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黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：Cl-35.5 N-14 Br-80 Na-23 Al-27 S-32 Mn-55 As-75 P-31
一、选择题（每题2分，共50分）
1.下列关于试剂存放的叙述正确的是（ ）
A. 硝酸银溶液存放在无色试剂瓶中
B. 金属钠保存在CCl4中(钠的密度小于CCl4)
C. 氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的玻璃瓶中
D. 浓硫酸的装运包装箱应贴上如图所示的标识
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸银见光易分解生成银、二氧化氮和氧气，所以要保存在棕色试剂瓶中，故A错误；
B．钠和四氯化碳不反应，但钠的密度小于四氯化碳的密度，钠会浮在四氯化碳液面上，不能隔绝空气，所以不能用四氯化碳保存，故B错误；
C．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠反应生成粘性硅酸钠，导致玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，所以氢氧化钠溶液不能保存在带玻璃塞的玻璃瓶中，应该选用橡皮塞，故C错误；
D．浓硫酸是强腐蚀性的药品，所以浓硫酸的装运包装箱应贴上腐蚀性标签，故D正确；
故选D。
2.标准状况下，1L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可近似表示为（ ）
A. 22.4×6.02×1023(m+n) B. 22.4(m+n)/(6.02×1023) C. 22.4(m+n) D. m+n
【答案】C
【解析】试题分析：根据n=N/NA，n=V/Vm，混合气体的物质的量（n/NA＋m/NA）mol，气体体积（n/NA＋m/NA）×22.4=1，NA=22.4(n＋m)，故选项C正确。
3. 下列说法中正确的是 （ ）
A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl-
B. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
C. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
D. 硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2Na++S6++4O2-
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaCl在水的作用下电离出Na+和Cl-，A错误；
B、BaSO4难溶于水，但是其溶解的部分完全电离，且该物质在熔融状态下也完全电离，故BaSO4是强电解质，B正确；
C、CO2是非电解质，其溶于水后生成的H2CO3会发生电离，使得溶液具有导电性，并非CO2本身发生电离，C错误；
D、Na2SO4的电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42-，D错误；
故合理选项为B。
4.已知反应 ①2BrO3－+ Cl2=Br2+2ClO3－；②5Cl2+ I2+6H2O=2HIO3+10HCl
③ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）
A. ClO3－＞BrO3－＞IO3－＞Cl2 B. BrO3－＞Cl2＞C1O3－＞IO3－
C. BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－ D. Cl2＞BrO3－＞C1O3－＞IO3－
【答案】C
【解析】
【详解】①反应中氧化剂是BrO3-，氧化产物是C1O3-；②反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是HIO3；③反应中氧化剂是ClO3-，氧化产物是Cl2，根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物可知氧化能力由大到小为：BrO3->ClO3->Cl2>IO3-，故C正确，
答案选C。
5.下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（ ）
A. 与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓
B. 通入CO2气体产生蓝色沉淀
C. 与H2S反应的离子方程式：Cu2＋＋S2－=CuS↓
D. 该溶液中Na＋、NH4+、NO3-、Mg2＋可以大量共存
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水为弱碱，与过量浓氨水反应，生成络离子，离子方程式为Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；
B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故B错误；
C．H2S在离子反应中保留化学式，则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C错误；
D．Na＋、NH4+、NO3-、Mg2＋离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，能够大量共存，故D正确；
故选D。
6. 金属钠露置在空气中会发生一系列变化，其中产物不可能是（ ）
A. Na2O2 B. NaOH C. Na2CO3·10H2O D. Na2CO3
【答案】A
【解析】试题分析：金属钠长期露置在空气中首先与氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水发生反应生成氢氧化钠。氢氧化钠吸收水分得到氢氧化钠溶液，然后在吸收二氧化碳得到碳酸钠溶液，溶液的水分蒸发得到碳酸钠晶体。晶体风化最后得到碳酸钠粉末，不可能生成过氧化钠，答案选A。
7.下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤向石蕊试液中加入Na2O2粉末，溶液先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3
A. 都正确 B. ④⑤⑥ C. ②⑤⑥ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故②错误；
③钠是活泼金属，在常温下易被氧化生成氧化钠，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故⑤正确；
⑥钠和氯化铵溶液反应先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与浓氯化铵反应放出氨气，故⑥正确；
正确的选项为④⑤⑥，故选B。
8.某溶液中存在较多的H+、SO42-、NO3-，则溶液中还可能大量存在的离子组是（ ）
A. Mg2+、Ba2+、Br- B. Al3+、CH3COO-、Cl-
C. Mg2+、Cl-、Fe2+ D. Na+、NH4+、Cl-
【答案】D
【解析】试题分析：解此类问题要注意：离子之间能反应不能大量共存；注意挖掘题目的隐含条件；A、SO42-和Ba2+反应，生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，错误；B、H+和CH3COO-反应生成醋酸弱电解质，不能大量共存，错误；C、H+、NO3-和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、组内离子在给定条件下不反应，正确。
9.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3-=Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
C. 向Fe2(SO4)3溶液中加入氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸产生硅酸沉淀：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，其反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe3+，故B错误；
C．硝酸铁溶液中加过量氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+，故C正确；
D．Na2SiO3溶于水，应写为离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故D错误；
故选C。
10.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1的是（ ）
A. 含K＋为2mol的K2SO4溶液
B. 将80gSO3溶于水并配成1L溶液
C. 将58.5gNaCl溶解于1L水中配成的溶液
D. 将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于未告诉溶液的体积，故不能计算硫酸钾溶液的物质的量浓度，故A错误；
B、80gSO3的物质的量==1mol，溶于水反应生成1mol硫酸，配制成1L溶液，硫酸的物质的量浓度==1mol/L，故B正确；
C、58.5gNaCl溶解于1L水中，溶液的体积大于1L，故浓度小于1mol/L，故C错误；
D、蒸发掉50g水后，剩余溶液的体积不是50mL，未告诉溶液的密度，无法计算溶液的体积，故D错误；
故选B。
11.进行化学实验时必须注意安全，下列选项正确的是（ ）。
A. 用方法点燃酒精灯
B. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上2%～5%的硼酸溶液
C. 用制备氢气并检验H2的可燃性
D. 用配制硫酸溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．用燃着的酒精灯引燃另一个酒精灯，容易发生酒精的洒出而引起安全事故，故A错误；
