ml，O2的摩尔质量为32g/ml，摩尔质量不相同，错误，D符合题意。
答案为D。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. Na加到溶液中
B. 氢氧化镁与稀硫酸反应
C. 向硝酸银溶液中加盐酸
D. 用氢氧化铝治疗胃酸（盐酸）过多
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠加到硫酸铜溶液中发生的反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应生成的氢氧化钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸铜沉淀和硫酸钠，钠不能与硫酸铜溶液发生置换反应，故A错误；
B．氢氧化镁与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．硝酸银溶液与盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应的离子方程式为，故C错误；
D．用氢氧化铝治疗胃酸过多的反应为氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为，故D正确；
故选D。
7. 下列转化中，需要加入还原剂才能实现的是
A. Na → NaOHB. HCO→ CO2C. Fe3+ → Fe2+D. Cl- → Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】需要加入还原剂才能实现，说明选项中的物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析判断。
【详解】A．Na → NaOH 中Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故A不选；
B．HCO→ CO2中碳、氢、氧元素化合价都不变，需要加入酸才能实现，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故B不选；
C．Fe3+ → Fe2+中Fe元素化合价由+3价变为+2价，被还原，需要还原剂才能实现，故C选；
D．Cl- → Cl2中Cl元素化合价由-1价变为0价，被氧化，需要氧化剂才能实现，故D不选；
故选C。
8. 钠的下列性质中，和钠与水反应的现象无关的是
A. 钠的熔点低B. 钠的密度C. 钠的硬度小D. 钠有强还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．因钠与水反应放热，钠的熔点低，所以看到钠熔成闪亮的小球与性质有关，A不符合题意；
B．钠的密度比水小，所以钠浮在水面上，与性质有关，B不符合题意；
C．硬度大小与反应现象无关，所以与性质无关，C符合题意；
D．因钠的金属性强，所以与水反应剧烈，与性质有关，D不符合题意；
故选C
9. 水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应Cl2+H2O=HCl+HClO，知Cl2与水反应时，H2O中没有元素化合价改变，故H2O既不作氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；
B．由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，知H2O中氢元素化合价降低生成H2，故H2O作氧化剂，B符合题意；
C．Na2O+H2O=2NaOH，该反应不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，知该反应为Na2O2自身歧化反应，故H2O在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，D不符合题意；
故答案选B。
10. 下列物质的保存方法，与其化学性质无关的是
A. 金属钠保存在煤油中B. 浓盐酸需密闭保存
C. 新制氯水密闭存放于棕色瓶中D. 过氧化钠需保持干燥密闭保存
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属钠能与水、氧气反应，应该隔绝空气密封保存，因此钠保存在煤油中，隔绝空气，与其化学性质有关，选项A不合题意；
B．由于浓盐酸具有强挥发性，故浓盐酸需密闭保存，挥发性是物理性质不是化学性质，选项B符合题意；
C．由于Cl2+H2O=HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，故新制氯水密闭存放于棕色瓶中与次氯酸见光易分解的化学性质有关，选项C不合题意；
D．由于2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故过氧化钠需保持干燥密闭保存与Na2O2的化学性质有关，选项D不合题意；
答案选B。
11. 下列关于化学发展几个重要的里程碑说法不正确的是
A. 英国化学家波义尔提出元素的概念，标志着近代化学的诞生
B. 法国化学家拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，使近代化学取得了革命性进展
C. 英国科学家道尔顿提出分子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础
D. 俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，使化学的研究变得有规律可循
【答案】C
【解析】
【详解】A．1661年，英国化学家波义尔提出元素的概念，认为元素是用一般化学方法不能再分解为更简单的某些实物，标志着近代化学的诞生，A正确；
B．1774年，法国化学家拉瓦锡正式提出了氧化学说，认为燃烧的本质是物体与氧的化合，使近代化学取得了革命性进展，B正确；
