浙江省嘉兴市2022-2023学年高一上学期2月期末化学Word版含解析

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浙江省嘉兴市2022~2023学年高一上学期2月期末测试化学试题考生须知：1.本试卷共6页，满分100分，考试时间90分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Mn-55一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个选项中只有一个是符合要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于酸性氧化物的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物。能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物。【详解】A．Na2O是碱性氧化物；A不符合题意；B．H2SO4是酸，B不符合题意；C．H2O不酸性氧化物，C不符合题意；D．CO2能和碱反应生成盐和水，D符合题意；故答案选D。2.仪器名称为“坩埚”的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．该仪器名称为坩埚，A正确；B．该仪器名称为量筒，B错误；C．该仪器名称为蒸发皿，C错误；D．该仪器名称为容量瓶，D错误；

1故答案选A。3.下列物质属于电解质的是A.蔗糖B.氯化氢C.氨气D.液氯【答案】B【解析】【详解】A．蔗糖是有机物，水溶液不导电，属于非电解质，故A不符合题意；B．氯化氢溶于水能电离出离子而导电，属于电解质，故B符合题意；C．氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出离子而导电，不能属于电解质，属于非电解质，故C不符合题意；D．液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为B。4.下列能产生丁达尔效应的分散系是A.水B.胶体C.食盐水D.医用酒精【答案】B【解析】【详解】胶体能产生丁达尔效应，H2O是液态化合物，盐水、医用酒精是溶液，所以胶体可产生丁达尔效应，故答案选B。5.下列行为不符合安全要求的是（）A.实验结束后，将废液倒入指定容器中B.做实验剩余的金属钠不得直接丢弃在废液缸中C.大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量应往低处去D.配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌【答案】C【解析】【详解】A.实验结束后，将废液倒入指定容器中，防止污染环境，故A符合安全要求；B．钠易燃烧，且易与水反应，易导致火灾，不能随意丢弃，故B符合安全要求；C．氯气的密度比空气大，应往高处去，故C不符合安全要求；D．配制稀硫酸时，将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，以防止酸液飞溅，故D符合安全要求。故选C。【点睛】

2本题考查化学实验安全及事故处理，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的操作方法，明确处理突发事故的方法，确保人身安全、降低国家财产损失。6.下列有关焰色试验的叙述中正确的是A.很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现出特征颜色B.焰色试验时，如果没有铂丝，可以用洁净的玻璃棒代替C.实验前后及更换药品时需用稀硫酸将铂丝洗净并灼烧D.用铂丝蘸取某金属的盐溶液，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，该溶液一定有，没有【答案】A【解析】【详解】A．很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现出特征颜色，注意不是所有金属或它们的化合物，故A正确；B．焰色试验时，如果没有铂丝，可以用洁净的铁丝代替，不能用玻璃棒，玻璃棒灼烧有黄色的火焰，故B错误；C．需用稀盐酸将铂丝洗净并灼烧，故C错误；D．用焰色实验确定K元素时，需透过蓝色钴玻璃片观察，未进行验证无法判断是否含有，故D错误。综上所述，答案为A。7.下列有关化学用语的表示方法正确的是A.氯化氢的电子式：B.M原子核外有a个电子，核内有b个中子，M的原子符号：C.的结构模型：D.铝离子(Al3+)的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．氯化氢是共价化合物，其电子式：，故A错误；B．M原子核外有a个电子，核内有b个中子，其质子数为a，质量数为a+b，其M的原子符号：，故B正确；

