【文档说明】河北省沧州市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，1.055 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4b5065e890831841c58e0e1ef22106ef.html

以下为本文档部分文字说明：

高一化学注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。2.考试时间90分钟，满分100分。3.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置。4.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—

14O—16Na—23Al—27S—32K—39Zn—65第Ⅰ卷（选择题共51分）一、选择题（本题共17小题，每小题3分，共51分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.化学与生产、生活密切相关。下列对物质的用途及解释均正确的是（）选项用途解释

A23NaCO可用作中和胃酸的药物23NaCO溶于水显碱性B2Cl可用于自来水的消毒2Cl具有漂白性C2SiO可用于光导纤维2SiO硬度大D23AlO可用于制造耐高温材料23AlO熔点很高A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．23NaCO溶于水碱性太强，不能用作中

和胃酸的药物，应该使用碳酸氢钠，故A错误；B．2Cl不具有漂白性，2Cl溶于水形成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B错误；C．2SiO可用于光导纤维是因为二氧化硅具有良好的光学性能，与硬度无关，故C错误；D．2

3AlO熔点很高，可用于制造耐高温材料如坩埚等，故D正确；答案选D。【点睛】性质决定用途，氯气没有漂白性，氯气溶于水形成的次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒。2.澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个

泡沫含有约4000个碳原子，直径约69nm～，在低于183−℃时，泡沫具有永久磁性，下列叙述正确的是（）A.“碳纳米泡沫”是一种胶体B.“碳纳米泡沫”是一种新型的碳化合物C.“碳纳米泡沫”在一定条件下能吸引磁铁D.“碳纳米泡沫”与石墨的相互转化不属于化学反应【答案】C【解析】【详解】

A．“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，是纯净物，胶体是混合物，故A错误；B．“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，不是化合物，故B错误；C．“碳纳米泡沫”在低于−183℃时，泡沫具有永久磁性，故“碳纳米泡沫”在低于−183℃时，能吸引铁，故C正确

；D．“碳纳米泡沫”和石墨都是碳元素组成的单质，它们之间的相互转化属于化学反应，故D错误；答案选C。【点睛】胶体的分散质粒子直径在1nm到100nm之间，是混合物，题中所给物质为单质。3.下列分子或离子与2HO分子具有相同电

子数的是（）①OH−②K+③HCl④4NH+⑤4CHA.②④⑤B.②③④C.①④⑤D.①③⑤【答案】C【解析】【详解】水分子是由一个氧原子和两个氢原子构成的，氧原子有8个电子，氢原子有一个电子，共有10个电子，-OH、4NH+、4CH都含有10个电子，K+、HCl含有18个电子，答案选C。4.下列

各组离子在溶液中能大量共存的是（）A.2443NaNHSONO++−−、、、B.24KFeHMnO+++−、、、C.233HKSiONO++−−、、、D.3NaKHCOOH++−−、、、【答案】A【解析】【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．Fe2+，H+和MnO4-之间发生

氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，不能大量共存，故B错误；C．H+和SiO32-反应生成硅酸沉淀，不能大量共存，故C错误；D．HCO3-和OH-反应生成CO32-和水，不能大量共存，故D错误；答案选A。【点睛】离子共存题考虑离子间不发生反应，不生成气体，沉淀，水，弱电

解质，氧化还原反应等。5.某无土栽培营养液中含有244NHKClSO++−−、、、四种离子，现测得()()+--1cK=cCl=0.5molL，()14cNH0.6molL+−=，则2-4SO的物质的量浓度为（）A.10.1mol

L−B.10.2molL−C.10.3molL−D.10.4molL−【答案】C【解析】【详解】溶液时电中性的，根据电荷守恒c(K+)+c(NH4+)=c(Cl-)+2c(SO42-)，将()()

+--1cK=cCl=0.5molL，()14cNH0.6molL+−=代入电荷守恒式，可以得到c(SO42-)=0.5mol/L0.6mol/L0.52mol/L+−=10.3molL−，答案选C。【点睛】溶液中所有带正电荷离子的浓度和

负电荷离子的浓度相等。6.如图是一个奥运五环，有重叠的两环在一定条件下可以发生反应，下列各组物质，能实现图示反应的是（）选项abcdeANaOHHCl23NaCO2Ca(OH)3NaHCOB4CuSOFe3FeClHCl3Fe(OH)C3Al(O