C．1803年，英国科学家道尔顿提出原子论，为近代化学的发展奠定了坚实的基础，C错误；
D．1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并预言了未知元素的性质，使化学的研究变得有规律可循，D正确；
故选C。
12. 下列按照题给量的物质中含原子数最多的是
A. 0.4 ml氧分子B. 标准状况下5.6 L二氧化碳
C. 0.3 ml水分子D. 16 g甲烷(CH4)分子
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】0.4 ml氧分子含有0.8NA个氧原子；标准状况下5.6 L二氧化碳含有原子数0.75NA；0.3 ml水分子含有0.9NA个原子； 16 g甲烷(CH4)分子含有原子数5NA，故选D。
13. 相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）。
①它们所含的分子数目之比为1∶1； ②它们所含的O原子数目之比为1∶2； ③它们所含的原子总数目之比为2∶3； ④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们所含的电子数目之比为7∶11
A. ①②③④B. ②和③C. ④和⑤D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】根据化学式可知，如果CO和CO2的物质的量相等，则二者的分子数相等，所含的氧原子数是1︰2的。而原子总数是2︰3的，碳原子数是1︰1的，含有的电子数是14︰22，所以正确的答案选D。
14. 下列叙述正确的是
A. 常温常压下，14 g N2含有的分子数约为3.01×1023
B. 64 g SO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C. 标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数约为6.02×1023
D. 56 g Fe与足量Cl2反应转移的电子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．n( N2)===0.5ml，N=n•NA=0.5ml×6.02×1023/ml=3.01×1023，故A正确；
B．n(SO2)= ==1ml，氧原子为2ml，N=n•NA=2 ml×6.02×1023/ml=1.204×1024，故B错误；
C．标准状况下，水不是气体，无法利用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D．56g铁的物质的量为=1ml，和氯气反应后铁变为+3价，反应中转移3NA个电子，故D错误；
故选A。
15. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，正确的是
A. NaHCO3的俗称是苏打
B. 同浓度的两种溶液可以用石灰水鉴别
C. 相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3的溶解度
D. 向Na2CO3和NaHCO3固体中分别滴加等浓度的盐酸，后者反应更剧烈
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3的俗称小苏打，A错误；
B．二者都能够与石灰水反应产生难溶性物质，因此不能用石灰水鉴别，B错误；
C．相同条件下，在水中Na2CO3的溶解度比NaHCO3的溶解度大，C错误；
D．向Na2CO3溶液中加入盐酸，开始无现象，后来有气泡；向NaHCO3溶液中滴加等浓度的盐酸，立即有气泡产生，可见二者与盐酸反应时，NaHCO3反应的更剧烈，D正确；
故合理选项是D。
16. 已知5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是
A. KClO3是氧化剂B. H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂
C. KCl是还原剂D. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为1﹕5
【答案】D
【解析】
【分析】在反应5KCl+KClO3+3H2SO4=3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中，KCl中Cl元素由-1价升高到Cl2中的0价，KClO3中Cl元素由+5价降低到Cl2中0价，以此来解答。
【详解】A．在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中+5价变为Cl2中0价，化合价降低，得到电子，所以KClO3是氧化剂，A正确；
B．在反应中硫酸的组成元素在反应前后化合价都不变，所以H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；
C．在该反应中，Cl元素化合价由反应前KCl中-1价变为Cl2中0价，化合价升高，失去电子，所以KCl是还原剂，C正确；
D．在该反应中，3个Cl2中的6个Cl原子，其中有5个Cl是KCl失去电子氧化产生的，1个Cl是由KClO3得到电子还原生成的，所以氧化产物、还原产物的物质的量之比为5﹕1，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中氯元素的化合价变化是解答本题的关键，注意元素化合价升降与电子转移、物质作用的关系是解题基础。
17. 下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．2+=H2O+CO2↑，+=CaCO3↓，A不合题意；
B． +=H2O，B不合题意；