B．浓碱溅到皮肤上，应先用大量的水冲洗，然后用弱酸中和残留的碱，可以用2%～5%的硼酸溶液中和碱，故B正确；
C．在点燃可燃性气体之前，必须验纯，否则会引起爆炸，故C错误；
D．稀释浓硫酸时，要将浓硫酸倒入水中，否则会导致浓硫酸的溅出，故D错误；
故选B。
12.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 1mol的Fe分别与足量的盐酸和稀硫酸反应，电子转移数目均为2NA
B. 125gCuSO4·5H2O晶体中含有0.5NA个Cu2＋
C. 常温常压下，等质量的SO2、S2含有相同的分子数
D. 1molNa2O2固体中含原子总数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1mol Fe与足量的盐酸反应电子转移总数为2NA，1mol Fe与足量稀硫酸反应时生成1mol硫酸亚铁，转移电子数为2NA，故A正确；
B．CuSO4•5H2O中n(Cu2+)=n(CuSO4•5H2O)，125g CuSO4•5H2O的物质的量为=0.5mol，含有0.5NA个Cu2+，故B正确；
C．SO2、S2的摩尔质量相同，等质量的SO2、S2具有相同的物质的量，具有相同的分子数，故C正确；
D．过氧化钠是由两个钠离子和一个过氧根离子构成，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，原子总数为4NA，故D错误；
故选D。
13.亚硝酸（HNO2）及其钠盐参加反应时既可作氧化剂又可作还原剂。当它们作还原剂时，生成的含氮产物可能是：（ ）
A. NO B. N2 C. NO2 D. NH3
【答案】C
【解析】
【详解】亚硝酸（HNO2）及其钠盐中氮是+3价，做还原剂时，化合价升高。故选C。
14.甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3mol·L-1的盐酸和氢氧化钠溶液。向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成气体的体积比为1：2，求所加入的铝粉质量为（ ）
A. 5.4g B. 3.6g C. 2.7g D. 1.8g
【答案】A
【解析】
【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为1：2，设铝与盐酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2 ↑
6 3
0.3mol x
解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.3mol
解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故A正确。
故选A。
15.将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度为（ ）
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】A
【解析】试题分析：由反应2Na + 2H2O ="2NaOH" +H2↑和2Al + 2NaOH + 2H2O =2NaAlO2+ 3H2↑知，将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中生成NaAlO2a mol，H22amol；溶液的质量为（23a + 27a－2×2a）g=（46a + m）g，溶液的体积为（46a + m ）g/ρ g·cm－3=（46a + m ）/1000ρ L，则此溶液的物质的量浓度为mol·L－1，选A。
16.某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Ba2＋、HCO3-、Cl－ B. K＋、Al3＋、S2－、ClO－
C. NH4+、Fe2＋、SO42-、CO32- D. Na＋、Fe3＋、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】能与Al粉反应放出H2，该溶液为强酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量的H+或OH-。
A．HCO3-既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，且铵根离子与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B．Al3+、S2-之间能够发生双水解反应，S2-、ClO-之间能够发生氧化还原反应，且Al3+与氢氧根离子能够反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；
C．NH4+、Fe2＋与氢氧根离子能够反应，CO3-能够与氢离子反应，且Fe2＋、CO32-能够反应生成沉淀，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D．Na+、Fe3+、Cl-、SO42-之间不发生反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中可以大量共存，故D正确；
故选D。
17.某强氧化剂XO(OH)2+被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3molXO(OH) 2+，需用30mL0.2mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是（ ）
A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B
【解析】
【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)2+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，由得失电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L-1×(6-4)，解得a=0，故选B。
18.NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的方程式是MnO4-＋NO2-＋→Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列叙述中正确的是（ ）
A. 中的粒子是OH－ B. 该反应中NO2-被还原
C. 反应过程中溶液的酸性增强 D. 生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4
【答案】D
【解析】
【详解】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-作还原剂，其中N元素由+3价升高为+5价，根据转移的电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5 NO3-+3H2O。
A．由上述分析可知，是H+，故A错误；
B．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故B错误；
C．根据方程式知，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故C错误；
D．根据转移的电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故D正确；
故选D。
19.下列有关Na2O2的说法不正确的是( )
A. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成
B Na2O2与CO2反应时有单质O2生成，该反应属于置换反应
C. Na2O2在空气中久置变白，涉及的氧化还原反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. Na2O2粉末加入Ca(HCO3)2溶液中，会产生气体和浑浊
【答案】B
【解析】
【分析】过氧化钠和水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠和CO2发生2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+O2↑，以上反应均为放热反应，Na2O2中O元素化合价为-1价,反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠具有强氧化性；过氧化钠与水反应生成的NaOH和氧气，NaOH与Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙白色沉淀。
【详解】A项，燃烧的条件是温度达到着火点和具有助燃物质，A正确；
B项，反应物中没有单质参加反应，不符合置换反应的定义；B错误；
C项，Na2O2与CO2、H2O的反应都是Na2O2自身的氧化还原反应；C正确；
D项，Na2O2先和水反应生成O2和NaOH，NaOH再与Ca(HCO3)2反应产生沉淀CaCO3，会产生气体和浑浊，D正确；
答案选B。
20.下列说法正确的是（ ）
A. 用激光笔照射硫酸铜溶液，侧面可观察到明显的光路
B. 氢氧化铁胶体带正电荷是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因
C. 根据是否有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体、浊液
D. 江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液无丁达尔效应，故A错误；
B．胶体不带电，氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；
C．将分散系分为溶液、胶体、浊液，是依据分散质粒度大小分类的，故C错误；
D．泥沙胶体遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故D正确；
故选D。