H)24HSOAl32NHHO23AlOD2COMgNaOH2SO2ClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．a与b、b与c、c与d、d与e，各物质之间可以发生反应，符合题意，故A正确；B．3FeCl和HCl不发生反应，即（

c和d不反应），故B错误；C．Al和Al2O3都不和氨水反应，即（d和c，e都不反应），故C错误；D．Mg与NaOH不反应，即（b和c不反应），故D错误；答案选A。7.下列有关实验装置及操作均正确的是

（）A.装置Ⅰ中a盛放碳酸氢钠，b盛放碳酸钠，可对比二者的热稳定性B.装置Ⅱ用于检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气C.装置Ⅲ用于制备氢氧化铁胶体D.装置Ⅳ用于制备氧气【答案】B【解析】【详解】A．装置Ⅰ中a

盛放碳酸钠，b盛放碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的稳定性略差，分解需要的温度较低，碳酸钠的稳定性较强，需要加热的温度较高，可对比二者的热稳定性，故A错误；B．湿棉花可以产生水蒸气，水蒸气在高温下与铁粉反应生成

四氧化三铁和氢气，氢气吹入肥皂液中起泡，泡沫中是氢气，用火柴点燃，可以产生蓝色火焰，并产生轻微的爆鸣声，故B正确；C．制备氢氧化铁胶体是将饱和三氯化铁溶液加入沸水中，如加入到氢氧化钠溶液中，会产生氢氧化铁沉淀，得不到胶体，故C错误

；D．制备氧气时用加热高锰酸钾的方法可以得到锰酸钾，二氧化锰和氧气，加热时试管口略向下倾斜，防止加热时产生的水留在试管底部，使试管炸裂，故D错误；答案选B。8.实验室需要1100mL0.1molL−的NaO

H溶液，下列操作会使所配溶液浓度偏低的是（）A.定容时仰视B.容量瓶洗涤后未烘干C.NaOH固体中混有2NaO固体D.将NaOH固体在烧杯中溶解后立即转移至容量瓶配制溶液【答案】A【解析】【分析】根据c=nV溶质溶液，分

析n和V的值，判断出浓度偏高还是偏低。【详解】A．若定容时仰视刻度线，会使读数偏低，溶液的体积偏大，根据c=nV溶质溶液可知，n溶质不变，溶液浓度偏低，故A正确；B．容量瓶洗涤后未烘干，由于后面还要定容，故对实验结果没有影响，故B错误；C．由

于2NaO会与水反应生成氢氧化钠，Na2O+H2O=2NaOH，由于1molNa2O生成2molNaOH，会使n溶质偏大，V溶液不变，根据c=nV溶质溶液可知，会使读数偏高，故C错误；D．将NaOH固体在烧杯中溶解后会放热，会使V溶液减小，根据c=nV溶质溶液可知，会使读数偏高，故D错误；答

案选A。【点睛】配置一定物质的量浓度溶液的误差分析需要用c=nV溶质溶液进行分析，容量瓶洗涤后未烘干，由于后面还要定容，故对实验结果没有影响。9.某温度下，向如图所示装置中分别通入等质量的4222CHCOOSO

、、、四种气体（已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计），下列说法中正确的是（）A.b中装的是2OB.a和d中气体物质的量之比为4:1C.a和c中气体分子数相等D.c和d中气体密度之比为2:1【答案】D【解析

】【详解】4222CHCOOSO、、、四种气体的质量设为1g，则它们的物质的量分别为1g116g/mol16=mol，1g144g/mol44=mol，1g132g/mol32=mol，1g164g/mol64=mol，相同情况下的物质的量之比等于气体的

体积之比，分子数之比，密度之比等于相对分子质量之比。A．相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，a，b，c，d分别盛装的是SO2，CO2，O2，CH4，故A错误；B．a和d中气体分别为SO2和CH4，物质的量分别为164mol和116mol，物质的量之比为1:4，故B错

误；C．a和c中气体分别为SO2和O2，相同情况下的物质的量之比等于分子数之比，a和c中气体的分子数之比为164mol：132mol=1:2，不相等，故C错误；D．c和d中气体O2和CH4，密度之比等于相对分子质量之比32g/mol：16

g/mol=2:1，故D正确；答案选D。10.下列选项不符合如图中从属关系的是（）选项XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C置换反应氧化还原反应离子反应D碱性氧化物金属氧化物氧化物A.AB.BC.

