河北省魏县第五中学2019_2020学年高一化学上学期第二次月考试题含解析.doc

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1、1河北省魏县第五中学河北省魏县第五中学 2019-20202019-2020 学年高一化学上学期第二次月考试学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）题（含解析）可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1H-1C-12C-12O-16O-16Na-23Na-23Mg-24Mg-24S-32S-32Cl-35.5Cl-35.5K-39K-39Mn-55Mn-55Ba-137Ba-137一、选择题（每题一、选择题（每题 2 2 分，共分，共 4040 分）分）1.海水中含有大量的化学元素,自然界中的有些元素主要存在于海水中。下列元素中,被称为“海洋元素”的是A.钠B.碘C.溴D.氯【答

2、案】C【解析】试题分析：地球上 99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。答案选C。考点：海水资源2.下列电离方程式正确的是A.NaOH=NaO2HB.FeCl3=Fe3Cl3C.Ca(NO3)2=Ca22(NO3)2D.NH4HSO4=NH4+HSO42-【答案】D【解析】【详解】A.NaOH=NaO2H中，OH-不能拆成 O2H，错误；B.FeCl3=Fe3Cl3中，Cl3应为 3Cl-，错误C.Ca(NO3)2=Ca22(NO3)2中，2(NO3)2应为 2NO3-，错误；D.NH4HSO4=NH4+HSO42-，正确。故选 D。3.铝合金、氧化铝、硫酸铝三种物质的分类

3、正确的是（）A.混合物、氧化物、盐B.单质、混合物、盐C.盐、氧化物、纯净物D.混合物、盐、化合物【答案】A【解析】【详解】A 项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物；氧化2铝属于氧化物，硫酸铝属于盐，故 A 正确；B 项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物，不是单质，氧化铝属于氧化物，不是混合物，故 B 错误；C 项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物，不属于盐，故C 错误；D 项、氧化铝属于氧化物，不属于盐，故 D 错误；故选 A。4.取一块金属钠放在燃烧匙里加热，下列关于该实验现象的描述不正确的是（）A.金属先

4、熔化B.燃烧后生成白色固体C.燃烧后生成淡黄色固体D.燃烧时火焰为黄色【答案】B【解析】【详解】A 项、由于钠的熔点较低，在燃烧匙里加热时会先熔化，故 A 正确；B 项、钠在空气中放置生成白色固体氧化钠，钠在燃烧匙里加热，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故 B 错误；C 项、钠在燃烧匙里加热，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故 C 正确；D 项、钠燃烧时，先受热熔化成闪亮的小球，然后燃烧，燃烧时火焰为黄色，故正确；故选。【点睛】钠在空气中放置生成白色固体氧化钠，钠在空气中燃烧生成淡黄色固体过氧化钠是解答关键，也是易错点。5.下列表示物质结构的图正确的是（）A.Na 原子结构示意图：B.Cl结构示意图C

5、.O 的原子结构示意图：D.Al3+结构示意图【答案】C【解析】【详解】A 项、Na 原子的核电荷数为 11，核外有 3 个电子层，11 个电子，原子结构示意图为，故 A 错误；3B 项、Cl离子的核电荷数为 17，核外有 3 个电子层，18 个电子，离子的结构示意图为：，故 B 错误；C 项、O 原子的核电荷数为 8，核外有 2 个电子层，8 个电子，原子结构示意图为：，故 C 正确；D 项、Al3+离子的核电荷数为 13，核外有 2 个电子层，10 个电子，离子的结构示意图为：，故 D 错误；故选 C。6.下列离子的检验方法正确的是A.某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有 Cl-B.某溶液有白

6、色沉淀，说明原溶液中有 SO42-C.某溶液无明显变化溶液变红色，说明原溶液中有 Fe2+D.某溶液生成无色无味气体，说明原溶液中有 CO32-【答案】C【解析】试题分析：A 选项中，CO32-，SO42-，均可以使得硝酸银溶液有白色沉淀产生，故 A 选项错误；B 选项中未排除 CO32-的干扰，CO32-也可以使得氯化钡溶液产生沉淀，故 B 选项错误；C 选项中，开始含有 Fe2+的溶液与 KSCN 溶液不发生反应，但是随后 Fe2+被氧化为 Fe3+，Fe3+与 KSCN溶液反应形成血红色络合物，故 C 选项正确；D 选项中，如果溶液中只有 HCO3-也会有完全一样的现象，故 D 选项错误

