1、2016-2017学年广东省肇庆市高一（上）期末化学试卷一、单选题（20小题，每题2分，共40分每题只有一个正确答案）1下列说法不正确的（）A生铁和钢都属于合金B明矾可用作混凝剂去除水中的悬浮物C食盐水、稀豆浆、糖水都能产生丁达尔效应D以次氯酸钠为有效成分的漂白液可为泳池消毒2饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是（）AHClOBClCCl2DClO3下列说法摘自某些刊物，你认为无科学性错误的是（）A铅笔芯的原料是铅，儿童用嘴咬铅笔会导致铅中毒B在生有煤炉的居室里放一盆水，可以防止CO中毒C在农作物温室大棚内燃烧煤，产生的CO2不利于植物的生长D高纯硅应用在半导体元件与集成芯片之中，所
2、以说“硅是信息技术革命的催化剂”4铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比是（）A1：1B2：1C1：3D3：15下列说法正确的是（）A常温常压下，16g O3所含的氧原子数目为NAB标准状况下，O2的体积取决于O2分子间的距离C摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量D若气体摩尔体积为22.4 L/mol，则所处条件为标准状况6磁流体是电子材料的新秀将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在3655nm的磁流体下列
3、说法中正确的是（）A所得的分散系属于悬浊液B用光束照射该分散系能产生丁达尔效应C所得的分散系中分散质为Fe2O3D分散系为胶体，胶粒直径即Fe（OH）3分子直径7新一代饮用水的消毒剂ClO2具有高效、广谱、安全等特点制取ClO2的其中一种反应是：Cl2+2NaClO22ClO2+2NaCl则下列叙述正确的是（）A该反应是复分解反应B该反应1molCl2得到2moleC反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂DNaClO2和ClO2中Cl的化合价相同8在同温同压下，向大小相同的气球分别充入CO和以下四种混合气体，当体积相等时A、B、C、D四个气球内，与充入CO气球内所含原子数一定相等的是（）ABCD9
4、下列离子方程式中正确的是（）A往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2OB将少量硅投入氢氧化钠溶液中：Si+2OH+H2OSiO32+H2C淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O2 I2+4OHD氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl10在实验室用自来水制取蒸馏水的实验中，下列说法错误的是（）A烧瓶中要放入碎瓷片以防止爆沸B温度计的水银球应放在支管口处，不能插入液面C冷凝水应该是下进上出，与蒸汽的流向相反D开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应该先关冷凝水再撤酒精灯11汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反
5、应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2下列判断正确的是（）AN2既是氧化剂又是还原剂BNaN3中N元素被还原C每生成16molN2转移30moleD还原产物与氧化产物质量之比为1：1512检验SO2中是否混有CO2，应采取的措施是（）A通过Ba（OH）2溶液再通过石灰水B通过酸性KMnO4溶液再通过石灰水C通过小苏打悬浊液再通过石灰水D通过澄清石灰水再通过品红溶液13下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘和酒精B除去Cl2中的H Cl碘酒C收集NOD实验室制取NH314鉴别固体Na2CO3和NaHCO3的最好方法是（）A分别与同浓度的稀盐酸反应B分别加入NaOH溶
6、液C分别加入石灰水D溶于水，比较其溶解性15下列各组离子能大量共存的是（）A无色溶液中：Na+、Cu2+、NO3、ClB在pH=4的溶液中：Na+、K+、OH、ClC在含Ba2+的溶液中：H+、Na+、Cl、SO42D与Fe反应产生气体的溶液：Na+、K+、Cl、SO4216将等体积的NO2和N2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积约为原总体积的（）ABCD17下列关于硝酸的认识中，正确的是（）A浓硝酸在常温下光照和受热都会分解B浓硝酸与金属反应不放出氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气C常温下，因为铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D铜
7、分别与浓硝酸、稀硝酸反应生成NO2和NO，故稀硝酸的氧化性大于浓硝酸18根据下列实验事实得出的相应结论正确的是（）序号实验事实结论ASO3的水溶液可以导电SO3是电解质B向某溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，若有白色沉淀生成原溶液中含SO42CCa（ClO）2溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性：H2CO3HClOD用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色原溶液中不含K+AABBCCDD19“绿色化学”的主要内容之一是使原子充分利用，不产生污染物下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（）A制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu
8、+O22CuO；CuO+H2SO4（稀）CuSO4+H2OC制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O20已知单质碘受热易升华从海带中提取碘的实验过程中涉及下列操作正确的是（）A灼烧海带B过滤得含I的溶液C放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯二、填空题（2小题共15分）21用地壳中某主要元素生产的多种产品在现代高科技中占有重要位置，足见化学对现代物质文明的重要作用例如：计算机芯片的主要成分是；光导纤维的主要成分是；过氧化钠在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，其CO2反应的化学方程式为
