2018-2019学年高一化学上学期一月调研性检测试题(含解析).doc

xx-2019学年高一化学上学期一月调研性检测试题(含解析)可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65一、单选题(本大题共18小题，每小题3分，共54.0分)1. 化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B. 凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用C. 为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D. 提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染【答案】B【解析】试题分析：只要合理科学的使用食品添加剂，对人体是无害的，不能全盘否定，选项B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。考点：考查化学与生活、生成及环境保护等点评：化学与可持续发展及环境保护尽管不是教学的重点，但该内容与我们的生产、生活息息相关，因此成为历年高考的必考的热点。历年试题的难度多以基础题、中档题为主、题型主要为选择题、试题的命题形式是常把化学知识与实际生产、生活、环境保护及科技前沿等问题结合起来，突出化学与可持续发展、环境保护的密切联系，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。2.下列关于胶体，判断不正确的是( )A. 胶体的本质特征是胶体粒子直径在1nm100nmB. 煮沸饱和FeCl3溶液可以制得Fe(OH)3胶体C. 丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液D. 溶液和胶体的分散质能通过滤纸孔隙【答案】B【解析】【详解】A.胶体的本质特征是分散质粒子直径在1nm100nm，溶液的分散质粒子直径小于1nm，故A正确；B.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，来制备Fe(OH)3胶体，故B错误；C.鉴别溶液和胶体是利用丁达尔现象，即用激光笔照射，胶体有一条光亮的通路，而溶液没有，故C正确；D. 胶体、溶液的分散质都能通过滤纸孔隙，故D正确。故选B。3.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，有如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤；不正确的操作顺序是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】粗盐的提纯中，加Na2C03可以除去Ca2+，加BaCl2可以除去SO42-离子，加入NaOH可以除去Mg2+离子；为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，引入的杂质离子也要除掉，所以Na2C03在BaCl2后面加入，以除去多余的Ba2+离子，盐酸必须在过滤后加入，除去多余的CO32-离子、OH-离子，即顺序不能改变，符合该顺序的选项都是合理的，即A、B、D都正确，故C错误。故选C。【点睛】除杂的原则：一是除去杂质，二是不损失主体物质，三是不引入新杂质，四是易恢复原来状态。4.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得:2Fe(OH)3 +4NaOH+3NaClO = 2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，关于该反应说法正确的是（ ）A. 氢氧化铁中铁元素的化合价为正三价，只有氧化性，B. 反应中次氯酸钠是氧化剂，氯化钠是氧化产物，C. 生成1molNa2FeO4，有6mol电子转移D. 高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌【答案】D【解析】分析：中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,以此来解答。详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故A错误;B.反应中次氯酸钠中Cl元素的化合价降低了,NaClO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;C.生成1mol Na2FeO4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3mol电子转移,故C错误;D.Na2FeO4中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。点睛：考查氧化还原反应的原理和应用。高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，能消毒杀菌，根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，进而确定转移电子数。5.用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ )A. 相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同B. 56gFe与足量盐酸反应转移电子数为3NAC. 任何条件下，22.4LNH3与18gH2O所含电子数均为10NAD. 46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA【答案】D【解析】A项错误，铝和强酸溶液反应：2Al6H=2Al33H2，铝和强碱溶液反应：2Al2OH6H2O=2Al(OH)43H2，由条件及反应方程式可知：2molAl完全反应都生成3molH2，在相同状况下体积是相同的；B项错误，由Fe2H=Fe2H2，56gFe（即1molFe）反应失去2mol电子变为Fe2；C项错误，1molNH3与1molH2O（18gH2O）所含电子数均为10NA，而任何条件下22.4L NH3不一定是1mol；D项正确，因为N2O4和NO2中的N元素O元素的物质的量比都是1：2所以质量比为14：32，所以有N元素14克，O元素32克，跟据摩尔质量就知道N元素有1mol，O元素有2mol，所以原子数为3NA。