2023届河北省邢台市第二中学化学高一上期中考试模拟试题含解析.doc

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1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列叙述正确的是A分散系有的是纯净物，有的是混合物B“冰水混合物”不是一种分散系C直径介于1100 nm之间的微粒称为胶体D胶体很不稳定，极易发生聚沉2、分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是A水

2、 B盐酸 C醋酸溶液 DNaCl溶液3、已知有如下反应：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，下列说法正确的是:A根据上述三个反可知氧化性：Cl2Fe3+I2B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1C反应中每生成127gI2，转移的电子数为2NAD反应中FeCl3只作氧化剂，反应中FeCl3只是氧化产物4、对下列三种溶液的比较中，正确的是（）300mL0.5mol/L 的 NaCl；200mL0.4mol/L 的 MgCl2；100mL0.3mol/L 的 AlCl3ACl离子物质的量浓度由大到小的顺

3、序是B稀释到 1000mL 后，Cl离子物质的量浓度由大到小的顺序是C与 AgNO3 反应，当产生沉淀 1.435g 时，消耗上述溶液的体积比为 9：8：5D与足量的 AgNO3 反应，产生沉淀的质量比为 15：16：95、同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为116g，充满CO2时质量为122g，充满气体X时质量为114g。则X的相对分子质量为（ ）A28B60C32D446、在xR2+yH+O2=mR3+nH2O的离子方程式中，对系数m和R3+的判断正确的是Am4；R3+是还原剂Bmy；R3+是氧化产物Cm2；R3+是氧化剂Dmy；R3+是还原产物7、下列说法不正确的是Fe（OH）3胶体和C

4、uSO4溶液都是混合物BaSO4是一种难溶于水的强电解质置换反应都属于离子反应冰醋酸、纯碱、小苏打分别属于酸、碱、盐ABCD8、在溶液中能大量共存的一组离子或分子是ANH4+、H+、NO3-、HCO3-BK+ 、Al3+、SO42-、NH3H2OCNa+、K+、SO32-、Cl2DNa+ 、CH3COO-、CO32-、OH-9、下列变化中，属于物理变化的是 （ ）A光合作用B牛奶变酸C铁熔化成“铁水”D木材燃烧10、根据下列反应的化学方程式：I2+SO2+2H2O = H2SO4+2HI；2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3；2FeCl3+2HI = 2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物

5、质的还原性强弱顺序是AIFe2+ClSO2BClFe2+SO2ICFe2+IClSO2DSO2IFe2+Cl11、下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）AFeCuSO4=FeSO4CuBAgNO3NaCl=AgClNaNO3CFe2O33CO2Fe3CO2DMgCl2(熔融)MgCl212、宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag2H2SO2=2Ag2S2H2O，其中H2S是A氧化剂 B还原剂 C既是氧化剂又是还原剂 D既不是氧化剂又不是还原剂13、下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是( )A32gO2所含的原子数目为NAB

6、0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAC1molH2O含有的水分子数目为NAD0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol14、下列电离方程式书写正确的是( )AH2CO3CO32-+2H+ BKClO3=K+Cl5+3O2-CH2O2H+O2- DNH3H2ONH4+OH-15、下列关于离子的检验说法正确的是A向某溶液中滴入足量盐酸，如观察到无色无味的气体产生，且能使澄清石灰水变浑浊，即证明溶液中必定有B向某无色溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，无法证明溶液一定含有C向某无色溶液中加入少量稀氢氧化钠溶液后，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸不变蓝，

7、则说明该溶液中无D如透过蓝色的钴玻璃能够观察到紫色火焰，则一定有钾元素，一定不含有钠元素16、将一小块钠投入5mL饱和澄清石灰水中，不可能观察到的现象是()A钠熔成小球并在液面上游动B有气体生成C溶液底部有银白色物质生成D溶液变浑浊二、非选择题（本题包括5小题）17、某淡黄色粉末可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：（1）该淡黄色粉末为_；（2）X粉末的名称或化学式为_；（3）反应（I）的化学方程式为_；（4）反应（II）的化学方程式为_；（5）反应（）的化学方程式为_。18、有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，Y元素原子核内有8个质子，Z元素原

8、子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同。（1）写出X元素符号_，画出Y元素的原子结构示意图_。（2）写出Z单质与X2Y反应化学方程式_。19、现用溶质质量分数为98%、密度为1.84 gcm-3的浓硫酸来配制500 mL 0.2 molL-1的稀硫酸。可供选择的仪器有:玻璃棒、烧瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶、托盘天平、药匙。请回答下列问题:（1）上述仪器中,在配制稀硫酸时用不到的有_(填序号)。（2）经计算,需浓硫酸的体积为_。现有10 mL、50 mL、100 mL三种规格的量筒,你选用的量筒是_(填序号)。配制时应选用的容量瓶规格为_。（3）下列操作使所配溶液浓度偏高的有_(填序号)