9、；红热的铁跟水蒸气反应，反应的化学方程式为；工业上用电解氯化钠溶液的方式制取氯气，反应的化学方程式为22KClO3和浓盐酸在一定温度下发生如（1）的反应：（1）请配平方程式，并用双线桥表示得失电子情况：KClO3+HCl（浓）=KCl+ClO2+Cl2+H2O（2）氧化剂是，还原产物是（写化学式）（3）产生0.1molCl2时，转移电子的物质的量为mol三、实验题（2小题共19分）23某次实验需用0.4molL1 NaOH溶液480mL配制方法如下：（1）用托盘天平准确称量g 固体NaOH；（2）将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解
10、，待后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；（3）用少量蒸馏水洗涤烧杯次，洗涤后的溶液，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；（4）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面时，改用加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切盖好瓶塞，；（5）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是，偏低的是，对实验结果没有影响的是（填各选项的序号）A所用的NaOH中混有少量Na2OB用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F最后确定NaOH溶液体积（定
11、容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线G定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线24焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5已知：装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4（1）装置中产生气体的化学方程式为（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（图2）（夹持仪器已略去）为（填序号）（4）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是（5）为了研究干
12、燥的Cl2与干燥SO2反应及进行程度用如图3所示装置收集满干燥的Cl2，再通入干燥SO2，集气瓶中立即产生无色液体SO2Cl2，充分反应后，将液体和剩余气体分离继续用NaOH溶液吸收分离出的气体，用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀是，由此可知反应后剩余气必然存在气体，综合实验信息，请写出干燥的SO2与Cl2反应的化学方程式四、推断题（2小题共19分）25硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤滤液中滴加KSCN溶液后滤液变为红色，则该溶液中含有（填离子符
13、号），检验滤液中还存在Fe2+的方法为（注明试剂、现象）（2）步骤加入过量H2O2的目的是（3）步骤中反应的离子方程式为（4）步骤中一系列处理的操作步骤包括：过滤、灼烧、称量（5）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为g26A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2请回答：（1）写出对应物质的化学式：A； C； E（2）反应的化学方程式为：（3）反应的离子方程式为：（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：五、计算题（共7分）27取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的
14、混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：（1）原混合液中CO32的物质的量浓度为，Na+的物质的量浓度为（2）产生的气体在标准状况下的体积L2016-2017学年广东省肇庆市高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单选题（20小题，每题2分，共40分每题只有一个正确答案）1下列说法不正确的（）A生铁和钢都属于合金B明矾可用作混凝剂去除水中的悬浮物C食盐水、稀豆浆、糖水都能产生丁达尔效应D以次氯酸钠为有效成分的漂白液可为泳池消毒【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；胶体的重要性质；生活中常见合金的组成【分析
15、】A生铁和钢均为Fe的合金；B明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性；C丁达尔效应为胶体的性质，而食盐水和糖水为溶液；D次氯酸钠具有强氧化性【解答】解：A生铁和钢均为Fe的合金，还含碳等，故A正确；B明矾中铝离子水解生成胶体，具有吸附性，则明矾可用作混凝剂去除水中的悬浮物，故B正确；C丁达尔效应为胶体的性质，而食盐水和糖水为溶液，只有稀豆浆能产生丁达尔效应，故C错误；D次氯酸钠具有强氧化性，则以次氯酸钠为有效成分的漂白液可为泳池消毒，故D正确；故选C2饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是（）AHClOBClCCl2DClO【考点】氯气的化学性质【分析】氯气与水发生：Cl2+H2OHCl