3C．是“V”形结构，其结构模型：，故C错误；D．铝离子(Al3+)的核电荷数为13，核外有10个电子，其离子的结构示意图：，故D错误。综上所述，答案为B。8.常用于治疗甲状腺疾病．下列关于的说法正确的是A.中子数为53B.核外电子数为78C.与性质相同D.与互为同位素【答案】D【解析】【分析】根据原子符号中左下角数字为质子数，左上角数字为质量数，中子数=质量数-质子数，核外电子数=核内质子数，质子数相等中子数不等的同种元素的不同原子互为同位素，由此分析。【详解】A．中子数=质量数-质子数，的质子数为53，质量数为131，中子数为131-53=78，故A不符合题意；B．核外电子数=核内质子数，的质子数为53，核外电子数为53，故B不符合题意；C．与的化学性质相似，物理性质不相同，故C不符合题意；D．与是质子数相等中子数不等的同种元素的不同原子，它们互为同位素，故D符合题意；答案选D。9.下列说法中不正确的是A.生铁含碳量比钢低B.不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍C.硬铝的密度小、强度高，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料D.储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料【答案】A【解析】【详解】A．生铁中的含碳量为2%～4.3%，钢中的含碳量为0.03%～2%，生铁的含碳量比钢高，故A错误；B．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬和镍，故B正确；

4C．硬铝是铝合金，硬度大，硬铝的密度小、强度高，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料，故C正确；D．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料，便于氢的储运，故D正确；故选A。10.已知Fe(OH)3为红褐色，下列关于钠的反应现象的叙述中，不正确的是（）选项反应内容反应现象A切开钠，观察其颜色的变化钠切面颜色变暗，最后呈淡黄色B把小块钠投入硫酸铁溶液中钠浮在水面上、四处游动、产生红褐色沉淀C把小块钠投入饱和氢氧化钠溶液中钠浮在水面上、四处游动、产生白色浑浊D把燃着的钠伸入盛有氯气的集气瓶中钠与氯气剧烈反应，产生大量白烟A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．金属钠在常温下与氧气反应生成白色的Na2O，故钠切面颜色变暗是因为失去金属光泽，最后呈白色，A错误；B．金属钠与盐溶液的反应首先是钠与水反应，再考虑生成的NaOH与盐的反应，故把小块钠投入硫酸铁溶液中可观察到钠与水反应的现象，同时NaOH与硫酸铁反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故现象为钠浮在水面上、四处游动、产生红褐色沉淀，B正确；C．金属钠与碱溶液的反应就是钠与水反应，由于原来NaOH溶液是饱和溶液，反应过程中消耗了水，同时生成NaOH，故有NaOH晶体析出，故可以观察到钠浮在水面上、四处游动、产生白色浑浊，C正确；D．钠伸入盛有氯气的集气瓶中，钠与氯气剧烈反应生成白色的氯化钠，则钠与氯气剧烈反应，产生大量白烟，D正确；故答案为：A。11.对实验Ⅰ~Ⅳ的实验操作或现象判断正确的是

5A.实验Ⅰ：用于制备胶体B.实验Ⅱ：用于制备C实验Ⅲ：无明显变化D.实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后沉淀溶解【答案】A【解析】【详解】A.向沸水中加FeCl3溶液制备胶体，A正确；B.由于易被空气中氧气氧化，制备必须隔绝空气，B不正确；C.Al和NaOH反应会放出氢气，产生气泡，C错误；D.AlCl3和氨水反应出现白色沉淀Al（OH）3，Al（OH）3不会溶于氨水，D错误；故答案选A。12.下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入氢氧化钠溶液后不产生沉淀的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．与反应生成沉淀而不共存，故A不符合题意；B．都大量共存，加入氢氧化钠溶液，不会生成沉淀，故B符合题意；C．都大量共存，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀，故C不符合题意；D．与反应生成二氧化碳气体和水而不共存，故D不符合题意。综上所述，答案为B。

