吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体第三十一届2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

吉林省吉林地区普通高中友好学校联合体第三十一届2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com 友好学校第三十一届期中质量检测高一化学 第Ⅰ卷(选择题共 分)‎ 一、选择题：本大题共10题，每小题2分，共20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.《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是 A. 蒸馏 B. 升华 C. 干馏 D. 萃取 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞，着覆器，遂凝结”，属于固体直接转化为气体。‎ ‎【详解】A. 蒸馏是在密闭容器中给溶液加热，收集一定温度范围内的馏分的操作，不合题意；‎ B. 升华是固体受热后，不经过液态而由固态直接转化为气态的过程，符合题意；‎ C. 干馏是以煤或木材为原料，隔绝空气加强热使它分解的过程，不合题意；‎ D. 萃取是利用溶质在萃取剂与原溶剂中溶解度的差异，将溶质从一种溶剂转移入萃取剂的过程，不合题意。‎ 答案选B。‎ ‎2.如图所示，下列实验操作与方法正确的是（ ）‎ A. 检查容量瓶是否漏水的方法 B. 滴加液体 C. 给溶液加热 D. 过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 检查容量瓶是否漏水的方法，正确；‎ B. 滴加液体，错误，胶头滴管不能插入试管内；‎ C. 给溶液加热，错误，试管内的液体超过试管容积的三分之一；‎ D. 过滤，错误，漏斗颈没有紧贴烧杯内壁。‎ 故选A。‎ ‎3.用可溶性钡盐检验SO42-的存在时，先在待测溶液中加入盐酸，其作用是 A. 形成较多的白色沉淀 B. 使形成沉淀的纯度更高 C. 排除SO42-以外的其他阴离子及Ag＋的干扰 D. 排除Ba2＋以外的其他阳离子的干扰 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的多少没关系，故A错误；B、硫酸钡是不溶于酸的沉淀，加入盐酸和沉淀的纯度没关系，故B错误；C、加盐酸时，如果有白色沉淀出现，则可以排除银离子、碳酸根离子等阴离子的干扰，故C正确；D、用盐酸酸化的目的是排除Ag+以及某些阴离子的干扰，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查硫酸根离子的检验。本题的难点在于理解盐酸的作用，注意在实验过程中，需要排除可能存在的其他微粒如碳酸根离子、银离子等微粒对实验的干扰。‎ ‎4.有关化学实验的下列操作中，一般情况下不能相互接触的是（ ）‎ A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸 B. 过滤操作中，漏斗径与烧杯内壁 C. 分液操作中，分液漏斗径与烧杯内壁 D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管尖端与试管内壁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，故A不符合；‎ B. 在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故B不符合；‎ C. 分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故C不符合；‎ D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，防止污染药瓶，故D符合；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】过滤操作的注意事项：“一贴二低三靠”‎ 一贴:指滤纸要紧贴漏斗壁，一般在将滤纸贴在漏斗壁时先用水润湿并挤出气泡，因为如果有气泡会影响过滤速度.‎ 二低:一是滤纸的边缘要稍低于漏斗的边缘;二是在整个过滤过程中还要始终注意到滤液的液面要低于滤纸的边缘。否则的话，被过滤的液体会从滤纸与漏斗之间的间隙流下，直接流到漏斗下边的接受器中，这样未经过滤的液体与滤液混在一起，而使滤液浑浊，没有达到过滤的目的。‎ 三靠:一是待过滤的液体倒入漏斗中时，盛有待过滤液体的烧杯的烧杯嘴要靠在倾斜的玻璃棒上(玻璃棒引流);二是指玻璃棒下端要靠在三层滤纸一边(三层滤纸一边比一层滤纸那边厚，三层滤纸那边不易被弄破);三是指漏斗的颈部要紧靠接收滤液的接受器的内壁。‎ ‎5.两瓶体积相等NO、N2+O2的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（    ）‎ A. 所含原子数相等 B. 气体密度相等 C. 气体质量相等 D. 摩尔质量相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于N2+O2的混合气体，我们可利用极值法进行分析。在同温同压时，若两瓶气体的体积相等，则二者的物质的量相等。只有当N2、O2等摩混合时，其平均相对分子质量与NO的相对分子质量相同。‎ ‎【详解】A. 不管是1molNO、还是1mol(N2+O2)的混合气体，都含2mol原子，所以二者所含原子数相等，正确；‎ B. 只有在N2与 O2等物质的量混合时，1mol (N2+O2)的混合气体的质量与1mol NO的质量才相等， 所以气体密度不一定相等，错误；‎ C. 由B中分析可知，1mol NO与1mol (N2+O2)的混合气体的质量不一定相等，错误；‎ D. 由分析知，只有当N2、O2等物质的量混合时，其平均相对分子质量与NO的相对分子质量才相等，所以混合气与NO的摩尔质量不一定相等，错误。‎ 答案为A。‎ ‎6. 氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是 A. 胶粒直径小于1nm B. 