16、O+HCl，由于HClO见光分解，导致平衡右移，长期放置，Cl2和HClO减少，以此解答该题【解答】解：新制饱和氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，由于HClO见光分解，导致平衡右移，长期放置，Cl2和HClO、ClO减少，HCl增多，则Cl增大故选：B3下列说法摘自某些刊物，你认为无科学性错误的是（）A铅笔芯的原料是铅，儿童用嘴咬铅笔会导致铅中毒B在生有煤炉的居室里放一盆水，可以防止CO中毒C在农作物温室大棚内燃烧煤，产生的CO2不利于植物的生长D高纯硅应用在半导体元件与集成芯片之中，所以说“硅是信息技术革命的催化剂”【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A铅笔芯的原料是碳；B依
17、据CO不溶于水的性质解答；C依据植物的光合作用解答；D依据硅的导电性介于导体与绝缘体性质解答【解答】解：A铅笔芯的原料是碳，儿童用嘴咬铅笔不会导致铅中毒，故A错误；BCO不溶于水，所以在生有煤炉的居室里放一盆水，不能防止CO中毒，故B错误；C在农作物温室大棚内燃烧煤，能促进植物的光合作用，提高蔬菜等的产量和品质，故C错误；D硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可以用在半导体元件与集成芯片之中，所以说“硅是信息技术革命的催化剂”，故D正确；故选：D4铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比是（）
18、A1：1B2：1C1：3D3：1【考点】氧化还原反应【分析】足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析【解答】解：足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，由2Al2NaOH6HCl3H2可知，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6mol：2mol=3：1，故选D5下列说法正确的是（）A常温常压下，16g O3所含的氧原子数目为NAB标准状况下，O2的体积取决于O2分子间的距离C摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量D若气体摩尔体积为22.4 L/mol，则所处条件为标准状况【考
19、点】物质的量的相关计算【分析】A依据n=计算解答；B分依据PV=nRT，结合分子间平均距离受温度、压强影响；C摩尔是物质的量单位；D气体摩尔体积与温度和压强有关，气体摩尔体积为22.4Lmol1，未必所处条件为标准状况【解答】解：A臭氧是由氧原子构成，常温常压下，16g O3所含的氧原子数目为NA=NA，故A正确；B分依据PV=nRT，标况下O2的体积取决于O2分子数目，标况下距离是定值，故B错误；C物质的量是用来衡量微观粒子多少的一种物理量，故C错误；D气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度升高，气体体积增大，压强增大，气体体积减小，所以不是在标况下，气
20、体摩尔体积有可能为22.4 Lmol1，故D错误；故选：A6磁流体是电子材料的新秀将含等物质的量的FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在3655nm的磁流体下列说法中正确的是（）A所得的分散系属于悬浊液B用光束照射该分散系能产生丁达尔效应C所得的分散系中分散质为Fe2O3D分散系为胶体，胶粒直径即Fe（OH）3分子直径【考点】胶体的重要性质【分析】根据分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体分散系分散系，根据胶体的性质分析【解答】解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.536nm，属于胶体的范畴，具备胶体
21、的性质A分散质粒子直径在5.536nm之间，所得分散系为胶体，所以不是悬浊液，故A错误；B该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；C分散质应是黑色的，而Fe2O3是红褐色的，故不是Fe2O3，故C错误；D该胶体分散质是黑色的，氢氧化铁胶体胶体为红褐色，而且胶粒很多分子的集合体，不是一个分子，故D错误；故选B7新一代饮用水的消毒剂ClO2具有高效、广谱、安全等特点制取ClO2的其中一种反应是：Cl2+2NaClO22ClO2+2NaCl则下列叙述正确的是（）A该反应是复分解反应B该反应1molCl2得到2moleC反应中Cl2既是氧化剂，又是还
22、原剂DNaClO2和ClO2中Cl的化合价相同【考点】氧化还原反应【分析】在Cl2+2NaClO22ClO2+2NaCl反应中，Cl2中Cl元素的化合价为0价降低到1价的NaCl，NaClO2中Cl元素的化合价为+3价升高到+4价的ClO2，则NaClO2是还原剂，Cl2是氧化剂，据此分析解答【解答】解：ACl2+2NaClO22ClO2+2NaCl反应中，Cl2中Cl元素的化合价为0价降低到1价的NaCl，NaClO2中Cl元素的化合价为+3价升高到+4价的ClO2，则该反应为氧化还原反应，故A错误；BCl2+2NaClO22ClO2+2NaCl反应中，Cl2中Cl元素的化合价为0价降低到1
23、价的NaCl，所以该反应1molCl2得到2mole，故B正确；CCl2+2NaClO22ClO2+2NaCl反应中，Cl2中Cl元素的化合价为0价降低到1价的NaCl，则Cl2是氧化剂，故C错误；DNaClO2中Cl元素的化合价为+3价，ClO2中Cl的化合价为+4价，故D错误；故选B8在同温同压下，向大小相同的气球分别充入CO和以下四种混合气体，当体积相等时A、B、C、D四个气球内，与充入CO气球内所含原子数一定相等的是（）ABCD【考点】物质的量的相关计算【分析】相同条件下，气体的气体摩尔体积相同，由n=可知气体的物质的量相同，假设CO为1mol，则含有2mol原子，如原子数相等，则原子
24、物质的量相等，据此分析【解答】解：A含有HCl和O3，1mol混合气体含有的原子的物质的量大于2mol，故A错误；B含有H2和NH3，二者原子的物质的量大于2mol，故B错误；C含有N2和O2，都为双原子分子，则1mol混合气体含有2mol原子，故C正确；D含有Ne和NO2，二者的物质的量比为1：1时才符合，故D错误故选C9下列离子方程式中正确的是（）A往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32+2H+CO2+H2OB将少量硅投入氢氧化钠溶液中：Si+2OH+H2OSiO32+H2C淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I+O2+2H2O2 I2+4OHD氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【考点
