江西省鄱阳县第一中学2019-2020学年高一上学期检测化学试题

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化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Mg 24 Ba137
第I卷（选择题共48分）
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）
1.下列物质的分类不正确的是
A. 烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱
B. H2SO4、HClO、H2CO3都属于酸
C. CuO、Na2O2和干冰都属于氧化物
D. NaHCO3、CuSO4·5H2O和KMnO4都属于盐
【答案】A
【解析】
A、纯碱是碳酸钠，属于盐，A错误。B、三者都是酸，B正确。C、氧化物是含有两种元素其中一种为氧元素的化合物，C正确。D、盐是金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物，三者都是盐，D正确。正确答案为A
2.下列说法与胶体有关且正确的是（）
A. 食盐水不会发生丁达尔效应
B. 稀豆浆能通过半透膜
C. 用氢氧化铁胶体进行电泳实验时，阴极（与电源负极相连）附近顔色加深，说明氢氧化铁胶体带正电
D. 将装有淀粉溶液的半透膜袋浸入蒸馏水中，一段时间后往蒸馏水中滴入碘液，不变蓝
【答案】D
【解析】
【详解】A、食盐水是溶液，不是胶体，不会产生丁达尔效应，故A错误；
B、稀豆浆属于胶体，胶体分散质粒度大于半透膜孔径，所以稀豆浆不能通过半透膜，故B错误；
C、用氢氧化铁胶体进行电泳实验时，阴极(与电源负极相连)附近顔色加深，说明氢氧化铁胶粒能够吸附带正电的离子而形成带正电的胶体微粒，故C错误；
D、淀粉溶液属于胶体，不能透过半透膜，所以将装有淀粉溶液的半透膜袋浸入蒸馏水中，一段时间后往蒸馏水中滴入碘液，不变蓝，故D正确；
故选：D。
3.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是 (　　)
A. 在常温常压下，11.2LO2含有的分子数为0.5NA
B. 71gCl2所含原子数为2NA
C. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A．11.2gO2的物质的量为=0.35mol，含有的分子数为0.35NA，故A错误；B．71gCl2的物质的量为=1mol，氯气为双原子分子，所含原子数为2NA，故B正确；C．标准状况下，H2O是液体，故C错误；D．为告知溶液的体积，无法计算物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中的Cl-个数，故D错误；故选B。
考点：考查了阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律的相关知识。
4.V L Na2SO4溶液中含Na＋mg，取出10mL稀释成50mL，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度为：
A. 2m/(115V)mol·L－1 B. m/(115V)mol·L－1
C. m/(46V)mol·L－1 D. m/(230V)mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：在硫酸钠溶液中钠离子浓度为m/（23V ）mol·L－1，则硫酸根离子的浓度为m/（46V） mol·L－1，稀释时体积变成5倍，浓度为原来的五分之一，即为m/(230V)mol·L－1。
考点： 溶液的稀释。
5.将2.3 g由金属X和Mg组成的合金投入足量的稀硫酸中，充分反应后收集到标准状况下气体的体积为2.24 L，则金属X可能为
A. Zn B. Al C. Fe D. Cu
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下2.24 L的气体的物质的量为1mol，Mg是+2价金属，产生1mol氢气需Mg质量是2.4g，现在是Mg与另外一种金属的混合物，需要质量是2.3g，小于2.4g，说明另一种金属产生1molH2需要的质量小于2.3g。
A.Zn是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为65g>23g，不符合题意，A错误；