7、。考点：离子检验时排除干扰离子7.常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+=2Y2+X2+，则下列叙述X 被氧化；X 是氧化剂；Y2+既具有氧化性也具有还原性；Y2+是氧化产物；Y3+的氧化性比 X2+的氧化性强。以下叙述中正确的是A.B.C.D.4【答案】B【解析】试题分析：由 X+2Y3+=2Y2+X2+可知，X 的化合价升高，Y 的化合价降低；X 作还原剂，被氧化，故正确；X 的化合价升高，X 是还原剂，故错误；+2 的 Y 化合价既可升高，又可降低，既有氧化性又有还原性，故正确；Y 的化合价降低，Y2+是还原产物，故错误；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则 Y3+的氧化性比 X

8、2+的氧化性强，故正确；故选 B。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】明确元素的化合价是解答本题的关键，由 X+2Y3+=2Y2+X2+可知，X 的化合价升高，Y 的化合价降低，则 X 作还原剂，具有还原性，被氧化，发生氧化反应；Y3+具有氧化性，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。8.将一小块钠投入下列溶液时，既能产生气体又会出现沉淀的是A.稀 H2SO4B.氢氧化钠溶液C.硫酸铜溶液D.氯化钠溶液【答案】C【解析】试题分析：钠投入到稀硫酸溶液中，钠不仅和稀硫酸反应还和水反应，稀硫酸和钠反应生成物是硫酸钠和氢气；氢氧化钠稀溶液和钠反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气；

9、硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠；钠和氯化镁溶液反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和氯化镁反应，所以产物有白色氢氧化镁沉淀、气体、氯化钠，有关反应方程式分别如下：2Na+H2SO4Na2SO4+H2、2Na+2H2O2NaOH+H2、CuSO4+2Na+2H2OCu（OH）2+Na2SO4+H2、MgCl2+2H2O+2NaMg（OH）2+2NaCl+H2，因此正确的答案选 CD。考点：考查钠与酸碱盐溶液反应的实验现象和产物的判断点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。

10、表面看钠与碱不反应，无方程式可写，但是钠却能够和溶液中的溶剂水反应，所以反应的实质就是钠与水的反应，另一方面还考查了学生的思维能力。9.下列说法中不正确的是A.钠保存在石蜡油或煤油中B.氯水保存在棕色试剂瓶中5C.保存 FeSO4溶液需加入少量铁粉D.实验室盛装 NaOH 溶液的试剂瓶用玻璃塞【答案】D【解析】试题分析：A、钠非常活泼，容易与空气中的氧气或水蒸汽发生反应，因此要密封保存，由于钠的密度比石蜡油或煤油大，所以可以保存在石蜡油或煤油中，以隔绝空气，A 正确；B、氯水中的 HClO 不稳定，光照容易分解，所以氯水要保存在棕色试剂瓶中，B 正确；C、FeSO4中+2 价的铁容易被空气中的

11、氧气氧化变为 Fe3+，而 Fe3+会与 Fe 发生反应产生 Fe2+，所以保存FeSO4溶液需加入少量铁粉，C 正确；D、NaOH 容易与玻璃的成分 SiO2发生反应产生有粘性的物质 Na2SiO3，将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，所以实验室盛装 NaOH 溶液的试剂瓶用橡胶塞，D 错误，答案选 D。考点：考查物质的保存的知识。10.用 1L1molL1的 NaOH 溶液吸收 0.8molCO2，所得溶液中，CO32和 HCO3的物质的量浓度之比约为A.13B.21C.23D.32【答案】A【解析】11.为纪念编制了第一个元素周期表的俄国化学家门捷列夫，人们把第 101 号元素（人工合成元素）命名

12、为钔。该元素最稳定的一种核素为258101Md，该原子中子数为（）A.56B.101C.157D.258【答案】C【解析】【分析】依据原子构成，258 为质量数，101 为质子数，利用质量数=质子数中子数，进行判断即可；【详解】根据原子构成，258 为质量数，101 为质子数，利用质量数=质子数中子数，中子数=258101=157，故 C 正确。12.某溶液中只含 Na+、Mg2+、SO42-、Cl，其物质的量浓度比为 Na+Mg2+Cl=355，若Na+的浓度为 3 molL-1，则 SO42-的浓度为（）6A.2 molL-1B.3 molL-1C.4 molL-1D.8molL-1【答案