21.含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则（ ）
A. 被氧化的砒霜为1.98 mg B. 分解产生的氢气为0.672 mL
C. 和砒霜反应的锌为3.90 mg D. 转移的电子总数为6×10−5 NA
【答案】C
【解析】A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中-3价，砒霜发生还原反应，故A错误；B．生成As的物质的量==2×10-5mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2×10-5mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3×10-5mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×10-5mol×22.4L/mol=6.72×10-4L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；C．根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2×10-5mol×[3-(-3)]÷2=6×10-5mol，故参加反应Zn的质量=6×10-5mol×65g/mol=3.9×10-3g=3.9mg，故C正确；D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中-3价，AsH3中-3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×10-5mol×(6+3)×NAmol-1=1.8×10-4NA，故D错误；故选C。
22.在一密闭容器中有HCHO、H2和O2混合气体共20g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重8g，则原混合气体中O2的质量分数是（ ）
A. 40% B. 33．3% C. 60% D. 36%
【答案】C
【解析】由于HCHO可以看作是CO·H2，所以气体燃烧后再通过过氧化钠吸收后，过氧化钠增加的质量就是原混合气中氢气和甲醛的质量，则氧气的质量是12g，质量分数是12÷20＝0.6，即60％，答案选C。
23.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4
(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是（ ）
A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D. 在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子
【答案】C
【解析】在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C．在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确；故选C。
24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. 在0～a范围内，只发生中和反应
B. a＝0.3
C. ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。
【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；
B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；
C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；
D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；
故选B。
25.a mol Na2O2和b mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250 ℃，使其充分反应，当排出O2和H2O(g)的物质的量之比为1∶1 时，a∶b为（ ）
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶3 D. 2∶1
【答案】C
【解析】试题分析：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：
①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑
②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
由上述反应，可得总的反应方程式为：
Ⅰ、Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+1/2O2↑+H2O↑
Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH
当排出O2和H2O的物质的量为1：1时，只能发生反应Ⅰ、Ⅱ，Ⅰ×2+Ⅱ可得：
4Na2O2+6NaHCO36Na2CO3+2O2↑+2NaOH+2H2O↑
故n（Na2O2）：n（NaHCO3）=4：6=2：3，答案选C。
二、非选择题（共50分）
26.某无色溶液X，由K＋、NH4+、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：
（1）白色沉淀甲是___。
（2）甲中阴离子实验室的检验方法：___。
（3）试写出实验过程中生成气体A、B的离子方程式____、___。
（4）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是____，尚未确定是否存在的离子是____。
【答案】(1). BaSO4 (2). 取待测液适量，先加适量稀盐酸，无现象，再加适量氯化钡，产生白色沉淀 (3). CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O (4). NH4+＋OH－NH3↑＋H2O (5). NH4+、CO32-、SO32- (6). K＋
【解析】
【分析】溶液无色，可以判断Fe3+不存在，加过量盐酸生成气体和溶液，可以判断溶液中一定含CO32-，则一定不含有Ba2+、Al3+；气体A为CO2；溶液I加入过量氢氧化钡，加热，反应生成气体B为氨气，说明溶液中存在NH4+，白色沉淀甲是硫酸钡，说明存在SO42-，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，原溶液一定含有SO42-、NH4+、CO32-，一定不存在Ba2＋、Al3＋、Fe3＋，无法判断K＋是否存在。
(1)根据上述分析，白色沉淀甲只能是硫酸钡，故答案为：硫酸钡；
(2)沉淀甲为硫酸钡，其中的阴离子为SO42-，检验SO42-，方法为：取待测液适量，先加适量稀盐酸，无现象，再加适量氯化钡，产生白色沉淀，故答案为：取待测液适量，先加适量稀盐酸，无现象，再加适量氯化钡，产生白色沉淀；
(3)实验过程中CO32-与过量稀盐酸混合完全反应生成CO2，反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，NH4+与过量氢氧化钡，加热，反应生成氨气：NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；NH4++OH-NH3↑+H2O；
(4)根据上述分析，X溶液中一定存在的离子是NH4+、CO32-、SO42-，一定不存在的离子是Fe3+、Ba2+、Al3+，尚未确定是否存在的离子是K+，故答案为：NH4+、CO32-、SO42-；K+。
27.（1）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。根据题意完成下列小题：
①在上述变化过程中，发生还原反应的过程是___→___(填化学式)。
②该反应的氧化产物是___(填化学式)；所得混合气体的平均相对分子质量为___。
（2）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO3-、MnO4-、IO4-。
①有关反应的离子方程式为____。
②在锰离子转化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H+)=0.01mol/L，则在反应中转移电子的物质的量为___mol。
【答案】(1). HClO3 (2). Cl2 (3). O2和HClO4 (4). 47.6 (5). 2Mn2＋＋5IO4-＋3H2O=2MnO4-＋5IO3-＋6H＋ (6). 1/60(或0.0167)
【解析】
【分析】(1)得电子的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中发生还原反应，失电子的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，据此分析解答；
(2)锰离子失电子而转化为高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，则得电子化合价降低的物质作氧化剂，根据元素的化合价的变化确定氧化剂和还原产物，再结合离子方程式的书写规则书写反应的方程式；先计算反应后溶液中的n(H+)，再根据方程式计算。
【详解】(1)①8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O中，氧化剂和还原剂都是HClO3，HClO3中Cl元素得电子化合价降低生成Cl2而发生还原反应，所以发生还原反应的过程是HClO3→Cl2；故答案为：HClO3；Cl2；
②O氧元素的化合价由-2价→0价，Cl元素的化合价由+5价→+7价，所以氧化产物是O2、HClO4；所得混合气体为氧气和氯气，且物质的量之比为3∶2，则混合气体的平均相对分子质量==47.6，故答案为：O2和HClO4；47.6；