613.砹()是元素周期表中第85号元素，砹的最外层电子数是7.下列说法中正确的是A.砹单质的化学式为B.砹的氢化物非常稳定C.砹是一种白色固体D.砹是第六周期，第ⅦA族元素【答案】D【解析】【详解】A．砹单质的化学式At2，A错误；B．同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，HI已经不稳定，则HAt不稳定，B错误；C．砹单质为黑色固体，C错误；D．砹是85号元素，在元素周期表的第六周期第ⅦA族，D正确；故答案选D。14.下列有关的叙述中不正确的是A.是淡黄色固体B.中阴、阳离子个数比是1∶2C.属于碱性氧化物D.可在呼吸面具中作为氧气的来源【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2为淡黄色固体，A正确；B．1个Na2O2中含有2个钠离子和1个过氧根离子，阴、阳离子个数比为1：2，B正确；C．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，C错误；D．Na2O2可与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具的氧气来源，D正确；故答案选C。15.下列离子方程式书写正确的是A.溶于溶液中：B.将稀盐酸滴在铁片上：C.钠和冷水反应：D.向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化碳：

7【答案】A【解析】【详解】A．Al2O3溶于NaOH溶液，离子方程式为，A正确；B．稀盐酸滴在铁片上，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．钠与冷水反应，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；D．氢氧化钠中通入少量的二氧化碳，离子方程式为2OH-+CO2=+H2O，D错误；故答案选A。16.下列除去杂质方法，不正确的是选项物质(括号内为杂质)去除杂质的方法A溶液(Na2CO3)通入过量气体B气体(CO)通入，点燃C气体(HCl)通入饱和食盐水，洗气D粉(Al)加入足量NaOH溶液、过滤、洗涤、干燥A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠与二氧化碳不反应，碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，可通过通入过量二氧化碳的方式除去碳酸氢钠溶液中的碳酸钠，A正确；B．通入过量氧气点燃虽能除去CO但是引入了新杂质氧气，B错误；C．HCl易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度较小，可通过饱和食盐水除去氯气中混有的HCl，C正确；D．铁粉不与NaOH反应，Al能与NaOH反应生成可溶于水的偏铝酸钠，经过滤洗涤干燥可得到铁粉，D正确；故答案选B。17.下列实验能达到预期目的是A.向某无色溶液中加入溶液产生不溶于稀的白色沉淀，说明原溶液中一定有

8B.向某无色溶液中加入盐酸，有无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体产生，则说明原溶液中一定有C.向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成，则说明原溶液中一定有D.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴加适量氯水，溶液变红，则说明原溶液一定有【答案】D【解析】【详解】A．某无色溶液中加入氯化钡生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该白色沉淀也可能为AgCl，原溶液中可能含有硫酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，A错误；B．向某无色溶液中加入盐酸，生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中可能存在碳酸氢根离子、碳酸根离子，B错误；C．某溶液中滴加AgNO3，生成白色沉淀，该白色沉淀可能为硫酸银，原溶液中不一定含有氯离子，C错误；D．某溶液中滴加KSCN溶液不变红，再滴加适量氯水，溶液变红，此时溶液中有铁离子，说明氯气将原溶液中的亚铁离子氧化成了铁离子，D正确；故答案选D。18.下列说法正确的是A.任何物质都含有化学键B.晶体中既含有离子键，也含有非极性共价键C.氯化钠熔化和氯化氢溶于水的过程中，均发生化学键的断裂D.是共价化合物，是离子化合物【答案】C【解析】【详解】A．稀有气体为单原子分子，稀有气体分子中没有化学键，A错误；B．MgCl2晶体中只存在离子键，没有非极性共价键，B错误；C．氯化钠熔化和氯化氢溶于水，前者离子键断裂，后者共价键断裂，均发生化学键的断裂，C正确；D．NaF为离子化合物，CH4为共价化合物，D错误；故答案选C。19.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，下列说法正确的是

