【文档说明】河北省衡水中学2020-2021学年高一上学期期中备考卷Ⅰ化学试题 PDF版含答案.pdf，共(12)页，451.455 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-5b266131cd97dc9fc27dec711ed4bc0e.html

以下为本文档部分文字说明：

2020-2021学年上学期高一期中备考卷化学1注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在

试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137一、选

择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．由空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成的视程障碍叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物是雾霾的主要组成。以下说法不正确的是A．雾霾天，汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁

达尔效应B．雾和霾都是混合物C．防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大D．PM2.5是指直径小于或等于2.5μm的污染物颗粒，该颗粒直径完全在胶体粒子的直径范围内【答案】D【解析】A．雾霾中含有的部分微粒直径在1~100nm之间，则汽车车灯照出

光亮“通路”的现象属于丁达尔效应，故A正确；B．雾和霾都是混合物，故B正确；C．防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩透气性较差，往往呼吸阻力较大，故C正确；D．PM2.5是指直径小于或等于2.5μm的

污染物颗粒，即粒子直径62.510m−，而胶体中分散质粒子的直径为1~100nm，即9710~10m−−，则PM2.5的直径不完全在胶体粒子的直径范围内，故D错误。2．下列物质分类的正确组合是选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气F

e(OH)3胶体铁Na2CO3C氨水CaCl2水银NaClDCuSO4·5H2O明矾C70NaCl【答案】C【解析】K2SO4溶液属于混合物，不是电解质，A错误；Fe(OH)3胶体是混合物，不是纯净物，B错误；氨水为混合物，CaCl2为纯净物，水银是单质，NaCl是电解质，C正确；C

uSO4·5H2O是纯净物，铜是单质，不属于电解质，D错误。3．下列溶液中的c(Cl−)与150mL1mol/LAlCl3溶液中的c(Cl−)相等的是A．150mL1mol/LNaCl溶液B．25mL3mol/LNH4Cl溶液C．75m

L2mol/LMgCl2溶液D．7mL2mol/LFeCl3溶液【答案】B【解析】150mL1mol/L的AlCl3溶液中的c(Cl−)=1mol/L×3=3mol/L。A．150mL1mol/L的NaCl溶液中c(Cl−)=c(NaCl)=1mol/L，故A错误；B．25mL3mol/

LNH4Cl溶液中c(Cl−)=3mol/L，故B正确；C．75mL2mol/LMgCl2溶液中，c(Cl−)=2mol/L×2=4mol/L，故C错误；D．75mL2mol/LFeCl3溶液中，c(Cl−)=2mol/L×3=6mol/L，故D错误。4．日常生活中许多现象与氧化还原反

应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏B．充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸C．食物腐败变质D．多吃水果(富含维生素C)美容养颜抗衰老【答案】A【解析】A．大理石与酸发生复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故A选

；B．氢气爆炸生成水，H、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．食物被氧化而导致腐败，为氧化还原反应，故C不选；D．维生素C可抗氧化和防衰老，利用维生素C的还原性，与氧化还原反应有关，故D不选。5．下列实验装置，能达到相应实验目的的是A．配制500mL0.1mo

l/L的NaOH溶液B．用苯萃取碘水中的碘，并进行分液C．除去CO2气体中的少量HCl杂质D．从500mL60度高粱酒中分离出乙醇【答案】B【解析】A．不能直接在容量瓶中稀释或溶解固体；B．苯与水不互溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用

苯萃取碘水中的碘，并进行分液，能达到实验目的；C．碳酸钠溶液也能与二氧化碳反应，会同时除去二氧化碳，达不到除杂的目的；D．蒸馏操作时冷凝水应下进上出，操作错误；答案选B。6．在一定条件下，ROn−3和氟气可发生如下反应：ROn−3+F2+2OH−＝RO−4+2F−+H2O从而可

知在ROn−3中，元素R的化合价是A．+4B．+5C．+6D．+7【答案】B【解析】由电荷守恒可知，n=1，设ROn−3中R元素的化合价为x，则x+（-2）×3=-1，解得x=+5，故选：B。7．下列实验误差分析错误的是A．用容量瓶配制溶液

，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B．排水量气，未冷却到室温立即读数，所得气体的体积偏大C．称取2.3gNaCl固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量偏小D．用量筒量取5.0mL浓硫酸，仰视读数，所得到浓硫酸的体积偏大【答案】A【解析】A．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，

