2018-2019学年高一化学元月月考试题(含解析).doc

2018-2019学年高一化学元月月考试题(含解析)1.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 常温常压下，28 g CO和N2的混合气体一定含有2NA个原子B. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有0.1 NA个HSO4-C. 将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1 NAD. 0.2mol/L KCl溶液中含有0.2 NA个Cl-【答案】A【解析】【详解】A. CO和N2的相对分子质量均为28，均为双原子分子，所以28 g CO和N2的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子总数一定为2NA，故A正确；B.硫酸氢钠在溶液中完全电离,硫酸氢钠溶液中不存在硫酸氢根离子,故B错误；C. 因为氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，将0.1 mol FeCl3溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目小于0.1 NA，故C错误；D. 没有给定溶液的体积，无法计算出0.2mol/LKCl溶液中含有Cl-的数目，故D错误；综上所述，本题选A。【点睛】硫酸氢钠属于强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离出三种离子：NaHSO4=Na+H+SO42-；在熔融的条件下，电离出2种离子：NaHSO4=Na+HSO4-。2.有 Na2SO4和 Fe2(SO4)3的混合液，已知其中 Fe3的物质的量浓度为 0.4 mol/L，SO42的物质的量浓度为 0.7 mol/L，则此溶液中 Na的物质的量浓度为A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.2 mol/L D. 0.25 mol/L【答案】C【解析】试题分析：根据溶液中的电荷守恒有：c(Na+) +3 c(Fe3+)=2 c(SO42-) ，有c(Na+) +30.4 mol/L=0.7 mol/L2c(Na+)=0.2 mol/L考点：电荷守恒的运用。3.如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发【答案】D【解析】【分析】根据化学实验基础操作及注意事项分析。【详解】图中给定的仪器：蒸馏烧瓶(蒸馏)、普通漏斗(过滤)、分液漏斗(分液或萃取)、蒸发皿(蒸发)，故D正确。故选D。【点睛】带支管口的是蒸馏烧瓶，不带支管的是圆底烧瓶。4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是A. 25 、1.01105 Pa时，44 g CO2中含有的氧原子数为2NAB. 3.2g由O2和O3组成的混合物中含有的原子数目为0.2NAC. 在过氧化钠与水的反应中，每消耗0.1mol过氧化钠，转移电子的数目为0.1NAD. 在KClO3+6HCl(浓) =KCl+3Cl2+3H2O反应中，若产生标准状况下6.72LCl2时，转移电子数目为0.6NA【答案】D【解析】【详解】A、44g二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含2个氧原子，故1mol二氧化碳中含2NA个氧原子，选项A正确；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故3.2g混合物中含有的氧原子的物质的量为0.2mol，个数为0.2NA个，选项B正确；C、Na2O2与H2O的反应为歧化反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，此反应转移2mol电子，生成1molO2，故当每消耗0.1mol过氧化钠，转移电子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，选项C正确；D在KClO3+6HCl(浓) =KCl+3Cl2+3H2O反应中，根据化合价升降可以判断，每生成3molCl2转移5mol电子，标准状况下6.72LCl2的物质的量为=0.3mol，则转移电子物质的量为0.5mol，数目为0.5NA，选项D不正确；答案选D。5.“钴酞菁”分子（直径约为1.34x109m）结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是A. “钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属悬浊液B. “钴酞菁”分子既能透过滤纸，也能透过半透膜C. 在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径小D. “钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔现象【答案】D【解析】试题分析：由于“钴酞菁”分子（直径约为1.34109m），所以“钴酞菁”分子在水中所形成的分散系属于胶体，选项D正确，A不正确。胶体粒子不能通过半透膜，B不正确。在分散系中，“钴酞菁”分子直径比Na+的直径大，C不正确，答案选D。