1、2020-2021 学年上学期高一期中备考卷化学 1注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、选择题（每小题 3 分，共 48 分，每小题只
2、有一个选项符合题意）1由空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成的视程障碍叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物是雾霾的主要组成。以下说法不正确的是A雾霾天，汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应B雾和霾都是混合物C防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大DPM2.5 是指直径小于或等于2.5m 的污染物颗粒，该颗粒直径完全在胶体粒子的直径范围内【答案】D【解析】A雾霾中含有的部分微粒直径在1100nm 之间，则汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应，故 A 正确；B雾和霾都是混合物，故 B 正
3、确；C防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩透气性较差，往往呼吸阻力较大，故 C正确；DPM2.5 是指直径小于或等于2.5m 的污染物颗粒，即粒子直径62.5 10 m，而胶体中分散质粒子的直径为1100nm，即9710 10 m，则 PM2.5 的直径不完全在胶体粒子的直径范围内，故 D 错误。2下列物质分类的正确组合是选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4 溶液B空气Fe(OH)3 胶体铁Na2CO3C氨水CaCl2水银NaClDCuSO45H2O明矾C70NaCl【答案】C【解析】K2SO4 溶液属于混合物，不是电解质，A 错误；Fe(OH)3 胶体是混合
4、物，不是纯净物，B 错误；氨水为混合物，CaCl2 为纯净物，水银是单质，NaCl 是电解质，C 正确；CuSO45H2O 是纯净物，铜是单质，不属于电解质，D 错误。3下列溶液中的 c(Cl)与 150mL 1mol/L AlCl3 溶液中的 c(Cl)相等的是A150mL 1mol/L NaCl 溶液B25mL 3mol/L NH4Cl 溶液C75mL 2mol/L MgCl2 溶液D7mL 2mol/L FeCl3 溶液【答案】B【解析】150mL 1mol/L 的 AlCl3 溶液中的 c(Cl)=1mol/L3=3mol/L。A150mL 1mol/L的 NaCl 溶液中 c(Cl)
5、=c(NaCl)=1mol/L，故 A 错误；B25mL 3mol/L NH4Cl 溶液中c(Cl)=3mol/L，故 B 正确；C75mL 2mol/L MgCl2 溶液中，c(Cl)=2mol/L2=4mol/L，故 C错误；D75mL 2mol/L FeCl3 溶液中，c(Cl)=2mol/L3=6mol/L，故 D 错误。4日常生活中许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏B充有 H2 的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸C食物腐败变质D多吃水果(富含维生素 C)美容养颜抗衰老【答案】A【解析】A大理石与酸发生复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧
6、化还原反应无关，故 A 选；B氢气爆炸生成水，H、O 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故 B 不选；C食物被氧化而导致腐败，为氧化还原反应，故 C 不选；D维生素 C 可抗氧化和防衰老，利用维生素 C 的还原性，与氧化还原反应有关，故 D 不选。5下列实验装置，能达到相应实验目的的是A配制 500mL0.1mol/L 的NaOH 溶液B用苯萃取碘水中的碘，并进行分液C除去 CO2 气体中的少量 HCl 杂质D从 500mL60 度高粱酒中分离出乙醇【答案】B【解析】A不能直接在容量瓶中稀释或溶解固体；B苯与水不互溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯萃取碘水中的碘，并进行分液，能
7、达到实验目的；C碳酸钠溶液也能与二氧化碳反应，会同时除去二氧化碳，达不到除杂的目的；D蒸馏操作时冷凝水应下进上出，操作错误；答案选 B。6在一定条件下，ROn3 和氟气可发生如下反应：ROn3+F2+2OHRO4+2F+H2O 从而可知在 ROn3 中，元素 R 的化合价是A+4B+5C+6D+7【答案】B【解析】由电荷守恒可知，n=1，设 ROn3 中 R 元素的化合价为 x，则 x+（-2）3=-1，解得 x=+5，故选：B。7下列实验误差分析错误的是A用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B排水量气，未冷却到室温立即读数，所得气体的体积偏大C称取 2.3g NaCl 固体，