B.Al是+3价的金属，产生1mol氢气需要质量为(27÷3)×2=18g<23g，符合题意，B错误；
C.Fe是+2价金属，产生1mol氢气需要质量为56g>23g，不符合题意，C错误；
D.Cu是+2价金属，但是铜与稀硫酸不能反应，所以产生1mol氢气需要金属质量为无穷大，不符合题意，D错误；
故合理选项是B。
6.在某透明的酸性溶液中能大量共存离子组是（）
A. Ba2+、Na+、SO42－、HCO3－ B. K+、Na+、S2-、SO42－
C. K+、Cu2+、SO42－、NO3－ D. NH4+、Fe2+、NO3－、SO42－
【答案】C
【解析】
【详解】酸性溶液中含有大量的H+，
A、HCO3－与H+会发生复分解反应生成二氧化碳和水，故不能大量共存，故A不符合题意；
B、S2-与H+会发生化学反应生成HS-或H2S，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C、K+、Cu2+、SO42－、NO3－之间不会发生化学反应，且在酸性条件下也不会发生化学反应，在溶液中能大量共存，故C符合题意；
D、NO3－与H+的组合具有氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为C。
【点睛】注意透明溶液与无色溶液的区别：无色溶液是指溶液呈无色，而透明溶液是指溶液呈澄清状，可以具有颜色；NO3－与H+的组合具有氧化性，NO3－在中性或者碱性条件下一般不考虑其氧化性。
7.等体积、等物质的量浓度的盐酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加等质量的铝，生成氢气的体积比为3∶4，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能是(　　)
A. 甲、乙中都铝过量 B. 甲中铝过量，乙中碱过量
C. 甲中酸过量，乙中铝过量 D. 甲、乙中都是铝不足
【答案】B
【解析】
铝粉和盐酸反应方程式为2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2，铝粉和NaOH溶液反应方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，根据方程式关系可知消耗等量的铝，需要盐酸的物质的量比NaOH多，但生成的氢气体积一样。而实际反应中生成氢气的体积比为3∶4，这说明知盐酸完全参与反应，氢氧化钠过量，即甲中铝过量，乙中碱过量，答案选B。
8.己知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O。据此判断下列说法正确的是
A. 上述两个反应都是置换反应
B. ①中KC1是氧化产物，KBr发生还原反应
C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5: 1
D. 氧化性由强到弱的顺序为：Br2>Cl2>KClO3
【答案】C
【解析】
A．①为置换反应，②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，A错误；B．反应①中溴离子从-1价变为0价，KBr是还原剂，发生氧化反应，氯气是氧化剂，氯化钾是还原产物，B错误；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氯元素化合价从+5价降低到0价，根据电子得失守恒可知参加反应的6mol氯化氢中有5mol的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，C正确；D．Cl2+2KBr＝2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，则氧化性强弱顺序是KClO3＞Cl2＞Br2，D错误；答案选C。
9. 下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系不是1∶2的是
A. O3＋2KI＋H2O===2KOH＋I2＋O2
B. 3NO2+H2O===2HNO3+NO
C. 3S＋6NaOH===Na2SO3＋2Na2S+3H2O
D. 4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：化合价降低了的反应物作氧化剂，化合价升高了的反应物作还原剂，C反应中氧化剂与还原剂物质的量是2：1，答案选C。
考点：氧化还原反应
10.利用实验器材（规格和数量不限）能完成相应实验的一项是
选项

