1、高考资源网（） 您身边的高考专家黄陵中学2020-2021学年度第一学期高新部高三期中考试化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Na 23 Cu 64 Cl 35.5第I卷(选择题)一、单选题（本题共17题，每小题3分，共51分）1. 2019年诺贝尔化学奖授予约翰B古迪纳、斯坦利惠廷汉和吉野彰，以表彰他们在开发锂离子电池方面做出的卓越贡献。与锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于同类型的物质是()A. LiB. Li2OC. LiOHD. Li2SO4【答案】D【解析】【详解】与锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于金属阳离子和酸根离
2、子构成的化合物，属于盐类，ALi属于金属单质，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故A不符合题意；BLi2O属于锂离子与氧离子构成的化合物，属于氧化物，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故B不符合题意；CLiOH属于锂离子与氢氧根离子构成的化合物，属于碱，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故C不符合题意；DLi2SO4是锂离子与硫酸根离子构成的化合物，属于盐，与钴酸锂(LiCoO2)类型相同，故D符合题意；答案选D。2. 化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. 芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐B. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用作黏合剂和防火材料C. 高铁车
3、用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点D. 本草纲目中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指KOH【答案】D【解析】【详解】A. 芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐，故A正确；B. 硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用作黏合剂和防火材料，故B正确；C. 高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，故C正确；D. “采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植
4、物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以不能是KOH，故D错误；故选D。3. 下列我国古代的技术应用中，不涉及氧化还原反应的是A. 粮食酿醋B. 古法炼铁C. 淮南王发明豆浆制豆腐D. 火药爆炸【答案】C【解析】【详解】A.粮食酿醋的过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B.古法炼铁过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.淮南王发明豆浆制豆腐没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D. 火药爆炸有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；故选C。4. 下列有关胶体的叙述不正确的是A. 向沸水中滴入饱和氯化铁溶液可制取氢氧化铁胶体B.
5、制作果冻利用了胶体的性质C. 胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔现象D. 溶液是稳定的分散系【答案】C【解析】【详解】A. 向沸水中滴入饱和氯化铁溶液可制取氢氧化铁胶体，方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；B. 果冻是胶体，制作果冻利用了胶体的性质，故B正确；C. 溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故C错误；D. 溶液很稳定，是稳定分散系，故D正确；故选C。5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是（ ）A. 28 g由乙烯和环丁烷(C4H8)组成混合气体含有原子数目为6NAB
6、. 在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有6.72L氯气生成，则反应中电子转移的数目为0.5NAC. 0.1molNa2O2含有的离子数0.3NAD. 0.1 mol OH-中所含有的电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A乙烯和环丁烷最简式均为CH2，故28g混合气体中含有的CH2的物质的量为2mol，则混合气体含有原子数目为6NA，故A正确；B选项中6.72L氯气状态未知，不能用标况下气体的摩尔体积计算生成氯气的物质的量，则反应中电子转移的数目无法确定，故B错误；CNa2O2中含有2个Na+和1个构成，则0.1molNa2O2含有的离子数=20.1 molNA
7、+10.1 molNA=0.3NA，故C正确；DOH-中含有10个电子，则0.1 mol OH-中所含有的电子数为100.1 molNA= NA，故D正确；答案选B。6. 下列物质均为a g，将它们在氧气中完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重为a g，符合条件的物质种类有（ ）CO H2 CH4 HCHO CH3COOH HCOOHA. 4 种B. 5 种C. 6种D. 2种【答案】A【解析】【详解】H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，由反应方程式
