第一章能力提升檢測卷完卷時間：90分鐘可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23Al27P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65As75Cd112一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共16*3分）1．（2021·河南鄭州市·高三一模）NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A．的溶液中含有的數目為0.1NAB．常溫常壓下，和的混合物中含有的電子數一定為NAC．常溫常壓下，31g白磷燃燒生成時，斷裂鍵的數目為NAD．晶體中陰、陽離子總數為0.3NA【答案】B【解析】A．鋁離子為弱堿陽離子，在水溶液中部分水解，所以1L

0.1mol?L-1的AlCl3溶液中含有Al3+的數目小于0.1NA，故A錯誤；B．H218O和D2O的相對分子質量均為20，常溫常壓下，2.0gH218O和D2O的混合物中含有的電子數一定為×10×NAmol-1=NA，故B正確；C．31g白磷的物質的量為=0.25mol，而一個白磷分子中含6條P-P鍵，燃燒生成的的結構為，燃燒后P-P鍵全部斷裂，0.25mol白磷中含1.5NA條P-P鍵，因此斷裂鍵的數目為1.5NA，故C錯誤；D．0.1mol

NaHCO3晶體中含有0.1mol鈉離子和0.1mol碳酸氫根離子，陰、陽離子總數為0.2NA，故D錯誤；故選B。2．（2021·河北保定市·高三一模）設NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．銅與濃硝酸充分反應生成22.4L氣體時轉移電子數為NAB．4.6gNa完全與水反應，生成共價鍵0.1NAC．Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，說明1molAl(OH)3電離出H+數為NAD．101kPa、120℃時，7.8gC6H6燃燒所得氣體分子數一定為0.9NA【答案】D【解析】A．生成氣體所處的狀態不明確，故氣體的物質的量無法計算，則轉移的電子數無法計算，故A錯誤；B．4.6gNa的物質的量為n(Na)＝＝＝0.2mol，Na與水完全反應生成NaOH和H2，即2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，產物NaOH中OH－存在一個共價鍵，H2中存在1個共價鍵，由于0.2molNa與水完全反應生成0.2molNaOH和0.1molH2，所以生成0.2NA+0.1NA=0.3NA的共價鍵，故B錯誤；C．Al(OH)3的酸式電離為Al(OH)3H+++H2O，Al(OH)3為弱電解質，部分電離，不能完全電離，H+數目小于NA，故C錯誤；D．7.8gC6H6的物質的量為n(C6H6)＝＝＝0.1mol，120℃時H2O為氣體，燃燒產物為CO2或CO一種或兩種及H2O，根據元素守恒，碳的氧化物為0.6mol，H2O為0.3mol，所得氣體分子數為0.6NA+0.3NA＝0.9NA，故D正確；答案為D。3．（2021·浙江寧波市·高三二模）等量鋁粉與等體積不同濃度溶液(足量)反應，產生的體積(已換算成標準狀況下)隨時間變化如下表所示：實驗5101520Ⅰ2016380840324032Ⅱ1120313638083920注：實驗Ⅰ為鋁粉與溶液反應；實驗Ⅱ為鋁粉與溶液反應。下列說法不正確的是A．此反應是放熱反應B．實驗Ⅰ中，至時鋁粉溶解C．時，生成的速率：D．實驗Ⅱ中，內，生成的平均反應速率為【答案】C【解析】A．金屬Al與NaOH溶液反應是放熱反應，故A正確；B．實驗Ⅰ中，至5min時2.016LH2，所得H2的物質的量為=0.09mol，根據2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知溶解Al的物質的量為0.6mol，故B正確；C．