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【化学】重庆市四川外语学院重庆第二外国语学校2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
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重庆市四川外语学院重庆第二外国语学校2018-2019学年高一上学期第二次月考试题
1.下列有关四种基本反应类型与氧化还原反应关系的说法中正确的是（ ）
A. 置换反应一定是氧化还原反应 B. 分解反应一定不是氧化还原反应
C. 化合反应一定是氧化还原反应 D. 复分解反应不一定是氧化还原反应
【答案】A
【解析】试题分析：A、置换反应是单质与化合物反应生成另一种单质和化合物，所以一定是氧化还原反应，正确；B、分解反应可能是氧化还原反应，如过氧化氢的分解，错误；C、化合反应不一定是氧化还原反应，如氧化钠与水反应生成氢氧化钠的反应，不是氧化还原反应，错误；D、复分解反应一定不是氧化还原反应，只是阴、阳离子的相互交换，错误，答案选A。
2.下图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（ ）
A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】
3.下列事实与胶体知识有关的是（ ）
①晨雾中看见叶缝透过光束的通路 ②一支钢笔使用不同牌号的蓝黑墨水易出现堵
塞 ③静电除尘 ④豆浆做豆花 ⑤血液透析 ⑥在江河入海口处容易形成沙洲
A. ①②⑤⑥ B. ①④⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. 全部都有关
【答案】D
【解析】
【详解】①晨雾形成胶体，晨雾中看见叶缝透过光束的通路是胶体的丁达尔效应，故①正确；
②墨水是一种胶体，不同墨水胶粒带电荷不同，不同品牌墨水相遇时出现聚沉现象，生成沉淀，使笔管堵塞，故②正确；
③静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故③正确；
④豆腐的原料黄豆富含蛋白质，经水浸、磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质发生凝聚而与水分离，故④正确；
⑤血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，能发生透析，故⑤正确；
⑥河中的泥土溶液形成胶体，在入海口与电解质溶液发生聚沉，故⑥正确，故D正确。
故选D。
4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA
B. 标准状况下，1.12L氦气所含的原子数为0.1NA
C. 7.8 g Na2O2离子中含有的阴离子数为0.1NA
D. 15.6 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.常温常压下无法确定该条件下，气体的摩尔体积，所以无法计算，故A错误；
B. 标准状况下，1.12L氦气的物质的量为0.05mol，氦气是单原子分子，所以1.12L氦气所含的原子数为0.05NA，故B错误；
C. 7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O22-，所以0.1mol的Na2O2中含阴离子数为0.1NA，故C正确；
D.CO2过量，应用Na2O2的物质的量计算，15.6 g Na2O2的物质的量为0.2mol，反应中Na2O2既作氧化剂，又做还原剂，得到转化关系为：2Na2O2——O2——2e-，即0.2molNa2O2转移0.2NA的电子，故D错误。
故选C。
5.下列各组中的两物质相互反应时，其生成物与反应条件和反应物用量无关的是（ ）
A. Na和O2 B. Na和H2O C. CO2和NaOH D. C和O2
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na与O 2在不加热时生成Na 2 O，加热时生成Na2O 2 ，则反应条件不同，生成物不同，故A错误；
B. Na和H2O反应不管用量如何，都生成氢氧化钠和氢气，故B正确；
C. NaOH与CO 2 反应，CO 2 不足时生成Na 2 CO 3 ，CO 2 过量时生成NaHCO 3 ，反应物用量不同，产物不同，故C错误；
D. 碳与O 2 反应，氧气不足是生成CO，过量时生成CO 2 ，反应物用量不同，产物不同，故D错误。
故选B。
6.黑火药发生爆炸的反应：2KNO3 + S+ 3C = K2S +N2 ↑+ 3CO2↑，被还原的元素是 （ ）
A. 氮 B. 碳 C. 氮和碳 D. 氮和硫
【答案】D
【解析】试题分析：被还原的元素是得电子的元素的原子，化合价降低，根据化合价可知被还原的元素为氮和硫。
7.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”，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是（ ）
A. 作还原剂 B. 作氧化剂
C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 既不作氧化剂又不作还原剂
【答案】A
【解析】活性氧具有强氧化性，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，这说明Na2SeO3的作用是作还原剂，用来还原活性氧，答案选A。
8.已知下列三个反应可以进行：2W-+X2=2X- + W2；2Y-+W2=2W-+Y2；2X-+Z2=2Z-+X2。下列结论正确的是（ ）
A. 还原性：X- > Y- B. 在X-、Y-、Z-、W- 中 Z- 的还原性最强
C. 氧化性：Z2 > W2 D. 反应2Z- + Y2 = 2Y- + Z2可以发生
【答案】C
【解析】
【详解】三个离子反应方程式：2W-+X2=2X-+W2；2Y-+W2=2W-+Y2；2X-+Z2=2Z-+X2，根据化合价升降判断出氧化剂氧化产物，①氧化剂X2的氧化性大于氧化产物W2；②氧化剂W2的氧化性大于氧化产Y2；③氧化剂Z2的氧化性大于氧化产物X2；所以氧化性强弱顺序为Z2>X2>W2>Y2；单质的氧化性越强，其阴离子还原性越弱，所以还原性：Z-
C.由分析可知，氧化性：Z2>W2，故C正确；
D.反应2Z-+Y2=2Y-+Z2中氧化性：Y2>Z2，与已知反应的氧化性不同，所以不能发生，故D错误。
