1、浙江省绍兴市高级中学2019-2020学年高一化学下学期第二次教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Si 28S 32Ca 40Fe 56Cu 64Zn 65一、选择题（每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题意）1.下列属于碱的是A. H2SO4B. H2C. KClD. NaOH【答案】D【解析】【详解】A、硫酸电离时生成的阳离子都是氢根离子，属于酸，选项A错误；B、氢气只由氢元素构成，属于单质，选项B错误；C、氯化钾是由钾离子和氯离子组成的化合物，属于盐，选项C错误；D、氢氧化钠电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，选项D
2、正确；答案选D。2.仪器名称为“坩埚”的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据各仪器的结构特点可知，A为蒸发皿，B为表面皿，C为坩埚，D为研钵，故答案为C。3.下列属于非电解质的是A. Cl2B. CO2C. HClD. Na2O【答案】B【解析】【详解】A氯气其水溶液导电，但不是物质本身导电，氯气的成分是单质，不是非电解质，选项A错误；B二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸是电解质，电离出离子而能够导电，但是溶液导电的原因不是二氧化碳不是电离的离子，所以二氧化碳不属于电解质，属于非电解质，选项B正确；C氯化氢在溶液中能够电离出氢离子和氯离子，溶液导电，氯化氢属于电解质，选项C错
3、误；D熔融状态下Na2O能够导电，能够电离出钠离子和氧离子，Na2O属于电解质，选项D错误；答案选B。4.胶体与溶液最本质的区别是（）A. 是否有丁达尔效应B. 溶质颗粒直径的大小C. 是否有沉淀D. 是否能净水【答案】B【解析】【详解】根据分散质粒子直径大小，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm)，胶体和溶液最本质的区别为溶质颗粒直径的大小，故答案为B。5.下列关于葡萄糖和蔗糖的说法中，错误的是A. 它们的分子式不同B. 它们的分子结构不同C. 它们不是同分异构体，但属同系物D. 蔗糖可以水解生成葡萄糖和果糖【答案】C【解析】【详解】A葡萄糖的分
4、子式为C6H12O6，蔗糖的分子式是C12H22O11，它们的分子式不同，故A正确；B葡萄糖为五羟基醛，属于还原性糖；蔗糖不含有醛基，属于非还原性糖，它们的分子结构不同，故B正确；C葡萄糖和蔗糖分子式不同，不属于同分异构体，葡萄糖和蔗糖所含官能团不同，结构不相似，故不属于同系物，故C错误；D蔗糖可以水解，C12H22O11(蔗糖)+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，故D正确；故选C。【点睛】注意掌握同分异构体、同系物的辨析。互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同，研究对象是有机物。6.下列有关物质用途的说法中，不正确的是（）A.
5、漂白粉能漂白是因为Ca（ClO）2中的 ClO-有强氧化性B. 明矾能够杀菌消毒是利用了胶体的吸附性C. 碳酸镁、小苏打等可用于治疗胃酸过多D. 二氧化硅可用于制造光导纤维【答案】B【解析】【详解】A漂白粉具有漂白性是由于ClO-有强氧化性的缘故，A正确；B由于明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附能力，所以可以净水，但不具有消毒杀菌能力，B错误；C碳酸镁、小苏打碱性较弱，能与酸反应，且无毒，可用于治疗胃酸过多，C正确；D光导纤维的主要材料为二氧化硅，能够导光，D正确；故答案为B。7.下列反应中，H2O2只作氧化剂的是（）A. H2O2SO2=H2SO4B. CaOH2O2 = CaO2H
6、2OC H2O2Cl2= 2HClO2D. 2H2O22H2OO2【答案】A【解析】【详解】A该反应中双氧水中O元素化合价从-1价降为-2，做氧化剂，故A符合题意；B该反应中双氧水中各元素化合价均未变化，仅做反应物，故B不符合题意；C该反应中双氧水中O元素化合价从-1价升高到0价，做还原剂，故C不符合题意；D该反应中双氧水中O元素化合价从-1价变为0价和-2价，既是氧化剂又是还原剂，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】氧化还原反应中氧化剂得电子发生还原反应化合价降低，还原剂失电子发生氧化反应化合价升高。8.下列化学用语书写正确的是（）A. 氯化钠的电子式：B. DCH4分子的球棍模型：C. S
7、2-的结构示意图：D. 葡萄糖的分子式：C6H12O6【答案】D【解析】【详解】A氯化钠为离子化合物，电子式为，故A错误；B选项所给为比例模型，甲烷的球棍模型为：，故B错误；CS原子得两个电子形成S2-，结构示意图为，故C错误；D葡萄糖分子式为C6H12O6，D正确；故答案为D。9.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A. NaOHB. Na2CO3C. NH4ClD. HCl【答案】C【解析】【详解】A氢氧化钠是强碱，电离显碱性，不水解，故A错误；B碳酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故C正确；DHCl不是盐，不能水解，是电离使溶液显酸性，故D错误