由實驗數據可知10~15min時實驗Ⅰ生成H2的總體積小于實驗Ⅱ生成H2的總體積，說明12.5min時生成H2的速率Ⅰ＜Ⅱ，故C錯誤；D．實驗Ⅱ中，15~20min時生成H2的體積為3920mL-3808mL=112mL，則生成H2的平衡反應速率為=22.4mL·min-1，故D正確；故答案為C。4．（2020·北京高考真題）下列說法正確的是A．同溫同壓下，O2和CO2的密度相同B．質量相同的H2O和D2O(重水)所含的原子數相同C．物質的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共價鍵數相同D．室溫下，pH相同的鹽酸和硫酸中，溶質的物質的量濃度相同【答案】C【詳解】A．同溫同壓下，O2和CO2的體積相同時，其質量之比為32：44，則密度之比為32：44，不相同，A說法錯誤；B．質量相同的H2O和D2O(重水)的物質的量之比為20：18，分子中均含有3個原子，則所含的原子數之比為20：18，不相同，B說法錯誤；C．每個CH3CH2OH和CH3OCH3中含共價鍵數均為8條，則物質的量相同的CH3CH2OH和CH3OCH3所含共價鍵數相同，C說法正確；D．室溫下，pH相同的鹽酸和硫酸中，氫離子的濃度相等，硫酸能電離出2個氫離子，而鹽酸只能電離出一個，故pH相同的鹽酸和硫酸的物質的量濃度不相同，D說法錯誤；答案為C。5．（2021·山西臨汾市·高三一模）設為阿伏加德羅常數的值。捕獲生成甲酸的過程如圖所示。下列說法錯誤的是A．中所含的共價鍵數目為B．標準狀況下，中所含的質子數目為C．乙基所含的電子總數為D．的甲酸水溶液中所含的氧原子數目為【答案】C【解析】A．的摩爾質量為101g/mol，的物質的量為0.1mol，一個分子含有21根共價鍵，則中所含的共價鍵數目為，A正確；B．標準狀況下，的物質的量為1mol，1個分子含有22個質子，則中所含的質子數目為，B正確；C．乙基不帶電，乙基的電子數就是C原子和O原子的電子數之和，則乙基所含的電子總數為，C錯誤；D．的甲酸水溶液中含有和，共含氧原子數目為，D正確；故選C。6．（2021·廈門英才學校高三月考）下列各組微粒數目一定相等的是A．等體積的NO和的N原子數目B．等質量的正丁烷和異丁烷的C-H鍵數目C．等物質的量濃度的KCl溶液和NaCl溶液的離子數目D．等質量的Cu分別與足量濃、稀反應生成的氣體分子數目【答案】B【解析】A．等體積的NO和，狀態不清楚，根據，其中不確定，所以物質的量不一定相等，故A錯誤；B．正丁烷和異丁烷互為同分異構，質量相等，根據，其物質的量相等，C—H鍵數目相等，故B正確；C．兩物質的濃度相等，但體積未知，根據，無法進行計算，兩物質的物質的量不一定相等，故C錯誤；D．濃硝酸和稀硝酸的還原產物不相同，濃硝酸的還原產物為，其關系為；稀硝酸的還原產物為，所以等質量的Cu與之反應產生的氣體的物質的量不相等，故D錯誤；故選B。7．（2021·陜西西安市·高三一模）鋅鎘渣是生產立德粉(硫化鋅和硫酸鋇的混合物)的廢渣，其主要成分為鋅、鎘、錳、鐵及其氧化物等，如圖所示為從鋅鎘渣中獲得金屬鎘的工藝流程：已知：鎘(Cd)的金屬活動性介于鋅、鐵之間。下列說法錯誤的是A．“浸取”步驟所用的1L0.1mol/L的硫酸中，氧原子的數目大于0.4NAB．“氧化”步驟的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，同時將Mn2+氧化為MnO2除去C．“氧化”步驟加入氧化鎘的目的是調pH，除去雜質元素D．“電解”步驟中，陰極生成11.2g金屬鎘時，陽極生成氣體的體積為1.12L【答案】D【解析】鋅鎘渣是生產立德粉(硫化鋅和硫酸鋇的混合物)的廢渣，其主要成分為鋅、鎘、錳、鐵及其氧化物等，加入稀硫酸進行酸浸浸取,金屬及其氧化物與硫酸反應得到含有Zn2+、Cd2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+的溶液，過濾掉不溶性雜質，向濾液中加入鋅單質發生置換反應，Cd2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+全部轉化為單質，過濾后的濾液1中主要為ZnSO4，海綿鎘的主要成分為Zn、Mn、Fe，再向海綿鎘中加入稀硫酸溶解，Zn、Mn、Fe又轉化為Cd2+、Mn2+、Fe2+，再加入高錳酸鉀，酸性條件下將Fe2+氧化為Fe3+，Mn2+氧化為MnO2，再加入氧化鎘，調節溶液pH值，將Fe3+轉化為Fe(OH)3，過濾后，濾渣2的主要成分為MnO2、Fe(OH)3，得到的濾液中主要含有CdSO4，最后對溶液通電電解制得金屬鎘。