考点：考查胶体的性质以及三种分散系的区别点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确三种分散系的本质区别。6.下列各组物质分类正确的是酸碱盐氧化物A硫 酸纯碱硅酸钠干冰B醋 酸烧碱纯碱氧化铜C碳酸生石灰小苏打二氧化硫D二氧化碳苛性钠食 盐石灰石A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】酸是能电离出的阳离子全部是H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是OH-离子的化合物；盐是电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物；氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物；根据相关概念解答该题。【详解】A纯碱是Na2CO3，属于盐，而不是碱，选项A错误；B醋酸属于酸，烧碱是NaOH，属于碱，纯碱是Na2CO3，属于盐，氧化铜属于氧化物，选项B正确；C生石灰为CaO，属于氧化物，而不是碱，选项C错误；D二氧化碳属于氧化物，而不是酸，石灰石是CaCO3，属于盐，而不是氧化物，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查物质的分类，题目难度不大，解答本题的关键把握相关概念以及物质的组成和俗称。7.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 铝片放入氢氧化钠溶液中：Al2OH=AlO2-H2B. 新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3OH=2AlO2-H2OC. 向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al33OH=Al(OH)3D. AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4+【答案】D【解析】【详解】A. 该离子方程式电荷不守恒，A错误；B.该离子方程式中原子、电荷均不守恒，B错误；C. NaOH溶液过量，应该生成偏铝酸盐，产物不正确，C错误；D. 氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写正确，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】判断离子方程式的正误，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等。8.下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是A. Cl Cl B. I I2 C. SO2SO32- D. CuO Cu【答案】B【解析】【详解】A项，Cl Cl中，Cl元素的化合价降低，需要加还原剂，故不选A；B项，I I2过程中，I的化合价升高，需要加入氧化剂，故选B；C项，SO 2SO32-中没有化合价的变化，不需要加入氧化剂，故不选C；D项，CuO Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故不选D。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价是解答本题的关键，并熟悉氧化剂、还原剂中元素的化合价变化来解答。9.在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比是A. 58 B. 54 C. 53 D. 35【答案】D【解析】【分析】在氧化还原反应5NH4NO3 2HNO3+4N2+9H2O中，铵根离子中-3价的N元素的化合价升高，被氧化，铵根离子做还原剂；硝酸根中+5价N元素的化合价降低，被还原，硝酸根做氧化剂，据此判断氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】在氧化还原反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，铵根离子中-3价的N元素的化合价升高，被氧化，铵根离子做还原剂；硝酸根中+5价N元素的化合价降低，被还原，硝酸根做氧化剂，其中有2/5的+5价N没有化合价变化，所以该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：5，故选D。【点睛】本题考查了氧化还原反应的计算，熟练掌握氧化剂、还原剂的概念及判断方法，正确判断还原剂的量为解答关键。10.在一定条件下，PbO2与Mn2反应，产物是MnO4-和Pb2，则生成1mol MnO4-反应所需PbO2的物质的量为A. 3.0mol B. 2.5mol C. 1.0mol D. 0.75mol【答案】B【解析】根据题意可知：5PbO2+4H+2Mn2+=2MnO4-+5Pb2+2H2O，5PbO22MnO4-可得，生成1mol MnO4-反应所需PbO2的物质的量为2.5mol，B项正确。11.根据反应：2H2SO2=2S2H2O， Na2SI2=2NaIS，4NaIO22H2SO4=2I22Na2SO42H2O，下列物质的氧化性强弱判断正确的是A. O2I2S B. H2SNaIH2O C. SI2O2 D. H2ONaIH2S【答案】A【解析】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的，所以3个反应中的氧化性强弱顺序为氧气大于硫、氧气大于碘单质、碘单质大于硫。