阶段性学习成果检测卷（第一章&第二章）- 2025-2026学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

高一上学期化学阶段性学习成果检测卷（第一章&第二章） 姓名： 得分： 相对原子质量：C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　S 32　Cl 35.5　K 39　Ag 108　Fe 56　Cu 64　Ba 137 Zn 65 一、单选题（共36分，每题2分） 1．将下列各组物质按单质、酸性氧化物、酸、碱、盐分类顺序排列，其中正确的是（ ） A．液氮、七氧化二锰、硫酸、烧碱、小苏打 B．碘酒、冰、硫酸氢钠、烧碱、碳酸钙 C．氢气、一氧化碳、硝酸、纯碱、胆矾 D．铜、干冰、醋酸、石灰水、氯化铜 2．下列关于胶体的说法正确的是（ ） A．胶体的本质特征为均匀稳定 B．胶体和溶液可以通过丁达尔效应来鉴别 C．可以用饱和氯化铁溶液和氢氧化钠溶液混合来制取氢氧化铁胶体 D．可以用过滤的方法净化胶体 3．下列物质的水溶液能导电，且属于电解质的是（ ） A．Cl2 B．Na2O C．CO2 D．C2H5OH 4．某学生要提纯混有泥沙的食盐，他设计的主要操作有：溶解、过滤、蒸发。在这三次操作中每次都需使用的器具是（      ） A．烧杯 B．漏斗 C．玻璃棒 D．酒精灯 5．下列反应中，不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ） A．AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3 B．CH4+2O2CO2+2H2O C．2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe D．3C12+2Fe2FeCl3 6．是阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ） A．常温常压下，中含有 B．0.5mol/L的溶液中含有的数目为 C．欲配制溶液，需溶解标准状况下气体 D．在标准状况下，和所含原子个数比为 7．下列各组离子在溶液中能大量共存，且加入过量NaOH溶液后仍为澄清溶液的是（ ） A．Na＋、Cu2＋、Cl-、 B．Ba2＋、Na＋、Cl-、 C．Ag＋、K＋、、Cl- D．K＋、Ca2＋、、Cl- 8．关于Na2O和Na2O2的叙述正确的是（ ） A．都是白色固体 B．都是碱性氧化物 C．都能和水反应形成强碱溶液 D．都具有强氧化性 9．下列关于物质的量和摩尔质量的叙述，正确的是（ ） A．氨气的摩尔质量是17g B．0.5mol中约含有个氧分子 C．1mol氢中含有2mol氢原子和2mol电子 D．1mol任何纯净物都含有相同的原子数 10．应用化学反应类型研究物质的变化是一种科学方法。以Mg、MgO、、 MgCO3、溶液、溶液和盐酸为原料，直接制取可有多种方法，其中运用复分解反应原理的有（ ） A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 11．有两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体，有四位同学为鉴别它们采用以下不同方法，其中不可行的是（ ） A．分别将它们配制成溶液，再加入澄清石灰水，看是否有浑浊出现 B．分别将它们配制成溶液，再逐滴加入等浓度的稀盐酸，看产生气泡的时间和速度 C．分别将它们配制成溶液，再加入CaCl2溶液，看是否有浑浊出现 D．分别加热，再用石灰水检测是否有CO2产生 12．已知甲、乙、丙、丁分别是HCl、BaCl2、AgNO3、K2CO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示： 反应物 甲＋乙 丙＋丁 甲＋丁 甲＋丙 乙＋丁 实验现象 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 白色沉淀 无色气体 由上述现象可推知甲、乙、丙、丁依次是（ ） A．AgNO3、HCl、BaCl2、K2CO3 B．AgNO3、HCl、K2CO3、BaCl2 C．BaCl2、K2CO3、AgNO3、HCl D．HCl、BaCl2、AgNO3、K2CO3 13．在xR2+ +yH++O2＝mR3+ +nH2O的离子方程式中，对m和R3+判断正确的是（ ） A．m＝4，R3+是氧化产物 B．m＝2y，R3+是氧化产物 C．m＝2，R3+是还原产物 D．m＝y，R3+是还原产物 14．下列关于气体摩尔体积的说法中，正确的是（ ） A．lmolH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L B．相同温度和压强下，不同气体的体积由气体分子的大小决定 C．