1、高三化学第一次模拟试题相对原子质量：Na23 O16 H1 Cl35.5 N14 C12 S 32 第卷 (选择题 共54分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意) 1. 关于Na、Na2O和Na2O2的叙述不正确的是( )A. 都能与水反应生成强碱溶液B. 都是白色固体C. 露置在空气中最终都变成Na2CO3D. Na是强还原剂，Na2O2是强氧化剂【答案】B【解析】【详解】ANa、Na2O和Na2O2都能与水反应生成NaOH溶液，NaOH为强碱，A叙述正确；BNa为银白色固体，Na2O是白色固体，Na2O2为淡黄色固体，B叙述错误；CNa、Na2O和Na2O2露置在空气中最终都变成Na2C
2、O3，C叙述正确；DNa易失电子，是强还原剂，Na2O2具有强氧化性，为强氧化剂，D叙述正确；答案为B。2. 分别往含有下列离子的溶液中通入氯气，离子浓度不会减少的是( )A. H+B. C. Fe2+D. Ag+【答案】A【解析】【分析】氯气溶于水后，形成新制的氯水，含有氢离子、氯离子、次氯酸根离子和次氯酸分子等微粒。【详解】A氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl为强电解质完全电离，则溶液中H+浓度增大，A符合题意；B氯水中的氢离子与反应生成二氧化碳气体，浓度减小，B与题意不符；CFe2+与氯气反应生成铁离子，Fe2+浓度减小，C与题意不符；DAg+与氯水中的氯离子反应生成氯化银沉淀，A
3、g+浓度减小，D与题意不符；答案为A。3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 1 mol O2与金属钠反应，O2一定得到4NA个电子B. 标准状况下，22.4 L SO2和22.4 L SO3中所含分子数均为NAC. 1 mol Fe与足量的Cl2反应，转移2NA个电子D. 18 g 中所含的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A1mol O2与金属钠反应，若生成过氧化钠，则O2得到2NA个电子，A说法错误；B标准状况下，SO3为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，不能确定所含分子数，B说法错误；C1mol Fe与足量的Cl2反应，Fe的化合价由0价变为+3价，
4、则转移3NA个电子，C说法错误；D18g 的物质的量为1mol，则所含的电子数为10NA，D说法正确；答案为D。4. 在a LAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c molNH3，则原溶液中的Al3+浓度(mol/L)为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据反应SO42-+Ba2+=BaSO4计算溶液中的SO42-离子的物质的量，根据离子方程式NH4+OH-NH3+H2O计算NH4+的物质的量，再根据c=计算出溶液中硫酸根离子、铵根离子的浓度，最后利用电荷守恒来计算原溶液中
5、的Al3+浓度。【详解】由混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42-离子完全沉淀，则根据SO42-+Ba2+=BaSO4可知n(SO42-)=b mol；由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，根据NH4+OH-NH3+H2O可知n(NH3)=c mol，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+的物质的量为x，由电荷守恒可知，3x+c=2b，所以x= mol，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)= mol/L，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液显电中性是解答本题的关键，要熟悉物质的量浓度的计算
6、公式进行计算解答。5. 要证明某溶液中不含Fe3，而可能含Fe2，进行如下实验操作时，最佳顺序是（ ）加足量新制氯水 加足量KMnO4溶液 加少量KSCN溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】因为SCN-与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加KSCN溶液，原溶液不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，然后滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中含有Fe3+，则证明原溶液含有Fe2+，属于最佳顺序为。这题不适合选择足量KMnO4溶液，因为KMnO4溶液的紫红色，会阻碍红色的观察；答案选D。【点睛】本题考查了铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的
7、检验方法为解答关键，注意掌握检验亚铁离子、铁离子的检验方法，试题培养了学生的化学实验能力，实验目的是证明某溶液中不含Fe3+而可能含有Fe2+，需要先用硫氰化钾溶液排除铁离子，然后加入氧化剂氯水证明原溶液中含有亚铁离子。6. 根据反应(1)(4)，可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是( )(1)Cl2+2KI=2KCl+I2(2)2FeCl2+Cl2=2FeCl3(3)2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2(4)H2S+I2=S+2HIA. SI2Fe3+Cl2B. Cl2Fe3+I2SC. Fe3+Cl2SI2D. Cl2I2Fe3+S【答案】B【解析】【详解】氧化还