13、】C【解析】【详解】假设 Na+浓度为 3mol/L，由 c（Na+）：c（Mg2+）：c（Cl-）=3:5:5，可得 c（Mg2+）=5mol/L，c（Cl-）=5mol/L；根据溶液电荷守恒有 c（Na+）+2 c（Mg2+）=c（Cl-）+2c（SO42-），故 3mol/L+25mol/L=5mol/L+2 c（SO42-），计算得出:c（SO42-）=4 molL-1；故 C 正确；故答案选 C。【点睛】电解质溶液中，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，溶液呈电中性，电荷数（或量）的求法：该离子的个数（或量）离子所带电荷数。13.在蒸馏实验中，下列说法不正确的是（）A.温度

14、计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处B.冷凝管中冷却水的流向是从上向下流C.加入沸石的作用是防止液体暴沸D.加热时，蒸馏烧瓶下面要垫石棉网【答案】B【解析】【详解】A、将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，测蒸汽的温度，A 正确；B、冷却水从冷凝管下口入，上口出，使冷凝效果更好，B 错误；C、蒸馏需要加热至沸腾，为防止液体局部沸腾而造成液滴飞溅（即暴沸），需要加沸石或碎瓷片防止暴沸，C 正确；D、烧瓶、烧杯类仪器底面积较大，若直接加热易导致炸裂，应垫石棉网加热，D 正确；故选 B。14.下列叙述不正确的是（）A.在熔融和溶解时均不导电的化合物，叫做非电解质B.电解质、非电解质都是对化合物而言，单质不

15、在此范畴C.强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强D.在水中导电的物质一定是电解质【答案】D【解析】7【详解】A 项、在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，叫做电解质，在熔融状态下和水溶液中均不导电的化合物，叫做非电解质，故 A 正确；B 项、电解质和非电解质都是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质，故 B 正确；C 项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，如果弱电解质溶液中离子浓度大于强电解质溶液，则弱电解质溶液导电能力大于强电解质，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故 C 正确；D 项、有的电解质溶解度很小，在水中几

16、乎不导电，如硫酸钡为电解质，硫酸钡在水中不导电；有的非电解质，如氨气、二氧化硫等，在溶液中能够导电，故 D 错误；故选 D。【点睛】无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，溶解度减小的电解质，在水溶液中不导电，如氯化银、硫酸钡等；有些非电解质在溶液中能够导电，如氨气、二氧化硫等。15.只用一种试剂，一次区别开 Na2SO4、AgNO3和 Na2CO3三种溶液，该试剂是A.BaCl2溶液B.KOH 溶液C.NaNO3溶液D.稀盐酸【答案】D【解析】【分析】选择试剂时，可采用逐一分析法，即将三种溶液中的离子进行逐一分析，确

17、定能产生现象的试剂，然后将三者综合分析，确定一种试剂；也可采用验证法，即对备选答案中的每一种试剂逐一分析，然后加以取舍。【详解】用试剂区分 Na2SO4、AgNO3和 Na2CO3三种溶液，即采用化学方法。对三种溶液来说，只能利用化学试剂区分 SO42-、Ag+、CO32-，若用 BaCl2，三者都产生白色沉淀，无法区分，所以必须让 CO32-产生气体。故选 A。若用验证法，则有：A.BaCl2溶液，三者都产生白色沉淀，不能区分；B.KOH 溶液，只有 AgNO3产生白色沉淀，另二种物质无现象，不能区分；C.NaNO3溶液，都没有现象产生，无法区分；D.稀盐酸，现象为：无现象、产生白色沉淀、产

18、生气体，可以区分。故选 D。16.等体积的两容器内，一个盛满 O2，另一个盛 O3和 O2的混合气体，若容器内温度、压强相8同，则两容器内所盛气体一定具有相同的A.原子总数B.密度C.质量D.分子总数【答案】D【解析】【分析】容器内温度、压强相同，则表明气体的摩尔体积相同，则等体积的两容器内的气体，物质的量相同。根据阿伏加德罗定律的推论，气体的密度之比等于其相对分子质量之比。【详解】为便于比较，我们可以假设两容器内气体的物质的量都为 1mol。A.原子总数，O2为 2mol；混合气为介于 2mol3mol 之间，不合题意；B.密度，O2的相对分子质量为 32；混合气的相对分子质量介于 3248