故选C。
9.下列说法中，有错误的是。（ ）
A. Na2CO3溶液能与石灰水反应，而NaHCO3溶液不能与石灰水反应
B. 相同条件下，NaHCO3溶解度小于Na2CO3
C. Na2CO3很稳定，而NaHCO3受热时容易分解
D. 将等物质的量的NaHCO3粉末与Na2CO3粉末同时分别倒入适量的相同浓度的稀
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，生成沉淀，故A错误；
B.相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故B正确；
C. 碳酸氢钠受热分解，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热不分解，故C正确；
D. 碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水、氯化钠，将等物质的量的NaHCO3粉末与Na2CO3粉末同时分别倒入适量的相同浓度的稀盐酸中，前者的反应更剧烈，故D正确。
故选A。
10.离子方程式BaCO3＋2H＋===CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质（ ）
①HCl ②H2SO4 ③HNO3 ④NaHSO4 ⑤CH3COOH
A. ①③ B. ②④⑤ C. ①④⑤ D. ①⑤
【答案】B
【解析】①HCl完全电离出氢离子，不符合题意；②H2SO4完全电离出氢离子，但生成更难溶的硫酸钡，符合题意；③HNO3完全电离出氢离子，不符合题意；④NaHSO4完全电离出氢离子，但生成更难溶的硫酸钡，符合题意；⑤CH3COOH不能完全电离，符合题意，答案选B。
11.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量CO2通入澄清石灰水 ③向硫酸钠溶液中加入BaCl2 ④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④⑤ B. ①④
C. ②③ D. ③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的，据此分析解答。
【详解】①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，故①错误；
②过量CO2通入澄清石灰水，先生成碳酸钙沉淀，过量的CO2继续与碳酸钙反应，最终反应生成碳酸氢钙，而碳酸氢钙的溶解度变大，看到的现象是沉淀溶解，故②错误；
③向硫酸钠溶液中加入BaCl2，SO42-+Ba2+=BaSO4↓，所以最终得到白色沉淀，故③正确；
④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3 ＝CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3 +H2O+CO2＝2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，因此产生白色沉淀，故⑤正确。
故选D。
12.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A. H＋ Na＋ CO32－ Cl－ B. Ba2＋ Na＋ Cl－ SO42－
C. K＋ H＋ SO42－ OH－ D. Ag＋ Al3＋ NO3－ H＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、H+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；B、Ba2+、SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C、H+与OH-反应生成水而不能大量共存，故C错误；D、离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；故选D。
13.在体积为V L的密闭容器中通入a mol CO和b mol O2,点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】反应前后原子个数守恒。
14.下列离子方程式改写成化学方程式正确的是（ ）
A. Mg2＋＋2OH－ = Mg(OH)2↓ MgSO4＋Ba(OH)2 = Mg(OH)2↓＋BaSO4↓
B. Fe＋Cu2＋ = Fe2＋＋Cu Fe＋Cu(OH)2 = Fe(OH)2＋Cu
C. Ag＋＋Cl－ = AgCl↓ AgNO3＋HCl = AgCl↓＋HNO3
D. CO2＋2OH－ = CO32－＋H2O CO2＋Ca(OH)2 = CaCO3↓＋H2O
【答案】C
【解析】A项，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓表示可溶性镁盐与强碱之间的反应，并且只有Mg2+和OH-两种离子参加反应，MgSO4与Ba(OH)2的反应与上述离子方程式不相符，故错误；B项，Fe与Cu(OH)2不反应，再者Cu(OH)2难溶于水，故B错误；C项，AgNO3和HCl都是可溶于水的强电解质，二者反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故C正确；D项，CaCO3难溶于水，应写成化学式，与离子方程式CO2+2OH-=CO32-+H2O不相符，故D错误。
15.在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，会造成所配溶液浓度偏高的是（ ）
A. 所用NaOH已经潮解 B. 向容量瓶中加水未到刻度线
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 称量时误用“左码右物”
【答案】B
【解析】试题分析：A、所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故A不符合；
B、向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故B符合；
C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故C不符合；
D、称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，故D不符合．
16.将质量相同的Na、Mg、Al、Fe、Zn分别投入足量的稀HCl中，则这些金属与酸反应生成H2的在相同条件下体积由大到小的顺序是（ ）
