安徽省2024_2025学年高一化学上学期11月月考试题含解析

这是一份安徽省2024_2025学年高一化学上学期11月月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了 下列反应的离子方程式正确的是， 下列实验操作正确的是等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题14小题，每小题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意）
1. 古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗词中涉及化学变化，但不涉及氧化还原反应的是
A. 陆游的词“零落成泥碾作尘，只有香如故”
B. 王安石的诗句“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”
C. 刘禹锡的诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”
D. 于谦的诗句“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”
【答案】D
【解析】
【详解】A．“零落成泥碾作尘，只有香如故”描述主要是分子的扩散现象，未涉及化学变化，A项不符合题意；
B．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”描述的是燃烧现象，涉及氧化还原反应，B项不符合题意；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”描述的是利用金密度大的特点来淘金，未涉及化学变化，C项不符合题意。
D．“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”涉及的是碳酸钙的分解，属于化学变化，且没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，D项符合题意；
答案选D。
2. 合成新物质是研究化学的主要目的之一。四聚氧O4是意大利的一位科学家合成的一种新型的氧分子，氧化性极强。下列关于O4的说法中，正确的是
A. O4是一种新型的化合物B. 等质量O4和O2含有的氧原子个数比为2：1
C. O2和O4互同素异形体D. O2转化为O4为氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．O4仅由O元素组成，是一种新型的单质，A错误；
B．依据氧元素守恒分析，都由氧元素组成，等质量时氧元素质量相同，氧原子数相同，B错误；
C．同种元素形成的不同单质是同素异形体，因此O2和O4是同素异形体，C正确；
D．在O2和O4的转化过程中，氧元素的价态始终是0价，两者之间的转化不是氧化还原反应，D错误；
故选C。
3. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 向沸水中滴加溶液制备胶体：
B. 碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
C 氯气溶于水：
D. 向氢氧化钠溶液中通入过量
【答案】D
【解析】
【详解】A．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为：，A错误；
B．酸式盐与碱反应时，要以不足量的Ca(OH)2为标准，假设其物质的量为1，然后根据需要确定需要的物质的量，该反应离子方程式应该为：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++H2O，B错误；
C．氯气溶于水时发生反应生成HCl和HClO，其离子方程式为：，HClO是弱电解质，不能拆开，C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2反应生成NaHCO3，其反应的离子方程式为：，D正确；
4. 设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4 L H2O中所含水分子的数目为 NA
B. 常温下，32 g O2和 O3的混合气体中氧原子的数目为2NA
C. 常温下，1 L 0.5 ml/L Ba(OH) 2溶液中氢原子的数目为 NA
D. 1L l ml/L FeCl3溶液制成胶体后，其中含有Fe(OH)3胶粒的数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，H2O是液态，22.4 LH2O不是1ml，分子数不是NA，A错误；
B．32g O2和O3混合物中，含有氧原子为，氧原子个数为 2NA，B正确；
C．常温下，Ba(OH)₂ 溶 液中，Ba(OH)₂ 和水中都含有氢原子，其数目大于 NA，C错误；
D．Fe(OH)3胶粒是多个分子集合体，用1ml FeCl3制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒的数目为小于NA，D错误；
故答案选B。
5. 如图所示，气缸的总体积一定，内部被活塞隔成Ⅰ、Ⅱ两部分，活塞可以自由移动，也可以固定。25 ℃时向Ⅰ中充入8 g SO2，Ⅱ中充入22 g CO2，则下列说法正确的是
A. 当活塞不再移动时，Ⅰ、Ⅱ两部分体积之比为1∶2
B. 当活塞不再移动时，Ⅰ、Ⅱ两部分密度之比为11∶16