19、 之间，不合题意；C.质量，O2为 32g；混合气介于 32g48g 之间，不合题意；D.分子总数，都为 NA，符合题意。故选 D。【点睛】对于不定组成的混合气体，我们可采用极值法进行分析。如 1molO2、O3的混合气，所含 O 原子的物质的量极端值为 2mol、3mol，所以混合气中所含 O 原子的物质的量介于 2mol到 3mol 之间。17.在下列化学方程式中，不能用离子方程式：Ba2+SO42-=BaSO4表示的是（）A.BaCl2+K2SO4=BaSO4+2KClB BaCO3+H2SO4=BaSO4+H2O+CO2C.Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3D.Ba(

20、OH)2+K2SO4=BaSO4+2KOH【答案】B【解析】【详解】A.BaCl2+K2SO4=BaSO4+2KCl的离子方程式为 Ba2+SO42-=BaSO4；B.BaCO3+H2SO4=BaSO4+H2O+CO2的离子方程式为 BaCO3+2H+SO42-=BaSO4+H2O+CO2；C.Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4+2HNO3的离子方程式为 Ba2+SO42-=BaSO4；D.Ba(OH)2+K2SO4=BaSO4+2KOH 的离子方程式为 Ba2+SO42-=BaSO4；不能用 Ba2+SO42-=BaSO4表示的是 B 项，答案选 B。18.下列无色溶液中，离子可以大量

21、共存的一组是9A.H+Na+OHB.Na+NO3ClC.K+H+HCO3D.Cu2+SO42NO3【答案】B【解析】【详解】A.H+与 OH-反应不能大量共存，A 不符合题意；B.Na+、NO3-、Cl-之间不反应，可以大量共存，B 符合题意；C.H+、HCO3-反应不能大量共存，C 不符合题意；D.含 Cu2+的溶液显蓝色，不能大量共存，D 不符合题意；答案选 B。【点睛】掌握离子的性质是解答的关键，另外解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，例如溶液的酸碱性、溶液的颜色（例如本题要求是无色的）、溶液的具体反应条件等，最后还要特别注意是“可能”共存，还是“一定”共存等。19.被称为万能

22、还原剂的 NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2。下列说法中正确的是(NaBH4中 H 为-1 价)A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂B.NaBH4是氧化剂，H2O 是还原剂C.硼元素被氧化，氢元素被还原D.被氧化的元素与被还原的元素质量之比为 1:1【答案】D【解析】【分析】从反应前后不同物质中 H 元素的化合价分析，结合氧化还原反应的规律判断。【详解】在 NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2中，只有 H 元素的化合价发生变化。NaBH4中 H 元素化合价为-1 价，H2O 中 H 元素化合价为+1 价，反应后产生 H2中 H 元素化合价为 0 价，NaBH

23、4的 H失去电子，被氧化，NaBH4作还原剂，H2O 中的 H 获得电子，被还原，H2O 作氧化剂。由于被氧化的 H 与被还原的 H 物质的量相等，所以被氧化的元素与被还原的元素质量比为 1：1，选项 D 符合题意。【点睛】本题考查氧化还原反应的概念及计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，特征、实质及发生反应类型关系可表示为：升失氧，降得还。可根据元素化合价的变化计算反应过程中电子转移的数目。20.今有一混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na+、Ba2+、Cl、CO32、SO42，现10取 200mL 溶液加入 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 12.54g，经足量盐

24、酸洗涤、干燥后，沉淀质量为 4.66g。根据上述实验，以下推断不正确的是A.溶液中一定存在 CO32、SO42、Na+B.溶液中 c(Na+)0.6molL-1C.溶液中一定没有 Ba2+，可能存在 ClD.溶液中 n(SO42）0.02mol【答案】D【解析】【分析】200mL 溶液加入 BaCl2溶液后，得干燥沉淀 12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g。此信息告诉我们，m(BaSO4)=4.66g，m(BaCO3)=12.54g-4.66g=7.88g。【详解】从分析中我们可以得出：n(BaSO4)=4.660.02233/gmolg mol，n(BaCO3)=7.8