(2)①锰离子失电子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3-和IO4-中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO4-作氧化剂，还原产物是IO3-，同时水参加反应生成氢离子，所以该反应的离子方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，故答案为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+；
②将反应后的溶液稀释到1L，测得c(H+)=0.01mol/L，则n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，根据方程式2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+反应中当转移10mol电子时，生成6mol氢离子，所以转移电子为=0.0167mol，故答案为：0.0167。
28.侯氏制碱法是中国传统工业方法，此方法制备Na2CO3一直在工业上沿用至今。其原理如下：①NH3+H2O+CO2=NH4HCO3
②NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓
③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。
Ⅰ.制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（1）装置丙中反应的化学方程式为____。
（2）装置乙的作用是___。为防止污染空气，尾气中的___需要进行吸收处理。
（3）用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有___。
Ⅱ.测定所得产品的组成和纯度
（4）检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：
选择的装置(填编号)
实验现象
实验结论
___
___
样品中含NaHCO3
（5）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液。将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为m2g。则该纯碱样品的纯度为___。
【答案】(1). NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl (2). 除去CO2中的HCl气体 (3). 氨气(NH3) (4). 过滤、洗涤、灼烧 (5). AB(或AC或ACB) (6). B变浑浊(或C变蓝或C变蓝、B变浑) (7). %
【解析】
【分析】Ⅰ．装置甲是制备二氧化碳，气体中含有氯化氢气体对后续实验产生干扰，需要除去；装置乙为除去CO2中的HCl气体的装置，装置丙中是氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，通过过滤得到晶体洗涤灼烧得到碳酸钠，据此分析解答；
Ⅱ.(4)碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，可以利用澄清石灰水检验二氧化碳，或利用无水硫酸铜检验水，判断样品中含有碳酸氢钠；
(5)样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙的质量，结合元素守恒计算样品中碳酸钠的质量，进而计算该纯碱样品的纯度。
【详解】Ⅰ．(1)装置丙中，氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
(2)利用盐酸制取二氧化碳时二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以通过装置乙中饱和碳酸氢钠的溶液，可以除掉二氧化碳中的氯化氢气体；尾气为氨气、二氧化碳，氨气是有刺激性气味的气体，为大气污染物，为防止污染空气，尾气中含有的氨气(或NH3)需要进行吸收处理，可用硫酸吸收，故答案为：除去CO2中的HCl气体； 氨气(或NH3)；
(3)氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，通过过滤分离出碳酸氢钠，并进行洗涤，碳酸氢钠受热发生的反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，灼烧得到碳酸钠，故答案为：过滤、洗涤、灼烧；
Ⅱ.(4)由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，利用二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，或利用无色无水硫酸铜吸水变蓝色，可以判断样品中是否含有碳酸氢钠，故选择的装置为：“AB”或“AC”或“ACB”，对应的现象为：“B变浑浊”或“C变蓝”或“C变蓝、B变浑”，故答案为：AB(或AC或ACB)；B变浑浊(或C变蓝或C变蓝、B变浑)；
(5)样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量碳酸钙的质量为m2g，根据碳酸根守恒可知样品中n(碳酸钠)=n(碳酸钙)==mol，故m(碳酸钠)=mol×106g/mol=g，该纯碱样品的纯度为×100%=%，故答案为：%。
29.已知A、B、C、E的焰色反应均为黄色，其中B常用作食品的膨化剂，A与B按物质的量之比为1∶1混合并溶于足量水中，得到的溶液中只含有一种溶质。X为一种黑色固体单质，其氧化物参与大气循环，为温室气体。G为冶炼铁的原料，且为黑色晶体。G溶于盐酸中得到同种元素两种价态的化合物。A～H之间有如下的转化关系(部分物质未写出)：
（1）写出下列物质的化学式：A___；C___；F___。
（2）在框图环境下，标准状况下得到11.2LD，则产生D的反应中，转移电子的物质的量为____mol。
（3）写出A＋B→E的离子方程式：____。
（4）写出C和B混合加热过程中的全部化学方程式：___。
（5）写出D→G转化的化学方程式：___。
【答案】(1). NaOH (2). Na2O2 (3). Fe (4). 1 (5). HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O (6). 2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑、2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2、2NaOH+CO2 = Na2CO3 (7). 3Fe＋2O2Fe3O4
【解析】
【分析】A、B、C、E焰色反应均为黄色，则四种物质中都含有Na元素，其中B常用作食品的膨化剂，A与B按物质的量之比为1∶1混合并溶于足量水中，得到的溶液中只含有一种溶质，则B为NaHCO3，A为NaOH，根据框图，E为Na2CO3；X为一种黑色固体单质，其氧化物参与大气循环，为温室气体，该气体为二氧化碳，则X为C；X与足量D的反应产物与E(Na2CO3)反应生成B(NaHCO3)，则D为O2；G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到同种元素两种价态的化合物，则G为Fe3O4；D与F点燃生成G，则F为金属Fe；B与C反应生成D(O2)，则C为Na2O2，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，A为NaOH，C为Na2O2，F为Fe，故答案为：NaOH；Na2O2；Fe；
(2)标准状况下的11.2L氧气，氧气的物质的量为：=0.5mol，B为NaHCO3、C为Na2O2、D为O2，反应中过氧化钠中氧元素的化合价为-1价变成0价和-2价，既是氧化剂又是还原剂，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.5mol氧气转移了1mol电子，故答案为：1；
(3)A+B→E为碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+OH-═CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-═CO32-+H2O；
(4)B为NaHCO3、C为Na2O2、D为O2， C和B混合加热过程中，碳酸氢钠首先分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑，生成的水和二氧化碳再与过氧化钠反应生成氧气，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，二氧化碳也能够与氢氧化钠反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2 = Na2CO3，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑、2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2、2NaOH+CO2 = Na2CO3；
(5)D→G为铁在氧气中燃烧的反应，反应的化学方程式为3Fe＋2O2Fe3O4，故答案为：3Fe＋2O2Fe3O4。
黑龙江省哈尔滨市第六中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：Cl-35.5 N-14 Br-80 Na-23 Al-27 S-32 Mn-55 As-75 P-31
一、选择题（每题2分，共50分）
1.下列关于试剂存放的叙述正确的是（ ）
A. 硝酸银溶液存放在无色试剂瓶中
B. 金属钠保存在CCl4中(钠的密度小于CCl4)
C. 氢氧化钠溶液保存在带玻璃塞的玻璃瓶中
D. 浓硫酸的装运包装箱应贴上如图所示的标识
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸银见光易分解生成银、二氧化氮和氧气，所以要保存在棕色试剂瓶中，故A错误；
B．钠和四氯化碳不反应，但钠的密度小于四氯化碳的密度，钠会浮在四氯化碳液面上，不能隔绝空气，所以不能用四氯化碳保存，故B错误；