8、原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，(1)Cl2+2KI=2KCl+I2中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，则氧化性：Cl2I2；(2)2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，Cl元素的化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，FeCl3为氧化产物，则氧化性：Cl2Fe3+；(3)2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，被还原，FeCl3为氧化剂，I2为氧化产物，则氧化性：Fe3+I2；(4)H2S+I2=S+2HI中，I元素的化合价降低，被还原，I2为氧化剂，S为氧化产物，则氧化性：I2S；综上分析，氧化性强弱关系为Cl2Fe
9、3+I2S，答案选B。7. 下列离子方程式书写正确的是( )A. 二氧化锰与浓盐酸共热：MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl 2+2H2OB. 向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO-+H2O+CO2=CaCO3+2HClOC. 氯气通入水中：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-D. 铜与稀硝酸反应：Cu+4H+2=Cu2+2NO2+2H2O【答案】A【解析】【详解】A二氧化锰与浓盐酸共热生成二氯化锰、氯气和水，MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl 2+2H2O，A正确；B向次氯酸钙溶液中通入过量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钙，ClO-+H2O+CO2= HCO+HClO，B错
10、误；C氯气通入水中生成HClO和HCl，次氯酸为弱酸不能拆，Cl2+H2OH+Cl-+HClO，C错误；D铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，D错误；答案为A。8. 下列现象或事实可用同一原理解释的是( )A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B. 氯水和活性炭使红墨水褪色C. 漂白粉和钠长期暴露在空气中而变质D. HClO与Na2O2的漂白原理【答案】D【解析】【详解】A浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，长期暴露在空气中浓度降低，分别与吸水性、挥发性有关，A与题意不符；B氯水中HClO具有漂白性，活性炭具有吸附性，原理分别为强氧化性、吸附
11、性，B与题意不符；C漂白粉在空气中变质是由于吸收CO2和水生成HClO，然后见光分解，钠是因为与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸水潮解，再吸收二氧化碳，经一系列变化最终变成碳酸钠粉末，二者原理不同，C与题意不符；D次氯酸和过氧化钠都具有强的氧化性，能够氧化有机色素，所以次氯酸和过氧化钠使品红褪色原理相同，D符合题意；答案为D。9. 下列说法中正确的是( )A. 1 L水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 molL-1B. 将22.4LHCl气体溶于水，制成1L溶液，其浓度为1 molL-1C. 配制480 mL 1.0 molL-1的NaOH溶液
12、，需NaOH固体20.0 gD. 中和100 mL 1 molL-1的H2SO4溶液，需NaOH 4 g【答案】C【解析】【详解】A1L水中溶解了58.5g NaCl（即1molNaCl），溶液的体积不等于1L，则该溶液的物质的量浓度不等于1 molL-1，A说法错误；B将标况下22.4LHCl气体溶于水，制成1L溶液，其浓度为1 molL-1，未给定气体的状态，不能计算气体物质的量、所得溶液中HCl的浓度，B说法错误；C配制480 mL 1.0 molL-1的NaOH溶液，选用500mL的容量瓶配制500mL溶液，需NaOH固体=20.0 g，C说法正确；D中和100 mL 1 molL-1
13、的H2SO4溶液，需NaOH 物质的量为0.2mol，质量为=8g，D说法错误；答案为C。10. 将Na2O、Na2O2、Na和足量NaHCO3的混合物置于密闭容器中充分加热，经足够长的时间后排放出所有气体物质，则最终残留的固体物质是( )A. Na2O2与Na2CO3B. Na2CO3C. NaOH和Na2CO3D. Na2CO3、Na2O2、NaOH【答案】B【解析】【详解】NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，Na2O、Na2O2、Na能与水反应生成NaOH，而NaOH反应生成碳酸钠，则Na2O、Na2O2、Na和足量NaHCO3的混合物置于密闭容器中充分加热，最终产物为碳酸钠，
14、答案为B。11. 向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O72的酸性溶液，使溶液中Fe2恰好全部被氧化，并使X2O72被还原为Xn，则n值为()A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【详解】0.2mol Cl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1mol X2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）20.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.