C. 当活塞固定在气缸正中间，Ⅰ、Ⅱ两部分压强之比为4∶1
D. 若活塞移动到气缸正中间，Ⅰ中气体需再入24 g SO2
【答案】D
【解析】
【分析】8g二氧化硫的物质的量为=ml，22g二氧化碳的物质的量为=ml；
【详解】A．由阿伏加德罗定律可知，当活塞不再移动时，I、II两部分体积之比为ml：ml=1：4，故A错误；
B．由理想气体状态方程可知，当活塞不再移动时，I、II两部分密度之比等于二氧化硫和二氧化碳的摩尔质量之比，则密度之比为64：44=16：11，故B错误；
C．由气体的压强之比等于气体的物质的量之比可知，当活塞固定在气缸正中间，I、II两部分压强之比为ml：ml=1：4，故C错误；
D．由阿伏加德罗定律可知，活塞移动到气缸正中间说明二氧化硫和二氧化碳的物质的量相等，则I中需再通入二氧化硫的质量为ml×64g/ml-8g=24g，故D正确；
故选D。
6. 下列实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装有烧杯容积 水的烧杯中，观察现象，故A错误；
B．与都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，一般用氯化钙溶液鉴别与，故B错误；
C．用棉花包裹，放入充满的集气瓶中，棉花燃烧说明与反应生成氧气，同时反应放热，故C正确；
D．观察钾的焰色应透过蓝色钴玻璃，故D错误；
选C。
7. 有600mL某种混合物溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、NH、、、，现将此溶液分成三等份，进行如下实验：
①向第一份中加入AgNO3溶液，有沉淀产生；
②向第二份中加足量NaOH溶液并加热后，收集到气体0.04 ml；(条件为加热)
③向第三份中加足量BaCl2溶液后，得干燥的沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。
根据上述实验，以下推测错误的是
A. K+一定存在
B. Ba2+、Mg2+一定不存在
C. Cl- 可能存在
D. 混合溶液中的物质的量浓度为0.033ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】①加入硝酸银溶液，有沉淀生成，说明一定含有Cl-、、中的至少一种；
②第二份中加入足量NaOH溶液并加热，收集到气体0.04ml，说明含有铵根离子且物质的量为0.04ml；
③第三份中加入足量氯化钡溶液，得到干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤，干燥后沉淀质量为2.33g，2.33g沉淀为硫酸钡，说明溶液中含有硫酸根离子，物质的量为0.01ml，硫酸根离子存在的条件下钡离子一定不存在，加入稀盐酸沉淀部分溶液，说明溶液中还含有碳酸根离子，生成了碳酸钡沉淀，质量为3.94g，则含有碳酸根物质的量为0.02ml，碳酸根离子存在的条件下一定不含镁离子，因为溶液呈电中性，含有0.02ml碳酸根离子和0.01ml硫酸根离子，含有铵根离子0.04ml，则含有钾离子0.02ml，氯离子是否存在暂时无法确定，若存在氯离子则钾离子的物质的量相应增加。
【详解】A．根据分析可知一定存钾离子，A正确；
B．根据分析可知一定没有的离子为Mg2+、Ba2+，B正确；
C．根据分析可知，可能存在Cl-，C正确；
D．根据分析可知，混合溶液中碳酸根离子的浓度为c()==0.1ml/L，D错误；
故答案选D。
8. 为了实现碳能源系统转型，氢能将成为21世纪的理想能源。以太阳能为热源分解，经铁氧化合物循环分解水制，其过程如图。下列说法不正确的是
过程Ⅰ：(未配平)；
过程Ⅱ：(未配平)。
A. 在分解水制的过程中作催化剂
B. 过程Ⅰ的反应中每生成12 ml FeO转移6 ml电子
C. 过程Ⅰ的反应中还原产物是FeO
D. 过程Ⅱ的反应中FeO和的化学计量数之比为3∶1
【答案】B
【解析】
【详解】A．在过程I中作为反应物，在过程Ⅱ中又作为生成物，反应前后质量不变，故是催化剂，A正确；
B．根据化合价升降，过程Ⅰ的反应方程式为，每生成12 ml FeO，同时生成2mlO2，转移8ml电子，B错误；
C．过程Ⅰ的反应方程式为，氧化产物为氧气，还原产物为FeO，C正确；
D．根据化合价升降，过程Ⅱ的反应方程式为，则FeO和的化学计量数之比为3∶1，D正确；
故选B。
9. 已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO═2MnO+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A. 由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO
B. 由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(Ⅳ)含量之比为1：2
C. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑
D. Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3═3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV)，说明氧化性：HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成，说明氧化性PbO2＞，则物质的氧化性：PbO2＞＞HNO3，，A错误；