则配制的溶液浓度变大，选项A正确；B．排水量气，未冷却到室温立即读数，根据热膨冷缩可知，所得气体的体积偏大，选项B正确；C．称取2.3gNaCl固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量为1.7g，偏小，选项C正确；D．

用量筒量取浓硫酸时，仰视液面，读数比实际液体体积小，会造成实际量取的浓硫酸的体积偏大，选项D正确。答案选A。8．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，11.2L二氧化硫气体中含有0.5NA个SO2分子B．标准状况下，22.4LCCl4

中含有NA个分子C．1molNa与一定量的O2反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到1mol·L－1的盐酸【答案】C【解析】A．常温常压，Vm≠22.4L/mol，Vm不知，无法计算11

.2L二氧化硫气体中含有的SO2分子数目，故A错误；B．标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；C．由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个电子，故C正确；D．将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到的溶液体积不是1L，得到的盐酸浓度就不是1mo

l·L－1，故D错误；选C。9．下列两种气体的原子数一定相等的是A．质量相等、密度不等的N2和C2H4B．等体积、等密度的CO和N2C．等温、等体积的O2和Cl2D．等压、等体积的NH3和CO2【答案】B【解析】A．M(N2)=M(C2H4)=28g/mol，等质量时，

物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等物质的量时原子数一定不等，故A错误；B．等体积等密度CO和N2的质量相等，二者摩尔质量都为28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子，则原子数相等，故B正确；C．压强不一定相等，则物

质的量、原子总数不一定相等，故C错误；D．因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故D错误。10．在一个恒温、恒容密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体质量相等，当隔板静止时，容器内气体所占体积如图所示，下列说法中

错误的是的A．若Y是O2，则X可能是CH4B．分子数目：X=Z=2YC．若X是N2，则Z可能是COD．气体密度：X=Z=2Y【答案】D【解析】由题给信息可知，图中X、Y、Z三部分的压强、温度分别相等，体积V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知

，n(X)=n(Z)=2n(Y)，所以分子数目：X=Z=2Y，B正确；由于三种气体质量相等，根据n=m/M可知，O2的摩尔质量为32g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，A正确；N2的摩尔质量为

28g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，C正确；气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，根据M=m/n可知，三种气体的密度：2X=2Z=Y，D错误；正确选项D。11．下列各组离子在给定条件下能大量共存的是A．在pH=1的溶液中：NH+4、K+、CO2−3、Cl−B．有SO2−4

存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ba2+、Br−C．透明溶液中：K+、Na+、MnO−4、SO2−4D．使酚酞溶液变红的溶液中：Na+、Cl−、SO2−4、HCO−3【答案】C【解析】pH=1的溶液，显酸

性，不能大量存在CO2−3，A不符合题意；Ba2+、SO2−4结合生成沉淀，不能共存，B不符合题意；该组离子之间不反应，可大量共存，C符合题意；酚酞溶液变红说明溶液显碱性，HCO−3与OH−反应，不能共存，D不符合题意；故选C。12．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A

．B．C．D．【答案】A【解析】A．Mg元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，O元素化合价从0价降低到-2价，得到2个电子，共转移电子4个，A正确；B．KClO3中Cl元素化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，O元素

化合价从-2价升高到0价，失去2个电子，共转移电子12个，B错误；C．碳元素由0升高至+4价，失去4e‾，O元素化合价从0价降低到-2价，得到2个电子，共转移电子4个，C错误；D．碳元素由0升高至+4价，失去4e‾，Cu元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，共转移电子4个，D错误；答案选

A。13．下列反应中，离子方程式不正确的是A．CuO与稀硫酸反应：CuO+2H+＝Cu2++H2OB．大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑C．稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应：

H++OH−＝H2OD．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH−+H++SO2−4＝BaSO4↓+H2O【答案】D【解析】A．CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水：CuO+2H+＝Cu2++H2O，A正确；B．大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化

碳：CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，B正确；C．稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应生成硝酸钡和水：H++OH−＝H2O，C正确；D．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应硫酸钡和水，离子方程

式应该是：Ba2++2OH−+2H++SO2−4＝BaSO4↓+2H2O，D错误。选D。14．有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl混合而成。为检验它的成分做了如下实验：①将固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；②往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉

淀生成；③过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。则该固体混合物中A．肯定有Na2CO3，可能有CuSO4B．一定有NaCl，肯定没有Na2SO4C．一定有Na2CO3，可能有NaClD．可能有CaCl2，一定没有CuSO4【答案】C【解析】①固体混合物

样品溶于水搅拌得到无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；②取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含