若1mol气体的体积为22.4L，则它一定处于标准状况下 D．标准状况下，1mol H2O和 1mol H2所占有的体积相同 15．由镁、铝、铁三种金属单质中的两种组成的混合物共6g，与足量的稀盐酸反应,产生标准状况下的氢气2.8L,由此得出的结论正确的是（ ） A．该混合物中一定含有铝 B．该混合物中一定含有铁 C．该混合物一定是由铁和镁组成的 D．该混合物中一定不含铁 16．同温同压下，等质量的SO2与SO3相比较，下列叙述正确的（ ） A．含氧原子个数比为2∶3 B．SO2与SO3密度比为4∶5 C．含原子个数为3∶4 D．含硫元素质量比为4∶5 17．硫酸钠溶液和硫酸溶液等体积混合后，氢离子浓度为，硫酸根离子浓度为，则混合溶液中钠离子浓度为（ ） A． B． C． D． 18．三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO（在空气中易变红）和HNO3。则下列说法正确的是（ ） A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B．NF3是一种无色、无臭的气体，因此NF3在空气中泄漏时不易被察觉 C．一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染 D．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子 二、填空题（共32分，第19、20题每空1分，第21、22题每空2分，第23题7分） 19．物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算。 (1)在标准状况下，①氢气②甲烷③个水分子，体积最大的是 (填序号，下同)，含原子数最多的是 。 (2)的质量为 g，在标准状况下的体积为 L。 20．下表是某儿童在医院临床检验结果报告单的部分数据： 分析项目 检测结果 单位 参考范围 锌 115.92 20~66 铁 7.95 7.52~11.82 钙 0.68 1.55~2.10 血糖 5.0 3.61~6.11 ①该儿童 (填元素符号)元素含量偏低，报告单中“”是 (填“质量”、“体积”或“浓度”)的单位。 ②血糖是指血液中葡萄糖(，)的含量，该儿童1mL血液中含葡萄 糖 mg。 21．(1)某混合物由、、组成，已知、、三元素的质量之比为23∶16∶9，则、和物质的量之比为 ，含的该混合物的质量为 。 (2)含，则的摩尔质量为 ，R的相对原子质量为 。含R的质量为的，其物质的量为 。 (3)已知能与恰好完全反应，生成和一定量D，现将与的混合物充分反应后，生成和一定量的C，则D的摩尔质量为 。 22．(1)某化学兴趣小组对某品牌矿泉水进行检测时，发现1.0 L该矿泉水中含有45.6 mg Mg2+，Mg2+的物质的量浓度为 。 (2)现有0.1 mol·L-1 Na2SO4和0.3 mol·L-1 H2SO4的混合溶液100 mL，向其中逐滴加入0.2 mol·L-1的Ba(OH)2溶液，并不断搅拌，使反应充分进行。(忽略混合过程中的体积变化) ①当加入50 mL Ba(OH)2溶液时，所得溶液中SO42-离子的物质的量浓度为 mol·L-1。 ②当溶液中沉淀量达到最大时，所加Ba(OH)2溶液的体积为 mL。 23．某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O. (1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。 (2)反应中，被还原的元素是 ，还原剂是 。 (3)将氧化剂与还原剂填入下列空格中，并标出电子转移的方向和数目。 三、实验题（共22分，每空2分） 24．某种补钙剂(钙片)的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙(设该药片中的其他成分不与盐酸或NaOH溶液反应)含量的操作步骤如下： 第一步，配制0.10mol·L-1稀盐酸和0.10mol·L-1NaOH溶液； 第二步，将一粒研碎后的药片(0.1g)加入盛有20.00mL蒸馏水的烧杯中； 第三步，加入50.00mL0.10mol·L-1稀盐酸，充分搅拌； 第四步，用0.10mol·L-1NaOH溶液中和过量稀盐酸，消耗NaOH溶液34.00mL。 请回答下列问题： (1)实验室中一瓶盐酸试剂瓶标签如图所示。 盐酸 分子式：HCl 相对分子质量：36.5 密度：1.18g/cm3 HCl的质量分数：36.5% 试根据标签上的有关数据回答下列问题： ①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol·L-1。 ②配制250mL该浓盐酸，需要标准状况下的HCl气体 L。 ③某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制250mL0.10mol·L-1稀盐酸。