资源简介

滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高一期中考试
化学试卷
考试时间：75分钟
试卷满分：100分
可能用到的相对原子量：H1、C-12、14、0-16、Ma-23、S-32、C1-35.5、Cu-64
一。选择题：本题共5小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求。
1.
“中因名片”、“中国制造”发展在众多领域受到世界瞩目，它们与化学有着密切联
系。下列不正确的是()
A,新型核潜艇“长征18”可以在海底潜伏数月之久，运用a,0作供氧剂
B。港珠澳大桥桥梁采用先进的抗腐蚀方法，钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原反应
C.
抗击“新型冠状病毒”过程中用到的“84”消毒液的有效成分是NaC10
D.
碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，与醋(CHC00D同服可提高疗效
2.图日~c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验K、Y均表示石墨电极，X与电源正极
相连，Y与电源负极相连)微观示意图。下列说法正确的是(
A.图示中
代表的是水合钠离子
B.氯化钠只有在通电条件下才能电离
贝实编记题度可香希家打的地项
C.图b表示熔融状态下氯化钠的导电过程
D.氯化钠在不同状态下均能导电
3.关于溶液配制，下列说法正确的是()
A.配制480mL0.1mo1/LCuS0,溶液，需要称量CuS0,50品体12.0g2
B.用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中
C.称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使称量结果偏小
D.定容时俯视刻度线，可使配制物质的量浓度偏低
的胞流
4.下列离子能大量共存的是()
的离h通
A.透明强酸性溶液中：K、a、M0、S0-1南圆
B.在Na0H溶液中：Na+、C1-、SO,HCO5
个
个
C.含有大量BaNO)2的溶液中：K、a、CO时、CI
D.使紫色石蕊溶液星红色的溶液中：Na、K、HCO、N0;
高一化学试卷第1页共8页
5,下列说法正确的是()
O标准状况下，6.02×10四个分子所占的体积约是224L
3个一生中将
②0.5mo1H2所占体积为1.2L
③同温同体积时，物质的物质的量越大，则压强越大
裙福份地出，
0常温常压下，28g00与的混合气体所含的电子数为14W
lomin A
⑥各种气体的气体摩尔体积都约为2.4L·01-
09
标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
⑦同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A.①③⑤
B.④⑥⑦
C.③④8
D.①④⑥
6.下列离子方程式正确的是()
A.澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：H00,+Ca2+0H-CaC0,!+H0
B.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全：
9
H++SO+Ba2++OH-=BaS0+H20
对，4网
C.a与CuS0,溶液的反应：2Na+Cu2=Cu+2Na
D.碳酸氢钠溶液中加入盐酸：C0}+2州+=C021+H20
.实验室用Na与H2反应制备氢化钠Na),氢化钠与水反应会生成氢氧化钠和氢气。下
列实验装置和原理不能达到实验目的的是()
稀盐酸
碱石灰
锌粒
NaOH
溶液
酸
甲
丙
A.装置甲制取H2
B.装置乙净化干燥
C.装置丙制备NaH
D.装置丁吸收尾气
深有在厅发以
试装？者种11
常球到子伦的u闲，口4我指河中来人级1干常日
0了不7这
高一化学试卷第2页共8页滨城高中联盟 2023-2024 学年度上学期高一期中考试化学答案
一．选择题：本题共 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符
合题目要求。
1．【答案】D
【详解】A．根据方程式 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，Na2O2可以用作供氧剂，故新型核潜艇“长
征 18”可以在海底潜伏数月之久，运用 Na2O2作供氧剂，A正确；
B．金属的腐蚀本质是金属单质失去电子转化为金属阳离子的过程，故钢铁桥梁被腐蚀是氧化还原
反应，B正确；
C．工业上用 Cl2和 NaOH反应来制取 84 消毒液，反应原理为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故 84
消毒液的有效成分是 NaClO，C正确；
D．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，是由于碳酸氢钠能与胃酸的主要成分 HCl反应，若与醋(CH3COOH)
同服，其疗效将减弱，D错误；
故答案为：D。
2. 【答案】C
【详解】A.Na+吸引水中的氧原子，A错误；
B.电解质电离不用通电，B错误；
C.氯化钠熔融状态下电离导电，C正确；
D.氯化钠固体不导电，D错误；
故选 C。
3． 【答案】C
【详解】A．没有 480mL的容量瓶，实际应配制的是 500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为
0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，故 A错误；
B．浓硫酸溶解放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，所得溶液
浓度偏大，故 B错误；
C．若称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量，如称量 5.3g碳酸钠固体时，将物质
和砝码放反，实际称量的碳酸钠的质量为 4.7g，即称量的碳酸钠质量偏小，故 C正确；
D．定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏高，故 D错误；
故答案为 C。
4. 【答案】A
【详解】A．透明溶液，说明溶液中不存在沉淀，而 H+、K+、Na+、MnO -、SO2－4 4 离子不反应，能大
量共存，A正确；
B．氢氧化钠溶液中，HCO－3 与 OH－反应，不能共存，错误；
2
C．含有大量 Ba(NO3)2的溶液中，钡离子与 CO 3 反应生成沉淀，不能大量共存，C错误；
D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中 HCO —3 与氢离子反应生成二氧化碳和水，
不能大量共存，D错误；
故选 A。
5. 【答案】B
1
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【详解】①标准状况下，6.02×1023个分子为 1 mol，但该物质不一定是气体，故占有的体积不一
定是 22.4 L，故①错误；②氢气所处的状态不一定是标准化状况，气体摩尔体积不一定是 22.4
L/mol，0.5 mol H2所占体积不一定为 11.2 L，故②错误；③阿伏伽德罗定律只适用于气体，故③
错误；④28 g CO与 N2的混合气体为 1 mol，二者都含 14个电子，所含的电子数为 14NA，故④正
确；⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强，气体所处的状态不确定，各气体的气体摩尔体积
不一定是 22.4 L/mol，故⑤错误；⑥同温同压下，体积相同，含有的分子数目相同，故⑥正确；⑦
m
根据气体的密度公式ρ= =
M
V V ，在同温同压下，气体摩尔体积相同，所以气体的密度与气体的m
相对分子质量成正比，⑦正确；故选 B。
6.【答案】B