C．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠反应生成粘性硅酸钠，导致玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起，所以氢氧化钠溶液不能保存在带玻璃塞的玻璃瓶中，应该选用橡皮塞，故C错误；
D．浓硫酸是强腐蚀性的药品，所以浓硫酸的装运包装箱应贴上腐蚀性标签，故D正确；
故选D。
2.标准状况下，1L的密闭容器中恰好可盛放n个N2分子和m个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数可近似表示为（ ）
A. 22.4×6.02×1023(m+n) B. 22.4(m+n)/(6.02×1023) C. 22.4(m+n) D. m+n
【答案】C
【解析】试题分析：根据n=N/NA，n=V/Vm，混合气体的物质的量（n/NA＋m/NA）mol，气体体积（n/NA＋m/NA）×22.4=1，NA=22.4(n＋m)，故选项C正确。
3. 下列说法中正确的是 （ ）
A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl-
B. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于强电解质
C. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质
D. 硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4=2Na++S6++4O2-
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaCl在水的作用下电离出Na+和Cl-，A错误；
B、BaSO4难溶于水，但是其溶解的部分完全电离，且该物质在熔融状态下也完全电离，故BaSO4是强电解质，B正确；
C、CO2是非电解质，其溶于水后生成的H2CO3会发生电离，使得溶液具有导电性，并非CO2本身发生电离，C错误；
D、Na2SO4的电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42-，D错误；
故合理选项为B。
4.已知反应 ①2BrO3－+ Cl2=Br2+2ClO3－；②5Cl2+ I2+6H2O=2HIO3+10HCl
③ClO3－+5Cl－+6H+=3Cl2+3H2O，下列物质氧化能力强弱顺序正确的是（ ）
A. ClO3－＞BrO3－＞IO3－＞Cl2 B. BrO3－＞Cl2＞C1O3－＞IO3－
C. BrO3－＞ClO3－＞Cl2＞IO3－ D. Cl2＞BrO3－＞C1O3－＞IO3－
【答案】C
【解析】
【详解】①反应中氧化剂是BrO3-，氧化产物是C1O3-；②反应中氧化剂是Cl2，氧化产物是HIO3；③反应中氧化剂是ClO3-，氧化产物是Cl2，根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物可知氧化能力由大到小为：BrO3->ClO3->Cl2>IO3-，故C正确，
答案选C。
5.下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是（ ）
A. 与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2＋＋2OH-=Cu(OH)2↓
B. 通入CO2气体产生蓝色沉淀
C. 与H2S反应的离子方程式：Cu2＋＋S2－=CuS↓
D. 该溶液中Na＋、NH4+、NO3-、Mg2＋可以大量共存
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨水为弱碱，与过量浓氨水反应，生成络离子，离子方程式为Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；
B．通入CO2气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故B错误；
C．H2S在离子反应中保留化学式，则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故C错误；
D．Na＋、NH4+、NO3-、Mg2＋离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，能够大量共存，故D正确；
故选D。
6. 金属钠露置在空气中会发生一系列变化，其中产物不可能是（ ）
A. Na2O2 B. NaOH C. Na2CO3·10H2O D. Na2CO3
【答案】A
【解析】试题分析：金属钠长期露置在空气中首先与氧气反应生成氧化钠，氧化钠和水发生反应生成氢氧化钠。氢氧化钠吸收水分得到氢氧化钠溶液，然后在吸收二氧化碳得到碳酸钠溶液，溶液的水分蒸发得到碳酸钠晶体。晶体风化最后得到碳酸钠粉末，不可能生成过氧化钠，答案选A。
7.下列叙述正确的是（ ）
①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下不容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤向石蕊试液中加入Na2O2粉末，溶液先变蓝后褪色，并有气泡生成
⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3
A. 都正确 B. ④⑤⑥ C. ②⑤⑥ D. ②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故①错误；
②Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故②错误；
③钠是活泼金属，在常温下易被氧化生成氧化钠，故③错误；
④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故④正确；
⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，显碱性，过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故⑤正确；
⑥钠和氯化铵溶液反应先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与浓氯化铵反应放出氨气，故⑥正确；
正确的选项为④⑤⑥，故选B。
8.某溶液中存在较多的H+、SO42-、NO3-，则溶液中还可能大量存在的离子组是（ ）
A. Mg2+、Ba2+、Br- B. Al3+、CH3COO-、Cl-
C. Mg2+、Cl-、Fe2+ D. Na+、NH4+、Cl-
【答案】D
【解析】试题分析：解此类问题要注意：离子之间能反应不能大量共存；注意挖掘题目的隐含条件；A、SO42-和Ba2+反应，生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，错误；B、H+和CH3COO-反应生成醋酸弱电解质，不能大量共存，错误；C、H+、NO3-和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D、组内离子在给定条件下不反应，正确。
9.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3-=Cu2＋＋2NO2↑＋H2O
B. 向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
C. 向Fe2(SO4)3溶液中加入氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+
D. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸产生硅酸沉淀：Na2SiO3＋2H＋=H2SiO3↓＋2Na＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，其反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；
B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe3+，故B错误；
C．硝酸铁溶液中加过量氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+，故C正确；
D．Na2SiO3溶于水，应写为离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故D错误；
故选C。
10.下列溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1的是（ ）
A. 含K＋为2mol的K2SO4溶液
B. 将80gSO3溶于水并配成1L溶液
C. 将58.5gNaCl溶解于1L水中配成的溶液
D. 将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、由于未告诉溶液的体积，故不能计算硫酸钾溶液的物质的量浓度，故A错误；
B、80gSO3的物质的量==1mol，溶于水反应生成1mol硫酸，配制成1L溶液，硫酸的物质的量浓度==1mol/L，故B正确；
C、58.5gNaCl溶解于1L水中，溶液的体积大于1L，故浓度小于1mol/L，故C错误；
D、蒸发掉50g水后，剩余溶液的体积不是50mL，未告诉溶液的密度，无法计算溶液的体积，故D错误；
故选B。
11.进行化学实验时必须注意安全，下列选项正确的是（ ）。
A. 用方法点燃酒精灯
B. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上2%～5%的硼酸溶液
C. 用制备氢气并检验H2的可燃性
D. 用配制硫酸溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．用燃着的酒精灯引燃另一个酒精灯，容易发生酒精的洒出而引起安全事故，故A错误；
B．浓碱溅到皮肤上，应先用大量的水冲洗，然后用弱酸中和残留的碱，可以用2%～5%的硼酸溶液中和碱，故B正确；
C．在点燃可燃性气体之前，必须验纯，否则会引起爆炸，故C错误；
D．稀释浓硫酸时，要将浓硫酸倒入水中，否则会导致浓硫酸的溅出，故D错误；
故选B。