8、；故选C。【点睛】能水解的是含弱离子的盐，而强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性，强碱强酸盐不水解。需要注意的是显酸性的溶液不一定是酸溶液，但酸溶液一定显酸性。10.要除去NaCl溶液中含有的MgCl2，应选用的试剂和操作方法是（）A. 加入适量Na2SO4后过滤B. 加入过量NaOH后过滤C. 加入过量NaOH后，过滤，再在滤液中加适量的盐酸调溶液pH7D. 加入过量Na2CO3后过滤【答案】C【解析】【详解】A加入适量Na2SO4会引入硫酸根离子，且它和镁离子不反应，达不到提纯的目的，故A错误；B加入过量的NaOH会引入新的杂质氢氧根，达不到提纯的目的，故B错误；C加入过量NaOH后
9、，生成氢氧化镁沉淀，过滤得到NaOH和氯化钠的混合溶液，加适量盐酸调溶液pH=7可以除去NaOH，得到纯净的氯化钠溶液，故C正确；D加入过量的碳酸钠，可以生成碳酸镁沉淀，除去镁离子，但加入过量的碳酸钠会引入新的杂质碳酸根，达不到提纯的目的，故D错误；故答案为C。11.下列说法正确的是（）A. CH3COOH和CH3COOCH3互为同系物B. 氧气和臭氧互为同位素C. C5H12有四种同分异构体D. 金刚石和石墨互为同素异形体【答案】D【解析】【详解】A乙酸官能团为-COOH，乙酸甲酯的官能团为-COO-，二者结构不同，不是同系物，故A错误；B氧气和臭氧为氧元素的不同单质，二者为同素异形体，故B
10、错误；C戊烷存在三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷和新戊烷，故C错误；D金刚石和石墨为C元素的不同单质，互为同素异形体，故D正确；故答案为D。【点睛】同种元素组成的不同单质为同素异形体；分子式相同结构不同的化合物为同分异构体；结构相似，在组成相差1个或若干个CH2原子团的化合物，互为同系物；质子数相同，中子数不同的同种元素的不同核素互为同位素。12.下列离子方程式不正确的是（）A. 澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OHHCO3B. 金属钠和水反应2Na+2H2O2Na+2OH+H2C. 酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2+H2O22Fe3+O2+2H+D. 三氧化硫与氯化钡溶液生成沉
11、淀的反应SO3+Ba2+H2OBaSO4+2H+【答案】C【解析】【详解】A澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2+OHHCO3-，故A正确；B金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，故B正确；C酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O，故C错误；D三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO3+Ba2+H2OBaSO4+2H+，故D正确；故选C。【点睛】离子方程式的书写判断，为高考的高频题，注意掌握离子方程
12、式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。13.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是（ ）A. 原子半径：ZWRB. 对应的氢化物的热稳定性：RWC. W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D. Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【答案】C【解析
13、】【分析】已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，这说明Y是第A组元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素。【详解】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：ZWR，A正确；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性逐渐增强，则对应的氢化物的热稳定性：RW，B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形
14、成的化合物的化学键类型完全不相同，C不正确；D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确。答案选C。14.下列说法正确的是（）A. 用Na2 CO3溶液能区分CH3COOH、CH3CH2OHB. 煤是无机化合物，天然气和石油是有机化合物C. CH4Cl2CH3ClHCl是化合反应D. 甲醇和甲烷互为同系物【答案】A【解析】【详解】A乙酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇不和碳酸钠溶液反应，故可以区分二者，故A正确；B煤是由多种复杂有机物和无机物组成的混合物，石油是多种烃类的混合物，故B错误；C光照条件下，甲烷中氢原子被氯原子所替代以后，生成了CH3Cl和HCl，该反应属于取