实验器材（省略夹持装置）

相应实验

A

烧杯、玻璃棒、蒸发皿

CuSO4溶液的浓缩结晶

B

烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸

用盐酸除去BaSO4中的少量BaCO3

C

烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶

用固体NaCl配制0.5mol/L的溶液

D

烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗

用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI



A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A项缺少酒精灯，所以A错误；B项缺少漏斗，无法进行过滤，所以B错误；C项缺少托盘天平，无法称量NaCl的质量，C错误；D项正确。所以答案选D。
点睛：本题主要考查基本的实验操作和仪器，要注意正确选择物质分离、提纯的方法，重点关注过滤、蒸发结晶、萃取分液和蒸馏的基本操作步骤以及原理和所用仪器。


11.装置甲、乙、丙都是铁与水蒸气反应的实验装置


下列说法不正确的是(　　)
A. 甲装置中氯化钙的作用是除去氢气中混有的水蒸气
B. 选用丙装置，实验结束时先移去酒精灯，再将导气管拿出水面
C. 用乙装置实验时，蒸发皿中产生大量肥皂泡，点燃肥皂泡发出爆鸣声
D. 三个装置相比较，乙装置简单、操作简便、节约原料、安全性好
【答案】B
【解析】
【详解】A. 产生的氢气中含有水蒸气，氯化钙能吸收水蒸气，则甲装置中氯化钙的作用是除去氢气中混有的水蒸气，A正确；
B. 为了防止倒吸引发实验事故，如果选用丙装置，实验结束时先将导气管拿出水面，再移去酒精灯，B错误；
C. 氢气是可燃性气体，用乙装置实验时，蒸发皿中产生大量肥皂泡，点燃肥皂泡会发出爆鸣声，C正确；
D. 结合装置的特点可知三个装置相比较，乙装置简单、操作简便、节约原料、安全性好，D正确。
答案选B。
【点睛】本题目是一道关于金属铁和水反应的实验方案设计和评价，解题的关键是掌握反应的产物的性质以及物质检验的基本知识。
12.下列离子方程式书写正确的是(　　)
A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
B. Ba(OH)2溶液中加入少量的NaHSO4溶液：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42- =BaSO4↓＋2H2O
C. (NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓
D. Cl2通入FeBr2溶液中，Cl2与FeBr2物质的量之比4︰5：10Fe2＋＋6Br－＋8Cl2＝10Fe3＋＋3Br2＋16Cl－
【答案】D
【解析】
【详解】A、CH3COOH为一元弱酸，书写离子反应方程式时不能拆分，故正确离子反应方程式为：2CH3COOH＋CaCO3=Ca2++2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，故A错误；
B、以少量的NaHSO4系数为“1”，其反应的离子方程式为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42- =BaSO4↓＋H2O，故B错误；
C、漏写了NH4+与OH-的反应，其反应的离子方程式为：2NH4++Fe2＋＋4OH－=Fe(OH)2↓+2NH3·H2O，故C错误；
D、以FeBr2物质的量为5mol，因还原性：Fe2+>Br-，故Fe2+先完全反应，会反应2.5molCl2，余下的1.5molCl2与Br-反应，会反应3molBr-，故其反应的离子方程式为：10Fe2＋＋6Br－＋8Cl2＝10Fe3＋＋3Br2＋16Cl－，故D正确；
答案为D。
【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法，
（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。
（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。
氧化还原型的先后型离子反应：对于氧化还原反应，按“先强后弱”的顺序书写，即氧化性(或还原性)强的优先发生反应，氧化性(或还原性)弱的后发生反应，该类型离子方程式的书写步骤如下：
第一步：确定反应的先后顺序：(氧化性：HNO3＞Fe3＋，还原性：I－＞Fe2＋＞Br－)。如向FeI2溶液中通入Cl2，I－先与Cl2发生反应。
第二步：根据用量判断反应发生的程度，
如少量Cl2与FeI2溶液反应时只有I－与Cl2反应：2I－＋Cl2===2Cl－＋I2。
足量Cl2与FeI2溶液反应时溶液中的I－和Fe2＋均与Cl2发生反应：
2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋2I2＋6Cl－。
第三步：用“少量定1法”书写离子方程式，即将“量”少物质的化学计量数定为“1”进行书写。
13.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3 ＝K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是
A. 生成40.0LN2（标准状况） B. 有0.250molKNO3被氧化
C. 转移电子的物质的量为1.25mol D. 被氧化的N原子的物质的量为3.5mol
【答案】C
【解析】
试题分析：根据化学方程式判断氮气即是氧化产物又是还原产物，其中由硝酸钾得到的还原产物的氮气与由NaN3得到的氧化产物的氮气的物质的量比是1:15，根据题意可知若氧化产物比还原产物多1.75mol，所以还原产物的物质的量是1.75/14=0.125mol。A、生成的氮气的物质的量是还原产物的16倍，应是2mol，标准状况下的体积是44.8L，错误；B、还原产物的物质的量是0.125mol，说明有0.25mol的硝酸钾被还原，错误；C、还原产物的物质的量是0.125mol，则转移电子的物质的量是0.125mol×2×5=1.25mol，正确；D、氧化产物的物质的量是0.125×15，所以被氧化的N原子的物质的量是0.125×15×2=3.75mol，错误，答案选C。
考点：考查对氧化还原反应的分析与计算
14.某溶液中含有下列六种离子：①HCO3-②SO32-③Na+④CO32- ⑤NH4+⑥NO3-,向其中加入一定量Na2O2后，溶液中离子浓度基本保持不变的是
A. 只有⑥ B. ④⑥ C. ③④⑥ D. ①②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】Na2O2具有氧化性，能氧化②SO32‾，Na2O2与水反应生成NaOH，与①HCO3-、⑤NH4+反应，生成④CO32-，所以浓度基本保持不变的是⑥；
答案选A。
15.如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。钠及其氧化物的物质的量 均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是