C．、、、各离子相互不反应，可以大量共存，C符合题意；
D．与、均生成沉淀， +=BaSO4↓，D不合题意；
故答案为：C。
18. 已知PbO2在盐酸溶液中易生成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是
A. Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2＝2FeCl3+4FeI3
B. 每1ml PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移电子2ml
C. FeCl3溶液能将KI溶液中的I－氧化生成I2
D. I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2═2FeCl3+4FeI3，故A错误；
B．PbO2在盐酸溶液中易生成PbCl2，Pb元素化合价降低，被还原，不是被氧化，故B错误；
C．氧化性FeCl3＞I2，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化生成I2，故C正确；
D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；
故选C。
19. 下列关于决定物质体积的因素的说法不正确的是
A. 物质的体积取决于粒子数目、粒子大小和粒子间距
B. 相同条件下，粒子数相同的任何气体都具有相同体积
C. 同温同压下，1 ml任何物质所占有的体积均相同
D. 等质量的H2，压强越小、温度越高，气体所占体积越大
【答案】C
【解析】
【分析】决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，但决定气体体积大小的因素是粒子数目和微粒之间的距离，决定液体和固体体积大小的因素是粒子数目和微粒大小。
【详解】A．决定物质体积大小的因素有粒子数目、微粒之间的距离和粒子的大小，但气体中气体微粒之间距离越远大于微粒直径，所以微粒直径大小可以忽略不计，则决定气体体积大小的因素是粒子数目和粒子间距离，故A正确；
B．相同条件下，粒子数相同的任何气体，微粒平均距离相同，所以都具有相同体积，故B正确；
C．固体中微粒之间的距离很小，决定固体体积大小的因素是粒子数和粒子的大小，同温同压下，1ml任何气体所占有的体积均相同，故C错误；
D．气态方程分析，PV=nRT，等质量的H2，物质的量相同，压强越小、温度越高，气体所占体积越大，故D正确；
故选：C。
20. 下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度或者反应物用量)改变，不会引起产物种类改变的是
A. Na和O2B. NaOH和CO2C. Na2O2和CO2D. Na2CO3和HCl
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．钠和氧气在没有条件的条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故A错误；
B．氢氧化钠与二氧化碳反应，二氧化碳不足时生成碳酸钠，二氧化碳过量时生成碳酸氢钠，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故B错误；
C．无论改变条件还是用量，都发生过氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3和氧气，故C正确；
D．少量盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，过量盐酸和Na2CO3溶液反应生成CO2，故D错误；
故选：C。
21. 如下图所示，A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红布条逐渐褪色，则D瓶中装的是
A. 稀盐酸B. 饱和NaCl溶液C. 浓硫酸D. H2O
【答案】C
【解析】
【分析】Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，打开B阀后，湿润的Cl2能使C处红布条褪色；
【详解】A．若D瓶中装的是稀盐酸，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，A不符合题意；
B．若D瓶中装的是饱和NaCl溶液，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，B不符合题意；
C．若D瓶中装的是浓硫酸，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，氯气被浓硫酸干燥，导入C处的是干燥的Cl2，Cl2没有漂白性，C处干燥的红布条不会褪色，C符合题意；
D．若D瓶中装的是H2O，关闭B阀时，湿润的Cl2经过D瓶，导入C处的仍是湿润的Cl2，则C处干燥的红布条会褪色，D不符合题意；
答案选C。
22. 有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3，五种无标签溶液，为鉴别它们，取四支试管分别装入一种溶液，向上述四支试管中加入少许剩下的一种溶液，下列结论错误的是（ ）
A. 若有三支试管出现沉淀，则最后加入的是AgNO3溶液
B. 若全部没有明显现象，则最后加入的是NH4NO3溶液
C. 若一支试管出现气体，两支试管出现沉淀，则最后加入的是HCl溶液
D. 若只有两支试管出现沉淀，则最后加入的可能是BaCl2溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．在五种溶液中，AgNO3溶液和BaCl2、HCl、Na2CO3溶液反应均生成白色沉淀，所以有三支试管出现沉淀时，则最后加入的是AgNO3溶液，A结论正确；