15、代反应，故C错误；D甲醇含有羟基，甲烷不含羟基，二者结构不相似，不是同系物，故D错误；故答案为A。15.下列说法中错误的是（）A. 只要是糖类物质都能与银氨溶液发生银镜反应B. 单糖是不能发生水解的最简单的糖类C. 淀粉、纤维素都是天然有机高分子化合物D. 蔗糖和麦芽糖均为二糖【答案】A【解析】【详解】A含有醛基的糖类能发生银镜反应，如葡萄糖，不含醛基的糖类如蔗糖，不能发生银镜反应，故A错误；B单糖是不能发生水解的最简单的糖类，B正确；C淀粉、纤维素的相对分子质量较大，二者均是天然有机高分子化合物，C正确；D麦芽糖水解生成2分子的葡萄糖，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，都为二糖，故D正确；故答案为A
16、。16.反应X(g)4Y(g)+Z(g)，在200和T时，X 的物质的量浓度(单位：molL-1)随时间变 化的有关实验数据见下表：时间/min0246810200/0.800.550.350.200.150.15T/1.000.650.350.180.180.18下列有关该反应的描述正确的是A. 在200时，4min内用Y表示的化学反应速率为0.1125molL-1min-1B. T下，6min时反应刚好达到平衡状态C. 根据上表内 X 的浓度变化，可知浓度越大，反应速率越大D. 从表中可以看出T 200，故D错误。故选C。17.下图是某课外活动小组设计的用化学电池使LED灯发光的装置。下列
17、说法错误的是（）A. 铜表面有气泡生成B. 装置中存在“化学能电能光能”转换C. Zn为负极，Cu为正极D. 正极反应为：Zn-2e-=Zn2+【答案】D【解析】【分析】根据电极材料和电解质溶液可知该原电池的总反应为Zn+2H+=Zn2+H2，所以Zn电极为负极，Cu电极为正极。【详解】ACu电极为正极，发生反应2H+2e-=H2，所以电极表面有气泡产生，故A正确；B该装置为原电池装置，可以将化学能转化成电能，LED灯将电能转化为光能，故B正确；C根据分析可知Zn电极为负极，Cu电极为正极，故C正确；DCu电极为正极，正极反应为2H+2e-=H2，故D错误；故答案为D。18.常温下，下列溶液中
18、的粒子浓度关系正确的是（ ）A. NH4Cl溶液中：c(Cl)=c(NH4+)c(OH)=c(H+)B. Na2SO4溶液中：c(Na+)+ c(H+)=c（SO42）+ c(OH)C. NaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3)c(H+)c(OH)D. 浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合所得溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1 mol/L【答案】D【解析】【详解】ANH4Cl溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，C错误；D浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合，根据元素守恒可知
19、所得溶液中醋酸根的总浓度为0.1 mol/L，即c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1mol/L，D正确；故选D。19.25、101 kPa下，2g氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（ ）A. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(1) H 285.8kJmolB. 2H2(g)+ O2(g) = 2H2O(1) H +571.6 kJmolC. 2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) H 571.6 kJmolD. H2(g)+1/2O2(g) = H2O(1) H 285.8kJmol【答案】D【解析】【详解】放出热量说明反应热H
20、I2SO42-，下列说法或离子方程式正确的是A. 2Fe3+ SO2+ 2H2O = 2Fe2+ SO42-+ 4H+B. Fe3O4可写成FeOFe2O3，Fe3I8可写成FeI22FeI3C. 还原性：Fe2+SO2I-D. 反应H2SO4（浓）+ 2HI = I2+ SO2+ 2H2O不能进行【答案】A【解析】【详解】A反应2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+中，Fe3+是氧化剂，SO42-是氧化产物，该反应的发生符合氧化性：Fe3+SO42-，A正确；B铁元素的化合价有+2和+3，碘元素的化合价是-1价，由于氧化性：Fe3+I2，故I2不能将Fe2+氧化成Fe3+，