25、】离子方程式的书写【分析】A碳酸镁为沉淀，应保留化学式；B原子个数不守恒；C碘离子能够被氧气氧化生成单质碘；D电荷不守恒【解答】解：A往碳酸镁中滴加稀盐酸，离子方程式：MgCO3+2H+CO2+H2O+Mg2+，故A错误；B将少量硅投入氢氧化钠溶液中，离子方程式：Si+2OH+H2OSiO32+2H2，故B错误；C淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，离子方程式：4I+O2+2H2O2 I2+4OH，故C正确；D氯化亚铁溶液中通入氯气，离子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选：C10在实验室用自来水制取蒸馏水的实验中，下列说法错误的是（）A烧瓶中要放入碎瓷片以防止爆沸B温度计的水银球
26、应放在支管口处，不能插入液面C冷凝水应该是下进上出，与蒸汽的流向相反D开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应该先关冷凝水再撤酒精灯【考点】实验室制取蒸馏水【分析】A、为防止液体暴沸，应加碎瓷片；B、温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分物质的沸点，得到较纯净的物质；C、冷凝管水流遵循逆流原理，这样冷凝效果好；D、开始蒸馏时，先开冷凝水，再加热；实验结束时应先撤酒精灯，再关冷凝水；【解答】解：A、为避免加热时出现暴沸现象，应在烧瓶中放入几粒沸石或碎瓷片，故A正确；B、温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分物质的沸点，得到较纯净的物质，故B正确；C、冷凝水应该是下进上
27、出，与蒸汽的流向相反，冷凝管水流遵循逆流原理，这样冷凝效果好，故C正确；D、开始蒸馏时，先开冷凝水，再加热；实验结束时应先撤酒精灯，再关冷凝水，故D错误；故选：D11汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2下列判断正确的是（）AN2既是氧化剂又是还原剂BNaN3中N元素被还原C每生成16molN2转移30moleD还原产物与氧化产物质量之比为1：15【考点】氧化还原反应【分析】10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2中，只有N元素的化合价变化，由N元素的化合价降低可知，2molKNO3
28、反应转移电子为2mol（50）=10mol，以此来解答【解答】解：A只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；BNaN3中N元素化合价升高，失去电子被氧化，故B错误；C由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol（50）=10mol，即每生成16 mol N2转移10 mol电子，故C错误；D该反应中10molNaN3是还原剂，生成氧化产物N2的物质的量是15mol；2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2的物质的量是1mol，还原产物与氧化产物质量之比为1：15，故D正确；故选D12检验SO2中是否混有CO2，应采取的措施是（）A通过Ba（OH）2溶液再通过石
29、灰水B通过酸性KMnO4溶液再通过石灰水C通过小苏打悬浊液再通过石灰水D通过澄清石灰水再通过品红溶液【考点】常见气体的检验；二氧化硫的化学性质【分析】根据SO2和CO2在性质上的相似点与不同点它们在性质上的相似点很多，如：都是酸性氧化物，都为弱酸的酸酐；能与Ca（OH）2、Ba（OH）2等碱生成白色沉淀不同点主要表现在：SO2具有漂白性能使品红褪色，CO2不具有漂白性；通过NaHCO3饱和溶液时，由于H2SO3H2CO3（酸性），所以SO2能反应置换出CO2，但CO2不反应；SO2中S为+4价，未达到最高价态，故SO2有还原性，但CO2不具有还原性【解答】解：A、二氧化硫和二氧化碳通过氢氧化钡
30、都会产生白色沉淀：CO2+Ba（OH）=BaCO3+H2O，SO2+Ba（OH）=BaSO3+H2O，再通过石灰水不会出现现象，无法检验，故A错误；B、二氧化硫和二氧化碳酸性KMnO4溶液，二氧化硫会和高锰酸钾反应而使之褪色，KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收，再通过石灰水，二氧化碳和氢氧化钙反应会产生白色沉淀：CO2+Ca（OH）=CaCO3+H2O，能验证有无CO2，故B正确；C、二氧化硫和二氧化碳通过碳酸氢钠溶液都会发生反应，无法检验，故C错误；D、二氧化硫和二氧化碳通过石灰水都会产生白色沉淀：CO2+Ca（OH）=CaCO3+H2O，SO2+Ca（OH）=CaSO3+H2O，氢氧化钙会
31、将气体全部吸收，不能验证有无CO2，故D错误故选B13下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘和酒精B除去Cl2中的H Cl碘酒C收集NOD实验室制取NH3【考点】化学实验方案的评价【分析】A碘酒不分层；B二者均与NaOH反应；CNO不溶于水，短进长出可排出水；D氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵【解答】解：A碘酒不分层，则不能利用图中分液漏斗分离，故A错误；B二者均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和食盐水，故B错误；CNO不溶于水，短进长出可排出水，图中装置可收集NO，故C正确；D氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与碱共热制备，故D错误；故选C14