A．“浸取”步驟所用的1L0.1mol/L的硫酸中硫酸的物質的量為0.1mol，硫酸溶液中含有水，也含有氧原子，則氧原子的數目大于0.4NA，故A正確；B．根據分析，“氧化”步驟的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，同時將Mn2+氧化為MnO2除去，故B正確；C．根據分析，“氧化”步驟加入氧化鎘的目的是調pH，將Fe3+轉化為Fe(OH)3除去，故C正確；D．“電解”步驟中，陰極生成11.2g金屬鎘，即生成0.1mol金屬鎘時，轉移0.2mol電子，陽極上電解水生成氧氣和氫離子，電極反應為：2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成0.05mol氧氣，標況下氣體的體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L，題中未說明氣體的狀態條件，無法用標況下氣體摩爾體積計算，故D錯誤；答案選D。8．（2021·福建廈門市·高三一模）Al遇到極稀的硝酸發生反應生成NH4NO3，其反應為。設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．將0.2molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中的數目小于0.2NAB．1L0.1mol/LAl(NO3)3溶液中，陽離子的數目為0.1NAC．1.0g由H218O與D2O組成的混合物中所含有的中子總數為0.5NAD．反應中每消耗2.7g金屬Al，轉移的電子數為3NA【答案】C【解析】A．溶液中存在電荷守恒n(H+)+n()=n(OH-)+n(NO)，溶液呈中性所以n(H+)=n(OH-)，所以n()=n(NO)=0.2mol，即溶液中的數目為0.2NA，A錯誤；B．1L0.1mol/LAl(NO3)3溶液中含有0.1molAl(NO3)3，溶液中存在Al3+的水解Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解使陽離子數目增多，所以溶液中陽離子的數目大于0.1NA，B錯誤；C．H218O與D2O的摩爾質量均為20g/mol，所以1.0g由H218O與D2O組成的混合物中含有0.05mol分子，一個H218O與D2O分子中均含有10個中子，所以中子總數為0.5NA，C正確；D．該反應中Al為唯一還原劑，2.7g鋁的物質的量為0.1mol，被氧化時轉移0.3mol電子，D錯誤；綜上所述答案為C。9．（2021·上海南匯中學高三月考）改變溫度不影響A．物質的摩爾質量 B．水的離子積C．氣體摩爾體積 D．化學平衡常數【答案】A【解析】A．單位物質的量的物質具有的質量為物質的摩爾質量，與溫度無關，改變溫度摩爾質量不變，故A符合題意；B．升高溫度促進水的電離，水電離出的氫離子和氫氧根離子濃度增大，根據Kw=c(H+)c(OH-)，水的離子積增大，則改變溫度，影響水的離子積大小，故B不符合題意；C．氣體摩爾體積為單位物質的量的氣體所占的體積，數值的大小決定于氣體所處的溫度和壓強。其它條件不變，改變溫度，氣體摩爾體積數值一定變化，故C不符合題意；D．在一定溫度下，當一個可逆反應達到平衡狀態時，各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積與各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積的比值是個常數，這個常數即為化學平衡常數，平衡常數只與溫度有關，溫度改變，平衡常數一定改變，故D不符合題意；答案選A。