B．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，，B错误；
C．据反应II可知氧化性：PbO2＞，而酸性条件下能将HCl氧化成Cl2，则Pb(IV)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，C正确；
D．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能反应生成Pb(NO3)4，D错误；
故选C。
10. 化合价是认识物质性质的重要视角。已知硝酸见光、受热易分解，某学习小组拟通过实验探究其分解的产物，下列四种猜想合理的一组是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．+5价的N元素降低到+4价，-2价的O元素升高到0价，符合氧化还原反应的规律，A正确；
B．只有N元素化合价下降到-3价和+2价，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应的规律，B错误；
C．只有N元素化合价下降到+1价和+2价，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应的规律，C错误；
D．只有N元素化合价下降到0价和+4价，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应的规律，D错误；
答案选A。
11. 下列各项操作中，发生“先沉淀后溶解”现象的有
①向澄清石灰水中通入至过量
②向饱和溶液中通入过量
③向胶体中逐滴滴入过量稀
A. ①③B. ②③C. ①②③D. 仅有②
【答案】A
【解析】
【详解】①向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙溶解生成碳酸氢钙，正确；
②向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量生成碳酸氢钠沉淀，错误；
③向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，正确；
故选A。
12. 下列装置完成相关实验，合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．容量瓶不能用于溶解固体氢氧化钠，应在烧杯中用适量的蒸馏水溶解，A错误；
B．过滤用于分离固体和液体，过滤能除去粗盐水中的不溶物，B正确；
C．氯化氢极易溶于水而氯气难溶于饱和食盐水，故饱和食盐水可除去中的少量，不能用饱和碳酸氢钠除去除去中的少量，因为盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，是新杂质，C错误；
D．为防止反应过程中产生的水蒸气冷凝后倒流到试管底部而使试管因冷热不匀而破裂，试管口应略向下倾斜，D错误；
答案选B。
13. 下列实验操作、现象及结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．应先加稀盐酸能除去、Ag+、等离子的干扰，再用BaCl2检验硫酸根离子，A错误；
B．氨气极易溶于水，向饱和食盐水中先通入足量使得溶液呈碱性，再通入足量才会生成大量碳酸氢钠、析出碳酸氢钠晶体，B错误；
C．、都能和稀盐酸反应生成CO2，根据实验现象知，溶液中可能含有、或二者都有，所以可能含有；C正确；
D．加入过量稀盐酸固体全部溶解，铁先被铁离子氧化，接着铁可置换出铜、析出红色固体，故溶液中可能还有铜离子，D错误；
选C。
14. 已知工业上制备氧缺位铁酸盐部分流程如图，该方法可实现硫、氮氧化合物的废气利用。下列有关说法错误的是
A. 若与以个数比发生反应，则
B. 与的反应要在无氧条件下进行
C. 若使1个完全转化为，需失去个
D. 的还原性强于
【答案】D
【解析】
【详解】A．若与以个数比发生反应生成ZnFe2Ox和水，根据原子守恒可知，故A正确；
B．ZnFe2O4与H2在300～500℃下反应生成ZnFe2Ox和水，在无氧条件下就可进行，故B正确；
C．已知ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，中Zn为+2价，Fe为+（x-1）价，故使1个完全转化为，需失去2×[3-（x-1）]=（8-2x）电子，故C正确；
D．与SO2、NO2反应生成ZnFe2O4，铁元素化合价升高，被氧化，作还原剂，所以的还原性弱于，故D错误；
故选：D。
第Ⅱ卷 （非选择题 共58分）
二、非选择题（4小题，共58分）
15. 化学与人类社会可持续发展密切相关，能源、环境、材料以及日常生活等都离不开化学。请根据题意回答以下问题：
（1）现有以下生产、生活中常见的物质：
A．铜丝 B．漂白粉 C．NaCl晶体 D．醋酸溶液 E．粉末 F．干冰
①属于电解质的是___________(填写序号，下同)。
②在上述所给状态下能导电的是___________。
（2）海底埋藏着大量“可燃冰”，其外观像冰，主要成分为甲烷水合物，并含有少量等。可燃冰属于___________(填“纯净物”或“混合物”)；在较低的温度和压力下，用甲烷为原料可制成金刚石薄膜，该变化属于___________(填“物理变化”或“化学变化”)。
（3）某同学炒菜时汤汁溅到液化气的火焰上时，火焰呈黄色。据此他判断汤汁中含有___________元素(填元素名称)。