A. Zn>Fe>Na>Mg>Al B. Al>Mg>Na>Fe>Zn
C. Na>Mg>Al>Fe>Zn D. Fe>Zn>Mg>Al>Na
【答案】B
【解析】
【详解】设金属的质量均为1g，Na、Mg、Al、Fe、Zn物质的量分别为：、、、、，那么可以通过计算得知，他们与足量的盐酸反应生成氢气的物质的量分别为：、、、、，相同条件下，气体的物质的量越大，体积就越大，所以这些金属与酸反应生成H2的在相同条件下体积由大到小的顺序是Al>Mg>Na>Fe>Zn，故B正确。
故选B。
17.下边图示中，A为一种常见的单质，B、C、D 、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色反应均为黄色。
（1）写出下列物质的化学式：
B___________ E___________
（2）以上反应中属于氧化还原反应的有__________________（填写编号）
（3）写出B→C反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目 _______________
E→D的化学方程式 ________________________________________________
（4）加热5.00g D和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0. 31g，则原混合物中D的质量为_________。
【答案】(1). Na2O2 (2). NaHCO3 (3). ①②③④ (4). 2Na2O2+2H2O = 4NaOH + O2 ↑ (5). 2NaHCO3 == Na2CO3 + H2O + CO2 ↑ (6). 4.16 g
【解析】
【分析】根据钠及其化合物的性质分析解答。根据氧化还原反应中电子转移的方向和数目分析解答。
【详解】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色，则均为钠的单质或化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，
(1)由上分析知A为Na，B为Na2O2，D为Na2CO3；
故答案为：Na；Na2O2；Na2CO3；
(2)以上反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应；
故答案为：①②③④；
(3)B——C是过氧化钠与水反应，其中过氧化钠既做氧化剂，又做还原剂，离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na++ 4OH- + O2 ↑， ；，E——D是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，方程式为：2NaHCO3 == Na2CO3 + H2O + CO2 ↑；
故答案为：2Na2O2+2H2O = 4NaOH + O2 ↑ ， 2NaHCO3 == Na2CO3 + H2O + CO2 ↑ ；
(4)利用差量法计算：
2NaHCO3=Na2CO3＋CO2↑＋H2O △m↓
2×84 62
0.84g ← 0.31g
计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量为0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g；
故答案为：4.16g。
18.某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中三次检测结果如下表所示，请回答：
检测次数
溶液中检测出的物质
第一次
KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl
第二次
KCl、BaCl2、Na2SO4、K2CO3
第三次
Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl
（1）三次检测结果中第________次检测结果肯定不正确。
（2）在检测时，为了确定溶液中是否存在SO42-、CO32-和Cl－，该小组同学进行了如下实验，请你参与探究与分析。
实验步骤
实验操作
实验目的
反应的离子方程式
第一步
向溶液中滴加过量的HNO3溶液
检验______的存在
____________________
第二步
继续滴加过量的______溶液
检验SO42-的存在
___________________
第三步
过滤，再向滤液中滴加______溶液
检验Cl-的存在
Ag＋＋Cl－===AgCl↓
【答案】(1). 二 (2). CO32- (3). 2H＋＋CO32-===H2O＋CO2↑ (4). Ba(NO3)2 (5). Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓ (6). AgNO3
【解析】
【分析】根据离子共存的条件分析解答；根据常见离子的检验方法分析解答。
【详解】(1)因氯化钡与硫酸钠和碳酸钾，在同一溶液中，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀，所以不共存，故第二个方案是错误；
(2)为了确定溶液中是否存在硫酸根离子、碳酸根离子和氯离子时，因在确定氯离子和硫酸根离子时，必须排除CO32-离子的干扰，所以我们首先检验并除去CO32-离子，所以我们首先加过量的硝酸，检验并除去CO32-离子，离子方程式为：2H＋＋CO32-===H2O＋CO2↑；在检验Cl-和SO42-离子时，我们先检验Cl-，因硝酸银能跟SO42-离子生成硫酸银，是一种沉淀，干扰检验，所以我们先加过量的Ba(NO3)2溶液，检验并除去SO42-离子，离子方程式为：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓；最后再用AgNO3来检验Cl-；
故答案为：CO32- ， 2H＋＋CO32-===H2O＋CO2↑ ，Ba(NO3)2，Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓， AgNO3。
19.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。
I、甲同学向1 mol·L－1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；