综上所述，答案选D。点睛：NA的有关计算，是高考重点题型之一，涉及的知识较多，要注意条件、反应情况、化学用语等，避免因考虑不全面而出错。6.24mL浓度为0.05molL-1Na2SO3溶液恰好与20mL 浓度为0.02molL-1的K2X2O7溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2X2O7氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为下列的A. +2 价 B. +3 价 C. +4价 D. +5价【答案】B【解析】令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则2410-3L0.05mol/L（6-4）=2010-3L0.02mol/L2（6-a），解得a=+3，故选B。点睛：考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2X2O7中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。7.下列操作能达到实验目的或不影响实验的是A. 容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B. 向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体C. 向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，若有白色沉淀，说明溶液中含硫酸根D. 蒸馏时应先加热然后再通冷凝水【答案】A【解析】容量瓶蒸馏水洗后未加干燥，溶液的体积并不变，浓度不变，故A正确；向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，故B错误；向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，若有白色沉淀，说明溶液中含硫酸根或银离子，故C错误；蒸馏时应先通冷凝水再加热，故D错误。点睛：容量瓶使用前不用干燥；向沸水中逐滴滴加FeCl3饱和溶液至液体呈透明红褐色，制备Fe(OH)3胶体。8.在一定温度下，向饱和澄清石灰水中加入一定量的生石灰，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是A. 溶液中Ca2+数目增加 B. 溶液中Ca2+数目减少C. 溶液中OH-浓度减少 D. 溶液中OH-浓度增大【答案】B【解析】加入生石灰后，生石灰将结合一部分水而发生反应生成氢氧化钙。由于是饱合溶液，所以在水被消耗的同时，原来与这部分水共存的氢氧化钙溶质也会析出，剩余溶液仍为饱和溶液。溶液质量减小，溶液中溶质物质的量减小，溶液中Ca2+数目减少，故A错误、B正确；温度不变，所以浓度不变，溶液中OH-浓度不变，故CD错误。点睛：温度不变的条件下，饱和溶液蒸发溶剂，析出晶体后剩余的溶液仍然是饱和溶液，溶液浓度不变。9.只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是( )A. Fe(NO3)3溶液 B. MgCl2溶液C. BaCl2溶液 D. FeCl3溶液【答案】D【解析】【详解】AFe（NO3）3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故A错误；BMgCl2溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；CBaCl2溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故C错误；DFeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故D正确。故选D。10.下列实验操作或装置能达到实验目的的是A. 量取109.3ml稀盐酸 B. 称量25g烧碱固体C. 碳酸氢钠受热分解 D. 配制一定物质的量浓度的稀硫酸【答案】C【解析】本题考查的是实验基本操作。A项中要量取的溶液体积超过了量筒的量程，错误；B违反了左物右码；C正确；D直接将浓硫酸加到容量瓶中进行稀释也是错的，应该先在烧杯中稀释，冷却到室温后再转移到容量瓶中。11.某溶液含有NO3- HCO3- SO32- CO32- SO42- 等五种阴离子，向其中加入少量的过氧化钠固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】Na2O2具有强氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，故SO32-的浓度减小，SO42-的浓度增大。同时Na2O2溶于水后生成NaOH，NaOH可与HCO3-反应生成CO32-，因此CO32-的浓度增大，HCO3-的浓度减小。而NO3-不与Na2O2反应，则NO3-浓度基本不变，故A 正确。故选A。12. 研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是A. 分散质粒子直径与分散系种类：B. NaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：C. AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：D. Na与O2反应的产物：【答案】D【解析】A项正确，根据分散质粒子直径大小，将常见混合物分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径1小于10-9m的属于溶液，大于10-7m的属于浊液，介于10-910-7m之间的属于胶体；B项正确，CO2与碱反应时产物与二者的相对量有关，如：CO2足量时：CO2NaOH=NaHCO3CO2不足时：CO22NaOH=Na2CO3H2O，1时，只发生反应，生成NaHCO3，2时，只发生反应，生成Na2CO3，12时，既有NaHCO3又有Na2CO3；C项正确，可能发生反应为：Al33OH(少量) =Al(OH)3Al34OH(足量) =AlO2H2O，3时，只发生生成Al(OH)3，剩余Al3+，4时，只发生反应生成AlO2，剩余OH，34时，既有Al(OH)3又有AlO2；D项错误，Na与氧气反应产物与反应条件有关，一般常温生成Na2O，加热生成Na2O2。