（4）在汽车排气管上安装催化转化装置，可使尾气中的NO和CO反应转化为无污染的物质。请完成一定条件该反应的化学方程式___________。
（5）碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝和氢氧化镁等，均可用于中和胃酸(主要成分为盐酸)，这些物质中不属于盐的是___________(填化学式)，写出氢氧化铝与盐酸反应的离子方程式___________。
（6）吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用亚硒酸钠()能消除人体内的活性氧，由此推断在反应中被___________。
【答案】（1） ①. CE ②. AD
（2） ①. 混合物 ②. 化学变化
（3）钠元素 （4）2CO+2NO2CO2+N2
（5） ①. Al(OH)3、Mg(OH)2 ②. Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（6）氧化
【解析】
【小问1详解】
A．铜丝能导电，既不是电解质也不是非电解质，
B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，既不是电解质也不是非电解质，
C．NaCl晶不能导电，溶于水导电，属于电解质，
D．醋酸溶液为电解质溶液，能导电，既不是电解质也不是非电解质，
E．Na2O粉末不导电，属于电解质，
F．干冰是非电解质，不能导电；
①属于电解质的是CE；
②在上述所给状态下能导电的是：AD；
【小问2详解】
可燃冰主要成分为甲烷水合物，并含有少量CO2等，所以是混合物；在较低的温度和压力下，用甲烷为原料可制成金刚石薄膜，有新物质生成，属于化学变化；
【小问3详解】
汤汁溅到液化气的火焰上时，火焰呈黄色，说明汤汁中含有钠元素；
【小问4详解】
在汽车排气管上安装催化转化装置，可使尾气中的NO和CO反应转化为无污染的物质，可知产物为二氧化碳和氮气，方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；
【小问5详解】
碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝和氢氧化镁中，不属于盐的是：Al(OH)3、Mg(OH)2；胃酸的主要成分为盐酸，盐酸酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
【小问6详解】
亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除人体内的活性氧，可知Se元素的化合价升高，被氧化。
16. 我国将力争2060年前实现碳中和，的捕捉是减少碳排放的措施之一。
I.一种利用溶液捕捉回收的过程如图所示。
（1）捕捉室中溶液常喷成雾状，优点是___________。
（2）整个过程中可以循环利用的物质是___________。
II.实验室模拟捕捉回收，配制溶液。
（3）配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和。根据计算用托盘天平称量固体___________g。
（4）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是______________________装瓶贴签。
A．向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B．用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒次，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C．将已冷却的溶液注入容量瓶中
D．根据计算，称取取一定量的固体
E、向盛有固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F、盖上容量瓶塞了，摇匀
G、用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液凹面恰好与刻度相切
H、继续往容量瓶中小心地加蒸馏水，使液面接近刻度线处
（5）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是___________
A．称量所用的砝码生锈
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容
D．定容时仰视刻度线
E．定容时水加多用胶头滴管吸出
F．称量时间过长
III.固体也可以捕捉回收，研究表明热分解制得的疏松多孔，具有良好的捕捉性能。取进行加热，固体质量随温度变化如图所示：
(注：曲线中共涉及到三步分解反应)。
（6）写出范围内分解反应的化学方程式：___________。
（7）据图分析，捕捉的反应温度应___________(填“高于”或“低于”)。
【答案】（1）增大反应物接触面积，使反应更快、更充分 （2）CaO、NaOH （3）20.00
（4） ①. A ②. E→C→B→H→G→F （5）AC
（6） （7）低于
【解析】
【小问1详解】
捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；
【小问2详解】