8、可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合mCOnH2的物质完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则符合，而HCHO可以改写成COH2，CH3COOH可以改写成2CO2H2，CH4可以改写成C2H2，HCOOH可以改写成CO2H2，因此符合，不符合，即符合；故答案选A。7. 下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是()C与O2Na与O2Al与NaOH溶液AlCl3溶液与氨水CO2与NaOH溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】C与O2反应，O2过量产物CO2，
9、O2少量产物为CO，故正确；Na与O2反应，加热条件下产物是Na2O2，常温条件下产物是Na2O，故正确；Al与NaOH溶液反应，产物都是NaAlO2和H2，故错误；AlCl3溶液与氨水反应只能生成Al(OH)3，无法生成AlO，故错误；CO2与NaOH溶液，CO2过量产物是NaHCO3，CO2少量产物是Na2CO3，故正确；故答案为D。8. 下列离子方程式不正确的是 ()A. 少量CO2通入澄清石灰水中：CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2OB. NaHSO3溶液与NaOH溶液反应：HSO+OH-=SO+H2OC. 浓盐酸与二氧化锰共热：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O
10、D. 漂白粉溶液中通入少量的二氧化硫气体：Ca2+2ClO-+H2O+SO2=CaSO3+2HClO【答案】D【解析】【详解】A将少量CO2通入澄清石灰水生成CaCO3和H2O，反应的离子方程式为：CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O，故A正确；BNaHSO3溶液与NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，反应的离子方程式为：HSO+OH-=SO+H2O，故B正确；C浓盐酸和二氧化锰共热制取Cl2，离子方程式：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故C正确；D少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，二者发生氧化还原反应，离子方程式： Ca2+3ClO+SO2+H2O=Cl+C
11、aSO4+2HClO，故D错误；答案选D。9. 下列离子方程式中正确的是A. 在加热条件下铜可与浓硫酸反应：Cu +2H+= Cu2+H2B. 醋酸与纯碱溶液充分反应：CH3COOH+HCO=CH3COO+H2O + CO2C. AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+4OH=AlO+ 2H2OD. NaHSO4溶液与NaOH溶液混合：H+ + OH- = H2O【答案】D【解析】【详解】A. 在加热条件下铜可与浓硫酸反应生成SO2，离子方程式为：Cu +4H+Cu2+SO2+2H2O，故A错误；B. 醋酸与纯碱溶液充分反应：2CH3COOH+CO=2CH3COO+H2O + CO2，故B错误；
12、C. AlCl3溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3+3OH=Al(OH)3，故C错误；D. NaHSO4溶液与NaOH溶液混合反应实质是氢离子和氢氧根反应，离子方程式：H+ + OH- = H2O，故D正确；故选D。10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 无色透明溶液中：K+、Na+、B. pH=1的溶液中: CH3COO、K+、Cl-C. 遇酚酞变红的溶液中：Na+、K+、NO、COD. 加入铝粉能生成氢气的溶液中：Fe2+、Cl-、NO、Na+【答案】C【解析】【详解】A.高锰酸根离子在溶液中为紫色，无色溶液中不可能存在高锰酸根离子，故A错误；
13、B.pH=1的溶液为酸性溶液，酸性溶液中氢离子与弱酸根醋酸根离子生成醋酸，不能大量共存，B错误；C.遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na+、K+、NO、CO四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故C正确；D.加入铝粉能生成氢气的溶液可能为强酸溶液或强碱溶液，强酸溶液中，不能存在NO，强碱溶液中不能存在OH-，故D错误；故选C。11. 钛被誉为“21世纪金属”，工业冶炼钛的第一步反应为TiO22C2Cl2=TiCl42CO，下列关于该反应的说法中，正确的是()A. TiO2是氧化剂B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C. Cl2发生氧化反应D. 每转移2 mol电子将有1 mol C
14、l2被还原【答案】D【解析】【详解】A. 反应后钛元素及氧元素化合价都没变化，故二氧化钛不是氧化剂，也不是还原剂，故A错误；B. 反应中碳元素化合价升高，碳作还原剂，氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，物质的量之比是一比一，故B错误；C. 氯元素化合价降低，氯气是氧化剂，发生还原反应，故C 错误；D. 氯气是氧化剂，氯元素化合价从0价降低为-1价，故每转移2 mol电子有1 mol氯气被还原，故D正确；故选D。12. 下列变化，必须加入还原剂才能实现的是（ ）A. NaCl AgClB. KClO3O2C. MnO2MnCl2D. Cl2 Cl-【答案】C【解析】【分析】必须加入还原剂才能实现，说
15、明给定的物质作氧化剂，在化学反应中得电子化合价降低，据此分析解答。【详解】A. NaClAgCl中氯元素化合价不变，说明该反应不属于氧化还原反应，不需要加入还原剂，故A错误；B. KClO3O2中O元素化合价升高，氯元素的化合价降低，KClO3加热分解生成氯化钾和氧气，自身能够发生氧化还原反应，不需要加入还原剂即可实现，故B错误；C. MnO2MnCl2中Mn元素化合价由+4价变为+2价，所以二氧化锰作氧化剂，需要还原剂才能实现，故C正确；D. Cl2 Cl-中Cl元素化合价降低，氯气和水反应可以生成盐酸和次氯酸，Cl2既是氧化剂也是还原剂，不需要加入还原剂即可实现，故D错误；故选C。13.