8、砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量偏小D用量筒量取 5.0mL 浓硫酸，仰视读数，所得到浓硫酸的体积偏大【答案】A【解析】A定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度变大，选项 A 正确；B排水量气，未冷却到室温立即读数，根据热膨冷缩可知，所得气体的体积偏大，选项 B 正确；C称取 2.3g NaCl 固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量为 1.7g，偏小，选项 C 正确；D用量筒量取浓硫酸时，仰视液面，读数比实际液体体积小，会造成实际量取的浓硫酸的体积偏大，选项 D 正确。答案选 A。8用 NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，11
9、.2L 二氧化硫气体中含有 0.5NA 个 SO2 分子B标准状况下，22.4L CCl4 中含有 NA 个分子C1mol Na 与一定量的 O2 反应生成 Na2O 和 Na2O2，转移的电子数为 NA 个D将 NA 个 HCl 气体分子溶于 1L 水中得到 1molL1 的盐酸【答案】C【解析】A常温常压，Vm22.4L/mol，Vm 不知，无法计算 11.2 L 二氧化硫气体中含有的 SO2 分子数目，故 A 错误；B标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故 B 错误；C由于反应后钠元素变为+1 价，故 1mol 钠失去 1mol 电子，即 NA 个电子，故C 正确；D将 NA
10、 个 HCl 气体分子溶于 1L 水中得到的溶液体积不是 1L，得到的盐酸浓度就不是 1molL1，故 D 错误；选 C。9下列两种气体的原子数一定相等的是A质量相等、密度不等的 N2 和 C2H4B等体积、等密度的 CO 和 N2C等温、等体积的 O2 和 Cl2D等压、等体积的 NH3 和 CO2【答案】B【解析】AM(N2)=M(C2H4)=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等物质的量时原子数一定不等，故 A 错误；B等体积等密度CO 和 N2 的质量相等，二者摩尔质量都为 28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子，则原子数相等，故B 正确；C压强不
11、一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故 C 错误；D因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故 D 错误。10在一个恒温、恒容密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体质量相等，当隔板静止时，容器内气体所占体积如图所示，下列说法中错误的是A若 Y 是 O2，则 X 可能是 CH4B分子数目：X=Z=2YC若 X 是 N2，则 Z 可能是 COD气体密度：X=Z=2Y【答案】D【解析】由题给信息可知，图中 X、Y、Z 三部分的压强、温度分别相等，体积V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X)=n(Z)=2n(Y)，所
12、以分子数目：X=Z=2Y，B 正确；由于三种气体质量相等，根据 n=m/M 可知，O2 的摩尔质量为 32g/mol，CH4 的摩尔质量为 16g/mol，A 正确；N2 的摩尔质量为 28g/mol，CO 的摩尔质量为 28g/mol，C 正确；气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，根据 M=m/n 可知，三种气体的密度：2X=2Z=Y，D 错误；正确选项 D。11下列各组离子在给定条件下能大量共存的是A在 pH=1 的溶液中：NH+4、K+、CO23、ClB有 SO24 存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ba2+、BrC透明溶液中：K+、Na+、MnO4、SO24D使酚酞溶液变红的溶液中：N
13、a+、Cl、SO24、HCO3【答案】C【解析】pH=1 的溶液，显酸性，不能大量存在 CO23，A 不符合题意；Ba2+、SO24 结合生成沉淀，不能共存，B 不符合题意；该组离子之间不反应，可大量共存，C 符合题意；酚酞溶液变红说明溶液显碱性，HCO3与 OH反应，不能共存，D 不符合题意；故选 C。12下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是ABCD【答案】A【解析】AMg 元素化合价从 0 价升高到+2 价，失去 2 个电子，O 元素化合价从 0 价降低到-2 价，得到 2 个电子，共转移电子 4 个，A 正确；BKClO3 中 Cl 元素化合价从+5价降低到-1 价，得到
14、6 个电子，O 元素化合价从-2 价升高到 0 价，失去 2 个电子，共转移电子 12 个，B 错误；C碳元素由 0 升高至+4 价，失去 4e，O 元素化合价从 0 价降低到-2价，得到 2 个电子，共转移电子 4 个，C 错误；D碳元素由 0 升高至+4 价，失去 4e，Cu元素化合价从+2 价降低到 0 价，得到 2 个电子，共转移电子 4 个，D 错误；答案选 A。13下列反应中，离子方程式不正确的是ACuO 与稀硫酸反应：CuO+2H+Cu2+H2OB大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2C稀 HNO3 与 Ba(OH)2 溶液反应：H+