9、。洗涤量取浓硫酸的量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中转移前,容量瓶中含有少量蒸馏水定容时,俯视刻度线20、某实验小组欲通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。(1)称取两种固体各2g，分别放入两个试管中，分别滴入几滴水，振荡，测量温度变化；继续向各试管中滴加10mL蒸馏水，用力振荡，待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴入2滴酚酞试液。 发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此得到结论_。 同学们在两试管中还观察到了其它现象。其中，盛放Na2CO3的试管中出现的现象(填字母序号)_。A溶液温度下降 B溶

10、液温度升高 C滴入酚酞后呈无色 D滴入酚酞后呈红色(2)如图所示。若能用装置来验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，则试管B中装入的固体最好是_；若用实验来鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种固体，上述装置能达到实验目的的是(填装置序号)_；在气密性良好的装置II两个气球中分别放入1gNaHCO3和1gNa2CO3固体，将气球内的固体同时倒入盛有3mL 1 molL-1盐酸的试管中。反应结束后，气球均有膨胀，恢复至室温。下列说法正确的是_。A装NaHCO3的气球体积较大 B装Na2CO3的气球体积较大C生成气体的体积均根据盐酸计算 D生成气体的体积均根据固体计算若采用装置测定Na2CO3固体中混有的少量NaHC

11、O3的质量分数，其计算所需的数据有反应前固体样品的总质量和_。21、（1）在MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2反应中。_元素被氧化，_是氧化剂。_是氧化产物，_发生氧化反应。用“双线桥”法标明电子转移的方向和数目_。参加反应的氯化氢和被氧化的氯化氢的物质的量之比_。（2）现有mg某气体，它是三原子分子，其摩尔质量为Mgmol-1。若阿伏加德罗常数用NA表示，请用以上符号及相应数字填写下列空格。该气体的物质的量为_mol。该气体所含原子总数为_个。该气体在标准状况下的体积为_L。该气体完全溶于水形成VL溶液(不考虑反应)，所得溶液的物质的量浓度_molL-1。参考答案一、选择题（每题

12、只有一个选项符合题意）1、B【解析】A分散系是混合物；B冰水混合物是一种物质组成的纯净物；C直径介于1100 nm之间的微粒在分散剂中形成胶体；D胶体为介稳体系。【详解】A分散系是由分散质和分散剂组成的混合物，分散系是混合物，故A错误；B“冰水混合物”是一种物质组成的纯净物，不是一种分散系，故B正确；C胶体是分散质在分散剂中形成的混合物，直径介于1100 nm之间的微粒不能称为胶体，故C错误；D胶体是介稳分散系，较稳定，加入电解质溶液或带相反电荷的胶体可发生聚沉，故D错误；答案选B。2、B【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，加入NaOH固体后溶液导电能力变化最小，说明该溶液中离子浓度变化最小

13、，据此分析解答。【详解】A水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，所以导电能力变化较明显；BHCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，导电能力变化不大；C醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；DNaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显；通过以上分析知，溶液导电能力变化最小的是盐酸溶液

14、，答案选B。【点睛】本题考查电解质溶液导电能力大小比较，明确电解质强弱及溶液导电能力影响因素是解本题关键，注意溶液导电能力与电解质强弱无关，与离子浓度、离子所带电荷有关，题目难度不大。3、A【解析】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物的，ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中，氧化性：ClO3-Cl2；2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，氧化性：Fe3+I2；2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，氧化性：Cl2Fe3+，所以氧化性强弱的顺序为：ClO3-Cl2Fe3+I2，A正确；B. 反应ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O中ClO-中Cl元素化合价由+

15、5降低到0价为氧化剂，Cl-中Cl元素化合价由-1价升高到0价为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，B错误； C. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，生成1molI2转移2mol电子，所以每生成127gI2，即0.5mol碘，转移的电子数为NA，C错误；D. 反应2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，FeCl3中Fe元素化合价由+3降低到+2价为氧化剂，反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3中，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，D错误；答案选A。4、D【解析】A300mL0.5mol/L的NaCl中氯离子浓度为0.5mol/L，200mL0