【详解】A．Ca(OH)2少量，Ca2＋和 OH-按化学式中离子个数比参与反应，离子方程式为：2HCO3 + Ca2
＋ 2 +2OH-= CaCO3↓+ 2H2O+CO3 ，A错误；
2
B．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至恰好沉淀完全：H＋+SO +Ba2＋ -4 +OH = BaSO4↓ +H2O，B正确；
C．Na与 H2O先发生反应生成 NaOH，NaOH再与 Cu2+反应，即发生的离子反应式为：
2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH) +2 +2Na +H2 ，C错误；

D．碳酸氢根离子不能拆开写，离子方程式为：HCO3 +H+=H2O+ CO2↑，D错误；
故答案选 B。
7．【答案】D
【详解】A项，锌与盐酸反应要制备 H2，正确；B项，制备的 H2中含有挥发出的 HCl气体和水蒸
气，NaOH溶液可除去 HCl，浓硫酸可除去水蒸气，正确；C项，干燥纯净的 H2与 Na在加热条件下
可生成 NaH，正确；D项，丁装置中装有碱石灰，是为了防止生成的 NaH与水反应，而不是为了吸
收尾气，错误。
8．【答案】B
【详解】反应中消耗 1mol氧化剂 ClO-，Cl元素由+1价降低到-1价，则转移 2mol电子，A正确； ClO-