该学生需要用量筒量 取 mL上述浓盐酸进行配制。 (2)实验室要配制250mL0.10mol·L-1NaOH溶液，请回答下列问题： ①配制该溶液除用到量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 。 ②下列操作使所配制的NaOH溶液的物质的量浓度偏小的是 (填字母序号)。 A．容量瓶用蒸馏水洗涤干净后残留少量的蒸馏水 B．转移液体后没有洗涤烧杯与玻璃棒 C．定容时，俯视刻度线 D．定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，补加蒸馏水到刻度线 (3)根据上述实验数据，可计算出该药片中碳酸钙的质量分数为 。 25．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行实验(夹持装置已略去，装置气密性已检验)。 实验过程： Ⅰ．打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。 Ⅱ．当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。 Ⅲ．当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。 Ⅳ．…… 【查阅资料】CCl4是一种密度比水大的无色油状液体，与水互不相溶；I2在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大得多。 (1)写出A中产生黄绿色气体的反应的离子方程式 。 (2)能证明氯气的氧化性强于碘的实验现象是 。 (3)B中发生反应的离子方程式是 。 (4)为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ步骤如下：打开活塞b，使少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，静置后观察到 现象，证明溴的氧化性强于碘。 (5)过程Ⅲ的实验目的是 。 四、计算题（共10分，第26题6分，第27题4分） 26．取一定量的Na2CO3、NaHCO3和Na2SO4混合物与250mL 1.00mol·L－1过量盐酸反应，生成2.016L CO2（标准状况），然后加入500mL 0.100mol·L－1Ba(OH)2溶液，得到沉淀的质量为2.33g，溶液中过量的碱用10.0mL 1.00mol·L－1盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。 27．Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3，c(Cl-)和c(ClO-)的比值与反应温度有关，用24gNaOH配成的200mL溶液，与Cl2恰好完全反应（忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化）。请填空并写出计算过程。 （1）NaOH溶液的物质的量浓度 mol/L。 （2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-) mol/L。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B C B C B C B C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 A A A A B B C C 1．A 【详解】A．液氮、七氧化二锰、硫酸、烧碱、小苏打分别为单质、酸性氧化物、酸、碱、盐，A正确； B．碘酒为混合物，冰不是酸性氧化物，硫酸氢钠不是酸是盐，B错误； C．一氧化碳不是酸性氧化物是不成盐氧化物，纯碱不是碱是盐，C错误； D．石灰水是混合物，为碱溶液，D错误； 故选A。 2．B 【详解】试题分析：A、胶体的本质特征为分散质粒子直径介于1——100nm之间，错误；B、胶体和溶液可以通过丁达尔效应来鉴别，正确；C、氢氧化铁胶体的制备方法是将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，持续加热至液体呈透明的红褐色，错误；D、胶体的精制用渗析的方法，错误。 3．B 【详解】A．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意； B．Na2O在熔融状态下能自身电离出Na+和O2-，属于电解质，其水溶液因生成NaOH而导电，B符合题意； C．CO2溶于水生成H2CO3导电，但CO2本身不电离，属于非电解质，C不符合题意； D．C2H5OH在水溶液中不电离，属于非电解质，D不符合题意； 故选B。 4．