16、.4mol/L的MgCl2中氯离子浓度为：0.4mol/L2=0.8mol/L，100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中，氯离子浓度为：0.3mol/L3=0.9mol/L，则Cl离子物质的量浓度由大到小的顺序是，故A错误；B稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=n/V可知，稀释后体积相等，则氯离子浓度取决于原溶液中n（Cl），300mL0.5mol/L 的 NaCl溶液中n（Cl）=0.5mol/L0.3L=0.15mol；200mL0.4mol/L 的 MgCl2溶液中，n（Cl）=0.4mol/L20.2L=0.16mol；100mL0.3mol/L 的 AlCl3溶液中n（C

17、l）=0.3mol/L30.1L=0.09mol，则稀释后氯离子浓度大小为：，故B错误；C与AgNO3反应，当产生沉淀1.435g时，消耗三种溶液中的n（Cl）相等，根据c=n/V可知，三种溶液的体积之比与氯离子浓度成反比，则消耗上述溶液的体积比=72：45：40，故C错误；D与足量的 AgNO3 反应，氯离子完全转化成AgCl沉淀，根据m=nM可知，生成氯化银沉淀的质量与氯离子的物质的量成正比，结合B选项可知，产生沉淀的质量比=0.15mol：0.16mol：0.09mol=15：16：9，故D正确；故选D。5、A【解析】相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则

18、：，求出m=100g, ，求出M(X)=28g mol-1，故选A。6、B【解析】反应xR2+yH+O2mR3+nH2O中由原子守恒可知xm，n2，y4，由电荷守恒可知，2x+43m，所以m4，该反应中R元素的化合价升高，被氧化，则R3+是氧化产物，O元素的化合价降低，被还原，水是还原产物。答案选B。7、D【解析】由不同种分子构成的物质为混合物，Fe（OH）3胶体和CuSO4溶液都是混合物，故正确；BaSO4是一种难溶于水的盐类物质，属于强电解质，故正确；有的置换反应属于离子反应，有的不是，如C和CuO的反应不属于离子反应，故不正确；纯碱是碳酸钠的俗称，纯碱不是碱，属于盐类，故不正确；综上所述

19、不正确的是，因此选D；正确答案：D。8、D【解析】A.H与HCO3能够反应生成CO2气体，A不能大量共存；B.Al3与氨水可以发生反应Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，B不能大量共存；C.Cl2具有氧化性，可以将SO32氧化为SO42，离子方程式为Cl2H2OSO32=SO42Cl2H，C不能大量共存；D. Na+、CH3COO-、CO32-、OH-等4种离子之间不能发生离子反应，D可以大量共存。综上所述，可以大量共存的是D，选D。9、C【解析】A、B、D生成新物质，故A、B、D属于化学变化；C. 只是物质状态发生变化，没有生成新物质，故C属于物理变化。故选C。10、D【解析】在I

20、2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI；在2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3；2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性KIFeCl2； 通过以上分析知，物质的还原性有强到弱的顺序是SO2I-Fe2+Cl-，故合理选项是D。11、C【解析】A该反应是氧化还原反应，但属于置换反应，故A错误；B该反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C该反应中，C元素化合价由+2价变为+4价、Fe元素化合价由+3价变为0

21、价，所以属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，故C正确；D该反应是氧化还原反应，但属于分解反应，故D错误；答案选C。【点睛】复分解反应一定不是氧化还原反应，置换反应一定是氧化还原反应，有单质参加的化合反应，有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，找到基本反应类型和氧化还原反应的关系很关键。12、D【解析】根据氧化还原反应的特征分析，判断氧化剂、还原剂。【详解】4Ag2H2SO2=2Ag2S2H2O反应中，Ag元素从0价升高到+1价，故Ag做还原剂，O2中O元素从0价降低到-2价，故O2做氧化剂，H2S中的H元素和S元素化合价没有改变，故H2S既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确。故选D。【

22、点睛】金属单质大多数情况下都做还原剂，O2是常见氧化剂，再判断H2S中各元素化合价变化情况，从而可以快速作出正确判断。13、A【解析】A. 32gO2所含的原子数目为=2NA，故A错误；B. 0.5molH2O含有的原子数目为0.5mol 3NA=1.5NA，故B正确；C. 1molH2O含有的水分子数目为1molNA =NA，故C正确；D. 0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol，故D正确；选A。【点睛】解答此类问题要熟练掌握物质的量、物质的质量、物质含有的粒子数目之间的关系，并能正确相互求算；二是要注意看清所给物质与用NA表示粒子种类的关系(如1molH2O中含有3mol原子，2mo