16、根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是()Cl22KI=I22KCl2FeCl32HI=I22FeCl22HCl 2FeCl2Cl2=2FeCl3 I2SO22H2O=2HIH2SO4A. Cl2Fe3I2SO2B. Fe3Cl2I2SO2C. Cl2I2Fe3SO2D. Cl2Fe3SO2I2【答案】A【解析】【详解】反应Cl2+2KII2+2KCl，氧化剂为Cl2，氧化产物为I2，所以氧化性Cl2I2；2FeCl3+2HII2+2FeCl2+2HCl，氧化剂为FeCl3，氧化产物为I2，所以氧化性Fe3+I2；2FeCl2+Cl22FeCl3，氧化剂为Cl2，氧化产物为FeC
17、l3，所以氧化性Cl2Fe3+；I2+SO2+2H2O2HI+H2SO4，氧化剂为I2，氧化产物为H2SO4，所以氧化性I2H2SO4；所以氧化性Cl2Fe3+I2H2SO4；答案选B。14. 下列操作正确的是（ ）A. 用50mL的量筒量取5.8mL硫酸B. 用PH试纸测定0.1molL-1的NaClO溶液的pHC. 用托盘天平称量5.85g的NaClD. 用250mL的容量瓶配制230mL的0.1molL-1NaCl溶液【答案】D【解析】【详解】A50mL的量筒精度是1mL，无法用50mL的量筒量取5.8mL硫酸，故A项错误；BNaClO具有漂白性，无法用pH试纸测定其pH值，故B项错误；
18、C托盘天平精度是0.1g，无法用托盘天平称量5.85g的NaCl，故C项错误；D没有230mL规格的容量瓶，需要用250mL的容量瓶配制230mL的0.1molL-1NaCl溶液，故D项正确；故答案为D。15. 下列实验操作及现象和后面结论对应正确是（ ）选项实验操作现象结论A将SO2通入酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色褪色SO2具有漂白性B向某溶液中滴加KSCN溶液溶液显红色原溶液中有Fe3+无Fe2+C将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液有白色沉淀生成证明非金属性SCSiD用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低A. AB.
19、BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】【详解】A.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是利用二氧化硫的还原性，不是漂白性，选项A错误；B.溶液变红，说明含有Fe3+，不能确定是否含有Fe2+，选项B错误；C.非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，产生气体，说明硫酸酸性强于碳酸，有白色沉淀生成，说明碳酸的酸性强于硅酸，选项C正确；D.铝迅速转变成氧化铝，因为氧化铝的熔点高于铝单质，因此是熔化而不滴落，选项D错误。答案选C【点睛】16. 下列说法正确的是（ ）A. 取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则说明溶液中含有SOB. 向某少许待测液
20、中加入足量盐酸产生无色的能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明待测液中含有COC. 向某少许待测液中加入浓氢氧化钠溶液并加热产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明待测液中含有NHD. 向某少许待测液中加入氢氧化钠溶液产生了红褐色沉淀，则说明待测液中一定含有Fe3+，一定不含Fe2+【答案】C【解析】【详解】A取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则说明溶液中含有的离子为SO或Ag+，故A错误；B向某少许待测液中加入足量盐酸产生无色的能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是二氧化碳或二氧化硫，说明待测液中可能含有CO、HCO、S
21、O、HSO，故B错误；C向某少许待测液中加入浓氢氧化钠溶液并加热产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明待测液中含有NH，故C正确；D向某少许待测液中加入氢氧化钠溶液产生了红褐色沉淀，只能说明待测液中一定含有Fe3+，是否含Fe2+无法确定，故D错误；答案选C。17. 12mL浓度为0.05molL1Na2SO3溶液恰好与10mL浓度为0.02molL1的KXO3溶液完全反应，已知Na2SO3可被KXO3氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为A. +7B. +3C. +1D. 1【答案】D【解析】【详解】设元素X在还原产物中的化合价为a，依据电子守恒得，120.0
22、5mol/L（6-4）=10ml0.02mol/L（5-a），解得a=-1，故选：D。第II卷（非选择题）二、非选择题（共49分）18. 实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料进行实验，装置如图所示。(1)在A装置部分中浓盐酸表现了_性质。(2)装置B、C中应盛放的试剂名称及作用分别为_、_。(3)实验时，先点燃_(A还是D)处的酒精灯，再点燃_(A还是D)处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_。(4)F装置所起的作用是_，_。(5)用石灰乳吸收氯气可制得漂白粉，写出工业制漂白粉反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 酸性和还原性 (2). 饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化
