【化学】江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题（解析版）

江西省南昌市第二中学2018-2019学年高一上学期第三次月考试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Cl:35.5 Na:23 N:14 Cu:64 Al:27 Mg:24 Fe:56 Zn:65
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）
1.中国传统文化对人类文明贡献巨大，下列对文献中记载的化学研究成果解读错误的是（ ）
A. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”其“曾青”是铜盐
B. 《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。“ 以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法也适用于分离KNO3和NaCl
C. 《天工开物》中“凡石灰经火焚炼为用”，其中的“石灰”指的是CaCO3
D. 《本草经集注》有记载：“以火烧之、紫青烟起，乃真硝石也”，区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)，该方法利用了焰色反应
【答案】B
【解析】A．曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，选项A正确；B、《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”。“ 以烧酒复烧二次……价值数倍也”。这里用到的实验方法是蒸馏，但分离KNO3和NaCl必须用重结晶，不符合，选项B错误；C．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，选项C正确；D、利用了钾的焰色为紫色，钠的焰色为黄色进行区分钾盐和钠盐，选项D正确。答案选B。
2.下列各组物质中，满足表中图示物质在通常条件下能一步转化的全部组合是（ ）
序号
X
Y
Z
W


Al
NaAlO2
Al(OH)3
Al2O3
②
Na
NaOH
Na2CO3
NaCl
③
C
CO
CO2
H2CO3
④
Fe
FeCl3
FeCl2
Fe(OH)2
A. ①② B. ①③④ C. ②③ D. ①④
【答案】A
【详解】①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与足量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，符合转化关系，故①正确；
②钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与碳酸反应生成碳酸钠，碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠，熔融氯化钠电解生成钠，故②正确；
③碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸加热分解为二氧化碳，不能生成碳，不符合转化关系，故③错误；
④铁与氯气反应可生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应可得到氯化亚铁溶液，氯化亚铁与氢氧化钠生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁加热分解得不到铁，不符合转化关系，故④错误；
故正确选项为①②。
综上所述，本题选A。
3.下列各组物质的稀溶液相互反应,无论是前者滴入后者,还是后者滴入前者,反应现象都相同的是（ ）
A. NaHSO4和Ba(OH)2 B. AlCl3和NaOH
C. Na2CO3和H2SO4 D. NaAlO2和H2SO4
【答案】A
【解析】A．无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，A符合；B．氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O、Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓，现象是开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不同，B不选；C．碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32﹣+H+＝HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，C不选；D．偏铝酸钠滴入硫酸中开始时硫酸过量，不会产生氢氧化铝沉淀，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：AlO2－＋H＋＋2H2O＝Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，D不选；答案选A。
4.向含有c(FeCl3)＝0.2mol/L、c(FeCl2)＝0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物。下列有关说法中正确的是（ ）
A. 该黑色分散系为胶体，分散系的分散质为Fe2O3
B. 可用过滤的方法分离出黑色分散系中的金属氧化物
C. 向沸水中逐滴滴加饱和FeCl3溶液也可得到该黑色分散系
D. 形成该黑色分散系时发生的反应为：Fe2++2Fe3++8OH－===Fe3O4（胶体）+ 4H2O
【答案】D
【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，选项A错误；
B．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，选项B错误；
C．向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液可得到氢氧化铁胶体，选项C错误；
D、氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子反应方程式为：Fe2++2Fe3++8OH－=Fe3O4（胶体）+ 4H2O，选项D正确。
答案选D。
5.下列除杂质的方法不正确的是（ ）
A. Na2CO3固体中混有少量NaHCO3：加热
B. FeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量的氨水，过滤洗涤沉淀，将沉淀再用适量盐酸溶解
C. FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2
D. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2:加入足量烧碱溶液,充分反应,过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤
【答案】B
【解析】
【分析】A.Na2CO3受热不分解而NaHCO3受热后分解；
B.FeCl3和AlCl3均能和过量氨水反应生成沉淀；
C.FeCl2能够被Cl2氧化为氯化铁；
D.加入足量烧碱溶液,氢氧化镁不反应,氢氧化铝溶解；偏铝酸钠溶液与过量CO2反应生成氢氧化铝；
【详解】A.NaHCO3加热后分解为碳酸钠、水和二氧化碳，而Na2CO3受热不分解，因此可以除去杂质NaHCO3，故A正确；
B.加入过量氨水,二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3，不能选加入过量氨水进行除杂,故B错误；
C.FeCl2具有还原性，通入适量Cl2，FeCl2能够被氧化为氯化铁，可以除去杂质FeCl2，故C正确；
D.加入足量烧碱溶液,氢氧化镁不反应,氢氧化铝溶解，生成偏铝酸钠，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥,得到氢氧化铝,可以达到除去除去杂质的目的，故D正确；
综上所述，本题选B。
6.下列装置能达到实验目的的是（ ）
A. 碳酸氢钠溶液直接蒸干得到碳酸氢钠固体
B. 制备Fe(OH)2
C. 除去CO2中含有的少量HCl
D. 配制100mL 0.1mol/L的稀硫酸
【答案】B
【详解】A项，碳酸氢钠具有不稳定性，受热分解为碳酸钠，所以碳酸氢钠溶液直接蒸干得不到碳酸氢钠固体，故A错误；
B项，打开止水夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气；关闭止水夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，故B正确；
C项，二氧化碳、氯化氢气体都能与碳酸钠溶液反应，所以达不到除去杂质的目的，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故C错误；