C 【详解】溶解需要用到烧杯、玻璃棒，过滤时需要用到烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台，蒸发需要用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯、铁架台，因此三次操作都要用到玻璃棒，故C符合题意。 综上所述，答案为C。 5．B 【详解】A．该反应属于复分解反应，没有化合价变化，不是氧化还原反应，选项A不符合题意； B．该反应不属于四种基本反应类型，且有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项B符合题意； C．该反应属于置换反应，是氧化还原反应，选项C不符合题意； D．该反应属于化合反应，是氧化还原反应，选项D不符合题意； 答案选B。 6．C 【详解】A．常温常压下的Vm>22.4L/mol，由可知，的物质的量小于0.1mol，所含N原子的物质的量小于0.2mol，故A项错误； B．未告知溶液体积，因此无法根据计算溶液中微粒的数目，故B项错误； C．溶液中溶质(HCl)的物质的量为0.5L×0.1mol/L=0.05mol，其在标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故C项正确； D．同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比，因此在标准状况下，和所含原子个数比为=2：3，故D项错误； 综上所述，说法正确的是C项。 7．B 【详解】A．Cu2+加入过量NaOH溶液后生成Cu(OH)2沉淀，A错误； B．各离子能大量共存且加入过量NaOH溶液后仍为澄清溶液，B正确； C．Ag＋和Cl-生成AgCl沉淀而不能大量共存，C错误； D． Ca2＋和生成CaCO3沉淀而不能大量共存，D错误； 故选B。 8．C 【详解】A.Na2O为白色固体，Na2O2为淡黄色固体，错误； B.Na2O为碱性氧化物，Na2O2不属于碱性氧化物，错误； C.Na2O和Na2O2与水反应均有NaOH生成，正确； D.Na2O2具有强氧化性，而Na2O不具有强氧化性，错误。 9．B 【详解】A．摩尔质量的单位错误，氨气的摩尔质量是17g/mol，故A错误； B．1mol中约含有个氧气分子，则0.5mol中约含有个氧分子，故B正确； C．没有指明是氢原子还是氢气分子，无法判断1mol氢中含有的氢原子数和电子数，故C错误； D．由于纯净物中含有的原子数不一定相等，1mol纯净物中含有的原子数不一定相等，故D错误； 答案选B。 10．C 【详解】镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，属于置换反应；氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，属于复分解反应；氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，属于复分解反应；碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，属于复分解反应；硫酸镁与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化镁，属于复分解反应，所以有四种方法。 答案选C。 11．A 【详解】A．二者均与反应澄清石灰水生成白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故A符合； B．逐滴加入等浓度的稀盐酸，碳酸氢钠溶液中有气体生成，碳酸钠溶液中开始无气体生成，随加入盐酸增多，后来生成气体，现象不同，可以鉴别，故B不符合； C．碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，现象不同，可以鉴别，故C不符合； D．分别加热，再用石灰水检测是否有CO2产生，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，碳酸钠不分解，现象不同，可以鉴别，故D不符合； 故答案选A。 12．A 【详解】由乙和丁反应生成无色气体结合四种物质的性质可知，乙和丁可能为碳酸钾和盐酸，由碳酸钾能与氯化钡和硝酸银反应生成白色沉淀，盐酸只能与硝酸银生成白色沉淀可知，乙为盐酸、丁为氯化钡、甲为硝酸银，故选A。 13．A 【详解】根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x+y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物，答案选A。 14．A 【详解】A．不管是否纯净，标准状况下1mol任何气体的体积约22.4L，则lmolH2和O2的混合气体在标准状况下的体积约22.4L，A正确； B．相同温度和压强下，不同气体的体积由气体分子数目决定，B错误； C．