2021南京师大附中高一上学期期中考试化学含解析

这是一份2021南京师大附中高一上学期期中考试化学含解析，共16页。试卷主要包含了 下列物质中所含原子数最多的是，4 ml O2D， ③⑦⑧ 等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年南京师大附中第一学期
高一年级期中考试化学试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ne 20 Na 23 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca40 Fe 56 Cu 64 Ba 137
一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意
1. K2FeO4是一种多功能、高效水处理剂。它属于（ ）
A. 酸 B. 碱 C. 盐 D. 氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】
酸是电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱是电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐是电离时生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物；氧化物是指氧元素与另外一种化学元素组成的二元化合物；结合盐的概念进行分析判断。
【详解】K2FeO4电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，K2FeO4是由金属阳离子钾离子和酸根离子高铁酸根离子构成的化合物，所以K2FeO4属于盐，C项正确。
2. 下列各种直径的粒子属于胶体的是( )
A. 1 nm B. 1×10-6 m C. 1×10-8 m D. 1×10-10 m
【答案】C
【解析】
【详解】根据分散质微粒直径大小，将分散质微粒直径小于1 nm的称为溶液，大于100 nm的称为浊液，在1 nm～100 nm之间的称为胶体。由于1 nm=10-9 m，所以胶体分散质微粒直径为10-9 m～10-7 m之间，则选项中属于胶体的粒子直径是1×10-8 m，故合理选项是C。
3. 下列物质中所含原子数最多的是( )
A. 4℃时 5.4 mL的水 B. 3.01×1022个CO2分子
C. 0.4 mol O2 D. 10 g氖
【答案】A
【解析】
【分析】
先计算各个选项中原子的物质的量，根据N=n·NA可知：原子的物质的量越多，物质中含有的原子数目越多。
【详解】A．4℃时 5.4 mL的水的质量是5.4 g，其物质的量n(H2O)==0.3 mol，由于H2O中含有3个原子，则0.3 mol H2O中含有原子的物质的量是0.3 mol×3=0.9 mol；
B．3.01×1022个CO2分子的物质的量是n(CO2)=3.01×1022÷6.02×1023/mol=0.05 mol，由于CO2中含有3个原子，则0.05 mol CO2中含有原子的物质的量是0.05 mol×3=0.15 mol；
C．1个O2中含有2个原子，则0.4 mol O2中含有原子的物质的量是0.4 mol×2=0.8 mol；
D．10 g氖的物质的量n(Ne)=10g÷20 g/mol=0.5 mol，Ne是单原子分子，则0.5 mol氖气中含有0.5 mol Ne原子。
综上所述可知：含有原子的物质的量最多的是0.9 mol，故合理选项是A。
4. 在标准状况下，1升某气体的质量为1.25g，则该气体可能是( )
A. H2 B. CO2 C. CH4 D. CO
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，1L某气体的质量为1.25g，该气体摩尔质量，其摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量为28。
A．H2的相对分子质量为2，故A错误；
B．CO2的相对分子质量为44，故B错误；
C．CH4的相对分子质量为16，故C错误；
D．CO的相对分子质量为28，故D正确；
故选D。
5. 98%的 H2SO4(密度为1.84 g/cm3)与18.4 mol/LH2SO4的浓度相比( )
A. 是同一浓度的不同表示方法 B. 所含H2SO4的物质的量相同
C. 不同浓度的两种硫酸溶液 D. 无法比较其浓度大小
【答案】A
【解析】
【详解】A．98%的 H2SO4(密度为1.84 g/cm3)是用质量分数表示溶液的浓度，其物质的量浓度c= mol/L=18.4 mol/L；18.4 mol/LH2SO4是用物质的量浓度表示溶液的组成，因此二者是同一浓度的不同表示方法，A正确；
B．只有溶液浓度，缺少溶液的体积，不能计算比较溶液中所含H2SO4的物质的量的多少，B错误；
C．根据选项A分析可知它们表示的是相同浓度的一种硫酸溶液，C错误；