15、2（6-n）mol=1mol，解得：n=3；答案选B。12. 标准状况下，mg气体A与ng气体B所含分子数相同，下列说法不正确的是( )A. A与B相对分子质量之比为m:nB. 同质量的A与B所含分子数之比为n:mC. 标准状况下，同体积的A与B的质量之比为m:nD. 标准状况下，A与B的密度之比为n:m【答案】D【解析】【详解】Amg气体A与ng气体B所含分子数相同，则A与B的摩尔质量之比为m:n，摩尔质量以g/mol为单位、数值上与相对分子质量相等，则A与B相对分子质量之比为m:n，A说法正确；B同质量的A与B的物质的量之比为n:m，物质的量之比等于分子数之比，故所含分子数之比为n:m，B
16、说法正确；C标准状况下，同体积的A与B的物质的量之比为1:1，则质量之比为m:n，C说法正确；D标准状况下，A与B的密度之比等于摩尔质量之比，即等于m:n，D说法错误；答案为D。13. 下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）A. H、Fe2、NaB. Ag、Cl、KC. K、Ba2、OH、D. Cu2、Br、OH【答案】A【解析】【详解】A.酸性环境下Fe2+被氧化为Fe3+，A正确； B. Ag与Cl生成氯化银沉淀不共存，不是氧化还原反应，B错误；C. Ba2与生成硫酸钡沉淀不共存，不是氧化还原反应，C错误； D. Cu2、OH生成氢氧化铜沉淀和NH3H2O不共存,不是氧化
17、还原反应，D错误；答案：A。14. 将0.5mol MnO2和50 mL 12 molL-1盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的物质的量为(不考虑盐酸的挥发)( )A. 等于0.3 molB. 小于0.3 molC. 大于0.3 molD. 以上结论都不正确【答案】C【解析】【详解】0.5mol MnO2和50 mL 12 molL-1盐酸混合，发生MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl 2+2H2O，二氧化锰过量，随反应的进行，浓盐酸变稀后，则不再反应，剩余氯离子的物质的量大于0.3mol，则生成氯化银的物质的量大于0.3mol；答案为C。15
18、. 某溶液中可能存在、Cl、六种离子中的几种现进行下列实验：取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色；另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深据此可以推断，该溶液中肯定不存在的离子是A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】C【解析】【分析】、Cl、六种离子中，用KSCN溶液检验，溶液呈血红色说明含有，因与能发生氧化还原反应，所以一定不存在，另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，说明在酸性条件下原溶液中一定存在、，被氧化成三价铁离子，加酸没有气体生成，所以一定不存在、据此即可解答。【详解】取少量溶液滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，发生不能大量共存，说明原溶液中一定存在，因与能发生，所以一定不
19、存在； 另取少量原溶液滴加盐酸，溶液的棕黄色加深，发生，说明原溶液中一定存在、，因所以原溶液滴加盐酸加酸没有气体生成，所以一定不存在，无法确定是否含有； 故C正确。故选C。16. 在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。下列实验现象和结论一致且正确的是()A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl存在D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在【答案】B【解析】【详解】A次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加
20、入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；B氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；DCl2+H2OHCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子也可以和氢氧化钠反应，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；答案选B。【点睛】氯水中的三种分子和四种离子，即氯分子，水分子，次氯酸分子，氯离子，氢离子，少量的氢氧根离子，次氯酸根离子，故氯水有氧化