12.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 1mol的Fe分别与足量的盐酸和稀硫酸反应，电子转移数目均为2NA
B. 125gCuSO4·5H2O晶体中含有0.5NA个Cu2＋
C. 常温常压下，等质量的SO2、S2含有相同的分子数
D. 1molNa2O2固体中含原子总数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1mol Fe与足量的盐酸反应电子转移总数为2NA，1mol Fe与足量稀硫酸反应时生成1mol硫酸亚铁，转移电子数为2NA，故A正确；
B．CuSO4•5H2O中n(Cu2+)=n(CuSO4•5H2O)，125g CuSO4•5H2O的物质的量为=0.5mol，含有0.5NA个Cu2+，故B正确；
C．SO2、S2的摩尔质量相同，等质量的SO2、S2具有相同的物质的量，具有相同的分子数，故C正确；
D．过氧化钠是由两个钠离子和一个过氧根离子构成，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，原子总数为4NA，故D错误；
故选D。
13.亚硝酸（HNO2）及其钠盐参加反应时既可作氧化剂又可作还原剂。当它们作还原剂时，生成的含氮产物可能是：（ ）
A. NO B. N2 C. NO2 D. NH3
【答案】C
【解析】
【详解】亚硝酸（HNO2）及其钠盐中氮是+3价，做还原剂时，化合价升高。故选C。
14.甲、乙两烧杯中各盛有100mL 3mol·L-1的盐酸和氢氧化钠溶液。向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后，测得生成气体的体积比为1：2，求所加入的铝粉质量为（ ）
A. 5.4g B. 3.6g C. 2.7g D. 1.8g
【答案】A
【解析】
【详解】盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×3mol/L=0.3mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为1：2，设铝与盐酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则
2Al+6HCl═2AlCl3+3H2 ↑
6 3
0.3mol x
解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.15mol×2=0.3mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
2 3
y 0.3mol
解得y=0.2mol，则铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故A正确。
故选A。
15.将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，则此溶液的物质的量浓度为（ ）
A. mol·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】A
【解析】试题分析：由反应2Na + 2H2O ="2NaOH" +H2↑和2Al + 2NaOH + 2H2O =2NaAlO2+ 3H2↑知，将物质的量均为a mol的Na和Al一同投入m g足量水中生成NaAlO2a mol，H22amol；溶液的质量为（23a + 27a－2×2a）g=（46a + m）g，溶液的体积为（46a + m ）g/ρ g·cm－3=（46a + m ）/1000ρ L，则此溶液的物质的量浓度为mol·L－1，选A。
16.某溶液能与Al粉反应放出H2，该溶液中可能大量共存的离子组是（ ）
A. NH4+、Ba2＋、HCO3-、Cl－ B. K＋、Al3＋、S2－、ClO－
C. NH4+、Fe2＋、SO42-、CO32- D. Na＋、Fe3＋、Cl－、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】能与Al粉反应放出H2，该溶液为强酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量的H+或OH-。
A．HCO3-既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，且铵根离子与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B．Al3+、S2-之间能够发生双水解反应，S2-、ClO-之间能够发生氧化还原反应，且Al3+与氢氧根离子能够反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；
C．NH4+、Fe2＋与氢氧根离子能够反应，CO3-能够与氢离子反应，且Fe2＋、CO32-能够反应生成沉淀，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；
D．Na+、Fe3+、Cl-、SO42-之间不发生反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中可以大量共存，故D正确；
故选D。
17.某强氧化剂XO(OH)2+被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3molXO(OH) 2+，需用30mL0.2mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是（ ）
A. －1 B. 0 C. ＋1 D. ＋2
【答案】B
【解析】
【详解】Na2SO3还原2.4×10-3molXO(OH)2+到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由+4价升高为+6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，由得失电子守恒可知，2.4×10-3mol×(5-a)=0.03L×0.2mol•L-1×(6-4)，解得a=0，故选B。
18.NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的方程式是MnO4-＋NO2-＋→Mn2＋＋NO3-＋H2O。下列叙述中正确的是（ ）
A. 中的粒子是OH－ B. 该反应中NO2-被还原
C. 反应过程中溶液的酸性增强 D. 生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4
【答案】D
【解析】
【详解】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4-是氧化剂，NO2-作还原剂，其中N元素由+3价升高为+5价，根据转移的电子相等、原子守恒配平方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5 NO3-+3H2O。
A．由上述分析可知，是H+，故A错误；
B．该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故B错误；
C．根据方程式知，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故C错误；
D．根据转移的电子守恒得，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量==0.4mol，故D正确；
故选D。
19.下列有关Na2O2的说法不正确的是( )
A. 向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉剧烈燃烧起来，说明Na2O2与H2O反应放热且有氧气生成
B Na2O2与CO2反应时有单质O2生成，该反应属于置换反应
C. Na2O2在空气中久置变白，涉及的氧化还原反应中，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
D. Na2O2粉末加入Ca(HCO3)2溶液中，会产生气体和浑浊
【答案】B
【解析】
【分析】过氧化钠和水发生2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠和CO2发生2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+O2↑，以上反应均为放热反应，Na2O2中O元素化合价为-1价,反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，过氧化钠具有强氧化性；过氧化钠与水反应生成的NaOH和氧气，NaOH与Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙白色沉淀。
【详解】A项，燃烧的条件是温度达到着火点和具有助燃物质，A正确；
B项，反应物中没有单质参加反应，不符合置换反应的定义；B错误；
C项，Na2O2与CO2、H2O的反应都是Na2O2自身的氧化还原反应；C正确；
D项，Na2O2先和水反应生成O2和NaOH，NaOH再与Ca(HCO3)2反应产生沉淀CaCO3，会产生气体和浑浊，D正确；
答案选B。
20.下列说法正确的是（ ）
A. 用激光笔照射硫酸铜溶液，侧面可观察到明显的光路
B. 氢氧化铁胶体带正电荷是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因
C. 根据是否有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体、浊液
D. 江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜溶液无丁达尔效应，故A错误；
B．胶体不带电，氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；
C．将分散系分为溶液、胶体、浊液，是依据分散质粒度大小分类的，故C错误；
D．泥沙胶体遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故D正确；
故选D。