25、80.04197/gmolg mol，从而得出n(SO42-)=0.02mol，n(CO32-)=0.04mol。依据离子共存原则，溶液中一定不含有 Ba2+；依据电荷守恒原则，溶液中一定含有 Na+，但不能肯定 Cl-是否存在。从而得出n(Na+)2n(SO42-)+2n(CO32-)=0.12mol，cNa+)0.120.6/0.2molmol LL，A.溶液中一定存在 CO32、SO42、Na+，正确；B.溶液中 c(Na+)0.6molL-1，正确；C.溶液中一定没有 Ba2+，可能存在 Cl-，正确；D.溶液中n(SO42)0.02mol，错误。故选 D。二、填空题二、填空题(离子、

26、化学方程式每个离子、化学方程式每个 3 3 分，其余每空分，其余每空 2 2 分，共分，共 5050 分分)21.有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有 AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为 A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A 与 B、A 与 E 产生沉淀，B 与 D、B 与 E 产生沉淀，C与 E、D 与 E 产生气体，而 C 与 D 无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：A_，B_，C_，D_，E_。另外，请写出下面要求的离子方程式。(1)A 与 E：_。11(2)B 与 E：_。(3)C

27、与 E：_。【答案】(1).BaCl2(2).AgNO3(3).HNO3(4).HCl(5).K2CO3(6).Ba2+CO32-=BaCO3(7).2Ag+CO32-=Ag2CO3(8).2H+CO32-=CO2+H2O【解析】C 与 E、D 与 E 产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有 K2CO3，则 E 为 K2CO3，C、D 为 HNO3、HCl 中的物质；D 与 B 能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而 HCl 能与 AgNO3产生 AgCl 沉淀，则 D 为 HCl，C 为 HNO3，B 为 AgNO3；A 与 B 产生沉淀，则 A 为 BaCl2。故答案为 BaCl

28、2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。（1）A 为 BaCl2，E 为 K2CO3，二者反应生成 BaCO3，反应的离子方程式为 Ba2+CO32=BaCO3；（2）B 为 AgNO3，E 为 K2CO3，二者反应生成 Ag2CO3，反应的离子方程式为 2Ag+CO32=Ag2CO3；（3）C 为 HNO3，E 为 K2CO3，二者反应生成 CO2，反应的离子方程式为 2H+CO32=CO2+H2O。22.某同学在实验室中称取 20gNaOH 固体，配制 500mL1molL-1的氢氧化钠溶液。（1）该同学准备的实验用品有：托盘天平(带砝码)、药匙、量筒、玻璃棒等，还缺少的玻璃仪器有_

29、、_、_。（2）下列有关实验操作，正确的是_。(多选)A.称量氢氧化钠固体时，应该放在称量纸上称量B.某同学将称量的氢氧化钠固体溶解并冷却至室温，然后转移到容量瓶中C.某同学在定容时，不小心加水超过刻度线，又将多余的液体吸出直至刻度线D.某同学在溶解、转移完氢氧化钠溶液后，将溶解用的仪器洗涤 23 次，并将洗涤液转移到容量瓶中（3）玻璃棒在该实验中的作用有_，_。（4）若实验室遇到下列情况，对氢氧化钠溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)转移时，有少量的溶液洒落出容量瓶_。定容时，容量瓶中事先有洁净的蒸馏水，所配溶液的浓度_。定容时俯视溶液的凹液面_。【答案】(1).5

30、00mL 容量瓶(2).烧杯(3).胶头滴管(4).BD(5).搅拌(6).引流(7).偏低(8).无影响(9).偏高12【解析】【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；（2）根据实验操作的方法分析；（3）玻璃棒在溶解固体时作用为搅拌，加速固体溶解；在移液时用于引流液体；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据 c=nV进行误差分析。【详解】（1）配制顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤仪器（将洗涤液倒入容量瓶）定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到 500mL 容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻

31、璃棒 23 次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线 12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管；（2）A、氢氧化钠为易潮解的固体，应放在玻璃器皿中称量，故错误；B、因氢氧化钠固体溶解水放热，溶解后应冷却至室温，再转移到容量瓶中，否则会引起误差，故正确；C、某同学在定容时，不小心加水超过刻度线，又将多余的液体吸出直至刻度线，导致部分溶质被吸出，导致配制的浓度偏低，故错误；D、某同学在溶解、转移完氢