10．（2020·福建莆田市·高三一模）已知：、鋅和稀硫酸反應會生成、硫酸鋅和水。現將含的試樣和鋅、稀硫酸混合恰好完全反應，將生成的緩慢通過熱玻璃管中，完全分解冷卻后得到固體。下列有關說法錯誤的是A．試樣中的質量分數為B．參與反應的鋅失去電子的物質的量為C．分解產生的氫氣在標準狀況下體積為D．若硫酸的物質的量濃度為，則消耗稀硫酸的體積為【答案】B【解析】根據已知，As2O3、鋅和稀硫酸反應的方程式為As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3+6ZnSO4+3H2O，AsH3分解的方程式為2AsH32As+3H2↑，AsH3后得到3mgAs，則4.0mg試樣中含As2O3的質量為×3mg=3.96mg，n(As2O3)==210-5mol。A．根據以上分析，試樣中As2O3的質量分數為100%=99%，故A正確；B．反應中As元素化合價由As2O3中+3價降低為AsH3中-3價，Zn中鋅元素化合價由0價升高為+2價，根據得失電子守恒，鋅失去電子的物質的量為210-526=2.410-4mol，故B錯誤；C．由方程式2AsH32As+3H2↑可知，生成氫氣的物質的量為210-5mol2=610-5mol，在標準狀況下體積為610-5mol22.4L/mol=0.001344L=1.344mL，故C正確；D．由方程式As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3+6ZnSO4+3H2O可知，消耗硫酸的物質的量為210-5mol=1.210-4mol，則消耗稀硫酸的體積為=10-3L=1mL，故D正確；答案選B。11．（2021·上海崇明區·高三一模）由H2、Cl2、O2組成的混合氣體，在一定條件下恰好完全反應生成鹽酸（無氣體剩余）則原混合氣體中H2，Cl2，O2的物質的量之比可能是A．3:2:1 B．6:1:2 C．5:3:1 D．7:4:1【答案】C【解析】物質間的反應分別為：2H2+O22H2O、H2+Cl22HCl，一定條件下恰好完全反應生成鹽酸，說明這三種氣體都沒有剩余，設氫氣的物質的量xmol，氯氣的物質的量ymol，氧氣的物質的量zmol，氫氣和氯氣反應后，剩下氫氣（x-y）和氧氣（z）恰好反應的比例為2：1，（x-y）：z=2：1，A．如果H2、Cl2、O2的體積比為3：2：1，則（x-y）：z=（3-2）：1=1：1，不符合，故A錯誤；B．如果H2、Cl2、O2的體積比為6：1：2，則（x-y）：z=（6-1）：2=5：2，不符合，故B錯誤；C．如果H2、Cl2、O2的體積比為5：3：1，則（x-y）：z=（5-3）：1=2：1，符合條件，故C正確；D．如果H2、Cl2、O2的體積比為7：4：1，則（x-y）：z=（7-4）：1=3：1，不符合，故D錯誤；故選C。12．（2020·江西南昌市·南昌十中高一月考）將ag氯酸鉀（M=122.5）充分加熱分解（同時加入少量MnO2），得到bL氣體，殘留物充分溶解后所得溶液中共有c個溶質離子。則阿伏加德羅常數（NA）一定可表示為A． B． C． D．【答案】D【解析】氯酸鉀分解生成氯化鉀和氧氣，二氧化錳是催化劑且不溶于水，所以溶液中的溶質是氯化鉀；氧氣的體積不一定是在標準狀況下，因此不能確定氧氣的物質的量；氯酸鉀的物質的量是mol，根據氯原子守恒可知，生成物氯化鉀的物質的量也是mol，殘留物充分溶解后所得溶液中共有c個溶質離子，所以N(KCl)=0.5c；則根據n＝可知，NA＝＝＝，答案選D。13．（2020·廣東廣州市·高三開學考試）海水提溴過程中發生反應：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列說法正確的是A．標準狀況下2molH2O的體積約為44.8LB．1L0.1mol·L?1Na2CO3溶液中CO32?的物質的量為0.1molC．反應中消耗3molBr2轉移的電子數約為5×6.02×1023D．