III、丙同学向25 ml沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
（1）其中操作正确的同学是______；他的操作中涉及到的化学反应方程式为__________________。
（2）证明有Fe(OH)3胶体生成的现象是________________________。
（3）丁同学将所制得的Fe(OH)3胶体分成两份，并进行下列实验：
①将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明________________________________。
②向另一份中不断滴加稀硫酸，观察到的现象是________________________。
【答案】(1). 丙 (2). FeCl3+3H2O == Fe(OH)3(胶体）+3HCl (3). 用激光笔照射，若有一条光亮的通路，则有胶体生成（或者有丁达尔现象） (4). Fe(OH)3胶粒带正电 (5). 先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液
【解析】
【分析】根据胶体的本质特征和性质分析解答；根据胶体的制备方法分析解答。
【详解】(1)实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O==Fe(OH)3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，往往得到沉淀；
故答案为：丙； FeCl3+3H2O == Fe(OH)3(胶体）+3HCl；
(2) 胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路；
故答案为：用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；
(3) ①Fe（OH）3胶体粒子带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附的颜色逐渐变深；故答案为：Fe（OH）3胶粒带正电；
②向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量H2SO4溶液，H2SO4电离出的SO42-使Fe（OH）3胶体发生聚沉，H+使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；故答案为：先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液；
20.铝和铁是生活中常见的两种金属。
（1）加热铝箔，铝融化但不滴落，原因是_________________________________________；用铝箔包住金属钠，用针在铝箔上刺些小孔，用镊子夹住放入水中，可能发生的反应用化学方程式表示为： ___________________________和__________________________________铝与盐酸反应的离子方程式为：__________________________________。
（2）在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下图装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。请回答该实验中的问题。
①写出该反应的反应方程式并用双线桥标出电子转转移方向和数目：______________________
②烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是________________________。
③酒精灯和酒精喷灯首先点燃的是__________________________。
④现欲将5.6 gFe完全溶解在稀硫酸中，加水后得200 mL溶液：所得硫酸亚铁溶液的物质的量浓度______________反应中转移的电子数是_________，生成的气体在标准状况下的体积是______________L。
【答案】(1). 铝表面有一层致密的氧化膜Al2O3 ,Al2O3熔点高 (2). 2Na+2H2O == 2NaOH + H2 ↑ (3). 2Al+2H2O+2NaOH == 2NaAlO2 + 3H2 ↑ (4). 2Al+6H+ == 2Al3++3H2 ↑ (5). (6). 防止爆沸 (7). 酒精灯 (8). 0.5mol/L (9). 0.2NA (10). 2.24L
【解析】
【分析】根据金属铝、铁的性质分析解答；根据物质的量在化学反应中的计算分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答。
【详解】(1) 加热铝箔，铝融化但不滴落，是由于金属铝在空气中被氧化表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，且这层氧化膜熔点高，常被用作耐火材料；用铝箔包住金属钠，用针在铝箔上刺些小孔，用镊子夹住放入水中，首先钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与金属铝反应，所以发生了两步反应，故方程式为：2Na+2H2O == 2NaOH + H2 ↑，2Al+2H2O+2NaOH == 2NaAlO2 + 3H2 ↑；
故答案为：铝表面有一层熔点高的致密的氧化膜；2Na+2H2O == 2NaOH + H2 ↑， 2Al+2H2O+2NaOH == 2NaAlO2 + 3H2 ↑，2Al+6H+ == 2Al3++3H2 ↑ ；
(2) ①铁粉与水蒸气在高温下发生的反应中，化合价升高的元素是铁元素，失去电子，化合价降低元素是氢元素，得到电子，电子转移情况如下所示：；
故答案为：；
②烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸；
故答案为：防止暴沸；
③应先点燃酒精灯，生成稳定的水蒸气流时，在点燃酒精喷灯；
故答案为：酒精灯；
④5.6 gFe的物质的量为：0.1mol，生成硫酸亚铁的物质的量为：0.1mol，溶液的体积为：200mL，即硫酸亚铁的物质的量浓度为：c===0.5mol/L，反应过程中Fe从0价升到到+2价，失去2个电子，即0.1mol的Fe失去0.2mol的电子，失去电子的数目为：0.2NA，根据方程式：Fe+H2SO4=FeSO4 + H2↑，可知0.1molFe生成氢气0.1mol，即标准状况下，氢气的体积为：V=n×22.4L/mol=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