23、lH、1molO等)。14、D【解析】A. 碳酸为多元弱酸，分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2CO3H+HCO3，故A错误；B. 氯酸钾为强电解质，完全电离，电离方程式：KClO3=K+ClO3-，故B错误；C. 水为弱电解质，部分电离，电离方程式：H2OH+OH-，故C错误；D. NH3H2O 为弱电解质，部分电离，电离方程式：NH3H2ONH4+OH-，故D正确；本题选D。【点睛】多元弱酸分步电离，电离方程式需要分步写，多元弱碱的电离方程式一步写出。15、B【解析】A与稀盐酸反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体的溶液中不一定含有碳酸根离子，可能含有亚硫酸根离子、碳酸氢根离子等，A选项错误

24、；B与氯化钡溶液反应产生白色沉淀，加入稀盐酸后沉淀不消失，不能判断该白色沉淀一定是硫酸钡，可能是氯化银，所以无法证明溶液一定含有，B选项正确；C因为加入的氢氧化钠少量，且未加热，即使产生氨气也不会逸出，使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以湿润的红色石蕊试纸不变蓝色，不能证明原溶液中不含，C选项错误；D蓝色钴玻璃片可以滤去黄光，所以观察到火焰为紫色时可以证明含有钾元素，但不能证明一定不含钠元素，D选项错误；答案选B。16、C【解析】A钠的密度小于水，钠的熔点较低且钠和水反应放出大量的热使钠熔成小球，所以能观察到，生成的气体推动小球游动，选项A正确；B钠和水反应生成氢气，所以能观察到有气体产生，选项B

25、正确；C钙的活泼性大于钠，且钠、钙都易和水反应生成碱，所以钠不可能置换出钙，则看不到有金属钙生成，选项C不正确；D因为有部分溶质析出而导致溶液成悬浊液，所以看到溶液变浑浊，选项D正确；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na2O2或过氧化钠 铜或Cu 2Na2O2 + 2CO2 =2Na2CO3 + O2 Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH 2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2 【解析】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,

26、生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,据以上分析解答。【详解】淡黄色粉末为Na2O2 ,生成气体为氧气,固体为碳酸钠,由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可以知道X为Cu,反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成沉淀为碳酸钙,溶液为氢氧化钠溶液,则与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀,(1)由以上分析可以知道淡黄色粉末为Na2O2 或过氧化钠；因此，本题正确答案是: Na2O2 或过氧化钠。(2)据以上分析可知，X粉末为铜或Cu；因此，本题正确答案是:铜或Cu。(3) 反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应,生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为：2Na2O2 +2C

27、O2 =2Na2CO3 +O2；综上所述，本题答案是：2Na2O2 +2CO2 =2Na2CO3 +O2。（4）反应为碳酸钠与氢氧化钙的反应,生成碳酸钙和氢氧化钠,反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH；综上所述，本题答案是：Na2CO3+Ca(OH)2 =CaCO3 + 2NaOH。（5）反应（）为氢氧化钠与硫酸酮反应，生成硫酸钠和氢氧化铜蓝色沉淀，反应的化学方程式为：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2；综上所述，本题答案是：2NaOH +CuSO4 =Na2SO4 + Cu(OH)2。18、H Cl2+H2OHCl+HClO

28、 【解析】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。【详解】有X、Y、Z、三种元素，X元素原子核内无中子，为氢元素。Y元素原子核内有8个质子，为氧元素。Z元素原子得到1个电子后与氩原子核外电子排布相同，为氯元素。(1)X为氢元素，元素符号为H；氧原子结构示意图为 ； (2) X2Y为水，Z的单质为氯气，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，方程式为Cl2+H2OHCl+HClO。19、 5.4 mL 500 mL 【解析】（1）结合配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤进行分析；（2）计算出质量分

29、数为98%、密度为1.84 gcm-3的浓硫酸的物质的量浓度，根据c1v1=c2v2计算得出v2；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；配制溶液体积为500mL，故配制时应选用的容量瓶规格为500mL（3）从c=n/v入手，根据条件改变时，溶质物质的量，溶液体积变化分析出答案；【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量筒量取浓硫酸溶液,在烧杯中稀释,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线12cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL容量瓶,所以用不到的仪器

30、有烧瓶、托盘天平、药匙。故答案为（2）质量分数为98%、密度为1.84 gcm-3的浓硫酸的物质的量浓度c=(10001.8498%)/98=18.4mol/L。设需要浓硫酸体积为V，根据液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变得v18.4mol/L=500mL0.2mol/L，计算得出v=5.4mL；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积，故选；配制溶液体积为500mL，故配制时应选用的容量瓶规格为500mL；综上，答案为5.4 mL、500mL（3）洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会使量取的浓硫酸体积偏大，从而导致溶液浓度偏高，故正确；温度高时，溶液体积增大，溶质的量不变，冷却