因此答案是A。12.下列物质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是A. 碳酸钠 B. 金属铝 C. 硝酸钠 D. 氯化钠【答案】B【解析】【分析】碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，碳酸钠与氢氧化钠不反应；金属铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；硝酸钠既不能和盐酸反应，也不能和氢氧化钠溶液反应；氯化钠既不能和盐酸反应，也不能和氢氧化钠溶液反应。【详解】碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，碳酸钠与氢氧化钠不反应，故不选A；金属铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故选B；硝酸钠与盐酸不反应，硝酸钠与氢氧化钠能不反应， 故不选C；氯化钠既不能和盐酸反应，也不能和氢氧化钠溶液反应，故不选D。13.下列叙述正确的个数是Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀钠在常温下不容易被氧化 Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成钠与CuSO4溶液反应，放出气体并生成蓝色沉淀A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】B【解析】【分析】能和水反应只生成碱的氧化物是碱性氧化物；NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应；钠在常温下易被氧化；Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，遇石蕊试液先变蓝后褪色；钠和水反应生成的氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀并放出气体。【详解】Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；Na2CO3溶液与跟CaCl2溶液反应得到CaCO3白色沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，错误；钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误；Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢分解时放出氧气，氢氧化钠使石蕊试液变蓝色，过氧化氢使其褪色，故正确；钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠能和硫酸铜发生复分解反应，生成蓝色的氢氧化铜沉淀，所以溶液中会有蓝色沉淀生成，既有沉淀生成又有气体生成，故正确。答案选B。【点睛】本题主要考查了物质的性质与用途，难度不大，根据课本知识即可完成。14.m gCO和H2的混合气体在足量的氧气中充分燃烧后，在150时将混合气体通过足量的Na2O2后，Na2O2增重的质量为A. 大于 m g B. 等于 m g C. 小于m g D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】从过氧化钠与CO2和H2O反应的方程式入手，找出规律。【详解】CO与O2反应2COO2=2CO2，CO2与Na2O2反应：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，两式合并为CONa2O2=Na2CO3，H2与O2的反应2H2O2=2H2O，H2O与Na2O2的反应2H2O2Na2O2=4NaOHO2，两式合并为H2Na2O2=2NaOH，即过氧化钠增重的质量为CO和H2混合气体的质量，即为mg，故选项B正确。15.下列实验操作正确的是选项实验操作A观察钠与水反应的现象用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中B检验NaHCO3与Na2CO3溶液用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水C证明Na2O2与CO2是放热反应Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应D检验Na2CO3与K2CO3溶液用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】A从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。【详解】A因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，选项A错误；B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了钠及其化合物的性质，明确焰色反应是元素的性质不是原子或离子的性质，碳酸钠和碳酸氢钠不能用澄清石灰水鉴别，可以用氯化钙鉴别。16.下列实验结果与图像不相符的是A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量【答案】A【解析】A. 向含有盐酸、氯化镁和氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，开始没有沉淀产生，图像不符合，A正确；B. 