故答案为：0.5mol/L， 0.2NA ，2.24L。
1.下列有关四种基本反应类型与氧化还原反应关系的说法中正确的是（ ）
A. 置换反应一定是氧化还原反应 B. 分解反应一定不是氧化还原反应
C. 化合反应一定是氧化还原反应 D. 复分解反应不一定是氧化还原反应
【答案】A
【解析】试题分析：A、置换反应是单质与化合物反应生成另一种单质和化合物，所以一定是氧化还原反应，正确；B、分解反应可能是氧化还原反应，如过氧化氢的分解，错误；C、化合反应不一定是氧化还原反应，如氧化钠与水反应生成氢氧化钠的反应，不是氧化还原反应，错误；D、复分解反应一定不是氧化还原反应，只是阴、阳离子的相互交换，错误，答案选A。
2.下图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是（ ）
A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】
3.下列事实与胶体知识有关的是（ ）
①晨雾中看见叶缝透过光束的通路 ②一支钢笔使用不同牌号的蓝黑墨水易出现堵
塞 ③静电除尘 ④豆浆做豆花 ⑤血液透析 ⑥在江河入海口处容易形成沙洲
A. ①②⑤⑥ B. ①④⑤⑥ C. ①③⑤⑥ D. 全部都有关
【答案】D
【解析】
【详解】①晨雾形成胶体，晨雾中看见叶缝透过光束的通路是胶体的丁达尔效应，故①正确；
②墨水是一种胶体，不同墨水胶粒带电荷不同，不同品牌墨水相遇时出现聚沉现象，生成沉淀，使笔管堵塞，故②正确；
③静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故③正确；
④豆腐的原料黄豆富含蛋白质，经水浸、磨浆、除渣、加热，得到的蛋白质的胶体，点豆腐就是设法使蛋白质发生凝聚而与水分离，故④正确；
⑤血液是胶体，胶粒不能透过半透膜，能发生透析，故⑤正确；
⑥河中的泥土溶液形成胶体，在入海口与电解质溶液发生聚沉，故⑥正确，故D正确。
故选D。
4.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA
B. 标准状况下，1.12L氦气所含的原子数为0.1NA
C. 7.8 g Na2O2离子中含有的阴离子数为0.1NA
D. 15.6 g Na2O2与过量CO2反应时，转移的电子数为0.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.常温常压下无法确定该条件下，气体的摩尔体积，所以无法计算，故A错误；
B. 标准状况下，1.12L氦气的物质的量为0.05mol，氦气是单原子分子，所以1.12L氦气所含的原子数为0.05NA，故B错误；
C. 7.8 g Na2O2的物质的量为0.1mol，1个Na2O2含有2个Na+和1个O22-，所以0.1mol的Na2O2中含阴离子数为0.1NA，故C正确；
D.CO2过量，应用Na2O2的物质的量计算，15.6 g Na2O2的物质的量为0.2mol，反应中Na2O2既作氧化剂，又做还原剂，得到转化关系为：2Na2O2——O2——2e-，即0.2molNa2O2转移0.2NA的电子，故D错误。
故选C。
5.下列各组中的两物质相互反应时，其生成物与反应条件和反应物用量无关的是（ ）
A. Na和O2 B. Na和H2O C. CO2和NaOH D. C和O2
【答案】B
【解析】
【详解】A.Na与O 2在不加热时生成Na 2 O，加热时生成Na2O 2 ，则反应条件不同，生成物不同，故A错误；
B. Na和H2O反应不管用量如何，都生成氢氧化钠和氢气，故B正确；
C. NaOH与CO 2 反应，CO 2 不足时生成Na 2 CO 3 ，CO 2 过量时生成NaHCO 3 ，反应物用量不同，产物不同，故C错误；
D. 碳与O 2 反应，氧气不足是生成CO，过量时生成CO 2 ，反应物用量不同，产物不同，故D错误。
故选B。
6.黑火药发生爆炸的反应：2KNO3 + S+ 3C = K2S +N2 ↑+ 3CO2↑，被还原的元素是 （ ）
A. 氮 B. 碳 C. 氮和碳 D. 氮和硫
【答案】D
【解析】试题分析：被还原的元素是得电子的元素的原子，化合价降低，根据化合价可知被还原的元素为氮和硫。
7.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”，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是（ ）
A. 作还原剂 B. 作氧化剂
C. 既作氧化剂又作还原剂 D. 既不作氧化剂又不作还原剂
【答案】A
【解析】活性氧具有强氧化性，服用含硒元素（Se）的化合物亚硒酸钠（Na2SeO3），能消除人体內的活性氧，这说明Na2SeO3的作用是作还原剂，用来还原活性氧，答案选A。
8.已知下列三个反应可以进行：2W-+X2=2X- + W2；2Y-+W2=2W-+Y2；2X-+Z2=2Z-+X2。下列结论正确的是（ ）
A. 还原性：X- > Y- B. 在X-、Y-、Z-、W- 中 Z- 的还原性最强
C. 氧化性：Z2 > W2 D. 反应2Z- + Y2 = 2Y- + Z2可以发生
【答案】C
【解析】
【详解】三个离子反应方程式：2W-+X2=2X-+W2；2Y-+W2=2W-+Y2；2X-+Z2=2Z-+X2，根据化合价升降判断出氧化剂氧化产物，①氧化剂X2的氧化性大于氧化产物W2；②氧化剂W2的氧化性大于氧化产Y2；③氧化剂Z2的氧化性大于氧化产物X2；所以氧化性强弱顺序为Z2>X2>W2>Y2；单质的氧化性越强，其阴离子还原性越弱，所以还原性：Z-
C.由分析可知，氧化性：Z2>W2，故C正确；
D.反应2Z-+Y2=2Y-+Z2中氧化性：Y2>Z2，与已知反应的氧化性不同，所以不能发生，故D错误。
故选C。
9.下列说法中，有错误的是。（ ）
A. Na2CO3溶液能与石灰水反应，而NaHCO3溶液不能与石灰水反应
B. 相同条件下，NaHCO3溶解度小于Na2CO3
C. Na2CO3很稳定，而NaHCO3受热时容易分解
D. 将等物质的量的NaHCO3粉末与Na2CO3粉末同时分别倒入适量的相同浓度的稀
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3可与澄清石灰水发生Ca（OH）2+NaHCO3═CaCO3↓+NaOH+H2O或Ca（OH）2+2NaHCO3═CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，生成沉淀，故A错误；