23、氢 (3). 浓硫酸，干燥氯气 (4). A (5). D (6). 2Fe3Cl22FeCl3 (7). 吸收未反应的氯气，以免污染空气 (8). 防止空气中的水蒸气进入E中 (9). 2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O【解析】【分析】由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中发生2Fe+3Cl22FeCl3，F中碱石灰可吸收过量的氯气且防止空气中水进入D，石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，发生2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，以此来解答。【详
24、解】(1)在A装置部分中发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸中部分Cl元素化合价发生化合价变化，由-1价变为0价，化合价升高，失电子，作还原剂，表现还原性，产物中生成氯化锰，表现了酸性；(2)根据分析，装置B中应盛放的试剂为饱和食盐水，作用为除去氯气中混有的氯化氢；装置C中应盛放的试剂为浓硫酸，作用为干燥氯气；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，D中反应的化学方程式为2Fe3Cl22FeCl3；(4)氯气有毒，污染环境，所以不能排空，且氯化铁可发生水解，则F装置所起的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境、防止空气中的水蒸气进入E中；
25、(5)用石灰乳吸收氯气可制得漂白粉，工业制漂白粉反应的化学方程式：2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。19. 如图是工业利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程。回答有关问题：(1)菱镁矿送入酸浸池前需要粉碎，目的是_。(2)氧化池中通入氯气的目的是_，工业上不选用硝酸作氧化剂的原因是_和_。(3)沉淀混合物为_和_(填化学式)。(4)将氯化镁溶液蒸发浓缩、降温结晶得到MgCl26H2O晶体，再将该晶体_得到无水氯化镁。利用熔融氯化镁制取金属镁，选用的方法是_(填字母)。A分解法 B氧气还原法C碳还原法 D电解法【答案】 (1). 增大接触
26、面积，加快酸浸速率 (2). 氧化Fe2，便于以沉淀形式除去 (3). 会产生污染性气体NOx (4). 会引入杂质离子NO3- (5). Al(OH)3 (6). Fe(OH)3 (7). 在HCl气流中加热 (8). D【解析】【分析】菱镁矿的主要成分MgCO3，还含有杂质Al2O3、FeCO3，加HCl酸液后使MgCO3、 Al2O3、FeCO3溶解，溶液中存在Al3+、Fe2+和Mg2+，为了除去Al3+、Fe2+离子，应先入Cl2 把Fe2+离子氧化为Fe3+，然后再加入MgO促进Al3+和Fe3+的水解，进而生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤将滤液蒸发浓缩、降温结晶得到M
27、gCl26H2O晶体，再将该晶体在HCl气流中加热得到无水氯化镁。利用电解熔融氯化镁制取金属镁。据此进行解答。【详解】(1)根据上述分析可知：将菱镁矿粉碎可以增大与酸液的接触面积，进而提高酸浸速率和转化率。故答案：增大接触面积，加快酸浸速率。(2)根据上述分析可知：因为菱镁矿中含有FeCO3，经过酸浸之后生成Fe2+，然后通入Cl2把Fe2+离子氧化为Fe3+，然后再沉淀，如果采用硝酸做氧化剂，反应会产生NO2气体，另外过量的硝酸产生杂质离子NO不易除去。故答案：氧化Fe2便于以沉淀形式除去；会产生污染性气体NOx；会引入杂质离子NO3-。(3)根据上述分析可知：经过氧化后，溶液中含有Al3+
28、、Fe3+和Mg2+，加入MgO可以促进Al3+和Fe3+的水解，进而生成沉淀，沉淀为Al(OH)3和Fe(OH)3。故答案：Al(OH)3和Fe(OH)3。(4)根据上述分析可知：将氯化镁溶液蒸发浓缩、降温结晶得到MgCl26H2O晶体，再将该晶体在HCl气流中加热得到无水氯化镁。因为镁是比较活泼的金属，所以利用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D选项符合题意。故答案：D。20. 化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，这些废液必须经处理后才能排放。某化学实验室产生的废液中含有两种金属离子：Fe3、Cu2，化学小组设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环