21、只能将铁氧化到+2价，Fe3I8也可表示为3FeI2I2，B错误；C根据离子的氧化性顺序是：Fe3+I2SO42-，得到还原性顺序是SO32-I-Fe2+，C错误；D浓硫酸具有强氧化性，碘离子具有强还原性，反应H2SO4（浓）+2HI=I2+SO2+2H2O能进行，D错误；答案选A。25.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-，中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）； 一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀4.66g，在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀没变化 另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产
22、生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（标准状况） 下列说法正确的是（）A. 该固体中一定含有NH4+、SO42-、Na+B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl-D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+【答案】A【解析】【分析】(1)一份固体溶于水得无色透明溶液，说明不含Cu2+，加入足量BaCl2溶液，得沉淀4.46g，在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀没变化，说明沉淀不溶于盐酸，一定含有SO42-，一定不含CO32-，且n(SO42-)=n(BaSO4)=0.02mol；(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使
23、湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，0.672L即0.03mol(标准状况)，所以含有铵根离子0.03mol，以此解答该题。【详解】A根据分析n(SO42-)=0.02mol，n(NH4+)=0.03mol阴离子所带电荷大于阳离子所带电荷，由电荷守恒可知应还存在Na+，故A正确；B因Na+的量不能确定，则不能确定是否含有Cl-，故B错误；C由以上分析可知不存在CO32-，Cl-不能确定，故C错误；D由A分析可知一定存在Na+，故D错误；故答案为A。【点睛】明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握电荷守恒在离子推断中的应用方法。二、非选择题26.写出下列物质的化学式：漂白粉的有效成分：_
24、；天然气的主要成分：_；写出用氯化铁雕刻电路板的离子方程式： _；写出NH3H2O的电离方程式： _。【答案】 (1). Ca(ClO)2 (2). CH4 (3). 2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+ (4). NH3H2ONH4+OH-【解析】【详解】(1)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；天然气的主要成分是CH4；(2)铁离子具有强氧化性可以氧化铜单质，离子方程式为2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+；(3)一水合氨为弱电解质，电离方程式为NH3H2ONH4+OH-。27.用可再生的物质制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示：M的化学式为_；反应的反应类型为_；写
25、出反应的化学方程式： _；写出反应的方程式： _。【答案】 (1). C6H12O6 (2). 氧化反应 (3). CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O (4). C6H12O6 2 CH3CH2OH+2CO2【解析】【分析】淀粉或纤维素完全水解得到葡萄糖，葡萄糖经酒化酶的作用生成乙醇；乙醇可以被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯。【详解】(1)M为葡萄糖，化学式为C6H12O6；(2)乙醇到乙酸，增加了氧原子减少了氢原子，所以为氧化反应；(3)该反应为乙酸和乙醇的酯化反应，方程式为CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3H2O；
26、(4)反应为葡萄糖在酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，方程式为C6H12O6 2 CH3CH2OH+2CO2。【点睛】有机反应中，加氧或者去氢的反应为氧化反应，去氧或者加氢的反应为还原反应；有机物的燃烧属于氧化反应，双键与氢气的加成反应也属于还原反应。28.由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如下：请回答：D的化学式为_；写出的离子方程式：_；A的化学式为：_。【答案】 (1). Cu2O (2). SO22Fe3+2H2O=2Fe2+SO42-4H+ (3). Cu2S【解析】【分析】物质D为砖红色，应为Cu2O，则黑色物质B应为CuO，所以矿物A中含有Cu元素；无色气体C可