从流程图可以看出，反应分离室得到的NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液，高温反应炉得到的CaO可作为反应分离室中的反应物，因此可循环使用的物质是CaO、NaOH；
【小问3详解】
配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管；用托盘天平称量NaOH固体质量为：；
【小问4详解】
配置一定物质的量浓度的溶液一般步骤为：检漏、计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F→装瓶贴签；
【小问5详解】
A．称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大，A符合题意；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响，B不符合题意；
C．未冷至室温就转移定容，溶液体积膨胀，冷却至室温液面下降，所加水量偏少，溶液浓度偏大，C符合题意；
D．定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，D不符合题意；
E．定容时水加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小，E不符合题意；
F．称量NaOH时间过长，NaOH吸水潮解，所称量NaOH固体的质量偏小，导致溶液浓度偏小，F不符合题意；
故选AC；
【小问6详解】
由题图中信息可知，在200℃左右失去结晶水生成CaC2O4；CaC2O4在400~600℃因分解减少的固体质量为：1.28g−1.00g=0.28g，减少的是CO的质量，分解产物为CO和CaCO3，则400~600℃范围内分解反应的化学方程式为：；
【小问7详解】
由图可知，温度800~1000℃因分解减少的固体质量为：1.00g−0.56g=0.44g，减少的是CO2的质量，即高于800℃时，碳酸钙分解生成CaO和CO2，只有低于此温度，才有利于CaO和CO2化合，则CaO捕捉CO2的反应温度应低于800℃。
17. 烧碱、纯碱等都是重要的化工原料。
（1）利用如图装置可以证明二氧化碳与烧碱溶液发生了反应。
①若将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的液体挤入烧瓶，此时的实验现象是__________。
②若其他操作不变，将A与C连接，可观察到的现象是___________。
（2）向含4gNaOH的烧碱溶液中通入一定量CO2充分反应后，将溶液在低温下蒸干得到白色固体X，X的组成可能有四种情况，按出现的先后顺序分别是I.NaOH、Na2CO3；II._______；III.Na2CO3、NaHCO3；IV._______。
①常温下，将得到的固体X重新溶于水，在所得溶液中加入盐酸，使溶液的pH=7，再将溶液蒸干，得到固体的质量为_________g。
②若要验证白色固体X是第I种组成，依次加入的试剂为__________(填字母，下同)。
a.盐酸 b.MgCl2溶液 c.BaCl2溶液 d.Ba(OH)2溶液
③若白色固体X为第III种组成，下列实验方案中不能准确测定其中NaHCO3质量分数的是_______。
a.取mgX与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤，洗涤，烘干得ng固体
b.取mgX与足量盐酸充分反应，加热，蒸干，灼烧得ng固体
c.取mgX充分加热，减重ng
d.取mgX与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体被足量碱石灰吸收，增重ng
④若白色固体X的质量为7.0g，则X的组成为_______(填“I”“II”“III”或“IV”)。
【答案】（1） ①. 水沿导管由广口瓶进入烧瓶(或水倒吸进入烧瓶) ②. 广口瓶中的长导管口有气泡产生
（2） ①. Na2CO3 ②. NaHCO3 ③. 5.85 ④. cb ⑤. d ⑥. III
【解析】
【小问1详解】
①若将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的NaOH浓溶液挤入圆底烧瓶，由于二氧化碳易溶于氢氧化钠溶液且与NaOH发生反应，使圆底烧瓶内部压强迅速减小，故广口瓶中的水沿导管进入烧瓶；②若将A与C连接，其他操作不变，导致外界压强高于瓶内压强，故广口瓶中的长导管口会产生气泡。
【小问2详解】
向NaOH溶液中通入CO2，随着CO2的通入依次发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；按出现的先后顺序分别是I.NaOH、Na2CO3；II. Na2CO3；III.Na2CO3、NaHCO3；IV. NaHCO3；①根据Na守恒，所得NaCl的质量为×58.5g=5.85g；
②要检验白色固体X为第I中，即检验OH-和CO32-的存在，故先加入BaCl2溶液检验Na2CO3，过滤后再加入MgCl2检验NaOH；故顺序为cb；
③若白色固体为第III种，即测量碳酸钠和碳酸氢钠的混合物中碳酸氢钠的质量分数；
a选项中沉淀的质量即为碳酸钡的质量，根据碳酸钡的质量和原混合物的总质量可以列式求出碳酸钠和碳酸氢钠的质量分数，a正确；
b选项中n g固体为生成的氯化钠的质量，根据钠原子守恒和原混合物总质量可列式计算出碳酸氢钠的质量分数，b正确；