气体体积受温度、压强影响，若1mol气体的体积为22.4L，则它不一定处于标准状况下，例如温度大于0°C、压强大于1.01×105Pa时也有可能，C错误； D．标准状况下，水为液体，不适用于气体摩尔体积，D错误； 故选A。 15．B 【详解】标准状况下，2.8L氢气的物质的量==0.125mol，根据电子转移守恒可知，6g金属合金提供电子的物质的量为0.125mol×2=0.25mol，故提供1mol电子需要混合金属的平均质量为6g×=24g，镁与盐酸反应表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为×24g/mol=12g，铝与盐酸反应表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为×27g/mol=9g，铁与盐酸反应表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为×56g/mol=28g，Fe提供1mol电子的质量大于24g，Mg、Al提供1mol电子的质量小于24g，故一定含有Fe，Mg、Al至少含有一种； 答案选B。 16．B 【详解】设SO2为5mol，SO3为4mol。A．根据可知，含氧原子个数比为(52):(43)= 5:6，故A错误； B．同温同压下，气体的密度与其摩尔质量成正比，则SO2与SO3密度比为4:5，故B正确； C．根据可知，含原子个数比为(5):(4)= 15:16，故C错误； D．根据可知，含硫元素质量比为(32):(32)= 5:4，故D错误； 答案选B。 17．C 【详解】设钠离子浓度为，根据电荷守恒：，解得：，答案选C。 18．C 【详解】NF3与H2O的反应的方程式为3NF3+5H2O（g）=9HF+2NO+HNO3该反应中N元素的化合价由+3价降低为+2价，由+3价升高为+5价。A．根据元素化合价变化知，NF3是氧化剂、还原剂，故A错误；B．NF3和水反应生成NO，NO极易被氧化生成红棕色二氧化氮，所以有颜色变化，则NF3在空气中泄漏时易被察觉，故B错误；C．一旦NF3泄漏，NF3和水反应生成酸，同时最终生成酸性氧化物，所以可以用NaOH溶液喷淋的方法减少空气污染，故C正确；D．若生成0.2molHNO3，则转移电子的物质的量=0.2mol×（5-3）=0.4mol，故D错误；故选C。 19．(1)① ② (2)8.0 11.2 【详解】（1）①4g H2的物质的量=4g÷2g/mol=2mol，②33.6L CH4的物质的量=33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，③6.02×1023个H2O分子的物质的量==1mol，标况下，①4g H2的体积为44.8L，在标准状况下水为液体，1mol水的体积最小，故体积最大的是氢气，答案选①；4g H2含有原子物质的量为4mol，②33.6L CH4含有原子物质的量为1.5mol×5=7.5mol，③1mol H2O含有原子物质的量为3mol，故②33.6L CH4含有原子数目最多；答案选②； （2）的质量为0.5mol×16g/mol＝8.0g，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol＝11.2L。 20． Ca 浓度 0.9 【详解】①从表中数据可知，该儿童钙元素含量偏低，报告单中mmol/L是浓度单位。 ②该儿童血糖检测结果为5.0mmol/L，1mL血液中含有葡萄糖5.0×10-6mol，含葡萄糖质量为5.0×10-6mol×180g/mol×1000=0.9mg。 21． 3：2：1 49.9g 62g/mol 16 0.1mol 18g/mol 【详解】 （1）、和的物质的量之比等于、、三元素的物质的量之比，由、、三元素的质量之比为23∶16∶9可知，、和物质的量之比为：：=3:2:1；设AlCl3的物质的量为x，由氯离子的物质的量为1.00mol可得：1.00mol=3x+2x×2+3x，解得x=0.100mol，则混合物的总质量为0.100mol×3×58.5g/mol+0.100mol×2×95g/mol+0.100mol×133.5g/mol=49.9g，故答案为：3：2：1；49.9g； （2）由Na2R~2Na2+可知，Na2R的物质的量为0.4mol×=0.2mol，则Na2R的摩尔质量为=62g/mol；当摩尔质量以g/mol作单位，数值上等于其相对分子质量，即Na2R的相对分子质量为62，则R的相对原子质量为(62—2×23)=16；1.6gR2—的物质的量为=0.1mol，由Na2R~R2+可知，Na2R的物质的量等于R2—的物质的量，则Na2R的物质的量为0.1mol，故答案为：62g/mol；16；0.1mol； （3）由8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，结合质量守恒定律可知，D的质量为8g+32g-22g=18g，则A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×=64g＜70g，由此可知B过量，则生成的D的质量为16g×=36g，D的摩尔质量为=18g/mol，故答案为：18g/mol。 