9XYZWA.X的气态氢化物比Y的稳定B.Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强C.Y的非金属性比Z的强D.原子半径：X＜Z＜W【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则Y原子有2个电子层，所以Y为氧元素，根据X、Y、Z、W在周期表中的相对位置可知，X为氮元素，Z为硫元素，W为氯元素；【详解】A．X的气态氢化物是氨气，Y的气态氢化物是水，根据同周期元素，从左往右，元素的非金属性越强(Y>X)，与氢气越易化合，得到的氢化物越稳定，可知Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定，A错误；B．同周期元素从左到右非金属性增强，则非金属性W>Z，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，所以W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的强，B错误；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，则非金属性Y>Z，C正确；D．同周期元素从左到右半径逐渐减少，同主族元素从上到下半径逐渐增大，则原子半径：Z>X，Z>W，D错误；故选C。20.同温同压下，向两个密闭容器中分别充入等质量的气体，下列说法正确的是A.两种气体的体积之比为2∶3B.两种气体的物质的量之比为3∶2C.两种气体的分子数之比为1∶1D.两种气体的密度之比是3∶2【答案】B【解析】【分析】向两个密闭容器中分别充入等质量的气体，则两容器中气体物质的量之比为

10。【详解】A．同温同压下，两种气体的体积之比等于物质的量之比即为3∶2，故A错误；B．根据前面分析两种气体的物质的量之比为3∶2，故B正确；C．两种气体的分子数之比等于物质的量之比即为3∶2，故C错误；D．同温同压下，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比即为2∶3，故D错误。综上所述，答案为B。21.某溶液中所含离子的浓度如下表，则Mn+及a值可能分别为离子H+Al3+Mn+浓度(mol·L-1)3422aA.Mg2+、1.5B.Fe3+、0.5C.Ba2+、1.5D.K+、2.5【答案】A【解析】【详解】溶液中阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数相等，则c(H+)+3c(Al3+)+nc(Mn+)=c()+2c()，带入数值2+3×2+na=3+2×4，解得na=3。若n=1，则a=3mol/L，选项D中K+浓度不符合；若n=2，则a=1.5mol/L，带有2个单位正电荷的微粒有Mg2+和Ba2+，但溶液中含有，与Ba2+会反应产生BaSO4沉淀，不能大量共存，Mg2+与题干已知离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，选项A符合题意，选项C不符合题意；若n=3，则a=1mol/L，选项B中Fe3+浓度不符合。故合理选项是A。22.设是阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.标准状况下，中所含分子数目为B.常温常压下，中含有的H原子数目为C.溶液中含有

11D.重水()中含有的中子数目为【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下水不是气态，22.4L水的物质的量大于1mol，A错误；B．常温常压下，2.24LNH3的物质的量并不是0.1mol，含有的H原子数目不为0.3NA，B错误；C．选项中并未说明NaCl溶液的体积，无法计算出氯离子具体的物质的量，C错误；D．1个重水分子中含有10个中子，0.1mol重水中含有中子数为NA，D正确；故答案选D。23.是一种食品添加剂，在一定条件下能发生反应：，下列叙述中正确的是A.该反应中被还原B.是该反应的氧化产物C.生成需消耗D.□中的粒子是【答案】C【解析】【详解】A．中氮化合价升高，失去电子，则该反应中被氧化，故A错误；B．是化合价降低得到的产物，则是该反应的还原产物，故B错误；C．中锰化合价降低5个价态，中氮化合价升高2个价态，根据化合价升降守恒得到系数配2，系数配5，即生成5mol硝酸钠，消耗2mol高锰酸钾，因此生成需消耗，故C正确；D．根据质量守恒和电荷守恒得到□中的粒子是，故D错误。综上所述，答案为C。24.部分被氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g，经如下处理：下列说法不正确的是