胶粒作布朗运动 C. 胶粒带正电荷 D. 胶粒不能通过半透膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：胶体能稳定存在的主要原因是胶粒带有相同的电荷，互相排斥的结果。注意，胶粒作布朗运动虽然也是胶体稳定存在的原因之一，但其处于次要的地位。‎ 考点：考查胶体的性质。‎ ‎7.下列液体中，不会出现丁达尔现象的分散系是（ ）‎ ‎①鸡蛋清溶液 ②水 ③淀粉溶液 ④蔗糖溶液 ⑤Fe(OH)3胶体 ⑥肥皂水．‎ A. ②④ B. ③④ C. ②④⑥ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①鸡蛋清溶液，既是溶液又是胶体，能产生丁达尔效应；‎ ‎②水，不属于分散系，不能产生丁达尔效应；‎ ‎③淀粉溶液，属于胶体，能产生丁达尔效应；‎ ‎④蔗糖溶液，属于分散系，但不属于胶体，不能产生丁达尔效应；‎ ‎⑤Fe(OH)3胶体，属于胶体，能产生丁达尔效应；‎ ‎⑥肥皂水，属于胶体，能产生丁达尔效应。‎ 故答案应只包含④。‎ 因此答案为D。‎ ‎【点睛】分散系是混合物，水是纯净物，所以水不属于分散系。我们在解题过程中，常会错误地认为，水是分散系。‎ ‎8.往含有H+、Fe2+、Cu2+、Ag+四种离子的溶液中加入足量镁粉，最先得到的还原产物是 A. H2 B. Fe C. Cu D. Ag ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据金属活动性顺序表可知以下四种单质的还原性的大小顺序：Fe＞H2＞Cu＞Ag，对应的阳离子的氧化性的大小顺序与上面的顺序相反，即Ag+＞ Cu2+ ＞H+ ＞Fe2+， Ag+的氧化性最大，所以Ag+先与加入的镁粉反应，被还原为Ag，答案D正确。‎ 点睛：一种还原剂与多种氧化剂反应时，先与氧化性大的粒子反应，同样的道理，一种氧化剂与多种还原剂反应时，先与还原性大的粒子反应。‎ ‎9.下列电离方程式中正确的是 A. Na2SO4=2Na+ +SO4 2-‎ B. NaOH=Na+ +O2- +H+‎ C HCN=H+ +CN-‎ D. Ca(NO3)2=Ca+ +2(NO3)2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2SO4=2Na+ +SO4 2-，正确；‎ B. NaOH=Na+ +O2- +H+，错误，OH-不能拆开；‎ C. HCN=H+ +CN-，错误，HCN是弱酸，中间应用“”隔开；‎ D. Ca(NO3)2=Ca+ +2(NO3)2，错误，(NO3)2应写成2NO3-。‎ 故选A。‎ ‎10. 下列反应中，属于氧化还原反应的是 A. 2 H2O2 2 H2O + O2↑ B. 2 Al(OH)3 Al2O3 + 3 H2O C. FeO + 2 HCl = FeCl2+ H2O D. CuCl2+ 2 NaOH = Cu(OH)2↓+ 2NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ 略 二、选择题：‎ ‎11.下列单、双线桥的表示方法不正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、钠元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，则钠失去电子，转移的电子数为2e-，故A正确；B、该反应中Cl元素的化合价既升高又降低，转移的电子数为e-，正确的表示为，故B错误；C、该反应中钠元素失去电子，氢元素得到电子，转移的电子数为2e-，故C正确；D、该反应中碘元素失去电子，溴元素得到电子，转移的电子数为2e-，故D正确；故选B。‎ ‎12.在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是 A KMnO4→O2 B. CO2→CO C. Br－→Br2 D. Fe2O3→Fe ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中的还原剂、氧化剂中元素的化合价变化规律分析。‎ ‎【详解】A.KMnO4→O2中O元素的化合价升高，但KMnO4分解即可生成氧气，故不需要加入合适的氧化剂，故A错误； B.CO2→CO中C元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，故B错误； C.Br-→Br2中Br元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故C正确； D.Fe2O3→Fe中Fe元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入铁粉，故D错误。 故选C。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，元素化合价降低，即做氧化剂，需要添加还原剂，反之，元素化合价升高，即做还原剂，需要添加氧化剂。‎ ‎13.下列叙述中正确的是( )‎ A. 1mol H2O的质量是18g·mol-1 B. CH4的摩尔质量为16g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32克 D. 标况下1mol乙醇的体积为22.4 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol H2O的质量是18g，单位错误；‎ B. CH4的摩尔质量为16g/mol，单位错误；‎ C. 3.01×1023个SO2分子为0.5mol，质量为32克，正确；‎ D. 标况下乙醇呈液态，所以1mol乙醇体积不是22.4 L，错误。‎ 故选C。‎ ‎14.氮化铝（AlN）广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是(　　)‎ A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B. 