D．根据选项A分析可知两种溶液的浓度相同，D错误；
故合理选项是A。
6. 实验室用镁带和稀硫酸反应产生氢气，来测定氢气的气体摩尔体积，所涉及到的步骤有①读数；②冷却至室温；③调节使水准管和量气管液面相平。正确的顺序是( )
A. ①②③ B. ①③② C. ③①② D. ②③①
【答案】D
【解析】
【详解】要准确测量气体体积必须保持量筒内外气体的温度和压强相等，因此在读取量筒内气体的体积之前，应使试管和量筒内的气体都冷却至室温；再调节量筒内外液面高度使之相同，最后读数，即正确的顺序是②③①，故合理选项是D。
7. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 28 g N2含有的原子数是NA
B. 48 g S6与S8所含的硫原子数为1.5NA
C. 化学反应中1 mol Fe参加反应，失去的电子数一定3NA
D. 1 mol H2在O2中完全燃烧转移的电子数目为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．28 g N2的物质的量是1 mol，由于N2是双原子分子，所以1 mol N2中含有的原子数是2NA，A错误；
B．S6与S8分子都是由S原子构成，S原子相对原子质量是32，则48 g S6与S8所含的硫原子的物质的量是n(S)=48 g÷32 g/mol=1.5 mol，则1.5 mol S 原子中含有的S原子数目为1.5NA，B正确；
C．Fe具有可变化合价，在反应时可能产生+2价化合物，也可能产生+3价化合物，所以化学反应中1 mol Fe参加反应，失去的电子数不一定3NA，C错误；
D．H2与O2反应产生H2O，H元素化合价升高1价，则1 mol H2在O2中完全燃烧转移的电子数目为2NA，D错误；
故合理选项是B。
8. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH-=Fe(OH)3↓+3Cl-
B. 氧化钙固体与盐酸反应：O2++2H+=H2O
C. 铁粉与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
D. 氢氧化铜与盐酸反应：Cu(OH)2+2H+=2H2O+Cu2+
【答案】D
【解析】
【详解】A．三氯化铁是易溶性的强电解质，电离产生自由移动的离子，应该写成离子形式，A错误；
B．氧化钙是固体，应该写化学式，不能拆写为离子形式，B错误；
C．铁粉与稀硫酸反应产生Fe2+和H2，不符合反应事实，C错误；
D．反应符合事实，遵循物质拆分原则，D正确；
故合理选项是D。
9. 苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色(Fe2+)变为棕黄色(Fe3+)。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生。这说明维生素C具有。
A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性
【答案】B
【解析】
【详解】Fe2+变为黄色Fe3+，该过程中铁元素被氧化，维生素C可有效防止这种现象发生，说明维生素C可以防止铁元素被氧化，说明维生素C具有还原性。
答案为B。
10. 下列反应属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂的是（ ）
A. 2H2O O2↑+H2↑ B. 2H2O+2Na=2NaOH+H2↑
C. 2H2O+2F2=4HF+O2 D. H2O+3NO2=2HNO3+NO
【答案】D
【解析】
【分析】
水既不作氧化剂也不作还原剂，则水中的H和O元素化合价没有发生变化。
【详解】A、反应中H元素化合价降低，O元素化合价升高，水为氧化剂和还原剂，故A错误；
B、反应中H元素的化合价降低，则水为氧化剂，故B错误；
C、O元素化合价升高，水只作还原剂，故C错误；
D、N元素价，水中H、O元素化合价均不变，属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂又不作还原剂，故D正确。
故选D。
11. VmLA12(SO4)3溶液中含Al3+ag，取VmL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中的物质的量浓度是
A mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】原溶液中，c(Al3+)==mol/L，取mL溶液稀释到4VmL，c(Al3+)==mol/L，由Al2(SO4)3--2Al3+--3SO42-，可得出c(SO42-)=mol/L=mol/L，故选B。
12. 在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：，从而可知在RO3n-中，元素R的化合价是（）
A. +4价 B. +5价 C. +6价 D. +7价
【答案】B
【解析】
【分析】