是氧化剂，NH4 是还原剂，依据得失电子守恒，可建立关系式：3ClO-—2NH4 ，则氧化剂与还原

剂的物质的量之比为 3∶2，B不正确； NH 是还原剂，Cl- NH 4 是还原产物，则还原性： 4 Cl ，

C正确；该反应中NH4 作还原剂，被氧化，从而生成 N2，D正确。
故答案选 B。
9．【答案】C
1 1
【详解】A．用镊子从煤油中取出金属钠，切下绿豆大小的钠，小心放入装有烧杯容积 ~ 水的
3 2
烧杯中，观察现象，故 A错误；
2
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B．NaHCO3 与Na2CO3都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，不能鉴别NaHCO3 与Na2CO3，故
B错误；
C．Na 2O2 用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明Na 2O2 与CO2反应生成氧气，同
时反应放热，故 C正确；
D．氯水中的 HClO有漂白性，故 D错误；
故答案选 C。
10． 【答案】D
【详解】A．只有溶液浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒数目，A错误；
B．由于氯气与水反应时可逆反应，通入 1mol Cl2不能被完全消耗，溶液中 Cl—、HClO、ClO—的个
数和无法计算，选项 B错误；
3 C．由于Fe 3H2O Fe(OH)3(胶体)＋3H＋水解生成的胶体粒子为很多粒子的集合体，故
0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数小于 0.1 NA ，选项 C错误；
D．过氧化钠与水反应时，氧元素的价态由-1价变为 0价，一半降为-2价，故当生成 0.1mol氧气
时转移 0.2mol电子即 0.2 NA 个，选项 D正确；
答案选 D。
11．【答案】A
【详解】
A．a为恒压滴液漏斗，漏斗中的压强与烧瓶中压强相等，水能顺利地下，该法不能检查气密性，A
错误；
B．漂白粉的有效成分与盐酸发生氧化还原反应，B正确；
C．Cl2中混有 HCl,B的作用是除去 HCl，防止锰酸钾变质和防止与高锰酸钾反应，C正确；
D．D的作用是吸收氯气尾气，D正确；
故合理选项是 A。
12．【答案】A
【详解】①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；
②Na2O2是金属氧化物而不是碱性氧化物，但是碱性氧化物一定都是金属氧化物，②正确；
③蔗糖和水分别属于非电解质和弱电解质，③正确；
④纯碱的化学式是 Na2CO3，是盐而不是碱，④错误；
⑤虽然胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但是能透过滤纸，所以胶体不能用过滤
的方法把胶粒分离出来，⑤错误；
⑥氢氧化铁胶体粒子带正电荷，相互之间存在排斥现象，这是氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因，
⑥错误；
⑦本质区别是分散质的大小，丁达尔效应时是胶体的性质，⑦错误；
⑧Fe2+既有氧化性又有还原性，⑧错误；
⑨能离出的阳离子只有 H+的化合物才称之为酸，NaHSO4溶于水就可以解离出 H+，但它属于盐类，⑨
错误；
3
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⑩碳酸钡水溶液几乎不导电，是由于 BaCO3难溶于水，自由移动的离子浓度很小，但溶于水的完全
电离变为自由移动的离子，所以碳酸钡是电解质，⑩错误；
①、②、③三个说法正确，其它错误；
答案选 A。
13. 【答案】A
【详解】A．钠还原性强，可以置换出 Ti，A正确；
B．二氧化碳能够与饱和碳酸钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中少量氯化氢，
B错误；
C．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，前者升高温度，后者温度下降，C错误；
D．过氧化钠做供氧剂是 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和 2Na2O2+2CO2=O2+2Na2CO3，与过氧化钠的颜色无关；
D错误；
故选 A。
14.【答案】C
【详解】水、二氧化碳和 Na2O2反应方程式分别为 2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，
根据方程式知，水和 Na2O2反应时固体质量增加量相当于 H2质量，二氧化碳和 Na2O2反应时固体质
量增加量相当于 CO质量，将可燃物写出 H2或 CO或（CO）m·Hn方式，如果恰好写为 H2或 CO或
（CO）m·Hn方式，则产物通过足量 Na2O2时固体质量不变，如果改写化学式时 O原子有剩余，则
反应前后固体质量减少，如果 C原子有剩余，则固体质量增加，据此分析解答。A. HCOOH可以改
写成 CO·H2·O，O原子有剩余，所以反应前后固体质量增多少于 10g，不符合，故 A错误；
B. 该化学式可以改写为(CO)2 (H2)2，所以反应前后固体质量增多等于 10g，不符合，故 B错误；
C. 该化学式可以改写为 CO·(H2)3·C，C有剩余，则反应前后固体质量增多多于 10g，符合，故 C
正确；
D. 该化学式可以改写为(CO)6 (H2)6，则反应前后固体质量增多等于 10g，故不符合，故 D错误。
答案选 C。
15． 【答案】D
【详解】由流程可知，步骤 I中发生 Cl +2OH- =C1O- 2 +Cl- +H2O，温度过高时易发生 3C1 -
-
2+6OH =ClO3
2-
+5Cl-+3H - - -2O。步骤 II中发生 C1O +CO(NH2)2+2OH =C1 +N2H4·H2O+CO3 ，且将 NaC1O溶液逐滴滴加
到尿素中，可防止过量的 NaClO溶液将 N2H4·H2O氧化，步骤 III中分离出碳酸钠、水合肼，以此
来解答。步骤 I中温度过高发生副反应，应避免温度过高，A正确；步骤 I制备 NaClO溶液时，测
得产物中 NaC1O与 NaClO3的物质的量之比为 5：l，设 NaC1O与 NaClO3的物质的量分别为 5 mol、l
mol，根据电子守恒可知 C1失去电子为 5 mol×(1-0)+1 mol×(5-0)=10 mol，由电子守恒可知 Cl-
得到电子数为 10 mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 10 mol：(5
2-
mol+1 mol) =5：3，B正确；步骤 II中发生反应：C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+CO3 ，在该
反应中 NaClO为氧化剂，CO(NH2)2为还原剂，C正确；在步骤 II中，若将尿素水溶液逐滴滴入 NaC1O
碱性溶液中，会导致 NaClO溶液将 N2H4·H2O氧化，故应该将 NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，D错
误。
二．非选择题：本题共 4 小题，共 55 分。
4
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16． 【答案】（16分）
（1）CO2 （1分）， H2O （1分）， Na2CO3 （1分）
（2）SO 2— 2+ MnO CO 2 NH 4 、Mg （2分，答对不全给 1分）， 4 、 3 、 4 （2分，答对不全给 1分）
（3）2Na2O2＋2H2O===4Na+ +4OH—＋O2↑（2分）
（4）①⑤（2分，答对不全给 1分），⑥ （1分）