CaCl2；③在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项C符合题意，故答案为C。15．已知Co2O3在酸性溶液中易被还

原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是A．3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．Cl2+FeI2=FeCl2+I2C．Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2Fe3++2I−=

2Fe2++I2【答案】A【解析】根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是：Cl2＞FeCl3，但是氧化性是FeCl3＞I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故A

符合题意；因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B不符合题意；根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3＞Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；因为氧化性FeCl3

＞I2，所以2Fe3++2I−=2Fe2++I2能发生，故D不符合题意。答案选A。16．四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3+。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得R

uO4。下列说法正确的是A．若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比1∶3，则还原产物为Cl2B．RuO4与浓盐酸反应生成11.2LCl2转移电子数为NAC．酸性介质中氧化性：RuO4＞ClO−3＞Cl2D．在稀硫酸环境中，Na2

RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O【答案】D【解析】若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比1∶3，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，NaClO3

为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设氧化产物中氯元素的化合价为x，（+5-x）×1=（+6-4）×3，x=-1，故还原产物为Cl−，不是Cl2，故A错误；11.2LCl2所在的条件未知

，故无法计算出转移的电子数，故B错误；RuO4能氧化浓盐酸反应生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧

化剂NaClO3的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClO−3＞RuO4，故C错误；在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到RuO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠

和水，化学方程式为：Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故D正确；答案选D。二、非选择题（共52分）17．某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图

甲所示。（1）该营养液中K2SO4的物质的量浓度为__________mol·L−1，含KCl的质量为__________。（2）该营养液中NH4Cl的物质的量为_____________。（3）若NH+4不参与其他任何反应，将该营养液加水稀释，

稀释过程中NH+4的浓度（c）随溶液体积（V）变化的曲线如图乙所示，则1V=__________，2V=__________。【答案】（1）4.014.9g（2）1.6mol（3）0.21.0【解析】根据柱状图

可知，K+、SO2−4、Cl−的浓度分别是9.0mol·L−1、4.0mol·L−1、9.0mol·L−1，其物质的量分别是1.8mol、0.8mol、1.8mol。（1）由于营养液中只有K2SO4能提供SO2−4，所以SO2−4的浓度即为K2SO4的浓度。

K2SO4中含有1.6molK+，则KCl中含有0.2molK+，即KCl的物质的量为0.2mol，质量为14.9g；（2）根据氯原子守恒有()()()4ClKClNHClccc−=+，则()()()14NHClClKCl8.0molLcc

c−−=−=，则()14NH8.0molLc+−=，NH+4的物质的量为1.6mol；（3）由以上分析可知10.2V=；根据cVcV=（浓）（浓）（稀）（稀）可求出21.0V=。18．有下列物质：①氢氧化钡固体②KHSO4③HNO3④稀硫酸

⑤二氧化碳气体⑥铜⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体⑨熔融氯化钠⑩CuSO4·5H2O晶体。请用序号填空：（1）上述状态下可导电的是____________________________________。（2）属于电解质的是________________

__________________________。（3）属于非电解质的是____________________________________。（4）②在水溶液中的电离方程式为_____________________，①与②在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为______________

_________。（5）③与⑥可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，回答下列问题：I．还原产物是________。II．当有2molHNO3参加反应时，被氧化的物质的质量为________g。III．用双线桥表示该反应电

子转移的方向和数目_______________________。【答案】（1）④⑥⑨（2）①②③⑦⑨⑩（3）⑤⑧（4）KHSO4＝K++H++SO2−4Ba2++2OH−+2H++SO2−4＝BaSO4↓+2H2O（5）NO232【解析】

①氢氧化钡固体中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；②KHSO4中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；③HNO3中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；④

稀硫酸中存在自由移动的电子，导电，属于混合物，不属于电解质也不属于非电解质；⑤二氧化碳气体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；⑥铜是金属单质，可以导电，不属于电解质也不属于非电解质；⑦碳酸钠粉末中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；

⑧蔗糖晶体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；⑨熔融氯化钠中存在自由移动的电子，导电，可以电离，属于电解质；⑩CuSO4·5H2O中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；（1）根据以上分析可知上述状态下可导

电的是④⑥⑨。（2）属于电解质的是①②③⑦⑨⑩。（3）属于非电解质的是⑤⑧。（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为KHSO4＝K++H++SO2−4，①与②在溶液中反应使溶液呈中性时生成硫酸钡、硫酸钾和水，反应的离子方程式为Ba2++

