江西省新余市分宜中学2019-2020学年高一上学期第三次段考化学试题

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化 学 试 题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Al-27 Fe-56 Cu-64 Na-23
第I卷 (选择题，共48分)
一、选择题(本大题包括16个小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.2015年8月12日，位于天津滨海新区塘沽开发区的天津东疆保税港区瑞海国际物流有限公司所属危险品仓库发生爆炸，化学危险品的合理存放引起高度重视。下列标志中，应贴在盛放高锰酸钾容器上的是 ( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.该图为剧毒物质标识，而高锰酸钾是常见的氧化剂，不符合，故A错误；
B.该图为易燃物品标识，而高锰酸钾是常见的氧化剂，不符合，故B错误；
C.该图为易燃液体标识，而高锰酸钾是常见的氧化剂，不符合，故C错误；
D.高锰酸钾是常见的氧化剂，因此应该使用，符合，故选D；
故答案选D。
2.下图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是( )


X
Y
Z
A
CuSO4·5H2O
盐
纯净物
B
胶体
分散系
混合物
C
碱性氧化物
氧化物
化合物
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。
【详解】A、硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；
B、胶体是分散质粒子半径在1nm~100nm的分散系，分散系是混合物，故B正确；
C、碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，所以碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物，故C正确；
D、置换反应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，有化合价的变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应，故D错误；
故选D。
3.NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A. 质量为16g的O2和O3的混合气体中所含的氧原子的个数为NA
B. 18 g NH4+含有质子数为10NA
C. 1 mol过氧化钠与足量水反应时，转移电子的数目为2NA
D. 0.1 mol•L﹣1的NaCl溶液中，Na+与Cl﹣的离子总数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量n==1mol，故为NA个，故A正确；
B、18g铵根离子的物质的量为1mol，而1mol铵根离子含11mol质子，即11NA个，故B错误；
C、过氧化钠与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子即NA个，故C错误；
D、溶液体积未知，无法计算NaCl溶液中的离子总数，故D错误；
故选A。
【点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力；解答该类试题时要注意：①气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。②给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。③熟悉常见物质的微观构成，弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系。常涉及稀有气体He、Ne等单原子分子，Cl2、N2、O2、H2等双原子分子，及O3、P4、18O2、D2O、Na2O2、CH4、CO2等特殊物质。
4. 下列有关气体摩尔体积的描述中正确的是（ ）
A. 相同物质的量的气体摩尔体积一定相同
B. 通常状况下的气体摩尔体积约为22.4L
C. 标准状况下的气体摩尔体积约为22.4L
D. 单位物质的量的气体所占的体积就是气体摩尔体积
【答案】D
【解析】
【详解】A、气体摩尔体积只与气体的存在条件有关，与物质的量无关，故A错误；
B、气体摩尔体积22.4L/mol适用于标况下的气体，故B错误；
C、标准状况下气体摩尔体积Vm=22.4L/mol，故C错误；
D、气体摩尔体积就是单位物质的量的气体所占的体积，故D正确；
故选D。
【点晴】对“1mol任何气体所占的体积都约是22.4L”的理解：1)气体分子间的平均距离比分子的直径大得多，因而气体体积主要决定于分子间的平均距离．在标准状况下，不同气体的分子间的平均距离几乎是相等的，所以任何气体在标准状况下气体摩尔体积都约是22.4L/mol；2)标准状况：指0℃、1.01×105Pa的状态．温度越高，体积越大；压强越大，体积越小．故在非标准状况下，其值不一定就是“22.4L”．但若同时增大压强，升高温度，或是降低压强和温度，1摩尔任何气体所占的体积有可能为22.4升；3)1mol气体在非标准状况下，其体积可能为22.4L，也可能不为22.4L．如在室温(20℃，一个大气压)的情况下气体的体积是24L；4)此概念应注意：①气态物质；②物质的量为1mol；③气体状态为0℃和1.01×105Pa(标准状况)；④22.4L体积是近似值；⑤Vm的单位为L/mol和m3/mol；5)适用对象：纯净气体与混合气体均可。
5. 下列关于胶体，判断不正确的是( )
A. 胶体本质特征是胶粒直径在1nm～100nm
B. 丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液
C. 煮沸饱和FeCl3溶液可以制得Fe(OH)3胶体
D. 溶液和胶体的分散质都能通过滤纸孔隙
【答案】C
【解析】
【详解】A、胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故A正确；
B、胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有丁达尔效应，因此丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液，故B正确；