离子方程式要遵循质量守恒（即反应前后原子种类及个数应相等）、电荷守恒（反应前后阴阳离子所带的电荷总数应相等）。
【详解】在反应中，从离子方程式的电荷守恒的角度可知，n=1，则在RO3-中，R的化合价为+5价，答案选B。
二.不定项选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
13. 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）
A. 向容量瓶中转移溶液时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤过
B. 称量时NaOH已经潮解
C. 定容时俯视容量瓶的标线
D. 摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀
【答案】C
【解析】
【分析】
试题分析：根据cB＝可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】A.向容量瓶中转移溶液时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤过，溶质的量和溶液的体积均不变，不会影响实验结果，A不正确；
B.称量时NaOH已潮解，则氢氧化钠的质量减少，溶质的量减小，浓度偏低，B不正确；
C.定容时俯视容量瓶的标线，则液面在刻度线的下方，即体积偏少，浓度偏高，C正确；
D.摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀，则溶液的体积增加，浓度偏低，D不正确；
答案选C。
14. 某溶液中大量存在以下五种离子：、、Fe3+、H+、M，它们的微粒数比为n()：n()：n(Fe3+)：n(H+)：n(M)=2：3：1：3：1，则M可能为
A. Mg2+ B. Na+ C. D. Ba2+
【答案】A
【解析】
【分析】
已知微粒数之比等于物质的量之比为n()：n()：n(Fe3+)：n(H+)：n(M)=2：3：1：3：1，设各离子的物质的量分别为2mol、3mol、1mol、3mol、1mol，则阴离子所带负电荷n()+2×n()=2mol+2×3mol=8mol，阳离子所带正电荷3×n(Fe3+)+n(H+)=3×1mol+3mol=6mol，阴离子所带负电荷大于阳离子所带正电荷，则M一定为阳离子，因M的物质的量为1mol，根据电荷守恒，则M离子应带2个正电荷，由此分析。
【详解】A．根据分析，已知溶液中大量存在、、Fe3+、H+，Mg2+可与4种离子大量共存，且离子带2个正电荷，故A符合题意；
B．根据分析，离子应带2个正电荷，若为Na+，不符合电荷守恒，故B不符合题意；
C．根据分析，M一定为阳离子，若为，与H+不能大量共存，且是阴离子，故C不符合题意；
D．若为Ba2+，与不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
15. 在下列化学方程式中，能够用离子方程式Ba2++=BaSO4↓表示的是( )
A. BaCl2 + K2SO4 = BaSO4 ↓+ 2KCl B. BaCO3 + H2SO4 = BaSO4 ↓+ CO2 ↑+ H2O
C. Ba(NO3)2 + H2SO4 = BaSO4 ↓+2HNO3 D. Ba(OH)2 + 2KHSO4 = BaSO4 ↓+ K2SO4 + 2H2O
【答案】AC
【解析】
【详解】A．BaCl2+K2SO4=BaSO4↓+2KCl的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓，故A选；
B．BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+CO2↑+H2O的离子方程式为BaCO3+2H++SO=BaSO4↓+CO2↑+H2O，故B不选；
C．Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓，故C选；
D．Ba(OH)2+2KHSO4=BaSO4↓+K2SO4+2H2O的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D不选；
故选AC。
16. 元素铬(Cr)的几种化合物存在如图转化关系，下列判断不正确的是( )

A. 反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化
B. 反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质
C. 反应②利用了H2O2的氧化性
D. K2Cr2O7可作为氧化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．在反应①③中Cr元素化合价不变，A错误；
B．Cr2O3是金属氧化物，与KOH反应，产生KCrO2和水，所以反应①表明Cr2O3有酸性氧化物的性质，B正确；
C．在反应②中H2O2将KCrO2氧化为K2Cr2O4，说明H2O2具有氧化性，C正确；