CD.D【答案】C【解析】【详解】A．氧化物属于化合物，化合物又属于纯净物，故A正确；B．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；C．置换反应一定属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应，故C错误；D．氧化物只由两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧

化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故D正确；答案选C。11.AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A

.31molKClO中所含-Cl数为ANB.31.7gNH所含原子数为A0.4NC.标准状况下，32.24LSO所含分子数为A0.1ND.常温下，2.7g铝与足量浓硫酸反应转移电子数为A0.3N【答案】B【解析】【详解】A．31molKClO中不含-Cl，只含有ClO3-，故A错误；B

．31.7gNH的物质的量n=1.7g17g/mol=0.1mol，氨气由氨分子构成的，0.1mol氨分子的数目为0.1NA，一个氨分子含有四个原子，所含原子数为0.4NA，故B正确；C．标况下，三氧化硫是固态，不能用标况下气体的摩尔体积计算，故C错误；D．常温下，铝与足量浓硫酸会发生钝化

现象，故D错误；答案选B。12.稀硝酸与锌反应的化学方程式为：()332224Zn10HNO=4ZnNONO5HO+++，下列有关说法正确的是（）A.3HNO在反应中失去电子B.氧化产物是()32ZnNOC.氧化剂与还

原剂的物质的量之比为5:2D.6.5gZn参加反应，该反应转移电子的物质的量为0.1mol【答案】B【解析】【详解】A．N元素的化合价降低，则浓HNO3是氧化剂，得到电子被还原，故A错误；B．氧化产物是化合价升高之后得到的物质，即(

)32ZnNO，故B正确；C．由反应可知，4mol还原剂Zn失去电子与2mol氧化剂得到电子相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故C错误；D．Zn元素的化合价由0价降低为+2价，若6.5gZn，即0.1molZn参加反应，转移的电子数为0.2NA，故D错误；答案

选B。【点睛】硝酸没有都做氧化剂，只有一部分做了氧化剂，分析氧化剂和还原剂时，需要根据化合价的变化，化合价必须要标正确。13.下列离子的检验方法正确的是（）A.加入稀盐酸，产生无色无味的气体，则溶液中一定含有2-3COB.先加氯水，再加KSCN溶液，溶液变为血红色，则溶液中一

定含有2Fe+C.用洁净的玻璃棒蘸取溶液在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含有Na+D.向溶液中加入稀盐酸至酸性，无明显现象，再加入2BaCl溶液产生白色沉淀，则溶液中定含有24SO−【答案】D【解析】【详解】A

．无色无味气体可能为二氧化碳，则溶液中可能含有CO32−或HCO3−等，故A错误；B．若原溶液中含有Fe3+，再加KSCN溶液，溶液变为血红色，不能确定含有2Fe+，正确的检验方法是先加入KSCN溶液，没有现象，再加入氯水后溶液变为血红色，故B错误；C．玻璃棒中含钠元素，应利用铂丝蘸取待测液样品溶

液置于酒精灯火焰上灼烧，检测是否含有Na+，故C错误；D．某溶液中加入足量稀盐酸无明显现象，排除了Ag+的干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，该溶液中一定含有SO42−离子，故D正确；答案选D。14.向2100mLMgCl和3AlCl的混合溶液中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入N

aOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.V=400B.NaOH溶液的物质的量浓度为12.0molL−C.2MgCl与3AlCl的物质的量浓度之比为1:2D.ab段反应的离子方程式为322=Al(OH)OHAlO2HO−−++【答案】C【解析】【分析】向2100

mLMgCl和3AlCl的混合溶液中不断加入NaOH溶液，2MgCl和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，3AlCl和NaOH反应生成氢氧化铝沉淀，ab段表示沉淀的质量减小，为氢氧化铝溶于氢氧化钠，b点之后沉淀的量不再发生变化，沉淀的量为

氢氧化镁的物质的量，根据分析回答；【详解】从图像可以看出，ab段表示氢氧化铝的溶解，溶解的氢氧化铝的物质的量为0.1mol，根据离子反应，322=Al(OH)OHAlO2HO−−++可知，消耗的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，oa段表示沉淀达到最大量，A．从a到b，消耗了0.1

mol氢氧化铝，322=Al(OH)OHAlO2HO−−++，根据B中分析可知c(NaOH)=12.0molL−，则V(NaOH)=nc=0.1mol2mol/L=0.05L=50mL，V=350+50=400mL，故A正确；B．由图像可知，Mg(OH)2的物质的量为0.2

mol，和MgCl2反应消耗的氢氧化钠的物质的量为0.4mol，Al(OH)3的物质的量为0.1mol，与AlCl3反应的氢氧化钠的物质的量为0.3mol，共消耗氢氧化钠0.7mol，用去的氢氧化钠的体积为0.35L，c(NaOH)=nV=0.7mol0.