A. 甲、乙、丙都属于氧化还原反应
B. 甲反应的离子方程式为Na＋2H2ONa＋＋2OH－＋H2↑
C. 丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子0.1 mol
D. 甲、乙、丙充分反应后所得溶液的质量分数分别为w1、w2、w3，则2w1=w2=w3
【答案】C
【解析】
A．氧化钠和水反应生成氢氧化钠，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故A错误；B．甲的离子方程式为2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；C．过氧化钠和水反应时，过氧化钠中O元素化合价由-1价变为0价和-2价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，且有一半的过氧化钠作氧化剂、有一半的过氧化钠作还原剂，所以丙充分反应，能产生0.05 mol O2，转移电子物质的量=0.05mol×2=0.1 mol，故C正确；D．钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+H2O=NaOH+H2↑，溶液增加的质量=m(Na)-m(H2)=2.3g-0.1g=2.2g；
Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m(Na2O)=0.1mol×62g/mol=6.2g；
Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑，溶液增加的质量=m(Na2O2)-m(O2)=m(Na2O)=6.2g
所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，
根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：w1=、w2=、w3=，则：2w1＞w2=w3，故D错误；故选C。
16.实验室用 H2 和钠反应制备氢化钠装置如右图所示（Zn 粒中含有少量 ZnS 杂质），下列说法不正确的是