21.含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则（ ）
A. 被氧化的砒霜为1.98 mg B. 分解产生的氢气为0.672 mL
C. 和砒霜反应的锌为3.90 mg D. 转移的电子总数为6×10−5 NA
【答案】C
【解析】A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中-3价，砒霜发生还原反应，故A错误；B．生成As的物质的量==2×10-5mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2×10-5mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3×10-5mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×10-5mol×22.4L/mol=6.72×10-4L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；C．根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2×10-5mol×[3-(-3)]÷2=6×10-5mol，故参加反应Zn的质量=6×10-5mol×65g/mol=3.9×10-3g=3.9mg，故C正确；D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中-3价，AsH3中-3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×10-5mol×(6+3)×NAmol-1=1.8×10-4NA，故D错误；故选C。
22.在一密闭容器中有HCHO、H2和O2混合气体共20g，放入足量Na2O2用电火花引燃，使其完全反应，Na2O2增重8g，则原混合气体中O2的质量分数是（ ）
A. 40% B. 33．3% C. 60% D. 36%
【答案】C
【解析】由于HCHO可以看作是CO·H2，所以气体燃烧后再通过过氧化钠吸收后，过氧化钠增加的质量就是原混合气中氢气和甲醛的质量，则氧气的质量是12g，质量分数是12÷20＝0.6，即60％，答案选C。
23.白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4
(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是（ ）
A. 在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B. 在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C. 在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D. 在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子
【答案】C
【解析】在(1)2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在(2)11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为-3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；B、两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；C．在反应（2）中，P元素化合价由0价变为-3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5mol CuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确；故选C。
24.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L－1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）
A. 在0～a范围内，只发生中和反应
B. a＝0.3
C. ab段发生反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象分析解答。
【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，故A错误；
B．根据图像可知，从a点开始发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该过程中消耗氯化氢的物质的量与生成二氧化碳的物质的量相等为0.01mol，则消耗0.1mol•L-1稀盐酸的体积分别为=0.1L，所以a=0.4-0.1=0.3，故B正确；
C．根据分析可知，ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故C错误；
D．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.1mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故D错误；
故选B。
25.a mol Na2O2和b mol NaHCO3固体混合后，在密闭容器中加热到250 ℃，使其充分反应，当排出O2和H2O(g)的物质的量之比为1∶1 时，a∶b为（ ）
A. 1∶1 B. 1∶2 C. 2∶3 D. 2∶1
【答案】C
【解析】试题分析：混合物在密闭容器中加热到250℃时，可能发生如下反应：
①2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑
②2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
③2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
④2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
由上述反应，可得总的反应方程式为：
Ⅰ、Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+1/2O2↑+H2O↑
Ⅱ、2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH
当排出O2和H2O的物质的量为1：1时，只能发生反应Ⅰ、Ⅱ，Ⅰ×2+Ⅱ可得：
4Na2O2+6NaHCO36Na2CO3+2O2↑+2NaOH+2H2O↑
故n（Na2O2）：n（NaHCO3）=4：6=2：3，答案选C。
二、非选择题（共50分）
26.某无色溶液X，由K＋、NH4+、Ba2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32-、SO42-中的若干种离子组成，取该溶液进行如下实验：
（1）白色沉淀甲是___。
（2）甲中阴离子实验室的检验方法：___。
（3）试写出实验过程中生成气体A、B的离子方程式____、___。
（4）通过上述实验，可确定X溶液中一定存在的离子是____，尚未确定是否存在的离子是____。
【答案】(1). BaSO4 (2). 取待测液适量，先加适量稀盐酸，无现象，再加适量氯化钡，产生白色沉淀 (3). CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O (4). NH4+＋OH－NH3↑＋H2O (5). NH4+、CO32-、SO32- (6). K＋
【解析】
【分析】溶液无色，可以判断Fe3+不存在，加过量盐酸生成气体和溶液，可以判断溶液中一定含CO32-，则一定不含有Ba2+、Al3+；气体A为CO2；溶液I加入过量氢氧化钡，加热，反应生成气体B为氨气，说明溶液中存在NH4+，白色沉淀甲是硫酸钡，说明存在SO42-，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，原溶液一定含有SO42-、NH4+、CO32-，一定不存在Ba2＋、Al3＋、Fe3＋，无法判断K＋是否存在。
(1)根据上述分析，白色沉淀甲只能是硫酸钡，故答案为：硫酸钡；
(2)沉淀甲为硫酸钡，其中的阴离子为SO42-，检验SO42-，方法为：取待测液适量，先加适量稀盐酸，无现象，再加适量氯化钡，产生白色沉淀，故答案为：取待测液适量，先加适量稀盐酸，无现象，再加适量氯化钡，产生白色沉淀；
(3)实验过程中CO32-与过量稀盐酸混合完全反应生成CO2，反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑，NH4+与过量氢氧化钡，加热，反应生成氨气：NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；NH4++OH-NH3↑+H2O；
(4)根据上述分析，X溶液中一定存在的离子是NH4+、CO32-、SO42-，一定不存在的离子是Fe3+、Ba2+、Al3+，尚未确定是否存在的离子是K+，故答案为：NH4+、CO32-、SO42-；K+。
27.（1）氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。根据题意完成下列小题：
①在上述变化过程中，发生还原反应的过程是___→___(填化学式)。
②该反应的氧化产物是___(填化学式)；所得混合气体的平均相对分子质量为___。
（2）已知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO3-、MnO4-、IO4-。
①有关反应的离子方程式为____。
②在锰离子转化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的c(H+)=0.01mol/L，则在反应中转移电子的物质的量为___mol。
【答案】(1). HClO3 (2). Cl2 (3). O2和HClO4 (4). 47.6 (5). 2Mn2＋＋5IO4-＋3H2O=2MnO4-＋5IO3-＋6H＋ (6). 1/60(或0.0167)
【解析】