（5）H - 3PO2 + OH = H2PO 2 + H2O （2分）
（6）4：1（2分）
【详解】
2
（2）在无色溶液中不能存在紫色离子MnO 4 ；在酸性溶液中，H+与CO 3 会发生反应产生 CO2、H2O
2
而不能大量共存，因此不能存在CO 3 ；①取部分溶液，加入适量 Na2O2固体，Na2O2与 H2O发生是
是放热反应，反应产生 NaOH、O2，O2是无色无味气体，NaOH 与 Mg2+反应产生 Mg(OH)2是白色沉淀；

由于NH4 与 OH-共热会产生有刺激性气味的 NH3，故产生无色无味的气体和白色沉淀，说明该溶液
中含有 Mg2+

，而不含NH4 ；②另取部分溶液，加入过量 BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀是
2
BaSO4，则原溶液中含SO4 ；③取反应②后的溶液部分，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀
生成，该沉淀为 AgCl，但由于②中加入 Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有 Cl-，据此分析解答。
（3）次磷酸中加入过量的 NaOH，生成 NaH2PO2，说明 NaH2PO2是正盐，次磷酸是一元酸，只电离一
个氢离子；H3PO2水溶液中存在 H3PO2分子，是弱酸。

（4）H3PO2 + OH- = H2PO 2 + H2O
（5）根据氧化还原反应化合价升降原则，Ag化合价降低 1，Ag+离子是氧化剂，P的化合价升高
4，H3PO2是还原剂，，氧化剂和还原剂个数之比应该是 4:1。
17． 【答案】（14分）
Δ
(1) 分液漏斗（1分），MnO +4H++2Cl- Mn2+2 +Cl2↑+2H2O（2分，没有加热条件给 1分）
(2)除去 Cl2中混有的 HCl（1分）
(3) （2分）
(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（2分）
(5)7.3（2分）

(6) 3Cl - - +2+I +3H2O=IO 3 +6Cl +6H （2分）
5
{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}
(7) （2分,方程式正确，电子转移表示错误给 1分）
【详解】Ⅰ．氯气的制备：装置 A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，装置 B中饱和食盐水
可以除去氯气中混有的 HCl气体，经浓硫酸干燥后在装置 D中收集，氯气的密度比空气大，应利
用向上排空气法收集，最后用 NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染空气。
Δ
（1）装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）装置 B中饱和食盐水可以除去氯气中混有的 HCl气体；
（3）氯气的密度比空气大，应利用向上排空气法收集，所以长进短出，如图 ；
（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（5）溶液减少的质量即生成的氯气和氢气的质量，转移的电子数为 1.204×1023，即 0.2mol电子，
根据方程式可知生成 0.1mol氯气和 0.1mol氢气，质量为
0.1mol×71g/mol+0.1mol×2g/mol=7.3g；
（6）根据得失电子守恒可知 Cl2和 I-的系数比为 3：1，再结合元素守恒可得离子方程式为