D．在K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6价，具有强氧化性，因此K2Cr2O7可作为氧化剂，D正确；
故合理选项是A。
17. 一瓶不纯的K2CO3粉末，所含杂质可能是KNO3、Ca(NO3)2、KCl、CuCl2、Na2SO4中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验：
(1)取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液
(2)在上述无色溶液中加入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液。
(3)取少许(2)中过滤后的无色溶液于试管中，漓加AgNO3溶液有白色沉淀生成。下列说法正确的是( )
A. 杂质中肯定不含有Ca(NO3)2、CuCl2
B. 杂质中肯定含有KCl、Na2SO4
C. 杂质中可能含有KNO3、KCl、Na2SO4
D. 杂质中肯定含有KCl，可能含有KNO3、Na2SO4
【答案】AC
【解析】
【分析】
(1)取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液，溶液无色说明原固体中不含CuCl2；溶液澄清说明原固体中不含与K2CO3在溶液中发生反应产生沉淀的Ca(NO3)2杂质；
(2)取上述无色溶液加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，此白色沉淀一定含有BaCO3，可能含有BaSO4，因此原固体中可能含有Na2SO4杂质；
(3)取少许(2)中过滤后的无色溶液于试管中，滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，但由于第(2)步加入的是BaCl2溶液引入了Cl-，因此不能确定原固体是否含有KCl；
KNO3是可溶性物质，水溶液显无色，因此其是否存在对实验现象无影响，故原固体不能确定是否含有KNO3，据此解答。
【详解】A．CuCl2水溶液显蓝色，该粉末溶解后得无色溶液，说明不含CuCl2；由于K2CO3与Ca(NO3)2会发生复分解反应产生CaCO3沉淀而使溶液变浑浊，粉末溶解后得到澄清溶液，说明原固体中也不存在杂质Ca(NO3)2；故K2CO3粉末中含有的杂质中肯定不含有Ca(NO3)2、CuCl2，A正确；
B．向溶液中加入足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，此白色沉淀一定含有BaCO3，由于BaSO4也是难溶性物质，所以沉淀中可能含有BaSO4，则原固体中可能含有杂质Na2SO4；取少许上述过滤除去沉淀的滤液中滴加加AgNO3溶液有白色沉淀生成，该沉淀是AgCl，这只能说明加入BaCl2溶液中含有Cl-，该Cl-可能是加入BaCl2溶液产生的，也可能是原固体粉末中杂质KCl电离产生，因此不能证明原固体中是否含有KCl杂质。则原固体中可能含有KCl、Na2SO4，也可能都不含有，B错误；
C．根据选项B分析可知：原固体中杂质中可能含有KCl、Na2SO4，由于KNO3是可溶性物质，水溶液显无色，因此其是否存在对实验现象无关，即原固体中也可能含有杂质KNO3，也可能不含杂质KNO3，C正确；
D．根据选项C分析可知：原固体中可能含有杂质KCl、KNO3、Na2SO4，也可能不含有这三种物质，D错误；
故合理选项是AC。
18. 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1.75 mol,则下列判断正确的是
A. 生成40.0 L N2(标准状况)
B. 有0.250 mol KNO3被氧化
C. 转移电子物质的量为1.75mol
D. 被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】D
【解析】
【分析】
反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，据此分析解答。
【详解】A．生成标况下氮气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；
B．由反应可知，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol×＝0.25mol，故B错误；
C．转移电子的物质的量为0.25mol×（5-0）＝1.25mol，故C错误；
D．转移10mol电子被氧化的N原子为30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为（1.25mol×30）÷10＝3.75mol，故D正确；
故选D。
三、填空题
19. 下列物质中属于电解质的是___________，属于非电解质的是_________ (填写序号)。
①铜 ②稀硫酸 ③氯化氢 ④氨气 ⑤空气 ⑥二氧化碳 ⑦氯化银 ⑧氯化钠 ⑨乙醇 ⑩蔗糖