C、把饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热，到液体呈红褐色即可制得Fe(OH)3胶体，故C错误；
D、溶液和胶体的分散质粒子直径较小，均可以通过滤纸孔隙，故D正确；
故选C。
6.下列溶液与20mL 1 mol·L-1 NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度相等的是（ ）
A. 10 mL 1 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液 B. 5 mL 0.8 mol·L-1 Al(NO3)3溶液
C. 10 mL 2 mol·L-1 AgNO3溶液 D. 10 mL 0.5 mol·L-1 Cu(NO3)2溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
20mL 1mol•L﹣1NaNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（NaNO3）=1mol/L；
【详解】A.1 mol•L﹣1Mg（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=2c[Mg（NO3）2]=1mol/L×2=2mol/L，故A错误；
B.0.8 mol•L﹣1Al（NO3）3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=3c[Al（NO3）3]=0.8mol/L×3=2.4mol/L，故B错误；
C.2 mol•L﹣1AgNO3溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=c（AgNO3）=2mol/L，故C错误；
D.0.5 mol•L﹣1Cu（NO3）2溶液中NO3﹣物质的量浓度为：c（NO3﹣）=2c[Cu（NO3）2]=0.5mol/L×2=1mol/L，故D正确；
答案选D。
7. 下列叙述正确的是( )
A. BaSO4溶于水的部分能够电离，所以BaSO4是电解质
B. SO2的水溶液能够导电，所以SO2是电解质
C. 液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质
D. 盐酸能导电，所以盐酸是电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A、硫酸钡溶于水的部分完全电离出钡离子和硫酸根离子，所以硫酸钡属于强电解质，故A正确；
B、二氧化硫与水反应产生的亚硫酸，其电离出阴阳离子，使溶液能够导电，不是二氧化硫自身电离产生的离子，所以二氧化硫为非电解质，故B错误；
C、氯气不属于化合物，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D、盐酸是氯化氢溶于水形成的溶液，属于混合物，不是电解质，故D错误；
故选A。
【点晴】本题考查了电解质与非电解质的概念。注意明确电解质与非电解质的概念及判断方法，明确二氧化硫、三氧化硫、氨气等不属于电解质，如二氧化硫的水溶液导电，是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离的离子，不是二氧化硫自身电离的，这是本题的易错点。
8. 在某澄清透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是( )
A. Na+ 、Al3+、SO42-、HCO3- B. Na+、 Ba2+、Cl-、SO42-
C. Cu2+、Mg2+、SO42-、NO3- D. Fe3+、K+、NO3-、I-
【答案】C
【解析】
【详解】A、在酸性溶液好HCO3-不能大量共存，故A错误；
B、Ba2+和SO42-反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；
C、在澄清透明的酸性溶液中，Cu2+、Mg2+、SO42-、NO3-离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；
D、在酸性溶液中，I-能够被Fe3+或NO3-氧化，不能大量共存，故D错误；
故选C。
【点晴】本题考查离子共存，要注意题意中隐含信息的理解。常见的附加条件：①酸性溶液(H+)、碱性溶液(OH-)、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH--=1×10-10mol/L的溶液等；②有色离子MnO4-，Fe3+，Fe2+，Cu2+，Fe(SCN)3+；③MnO3-，NO3-等在酸性条件下具有强氧化性等；另外酸式盐的含氢弱酸根离子不能与强碱(OH-)、强酸(H+)共存。
9.实验室中可用如下反应制取氯气：2KMnO4+16HCl(浓)＝ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，此反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为( )
A. 1：8 B. 1：5 C. 2：5 D. 5：1
【答案】B
【解析】
【详解】反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0，2mol高锰酸钾在反应中得电子，为氧化剂，10molHCl(另外的6molHCl表现酸性)失电子是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：10=1：5，故选B。
10.下列离子方程式书写正确的是 (　　)
A. 铝片加入氯化铜溶液中：Al＋Cu2＋=Al3＋＋Cu
B. 氢氧化钾溶液加入氯化铁溶液中：3OH－＋FeCl3 = Fe(OH)3↓＋3Cl－
C. 石灰石加入稀盐酸中：CaCO3＋2H＋= Ca2＋＋CO2↑＋H2O
D. 氢氧化钡溶液加入稀硫酸中：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A项，电荷不守恒，铝与氯化铜溶液反应的离子反应为2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu，故A错误；
B项，氯化铁是可溶性的强电解质，应写成离子形式，氢氧化钾溶液加入氯化铁溶液中反应的离子方程式为：3OH-+Fe3+ =Fe(OH)3↓，故B错误；