22． 0.0019mol/L 0.2 200 【详解】 (1)n(Mg2+)==0.0019mol，则根据物质的量浓度定义式可得c==0.0019mol/L； (2)①0.1 mol/L Na2SO4和0.3 mol/L H2SO4的混合溶液100 mL中含有的SO42-的物质的量n(SO42-)=0.1mol/L×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.04mol，当加入50 mL Ba(OH)2溶液时，加入的Ba2+的物质的量n(Ba2+)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知0.01molBa2+会消耗0.01mol SO42-，剩余反应后溶液中SO42-的物质的量为0.04mol-0.01mol=0.03mol，因此此时溶液中SO42-的浓度c(SO42-)=0.03mol÷0.15L=0.2mol/L； ②当溶液中沉淀量达到最大时，SO42-反应完全，根据SO42-+Ba2+=BaSO4↓可知所加Ba(OH)2溶液的物质的量为0.04mol，根据c=可知此时溶液的体积V[Ba(OH)2]= =0.2L=200mL。 23． Na2S2O3　H2O　Na2S4O6　Au2O　NaOH Au Na2S2O3 【分析】Au2O3为反应物，则Au2O一定为生成物，Au的化合价从＋3价降低到＋1价，化合价总降低2×2=4，故Au2O3为氧化剂．Na2S4O6中S的平均化合价为+5/2,Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2,所以Na2S2O3为反应物,Na2S4O6为生成物,因为2Na2S2O3→1Na2S4O6,根据钠元素守恒可以知道NaOH是生成物,由氢元素守恒可以知道水是反应物,2Na2S2O3→1Na2S4O6中,S硫元素平均化合价由+2价升高为+5/2价,化合价总共升高4×(5/2-2)=2,根据化合价升降相等,可以知道Au2O3系数为1,Na2S4O6系数为2,根据Au守恒可以知道Au2O系数为1,根据硫元素守恒可以知道Na2S2O3系数为4,根据元素Na元素守恒可以知道NaOH的系数为4,根据H元素守恒可以知道H2O系数为2,反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O= 2Na2S4O6+Au2O+4NaOH。 【详解】(1)Au2O3为反应物，则Au2O一定为生成物，Au的化合价从＋3价降低到＋1价，故Au2O3为氧化剂．Na2S4O6中S的平均化合价为+5/2,Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2,所以Na2S2O3为反应物,Na2S4O6为生成物，由钠元素守恒可知NaOH为生成物，H2O为反应物。因此方程式为Au2O3+Na2S2O3+H2O Na2S4O6+Au2O+NaOH； (2)在反应Au2O3+4Na2S2O3+2H2O= 2Na2S4O6+Au2O+4NaOH中，Au的化合价从＋3价降低到＋1价，得到电子，发生还原反应，被还原；Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2价，Na2S4O6中S的平均化合价为+5/2，所以S的化合价由+2价升高至+5/2价，失去电子，发生氧化反应，Na2S2O3作还原剂； (3)氧化剂为Au2O3,还原剂为Na2S2O3,该反应转移4e-,则电子转移的方向和数目可表示为  。 24．(1)11.8 66.08 2.1 (2)250mL容量瓶、胶头滴管 BD (3)80% 【详解】（1）①该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为； ②配制250mL该浓盐酸，物质的量为n=cV=11.8mol/L×0.25L=2.95mol，需要标准状况下的HCl气体V=nVm=2.95mol×22.4L/mol=66.08L； ③稀释前后物质的量不变，则250mL×0.10mol·L-1=V×11.8mol/L，解得V=2.1mL； （2）①配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。使用到的玻璃仪器有，量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管； ②A．最后需用蒸馏水定容，容量瓶用蒸馏水洗涤干净后残留少量的蒸馏水对浓度无影响，故A错误， B．