向澄清石灰水中通入二氧化碳气体直至过量，开始生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙溶解转化为碳酸氢钙，图像符合，B错误；C. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氢氧化钠溶液直至过量，发生的反应为Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO22H2O，图像符合，C错误；D. 向氯化铝的溶液中逐渐加入氨水直至过量生成氢氧化铝沉淀，氨水不能溶解氢氧化铝，图像符合，D错误，答案选A。点睛：掌握物质的性质、发生的化学反应是解答的关键，关于图像的分析一般需要从三个角度判断，即点、线、面。面：弄清纵、横坐标的含义。线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。17.除去下列物质中混有的少量杂质(杂质不要求回收)，把适当的试剂、操作方法的序号写在相应的 括号内.a.蒸馏 b.萃取 c.加适量水、过滤 d.分液 e.加适量盐酸、蒸发 f.冷却热的饱和溶液、过滤 g.蒸发结晶（1）氯化钾粉末中混有少量碳酸钾_（2）分离四氯化碳（沸点为 76.75）和甲苯（沸点为 110.6）_（3）分离植物油和水_（4）硝酸钾中混有少量的氯化钠_【答案】 (1). e 碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾 (2). a 分离互溶的两种液体 (3). d 分离互不相溶的两种液体 (4). g 二者的溶解度受温度影响不同.【解析】【详解】(1)碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾，则加适量盐酸，蒸发可得到KCl，故答案为：e； (2)二者互溶，但沸点不同，选择蒸馏法分离，故答案为：a；(3) 植物油与水分层，选择分液法分离，故答案为：d；(4)二者的溶解度受温度影响不同，则冷却热的饱和溶液，过滤可除杂，故答案为：g。18.（1）同温同压下，同体积的甲烷（CH4）和二氧化碳分子数之比为_，物质的量之比为_，质量之比为_。（2）等质量的 SO2 和 SO3 物质的量之比是_，氧原子数之比为_。（3）19 g 某二价金属的氯化物 ACl2 中含有 0.4mol Cl，则 A 的摩尔质量为_。（4）密度为 1.84 g/cm3，质量分数为 98%的浓硫酸浓度为_molL-1【答案】 (1). 1:1 (2). 1:1 (3). 4:11 (4). 5:4 (5). 5:6 (6). 24gmol1 (7). 18.4【解析】【分析】（1）同温同压下，气体体积之比等于分子数目之比，等于物质的量之比，结合m=nM计算质量之比；（2）根据n=计算二者物质的量之比，每个SO2分子含有2个氧原子，每个SO3分子含有3个氧原子，据此计算二者含有的氧原子数目之比；（3）根据含有氯离子物质的量计算A的物质的量，再根据M=计算 A的摩尔质量；（4）根据c=来计算物质的量浓度。【详解】（1）在同温同压下，气体体积之比等于分子数目之比，等于物质的量之比，故同体积的甲烷（CH4）和二氧化碳分子数之比为1:1，二者物质的量之比为1:1，二者质量之比=16g/mol:44g/mol=4:11，因此，本题正确答案是：1:1；1:1；4:11；（2）根据n=可以知道，相同质量的 SO2 和 SO3 物质的量之比为80g/mol:64g/mol=5:4，每个SO2分子含有2个氧原子，每个SO3分子含有3个氧原子，二者含有原子数目之比为52:43=5:6，因此，本题正确答案是：5:4 ；5:6；（3）A的物质的量为=0.2mol，则A的摩尔质量为=24g/mol，因此，本题正确答案是：24g/mol；（4）已知密度为 1.84 g/cm3，质量分数为 98%，根据c=mol/L=18.4mol/L，因此，本题正确答案是：18.4。19.从下列选项中选择适当的字母填入下列横线上：A过滤B聚沉C凝聚D布朗运动 E电泳F丁达尔效应（1）Fe(OH)3胶体呈红褐色，插入两个惰性电极，通直流电一段时间，阴极附近的颜色逐渐变深，这种现象叫_；（2）光束通过Fe(OH)3胶体，可看到光亮的“通路”，这种现象叫_；（3）Fe(OH)3胶体中加入硅酸胶体(胶体粒子带负电)，胶体变得浑浊，这是发生了_；（4）鉴别Fe(OH)3胶体和盐酸的方法是_。【答案】 (1). E (2). F (3). B (4). F【解析】【详解】(1)因Fe(OH)3胶粒带有正电荷,所以在电场的作用下,向阴极区移动,而使该区颜色加深,这种现象称为电泳,因此，本题正确答案是:E;(2)光束通过胶体时,产生光亮的通路,称为丁达尔效应,因此，本题正确答案是:F;(3)加入与胶粒带相反电荷的胶体,胶体会发生聚沉,因此，本题正确答案是:B;(4)鉴别胶体和溶液利用丁达尔效应,因此，本题正确答案是:F.20.完成下列问题：（1）下列物质中属于电解质的是_；属于非电解质的是_；既不是电解质也不是非电解质的是_。稀硫酸 盐酸 NaCl固体 硫酸钡 CCl4铜NaHCO3CO2HCl 氨气（2）写出下列反应的离子方程式NaCl+AgNO3=AgCl+ NaNO3： _；Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合 ：_；【答案】 (1). (2). (3). (4). Cl- + Ag+ = AgCl (5). Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- = BaSO4 + 2H2O【解析】【分析】根据电解质、非电解质的概念分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答；【详解】(1) 稀硫酸是H2SO4和水的混合物，不是电解质，也不是非电解质， 盐酸是HCl和水的混合物，不是电解质，也不是非电解质，NaCl固体在熔融状态下或水溶液中都导电，故NaCl固体是电解质， 硫酸钡是电解质， CCl4属于非电解质，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，NaHCO3是电解质，CO2是非金属氧化物，属于非电解质，HCl是电解质， 氨气属于非电解质；电解质有，非电解质有 ，既不是电解质也不是非电解质的有 ；故答案为： ； ；(2) NaCl+AgNO3=AgCl+ NaNO3方程式中，只有AgCl是难溶性物质，在离子反应方程式中不能拆成离子形式，要写成化学式，所以该反应的离子方程式为：Cl- + Ag+ = AgCl；故答案为：Cl- + Ag+ = AgCl；Ba(OH)2与H2SO4两稀溶液混合，反应生成BaSO4和水，所以该反应的离子方程式为：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- = BaSO4 + 2H2O；故答案为：Ba2+ + 2OH- + 2H+ + SO42- = BaSO4 + 2H2O。【点睛】注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质，为易错点。21.根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：（1）当有34gNH3参加反应时，被氧化的物质的质量为_ g，生成的还原产物的质量为_g。（2）在反应：K2Cr2O714HCl(浓)=2KCl2CrCl33Cl27H2O中，用氧化还原反应的知识分析：_是氧化剂，_是还原剂，用“双线桥法”表示反应中电子转移的方向和数目：_。【答案】 (1). 8.5g (2). 80.25g (3). K2Cr2O7 (4). HCl (5). 【解析】【分析】根据氧化还原反应的本质、氧化还原反应中双线桥的表示方法分析解答。【详解】(1) 反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，N元素从-3价升高到0价，即NH3是还原剂，被氧化，Cl元素从0价降低到-1价，即Cl2是氧化剂，被还原，生成还原产物NH4Cl，从方程式中可知，8分子NH3中只有2分子NH3中的N元素被氧化，所以34gNH3中只有=8.5g被氧化，34gNH3的物质的量为：，依据方程式可推断出，还原产物n(NH4Cl)=1.5mol，即m(NH4Cl)= 1.5mol53.5g/mol=80.25g；故答案为：8.5g ；80.25g；(2)反应 K2Cr2O714HCl(浓)=2KCl2CrCl33Cl27H2O中，K2Cr2O7的Cr元素化合价+6价降低到+3价，即K2Cr2O7在反应中是氧化剂，得到6个电子，HCl中的Cl元素化合价从-1价升高到0价，即HCl在反应中是还原剂，失去6个电子，用双线桥表示为，故答案为：K2Cr2O7 ；HCl；。【点睛】注意双线桥是反应物中化合价发生变化的元素指向生成物化合价变化的同种元素，氧化还原反应中，得失电子数相等。22.国际化xx的中国宣传口号是“化学我们的生活，我们的未来”。（1）宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：_。（2）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质最佳方法是_，化学方程式为_。【答案】 (1). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (2). 加热 (3). 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O【解析】【分析】根据过氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠的性质分析解答。【详解】(1)过氧化钠能够与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(2) NaHCO3受热易分解，Na2CO3的热稳定性相对较好，所以除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质最佳方法是加热，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；故答案为：加热，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。【点睛】除杂的原则：一是除去杂质，二是不损失主体物质，三是不引入新杂志，四是易恢复原来状态。23.（1）实验室配制 500mL 0.2mol/L 的 NaOH溶液，在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是_（填序号），除图中已有仪器外， 配制上述溶液还需要的玻璃仪器是_。具体过程如下：计算需要称量 NaOH 固体的质量_；用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁 23 次，洗涤液也都注入容量瓶，