12A.滤液A中的阳离子为B.样品中氧原子的物质的量为0.02molC.溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04molD.【答案】A【解析】【分析】部分被氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g，与足量稀硫酸反应，先是金属氧化物和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，硫酸铜与铁反应生成铜和硫酸亚铁，剩余的铁与稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，因此滤渣是铜单质，滤液加入足量氢氧化钠溶液得到氢氧化亚铁沉淀，过滤，在空气中充分灼烧得到氧化铁3.2g。【详解】A.铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，由于样品中铁和稀硫酸反应生成了氢气，则说明溶液中没有铁离子，故A错误；B.滤渣3.2g是铜的质量，最后得到固体3.2g是氧化铁的质量，则铁元素的质量为，则金属总质量为5.44g，样品中氧原子的质量为5.76g−5.44g＝0.32g，则氧原子的物质的量为0.02mol，故C正确；C.最后得到固体3.2g是氧化铁的质量，则样品中铁的物质的量为，反应后溶液中的溶质为硫酸和硫酸亚铁，根据质量守恒分析，消耗的硫酸物质的量等于生成的硫酸亚铁的物质的量，则溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故C正确；D.利用质量守恒分析消耗的硫酸的氢一部分变为了氢气，一部分和氧化物反应变为了水，根据氧化物中氧的物质的量为0.02mol，则生成水物质的量为0.02mol，则生成氢气的物质的量为0.04mol−0.02mol＝0.02mol，则标准状况下体积为0.448L即，故D正确。综上所述，答案为A。25.在两份相同的H2SO4溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的Ba（OH）2、NaOH溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示，下列分析不正确的是

13A.①代表滴加Ba（OH）2溶液的变化曲线B.a、c两点，溶液中均大量存在H＋和SO42-C.b、d两点对应的溶液均显中性D.e点，两溶液中含有相同量的OH－【答案】D【解析】【分析】根据化学反应过程中，离子浓度的变化分析溶液导电能力的变化。【详解】向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液时，发生反应H2SO4+Ba(OH)2＝BaSO4↓+2H2O，随着Ba(OH)2溶液的滴入，溶液中H+、SO42-浓度减小，导电能力逐渐减弱，b点恰好反应时几乎不导电，之后过量的Ba(OH)2使溶液中Ba2+、OH-浓度增大，导电能力增强，故图中曲线①表示向H2SO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液的情形（A项正确）。类似地，向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液时，发生反应H2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2H2O，随着NaOH溶液的滴入，溶液总体积变大，溶液中离子浓度减小，导电能力逐渐减弱，d点恰好反应时导电能力最弱，之后过量的NaOH使溶液导电能力增强，曲线②表示向H2SO4溶液中滴入NaOH溶液的情形。a、c两点，加入的碱均不足，溶液中均大量存在H＋和SO42-（B项正确）；b、d两点，酸碱恰好中和，对应的溶液均显中性（C项正确）；曲线①上的e点，Ba(OH)2溶液已经过量，溶液中有OH－，曲线②上的e点，NaOH溶液不足，剩余H2SO4，溶液呈酸性（D项错误）。本题选D。【点睛】电解质溶液的导电性与离子浓度和离子电荷数有关。分析化学反应过程中溶液导电性的变化，可以判断反应进行的程度。二、填空题(本大题共5小题，共46分)26.按要求回答下列问题。（1）写出漂白粉有效成分的化学式___________。（2）某元素的一种核素可用于文物的年代测定，写出该元素在周期表中的位置___________。（3）写出稀盐酸与石灰石反应的离子方程式___________。（4）写出红热的铁与水蒸气反应的化学方程式___________。

14【答案】（1）（2）第二周期ⅣA族（3）（4）【解析】【小问1详解】漂白粉中的有效成分为次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2。【小问2详解】能用于文物的年代测定的为14C，碳元素位于元素周期表第二周期ⅣA族。【小问3详解】稀盐酸和石灰石反应，生成氯化钙、水和二氧化碳，离子方程式为。【小问4详解】红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为。27.某盐M只含有三种元素，某课外兴趣小组为分析其组成，进行了如下实验：（1）C的化学式是___________，A的电子式是___________。（2）M隔绝空气高温分解的化学方程式为___________。（3）某同学取红棕色固体C与一定量的反应后的固体，溶于足量稀盐酸中，再往其中滴加硫氰化钾溶液，溶液未变红。该同学得出结论：红棕色固体已反应完。你认为该同学的结论是否正确？___________(填“是”或“否”)，请结合离子方程式说明原因___________。【答案】（1）①.②.（2）