D项，浓硫酸应该在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，在用玻璃棒转移进容量瓶中，故D项错误。
综上所述，本题选B。
7.在含有Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、NH4+四种离子的稀溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量稀盐酸至完全反应，离子数目没有变化的是（ ）
A. Fe3＋ B. Fe2＋ C. Al3＋ D. NH4+
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中加入过量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，Fe2+被氧化成Fe3+；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气；再加入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，偏铝酸根离子转化为铝离子，以此进行判断。
【详解】溶液中加入足量的Na2O2固体，与水反应生成NaOH和氧气，Fe2+被氧化成Fe3+，Fe2+减少，Fe3+增多；Fe3+、Al3+、NH4+均与碱反应，铝离子转化为偏铝酸根离子，Fe3+转化为氢氧化铁，NH4+转化为一水合氨和氨气，故NH4+减少；再加入过量的稀盐酸，溶液中氢氧化铁转化为铁离子，偏铝酸根离子转化为铝离子，铝离子数目保持不变；
A、Fe3+数目增多，故A不选；
B、Fe2+数目减少，故B不选；
C、Al3+数目保持不变，故C选；
D、NH4+数目减少，故D不选；
综上所述，本题选C。
8.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣
C. 使pH试纸变红的溶液中:NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+
D. 在KSCN溶液中:K+、C1﹣、Fe3＋、 NO3﹣
【答案】A
【解析】
【分析】A项，氢氧根离子与四种离子能够大量共存；
B项，与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
C项，使pH试纸变红的溶液，显酸性；
D项，Fe3＋与SCN-反应生成络合物。
【详解】A项，在碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故选A项； 
B项，与铝粉反应放出氢气的无色溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，但酸溶液中Al与NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气；若溶液呈碱性，此时不能大量存在Mg2+，故不选B项； 
C项，使pH试纸变红的溶液，显酸性，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣，故不选C项； 
D项，Fe3＋与SCN-反应生成络合物，不能大量共存，故不选D项； 
综上所述，本题选A。
9.向一定量的Fe、Fe2O3、FeO的混合物中加入200 mL 1 mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全反应溶解，放出4.48 mL(标准状况)气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量为（ ）
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe),据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeCl2溶液,根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=1/2n(HCl)=1/2×0.2×1=0.1mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可以知道n(FeCl2)= n(Fe)=0.1 mol；质量为0.1×56=5.6g；B选项正确；
综上所述，本题选B。
10.有两种金属混合物3.4g，与足量的盐酸反应放出H22.24L(标况下),这两种金属可能是（ ）
A. 铜和铁 B. 镁和铝 C. 锌和铝 D. 锌和铁
【答案】C
【解析】
【分析】用极限法和电子守恒计算各金属与足量盐酸反应放出标准状况下2.24LH2所需金属的质量，再依据混合物的特点判断。
【详解】n（H2）==0.1mol，用极限法和电子守恒，生成0.1molH2需要Fe、Mg、Al、Zn的质量依次为5.6g（2.24L/22.4L×56g/mol=5.6g）、2.4g（2.24L/22.4L×24g/mol=2.4g）、1.8g（2.24L/22.4L×27g/mol=1.8g）、6.5g（2.24L/22.4L×65g/mol=6.5g）；
A项，Cu与稀盐酸不反应，生成标准状况下2.24LH2需消耗Fe的质量为5.6g>3.4g，A项不可能；
B项，生成标准状况下2.24LH2需消耗Mg的质量为2.4g3.4g，D项不可能；
答案选C。
11.将金属钠分别投入到下列溶液中，溶液质量增加的是（ ）
A. FeCl3溶液 B. K2SO4溶液 C. MgCl2溶液 D. 饱和NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.钠与氯化铁溶液反应时，先与水反应，生成的氢氧化钠再与氯化铁溶液反应，总反应为：6Na+2FeCl3+6H2O==6NaCl+2Fe(OH)3↓+3H2↑，由方程式知，溶液的质量减轻，故A与题意不符；
B.钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，故B符合题意；
C.钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化镁反应，方程式为：2NaOH+MgCl2＝2NaCl+Mg（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+MgCl2＝H2↑+2NaCl+Mg（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，故C与题意不符；
D、钠与饱和氢氧化钠溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，由于是饱和溶液，溶剂减少，会析出氢氧化钠溶质，溶液质量减少，故D与题意不符；
答案选B。
12.CuSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液100 mL，已知溶液中阳离子的浓度相同，且SO42—的物质的量浓度为3 mol·L－1，则此溶液最多溶解铁粉的质量为（ ）
A. 5.6 g B. 11.2 g C. 22.4 g D. 33.6 g
【答案】B
【解析】
【详解】设各类阳离子浓度均为xmol/L，溶液中的阳离子为H+、Cu2+、Fe3+，阴离子为SO42-，由电荷守恒可得x+2x+3x=3×2，解得x=1；由Fe2+~2H+~2Fe3+~ Cu2+可得最多溶解铁粉的物质的量为(1×1/2+1×1/2+1)×0.1=0.2mol，则最多溶解铁粉的质量为0.2×56=11.2g；故选B项。
综上所述，本题选B。
13.下列说法不正确的是（ ）
A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)
C. H2O2、CuS、FeCl2均不能通过单质直接化合得到
D. 将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a=b
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3－的浓度变化是先变大后变小，故A正确；
B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32－的浓度变化是先变大后变小，故B正确；
C. H2与O2反应生成水、Cu与S反应生成Cu2S、Fe与Cl2反应生成FeCl3，三者均不能通过单质直接化合得到，故C正确；
D. 设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则
2Na ＋ 2H2O = 2NaOH ＋ H2↑ △m
2mol 2mol 44g
Na2O ＋ H2O = 2NaOH △m
1mol 2mol 62g
由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，即a≠b，故D错误，答案选D。
14.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）