21、性，漂白性，酸性等性质，明白氯水的成分很关键。17. 常温下，下列有关离子共存说法中正确的是( )A. 某无色溶液中可能大量存在Al3+、Cl-、B. 小苏打溶液中，可能大量存在I-、Ba2+、ClO-C. 在水电离出H+浓度为110-13molL-1的澄清透明溶液可能大量存在Mg2+、Cu2+、D. 使甲基橙呈红色的溶液中，可能大量存在Na+、K+、Al(OH)4-、Cl-【答案】C【解析】【详解】A某无色溶液中Al3+与可发生双水解反应，不能大量共存，A说法错误；B溶液中的I-与ClO-能发生氧化还原反应，不能大量共存，B说法错误；C在水电离出H+浓度为110-13molL-1的澄清透明溶
22、液可能大量存在H+或OH-，Mg2+、Cu2+、与H+不反应，Mg2+、Cu2+可与OH-反应，酸性环境下可以大量共存，C说法正确；D使甲基橙呈红色的溶液中，存在大量H+，H+与Al(OH)4-可发生反应，不能大量共存，D说法错误；答案为C。18. 某未知溶液X可能含有Al3+、Na+、Cl-、中的若干种，取该溶液进行如下实验，若实验过程中所加试剂均过量，产生的气体全部逸出。则下列说法正确的是( )A. 原溶液中一定存在Na+，可能存在Cl-B. 原溶液中一定存在、，且均为0.01 molC. 原溶液中可能存在Na+，n(Cl-)0.01 molD. 原溶液中一定不存在Al3+、Cl-【答案】
23、C【解析】【分析】根据流程可知，溶液中加入氯化钡生成沉淀，再加入盐酸，部分沉淀溶解，则沉淀为碳酸钡质量为1.97g，物质的量为0.01mol；硫酸钡为2.33g，物质的量为0.01mol；滤液中加入烧碱，产生氨气，标况下1.12L，物质的量为0.05mol，加入的物质为烧碱，焰色反应为黄色，不能判断原溶液中是否含有钠离子；根据离子共存，一定不含铝离子；根据溶液呈电中性，可判断一定含有氯离子。【详解】A分析可知，原溶液中一定存在Cl-，可能存在Na+，A说法错误；B原溶液中一定存在、，且、均0.01 mol，为0.05mol，B说法错误；C根据溶液呈电中性，不含Na+时，n(Cl-)=0.01m
24、ol，若存在Na+，n(Cl-)0.01 mol，C说法正确；D原溶液中一定不存在Al3+，存在Cl-，D说法错误；答案为C。第卷 (非选择题 共46分)二、填空题19. 汶川发生特大地震后，为防止疫病流行，全国各地向灾区运送了大量的消毒剂、漂白剂等。请回答下列相关问题：(1)工业上将氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉，化学反应方程式为_。(2)漂白粉的有效成分是(填化学式)_。(3)漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为_。(4)次氯酸盐是一些漂白剂和消毒剂的有效成分。84消毒液的有效成分是次氯酸钠，制取该消毒液的化学方程式为_。(5)二氧
25、化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3溶液在一定条件下与SO2反应制得，该反应的离子方程式为：_。(6)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，但亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2ClO2+H+Cl-+H2O(未配平)。当1 mol HClO2发生分解反应时，转移的电子数是_mol。【答案】 (1). 2Cl2+Ca(OH)2= CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (2). Ca(ClO)2 (3). 2CO2+Ca(ClO)2+2H2O= Ca(HCO3)2+2HClO (4). Cl2+2NaOH= NaCl+NaClO+H
26、2O (5). 2KClO3+SO2=K2SO4+2ClO2 (6). 0.8【解析】【详解】(1)氯气与石灰乳Ca(OH)2反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，方程式为2Cl2+Ca(OH)2= CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(2)漂白粉中的次氯酸钙具有强氧化性，则次氯酸钙为有效成分；(3)过量的CO2与次氯酸钙和水反应生成碳酸氢钙和次氯酸，方程式为2CO2+Ca(ClO)2+2H2O= Ca(HCO3)2+2HClO；(4)氯气与NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，则制取该消毒液的化学方程式为Cl2+2NaOH= NaCl+NaClO+H2O；(5)KClO3与SO2反应生成硫酸钾和
27、二氧化氯，方程式为2KClO3+SO2=K2SO4+2ClO2；(6)HClO2ClO2+H+Cl-+H2O，HClO2的化合价为+3价，部分Cl升高为+4价，部分降低为-1价，根据化合价升降总数相等，则5molHClO2反应转移4mol电子，则1mol HClO2发生反应转移0.8mol电子。三、实验题20. 某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如下图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的品红试纸，b为湿润的品红试纸。(1)实验室以二氧化锰和浓盐酸制备氯气的化学方程式是_。(2)装置的作用是_。(3)实验过程中，装置IV中的实验现象为_；发生反应的化学方程式为_。(