转移液体后没有洗涤烧杯与玻璃棒，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，故B正确， C．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C错误， D．定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，补加蒸馏水到刻度线，加入水的体积偏大，溶液浓度偏低，故D正确， 故选：BD； （3）NaOH溶液中和过量稀盐酸，反应方程式是NaOH+HCl=NaCl+H2O，则剩余的盐酸物质的量为n(HCl)= n(NaOH)=cV=0.10mol·L-1×34.00×10-3L=3.4×10-3mol，与药片中碳酸钙反应的盐酸为n=50.00×10-3L×0.10mol·L-1-3.4×10-3mol=1.6×10-3mol，反应方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，n(CaCO3)=0.5n=8.0×10-4mol，质量为m=nM=8.0×10-4mol×100g/mol=0.08g，该药片中碳酸钙的质量分数为。 25．(1) (2)A中湿润的淀粉KI试纸变蓝 (3) (4)溶液出现分层，且下层为紫红色 (5)确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 【分析】装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论。 【详解】（1）装置A中，高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （2）碘单质能使淀粉变蓝，A中湿润的淀粉KI试纸变蓝，说明发生反应，进而说明氧化性，故答案为：A中湿润的淀粉KI试纸变蓝； （3）B中NaBr和氯气发生反应生成溴和氯化钠，反应的离子方程式为，故答案为：； （4）当B中溶液变为红棕色时，说明C中NaBr已被完全氧化，此时打开活塞b，使C中溶液滴入到D中，振荡试管，发生反应，静置后溶液分层，且下层为紫红色，说明氧化性，故答案为：溶液出现分层，且下层为紫红色； （5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰； 26． Na2SO4:1.42g 、Na2CO3:7.42g、NaHCO3:1.68g 【详解】n［Ba(OH)2］=0.5L×0.100mol·L－1 =0.05mol,m(BaSO4)=0.05mol×233g·mol-1=11.65g>2.33g,所以溶液中Ba2+离子过量，根据硫酸根离子守恒得：n（Na2SO4）=n（BaSO4）=2.33g/233g·mol-1=0.01mol，m（Na2SO4）=0.01mol×142g·mol-1=1.42g 所以混合物中Na2SO4的质量为1.42g； 设混合物中Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x和y， 由碳元素守恒得：x+y=2.016L/22.4L·mol-1=0.090mol………………① Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，氢氧化钡消耗的盐酸的物质的量是：n（HCl）=0.5L×0.1mol·L-1×2=0.1mol，所以与Na2CO3、NaHCO3反应的盐酸的物质的量为： 2x+y=0.250L×1.00mol·L-1+0.01L×1mol·L-1-0.1 mol=0.16mol………………② ①②联立解得：x=0.0700 mol，y=0.0200mol m（Na2CO3）=0.0700 mol×106g·mol-1=7.42g m（NaHCO3）=0.0200 mol×84g·mol-1=1.68g 正确答案：Na2CO3的质量为7.42g；NaHCO3的质量为1.68g；Na2SO4的质量为1.42g。 27． 3.00 0.375 【详解】（1）NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/L。 （2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，依据电子守恒可得：c(Cl-)=c(ClO-)+5c(ClO3-)=6c(ClO-)，从而求得：c(ClO3-)=c(ClO-)，依据电荷守恒可得：c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(ClO3-)，即3.0mol/L=8c(ClO-)，c(ClO-)=0.375mol/L。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$