C项，石灰石的主要成分CaCO3难溶于水，与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+= Ca2++CO2↑+H2O，故C正确；
D项，离子配比不对，氢氧化钡溶液加入稀硫酸中反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故答案选C。
11.对于反应8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，下列说法正确的是( )
A. N2是还原产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3
B. N2是氧化产物，且还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3
C. 每转移6mol电子就生成22.4LN2
D. NH4Cl是氧化产物，且还原产物与氧化产物物质的量之比是1 : 6
【答案】B
【解析】
【详解】反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比是2：3，Cl元素化合价降低，被还原，NH4Cl为还原产物，在标准状况下，每转移6mol电子就生成22.4LN2，故选B。
【点晴】侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化是解题关键；3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2中，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，N元素的化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，结合化合价升降总数解答该题。
12.在标准状况下有①6.72L CH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）。下列对这四种气体的关系从大到小描述不正确的是（　　）
A. 体积②＞③＞①＞④ B. 密度②＞③＞④＞①
C. 质量②＞③＞①＞④ D. 氢原子数①＞④＞③＞②
【答案】D
【解析】
【详解】①6.72LCH4的物质的量为0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，
③13.6g硫化氢的物质的量为=0.4mol，④0.2mol氨气（NH3），则
A. 同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以体积②＞③＞①＞④，A项正确；
B. ①CH4相对分子质量为16，②HCl相对分子质量为36.5③硫化氢相对分子质量为34，④氨气相对分子质量为17，同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，B项正确；
C. ①6.72L CH4的质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，②3.01×1023个HCl分子的质量为0.5mol×36.5g/mol=18.25g，③13.6g硫化氢，④0.2mol氨气（NH3）的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，C项正确；
D. 氢原子物质的量分别为：①0.3mol×4=1.2mol，②0.5mol，③0.4mol×2=0.8mol，④0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子数①＞③＞④＞②，D项错误；
答案选D。
13.据报道，受不利气象条件影响，北京于12月11日再次陷入雾霾之中。官方当日先后发布霾黄色、空气重污染蓝色预警，当日的空气质量一直维持在重度污染水平。下列为了防止产生雾霾的措施。不可行的是
A. 停止冬季供暖，减少有害物质排放
B. 对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理
C. 退耕还林，改善生态环境
D. 寻找新能源，减少化石燃料的使用
【答案】A
【解析】
A．停止冬季供暖，虽然减少有害物质排放，但不符合客观实际，选项A错误；B．对锅炉和汽车等产生的有害气体和烟尘等进行处理可以减少雾霾的产生，选项B正确；C．退耕还林，改善生态环境有利于节能减排，可以防止雾霾的产生，选项C正确；D．寻找新能源，减少化石燃料的使用，有利于节约能源，且可以减少雾霾的生成，选项D正确。答案选A。
14.下列有关物质的分类或归类正确的一组是( )
①液氨、液氯、干冰、纯碱均为化合物
②漂白粉、铝热剂、水玻璃、氨水均为混合物
③明矾、小苏打、醋酸、烧碱均为电解质
④生理盐水、牛奶、豆浆、肥皂水均为胶体
⑤Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaClO均为钠盐
A. ①和② B. ②和③ C. ②③④ D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化合物、混合物、电解质、胶体和钠盐的概念和分类依据进行判断。
【详解】A．①中液氨属于单质，①分类不对，②分类正确，故A错误。
B．②和③分类都正确，故B正确。
C．④中生理盐水属于溶液，不是胶体，④分类不正确，故C错误。
D．⑤中Na2O2属于钠的过氧化物不属于钠盐，⑤分类不正确，故D错误，本题选B。
【点睛】铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，水玻璃是水溶性硅酸盐属于混合物。
15.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(　　)
A. 阿伏加德罗常数是指1mol物质中所含有的原子数
B. 常温、常压下，10 g H2中约含6.02×1024个电子
C. 50 mL0.1 mol/L的Na2CO3溶液中Na+的物质的量为0.1 mol
D. 标准状况下，2.24 L CCl4含有的原子数为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子中所含有的粒子数，A错误；
B. 常温、常压下，10 g H2的物质的量为5mol，其电子数为10NA，约为6.02×1024个电子，B正确；