32、鉴别固体Na2CO3和NaHCO3的最好方法是（）A分别与同浓度的稀盐酸反应B分别加入NaOH溶液C分别加入石灰水D溶于水，比较其溶解性【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】二者均溶于水，均与石灰水反应生成白色沉淀，但与盐酸反应生成气体的速率不同，以此来解答【解答】解：A分别与同浓度的稀盐酸反应，生成气体快的为碳酸氢钠，可鉴别，故A选；B碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠和水，现象不明显，不能鉴别，故B不选；C均与石灰水反应生成白色沉淀，不能鉴别，故C不选；D溶于水，比较其溶解性，需要时间较长，不易操作，故D不选；故选A15下列各组离子能大量共存的是（）A无色溶液中：Na+、Cu2
33、+、NO3、ClB在pH=4的溶液中：Na+、K+、OH、ClC在含Ba2+的溶液中：H+、Na+、Cl、SO42D与Fe反应产生气体的溶液：Na+、K+、Cl、SO42【考点】离子共存问题【分析】A有颜色的离子不能大量共存；BpH=4的溶液呈酸性；C与Ba2+反应的离子不能大量共存；D与Fe反应产生气体的溶液呈酸性【解答】解：ACu2+有颜色，不能大量共存，故A错误；BpH=4的溶液呈酸性，OH不能大量共存，故B错误；CSO42与Ba2+反应，不能大量共存，故C错误；D与Fe反应产生气体的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；故选D16将等体积的NO2和N2的混
34、合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积约为原总体积的（）ABCD【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响【分析】假定的N2和NO2体积分别为V，NO2与水反应，发生3NO2+H2O2HNO3+NO，每3体积NO2反应生成1体积NO，结合反应的方程式计算【解答】解：假定的N2和NO2体积分别为V，设V体积的二氧化氮和水反应生成一氧化氮的体积为x，3 NO2+H2O=2HNO3+NO3 1V xx=，则剩余气体的体积约为V+=，剩余气体的体积约为原总体积的=，故选C17下列关于硝酸的认识中，正确的是（）A浓硝酸在常温下光照和受热都会分解B浓硝酸与金属反应不放出氢气，而稀
35、硝酸与金属反应可置换出氢气C常温下，因为铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应生成NO2和NO，故稀硝酸的氧化性大于浓硝酸【考点】硝酸的化学性质【分析】A、浓硝酸光照和受热会分解；B、浓硝酸，稀硝酸具有强氧化性，遇金属反应不生成氢气而是形成氮的氧化物；C、铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象；D、浓硝酸氧化性大于稀硝酸【解答】解：A浓硝酸见光和受热分解，故A正确；B、浓硝酸在常温下见光或受热会分解生成二氧化氮、水和氧气，与稀硝酸反应生成一氧化氮，故B错误；C、铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象，阻止反应进行，常温下可用铝制品盛装浓硝酸，而不是不反应，故C错误
36、；D硝酸的浓度越大其氧化性越强，所以浓硝酸氧化性大于稀硝酸，故D错误；故选A18根据下列实验事实得出的相应结论正确的是（）序号实验事实结论ASO3的水溶液可以导电SO3是电解质B向某溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，若有白色沉淀生成原溶液中含SO42CCa（ClO）2溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性：H2CO3HClOD用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色原溶液中不含K+AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ASO3是非电解质； B能和硝酸酸化的氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子还有SO32、Ag；C发生强酸制取弱酸的反应；D通过焰色反应检验钾离子时，观察
37、火焰颜色时需要通过蓝色的钴玻璃观察【解答】解：A溶液导电，原因是SO3和水反应生成硫酸，SO3不能电离出离子，为非电解质，故A错误； B能和硝酸酸化的氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有SO42、SO32、Ag+，故B错误；C将CO2通入Ca（ClO）2到溶液中产生白色沉淀碳酸钙，在溶液中发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为H2CO3HClO，故C正确；D实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰，故D错误故选C19“绿色化学”的主要内容之一是使原子充分利用，不产生污染物下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（）A制CuSO4：Cu+2H2SO
38、4（浓）CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu+O22CuO；CuO+H2SO4（稀）CuSO4+H2OC制Cu（NO3）2：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2OD制Cu（NO3）2：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O【考点】绿色化学【分析】理解绿色化学的要点有两个：一是原子充分利用；二是不产生污染，据此分析【解答】解：A、每生成1molCuSO4需要2molH2SO4并且还有SO2等污染性的气体生成，故不符合“绿色化学”理念，故A错误B、原子的利用率高且在生产过程中没有污染性的物质产生，故符合“绿色化学”理念，故B正确C、每生成1m
39、olCu（NO3）2需要4molHNO3并且还有NO2等污染性的气体生成，故不符合“绿色化学”理念，故C错误D、每生成1molCu（NO3）2需要8/3molHNO3并且还有NO等污染性的气体生成，故不符合“绿色化学”理念，故D错误故选B20已知单质碘受热易升华从海带中提取碘的实验过程中涉及下列操作正确的是（）A灼烧海带B过滤得含I的溶液C放出碘的苯溶液D分离碘并回收苯【考点】化学实验方案的评价【分析】A灼烧在坩埚后者进行；B过滤需要玻璃棒引流；C碘的苯溶液在上层；D蒸馏时测定馏分的温度，冷水下进上出【解答】解：A灼烧在坩埚后者进行，不能选烧杯，故A错误；B过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，