15（3）①.否②.若过量，溶于酸后发生反应：，滴加溶液后，溶液也不变红【解析】【分析】盐M隔绝空气高温反应生成黄绿色单质气体A为Cl2，生成能使带火星木条复燃的单质气体B为O2，O2物质的量为1.05mol，红棕色固体16g，红棕色固体与足量氢气加热反应生成固体单质D能被磁铁吸引，则D为铁单质，红棕色固体为氧化铁，氧化铁物质的量为0.1mol，盐M中只有三种元素，则这三种元素为Cl、Fe、O，其中Fe、O的质量分别为11.2g和38.4g，则Cl质量为70.9-11.2-38.4=21.3g，Cl有0.6mol。盐M的化学式为Fe(ClO4)3。【小问1详解】根据分析可知，C为Fe2O3，A为氯气，氯气的电子式为。【小问2详解】根据分析可知，M为Fe(ClO4)3，Fe(ClO4)3隔绝空气高温分解生成氯气、氧气和氧化铁，化学方程式为。【小问3详解】铁离子能与铁单质反应生成亚铁离子，若Fe2O3没反应完，溶于盐酸生成铁离子，铁离子和铁单质反应生成亚铁离子，Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入KSCN溶液也不会变红，但是该同学的结论错误。28.氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其化学反应原理为：。请回答：（1）NaH属于___________化合物(填“共价”或“离子”)，NaOH中的化学键有___________(填写类型)。（2）用单线桥表示该反应的电子转移情况___________。（3）下列反应与上述反应在氧化还原原理上最相似的是___________。A.B.C.D.【答案】（1）①.离子②.共价键、离子键（2）（3）B【解析】【小问1详解】

16NaH中Na与H间通过离子键结合，NaH为离子化合物。NaOH中钠离子与氢氧根离子间存在离子键，氢氧根离子内部存在共价键。【小问2详解】该反应中NaH中的H失去1个电子，H2O中一个H得到1个电子，用单线桥表示该反应的电子转移情况为。【小问3详解】题干中的反应H发生归中反应，NaH中H失电子化合价升高，H2O中H得电子化合价降低，最终生成氢气。A．氯气与水反应生成HCl和HClO，该反应为歧化反应，与题干反应原理不相似，A错误；B．H2S与SO2发生归中反应生成S，与题干反应原理相似，B正确；C．该反应中Cl得电子O失电子，不是归中反应，与题干反应原理不相似，C错误；D．该反应中H失电子，Cu得电子，不是归中反应，与题干反应原理不相似，D错误；故答案选B。29.现需配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL。请回答：（1）该实验中必须用到玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、___________。（2）计算需要称量NaOH固体的质量是___________。（3）如图是某同学配制此溶液定容操作的示意图，指出错误之处是___________。（4）下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是___________。A.NaOH固体溶解后，立即转移到容量瓶B.转移过程中有液体洒落在容量瓶外C.定容时俯视刻度线D.定容时液面高于刻度线，再用滴管吸出少量蒸馏水至刻度线【答案】（1）250mL容量瓶

17（2）10.0g（3）当液面离刻度线时，未用胶头滴管（4）AC【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀、装瓶贴标签。【小问1详解】该实验中用到的仪器有托盘天平(带砝码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶，因此必须用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。【小问2详解】配制1.0mol/L的NaOH溶液220mL，没有220mL容量瓶，先应该配制250mL溶液，则需要称量NaOH固体的质量是1.0mol/L×0.25L×40g∙mol−1＝10.0g；故答案为：10.0g。【小问3详解】如图是某同学配制此溶液定容操作的示意图，指出错误之处是当液面离刻度线时，未用胶头滴管；故答案为：当液面离刻度线时，未用胶头滴管。【小问4详解】A．NaOH固体溶解后，立即转移到容量瓶，冷却后溶液体积减小，物质的量浓度偏高，故A符合题意；B．转移过程中有液体洒落在容量瓶外，物质的量减小，物质的量浓度偏低，故B不符合题意；C．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，物质的量浓度偏高，故C符合题意；D．定容时液面高于刻度线，再用滴管吸出少量蒸馏水至刻度线，物质的量减小，物质的量浓度偏高，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。30.为测定碳酸钠和碳酸氢钠混合样品中碳酸钠的质量分数，某同学设计的实验装置示意图如下，请回答。（1）装置D的名称是___________，装置E的作用是___________。（2）实验需要以下步骤：①称量装置D的质量为304.6g；②称取13.7g样品装入装置B中的广口瓶中；