C. 50 mL0.1 mol/L的Na2CO3溶液的物质的量为0.005mol，其Na+的物质的量为0.01 mol，C错误；
D. 标准状况下，CCl4不是气体，无法计算，D错误；
故答案选B。
16.实验室通常悬挂涂有CuI的滤纸监测空气中汞蒸气的含量，监测原理为：4CuI + Hg = Cu2HgI4 +2Cu下列叙述正确的是：
A. 在Cu2HgI4中I的化合价为-2价 B. 4mol CuI反应中失去4mol电子
C. 该反应中Hg 是还原剂 D. CuI既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu2HgI4中Cu元素的化合价为+1价，Hg为+2价，I为-1价，故A错误；
B．当有4mol CuI参加反应，只有2mol Cu元素的化合价发生变化，转移2mol电子，故B错误；
C．反应中Hg的化合价升高，金属Hg是还原剂，故C正确；
D．Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，I元素化合价没有改变，则CuI为氧化剂，故D错误；
答案C。
【点睛】注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，反应4CuI+Hg═Cu2HgI4+2Cu中，Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题。
第II卷(非选择题，共52分)
二、非选择题(本大题包括5个小题，共52分。)
17.用98%的浓硫酸(其密度为1.84g/cm3)配制100mL 1.0mol∙L﹣1稀硫酸，
(1)需量取浓硫酸的体积为_____mL。
(2)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①量取 ②计算 ③溶解 ④颠倒摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却，其正确的操作顺序为________________，本实验必须用到的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、还有___________。
(3)在配制过程中，下列操作会引起浓度偏高的是____，无影响的是____(填序号)。
①没有洗涤烧杯和玻璃棒；
②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面；
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水；
④定容时俯视刻度线；
⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容；
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。
【答案】 (1). 5.4mL (2). ②①③⑧⑤⑥⑦④ (3). 100mL容量瓶 (4). ④⑤ (5). ③
【解析】
【分析】
（1）根据c=计算出浓硫酸的浓度；根据稀释前后物质的量不变，计算出需要浓硫酸的体积；

（2）根据一定物质的量浓度的溶液的配制过程及所需要的仪器进行操作的排序和仪器的确定；
（3）根据c=进行误差分析。
【详解】（1），稀释前后物质的量不变，
，，，；
（2）配制溶液时的操作：计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀；故正确操作顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；本实验中给定的仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶；
（3）①没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的物质的量会偏小，物质的量浓度偏低；
②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，溶质的物质的量会偏小，物质的量浓度偏低；
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，，溶质的物质的量不变，溶液的体积不变，物质的量浓度不变，故无影响；
④定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，物质的量浓度偏高；
⑤未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后，液面下降，溶液体积偏小，物质的量浓度偏高；
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏高，物质的量浓度偏低。
故浓度偏高的是：④⑤，无影响的是：③。
18.某反应体系中反应物和生成物共有7种物质：I2、K2SO4、KI、H2O、H2SO4、CuI(难溶)、Cu(IO3)2．当将反应物混合时，可观察到反应体系中绿色晶体逐步转变为棕黄色沉淀．反应前如果向反应体系中滴加淀粉溶液无明显变化，反应后则得到蓝色溶液．请回答下列问题：
（1）写出该反应的化学方程式并配平：_________________
（2）反应中被还原的元素是______(填元素符号)，还原剂是______(填化学式)．H2SO4 在上述反应中表现出来的性质是______．
（3）当有1mol Cu(IO3)2参加反应时，反应中转移电子的物质的量是______mol．
（4）反应涉及的物质中，属于盐类的物质有______种，属于电解质的有______种．
【答案】 (1). 2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O (2). Cu和I (3). KI (4). 酸性 (5). 11mol (6). 4 (7). 6
【解析】
【详解】（1）当将反应物混合时，可观察到反应体系中绿色晶体逐步转变为棕黄色沉淀，说明反应物中有Cu(IO3)2、生成物中含有CuI，反应前如果向反应体系中滴加淀粉溶液无明显变化，反应后则得到蓝色溶液，说明生成物中含有碘，则反应物中含有KI，碘化钾还原性在酸性条件下发生反应，所以反应物中还有硫酸，则生成物中含有水，该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、I元素化合价由-1、+5价变为0价，再结合原子守恒配平方程式得2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O；