【答案】 (1). ③⑦⑧ (2). ④⑥⑨⑩
【解析】
【分析】
电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，据此分析判断。
【详解】①铜是金属单质，既不属于电解质，也不属于非电解质；
②稀硫酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；
③氯化氢是化合物，溶于水电离产生自由移动的离子，属于电解质；
④氨气是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；
⑤空气是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑥二氧化碳是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；
⑦氯化银是盐，属于电解质；
⑧氯化钠是盐，属于电解质；
⑨乙醇是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；
⑩蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，属于非电解质；
综上所述可知：属于电解质的物质序号是③⑦⑧；属于非电解质的物质序号是④⑥⑨⑩。
【点睛】本题考查电解质、非电解质的判断。电解质和非电解质必须是化合物，属于纯净物，且离子必须是该化合物本身电离产生，单质、混合物都既不属于电解质，也不属于非电解质。电解质不一定导电，能够导电的不一定是电解质。
20. 实验室进行以下相关实验。请回答下列问题：
(1)准确称量1.06 g Na2CO3，溶于80 mL水中，向其中滴加稀盐酸至恰好完全反应生成正盐，共用去盐酸20.00 mL，该稀盐酸的物质的量浓度为___________mol∙L-1；
(2)实验室配制上述稀盐酸240 mL，需要量取10 mol/L的浓盐酸_____mL，配制过程中需用的玻璃仪器有量筒、烧杯、_____。
(3)某NaHCO3样品中含有少量NaCl，称取一定量该样品，恰好可以和20.00 mL上述配制的稀盐酸完全反应，若改用 0.4 mol/L稀硫酸与之反应，需用稀硫酸____mL；
(4)现有9.3 g已变质的 NaOH固体(其中含有Na2CO3)，恰好可以和200 mL上述配制的稀盐酸完全反应(生成正盐，得到气体)，则该混合物中NaOH的质量分数为________；
(5)将(4)中所生成的气体通入200 mL某 KOH溶液中，气体被完全吸收，KOH无剩余，则该KOH溶液的浓度为_________。
【答案】 (1). 1 (2). )25.00 (3). 250 mL容量瓶；玻璃棒；胶头滴管 (4). 25.00 (5). 43.0% (6). 0.25 mol/L～0.5 mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据HCl与Na2CO3反应的物质的量关系，由Na2CO3的质量计算其物质的量，进而可得HCl的物质的量，结合c=计算其浓度；
(2)根据选择仪器的标准是“大而近”确定使用仪器的规格，利用稀释公式计算需浓硫酸的体积，结合配制步骤确定使用的仪器；
(3)样品中只有NaHCO3能够与酸反应，根据反应消耗HCl的体积及浓度可计算HCl的物质的量，若换成硫酸，可根据溶液中含有H+的物质的量相等，计算需要硫酸的0.4 mol/L稀硫酸的体积；
(4)先计算反应消耗HCl的物质的量，根据元素守恒，可计算转化为正盐NaCl的物质的量，再结合NaOH、Na2CO3的质量和为9.3g，可计算出混合物中各组分的物质的量，最后可得NaOH的质量分数；
(5)根据(4)中Na2CO3的物质的量，利用元素守恒可知反应产生的CO2的物质的量及与KOH反应，可能产生K2CO3、KHCO3或它们的混合物，利用K元素与C元素之间的物质的量关系，得KOH的物质的量，最后根据物质的量浓度定义式计算出KOH的浓度。
【详解】(1)1.06 g Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)==0.01 mol，根据反应方程式：2HCl+Na2CO3=2NaCl+CO2↑+H2O可知，当二者恰好反应转化为正盐时消耗盐酸中HCl的物质的量n(HCl)=2n(Na2CO3)=2×0.01 mol=0.02 mol，由于该盐酸的体积20.00 mL，则该盐酸的物质的量浓度c(HCl)==1 mol/L；
(2)实验室没有规格是240 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准“大而近” 的原则，应该选择使用250 mL容量瓶。由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则配制250 mL1 mol/L的稀硫酸，需10 mol/L的盐酸的体积V(HCl)==25.00 mL；配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需用的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管及250 mL的容量瓶，根据所给仪器，可知还缺少的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及250 mL的容量瓶；