反應中氧化產物和還原產物的物質的量之比為5∶1【答案】C【解析】反應3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3中，Br2一部分被還原成NaBr，一部分被氧化成NaBrO3，Br2既是氧化劑又是還原劑。A．標準狀況下H2O不是氣體，不能用22.4L/mol計算2mol水的體積，A錯誤；B．CO32-在溶液中會水解，導致其物質的量小于0.1mol，B錯誤；C．每消耗3molBr2，其中有0.5molBr2被氧化成NaBrO3，有2.5molBr2被還原成NaBr，整個過程中轉移電子的物質的量為5mol，數目約為5×6.02×1023，C正確；D．氧化產物是NaBrO3，還原產物是NaBr，由化學計量數可知氧化產物與還原產物物質的量之比為1:5，D錯誤；答案選C。14．清末成書的《化學鑒原》中有一段描述：“各原質（元素）化合所用之數名曰‘分劑數’。養氣（氧氣）以八分為一分劑（即分劑數為八），……一分劑輕氣（氫氣）為一，……并之即水，一分劑為九”。其中與“分劑數”一詞最接近的現代化學概念是（）A．摩爾質量 B．物質的量 C．化合價 D．質量分數【答案】A【解析】根據“各原質（元素）化合所用之數名曰‘分劑數’”。氧氣八分為一分劑，氫氣一分為一分劑，水九分為一分劑，則氧氣的分劑數為八，氫氣的分劑數為一，水的分劑數為九，即8份氧氣與一份氫氣化合生成九份水，滿足O2+2H2=2H2O中的質量守恒，因此與“分劑數”一詞最接近的現代化學概念為摩爾質量，故選A。15．（2020·海南高三一模）多硫化鈣可用于防治農作物、果樹的白粉病、銹病等病害。CaSx中鈣硫質量比為5：16，則CaSx可表示為（）A．CaS B．CaS2 C．CaS3 D．CaS4【答案】D【解析】CaSx中鈣硫質量比為5：16，根據元素的質量比等于元素的相對原子質量和原子的個數乘積之比，可以得到40：32x=5：16，解得x=4，CaSx可表示為CaS4，答案選D。16．（2020·天水市第一中學高三模擬）下列說法不正確的是（）A．把7.2g純鐵粉加入40mL濃度未知的HNO3溶液中，充分反應后剩余固體1.6g，產生NO2和NO的混合氣體0.08mol，若不考慮N2O4的存在，則原HNO3溶液的物質的量濃度為7.0mol/LB．將質量分數為a%，物質的量濃度為c1mol/L的稀H2SO4溶液蒸發掉一定量的水，使之質量分數為2a%，此時物質的量濃度為c2mol/L，則c1和c2的數值關系是c2＞2c1C．將標準狀況下的aLHCl氣體溶于1000mL水中，得到的鹽酸溶液密度為bg/mL，則該鹽酸溶液的物質的量濃度為mol/LD．VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+mg，則溶液中的物質的量濃度為mol/L【答案】C【解析】A．把7.2g純鐵粉投入到40mL某HNO3溶液中，充分反應后剩余固體1.6g，說明生成硝酸亞鐵，硝酸完全反應，參加反應的Fe的質量為：m(Fe)=7.2g?1.6g=5.6g，其物質的量為：n(Fe)==0.1mol，則生成硝酸亞鐵的物質的量為：n[Fe(NO3)2]=n(Fe)=0.1mol，反應中硝酸起氧化劑、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亞鐵，起氧化劑作用的硝酸生成NO和NO2，根據N元素守恒可知該硝酸溶液中含有硝酸的總物質的量為：n(HNO3)=2n[Fe(NO3)2]+n(NO+NO2)=0.1mol×2+0.08mol=0.28mol，所以原HNO3溶液的物質的量濃度為：c(HNO3)==7.0mol/L，故A正確；B．設將溶質質量分數為a%的硫酸溶液密度為ρ1，則mol/L=mol/L，設將溶質質量分數為2a%的硫酸溶液密度為ρ2，則mol/L=mol/L，所以c1：c2=mol/L：mol/L=ρ1：2ρ2，即，硫酸溶液的濃度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以＞2，即c2＞2c1，故B正確；C．