35L=2mol/L，故B正确；C．根据图像可知沉淀最大量时的反应为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，氢氧化镁和氢氧化铝的物质的量分别为0.2mol和0.1m

ol，则2MgCl与3AlCl的物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2:1，由于2MgCl与3AlCl的体积相等，则它们的浓度之比为2:1，故C错误；D．根据分析可知，沉淀达到最大量后，溶解的是氢氧化铝，故离子反应为322=Al(O

H)OHAlO2HO−−++，故D正确；答案选C。15.下列离子方程式正确的是（）A.2Cl通入水中：22ClHO=2HClClO+−−+++B.3AlCl溶液中加入过量氨水：33234Al3NHHO=A

l(OH)3NH++++C.向2FeBr溶液中通入足量氯气：2+-3+-222Fe+2Br+2Cl=Fe+Br+4ClD.硫酸溶液和2Ba(OH)溶液反应：22442HSOBaOHBaSOH=O+−+−++++【答案】B【解析】【详解】A．2Cl通入水中生成盐

酸和次氯酸，次氯酸属于弱电解质，不能拆成离子形式：正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，故A错误；B．3AlCl溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵，氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式

为：33234Al3NHHO=Al(OH)3NH++++，故B正确；C．FeBr2溶液中通入足量氯气，亚铁离子和溴离子都可以被氯气氧化，生成铁离子和溴单质，氯离子，离子方程式：2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，故C错误；D．硫酸溶液和2Ba(OH)溶液反应生

成硫酸钡和水，正确的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+H2O，故D错误；答案选B。16.向一定量的Cu、Fe2O3的混合物中加入300mL0.5mol/L的H2SO4溶液，恰好使混合物完

全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液后无红色出现。则原混合物中Cu和Fe2O3物质的量之比为A.2:1B.1:lC.1:2D.无法计算【答案】B【解析】【详解】0.5mol/L的硫酸属于稀硫酸，与铜不反应，故硫酸全部与氧化铁反应。Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4）3+3H2O所以可以

推导出氧化铁的物质的量为0.05mol，向溶液中加入KSCN后无红色显现，则溶液中的三价铁离子全部被还原为二价铁离子。而该反应是：Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+2FeSO4，以此可以判断出Cu的物质的量为0

.05mol，所以B正确。17.某化学兴趣小组同学用下图装置测定氧化铁样品（含FeO和23FeO）中23FeO的质量分数，下列说法正确的是（）A.实验室用2MnO和浓盐酸制备2Cl时也可用装置①B.实验开始时先点燃④处酒精灯，再打开弹簧夹C.装置⑥的作用是吸收④中生成的水蒸气D.装置②③盛装的试剂

分别为NaOH溶液和浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A．实验室用2MnO和浓盐酸制备2Cl时需要加热，不可用装置①，故A错误；B．实验开始时先打开弹簧夹，让氢气赶走装置中的空气，再点燃④处酒精灯，否则引起爆

炸，故B错误；C．装置⑥的作用是吸收空气中的水蒸气，④中生成的水蒸气由⑤吸收，故C错误；D．制取氢气时，盐酸具有挥发性，会随着氢气一起逸出，故②③盛装的试剂分别为NaOH溶液和浓硫酸用于吸收氯化氢气体和水蒸气，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷（非选择题共49分）二、非选择题（本题包括5个小题，共

49分）18.分离提纯时常用的仪器如图所示，请回答下列问题：A.B.C.D.E.（1）仪器AE、的名称分别为____、____。（2）分离以下混合物应主要选用上述哪种仪器（填字母符号）a.除去澄清石灰水中悬浮的3CaCO颗粒____；b.提取食盐水中的NaCl固体____；c.