B.相同的温度下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的，故B正确；
C. 碳酸氢钠受热分解，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热不分解，故C正确；
D. 碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水、氯化钠，将等物质的量的NaHCO3粉末与Na2CO3粉末同时分别倒入适量的相同浓度的稀盐酸中，前者的反应更剧烈，故D正确。
故选A。
10.离子方程式BaCO3＋2H＋===CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质（ ）
①HCl ②H2SO4 ③HNO3 ④NaHSO4 ⑤CH3COOH
A. ①③ B. ②④⑤ C. ①④⑤ D. ①⑤
【答案】B
【解析】①HCl完全电离出氢离子，不符合题意；②H2SO4完全电离出氢离子，但生成更难溶的硫酸钡，符合题意；③HNO3完全电离出氢离子，不符合题意；④NaHSO4完全电离出氢离子，但生成更难溶的硫酸钡，符合题意；⑤CH3COOH不能完全电离，符合题意，答案选B。
11.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量CO2通入澄清石灰水 ③向硫酸钠溶液中加入BaCl2 ④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④⑤ B. ①④
C. ②③ D. ③④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且有沉淀生成，注意沉淀必须是白色的，据此分析解答。
【详解】①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，故①错误；
②过量CO2通入澄清石灰水，先生成碳酸钙沉淀，过量的CO2继续与碳酸钙反应，最终反应生成碳酸氢钙，而碳酸氢钙的溶解度变大，看到的现象是沉淀溶解，故②错误；
③向硫酸钠溶液中加入BaCl2，SO42-+Ba2+=BaSO4↓，所以最终得到白色沉淀，故③正确；
④少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+NaHCO3 ＝CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故④正确；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3 +H2O+CO2＝2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，因此产生白色沉淀，故⑤正确。
故选D。
12.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A. H＋ Na＋ CO32－ Cl－ B. Ba2＋ Na＋ Cl－ SO42－
C. K＋ H＋ SO42－ OH－ D. Ag＋ Al3＋ NO3－ H＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、H+、CO32-反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；B、Ba2+、SO42-反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C、H+与OH-反应生成水而不能大量共存，故C错误；D、离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；故选D。
13.在体积为V L的密闭容器中通入a mol CO和b mol O2,点燃充分反应后容器内碳原子数和氧原子数之比为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】反应前后原子个数守恒。
14.下列离子方程式改写成化学方程式正确的是（ ）
A. Mg2＋＋2OH－ = Mg(OH)2↓ MgSO4＋Ba(OH)2 = Mg(OH)2↓＋BaSO4↓
B. Fe＋Cu2＋ = Fe2＋＋Cu Fe＋Cu(OH)2 = Fe(OH)2＋Cu
C. Ag＋＋Cl－ = AgCl↓ AgNO3＋HCl = AgCl↓＋HNO3
D. CO2＋2OH－ = CO32－＋H2O CO2＋Ca(OH)2 = CaCO3↓＋H2O
【答案】C
【解析】A项，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓表示可溶性镁盐与强碱之间的反应，并且只有Mg2+和OH-两种离子参加反应，MgSO4与Ba(OH)2的反应与上述离子方程式不相符，故错误；B项，Fe与Cu(OH)2不反应，再者Cu(OH)2难溶于水，故B错误；C项，AgNO3和HCl都是可溶于水的强电解质，二者反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故C正确；D项，CaCO3难溶于水，应写成化学式，与离子方程式CO2+2OH-=CO32-+H2O不相符，故D错误。
15.在配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，会造成所配溶液浓度偏高的是（ ）
A. 所用NaOH已经潮解 B. 向容量瓶中加水未到刻度线
C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D. 称量时误用“左码右物”
【答案】B
【解析】试题分析：A、所用NaOH已经潮解，实际称量的氢氧化钠的质量减小，氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故A不符合；
B、向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故B符合；
C、有少量NaOH溶液残留在烧杯里，移入容量瓶内氢氧化钠的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故C不符合；
D、称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，故D不符合．
16.将质量相同的Na、Mg、Al、Fe、Zn分别投入足量的稀HCl中，则这些金属与酸反应生成H2的在相同条件下体积由大到小的顺序是（ ）