40、故B错误；C碘的苯溶液在上层，应从上口倒出，故C错误；D蒸馏时测定馏分的温度，冷水下进上出，图中蒸馏装置合理，故D正确；故选D二、填空题（2小题共15分）21用地壳中某主要元素生产的多种产品在现代高科技中占有重要位置，足见化学对现代物质文明的重要作用例如：计算机芯片的主要成分是硅单质（或Si）；光导纤维的主要成分是二氧化硅（或SiO2）；过氧化钠在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，其CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；红热的铁跟水蒸气反应，反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；工业上用电解氯化钠溶液的方式制取氯气，反应的化学方程式为2NaC
41、l+2H2O2NaOH+H2+Cl2【考点】硅和二氧化硅【分析】计算机芯片的主要成分是硅；光导纤维的主要成分是二氧化硅；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气；红热的铁跟水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；工业上用电解氯化钠溶液的方式制取氯气，同时生成氢气和氢氧化钠【解答】解：计算机芯片的主要成分是硅；光导纤维的主要成分是二氧化硅；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；红热的铁跟水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，方程式为3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；工业上用电解氯化钠溶液的方式制取氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，反应的方程式为2NaCl+2H2O2Na
42、OH+H2+Cl2，故答案为：硅单质（或Si）； 二氧化硅（或SiO2）；2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl222KClO3和浓盐酸在一定温度下发生如（1）的反应：（1）请配平方程式，并用双线桥表示得失电子情况：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2+1Cl2+2H2O（2）氧化剂是KClO3，还原产物是ClO2（写化学式）（3）产生0.1molCl2时，转移电子的物质的量为0.2mol【考点】氧化还原反应【分析】（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价
43、；HCl中氯元素化合价由1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，配平各物质的系数（2）含元素化合价降低的物质为氧化剂，对应还原产物；（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量【解答】解：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2电子
44、转移的方向和数目为：故答案为：2；4；2；2；1；2；（2）KClO3中氯元素化合价降低，为氧化剂，对应生成ClO2为还原产物，故答案为：KClO3；ClO2；（3）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol2=0.2mol故答案为：0.2三、实验题（2小题共19分）23某次实验需用0.4molL1 NaOH溶液480mL配制方法如下：（1）用托盘天平准确称量8.0g 固体NaOH；（2）将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待溶液冷却至室
45、温后后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中；（3）用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤后的溶液一起转入容量瓶中，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；（4）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面12cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；（5）若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的NaOH溶液的浓度偏高的是ADF，偏低的是EG，对实验结果没有影响的是BC（填各选项的序号）A所用的NaOH中混有少量Na2OB用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E转移
46、溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线G定容摇匀后静止，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法【分析】（1）依据配制溶液体积选择合适容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（2）容量瓶为精密仪器，不能盛放过热、过冷的液体，只有在室温下标定的体积才准确；（3）为保证溶质全部转移的容量瓶，应将烧杯和玻璃棒洗涤23次，洗涤液全部转移的容量瓶；（4）定容的正确操作为：开始直接向容量瓶中加蒸馏水，到离刻度线12cm时，应用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切；（5）分析操作对溶质的物