除去油水中的水：_____。【答案】(1).蒸馏烧瓶(2).直型冷凝管(3).B(4).D(5).C【解析】【分析】(1)根据图示写出各仪器的名称；(2)a.除去溶液中的不溶物，用过滤，选择漏斗；b.除去溶液中的溶剂，用蒸发，选择

蒸发皿；c.分离互不相溶的液体，用分液，选择分液漏斗；【详解】(1)根据图示，A的名称是蒸馏烧瓶，B的名称是漏斗，C的名称为分液漏斗，D的名称蒸发皿，E的名称为直型冷凝管；(2)a．3CaCO难溶于水，除去澄清石灰水中悬浮的3CaCO颗粒可以用过滤，所用仪器为漏斗；b．提取食

盐水中的NaCl固体可采用蒸发操作，所用仪器为蒸发皿；c．水和油互不相溶，油的密度比水小，除去油水中的水，可以采用分液，所用仪器为分液漏斗。19.（1）现有mg某气体（由双原子分子构成），其摩尔质量为1Mgmol−，

阿伏加德罗常数用AN表示，试求①该气体在标准状况下的体积为____L。②该气体所含原子数为____。（2）用双线桥表示铜与浓硫酸反应的电子转移方向和数目：__________________244222HSO()C

uCuSO2HOSO+++加热浓当有241molHSO被还原时，转移电子的物质的量为____mol，生成标准状况下2SO的体积为___L。【答案】(1).mM×22.4(2).2AmNM(3).(4).2(5).22.4【解析】【分析】(1)根据n=mM=ANN

=mVV；(2)根据化合价的变化，用双线桥的箭头由氧化剂指向还原产物，由还原剂指向氧化产物，根据化合价的变化，找到转移的电子数，生成二氧化硫的物质的量，由n=mVV，得到二氧化硫的体积；【详解】(1)mg某气体的物质的量为n=/mgMgmol=mMmol，该气体在标准状况下的体积为V=nVm=

mM×22.4L；所含气体的分子数N=nNA=mM×NAmol，该分子是双原子分子，故原子数为mM×NA×2=2AmNM；(2)由于铜的化合价升高了2，硫的化合价降低了2，所以该反应转移2mol电子，表示方法为：

；当有2mol硫酸参加反应，被还原的硫酸为1mol，转移电子的物质的量为2mol电子，生成2SO1mol；所以则当有241molHSO被还原时，转移电子的物质的量为2mol，生成2SO为1mol，在标况下的体积为V=nVm=1mol×22.4L/mol=22.4L。20.A～G为中学化学常见的

化合物，YⅩ、是生活中用途广泛的两种金属单质。其相互转化关系如图所示（反应条件已略去）：请回答下列问题（1）AC、的化学式分别为____、____。（2）①～⑨中，属于非氧化还原反应的是___。（3）反应⑨的化学方程式为_________，该反应的现象为_

___。（4）反应①、④的离子方程式分别为__________、_______。【答案】(1).Fe2O3(2).NaAlO2(3).②④⑦⑧(4).4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(5).反应现象是白色沉

淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色(6).2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(7).Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O【解析】【分析】X和B都是能与氢氧化钠反应的物质，为铝或氧化铝之一，A和Y能与盐酸反应，G在空气中转

化为F，G和F都是由D，E与氢氧化钠反应制得的，E为氯化亚铁，F为氢氧化铁，G为氢氧化亚铁，D为三氯化铁，E为氯化亚铁，Y为铁，A为三氧化二铁，X为铝，B为氧化铝，C为偏铝酸钠，然后分析。【详解】根据分析可知，A为Fe2O3，B为Al2O3，C为NaAlO2，D为FeCl3，E为FeC

l2，F为Fe(OH)3，G是Fe(OH)2，X为Al，Y为Fe；写出①～⑨的化学方程式：①2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑②Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O③2Al+Fe2O3=高温2Fe+Al2O3④Fe

2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O⑤Fe+2HCl=FeCl2+H2↑⑥2FeCl3+Fe=3FeCl2⑦FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl⑧FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(1)A为Fe2O3，C为

NaAlO2；(2)非氧化还原反应指的是没有化合价的变化的反应，有②④⑦⑧；(3)⑨4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，反应现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；(4)①的离子方程式为2Al