综上所述，答案选D。 点睛：本题借助数轴的方式直观的表示常见分散系、与量有关的重要反应。通过分析产物的情况考查学生对此类反应规律的掌握，有一定综合性。13.将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H22.8L(标准状况），原混合物质量可能是（ ）A. 2g B. 4g C. 10g D. 12g【答案】B【解析】三种金属与稀硫酸反应离子方程式为：Mg2H+=Mg2+H2、Zn2H+=Zn2+H2、Al2 H+=Al3+H2，由此可得：产生标准状况下相同体积的氢气，消耗锌的质量最大，消耗铝的质量最少。标准状况下2.8L H2 的物质的量为n（H2）= =0.125mol，假设金属全部为Zn时可求得金属的质量为：0.125mol65gmol-1=8.125g；假设金属全部为Al时可求得金属的质量为：0.125mol27gmol-1=2. 25g，则金属实际质量应介于2.25g8.125g之间，所以A、C、D项错误，B项正确。综上所述，符合题意的为B项。点睛：不同金属混合物与酸反应产生氢气的计算问题，可通过极值分析的方法解决。注意铝的化合价为3价，而镁、锌的化合价为2价。14.某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2+)=2mol/L，c(SO42-)=6.5mol/L，若将100mL的此混合液中的Mg2+和Al3+分离，至少应加入1.6mol/L的氢氧化钠溶液()A. 0.5L B. 1.0L C. 1.8L D. 2L【答案】B【解析】据电荷守恒2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)可得c(Al3+)=3mol/L，n(Mg2+)=20.1=0.2mol； n(Al3+)=30.1=0.3 mol；反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al(OH)3； Al3+4OH=AlO2+2H2O，Mg2+2OH=Mg(OH)2；所以，要分离混合液中的Mg2和Al3加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3+恰好完全反应生成AlO2-离子，即，需氢氧化钠的物质的量为0.22+0.34=1.6mol；所以加入1.6 molL1氢氧化钠溶液的体积为V(NaOH)=1.6/1.6=1 L； B正确；正确选项：B。点睛：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即电荷守恒规律；根据这一规律，很快就能计算出c(Al3+)。15.甲、乙两份等质量的碳酸氢钠晶体，将甲用坩埚充分加热后冷却后，将固体完全转移到一试管中， 再加入足量的盐酸；乙不经加热置于另一试管中，也加入足量的盐酸。反应完全后，两试管中实际参 加反应的HC1质量之比为( )A. 2:3 B. 2:1 C. 1：2 D. 1:1【答案】D【解析】【详解】甲中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，加入盐酸后发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，乙中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，即转化关系为：甲2NaHCO3Na2CO32HCl，乙中NaHCO3HCl，假设甲和乙中都是1mol碳酸氢钠固体，则甲乙过程中消耗的盐酸都是1mol，故甲、乙两试管中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol=1：1，故D正确。故选D。16.等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过一定量Na2O2后，体积变为原体积的8/9(同温同压)，这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为( )A. 6： 7： 3 B. 3： 3： 2C. 3： 4： 1 D. 6： 9： 0【答案】C【解析】【分析】氧气和氮气都不和过氧化钠反应，二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，根据阿伏加德罗定律，同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比，由反应前后体积的变化判断出二氧化碳有剩余，再根据反应的化学方程式分析解答。【详解】设三者的物质的量分别为3 mol，发生的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，现气体体积变为原来的，即剩余气体的物质的量为8 mol。若二氧化碳完全与过氧化钠反应，则气体的物质的量减少数1.5 mol，即剩余气体为7.5 mol，说明二氧化碳有剩余；设有xmol二氧化碳参加反应，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2 1 xmol 0.5xmol 则反应后，气体的物质的量为3+3+0.5x+（3-x）=8，解得x=2，所以反应后N2的物质的量为3mol，O2的物质的量为3+0.5x=4mol，CO2的物质的量为1mol，混合气体中N2、O2、CO2的物质的量之比为3：4：1，故C正确。故选C。【点睛】注意二氧化碳通过过氧化钠时，二氧化碳转化成了氧气，从而引起了容器内体积的变化，注意差量法在化学反应方程式的计算中的应用，是解决本题的关键。17. 关于某溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是A. 加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42-B. 加入NaOH溶液，生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则原溶液中一定含有Fe2+。C. 用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有K+D. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32-【答案】B【解析】试题分析：考点：考查了的相关知识。18.将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/L NaOH溶液若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示当V1=160mL时，则V2为A. 240mL B. 300mL C. 400mL D. 440mL【答案】D【解析】当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=0.16L1mol/L=0.08mol，设MgSO4为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则：根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L0.1L=0.2mol，根据SO42离子守恒有：x+3y=0.20.08=0.12，联立方程解得：x=0.06、y=0.02，所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=20.02mol=0.04mol，滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42离子、Na+离子和Al原子守恒有：n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=20.2mol+0.04mol=0.44mol，则V2=0.44L=440mL，故选D【点评】本题考查了混合物反应的计算、离子反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题(本大题共4小题，共46.0分)19.有下列物质：氢氧化钠固体 铝丝 稀硫酸 饱和食盐水 HCl Na2CO3.10H2O 酒精 熔融的KCl 明矾 石墨(1)可导电的物质：_ (2)属于电解质的：_(3)属于电解质，但不能导电的：_(4)属于非电解质的：_ (5)既不是电解质又不是非电解质的：_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】试题分析：(1)含有能自由移动的离子或电子的物质可导电；(2)水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；(3)结合(1)(2)分析；(4)水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；(5)单质和混合物既不是电解质又不是非电解质：解析： 石墨、铝丝含有自由移动的电子，稀硫酸、饱和食盐水、 熔融的KCl含有自由移动的离子，属于可导电的物质有铝丝 、 稀硫酸、 饱和食盐水 、熔融的KCl、石墨；(2)水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质。氢氧化钠固体是电解质 ； 铝丝是单质； 稀硫酸 是混合物； 饱和食盐水是混合物， HCl是电解质； Na2CO3.10H2O是电解质 酒精是非电解质； 熔融的KCl 是电解质；明矾 是电解质； 石墨是单质，所以电解质的是；(3)结合(1)(2) 属于电解质，但不能导电的氢氧化钠固体 HCl Na2CO3.10H2O 明矾；(4)水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，属于非电解质的是酒精；(5)单质和混合物既不是电解质又不是非电解质，既不是电解质又不是非电解质的是铝丝、 稀硫酸 、饱和食盐水 、 石墨。点睛：判断某化合物是否是电解质关键是看其本身能否电离出自由移动的离子。20.黑火药是我国的四大发明之一，深受世人称赞，其反应原理为：S+3C+2KNO3N2+3CO2+K2S请回答下列相关问题：(1)当产生0.1molN2时，反应中共转移电子数为_，还原剂的物质的量为_mol.(2)若生成标准状况下33.6LCO2，则被S氧化的C的物质的量是_mol.【答案】 (1). 1.26.021023或7.2241023或1.2NA (2). 0.3 (3). 0.25【解析】 (1). S + 3C + 2KNO3N2+3CO2+K2S 2 34 25分析反应原理可知，反应中元素化合价升高的只有碳元素（从0升到+4），但降低的有硫（从0降到-2）和氮（从+5降到0）两种，碳是还原剂，硫和硝酸钾是氧化剂，每生成1molN2就一定有3molC失去12mole-被氧化，所以当有0.1molN2生成时，反应中转移电子数为1.26.021023或7.2241023或1.2NA ，消耗还原剂C的物质的量为 0.3 mol. (2). n(CO2)= 由上述分析可知，当有3molC被氧化时生成3molCO2,C共失去12mole-,S得到其中的2mol,占 ，说明有的C被S氧化，所以当有1.5mol CO2生成时，被S氧化的C的物质的量为1.5=0.25mol.21.现有含有少量KC1、K2SO4、K2CO3杂质的KNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的KNO3固体，实验流程如下图所示。注：KNO3固体容易受热分解(1)沉淀A的主要成分是_、_(填化学式)；(2)为了除去溶液3中的杂质，可以向其中加入适量的_；除杂后从溶液3获得KNO3晶体的操作是_、_、过滤；(3)步骤加入过量K2CO3溶液的目的是_；(4)实验室用上述实验获得的KNO3体配制450mL0.40 mol/L KNO3溶液，需称取KNO3固体的质量是_g；(5)下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是（ ）A.使用了生锈的砝码 B.定容时仰视刻度线C.容量瓶使用前用蒸馏水洗净但没有干燥 D.固体溶解后未冷却到室温就转移到容量瓶中【答案】 (1). BaSO4 (2). BaCO3 (3). HNO3 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 除Ag+ 和 Ba2+ (7). 20.2 (8). AD【解析】【分析】根据实验流程图，分析各步发生的反应及沉淀的成分和滤液中的溶质，分析实验操作中仪器使用及注意事项。