A. ①、 ②中依次盛有浓 NaOH 溶液、 浓 H2SO4
B. 管式炉加热前， 用试管收集③处气体并点燃， 通过声音判断气体纯度
C. 结束反应时， 先停止管式炉加热， 再关闭活塞 K
D. 取出瓷舟内的固体， 投入适量水中， 若有气体产生， 即可证明制得了氢化钠
【答案】D
【解析】
A．①中浓NaOH除去挥发出的HCl，②中利用浓 H2SO4干燥H2，故A正确；B．因不纯的氢气加热易爆炸，且钠能被空气中的氧气氧化，则管式炉加热前， 需要用试管收集③处气体并点燃， 通过声音判断气体纯度，故B正确；C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使NaH在氢气的氛围中冷却，以避免NaH被空气中氧气氧化，故C正确；D．取出瓷舟内的固体， 投入适量水中， 若有气体产生，无法证明制得氢化钠，因Na也能和水反应生成氢气，故D错误；答案为D。
第II卷（非选择题共52分）
17.实验室需要0.1 mol·L-1 NaOH溶液450mL和0.5 mol·L-1硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_______（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_________（填仪器名称）。
（2）在配制NaOH溶液时：
①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为______g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度_____（填“偏高”、“偏低”或“不变”）；
③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗涤烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。
（3）在配制硫酸溶液时：
①需量取质量分数为98%、密度为1.84 g·cm-3的浓硫酸的体积_______ml;
②在配制硫酸溶液时需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时的操作方法是_________________
【答案】 (1). AC (2). 烧杯、玻璃棒 (3). 2.0 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 13.6 (7). 将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【详解】（1）通过溶解或者稀释配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒（稀释配制）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，所以用不到的仪器：烧瓶和分液漏斗；还缺少的仪器：烧杯、玻璃棒；
故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；
（2）①需要0.1mol⋅L−1 NaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠质量为：0.1mol⋅L−1×0.5L×40g/mol=2.0g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度偏低；
③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗涤烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，未冷却到室温，根据热胀冷缩原理，定容冷却后，溶液体积偏小，则所得溶液浓度偏高；
故答案为：2.0；偏低；偏高；
（3）①质量分数为98%、密度为1.84g⋅cm−3的浓硫酸，物质的量浓度为：=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V=0.5mol⋅L−1×500mL，解得V=13.6mL；
②浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
故答案为：13.6；将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
18.(1)某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。（As为砷元素）
①已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是____________________
②已知0.2mol KBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为_____________
③根据上述反应可推知_______
a.氧化性：KBrO3>H3AsO4 b.氧化性：H3AsO4> KBrO3
c.还原性：AsH3>X d.还原性：X > AsH3
(2)①向MnSO4和硫酸的混合溶液里加入K2S2O8（过二硫酸钾），溶液会发如下反应：Mn2++S2O82-+H2O→MnO4-+SO42-+H+，该反应常用于检验Mn2+的存在。其特征现象是_________________，若反应中有0.1 mol还原剂参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为__________
②将NaBiO3固体（黄色微溶）加入到MnSO4和H2SO4的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应：NaBiO3+MnSO4+H2SO4→Na2SO4+Bi2(SO4)3+NaMnO4+H2O，配平上述反应的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目__________；
【答案】 (1). AsH3 (2). Br2 (3). ac (4). 溶液由无色变为紫色 (5). 0.25mol (6).
【解析】
【详解】（1）①KBrO3在反应中得到电子，所以KBrO3是氧化剂，AsH3变成了H3AsO4，As元素化合价升高，所以AsH3是还原剂，
故答案为：AsH3；
②设X中溴元素的化合价为a，则0.2mol×(5−a)=1mol，所以a=0，故X为Br2，
故答案为：Br2；
③在反应中，氧化剂为KBrO3，还原剂为AsH3，氧化产物为H3AsO4，还原产物为Br2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：KBrO3>H3AsO4，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，还原性：AsH3>X (Br2)，
故答案为：ac；
（2）①由反应可知生成MnO4-，溶液由无色变为紫色；Mn元素化合价由+2价升高为+7价，升高5价，S元素化合价由+7价降低为+6价，2个S共降低2价，故0.1mol还原剂参加反应，消耗氧化剂的物质的量为0.1×5÷2=0.25mol，
故答案为：溶液由无色变为紫色，0.25mol；
②反应中NaBiO3→Bi2(SO4)3，Bi元素化合价由+5价降低为+3价，每生成1个Bi2(SO4)3共降低4价，MnSO4→NaMnO4，Mn元素化合价由+2价升高为+7价，共升高5价，化合价升降最小公倍数为20，故Bi2(SO4)3系数为5，MnSO4系数为4，根据元素守恒可知，NaBiO3的系数为10，NaMnO4系数为4，根据钠元素守恒可知Na2SO4的系数为3，根据硫酸根守恒可知H2SO4的系数为14，根据氢元素守恒可知H2O的系数为14，配平反应的化学方程式，标出电子转移的方向和数目为：，
故答案为：。
19.现有三种可溶性物质A、B、C，其中A、B是盐，C是碱，它们溶于水后电离产生的所有离子如下表所示：
阳离子
Na＋ H＋ Ba2＋
阴离子
OH－ CO32－ SO42－