標況下，aLHCl溶于1000mL水中，所得溶液中n(HCl)=mol，溶液體積為V=L，因此則該鹽酸溶液的物質的量濃度mol/L，故C錯誤；D．VLFe2(SO4)3溶液中含Fe3+mg，則溶液中mol/L，由Fe2(SO4)3化學式以及其在水中會發生完全電離可知，濃度為Fe3+濃度1.5倍，則溶液中的物質的量濃度為×mo1/L=mo1/L，故D正確；答案選C。二、主觀題（共5小題，共52分）17．（10分）（2021·山東聊城市·高三二模）過氧化鈣是一種用途廣泛的優良供氧劑，常溫下為白色固體，能溶于酸，難溶于水、乙醇，且本身無毒，不污染環境，某實驗小組制備過程如下。Ⅰ.制備利用反應，在堿性環境下制取的裝置如圖：(1)的電子式為_______。(2)寫出甲裝置中反應的化學方程式_______。(3)儀器A的名稱為_______；儀器B的作用是_______。(4)乙中反應溫度需控制在0℃左右的原因是該反應是放熱反應，溫度低有利于提高的產率和_______。(5)反應結束后，分離提純的過程中，洗滌的操作為_______。Ⅱ.制得產品并定量檢測(6)脫水干燥即得產品。經檢測知某產品中含有和，已知受熱分解有、和生成。①稱取產品，加熱，在標準狀況下生成氣體。②另取等量產品，溶于適量的稀鹽酸后，加入足量的溶液得到沉淀，則該產品中的x值為_______。【答案】(1)（1分）(2)（2分）(3)三頸燒瓶（1分）防倒吸（1分）(4)過氧化氫的利用率（1分）(5)向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待水自然流出后，重復操作2—3次（2分）(6)3（2分）【解析】由實驗裝置圖可知，裝置甲中氯化銨固體和氫氧化鈣共熱反應制備氨氣，裝置乙中，在冰水浴的條件下，三頸燒瓶中發生的反應為氯化鈣、過氧化氫和氨氣反應生成八水過氧化鈣和氯化銨，氨氣極易溶于水，長頸漏斗在實驗中起防倒吸的作用。(1)過氧化鈣是由鈣離子和過氧根離子形成的離子化合物，電子式為，故答案為：；(2)甲裝置中發生的反應為氯化銨固體和氫氧化鈣共熱反應生成氯化鈣、氨氣和水，反應的化學方程式為，故答案為：；(3)由分析可知，裝置乙中儀器A的名稱為三頸燒瓶，裝置B為長頸漏斗，用于防止因實驗時氨氣極易溶于水產生倒吸，故答案為：三頸燒瓶；防倒吸；(4)乙中反應溫度需控制在0℃左右的原因是該反應是放熱反應，溫度低，可以降低八水過氧化鈣，便于晶體析出，通過八水過氧化鈣的產率，同時也能減少過氧化氫分解，提高過氧化氫的利用率，故答案為：過氧化氫的利用率；(5)洗滌八水過氧化鈣的操作為向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待水自然流出后，重復操作2—3次即可，故答案為：向過濾器中加入蒸餾水浸沒沉淀，待水自然流出后，重復操作2—3次；(6)由①可得：2CaO2?xH2O—O2，266.8mL氧氣的物質的量為=0.012mol，則CaO2?xH2O的物質的量為0.012mol×2=0.024mol；由②可知，反應生成2.80g碳酸鈣的物質的量為=0.028mol，則樣品中CaO2?xH2O和CaO的物質的量之和為0.028mol，則CaO的物質的量為0.028mol—0.024mol=0.004mol；由樣品的質量為3.248g可得：0.024mol×(72+18x)g/mol+0.004mol×56g/mol=3.248g，解得x=3，故答案為：3。18．（12分）（2021·黑龍江哈爾濱市·哈爾濱三中高三一模）堿式碳酸銅又名孔雀石，主要成分為Cu2(OH)2CO3，呈綠色，是一種具有廣泛用途的化工產品。某化學小組探究制備堿式碳酸銅的反應條件并制備少量堿式碳酸銅。試劑：0.25mol·L-1Na2CO3溶液、0.5mol·L-1NaOH溶液、0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液各100mL實驗1：探究Cu(NO3)2與NaOH和Na2CO3溶液配比取三種反應溶液，以表中的比例混合，在60℃條件下進行實驗，并觀察現象。