【分析】(1)得电子的反应物是氧化剂，氧化剂在反应中发生还原反应，失电子的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物，据此分析解答；
(2)锰离子失电子而转化为高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，则得电子化合价降低的物质作氧化剂，根据元素的化合价的变化确定氧化剂和还原产物，再结合离子方程式的书写规则书写反应的方程式；先计算反应后溶液中的n(H+)，再根据方程式计算。
【详解】(1)①8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O中，氧化剂和还原剂都是HClO3，HClO3中Cl元素得电子化合价降低生成Cl2而发生还原反应，所以发生还原反应的过程是HClO3→Cl2；故答案为：HClO3；Cl2；
②O氧元素的化合价由-2价→0价，Cl元素的化合价由+5价→+7价，所以氧化产物是O2、HClO4；所得混合气体为氧气和氯气，且物质的量之比为3∶2，则混合气体的平均相对分子质量==47.6，故答案为：O2和HClO4；47.6；
(2)①锰离子失电子被氧化生成高锰酸根离子，所以锰离子作还原剂，氧化剂得电子化合价降低，IO3-和IO4-中碘元素的化合价分别是+5价和+7价，所以IO4-作氧化剂，还原产物是IO3-，同时水参加反应生成氢离子，所以该反应的离子方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，故答案为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+；
②将反应后的溶液稀释到1L，测得c(H+)=0.01mol/L，则n(H+)=1L×0.01mol/L=0.01mol，根据方程式2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+反应中当转移10mol电子时，生成6mol氢离子，所以转移电子为=0.0167mol，故答案为：0.0167。
28.侯氏制碱法是中国传统工业方法，此方法制备Na2CO3一直在工业上沿用至今。其原理如下：①NH3+H2O+CO2=NH4HCO3
②NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓
③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
某化学兴趣小组模拟“侯氏制碱法”制纯碱并进行后续实验。
Ⅰ.制备纯碱：先以NaCl、NH3、CO2和水等为原料，用如图所示装置制取NaHCO3，然后再将NaHCO3制成Na2CO3。
（1）装置丙中反应的化学方程式为____。
（2）装置乙的作用是___。为防止污染空气，尾气中的___需要进行吸收处理。
（3）用装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有___。
Ⅱ.测定所得产品的组成和纯度
（4）检验纯碱样品中是否混有NaHCO3，请选择下列装置设计实验，并完成下表：
选择的装置(填编号)
实验现象
实验结论
___
___
样品中含NaHCO3
（5）测定该纯碱样品的纯度：称取m1g样品，置于小烧杯中，加水溶解，滴加足量CaCl2溶液。将反应混合物过滤、洗涤、干燥、称量，得到固体的质量为m2g。则该纯碱样品的纯度为___。
【答案】(1). NH3＋CO2＋H2O＋NaCl=NaHCO3↓＋NH4Cl (2). 除去CO2中的HCl气体 (3). 氨气(NH3) (4). 过滤、洗涤、灼烧 (5). AB(或AC或ACB) (6). B变浑浊(或C变蓝或C变蓝、B变浑) (7). %
【解析】
【分析】Ⅰ．装置甲是制备二氧化碳，气体中含有氯化氢气体对后续实验产生干扰，需要除去；装置乙为除去CO2中的HCl气体的装置，装置丙中是氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，通过过滤得到晶体洗涤灼烧得到碳酸钠，据此分析解答；
Ⅱ.(4)碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，可以利用澄清石灰水检验二氧化碳，或利用无水硫酸铜检验水，判断样品中含有碳酸氢钠；
(5)样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，根据碳酸钙的质量，结合元素守恒计算样品中碳酸钠的质量，进而计算该纯碱样品的纯度。
【详解】Ⅰ．(1)装置丙中，氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
(2)利用盐酸制取二氧化碳时二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以通过装置乙中饱和碳酸氢钠的溶液，可以除掉二氧化碳中的氯化氢气体；尾气为氨气、二氧化碳，氨气是有刺激性气味的气体，为大气污染物，为防止污染空气，尾气中含有的氨气(或NH3)需要进行吸收处理，可用硫酸吸收，故答案为：除去CO2中的HCl气体； 氨气(或NH3)；
(3)氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，通过过滤分离出碳酸氢钠，并进行洗涤，碳酸氢钠受热发生的反应为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，灼烧得到碳酸钠，故答案为：过滤、洗涤、灼烧；
Ⅱ.(4)由于碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，利用二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，或利用无色无水硫酸铜吸水变蓝色，可以判断样品中是否含有碳酸氢钠，故选择的装置为：“AB”或“AC”或“ACB”，对应的现象为：“B变浑浊”或“C变蓝”或“C变蓝、B变浑”，故答案为：AB(或AC或ACB)；B变浑浊(或C变蓝或C变蓝、B变浑)；
(5)样品中碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，过滤、洗涤、干燥，称量碳酸钙的质量为m2g，根据碳酸根守恒可知样品中n(碳酸钠)=n(碳酸钙)==mol，故m(碳酸钠)=mol×106g/mol=g，该纯碱样品的纯度为×100%=%，故答案为：%。
29.已知A、B、C、E的焰色反应均为黄色，其中B常用作食品的膨化剂，A与B按物质的量之比为1∶1混合并溶于足量水中，得到的溶液中只含有一种溶质。X为一种黑色固体单质，其氧化物参与大气循环，为温室气体。G为冶炼铁的原料，且为黑色晶体。G溶于盐酸中得到同种元素两种价态的化合物。A～H之间有如下的转化关系(部分物质未写出)：
（1）写出下列物质的化学式：A___；C___；F___。
（2）在框图环境下，标准状况下得到11.2LD，则产生D的反应中，转移电子的物质的量为____mol。
（3）写出A＋B→E的离子方程式：____。
（4）写出C和B混合加热过程中的全部化学方程式：___。
（5）写出D→G转化的化学方程式：___。
【答案】(1). NaOH (2). Na2O2 (3). Fe (4). 1 (5). HCO3-＋OH－=CO32-＋H2O (6). 2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑、2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2、2NaOH+CO2 = Na2CO3 (7). 3Fe＋2O2Fe3O4
【解析】
【分析】A、B、C、E焰色反应均为黄色，则四种物质中都含有Na元素，其中B常用作食品的膨化剂，A与B按物质的量之比为1∶1混合并溶于足量水中，得到的溶液中只含有一种溶质，则B为NaHCO3，A为NaOH，根据框图，E为Na2CO3；X为一种黑色固体单质，其氧化物参与大气循环，为温室气体，该气体为二氧化碳，则X为C；X与足量D的反应产物与E(Na2CO3)反应生成B(NaHCO3)，则D为O2；G为冶炼铁的原料，G溶于盐酸中得到同种元素两种价态的化合物，则G为Fe3O4；D与F点燃生成G，则F为金属Fe；B与C反应生成D(O2)，则C为Na2O2，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析可知，A为NaOH，C为Na2O2，F为Fe，故答案为：NaOH；Na2O2；Fe；
(2)标准状况下的11.2L氧气，氧气的物质的量为：=0.5mol，B为NaHCO3、C为Na2O2、D为O2，反应中过氧化钠中氧元素的化合价为-1价变成0价和-2价，既是氧化剂又是还原剂，生成1mol氧气转移2mol电子，则生成0.5mol氧气转移了1mol电子，故答案为：1；
(3)A+B→E为碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+OH-═CO32-+H2O，故答案为：HCO3-+OH-═CO32-+H2O；
(4)B为NaHCO3、C为Na2O2、D为O2， C和B混合加热过程中，碳酸氢钠首先分解，2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑，生成的水和二氧化碳再与过氧化钠反应生成氧气，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，二氧化碳也能够与氢氧化钠反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2 = Na2CO3，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2↑、2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑、2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2、2NaOH+CO2 = Na2CO3；
(5)D→G为铁在氧气中燃烧的反应，反应的化学方程式为3Fe＋2O2Fe3O4，故答案为：3Fe＋2O2Fe3O4。
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