2OH−+2H++SO2−4＝BaSO4↓+2H2O。（5）③与⑥可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。I．氮元素化合价降低，被还原，还原产物是NO2。II.铜失去电

子被氧化，当有2molHNO3参加反应时，消耗铜是0.5mol，则被氧化的物质的质量为0.5mol×64g/mol＝32g。III.氮元素从+5价降低到+4价，铜元素化合价从0价升高到+2价，失去2个

电子，则根据电子得失守恒可知用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目可表示为。19．已知：Fe3+溶液颜色为黄色，Fe2+溶液颜色为浅绿色，Fe(OH)3为红褐色。（1）现将少量Fe2O3粉末加入适量稀盐酸，发生反应的离子方程式___________________

__，用所得溶液进行以下实验：（2）取少量溶液于试管中，滴入NaOH溶液，观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为______________。（3）取少量溶液于试管中，加入少量还原铁粉，振荡，铁粉逐渐溶解，溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程

式为_____________________________。（4）在烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸直到溶液呈红褐色，即得到Fe(OH)3胶体。取少量Fe(OH)3胶体，逐滴加

入盐酸至过量，可观察到的现象是：先_______，然后______，对后一现象的解释是（用离子方程式表示）__________________。【答案】（1）Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O（

2）Fe3++3OH−＝Fe(OH)3↓（3）2Fe3++Fe＝3Fe2+（4）有红褐色沉淀生成沉淀又溶解，溶液变为黄色Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O【解析】（1）现将少量Fe2O3粉末加入适量稀盐酸生成氯化铁和水，发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2

O；（2）取少量溶液于试管中，滴入NaOH溶液发生复分解反应生成氢氧化铁，因此观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为Fe3++3OH−＝Fe(OH)3↓。（3）铁离子能溶解金属铁生成亚铁离子，所以溶液由黄

色变为浅绿色，反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+；（4）胶体遇到电解质易发生聚沉，所以取少量Fe(OH)3胶体，逐滴加入盐酸至过量，可观察到的现象是：先有红褐色沉淀生成，盐酸过量后氢氧化铁溶解，

溶液变为黄色，反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O。20．Ⅰ.已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为：3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(1)请将上述反应改

成离子方程式，并用单线桥法表示电子得失的方向和数目________________。(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是___________mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为___________。Ⅱ

.某反应体系有反应物和生成物共7种物质：C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2、Cr2(SO4)3和H2O。已知该反应中发生如下过程：C→CO2。该反应的化学方程式：______________

____________。【答案】Ⅰ.（1）（2）0.06（3）Ⅱ.3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO42Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O【解析】(1)反应方程式为：3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不

拆，离子方程式为：3Cu+8H++2NO−3＝3Cu2++2NO↑+4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6e−，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6e−，单线桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：；综上所述，本题答案是：。(2)根据反应关系可知，6e−-2NO，44

8mLNO的物质的量为0.02mol，则该过程中转移的电子0.06mol；综上所述，本题答案是：0.06。(3)根据反应可知，8molHNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为2/8=1/4；综上所述，本题答案

是：1/4。Ⅱ.根据题意：C→CO2，反应中C为还原剂，CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3为还原产物；C→CO2化合价升高4，2K2CrO4→Cr2(SO4)3化合价共降6，根据得失电子守恒，C系

数为3，CO2系数为3，Cr2(SO4)3系数为2，则K2CrO4系数为4，根据原子个数守恒，K2SO4系数为4，H2SO4系数为10，H2O的系数为10，具体为：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O；综上所述，本题答案是：

3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O。21．将54.8gNa2CO3和NaHCO3的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量某浓度的盐酸，收集到气体VL。另一份直接加热至恒重，生成气体2.24L（所有气体体

积均在标准状况下测定）。试准确计算出：（1）原固体混合物中Na2CO3的物质的量：nNa2CO3）=_____。（2）V=_____L。【答案】（1）0.2mol（2）6.72【解析】设每份固体中NaHCO3的质量为xg16822.42.24x=X=16.8g原固体混合物中Na2CO3质量是

54.8g-16.8g×2=21.2g，nNa2CO3）=21.20.2106/gmolgmol=；（2）设每份固体中碳酸钠的质量为10.6g，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳气体的体积为V1L，每份固体中碳酸钠的质量为16.8g，碳酸氢钠

与盐酸反应放出二氧化碳气体的体积为V2L，110622.410.6V=V1=2.24L28422.416.8V=；V2=4.48L，V=4.48L+2.24L=6.72L。