A. Zn>Fe>Na>Mg>Al B. Al>Mg>Na>Fe>Zn
C. Na>Mg>Al>Fe>Zn D. Fe>Zn>Mg>Al>Na
【答案】B
【解析】
【详解】设金属的质量均为1g，Na、Mg、Al、Fe、Zn物质的量分别为：、、、、，那么可以通过计算得知，他们与足量的盐酸反应生成氢气的物质的量分别为：、、、、，相同条件下，气体的物质的量越大，体积就越大，所以这些金属与酸反应生成H2的在相同条件下体积由大到小的顺序是Al>Mg>Na>Fe>Zn，故B正确。
故选B。
17.下边图示中，A为一种常见的单质，B、C、D 、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色反应均为黄色。
（1）写出下列物质的化学式：
B___________ E___________
（2）以上反应中属于氧化还原反应的有__________________（填写编号）
（3）写出B→C反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目 _______________
E→D的化学方程式 ________________________________________________
（4）加热5.00g D和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0. 31g，则原混合物中D的质量为_________。
【答案】(1). Na2O2 (2). NaHCO3 (3). ①②③④ (4). 2Na2O2+2H2O = 4NaOH + O2 ↑ (5). 2NaHCO3 == Na2CO3 + H2O + CO2 ↑ (6). 4.16 g
【解析】
【分析】根据钠及其化合物的性质分析解答。根据氧化还原反应中电子转移的方向和数目分析解答。
【详解】A为一种常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物，它们的焰色反应均为黄色，则均为钠的单质或化合物，所以A为Na，结合转化关系可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，
(1)由上分析知A为Na，B为Na2O2，D为Na2CO3；
故答案为：Na；Na2O2；Na2CO3；
(2)以上反应中①为钠的燃烧，②为Na与水反应，③为过氧化钠与水反应，④为过氧化钠与二氧化碳反应，均属于氧化还原反应；
故答案为：①②③④；
(3)B——C是过氧化钠与水反应，其中过氧化钠既做氧化剂，又做还原剂，离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na++ 4OH- + O2 ↑， ；，E——D是碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，方程式为：2NaHCO3 == Na2CO3 + H2O + CO2 ↑；
故答案为：2Na2O2+2H2O = 4NaOH + O2 ↑ ， 2NaHCO3 == Na2CO3 + H2O + CO2 ↑ ；
(4)利用差量法计算：
2NaHCO3=Na2CO3＋CO2↑＋H2O △m↓
2×84 62
0.84g ← 0.31g
计算得到原混合物中碳酸氢钠的质量为0.84g，所以混合物中碳酸钠的质量为5.00g－0.84g＝4.16g；
故答案为：4.16g。
18.某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中三次检测结果如下表所示，请回答：
检测次数
溶液中检测出的物质
第一次
KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl
第二次
KCl、BaCl2、Na2SO4、K2CO3
第三次
Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl
（1）三次检测结果中第________次检测结果肯定不正确。
（2）在检测时，为了确定溶液中是否存在SO42-、CO32-和Cl－，该小组同学进行了如下实验，请你参与探究与分析。
实验步骤
实验操作
实验目的
反应的离子方程式
第一步
向溶液中滴加过量的HNO3溶液
检验______的存在
____________________
第二步
继续滴加过量的______溶液
检验SO42-的存在
___________________
第三步
过滤，再向滤液中滴加______溶液
检验Cl-的存在
Ag＋＋Cl－===AgCl↓
【答案】(1). 二 (2). CO32- (3). 2H＋＋CO32-===H2O＋CO2↑ (4). Ba(NO3)2 (5). Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓ (6). AgNO3
【解析】
【分析】根据离子共存的条件分析解答；根据常见离子的检验方法分析解答。
【详解】(1)因氯化钡与硫酸钠和碳酸钾，在同一溶液中，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀，所以不共存，故第二个方案是错误；
(2)为了确定溶液中是否存在硫酸根离子、碳酸根离子和氯离子时，因在确定氯离子和硫酸根离子时，必须排除CO32-离子的干扰，所以我们首先检验并除去CO32-离子，所以我们首先加过量的硝酸，检验并除去CO32-离子，离子方程式为：2H＋＋CO32-===H2O＋CO2↑；在检验Cl-和SO42-离子时，我们先检验Cl-，因硝酸银能跟SO42-离子生成硫酸银，是一种沉淀，干扰检验，所以我们先加过量的Ba(NO3)2溶液，检验并除去SO42-离子，离子方程式为：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓；最后再用AgNO3来检验Cl-；
故答案为：CO32- ， 2H＋＋CO32-===H2O＋CO2↑ ，Ba(NO3)2，Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓， AgNO3。
19.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。
I、甲同学向1 mol·L－1氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；
II、乙同学直接加热饱和FeCl3溶液；
III、丙同学向25 ml沸水中逐滴加入5-6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