【详解】根据流程图得：加入过量硝酸钡，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀；加入过量硝酸银，生成氯化银沉淀；加入过量碳酸钾，生成碳酸银和碳酸钡沉淀，除去过量的硝酸银和过量的硝酸钡；(1)由上述分析得沉淀A的主要成分是BaSO4、 BaCO3，故答案为：BaSO4、 BaCO3；(2)溶液3中的杂质为碳酸钾，可以向其中加入适量的硝酸；从溶液3获得KN03晶体的操作是蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤，故答案为：HNO3、蒸发浓缩、冷却结晶；(3)根据流程图分析步骤加入过量K2C03溶液的目的是除Ag+ 和 Ba2+，故答案为：除Ag+ 和 Ba2+；(4) 配制450mL溶液选用500mL容量瓶，n(KN03)=cV=0.40 mol/L=0.2mol，m(KN03)=nM=0.2mol101g/mol=20.2g，故答案为：20.2；(5)分析溶液中浓度的误差，根据c= 进行分析:A.使用了生锈的砝码，砝码质量增大，导致称取药品质量偏大，最终浓度偏大，故A正确； B.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏小，故B错误；C.容量瓶使用前用蒸馏水洗净但没有干燥，并不影响溶液的浓度，故C错误； D.当溶液冷却时，溶液体积偏小，导致浓度偏大，故D正确；故选AD。【点睛】注意在计算溶质的质量时，要用实际配制的溶液体积进行计算，因为没有450mL容量瓶，所以只能配制500mL溶液。一定物质的量浓度的溶液的配制操作中的误差分析，都是依据公式c=中溶液的体积、溶质的物质的量变化趋势造成的影响来判断的。22.为探究Na 与CO2反应产物，某化学兴趣小组按下图装置进行实验。已知：CO + 2Ag ( NH3) 2OH=2Ag+( NH4 ) 2CO3 +2NH3回答下列问题：（1）写出A 中反应的离子方程式_。（2）仪器X 的名称是_，B 中的溶液为_。（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1 g ，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2 g 。再进行下列实验操作，其正确顺序是_（填标号）；a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2d打开K1和K2，通入CO2至E 中出现浑浊e称量硬质玻璃管 f冷却到室温重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3 g 。（4）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象 钠块表面变黑，熔融成金属小球； 继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质； F 中试管内壁有银白物质产生。产生上述现象的原因是_。（5）探究固体产物中元素Na 的存在形式假设一：只有Na2CO3；假设二：只有Na2O ；假设三：Na2O和Na2CO3均有完成下列实验设计，验证上述假设：步骤操作结论1将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤假设一成立2往步骤1所得滤液中_3_（6）根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na 与CO2反应的总化学方程式_。m1m2m366.7g69.0g72.1g【答案】 (1). CaCO3 2H Ca2 CO2 H2O (2). 长颈漏斗 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). d a b f c e (5). 钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成 (6). 加入足量BaCl2(或CaCl2 、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液 (未写足量不得分) (7). 滴入酚酞试液 （或紫色石蕊试液或用广泛pH试纸检测溶液pH） (8). 6Na 5CO2 3Na2CO3 C CO (配平错误不得分)【解析】（1）A是大理石与稀盐酸制取二氧化碳的反应，离子方程式为CaCO3 2H Ca2 CO2 H2O；（2）仪器X 的名称是长颈漏斗，B 中的溶液为饱和NaHCO3溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氢气体；（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1 g ，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2 g，d打开K1和K2，通入CO2至E 中出现浑浊，a点燃酒精灯，加热，b熄灭酒精灯，f冷却到室温，c关闭K1和K2，e称量硬质玻璃管，重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3 g。其正确顺序是d a b f c e；（4）钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成，反应完全后，管中有大量黑色物质；（5）探究固体产物中元素Na 的存在形式：将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤，往步骤1所得滤液中加入足量BaCl2(或CaCl2 、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液，滴入酚酞试液，溶液显红色，或紫色石蕊试液显蓝色，或用广泛pH试纸检测溶液pH大于7，则假设一成立；（6）反应前钠的质量为：m2- m1=69.0g-66.7g=2.3g，即0.1mol钠，若全部转化为碳酸钠，则碳酸钠的质量为：2.3g=5.3g，物质的量为0.05mol，反应后产物的质量为：m3- m1=72.1g-66.7g=5.4g，则还生成碳，且碳的质量为0.1g，即mol，结合质量守恒，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠、碳，应该还生成一氧化碳，故反应方程式为：6Na 5CO2 3Na2CO3 C CO。