3Cl2+I-+3H2O=IO 3 +6Cl-+6H+；
（7）根据题目所给信息可知 Cl2在 HgO中歧化生成 Cl2O和 HgO HgCl2，氯气失去电子生成 Cl2O，
得到电子生成 HgO HgCl2，双线桥表示电子的转移为 。
18．【答案】（11分）
(1)b（1分）
(2)①（2分）
(3)2ClO 2 3 +SO2=2ClO2+SO4 （2分）
(4)B（2分）
(5) （2分）
（6）+2（2分）
6
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【详解】（1）a．蜡炬成灰，蜡烛燃烧过程中有氧气参与，涉及氧化还原反应，a错误；
b．水滴石穿过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，b正确；
c．食物腐败过程中有氧气参与，涉及到氧化还原反应，c错误；
故答案选 b。
（2）①中 NH3中 N为-3价，NO中 N为+2价，HNO2中 N为+3价，NH3和 NO均失电子不满足氧化还
原反应的规律，①不能实现。
②NO 中 N为+2价，HNO3中 N为+5价，N2O3中 N为+3价，NO失电子，HNO3得电子，②可能实现。
③N2O4中 N为+4价，HNO3中 N为+5价，HNO2中 N为+3价，部分 N2O4失电子，部分 N2O4得电子，③
可能实现。
故答案选①。
（3）KClO3和 SO2在强酸性条件下反应生成 ClO2和SO
2
4 ，Cl得到 1个电子，S失去 2个电子，则
2
KClO3和 SO2的系数比为 2：1，再结合原子守恒可得离子方程式为 2ClO3 +SO2=2ClO2+SO4 。
（4）亚硝酸钠将 Fe2+氧化为 Fe3+，体现出了氧化性。
A．过氧化氢分解生成水和氧气，H2O2同时体现氧化性和还原性，A错误；
B．H2O2酸性条件下将碘离子氧化成碘单质，体现出氧化性，B正确；
C．过氧化氢被氯气氧化生成氧气，体现出还原性，C错误；
D．过氧化氢被酸性高锰酸钾氧化生成氧气，体现出还原性，D错误；
故答案选 B。
（5）NaNO2与 NH4Cl反应生成 N2和 NaCl，NaNO3得到 3个电子转化为氮气，NH4Cl失去 3个电子转
化为氮气，两者的系数比为 1：1，则化学方程式为

（6）H2O2恰好将 XO 4 还原，反应中 H2O2变成 O2，O元素的化合价由-1价升高为 0价，则 X的化合
价降低，设元素 X在还原产物中的化合价为 x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=+2
19．【答案】（14分）
Δ
(1) NaCl NH4HCO3 NH4Cl NaHCO3 （2分），复分解反应（1分）
(2) 玻璃棒（1分）
(3)通入过量的CO2（1分），Na2CO 3+CO 2+H2O=2NaHCO 3（2分）
(4)焰色试验（1分）
(5)1：2（3分）
2- -
（6）＜（1分），CO +H+3 =HCO3 （2分）
【详解】（1）据分析可知，“加热搅拌”中发生反应的化学方程式是
Δ
NaCl NH4HCO3 NH4Cl NaHCO3 ；属于复分解反应；故答案为
7
{#{QQABJYAUogiAAgAAAAhCEwGACACQkACCCIoOREAEoAIBARFABAA=}#}
Δ
NaCl NH4HCO3 NH4Cl NaHCO3 ；复分解反应。
（2）“300℃加热”需用到的仪器除酒精灯、坩埚、坩埚钳、三角架、泥三角、玻璃棒；故答案
为：玻璃棒。
（3）NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，可通入过量的CO2；Na2CO3和CO2生成NaHCO3；故
答案为通入过量的CO2，Na2CO 3+CO 2+H2O=2NaHCO 3。
（4）检验Na2CO3中阳离子为钠离子，可以使用焰色试验检验；故答案为焰色试验。
（5）现将Na2CO3和NaHCO3的固体均匀混合物等分成两份。第一份充分加热至恒重，碳酸氢钠

受热分解：2NaHCO3 Na2CO3 +H2O+CO2 固体质量减少 6.2g；减少质量为水和二氧化碳，所
以 n(H2O) n(CO2 )
6.2
0.1mol； n(NaHCO3) 0.2mol；第二份与足量稀盐酸充分反应后，加热、62
蒸干、灼烧，Na2CO3 +2HCl=2NaCl+H2O+CO2 ，NaHCO3 +HCl=NaCl+H2O+CO2 ；得到固体
为氯化钠 23.4g ， n(NaCl)=
23.4g =0.4mol
58.5g/mol ；
n(NaHCO3) 0.2mol生成 0.2mol氯化钠；所以
Na2CO3与盐酸反应生成 0.2mol氯化钠； n(Na2CO3) 0.1mol；则混合物中Na2CO3和NaHCO3的
物质的量之比为 1：2；故答案为 1：2。
（6）在 OA段发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；在 AB段发生反应：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。若该固体只是 Na2CO3，则根据物质反应转化关系可知两段的绝对值
相等。但该固体是 Na2CO3、NaHCO3的混合物，故 AB段的绝对值大于 OA段的绝对值，即∣OA∣＜∣
2-
AB∣；OA段发生反应 Na CO +HCl=NaCl+NaHCO 的离子方程式为：CO +H+2 3 3 3 =HCO
-
3 。
8
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