編號V[Cu(NO3)2]/mLV(NaOH)/mLV(Na2CO3)/mL沉淀數量沉淀顏色1222.8+++藍色2222.4+++藍色3222++淺綠色4221.6+淺綠色注：“+”越多表示沉淀的相對量越多實驗2：探究反應溫度按上述實驗得到的合適反應液用量，在不同溫度下進行實驗，并觀察現象。反應溫度/℃沉淀數量沉淀顏色室溫++++藍色40++++藍色60+淺綠色75++綠色80+++綠色(少量黑色)實驗3：制備堿式碳酸銅按最佳物料比取50mL0.5mol·L-1Cu(NO3)2溶液、50mL0.5mol·L-1NaOH溶液和相應體積的0.25mol·L-1Na2CO3溶液，在最佳反應溫度下進行實驗，待反應完全后，靜置，過濾、洗滌、干燥后，得到2.5g產品。請回答下列問題：(1)本實驗配制溶液時用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒以外還有_______。(2)制備堿式碳酸銅時，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物質的量之比為_______，最佳反應溫度為_______，本實驗的加熱方式為_______。(3)請寫出本實驗制備堿式碳酸銅的化學方程式_______。(4)實驗2中在80℃反應生成的沉淀中有少量黑色的物質，產生該物質的原因可能是_______。(5)計算本實驗的產率_______%(保留三位有效數字)。【答案】(1)100mL容量瓶、膠頭滴管（2分）(2)2：2：1（2分）75℃（1分）水浴加熱（1分）(3)2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2=Cu2(OH)2CO3+4NaNO3（2分）(4)堿式碳酸銅受熱分解生成黑色的氧化銅（2分）(5)90.1（2分）【解析】(1)本實驗配制溶液時用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒以外還有100mL容量瓶、膠頭滴管；(2)由實驗1表格數據可知，當Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的體積均為2mL時，生成堿式碳酸銅最多，又Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的濃度分別為0.5mol·L-1、0.5mol·L-1、0.25mol·L-1，則制備堿式碳酸銅時，Cu(NO3)2、NaOH和Na2CO3溶液的最佳物質的量之比為2：2：1；由實驗2表格數據可知，當溫度為75℃時，生成堿式碳酸銅最多，則最佳反應溫度為75℃，故本實驗的加熱方式為水浴加熱；(3)制備堿式碳酸銅的化學方程式為2NaOH+Na2CO3+2Cu(NO3)2=Cu2(OH)2CO3+4NaNO3；(4)實驗2中在80℃反應生成的沉淀中有少量黑色的物質，產生該物質的原因可能是堿式碳酸銅受熱分解生成黑色的氧化銅；(5)由反應方程式可知，理論上生成堿式碳酸銅的物質的量為，質量為，則本實驗的產率為。19．（10分）（2021·浙江寧波市·高三二模）硫粉和溶液反應可以生成多硫化鈉()，離子反應為：、…(1)在溶液中加入硫粉，只發生，反應后溶液中和無剩余，則原_______。(2)在一定體積和濃度的溶液中加入硫粉，控制一定條件使硫粉完全反應，反應后溶液中的陰離子有、、(忽略其他陰離子)，且物質的量之比為。則反應后溶液中的_______。(寫出計算過程)【答案】(1)0.25(2)0.1【解析】(1)硫粉的物質的量為=0.025mol，只發生，則，0.25；(2)，，根據，，，，。20．（10分）（2021·浙江衢州市·高三二模）混合堿(Na2CO3與NaHCO3，或Na2CO3與NaOH的混合物)的成分及含量可用雙指示劑法測定。步驟如下：取混合堿溶液25.00mL，滴加2滴酚酞為指示劑，用0.2000mol·L?1的鹽酸滴定液滴定至溶液呈微紅色，記下消耗鹽酸體積為22.50mL；再滴加2滴甲基橙，繼續滴定至溶液