47、质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断【解答】解：（1）需用0.4molL1 NaOH溶液480mL，因溶液的体积480mL，但容量瓶的规格没有480mL，所以选用500mL容量瓶，需氢氧化钠的质量为m=0.5L0.4molL140g/mol=8.0g；故答案为：8.0；（2）容量瓶不能用于盛放过热或者过冷液体，所以稀释后应冷却到室外再进行移液；故答案为：溶液冷却至室温后；（3）洗涤操作时应用少量蒸馏水洗涤烧杯23次，洗涤后的溶液一起转入容量瓶中，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀；故答案为：23；一起转入容量瓶中；（4）定容时向容量瓶中加入蒸馏水，到液面12cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液
48、面最低点与刻度线相切盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；故答案为：12cm时；胶头滴管；上下颠倒混合均匀；（5）ANa2O与水反应生成氢氧化钠，62gNa2O可生成NaOH80g，NaOH的质量增大，所以溶液浓度偏高；B用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥，不影响氢氧化钠的质量，对溶液浓度无影响；C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；D液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小
49、，溶液浓度偏低；F定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏低，所以溶液浓度偏高；G定容摇匀后静止，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低所以偏高的有ADF，偏低有EG，无影响的是BC，故答案为：ADF；EG；BC24焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一某研究小组进行如下实验：采用如图1装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5已知：装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3+SO2Na2S2O5Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4（1）装置中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2S
50、O4Na2SO4+SO2+H2O（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（图2）（夹持仪器已略去）为d（填序号）（4）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成（5）为了研究干燥的Cl2与干燥SO2反应及进行程度用如图3所示装置收集满干燥的Cl2，再通入干燥SO2，集气瓶中立即产生无色液体SO2Cl2，充分反应后，将液体和剩余气体分离继续用NaOH溶液吸收分离出的气体，用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色
51、沉淀是白色沉淀是BaSO4，由此可知反应后剩余气必然存在混合气体中必然存在SO2和Cl2两种气体气体，综合实验信息，请写出干燥的SO2与Cl2反应的化学方程式SO2+Cl2SO2Cl2【考点】制备实验方案的设计；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】本题是制取Na2S2O5的实验探究，考查了反应制备原理、反应混合物的分离及尾气处理，因Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4，利用SO42的检验来分析有没有变质，另外还考查了SO2和Cl2反应原理的探究，只要根据氧化还原反应及质量守恒及可解决相关问题；（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸
52、钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（5）用NaOH溶液吸收分离出的气体，所得混合液用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可知原溶液里有SO42，得到的白色沉淀为BaSO4，结合单一SO2或Cl2和混合气体通入NaOH溶液的情况分析，可推测混合气体的成份【解答】解：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠
53、与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）Na2S2O5中S元素的
54、化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）生成的白色沉淀为BaSO4，说明NaOH溶液吸收分离出的气体成分不是单一的SO2或Cl2，而是二者的混合气体，在水溶液里发生了氧化还原反应，生成了硫酸根离子，同时也可知SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应，因为反应物的转化率没有达到10
55、0%，故答案为：白色沉淀是BaSO4；混合气体中必然存在SO2和Cl2两种气体；SO2+Cl2SO2Cl2四、推断题（2小题共19分）25硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质实验步骤如下：请回答下列问题：（1）步骤滤液中滴加KSCN溶液后滤液变为红色，则该溶液中含有Fe3+（填离子符号），检验滤液中还存在Fe2+的方法为取一定量滤液，滴加少量KMnO4溶液，KMnO4溶液退色（注明试剂、现象）（2）步骤加入过量H2O2的目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+（3）步骤中反应的离子方程式为Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+