B．NH4NO3溶液和Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl溶液混合均没有明显现象，则全部没有明显现象时，最后加入的是NH4NO3溶液，B结论正确；
C．如果最后加入的是HCl溶液，盐酸和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳，和AgNO3溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以只有一支试管出现气体，一支试管出现沉淀，C结论错误；
D．若最后加入的是BaCl2溶液，BaCl2溶液和Na2CO3、AgNO3溶液反应均生成白色沉淀，有两支试管出现沉淀，D结论正确；
答案为C。
23. VmL溶液中含有，取溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中的物质的量浓度是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】VmL溶液中，取溶液浓度不变，物质的量为，稀释前后溶质的物质的量不变，溶液中离子物质的量之比为个数比，则，；
故答案为：C。
24. 体积相同的某营养液两份，其配方如表，各物质均能溶于水，且均完全电离成阴阳离子，两份营养液中各离子的物质的量浓度
A. 完全相同B. 完全不同C. 仅相同D. 仅相同
【答案】A
【解析】
【详解】(1) 中， ；（2）中，，，，则(1)和 (2) 中各种离子的物质的量: ，，，，所以各种离子的浓度均相同，故选A。
25. 下列实验方案中，能测定和混合物中质量分数的是
A. 取a克混合物充分加热，减重b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D. 取a克混合物与少量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】AB
【解析】
【详解】A．取混合物加热，受热发生分解反应：，而不反应，灼烧后固体的质量为b克，则克，从而求算出的质量，故A正确；
B．向混合物中加入，发生反应：和，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得b克固体为，根据题意，设的物质的量为、的物质的量为，则、，联立求得和的质量，可以测定混合物中的质量分数，故B正确；
C．混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体有、和，故无法通过碱石灰增重的质量b克测定混合物中的质量分数，故C错误；
D．由于混合物与少量溶液反应，和未必完全反应，不能根据过滤、洗涤、烘干后所得固体的质量b克，测定混合物中的质量分数，故D错误；
故选AB。
Ⅱ卷
二．非选择题（共5道小题，共50分）
26. 某课外实验小组从煤油中取出一块钠，用滤纸吸干其表面的煤油，用刀切下数块，分别进行实验研究。
(1)钠块切面表面迅速变暗，反应化学方程式为______。
(2)将其中一块钠放入坩埚中加热，反应现象为：钠熔化并燃烧_______。
(3)将一小块钠放入燃烧匙中，加热，迅速伸入盛有氯气的集气瓶中，反应的化学方程式为______________ 。
(4)钠在空气中的燃烧产物可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为①________，②_______。若15.6g Na2O2参加反应，则最多可制得标准状况下氧气的体积为______L。
【答案】 ①. 4Na＋O2=2Na2O ②. 黄色火焰，有淡黄色固体生成 ③. 2Na + Cl2 2NaCl ④. 2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2 ⑤. 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ ⑥. 2.24L
【解析】
【分析】钠性质活泼，放置在空气中被氧化为氧化钠，加热或点燃反应得到淡黄色的过氧化钠，生成的过氧化钠能够与二氧化碳和水反应放出氧气，可以用作呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，据此分析解答。
【详解】(1)钠性质活泼，放置在空气中被氧化为氧化钠，方程式为：4Na+O2═2Na2O，表面迅速变暗，故答案为：4Na+O2═2Na2O；
(2)钠在放入坩埚中加热反应得到淡黄色的过氧化钠，方程式为：2Na+O2Na2O2，反应现象为：钠熔化并燃烧，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，故答案为：黄色火焰，有淡黄色固体生成；
(3) 将一小块钠放入燃烧匙中，加热，迅速伸入盛有氯气的集气瓶中，钠燃烧生成氯化钠，反应的化学方程式为2Na + Cl2 2NaCl，故答案为：2Na + Cl2 2NaCl；
(4)钠在空气中的燃烧的产物为过氧化钠(Na2O2)，可用于呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，涉及的主要反应的化学方程式为①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，②2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。15.6g Na2O2的物质的量为=0.2ml，根据方程式，最多可放出氧气0.1ml，在标准状况下，氧气的体积为0.1ml×22.4L/ml =2.24L，故答案为：2Na2O2＋2CO2 = 2Na2CO3＋O2；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；2.24L。
27. 实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料制备无水FeCl3。已知FeCl3易升华，易吸收水分而潮解。装置如下图所示。