29、境。(1)操作的名称是_，用到的主要玻璃仪器有烧杯、_。(2)沉淀A中含有的金属单质有_。(3)操作中观察到的实验现象是_。(4)操作、中发生反应的离子方程式分别为_、_。【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗、玻璃棒 (3). 铁、铜 (4). 溶液由浅绿色变为棕黄色 (5). 2Fe2H2O2 + 2H=2Fe3+2H2O (6). Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH【解析】【分析】Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，得到固体A和溶液A；由于铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离
30、子，故溶液B中含铁离子；铁离子和氨水反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。【详解】(1)操作用于分离固体和液体，为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒,故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；(2)废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，所以在第得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：铁、铜；(3)Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色，故答案为：溶液由浅绿
31、色变为棕黄色；(4) Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O；加入氨水，生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH，故答案为：2Fe2H2O2 + 2H=2Fe3+2H2O ；Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH。21. 某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数。 实验步骤如下： 按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.20 g; 准确称得20.00 g纯碱样品放入容器b中； 打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产
32、生气泡为止； 打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气；然后称得干燥管D的总质量为84.36 g；重复步骤和的操作，直到干燥管D的质量不变，为85.18 g。试回答： (1)装置B中发生反应的离子方程式_。(2)装置A中试剂X应选用足量的_,装置A的作用_.ABa(OH)2溶液BNaOH溶液C饱和NaCl溶液 D浓H2SO4(3)装置C的作用：_。(4)若将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)；若没有操作，则会导致测定结果_;若去掉装置E,则会导致测定结果_.(5)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为_。【答案
33、】 (1). 2HCO=H2OCO2 (2). AB (3). 防止空气中的CO2进入D引起测量误差 (4). 吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差 (5). 偏大 (6). 偏小 (7). 偏大 (8). 60%【解析】【分析】B中发生发反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，C中浓硫酸干燥二氧化碳，D中碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数。通入空气排尽装置中二氧化碳，使二氧化碳进入D中完全吸收，空气中的二氧化碳会影响实验，A中盛放碱溶液可以除去空气中二氧化碳。E装置吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，防止加入D中影响二氧化碳质量测定。【详
34、解】(1) 在装置B中，硫酸与碳酸钠发生复分解反应，产生硫酸钠、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式是2H+CO=H2O+CO2，故答案为：2H+CO=H2O+CO2；(2)装置A中试剂应选用足量的碱吸收空气中的二氧化碳，避免干扰后续实验验证，装置A中Ba(OH)2溶液，NaOH溶液可以除去空气中的二氧化碳，防止空气中的CO2进入D引起测量误差，故答案为：AB，防止空气中的CO2进入D引起测量误差；(3) C中浓硫酸吸收二氧化碳中的水蒸气，避免测量结果产生误差，故答案为：吸收二氧化碳中的水蒸气，避免测量结果产生误差；(4) 如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果盐酸挥发出的氯化氢也会被碱石灰吸收，导致测定结果偏大，若没有操作，生成的气体不能全部被碱石灰吸收，导致测定结果偏小，装置E的作用防止空气中的水或CO2进入装置内被碱石灰吸收，导致测定结果偏大，故答案为：偏大，偏小，偏大；(5)用某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，用如图所示装置测定纯碱样品中的Na2CO3的质量分数，直到干燥管D的质量不变，为85.18 g，生成二氧化碳的质量为=85.18-80.20=4.98g，结合碳元素守恒计算碳酸钠纯度为，故答案为：60%。- 15 - 版权所有高考资源网