c选项采用差量法，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，由此可求出碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸氢钠的质量分数，c正确；
d选项中碱石灰增加的质量为混合物与酸反应生成的二氧化碳及溶液中挥发出来的水蒸气的质量，因此不能通过数据准确计算出碳酸氢钠的质量分数，d不正确；故选d；
④根据Na守恒，若固体全部为Na2CO3质量为5.3 g，若固体全部为NaHCO3质量为8.4 g，固体X的质量为7.0 g，故其为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，即第III种。
18. 某同学用如图装置制备Cl2并探究其性质。查阅资料知：
ⅰ．S2O酸性条件下与H+迅速反应生成S和SO2；
ⅱ．S2O有较强的还原性；
ⅱi.Fe3+遇KSCN溶液变为血红色：Fe3+ + SCN-=Fe(SCN)3血红色。
（1）装置A中a的作用是___________；装置A中制备Cl2的离子方程式为___________。
（2）上述装置中存在一处缺陷，会干扰Cl2和Na2S2O3性质的探究，改进的方法是___________。
（3）改进实验装置后，B中S2O被氧化为SO，写出该反应的离子方程式__________。
（4）装置C中溶液颜色先变为血红色，一段时间后褪色。
①生成使KSCN溶液变为血红色物质的离子方程式____________。
②某同学对褪色原因提出假设：
假设1：Fe3+被Cl2氧化为更高价态； 假设2：____________。
为进一步探究，该同学取装置C褪色后的溶液少许于试管中，__________（写出操作及现象）说明假设2成立。
【答案】（1） ①. 平衡气压，使得浓盐酸能顺利滴下 ②. MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（2）在装置A和装置B之间加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶
（3）+4Cl2+5H2O=10H++2+8Cl-
（4） ①. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ②. SCN-被氯气氧化 ③. 加入KSCN溶液，观察到溶液变红色
【解析】
【分析】A中浓盐酸和MnO2加热条件下反应生成氯气，生成的氯气通入硫代硫酸钠溶液中反应生成硫酸根离子和氯离子，随后氯气进入C中与氯化亚铁反应生成氯化铁，使得溶液变血红色，最后进行尾气处理。
【小问1详解】
装置A中a的作用为平衡气压，使得浓盐酸能顺利滴下。装置A中浓盐酸与MnO2加热条件下反应生成氯气、MnCl2和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
【小问2详解】
根据题干可知，酸性条件下能与氢离子迅速反应生成S和SO2，A装置生成的氯气中含有HCl，HCl会与反应生成S和SO2而干扰实验，因此改进方法为在装置A和装置B之间加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯气中的HCl。
【小问3详解】
具有较强的还原性，而氯气具有强氧化性，两者反应生成硫酸根离子，则氯气得电子生成氯离子，再根据电荷守恒，原子守恒可得离子方程式为+4Cl2+5H2O=10H++2+8Cl-。
【小问4详解】
氯气能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使KSCN溶液变红，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。装置C中溶液红色褪色，可能是铁离子被氯气氧化成更高的价态，也可能是氯气具有强氧化性，将SCN-氧化了，为进一步探究，只要向褪色后的溶液中重新加入KSCN补充SCN-即可，具体方案为取装置C褪色后的溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，观察到溶液变红色，即可说明假设2成立。
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，切下绿豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中
B
检验与溶液
用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
C
证明与是放热反应
用棉花包裹，放入充满的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应
D
检验与溶液
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
B
C
D
配制的溶液
除去粗盐水中的不溶物
除去中的少量
碳酸氢钠受热分解
选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中先加BaCl2，再加过量盐酸
加BaCl2后有白色沉淀，滴加盐酸沉淀不溶解
该溶液中含有
B
向饱和食盐水中先通入足量，再通入
产生白色沉淀
白色沉淀是
C
向无色溶液中滴加稀盐酸
产生能够使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体
溶液中可能含有
D
向Fe2O3、CuO、Fe的混合粉末中加入过量稀盐酸
析出红色固体
反应后溶液中阳离子只有H+和Fe2+