请根据下列叙述回答问题：
(1)C的化学式为_____________。
(2)A溶液与B溶液反应可生成气体X，则X的化学式为_______
(3)A、B溶液与C溶液反应可分别生成白色沉淀D和E，其中D可溶于稀硝酸
① B的化学式为_____________，鉴别溶液B中的阴离子的方法：___________________
② D溶于稀硝酸的离子方程式为________________________________
③ D与E的混合物a g，加入足量盐酸，完全反应生成的气体在标准状况下体积为b L，则求算E在混合物中的质量分数的表达式为________________________________________
【答案】 (1). Ba(OH)2 (2). CO2 (3). NaHSO4 (4). 取少量B溶液于试管中，先加入足量稀盐酸，溶液若无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，则说明其阴离子为SO42- (5). 2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑ (6).
【解析】
【分析】
（1）可溶性物质A、B、C，C是碱，则C中含有OH-和Na+ 或Ba2+，碳酸钡和硫酸钡都是沉淀，所以C是Ba(OH)2；
（2）A、B是盐，且都是可溶性盐，A溶液与B溶液反应可生成气体X，则应该是硫酸氢钠和碳酸钠；
（3）A、B溶液与C溶液反应可分别生成白色沉淀D和E，其中D可溶于稀硝酸，则D应该是BaCO3，则A是Na2CO3，B是NaHSO4，E是BaSO4，据此分析解答。
【详解】（1）通过以上分析，C是氢氧化钡，其化学式为Ba(OH)2，
故答案为：Ba(OH)2；
（2）A是碳酸钠、B是硫酸氢钠，二者反应生成二氧化碳气体，所以X是CO2，
故答案为：CO2；
（3）①通过以上分析知，B的化学式为NaHSO4，B中阴离子为硫酸根离子，其检验方法是先加稀盐酸除去其它离子干扰，然后再滴加氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，就说明含有硫酸根离子，
故答案为：NaHSO4；取少量B溶液于试管中，先加入足量稀盐酸，溶液若无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生不溶于稀盐酸白色沉淀，则说明其阴离子为SO42-；
②D是碳酸钡，碳酸钡和稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑，
故答案为：2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑；
③D是碳酸钡、E是硫酸钡，碳酸钡和稀盐酸反应，完全反应生成的气体在标准状况下体积为b L，而硫酸钡和稀盐酸不反应，n(CO2)==mol，根据C原子守恒得n(CO2)=n(BaCO3)=mol，则m(BaCO3)=mol×197g/mol=g，硫酸钡的质量=ag−g，则E在混合物中的质量分数的表达式为，
故答案为：。
20.碳酸钠与工农业生产、日常生活紧密相关。工业上碳酸钠大多采用侯氏制碱法制取，所得碳酸钠样品往往含有少量的NaCl，现欲测定碳酸钠样品中Na2CO3的质量分数，某探究性学习小组分别设计了如下实验方案。
方案一：沉淀分析法
(1)把一定质量的样品溶解后加入过量的CaCl2溶液，将所得沉淀________(填操作名称)、洗涤、烘干、称量。洗涤沉淀的操作是________________________________________.
方案二：气体分析法
(2)用如图所示装置，将一定质量的样品与足量盐酸反应，并测定产生CO2气体的体积，为了使测量结果准确，B中的溶液最好采用________(填字母)。

a．饱和碳酸钠溶液 b．饱和碳酸氢钠溶液
c．饱和氢氧化钠溶液 d．氯化钠溶液
但选用该溶液后实验结果仍然不够准确，原因是________________________________
方案三：质量差分析法
(3)采用如图所示装置，将一定质量的样品与足量的稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管的质量，利用其质量差计算样品的纯度。