28、4)实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在上图装置_与_之间添加下图中的_装置(填序号)，该装置的作用是_。(5)装置的目的是防止尾气污染空气，写出装置中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2). 除去氯气中的氯化氢气体 (3). 无色溶液变蓝色 (4). Cl2+2KI=I2+2KCl (5). (6). (7). 干燥Cl2 (8). (9). Cl2 + 2OH- = Cl-+ClO- +H2O【解析】【详解】(1)实验室以二氧化锰
29、和浓盐酸制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；(2)加热时浓盐酸中的氯化氢气体已挥发，会导致氯气中混有杂质，装置中水的作用是：除去氯气中的氯化氢气体；(3)氯气的氧化性大于碘，故氯气能把KI中的碘置换出来，所以装置IV中的实验现象为无色溶液变蓝色；发生反应的化学方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl；(4)从装置出来的是湿润的氯气，能够使干燥的品红试纸褪色，要观察到“a无明显变化”这一预期现象，需要在与之间装上 以干燥干燥Cl2，就可以达到预期效果； (5)防止尾气污染空气，用浓氢氧化钠溶液除去，反应的离子方程式是：Cl2 + 2OH - =Cl- +C
30、lO- + H2O。21. 现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。(可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 mol/L盐酸、6 mol/L硫酸和蒸馏水)回答下列问题：(1)组装完仪器后必须进行的操作为_。(2)装置A中液体试剂选用_，理由是_。(3)装置B作用是_，装置C的作用是_，装置E中碱石灰的作用是_。(4)装置D中发生反应的化学方程式是_。(5)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为_。【答案】 (1). 检验装置的气密性 (2). 6 mol/L盐酸 (3). 硫酸
31、与碳酸钙反应生成硫酸钙，硫酸钙覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续 (4). 除去HCl杂质 (5). 除去气体中的水蒸气 (6). 除去未反应的二氧化碳气体 (7). 2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2 (8). 78%【解析】【分析】根据实验目的，确定过氧化钠的纯度，可用二氧化碳与过氧化钠反应，并测定氧气的体积计算过氧化钠的物质的量，则装置A为碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，盐酸易挥发，装置B可除去二氧化碳中的HCl气体，再经装置C干燥二氧化碳气体；装置D中二氧化碳与过氧化钠反应，生成氧气，装置E可吸收未反应的二氧化碳，在装置F中收集氧气，装置G中溢出的液体为氧气的体积。【详解】(1
32、)组装完仪器后首先应检验装置的气密性；(2)硫酸和碳酸钙反应可生成硫酸钙沉淀，阻碍二氧化碳的生成，则装置A中液体为盐酸；(3)装置B中的碳酸氢钠可除去HCl杂质；装置C中的浓硫酸具有干燥性，可除去气体中的水蒸气；装置E中的碱石灰可除去未反应的二氧化碳气体；(4)装置D中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；(5)收集的气体为氧气，体积为标准状况224 mL，物质的量为0.01mol，则Na2O2的物质的量为0.02mol，质量为1.56g，试样的纯度为100%=78%。四、计算题22. 在100mL0.5mol/L的NaOH溶液中通入一定
33、量的CO2，测得反应后的溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比为13，则通入的CO2气体在标准状况下的体积是_mL。【答案】896mL【解析】【分析】NaOH溶液中通入一定量的CO2，测得反应后的溶液中和的物质的量浓度之比为1：3，说明NaOH、CO2都完全反应，溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，令通入CO2的物质的量为ymol，表示出Na2CO3、NaHCO3的物质的量，再根据钠离子列方程计算，根据V=nVm计算CO2的体积。【详解】令通入CO2的物质的量为ymol，则Na2CO3为0.25ymol，NaHCO3为0.75ymol，根据钠离子守恒，可得：0.25ymol2+0.75y mol=0.1L0.5mol/L，解得y=0.04mol，故通入CO2的体积=0.04mol22.4L/mol=0.896L=896mL。