上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子 C. AlN中氮的化合价为+3‎ D. AlN的摩尔质量为41 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；B．根据AlN和转移电子之间的关系式计算；C．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的显正价；D．摩尔质量的单位是g/mol。‎ ‎【详解】A．该反应中，氧化剂氮气，还原剂是碳，选项A错误；B．反应中N元素的化合价从0价降低到-3价，转移3个电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，选项B正确；C．氮化铝中氮元素的化合价是-3价，选项C错误；D．氮化铝的摩尔质量是41g/mol，选项D错误；答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价即可分析解答本题，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。‎ ‎15.在一定条件下，RO3n－和氟气可发生反应：RO3n－ + F2+2OH－=RO4－+2F－+H2O，从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是(　　)‎ A +4 B. +7 C. +6 D. +5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算RO3－中R元素的化合价。‎ ‎【详解】根据电荷守恒可知，-n-2=-1-2，解得n=1，‎ 令RO3n-中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：‎ a+（-2）×3=-1‎ 解得：a=+5，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，也可以根据电子转移守恒计算，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用。‎ ‎16.某溶液经分析，其中只含有Na＋、K＋、Ca2＋、Cl－、NO3-，已知其中Na＋、K＋、Ca2+、NO的浓度均为0.1 mol·L－1，则Cl－的物质的量浓度为 A. 0.1mol·L－1 B. 0.3mol·L－1 C. 0.2mol·L－1 D. 0.4mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以，所以=(0.1+0.1+2×0.1－0.1)mol∙L－1=‎ ‎0.3 mol∙L－1，故B项正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等。‎ ‎17.从海水中提取溴有如下反应：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2‎ O，与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是（ ）‎ A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2‎ B. AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al( OH) 3↓+3NaCl C. 2H2S+SO2=2H2O+3S↓‎ D. C+H2O=CO+H2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+Na2SO4+3H2O是氧化还原反应，且只有一种元素 Br发生价态变化，它属于归中反应。‎ ‎【详解】A. 2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，属于氧化还原反应，但有两种元素发生价态变化，不合题意；‎ B. AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al( OH) 3↓+3NaCl，为非氧化还原反应，不合题意；‎ C. 2H2S+SO2=2H2O+3S↓，只有一种元素S发生的氧化还原反应，且为归中反应，符合题意；‎ D. C+H2O=CO+H2，为两种元素发生的氧化还原反应，不合题意。‎ 答案为C。‎ ‎18.在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是 A. Na+、Ag+、CO32-、Cl﹣ B. K+、Ba2+、SO42-、Cl﹣‎ C. Na+、K+、CO32-、Cl﹣ D. Na+、K+、Cl﹣、SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、Ag+与CO32-、Cl-生成沉淀，不能大量共存，A错误；B、Ba2+、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，可以大量共存，加稀硫酸与CO32-反应生成气体，C正确；D、该组离子之间不反应，可以大量共存，但加稀硫酸没有气体生成，D错误。答案选C。‎ 考点：离子共存 ‎19.下列离子方程式中正确的是( )‎ A. 澄清石灰水与稀盐酸反应 Ca(OH)2＋2H+===Ca2+＋2H2O B. 氢氧化钡与硫酸反应 OH-＋H＋===H2O C. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu＋Ag+===Cu2+＋Ag D. 氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应 Mg2+＋2OH-===Mg(OH) 2 ↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．澄清石灰水中的Ca(OH)2，在离子方程式中应该拆成离子形成，离子方程式为OH－＋H＋=H2O，A项错误；‎ B．遗漏了Ba2＋和SO42－的反应，离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋SO42－＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，B项错误；‎ C．