(3)该样品中只有NaHCO3能够与盐酸反应，反应消耗该盐酸20.00 mL，其中HCl的物质的量n(HCl)=1 mol/L×0.02 L=0.02 mol，n(H+)=n(HCl)=0.02 mol，若换成硫酸，则硫酸电离产生的H+的物质的量与盐酸相同，则硫酸电离产生的H+的物质的量也是0.02 mol，由于硫酸的浓度是0.4 mol/L，则硫酸的体积V(H2SO4)==0.05L=25.00 mL；
(4)200 mL上述稀盐酸中HCl的物质的量n(HCl)=1 mol/L×0.2 L=0.2 mol，当其恰好反应转化为NaCl时，根据元素守恒可知n(NaCl)=n(HCl)=0.2 mol，假设混合物中NaOH、Na2CO3的物质的量分别是x、y，根据元素守恒可知x+2y=0.2 mol，40x+106y=9.3 g，解得x=0.1 mol，y=0.05 mol，故该混合物中NaOH的质量分数为：×100%=43.0%；
(5)由(4)可知n(Na2CO3)=0.05 mol，则根据C元素守恒可知其与盐酸反应产生的CO2的物质的量也是0.05 mol，将其通入KOH溶液中发生反应，可能产生K2CO3，也可能产生KHCO3，或者是两种盐的混合物。若完全转化为KHCO3，则n(KOH)=n(KHCO3)=n(CO2)=0.05 mol，由于溶液的体积是200 mL，则KOH溶液的浓度为c(KOH)==0.25 mol/L；若完全转化为K2CO3，则根据元素守恒可知n(KOH)=2n(K2CO3)=2n(CO2)=0.10 mol，由于溶液的体积是200 mL，则KOH溶液的浓度为c(KOH)==0.50 mol/L；若反应产生的盐中含有K2CO3、KHCO3，则KOH的浓度应该在0.25 mol/L与0.50 mol/L之间，故该KOH溶液的浓度范围是0.25 mol/L～0.5 mol/L。
21. 写出下列反应的离子方程式：
(1)铜与硝酸银溶液反应_______________。
(2)醋酸与氢氧化钾溶液反应_________________。
(3)铁锈(主要成分氧化铁)与稀盐酸反应___________________。
(4)足量二氧化碳通入氢氧化钠溶液反应__________________。
(5)少量的NaHCO3溶液与Ba(OH) 2溶液反应______________。
(6)向NaHSO4 溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性______________。
【答案】 (1). Cu+2Ag+=Cu2++2Ag (2). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (3). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (4). CO2+OH-= (5). Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O (6). Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
【解析】
【详解】(1)铜与硝酸银溶液发生置换反应，产生Cu(NO3)2和Ag，反应的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；
(2)醋酸与氢氧化钾溶液发生中和反应，产生CH3COOK和H2O，由于醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，则该反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；
(3)铁锈的主要成分是氧化铁，氧化铁与稀盐酸反应，产生FeCl3和H2O，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
(4)足量二氧化碳通入氢氧化钠溶液反应，产生NaHCO3，反应的离子方程式为：CO2+OH-=；
(5)少量的NaHCO3溶液与Ba(OH) 2溶液反应时，以不足量的NaHCO3为标准，假设其物质的量是1，反应产生BaCO3、NaOH、H2O，该反应的离子方程式为：Ba2++OH-+=BaCO3↓+H2O；
(6)向NaHSO4 溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，二者反应的物质的量的比是2：1，反应产生BaSO4沉淀、Na2SO4、H2O，该反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O。