（1）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为_______、_______；
（2）从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是_______。
（3）实验时，先点燃A处的酒精灯，让Cl2充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_______。
（4）F装置所起的作用是_______和防止空气中的水蒸气进入E中
（5）生产消毒液是将氯气通入NaOH溶液中，发生反应的化学方程式为_______。
（6）取少量消毒液滴加酸性AgNO3溶液，现象是出现白色沉淀，说明消毒液中有_______(填离子符号)。消毒液稀释后喷洒在空气中，可以生成有漂白性的物质，请写出此过程的化学方程式：_______。
【答案】（1） ①. 饱和食盐水 ②. 浓硫酸
（2）HCl与铁反应生成H2，H2和Cl2混合在加热时发生爆炸
（3）3Cl2 +2Fe2FeCl3
（4）吸收多余的Cl2，防止污染环境
（5）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（6） ①. Cl- ②. NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
【解析】
【分析】A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成的Cl2中混有HCl和水蒸气，B装置中饱和食盐水用于吸收HCl，C装置中浓硫酸用于干燥Cl2；D装置中Fe与Cl2反应生成FeCl3，F装置一方面用于吸收Cl2尾气，一方面吸收空气中的水蒸气。
【小问1详解】
由分析可知，装置B、C分别用于除去Cl2中混有的HCl气体和水蒸气，所以应盛放的试剂名称分别为饱和食盐水、浓硫酸。答案为：饱和食盐水；浓硫酸；
小问2详解】
从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，则HCl也能与Fe反应生成FeCl2杂质和H2，H2与Cl2接触又会带来安全隐患，所以将对实验产生的不良后果是：HCl与铁反应生成H2，H2和Cl2混合在加热时发生爆炸。答案为：HCl与铁反应生成H2，H2和Cl2混合在加热时发生爆炸；
【小问3详解】
D中，Fe与Cl2在加热时发生反应生成FeCl3，反应的化学方程式：3Cl2 +2Fe2FeCl3。答案为：3Cl2 +2Fe2FeCl3；
【小问4详解】
Cl2有毒，会污染环境，F装置中的碱石灰可吸收Cl2，则所起的作用是吸收多余的Cl2，防止污染环境和防止空气中的水蒸气进入E中。答案为：吸收多余的Cl2，防止污染环境；
【小问5详解】
生产消毒液是将氯气通入NaOH溶液中，发生反应生成NaClO等，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
【小问6详解】
取少量消毒液滴加酸性AgNO3溶液，现象是出现白色沉淀，说明生成AgCl，则消毒液中有Cl-。消毒液稀释后喷洒在空气中，NaClO与CO2作用生成有漂白性的物质HClO，此过程的化学方程式：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO。答案为：Cl-；NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO。
【点睛】NaClO和HClO都具有杀菌消毒能力，但HClO的杀菌消毒能力更强。
28. “84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于新冠疫情时宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒．某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍（体积之比）后使用．请回答下列问题：
（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为______。（计算结果保留一位小数）
（2）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液．
①在配制溶液的过程中除了需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是______。
②请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为______g。
（3）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是______。（填序号）
A. 定容时俯视刻度线读数B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水
C. 移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并转移洗液D. 定容时水多用胶头滴管吸出
（4）“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98%（密度为）的浓硫酸配制2L的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力。
①所配制的稀硫酸中，的物质的量浓度为______。
②需用浓硫酸的体积为______mL。
【答案】（1）3.8 （2） ①. 500mL容量瓶 胶头滴管 ②. 141.6 （3）A
（4） ①. 4.6 ②. 250
【解析】