15、OHH2ODBa(OH)2 溶液与稀硫酸反应：Ba2+OH+H+SO24 BaSO4+H2O【答案】D【解析】ACuO 与稀硫酸反应生成硫酸铜和水：CuO+2H+Cu2+H2O，A正确；B大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2，B 正确；C稀 HNO3 与 Ba(OH)2 溶液反应生成硝酸钡和水：H+OHH2O，C 正确；DBa(OH)2 溶液与稀硫酸反应硫酸钡和水，离子方程式应该是：Ba2+2OH+2H+SO24 BaSO4+2H2O，D 错误。选D。14有一固体混合物，可能由 Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、Ca
16、Cl2、NaCl 混合而成。为检验它的成分做了如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。则该固体混合物中A肯定有 Na2CO3，可能有 CuSO4B一定有 NaCl，肯定没有 Na2SO4C一定有 Na2CO3，可能有 NaClD可能有 CaCl2，一定没有 CuSO4【答案】C【解析】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无 CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含 Na2SO4 或 Na2CO3，由于 Na2SO4 或 Na2CO3 可与 C
17、aCl2 反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含 CaCl2；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；根据以上分析可知：一定含 Na2CO3，一定不含 CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项 C符合题意，故答案为 C。15已知 Co2O3 在酸性溶液中易被还原成 Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2 的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是A3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3BCl2+FeI2=FeCl2+I2CCo2O3+6HC
18、l=2CoCl2+Cl2+3H2OD2Fe3+2I=2Fe2+I2【答案】A【解析】根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2FeCl3，但是氧化性是 FeCl3I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故 A 符合题意；因为氧化性 FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故 B 不符合题意；根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O，得出氧化性是：Co2O3Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故 C 不符合题意；因为氧化性 FeCl3I2，所以2Fe3+2I=2Fe2+I2 能发生，故
19、 D 不符合题意。答案选 A。16四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2 和 Ru3+。酸性介质中固体 Na2RuO4 与 NaClO 溶液或 NaClO3 溶液反应均可制得 RuO4。下列说法正确的是A若 NaClO3 与 Na2RuO4 物质的量之比 13，则还原产物为 Cl2BRuO4 与浓盐酸反应生成 11.2L Cl2 转移电子数为 NAC酸性介质中氧化性：RuO4ClO3Cl2D 在 稀 硫 酸 环 境 中，Na2RuO4 与 NaClO 反 应 制 备 RuO4 的 化 学 方 程 式 为Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4
20、+Na2SO4+NaCl+H2O【答案】D【解析】若 NaClO3 与 Na2RuO4 物质的量之比 13，酸性介质中可制得还原产物 RuO4，根据化合价的变化可知 Na2RuO4 为还原剂，NaClO3 为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设氧化产物中氯元素的化合价为x，（+5-x）1=（+6-4）3，x=-1，故还原产物为 Cl，不是 Cl2，故 A 错误；11.2L Cl2 所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故 B 错误；RuO4 能氧化浓盐酸反应生成 Cl2，氧化剂 RuO4的氧化性大于氧化产物 Cl2，可以得到氧化性 RuO4Cl2，
21、Na2RuO4 与 NaClO3 溶液反应均可制得 RuO4，氧化剂 NaClO3 的氧化性大于氧化产物 RuO4，可以得到氧化性 ClO3RuO4，故C 错误；在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4 与 NaClO 反应得到 RuO4 和NaCl，根 据 元 素 守 恒 判 断 出 生 成 物 还 有 硫 酸 钠 和 水，化 学 方 程 式 为：Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故 D 正确；答案选 D。二、非选择题（共 52 分）17某 0.2L 无土栽培用的营养液中含有 KCl、K2SO4、NH4Cl 三种溶质，测得该营养液中