32、氧化钠溶液后，将溶解用的仪器洗涤 23 次，并将洗涤液转移到容量瓶中，这样确保溶质全部转移到容量瓶中，故正确；BD 正确，故答案为：BD；（3）溶解时用玻璃棒搅拌加速氢氧化钠的溶解，转移液体时用玻璃棒引流，故答案为：搅拌；引流；（4）转移时，有少量的溶液洒落出容量瓶会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；溶液配制需加水定容，定容时，容量瓶中事先有洁净的蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响；定容时俯视溶液的凹液面，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高。【点睛】氢氧化钠为易潮解的固体，应放在玻璃器皿中称量，氢氧化钠固体溶解水放热，溶13解后应冷却至室温，再转移到

33、容量瓶中是配制 500mL1molL-1的氢氧化钠溶液的操作关键。23.某研究性学习小组设计了用氧化浓盐酸的方法制取氯气的实验，其实验装置如图：(1)写出圆底烧瓶中发生反应的化学方程式：_。(2)如果将过量的二氧化锰与 20mL12molL1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于 0.06mol。其主要的原因有_；_。(3)L 的作用是_；饱和食盐水的作用是_。(4)为了提高浓盐酸的利用率，你对实验的建议是_。【答案】(1).MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O(2).加热使 HCl 大量挥发(3).盐酸变稀后不再发生反应(4).平衡压强作用，便于液体顺利流下(5).吸收

34、氯气中的氯化氢(6).小火加热【解析】【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（2）二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应；（3）L 将分液漏斗与圆底烧瓶连接，起到平衡压强作用；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水；（4）依据浓盐酸易挥发的性质解答。【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）)如果将过量的二氧化锰与 20mL12molL1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于 0

35、.06mol 的原因是浓盐酸具有挥发性，加热促进氯化氢的挥发，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，氯化氢不可能完全反应，故答案为：加热使 HCl 大量挥发；盐酸变稀后不再发生反应；14（3）L 将分液漏斗与圆底烧瓶连接，起到平衡压强作用，便于液体顺利流下；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，故答案为：平衡压强作用，便于液体顺利流下；吸收氯气中的氯化氢；（4）因为浓盐酸易挥发，为了提高浓盐酸的利用率，应小火加热，故答案为：小火加热。【点睛】随着反应的进行，盐酸的浓

36、度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，氯化氢不可能完全反应是解答关键，也是分析的难点。三、计算题（共三、计算题（共 1010 分）分）24.将 70g 过氧化钠和氧化钠混合物与 98g 水充分反应，所得溶液恰好能被含硫酸 98g 的酸溶液中和，求：（1）原混合物中过氧化钠和氧化钠的质量分别是多少？_（2）所得氢氧化钠溶液的质量分数是多少？_【答案】(1).39g 和 31g(2).50%【解析】【分析】（1）氧 化 钠 和 过 氧 化 钠 与 水 反 应 的 化 学 方 程 式 分 别 为 Na2O2+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由硫酸的质

37、量计算得到反应生成氢氧化钠的物质的量，由氧化钠和过氧化钠的质量和氢氧化钠的物质的量建立关系式求解；（2）依据化学方程式和质量守恒定律计算溶液的质量，由氢氧化钠的质量和溶液的质量计算可得。【详解】（1）98g 硫酸的物质的量为 1mol，所得溶液恰好被 1mol 硫酸中和，反应生成硫酸钠，则生成氢氧化钠的物质的量为 2mol，设过氧化钠、氧化钠的物质的量分别为 x、y，则：2x+2y=2mol、78x+62y=70，根据解得：x=y=0.5mol，则原混合物中过氧化钠的质量为：78g/mol0.5mol=39g，氧化钠的质量为：62g/mol0.5mol=31g，故答案为：39g 和 31g；（2）根据反应 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，反应生成的氧气为：0.5mol12=0.25mol，故反应后溶液的质量为 70g+98g-0.25mol32g/mol=160g，生成氢氧化钠的质量为40g/mol2mol=80g，所得溶液中氢氧化钠的质量分数为80160gg100%=50%，故答案为：50%。【点睛】由硫酸的质量计算得到反应生成氢氧化钠的物质的量，由氧化钠和过氧化钠的质量和氢氧化钠的物质的量建立关系式求解是解答关键。