+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，④的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。【点睛】能与氢氧化钠反应的金属在高中阶段只学了铝，铁和铝的性质是常考的内容，需要学生很熟悉常见金属及其化合物的性质。21.某纯碱样品含有少量NaCl杂质，某兴趣小组用如图所示装置测定纯

碱样品中23NaCO的质量分数（铁架台、铁夹等均已略去）。实验步骤如下：Ⅰ.按图连接装置，并检查气密性；Ⅱ.准确称量盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.2g；Ⅲ.准确称量7g纯碱样品放入容器b中；Ⅳ.打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；Ⅴ.打开弹簧夹，

往试管A中缓缓鼓入空气数分钟，最后称得干燥管D的质量为82.4g。请回答下列问题：（1）检查装置B气密性的方法为____________。（2）装置A中试剂X应选择_____，目的是________。（3）装置C的作用是____，步骤Ⅴ中“缓缓鼓入空气数分钟”的目的是____________。（4

）根据实验中测得的有关数据，计算纯碱样品23NaCO的质量分数为___（保留三位有效数字），若没有装置E，会导致测量结果____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。【答案】(1).夹紧弹簧夹，将B中的分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的活塞，水位不下降，气密性好(2).氢氧化钠溶液(3).吸收空

气中的二氧化碳(4).吸收CO2气体中的水蒸气(5).将装置中残留的二氧化碳全部排出，让装置D的碱石灰充分吸收，达到精确测量的目的(6).75.7%(7).偏大【解析】【分析】(1)B中气密性的检验方法是使B处于一个密封环境，观察压强的变化；(2)装置A中试剂X应选氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳

，避免干扰后续实验验证；(3)C装置中浓硫酸是吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差，“缓缓鼓入空气数分钟”是为了将装置中残留的二氧化碳全部排出，让装置D的碱石灰充分吸收，达到精确测量的目的；

(4)某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数，直到干燥管D的质量不变，为82.4g，生成二氧化碳的质量=82.4g-80.20g=2.2g，结合碳元素守恒计算碳酸钠纯度。【详解】(1)检查装置B

的气密性的方法是用弹簧夹将两端的导气管夹紧，将B中的分液漏斗中加入水，打开分液漏斗的活塞，漏斗内的水位不发生变化，说明气密性好；(2)本实验是为了检验纯碱的纯度，空气中的二氧化碳会对实验产生干扰，装置A中试剂X应选用足量的氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳，避免干扰后续实验验证；(3)装

置C的作用：吸收CO2气体中的水蒸气,避免测量结果产生误差(偏大)；(4)某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数，直到干燥管D的质量不变，为82.4g，生成二氧化碳的质量=82.4g−80.20g=2.2g，结

合碳元素守恒计算碳酸钠纯度=2.2g106g/mol44g/mol7g×100%=75.7%，若没有E装置，空气中的水和二氧化碳会进入D装置，导致D装置的质量增大，生成二氧化碳的质量偏大，得到碳酸钠的质量变大，纯度偏大。22.某研究

性学习小组同学对由NaHCO3和KHCO3组成的某均匀混合物进行实验,测得如下数据(盐酸的物质的量浓度相等):50mL盐酸50mL盐酸50mL盐酸m(混合物)9.2g15.7g27.6g标准状况下，V(C

O2)224L3.36L3.36L（1）盐酸的物质的量浓度是多少？_____（2）混合物中，n(NaHCO3)∶n(KHCO3)是多少？__________【答案】(1).3mol/L(2).1:1【

解析】由表中数据可知，由于固体混合物从9.2g→15.7g，二氧化碳气体的体积还在增加，故加入9.2g混合物时盐酸过量，而固体混合物从15.7g→27.6g，二氧化碳气体的体积不再变化，说明加入27.6g固体

混合物时盐酸不足。（1）第三组中盐酸不足，标况下3.36LCO2为0.15mol，NaHCO3和KHCO3与盐酸都1：1反应，所以CO2的量就是盐酸的量，故盐酸为0.15mol，盐酸的物质的量浓度0.15mol/0.05L=3mol/L。

答案为：3mol/L（2）第一组中盐酸过量，固体混合物完全反应。设混合物中、的物质的量分别为xmol、ymol,则有:①②联立方程,计算得出:,故混合物中、的物质的量之比为,答案为：.点睛：本题考查固体混合物的计算，分析出哪一组盐酸不足，哪一组盐酸过量是解答该题的关键点。