该实验的操作步骤：
①在干燥管内装满碱石灰，质量为m1g　②取ng样品装入广口瓶中　③检查装置的气密性　④缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管质量为m2g　⑤关闭止水夹　⑥打开止水夹　⑦缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止　⑧缓慢鼓入空气数分钟
Ⅰ.正确的操作顺序是(填序号)：③→_____→⑥→_____→⑤→________→⑦→________→④。
Ⅱ.在操作④中，要缓慢鼓入空气数分钟，鼓入空气的作用是________________；装置 B的作用是__________________
【答案】 (1). 过滤 (2). 向过滤器中的沉淀加蒸馏水至浸没过沉淀物，使水自然流下，重复2∼3次 (3). b (4). CO2气体中混有的HCl气体与NaHCO3溶液作用生成了CO2 (5). ② (6). ⑧ (7). ① (8). ⑥ (9). 把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收 (10). 除去CO2气体中的水蒸气
【解析】
【分析】
方案一：测定样品中Na2CO3的质量分数，样品溶解后加入过量的CaCl2溶液会生成沉淀，分离方法为过滤，洗涤沉淀的操作是在过滤器中加水浸没沉淀使水自然留下，重复操作2-3次；
方案二：把一定量的混合物与足量盐酸反应，然后用如图装置测定产生的CO2气体的体积，是利用排液法测定生成二氧化碳的气体体积进行计算，广口瓶中液体是饱和碳酸氢钠；若直接采用如图乙装置，选用该溶液后实验结果仍然不够准确，依据气体中的氯化氢会和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体；
方案三：依据装置图分析气体通过需要先检查装置气密性，称取n g样品装入广口瓶中，打并止水夹，缓慢鼓入空气数分钟用来赶净装置中的空气，关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，质量为m1 g，缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止，打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收，再称量干燥管质量为m2 g计算；
鼓入空气的目的是将装置内残余CO2全部赶入碱石灰中进行吸收；碱石灰具有吸水性，需要将气体中的水蒸气除尽；以此解答该题。
【详解】（1）测定样品中Na2CO3的质量分数，样品溶解后加入过量的CaCl2溶液会生成沉淀，分离方法为过滤；洗涤沉淀的操作是在过滤器中加水浸没沉淀使水自然留下，重复操作2−3次；
故答案为：过滤；向过滤器中的沉淀加蒸馏水至浸没过沉淀物，使水自然流下，重复2∼3次；
（2）利用测定反应生成的二氧化碳气体体积的方法测定，在碳酸氢钠溶液中二氧化碳不反应，溶解度减小，利用装置图排饱和碳酸氢钠溶液测定二氧化碳气体的体积；选用该溶液后实验结果仍然不够准确，其原因可能是CO2气体中混有的HCl气体与NaHCO3溶液作用生成CO2；
故答案为：b；CO2气体中混有的HCl气体与NaHCO3溶液作用生成了CO2；
（3）I.依据装置图分析，结合操作顺序中的给定步骤位置，实验顺序为：先检查装置气密性，称取ng样品装入广口瓶中，打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟用来赶净装置中的空气，关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，质量为m1 g，缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止，打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收，再称量干燥管质量为m2 g计算，故正确的顺序为③→②→⑥→⑧→⑤→①→⑦→⑥→④；
故答案为：②；⑧；①；⑥；
II.缓慢鼓入空气数分钟的目的是：把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收；碱石灰具有吸水性，因此需要将进入碱石灰中的气体中水蒸气除尽，
故答案为：把生成的二氧化碳全部赶到碱石灰干燥管中全部吸收；除去CO2气体中的水蒸气。
【点睛】本实验方案三的装置依旧不是很不完善，最好在碱石灰装置后再加一个碱石灰干燥管，用以吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，减小实验误差。
21.把一块表面已部分被氧化为氧化钠的钠块1.08g放入20g水中，得到标准状况下氢气224mL。求：
①被氧化前钠块的质量__________________。
②所得溶液中溶质质量分数_____________（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】 (1). 0.92g (2). 7.6%
【解析】
【分析】
（1）根据n=计算氢气的物质的量，再根据反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑计算样品中Na的质量，进而计算Na2O的质量，根据Na2O中元素质量分数计算含有Na的质量，单质钠与氧化钠中钠元素质量之和为被氧化前钠块的质量；
（2）利用n=计算钠的物质的量，再利用钠元素守恒计算生成NaOH的总物质的量，溶液质量=1.08g+20g-氢气质量，进而计算溶质质量分数分数。
【详解】（1）n(H2)===0.01mol，
 
m(Na)==0.46g，
故m(Na2O)=1.08g-0.46g=0.62g，Na2O中Na元素的质量=0.62g×=0.46g，
所以被氧化前钠块的质量=0.46g+0.46g=0.92g，
故答案为：0.92g；
（2）钠原子总物质的量==0.04mol，
根据钠原子守恒，与水反应生成的n(NaOH)=n(Na)=0.04mol，
溶液质量=1.08g+20g-0.01mol×2g/mol=21.06g，
故溶液质量分数=×100%=7.6%，
故答案为：7.6%。