故答案为2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O；
（2）该反应中，Cu元素化合价由+2价变为+1价、I元素化合价由-1价、+5价变为0价，所以被氧化的元素是Cu、I，还原剂是KI，硫酸中各元素化合价不变，所以硫酸体现酸性，故答案为Cu、I；KI；酸性；
（3）当有1mol Cu(IO3)2参加反应时，反应中转移电子的物质的量=11mol×(1-0)=11mol，故答案为11；
（4）该反应中属于盐类的有：Cu(IO3)2、KI、CuI、K2SO4，所以共有4种，电解质的有Cu(IO3)2、KI、H2SO4、CuI、K2SO4、H2O，所以共有6种，故答案为4；6。
19.物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：
(1)0. 6 g H2中含有氢原子的物质的量为_________ mol。
(2)标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2 的体积之比为____________。
(3)100mL硫酸钠溶液中n(Na+)=0.2mol，则其中c(SO42-)=_____________。
(4)6.72 L(标准状况)CO 与一定量的Fe2O3恰好完全反应，生成Fe的质量为____________g。
【答案】 (1). 0.6 (2). 2：1 (3). 1.0mol·L-1 (4). 11.2
【解析】
【详解】（1）0.6gH2的物质的量是＝0.3mol，其中含有氢原子的物质的量为0.3mol×2＝0.6mol；
（2）根据分子式可知标准状况下，含有相同氧原子数的CO和CO2的体积之比为；
（3）100mL硫酸钠溶液中n(Na+)=0.2mol，则硫酸根离子的物质的量是＝0.1mol，因此c(SO42-)=＝1.0mol/L；
（4）标准状况下6.72LCO的物质的量是＝0.3mol，根据方程式3CO+Fe2O32Fe+3CO2可知，生成Fe的质量为0.2mol×56g/mol＝11.2g。
20.用一种试剂除去下列物质中的杂质(括号内物质为杂质)，写出试剂名称和有关反应的离子方程式。
(1) NaCl(BaCl2) 所需试剂_____________________离子方程式_____________________
(2) FeSO4(CuSO4) 所需试剂_____________________离子方程式_____________________
(3) Na2SO4(NaHCO3) 所需试剂_____________________离子方程式_____________________
【答案】 (1). Na2SO4溶液 (2). Ba2+ + SO42-=BaSO4↓ (3). 铁粉 (4). Fe + Cu2+ === Fe2+ + Cu (5). 稀硫酸 (6). H+ + HCO3-= H2O + CO2↑
【解析】
【详解】（1）NaCl (BaCl2) ，可加入Na2SO4溶液，Na2SO4与BaCl2反应生成BaSO4的白色沉淀，可除去NaCl溶液中的BaCl2杂质，其离子反应方程式为：Ba2+ + SO42-=BaSO4↓；
（2）FeSO4 (CuSO4) ，可加入铁粉，Fe可与 CuSO4溶液反应置换出Cu，可除去FeSO4溶液中的CuSO4杂质，其离子反应方程式为：
Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu；
（3）Na2SO4 (NaHCO3)，可加入稀硫酸，稀硫酸可与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，除去Na2SO4溶液中的NaHCO3杂质，其离子反应方程式为：H+ + HCO3-= H2O + CO2↑。
【点睛】除杂四原则：（1）不增：不增加新杂质，（2）不减：不减少被提纯物质，（3）易分离：被提纯物质与杂质容易分离，（4）易复原：被提纯物质容易复原；三必须：（1）除杂试剂必须过量，（2）过量试剂必须除尽，（3）除杂途径选最佳。
21.有一包白色粉末，可能含有NaHSO4、KHCO3、Ba(NO3)2、CaCl2、NaNO3、MgSO4中的一种或几种。
实验步骤如下：
①取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。
②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。
③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。
(1)推断白色粉末中一定有_____________________________ ，一定没有_________________ 。
(2)请写出实验步骤①中产生气体的离子方程式：______________________________________。
(3)请写出用实验检验CaCl2中阴离子方程式：__________________________________________。
【答案】 (1). NaHSO4、KHCO3、Ba(NO3)2 (2). CaCl2、MgSO4 (3). H+ + HCO3- = H2O+CO2↑ (4). Cl- + Ag+ =AgCl↓
【解析】
【分析】
①硫酸氢钠与碳酸氢钠溶液反应可生成二氧化碳气体，硫酸钙、硫酸钡均属于白色沉淀；取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，可知一定含NaHSO4、KHCO3，至少含Ba(NO3)2、CaCl2中的一种；

②过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，可知不含CaCl2、MgSO4；
③再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，则不含MgSO4。
【详解】（1）由上述分析可知，白色粉末中一定有NaHSO4、KHCO3、Ba(NO3)2，一定没有、CaCl2、MgSO4；
（2）实验步骤①中产生气体的离子方程式：H++HCO3-=H2O+CO2↑；
（3）用实验检验CaCl2中阴离子为Cl−，用Ag+检验，离子反应方程式：Cl- + Ag+ =AgCl↓。