18③连接装置，检查装置气密性后加入相应试剂；④打开弹簧夹，缓缓鼓入一段时间空气：⑤再次称量D的质量为311.2g；⑥打开弹簧夹，再次缓缓鼓入一段时间空气；⑦关闭弹簧夹，滴加稀硫酸使其发生反应，直至不再产生气泡为止；以上步骤的正确顺序为：③→②→___________→①→___________→___________→⑤，请将缺少的步骤编号填入空格中。________（3）步骤⑥的目的是___________。（4）写出检验装置B气密性的方法：关闭弹簧夹和分液漏斗旋塞，往C中加蒸馏水至浸没导管口，___________，则说明气密性良好。（5）根据相关数据，计算样品中碳酸钠的质量分数为___________(保留3位有效数字)。【答案】（1）①.U形干燥管②.防止空气中的和进入D中产生误差（2）③→②→④→①→⑦→⑥→⑤（3）将反应产生的全部赶入D装置中，减小误差（4）微热B装置，观察到C装置中有气泡产生，停止加热后，C装置导管中有一段稳定的水柱（5）38.7%【解析】【分析】A中浓NaOH用于吸收空气中的二氧化碳，B中样品与稀硫酸反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳经C中浓硫酸干燥后进入D中被碱石灰吸收，E中的碱石灰作用为防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入D中。【小问1详解】根据图示可知，装置D的名称为U形干燥管，装置E的作用为防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入D中产生误差。【小问2详解】实验步骤称取13.7g样品装入B中后，打开弹簧夹，缓缓鼓入一段时间空气，除去装置内原有的二氧化碳和水蒸气，称量装置D的初始质量，关闭弹簧夹滴加稀硫酸发生反应生成二氧化碳，直至不再生成气泡为止，然后打开弹簧夹再次缓缓鼓入一段时间空气，使留在装置内的二氧化碳被D装置完全吸收，最后再次称量D的质量。故实验步骤的顺序为③②④①⑦⑥⑤。【小问3详解】实验步骤⑥的目的是将生成的CO2全部赶入装置D中被吸收，从而减小实验误差。

19小问4详解】检验装置B气密性的方法为，关闭弹簧夹和分液漏斗旋塞，往C中加蒸馏水至浸没导管口，微热B装置，观察到C装置有气泡生成，停止加热后，C装置导管内有一段稳定的水柱即说明气密性良好。【小问5详解】设样品中碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠为ymol，则106x+84y=13.7g，x+y=0.15mol，解得x=0.05mol，y=0.1mol，则样品中碳酸钠的质量分数为。三、计算题31.现将与足量浓盐酸加热充分反应。则：（1）标准状况下生成的体积为___________L(不考虑的溶解)。（2）被氧化的HCl的物质的量为___________mol。【答案】（1）2.24（2）0.2【解析】【小问1详解】根据方程式，(物质的量为0.1mol)与足量浓盐酸加热充分反应，生成氯气0.1mol，标准状况下生成的体积为0.1mol×22.4L∙mol−1＝2.24L；故答案为：2.24。【小问2详解】根据方程式分析，1mol二氧化锰反应，被还原的HCl的物质的量为2mol，则0.1mol二氧化锰与足量浓盐酸加热充分反应，则被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；故答案为：0.2。

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