27、以与FeCl3溶液反应，应为还原性气体，E能与氯化钡反应生成沉淀，常见的钡盐沉淀有硫酸钡和碳酸钡，考虑到C为还原性气体，沉淀F应为BaSO4，C为SO2，即矿物A中含有S元素，且S元素的质量为=0.32g，则1.60gA中Cu元素的质量为1.60g-0.32g=1.28g，则A中n(Cu)：n(S)=2:1，所以A的化学式为Cu2S。【详解】(1)根据分析可知D为Cu2O；(2)反应为Fe3+氧化SO2生成SO42-的反应，根据电子守恒和电荷守恒可得方程式为SO22Fe3+2H2O=2Fe2+SO42-4H+；(3)根据分析可知A为Cu2S。【点睛】解决框图推断类的题目，关键在找到突破口，如本
28、题中D为砖红色固体，则应为Cu2O；另外除了正向推理的方法，也可以先假设、再验证，如本题中给出的白色沉淀质量为2.33g，而硫酸钡的式量恰好为233，则可先假设该沉淀为BaSO4，然后进行验证，合理则正确，不合理再考虑其他情况。29.某研究性学习小组欲开展一次以化学为主题的活动，确定的课题是“研究浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的产物”。根据小组成员的推测，浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的产物可能有CO2、SO2，为了验证推测，小组讨论用以下装置进行实验：编号abc装置品红酸性KMnO4品红溶液溶液溶液ABC请回答： 实验时可观察装置a中A瓶溶液褪色，C瓶溶液不褪色。则A瓶溶液的作用_，C瓶溶液
29、的作用_； 装置b中所加的液体是_，装置b可验证的产物是_； 甲、乙两位同学分别设计了两套不同装置。甲的装置顺序：cba，乙的装置顺序：cab。你认为合理的是（填“甲”或“乙”）_；写出装置c中发生的化学方程式： _【答案】 (1). 检验是否存在SO2 (2). 检验SO2 是否除尽 (3). 澄清石灰水或Ca（OH）2溶液 (4). CO2 (5). 乙 (6). C+2H2SO4（浓） CO2+2SO2+2H2O【解析】分析】本实验的目的是验证木炭和浓硫酸的反应产物有CO2、SO2；检验CO2一般用澄清石灰水，但SO2也可以使澄清石灰水变浑浊，所以要先验证是否含有二氧化硫，然后将二氧化硫
30、除去，再验证是否含有CO2，二者都为酸性氧化物，所以验证和除去二氧化硫时要利用二氧化硫和二氧化碳的不同之处，例如二氧化硫的漂白性和还原性，所以具体的实验装置可以是：利用c进行木炭和浓硫酸的反应，之后连接a，装置A检验二氧化硫，装置B吸收二氧化硫，装置C检验二氧化硫是否吸收完全，之后再连接b，b中盛放澄清石灰水来检验二氧化碳。【详解】(1)根据分析可知A瓶作用是检验是否存在SO2；C瓶作用是检验SO2是否除尽；(2)装置b用来检验CO2，可以用澄清石灰水；(3)根据分析可知乙同学的连接顺序合理；(4)c中为木炭和浓硫酸加热条件下的反应，方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O。
31、30.将一定质量Na2CO3和NaHCO3的均匀混合物分成等量的两份。将其中的一份直接加热至恒重，质量减轻了1.24 g；另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24 L 气体，消耗盐酸40.0 mL。试计算：原均匀混合物中NaHCO3的物质的量n（NaHCO3）_ mol；盐酸的浓度c（HCl）_ molL-1。【答案】 (1). 0.08 (2). 4.00【解析】【详解】(1)加热时发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，固体减少的质量为水和二氧化碳的质量，且每分解2mol碳酸氢钠，即减少1molH2O和1molCO2，减少的总质量为18g+44g=6
32、2g，所以当固体减少1.24g时，n(NaHCO3)=0.04mol，因为原混合物是分成了两份，所以原混合中n(NaHCO3)=0.08mol；(2)另一份加入一定量某浓度的盐酸至恰好反应完全，收集到标准状况下2.24 L 气体，该气体应为CO2，且物质的量为0.1mol，根据元素守恒可知n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=n(CO2)=0.1mol，所以每一份中碳酸钠的物质的量为：0.1mol-0.04mol=0.06mol，盐酸与混合物反应最终得到NaCl，根据钠离子守恒n(NaCl)=2n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.06mol2+0.04mol=0.16mol，根据氯离子守恒n(HCl)=n(NaCl)=0.16mol，则c(HCl)=0.16mol0.04L=4.00mol/L。【点睛】第一问为易错点，注意题目问的是原混合物中碳酸氢钠的物质的量，直接计算得到的是其中一份中的量；化学的计算题要注意守恒法的使用，避免繁琐计算。