（1）其中操作正确的同学是______；他的操作中涉及到的化学反应方程式为__________________。
（2）证明有Fe(OH)3胶体生成的现象是________________________。
（3）丁同学将所制得的Fe(OH)3胶体分成两份，并进行下列实验：
①将其中一份装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明________________________________。
②向另一份中不断滴加稀硫酸，观察到的现象是________________________。
【答案】(1). 丙 (2). FeCl3+3H2O == Fe(OH)3(胶体）+3HCl (3). 用激光笔照射，若有一条光亮的通路，则有胶体生成（或者有丁达尔现象） (4). Fe(OH)3胶粒带正电 (5). 先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液
【解析】
【分析】根据胶体的本质特征和性质分析解答；根据胶体的制备方法分析解答。
【详解】(1)实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O==Fe(OH)3（胶体）+3HCl，其它做法都不能生成胶体，往往得到沉淀；
故答案为：丙； FeCl3+3H2O == Fe(OH)3(胶体）+3HCl；
(2) 胶体具有丁达尔效应，当用激光笔照射时，会有一道明亮的光路；
故答案为：用激光笔照射，有一条明亮的光路，则有胶体生成；
(3) ①Fe（OH）3胶体粒子带正电，通电时带正电荷的粒子向阴极移动，阴极附的颜色逐渐变深；故答案为：Fe（OH）3胶粒带正电；
②向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量H2SO4溶液，H2SO4电离出的SO42-使Fe（OH）3胶体发生聚沉，H+使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失，方程式为2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O；故答案为：先生成红褐色的沉淀，后溶解为黄色溶液；
20.铝和铁是生活中常见的两种金属。
（1）加热铝箔，铝融化但不滴落，原因是_________________________________________；用铝箔包住金属钠，用针在铝箔上刺些小孔，用镊子夹住放入水中，可能发生的反应用化学方程式表示为： ___________________________和__________________________________铝与盐酸反应的离子方程式为：__________________________________。
（2）在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下图装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。请回答该实验中的问题。
①写出该反应的反应方程式并用双线桥标出电子转转移方向和数目：______________________
②烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是________________________。
③酒精灯和酒精喷灯首先点燃的是__________________________。
④现欲将5.6 gFe完全溶解在稀硫酸中，加水后得200 mL溶液：所得硫酸亚铁溶液的物质的量浓度______________反应中转移的电子数是_________，生成的气体在标准状况下的体积是______________L。
【答案】(1). 铝表面有一层致密的氧化膜Al2O3 ,Al2O3熔点高 (2). 2Na+2H2O == 2NaOH + H2 ↑ (3). 2Al+2H2O+2NaOH == 2NaAlO2 + 3H2 ↑ (4). 2Al+6H+ == 2Al3++3H2 ↑ (5). (6). 防止爆沸 (7). 酒精灯 (8). 0.5mol/L (9). 0.2NA (10). 2.24L
【解析】
【分析】根据金属铝、铁的性质分析解答；根据物质的量在化学反应中的计算分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答。
【详解】(1) 加热铝箔，铝融化但不滴落，是由于金属铝在空气中被氧化表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，且这层氧化膜熔点高，常被用作耐火材料；用铝箔包住金属钠，用针在铝箔上刺些小孔，用镊子夹住放入水中，首先钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与金属铝反应，所以发生了两步反应，故方程式为：2Na+2H2O == 2NaOH + H2 ↑，2Al+2H2O+2NaOH == 2NaAlO2 + 3H2 ↑；
故答案为：铝表面有一层熔点高的致密的氧化膜；2Na+2H2O == 2NaOH + H2 ↑， 2Al+2H2O+2NaOH == 2NaAlO2 + 3H2 ↑，2Al+6H+ == 2Al3++3H2 ↑ ；
(2) ①铁粉与水蒸气在高温下发生的反应中，化合价升高的元素是铁元素，失去电子，化合价降低元素是氢元素，得到电子，电子转移情况如下所示：；
故答案为：；
②烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作用是防止暴沸；
故答案为：防止暴沸；
③应先点燃酒精灯，生成稳定的水蒸气流时，在点燃酒精喷灯；
故答案为：酒精灯；
④5.6 gFe的物质的量为：0.1mol，生成硫酸亚铁的物质的量为：0.1mol，溶液的体积为：200mL，即硫酸亚铁的物质的量浓度为：c===0.5mol/L，反应过程中Fe从0价升到到+2价，失去2个电子，即0.1mol的Fe失去0.2mol的电子，失去电子的数目为：0.2NA，根据方程式：Fe+H2SO4=FeSO4 + H2↑，可知0.1molFe生成氢气0.1mol，即标准状况下，氢气的体积为：V=n×22.4L/mol=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
故答案为：0.5mol/L， 0.2NA ，2.24L。
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