【点睛】本题考查离子方程式的书写。要注意物质的量的相对多少及反应后溶液酸碱性等要求对反应产物的影响。在酸式盐与碱反应时，要以不足量的物质为标准，假设其物质的量是1 mol，依此确定另外一种物质的量，并根据物质的存在形式进行书写。
22. 某反应体系有反应物和生成物共7种：O2、KMnO4、MnSO4、H2SO4、H2O、H2O2、K2SO4。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2，试回答下列问题：
(1)该反应中的还原剂是___________________
(2)该反应中，发生还原反应的过程是______________→____________
(3)写出该反应的化学方程式并配平_______________
(4)如反应转移了1 mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为________L。
【答案】 (1). H2O2 (2). KMnO4 (3). MnSO4 (4). 2KMnO4+3H2SO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O (5). 11.2
【解析】
【分析】
已知该反应中H2O2只发生：H2O2→O2，有元素化合价的变化，则发生H2O2与KMnO4的氧化还原反应。还原剂失去电子，发生氧化反应；氧化剂得到电子，发生还原反应。根据电子守恒、原子守恒可得反应的化学方程式；根据电子转移与反应产生气体的物质的量关系计算转移1 mol电子时反应产生O2在标准状况下的体积。
【详解】(1)在该反应中，H2O2只发生如下过程：H2O2O2，O元素化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2O2为还原剂；
(2)在该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2，O元素化合价升高，失去电子，被氧化，H2O2为还原剂；KMnO4得到电子，被还原产生MnSO4，所以KMnO4是氧化剂，MnSO4是还原产物。发生还原反应的过程是KMnO4→MnSO4；
(3)在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中+7价变为反应后MnSO4中的+2价，化合价降低5价；O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高1×2=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以KMnO4、MnSO4的系数是2；H2O2、O2的系数是5；根据K元素守恒，可知生成物中有K2SO4，其系数是1；根据S元素守恒，可知反应物有H2SO4，其系数是3；最后根据H元素守恒，可知H2O的系数是8，则配平后该反应的化学方程式为：2KMnO4+3H2SO4+5H2O2=K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O；
(5)根据方程式可知：每有1 mol O2产生，转移2 mol电子，则若转移1 mol电子，反应产生0.5 mol O2，其在标准状况下的体积V(O2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L。
【点睛】本题考查了氧化还原反应。在氧化还原反应中，氧化剂得到电子转化为还原产物；还原剂失去电子转化为氧化产物，利用电子守恒、原子守恒进行方程式配平。反应特征、反应实质与反应类型关系为：“升失氧化还原剂；降得还原氧化剂”。
23. 一定条件下，有A、B两组气体物质(如图所示)，A组内的任一物质都能和B组内的任一物质反应，反应的产物均为可以参与大气循环的物质。请根据这些物质间的反应，回答下列问题：
A组
B组
H2
O2
NH3
NO
N2H4
NO2
(1)从氧化还原反应的角度分析，在A组物质与B组物质反应的过程中，A组物质一般作__________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
(2)若在相同条件下，有4 LA和3 L B恰好反应完全，写出这两种物质反应的化学方程式_________若生成了标况下体积为3.136 L的气体，则反应中转移了_____________mol电子。
【答案】 (1). 还原性 (2). 4NH3+3O22N2+6H2O (3). 0.84
【解析】
【分析】
(1)根据两种物质反应时元素化合价的变化判断物质的作用；
(2)根据物质反应的物质的量的比等于气体的体积比，结合(1)中物质反应方程式确定相应的物质，并利用元素化合价变化与电子转移关系进行计算。
【详解】(1)如H2与O2反应产生H2O，反应方程式为：2H2+O22H2O，H元素化合价在反应后升高，失去电子，表现还原性；
NH3与O2反应产生N2、H2O，反应方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O，N元素化合价在反应后升高，失去电子，表现还原性；