A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+
B. 溶液中n(Al3+)=0.1 mol
C. 溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—
D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶1
【答案】D
【解析】
【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。
【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；
A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；
B. 根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；
C. 结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；
D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1mol Al3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。
综上所述，本题选D。
15.将等物质的量的金属Na、Mg、Al分别与100 mL 2 mol·L－1的盐酸反应，实验测得生成气体的体积V(已折合为标准状况)与时间t的关系如图所示，则下列说法错误的是（ ）

A. x＝2.24 B. 铝的物质的量为0.2 mol
C. 反应时，Na、Mg、Al均过量 D. 曲线C为Al与盐酸反应的图像
【答案】C
【解析】
【分析】按照金属活动性顺序：Na＞Mg＞Al可知，钠是活泼的金属，极易与水反应，因此钠与盐酸的反应速率最快，而镁或铝与水不反应，只能与盐酸反应，因此a表示钠，b表示Mg，c表示Al；根据图像可知，反应中生成的氢气体积相同，所以参加反应的盐酸是相同，即金属在与盐酸反应时盐酸不足，金属过量。但过量的金属钠会继续与水反应放出氢气，所以根据方程式2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑可知钠的物质的量只能是0.1L×2mol/L＝0.2mol，则镁和铝的物质的量也是0.2mol；氢气的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，标准状况下的体积是2.24L，据以上分析解答。
【详解】按照金属活动性顺序：Na＞Mg＞Al可知，钠是活泼的金属，极易与水反应，因此钠与盐酸的反应速率最快，而镁或铝与水不反应，只能与盐酸反应，因此a表示钠，b表示Mg，c表示Al。根据图像可知，反应中生成的氢气体积相同，所以参加反应的盐酸是相同，即金属在与盐酸反应时盐酸不足，金属过量。但过量的金属钠会继续与水反应放出氢气，所以根据方程式2Na＋2HCl＝2NaCl＋H2↑可知钠的物质的量只能是0.1L×2mol/L＝0.2mol，则镁和铝的物质的量也是0.2mol。氢气的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，标准状况下的体积是2.24L；
A．结合以上分析可知，由于酸不足，所以生成氢气的量为：n（H2）=1/2n（HCl）=0.1×2÷2=0.1mol，所以标况下的体积为2.24L，A项正确；
B．结合以上分析可知，生成0.1mol的氢气需0.2mol的钠，根据题意可知，铝的物质的量也为0.2 mol，B项正确；
C．结合以上分析可知，Na不可能过量，若Na过量会与溶剂水反应，C项错误；
D．结合以上分析可知，则反应速率最慢的为铝，用时最长，则曲线C为Al与盐酸反应的图像，D项正确；
综上所述，本题选C。
16.如图所示，Ⅰ、Ⅱ是两个完全相同的装置，分别装有10 mL相同浓度的盐酸，某学生分别在Ⅰ、Ⅱ的侧管中装入1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3，然后将两个侧管中的物质同时倒入各自的试管中，下列叙述正确的是（ ）

A. 装置Ⅰ的气球膨胀得快
B. 最终两试管中Na＋、Cl－的物质的量分别相等
C. 若最终两气球体积不同，则盐酸的浓度一定小于或等于1 mol·L－1
D. 若最终两气球体积相同，则盐酸的浓度一定大于或等于2 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】A.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应速率判断；
B. 根据最终两溶液中Na＋、Cl－的物质的量判断；
C.根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断；
D. 根据1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3各与10 mL相同浓度的盐酸反应的原理判断。
【详解】A.碳酸钠和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，后碳酸氢钠和盐酸反应生成二氧化碳，所以甲装置的气球膨胀速率小，故A错误；
B. 1.06 g Na2CO3和0.84 g NaHCO3的物质的量相同，都是0.01mol，所以Na2CO3和NaHCO3中钠离子的物质的量不同，故最终两试管中的Na+物质的量一定不相同，故B错误；
C.碳酸钠和盐酸反应的离子方程式为：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，碳酸氢钠和盐酸反应的离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；若最终两气球体积不同，所需酸的物质的量范围是：0