22、部分离子的浓度柱状图如图甲所示。（1）该营养液中 K2SO4 的物质的量浓度为_molL1，含 KCl 的质量为_。（2）该营养液中 NH4Cl 的物质的量为_。（3）若 NH+4不参与其他任何反应，将该营养液加水稀释，稀释过程中 NH+4的浓度（c）随溶液体积（V）变化的曲线如图乙所示，则1V=_，2V=_。【答案】（1）4.0 14.9g （2）1.6mol （3）0.2 1.0 【解析】根据柱状图可知，K+、SO24、Cl的浓度分别是 9.0molL1、4.0molL1、9.0molL1，其物质的量分别是 1.8mol、0.8mol、1.8mol。（1）由于营养液中只有 K2SO4 能提
23、供 SO24，所以 SO24 的浓度即为 K2SO4 的浓度。K2SO4 中含有 1.6mol K+，则 KCl 中含有 0.2mol K+，即 KCl 的物质的量为 0.2mol，质量为 14.9g；（2）根据氯原子守恒有()()()4ClKClNH Clccc=+，则()()()14NH ClClKCl8.0mol Lccc=，则()14NH8.0mol Lc+=，NH+4 的物质的量为1.6mol；（3）由以上分析可知10.2V=；根据cVcV=（浓）（浓）（稀）（稀）可求出21.0V=。18有下列物质：氢氧化钡固体 KHSO4 HNO3 稀硫酸 二氧化碳气体 铜 碳酸钠粉末 蔗糖晶体
24、熔融氯化钠 CuSO45H2O 晶体。请用序号填空：（1）上述状态下可导电的是_。（2）属于电解质的是_。（3）属于非电解质的是_。（4）在水溶液中的电离方程式为_，与在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为_。（5）与可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，回答下列问题：I还原产物是_。II当有 2mol HNO3 参加反应时，被氧化的物质的质量为_g。III用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目_。【答案】（1）（2）（3）（4）KHSO4K+H+SO24Ba2+2OH+2H+SO24 BaSO4+2H2O （5）NO232 【解析】氢氧化钡固体中不存在
25、自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；KHSO4中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；HNO3中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；稀硫酸中存在自由移动的电子，导电，属于混合物，不属于电解质也不属于非电解质；二氧化碳气体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；铜是金属单质，可以导电，不属于电解质也不属于非电解质；碳酸钠粉末中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；蔗糖晶体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；熔融氯化钠中存在自由移动的电子，导电，可以电离，属于电解质；CuSO45H2O 中不存在自由移动的离子
26、，不导电，可以电离，属于电解质；（1）根据以上分析可知上述状态下可导电的是。（2）属于电解质的是。（3）属于非电解质的是。（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为 KHSO4K+H+SO24，与在溶液中反应使溶液呈中性时生成硫酸钡、硫酸钾和水，反应的离子方程式为 Ba2+2OH+2H+SO 24 BaSO4+2H2O。（5）与可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。I氮元素化合价降低，被还原，还原产物是 NO2。II.铜失去电子被氧化，当有 2mol HNO3参加反应时，消耗铜是 0.5mol，则被氧化的物质的质量为 0.5mol64g/mo
27、l32g。III.氮元素从+5 价降低到+4 价，铜元素化合价从 0 价升高到+2 价，失去 2 个电子，则根据电子得失守恒 可 知 用 双 线 桥 表 示 该 反 应 电 子 转 移 的 方 向 和 数 目 可 表 示 为。19已知：Fe3+溶液颜色为黄色，Fe2+溶液颜色为浅绿色，Fe(OH)3 为红褐色。（1）现 将 少 量 Fe2O3 粉 末 加 入 适 量 稀 盐 酸，发 生 反 应 的 离 子 方 程 式_，用所得溶液进行以下实验：（2）取少量溶液于试管中，滴入 NaOH 溶液，观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为_。（3）取少量溶液于试管中，加入少量还原铁粉，振荡，铁粉逐渐