同理N2H4会与NO2反应产生N2、H2O反应方程式为：2N2H4+2NO23N2+4H2O，A组物质中N元素化合价在反应后升高，失去电子，表现还原性；
综上所述可知：A组物质在反应中失去电子，元素化合价升高，被氧化，作还原剂；
(2)若在相同条件下，有4 LA和3 L B恰好反应完全，由(1)分析可知：A是NH3，B是O2，反应方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O。反应产生的气体是N2，若生成了标况下体积为3.136 L的气体，该气体的物质的量是n(N2)==0.14 mol，根据方程式可知：每反应产生1 mol N2转移6 mol电子，则反应产生0.14 mol N2时，转移电子的物质的量是n(e-)=0.14 mol×6=0.84 mol。
四、计算题
24. 硝酸工业生产中的尾气(主要成分为NO2和NO)可用纯碱溶液吸收，相关的化学反应如下：
2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2↑①
NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2↑②
(1)写出反应①中电子转移的方向的数目(单线桥法)，并指出反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。
2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2↑；电子转移表示________________。
氧化剂________还原剂__________氧化产物__________；还原产物__________
(2)配制1000 g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，需Na2CO310H2O__________克；
(3)现有上述纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生22.4 L(标准状况)CO2时，吸收液质量增加了44 g。计算吸收液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比________。(写出计算过程)
【答案】 (1). (2). NO2 (3). NO2 (4). NaNO3 (5). NaNO2 (6). 572 (7). 5：3
【解析】
【分析】
(1)单线桥法表示的是不同元素的原子之间的电子转移情况；氧化剂得到电子变为还原产物；还原剂失去电子变为氧化产物；
(2)依据溶液中溶质物质的量和结晶水合物物质的量相同，结合摩尔质量计算；
(3)根据化学反应设未知，结合化学方程式的定量关系列方程计算。
【详解】(1)在反应①中，N元素化合价部分由+4价升高为+5价，部分化合价由+4价降低为+3价，所以得失电子发生在不同的NO2分子中的N原子之间，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：；
在该反应中NO2中的N化合价为+4价，反应后部分变为NaNO2中的+3价，N的化合价降低，得到电子，被还原，所以NO2为氧化剂，NaNO2是还原产物；部分+4价的NO2中的N失去电子，变为+5价的NaNO3，所以NO2为还原剂，NaNO3是氧化产物。即在该反应中，NO2既作氧化剂又作还原剂，NaNO3是氧化产物，NaNO2是还原产物；
(2)配制1000 g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，溶液中溶质碳酸钠物质的量n(Na2CO3)==2 mol，根据元素守恒，可知需要Na2CO3•10H2O的物质的量也是2 mol，其质量是m(Na2CO3•10H2O)=2 mol×286 g/mol=572 g；
(3)1000 g质量分数为21.2%纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生22.4 L(标准状况)CO2时，其物质的量是1 mol，这时吸收液质量增加了44 g。
①2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2↑ 溶液增重△m=48 g
②NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2↑ 溶液增重△m=32 g
假设由NO2与纯碱反应产生的CO2为a mol，由NO和NO2与纯碱反应产生的CO2为b mol，根据物质反应转化关系可得：a+b=1；48a+32b=44，解得a=0.75 mol，b=0.25 mol，则反应产生的NaNO2物质的量n(NaNO2)=0.75 mol+2×0.25 mol=1.25 mol；反应产生的NaNO3物质的量n(NaNO3)=0.75 mol，故n(NaNO2)：n(NaNO3)= 1.25 mol ：0.75 mol=5：3。