【分析】溶液的物质的量浓度与密度、质量分数之间的关系有：物质的量浓度乘以物质的摩尔质量等于1000乘以密度乘以质量分数，即，则，可根据此进行物质的量浓度与质量分数、密度之间的换算。
【小问1详解】
该“84消毒液”的物质的量浓度约为；
【小问2详解】
在配制溶液的过程中除了需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶和胶头滴管；根据已知信息，该消毒液的密度为，需配置500mL消毒液，需称取称量NaClO固体的质量为；
【小问3详解】
A．定容时俯视刻度线读数，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，A符合题意；B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，不影响溶液浓度，B不符合题意；C．移液时没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次，并转移洗液，会造成溶液中溶质偏低，溶液浓度偏低，C不符合题意；D．定容时水多用胶头滴管吸出，溶液浓度偏低，D不符合题意；故选A；
【小问4详解】
所配制溶液的浓度为，该溶液中氢离子的物质的量浓度为；98%（密度为）的浓硫酸浓度为，配制2L浓度为的稀硫酸，需用的浓硫酸体积为。
29. 某种市售食用碱是纯碱与小苏打的混合物，可大量应用于食品加工，如面条、面包、馒头等，某校化学兴趣小组利用如图所示装置进行实验，测定此种食用碱中纯碱的质量分数(各装置中气体吸收剂足量)。
实验步骤：
①检查装置的气密性，称取样品(仅由纯碱与小苏打组成)10g，加到装置B中；
②连接装置，打开弹簧夹，先通一段时间空气后，关闭弹簧夹，打开仪器a的活塞滴入稀硫酸至不再有气体生成；
③关闭仪器a的活塞，打开弹簧夹，继续通入一段时间空气。实验中记录的数据如表所示：
请回答下列问题：
（1）仪器a名称是_______，写出稀硫酸与碳酸氢钠反应的离子方程式：__________。
（2）实验开始前，先打开弹簧夹，通入一段时间空气，试剂X为___________溶液，实验结束后，需要继续通入一段时间的空气，其目的为___________。
（3）若缺少干燥管I，会造成测定结果___________(填“偏大”“不变”或“偏小”)。
（4）有同学认为，表格中三组数据都可以计算该样品中的质量分数，但也有同学认为不能用装置C前后的质量差来计算，其理由是___________。通过实验数据计算，食用碱中的质量分数为___________(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. H++=H2O+CO2↑
（2） ①. 氢氧化钠溶液 ②. 将装置内的CO2赶到干燥管中被吸收
（3）偏大 （4） ①. 装置A、B中逸出的水蒸气会进入装置C中，即装置C增重的质量不为反应生成的水的质量 ②. 77.1%
【解析】
【分析】装置A为洗气瓶，除去空气中的CO2，防止影响实验结果，装置B发生H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，装置C吸收水蒸气，干燥管I为吸收二氧化碳，干燥管Ⅱ为防止空气中二氧化碳和水蒸气，
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，装置a的仪器名称是分液漏斗，稀硫酸与碳酸氢钠反应的方程式H2SO4+2NaHCO3=Na2SO4+2H2O+2CO2↑，则其离子方程式为：H++=H2O+CO2↑，故答案为：分液漏斗；H++=H2O+CO2↑；
【小问2详解】
为了准确测出反应中生成多少质量的二氧化碳，要先除去装置内的CO2，所以实验开始前，先打开弹簧夹，通入一段时间空气，其目的是使通入空气中的二氧化碳被试剂X中NaOH溶液吸收，然后利用剩余的气体赶走装置中的空气，装置A为洗气瓶，除去空气中的CO2，试剂X为氢氧化钠溶液，实验结束后，需要继续通入一段时间的空气，其目的是将装置内的CO2赶到干燥管中被吸收，故答案为：氢氧化钠溶液；将装置内的CO2赶到干燥管中被吸收；
【小问3详解】
干燥管Ⅱ吸收空气中二氧化碳和水蒸气，防止被干燥管Ⅰ吸收，若缺少干燥管I，即直接称量干燥管Ⅱ的质量，由于吸收了空气中的CO2和水蒸气，故会造成测定结果偏大，故答案为：偏大；
【小问4详解】
装置A、B中逸出的水蒸气会进入装置C中，即装置C增重的质量不为反应生成的水的质量，故不能用装置C前后的质量差来计算，设Na2CO3物质的量为yml，NaHCO3物质的量为xml，84x+106y=10，x+y==0.1ml，联立计算y=ml=ml，x=ml=ml，m（Na2CO3）=ml×106g/ml=7.71g，Na2CO3的质量分数为×100%=77.1%，故答案为：装置A、B中逸出的水蒸气会进入装置C中，即装置C增重的质量不为反应生成的水的质量；77.1%。
30. 由CO和组成的混合气体16g，通过足量灼热的氧化铜，完全反应后测得体积为11.2L（标准状况），试计算：
（1）原混合气体在标准状况下的密度是______g/L；
（2）原混合气体中CO和在同温同压下的体积比为______。
【答案】（1）1.43
（2）3∶1
【解析】
【小问1详解】
；
故答案为：1.43；
【小问2详解】
同温同压下，气体的物质的量之比为气体体积比，该混合气体的摩尔质量为，根据十字交叉，，则n(CO)∶n(CO2)=12∶4=3∶1；
故答案为：3∶1。成分物质
KCl
（1）
0.3ml
0.2ml
0.1ml
/
（2）
0.1ml
0.3ml
/
0.1ml
84消毒液
【有效成分】NaClO
【规格】1000ml
【质量分数】24%
【密度】
装置B
装置C
干燥管I
实验前称得的质量/g
180.0
30.0
120.4
实验后称得的质量/g
174.2
31.5
124.8
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