28、溶解，溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为_。（4）在烧杯中加入 25mL 蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中滴加几滴 FeCl3 饱和溶液，继续煮沸直到溶液呈红褐色，即得到 Fe(OH)3 胶体。取少量 Fe(OH)3 胶体，逐滴加入盐酸至过量，可观察到的现象是：先_，然后_，对后一现象的解释是（用离子方程式表示）_。【答案】（1）Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O （2）Fe3+3OHFe(OH)3 （3）2Fe3+Fe3Fe2+（4）有红褐色沉淀生成沉淀又溶解，溶液变为黄色Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O 【解析】（1）现将少量 Fe2O3 粉末加入适量稀盐酸生成氯化铁和水，发生
29、反应的离子方程式为 Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）取少量溶液于试管中，滴入 NaOH 溶液发生复分解反应生成氢氧化铁，因此观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为 Fe3+3OHFe(OH)3。（3）铁离子能溶解金属铁生成亚铁离子，所以溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为 2Fe3+Fe3Fe2+；（4）胶体遇到电解质易发生聚沉，所以取少量 Fe(OH)3 胶体，逐滴加入盐酸至过量，可观察到的现象是：先有红褐色沉淀生成，盐酸过量后氢氧化铁溶解，溶液变为黄色，反应的离子方程式为 Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O。20 .已 知 铜 在 常 温 下 能 被 HNO3 溶
30、解。反 应 方 程 式 为：3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目_。(2)若生成 448mL 的 NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是_mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为_。.某反应体系有反应物和生成物共 7 种物质：C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2、Cr2(SO4)3和 H2O。已 知 该 反 应 中 发 生 如 下 过 程：CCO2。该 反 应 的 化 学 方 程 式：_。【答案】.（1）（2）0.06 （3）.3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4 2
31、Cr2(SO4)3+3CO2+10H2O 【解析】(1)反应方程式为：3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子 6e，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6e，单 线 桥 法 表 示 该 反 应 电 子 得 失 的 方 向 和 数 目 如 下：；综上所述，本题答案是：。(2)根据反应关系可知，6e-2NO，448mL NO 的物质的量为 0.02mol，则该过程中转移的电子 0.06 mol；综上所述，本题答案是：0.06。(3)
32、根据反应可知，8mol HNO3 参加反应，被还原的硝酸有 2mol，所以被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为 2/8=1/4；综上所述，本题答案是：1/4。.根据题意：CCO2，反应中 C为还原剂，CO2 为氧化产物，则 K2CrO4 为氧化剂，对应产物 Cr2(SO4)3 为还原产物；CCO2化合价升高 4，2K2CrO4Cr2(SO4)3 化合价共降 6，根据得失电子守恒，C 系数为 3，CO2 系数为 3，Cr2(SO4)3 系数为 2，则 K2CrO4 系数为 4，根据原子个数守恒，K2SO4 系数为 4，H2SO4系数为10，H2O的系数为10，具体为：3C+10H2SO4+4K2C
33、rO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2+10H2O；综 上 所 述，本 题 答 案 是：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2+10H2O。21将 54.8g Na2CO3 和 NaHCO3 的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量某浓度的盐酸，收集到气体 V L。另一份直接加热至恒重，生成气体 2.24L（所有气体体积均在标准状况下测定）。试准确计算出：（1）原固体混合物中 Na2CO3 的物质的量：nNa2CO3）=_。（2）V=_L。【答案】（1）0.2mol （2）6.72【解析】设每份固体中 NaHCO3 的质量为 x g16822.42.24x=X=16.8g原固体混合物中 Na2CO3 质量是 54.8g-16.8g2=21.2g，nNa2CO3）=21.20.2106/gmolg mol=；（2）设每份固体中碳酸钠的质量为 10.6g，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳气体的体积为V1L，每份固体中碳酸钠的质量为 16.8g，碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳气体的体积为V2L，110622.410.6V=V1=2.24L28422.416.8V=；V2=4.48L，V=4.48L+2.24L=6.72L。