56、3NH4+（4）步骤中一系列处理的操作步骤包括：过滤、洗涤、灼烧、冷却、称量（5）若实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量为0.07ag【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）含铁离子的溶液中滴加KSCN溶液后会变为红色，根据亚铁离子和铁离子的性质差异来回答；（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，由流程图可知，加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+；
57、（3）步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（5）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算【解答】解：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量（1）含铁离子的溶液中滴加KSCN溶液后会变为红色，亚铁离子能使高锰酸钾褪色，但是铁离子不可以，故答案为：Fe3+；取一定量滤液，滴加少量KMnO4溶液，KMn
58、O4溶液退色；（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+全部氧化为Fe3+；（3）步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，故答案为：Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量，故答案为：洗涤；冷却；（5）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag，故答案为：0.07a26A、B、C、D、E五种物质中均含
59、有同一种非金属元素，他们能发生如图所示的转化关系若该元素用R表示，则A为R的氧化物，D与NaOH溶液反应生成C和H2请回答：（1）写出对应物质的化学式：ASiO2； CNa2SiO3； EH2SiO3（2）反应的化学方程式为：2C+SiO2Si+2CO（3）反应的离子方程式为：Si+2OH+H2OSiO32+2H2（4）H2CO3的酸性强于E的，请用离子方程式予以证明：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32【考点】无机物的推断【分析】A、B、C、D、E五种物质中均含有同一种非金属元素，该元素（用R表示）的单质D能与NaOH溶液反应生成C和氢气，由转化关系可推知该元素为硅元素，根据题
60、中各物质转化关系，结合硅及其化合物相关知识可知，A与焦碳高温下生成D，则A为SiO2，D为Si，C为Na2SiO3，根据反应或反应都可推得B为CaSiO3，根据反应推知E为H2SiO3，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题【解答】解：（1）根据上面的分析可知，A为SiO2，C为Na2SiO3，E为H2SiO3，故答案为：SiO2；Na2SiO3；H2SiO3；（2）反应的化学方程式为2C+SiO2Si+2CO，故答案为：2C+SiO2Si+2CO；（3）反应的离子方程式为Si+2OH+H2O=SiO32+2H2，故答案为：Si+2OH+H2OSiO32+2H2；（4）H2CO3的酸性强于H2
61、SiO3的酸性，可在硅酸钠溶液中通入二氧化碳，如生成硅酸沉淀，可说明，反应的离子方程式为SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32，故答案为：SiO32+CO2+H2O=H2SiO3+CO32五、计算题（共7分）27取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66g，并有气体放出，试计算：（1）原混合液中CO32的物质的量浓度为1mol/L，Na+的物质的量浓度为2.8mol/L（2）产生的气体在标准状况下的体积11.2L【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）14.51克白色沉淀是BaCO3
62、和BaSO4混合物，BaSO4不溶于水与硝酸，BaCO3溶于硝酸，故白色沉淀中加入过量的稀HNO3，充分反应后，沉淀减少到4.66g为BaSO4的质量，可得BaCO3的质量为14.51g4.66g=9.85g，根据n=计算BaCO3和BaSO4的物质的量，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量，再根据c=计算原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度，最后分别计算出原混合液中碳酸根离子、钠离子的浓度；（2）发生反应BaCO3+2HNO3Ba（NO3）2+H2O+CO2，由方程式可知n（CO2）=n（BaCO3），再根据V=n
63、Vm计算CO2的体积【解答】解：（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，加入过量的稀HNO3，充分反应后，剩余沉淀4.66g为BaSO4，BaSO4的物质的量为： =0.02mol，由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4）=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为： =0.4mol/L，减少的沉淀质量为BaCO3，故BaCO3的质量为14.51g4.66g=9.85g，物质的量为： =0.05mol，由碳酸根守恒可知n（Na2CO3）=n（BaCO3）=0.05mol，所以Na2CO3的物质的量浓度为： =1mol/L，则原混合液中CO32的物质的量浓度为：c（CO32）=c（Na2CO3）=1mol/L；Na+的物质的量浓度为：c（Na+）=2c（Na2CO3）+2c（Na2SO4）=1mol/L2+0.4mol/L2=2.8mol/L，故答案为：1mol/L；2.8mol/L；（2）发生反应BaCO3+2HNO3Ba（NO3）2+H2O+CO2，由方程式可知n（CO2）=n（BaCO3）=0.05mol，故生成的二氧化碳的体积为：0.05mol22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.122017年1月21日