31、后溶剂的体积偏小，使得所配溶液浓度偏高，故正确；容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶液浓度，故错误；定容时，俯视刻度线，会导致所加蒸馏水体积偏小，最终溶液的浓度偏高，故正确。综上，本题答案为 【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制。1.要熟记实验的操作步骤2.注意实验情景在计算溶液配制或溶液稀释等问题中溶液物质的量浓度时，一要注意不能把水的体积当作溶液的体积；3.在配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系；4.单位运算在概念理解及应用中，要注意各物理量的单位，首先各物理量的单位要相互匹配。其次是注意从单位运算入手，能简化解题思路，快捷求解。20、同温度下，Na2CO3比NaHCO3

32、易溶于水 B、D NaHCO3 A、C 沉淀总质量 【解析】（1）常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3较NaHCO3易溶；碳酸钠为强碱弱酸盐，水解吸热，溶液呈碱性；（2）给碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定；当右边试管中的石灰水不变浑浊，而左边试管中的石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故无法鉴别；而利用等质量的碳酸钠、碳酸氢钠产生的二氧化碳的体积不同可以鉴别，可以通过分别加

33、热碳酸钠、碳酸钠，根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别、根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别二者，所以能够达到实验目的是、；实验中，鉴别原理为：等质量的碳酸钠、碳酸氢钠中，根据关系式Na2CO3CO2、NaHCO3CO2可知，碳酸氢钠产生的二氧化碳多，采用实验，加热后利用固体样品的质量和沉淀总质量，可以测定Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3的质量分数。【详解】（1）称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比

34、NaHCO3易溶于水，故答案为：同温度下，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；A碳酸钠为强碱弱酸盐，水解吸热溶液温度下降，故A正确；B水解吸热溶液温度下降，故B错误；C碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，滴入酚酞后呈红色，故C错误；D碳酸钠为强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，碳酸钠俗称纯碱，滴入酚酞后呈红色，故D正确；故答案为：A、D；给碳酸钠直接加热，碳酸氢钠不直接加热，不直接加热的碳酸氢钠能分解而直接加热的碳酸钠不分解更能说明碳酸氢钠不稳定；当右边试管中的石灰水不变浑浊，而左边试管中的石灰水变浑浊，说明碳酸钠比碳酸氢钠稳定，故答案为：NaHCO3；无论碳酸钠还是碳酸氢钠都能和盐酸反应生成二氧化碳

35、，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，故无法鉴别；而利用等质量的碳酸钠、碳酸氢钠产生的二氧化碳的体积不同可以鉴别，可以通过分别加热碳酸钠、碳酸钠，根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别、根据澄清石灰水是否变浑浊鉴别二者，所以能够达到实验目的是、；故答案为：、；实验中，鉴别原理为：等质量的碳酸钠、碳酸氢钠中，根据关系式Na2CO3CO2、NaHCO3CO2可知，碳酸氢钠产生的二氧化碳多，故答案为：AC；采用实验，加热后利用固体样品的质量和沉淀总质量，可以测定Na2CO3固体中混有的少量NaHCO3的质量分数，故答案为：沉淀总质量。21、Cl MnO2 Cl2 HCl 21 【解析】(1)MnO2+4HCl(浓

36、)MnCl2+Cl2+2H2O中，Mn元素的化合价降低，Cl的元素的化合价升高，结合氧化还原反应的规律分析解答；(2)据n=计算；根据每个分子中含有的原子数计算总原子数；根据V=nVm计算；根据c=计算。【详解】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O的反应中Cl元素的化合价升高，HCl为还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，氧化产物为Cl2，Mn元素的化合价降低，MnO2为氧化剂， 发生还原反应。Cl元素被氧化，MnO2是氧化剂，故答案为：Cl；MnO2；Cl2是氧化产物，HCl发生氧化反应，故答案为：Cl2；HCl；在MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O的反应中，锰元素化合价降低，氯元素化合价升高，转移电子数为2mol，用“双线桥法”表示氧化还原反应中电子转移情况为：，故答案为：；由反应可知，4molHCl参加反应，其中2mol作还原剂被氧化，则参加反应的HCl与被氧化的HCl的物质的量之比为21，故答案为：21；(2)m g某气体的物质的量为=mol，故答案为：；因为一个分子中含三个原子，所以含有的原子数为分子数的3倍，即为3molNAmol-1=NA，故答案为：NA；标准状况下，该气体的体积为mol22.4L/mol=L，故答案为：；所得溶液的物质的量浓度=mol/L=mol/L，故答案为：。