铜片插入硝酸银溶液中，铜会置换出银，选项中电荷不守恒，离子方程式为Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，C项错误； ‎ D．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应会生成氢氧化镁沉淀，D项中化学方程式正确，D项正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎20.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )‎ ‎①H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO32FeCl+NO+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO3>NO C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。‎ ‎【详解】①反应H2SO3+I2+H2O＝2HI+H2SO4中I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3＞I-；‎ ‎②反应2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I-＞Fe2+；‎ ‎③反应3FeCl2+4HNO3＝2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe（NO3）3中N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+＞NO；‎ 综上所述还原性由强到弱的顺序为H2SO3＞I-＞Fe2+＞NO，故答案选A。‎ 二、非选择题：本题包括4小题，共50分。‎ ‎21.粗盐中含有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-，欲除去这些杂质，正确添加试剂及操作的顺序为：________、NaOH溶液、__________、__________、__________。‎ ‎【答案】 (1). BaCl2溶液 (2). Na2CO3溶液 (3). 过滤 (4). 适量盐酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 除去溶液中的某种离子，为了确保杂质去除干净，加入的除杂试剂都是过量的；过量的除杂试剂将又成为杂质，又需进行处理。‎ ‎【详解】粗盐中含有少量的Ca2+、Mg2+、SO42-，除去Ca2+，应加入Na2CO3溶液；除去Mg2+，应加入NaOH溶液；除去SO42-，应加入BaCl2溶液。但考虑到过量除杂试剂也需处理，即BaCl2必须用Na2CO3溶液处理，所以BaCl2一定要放在加入Na2CO3溶液之前加入。另外，加入盐酸前，需对混合物进行过滤。‎ 故正确添加试剂及操作的顺序为：先除SO42-，应加入BaCl2溶液。答案为SO42-‎ NaOH溶液除去Mg2+。再除去过量BaCl2及Ca2+，加Na2CO3溶液。答案为Na2CO3‎ 为防止BaCO3、CaCO3、Ma(OH)2溶解在盐酸中，在加入盐酸前，需对溶液进行过滤。‎ 答案为过滤 最后去除过量的Na2CO3、NaOH，应加入适量盐酸。答案为适量盐酸 ‎22.有以下几种物质①碳酸氢钠晶体②液态氯化氢③铁④蔗糖⑤酒精⑥熔融的K2SO4⑦干冰⑧石墨填空回答：（填序号）‎ ‎（1）以上物质能导电的是______‎ ‎（2）以上物质中属于电解质的是______‎ ‎（3）以上物质中属于非电解质的是______‎ ‎（4）以上物质中溶于水后水溶液能导电的是______‎ ‎（5）分别写出物质①、⑥在水溶液中的电离方程式_________________、_____________．‎ ‎【答案】 (1). ③⑥⑧ (2). ①②⑥ (3). ④⑤⑦ (4). ①②⑥⑦ (5). NaHCO3═Na++HCO3- (6). K2SO4═2K++S042-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①碳酸氢钠晶体，电解质，本身不导电，溶于水后导电。‎ ‎②液态氯化氢，电解质，本身不导电，溶于水后导电。‎ ‎③铁，既不是电解质也不是非电解质，本身能导电，不溶于水。‎ ‎④蔗糖，非电解质，本身不导电，溶于水也不导电。‎ ‎⑤酒精，非电解质，本身不导电，溶于水也不导电。‎ ‎⑥熔融的K2SO4，电解质，本身导电，溶于水也导电。‎ ‎⑦干冰，非电解质，本身不导电，但溶于水后导电。‎ ‎⑧石墨，既不是电解质也不是非电解质，本身导电，难溶于水。‎ ‎【详解】(1)以上物质能导电的是铁、熔融的K2SO4、石墨。答案为③⑥⑧‎ ‎(2)以上物质中属于电解质的是碳酸氢钠晶体、液态氯化氢、熔融的K2SO4。‎ 答案①②⑥‎ ‎(3)以上物质中属于非电解质的是蔗糖、酒精、干冰。答案为④⑤⑦‎ ‎(4)以上物质中溶于水后水溶液能导电的是碳酸氢钠晶体、液态氯化氢、熔融的K2SO4、干冰。答案为①②⑥⑦‎ ‎(5)物质①在水溶液中的电离方程式NaHCO3═Na++HCO3-。答案为NaHCO3═Na++HCO3-‎ ‎⑥在水溶液中的电离方程式为K2SO4═2K++SO42-。答案为K2SO4═2K++SO42-‎ ‎【点睛】在单质的分类上，我们容易出错。我们会错误地认为：铁和石墨不是电解质，那自然就是非电解质了。其实，电解质和非电解质不能包含所有的物质，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎23.（1）3．01×1023个氯气分子的物质的量是________，氯原子的物质的量是________。‎ ‎（2）1．5molNa2SO4·10H2O中所含的Na+的物质的量是________，所含的SO42-的物质的量是________，所含H2O的数目是______。‎ ‎（3）一定量的Na2CO3中，碳原子和氧原子的物质的量之比为______。‎ ‎（4）12．4gNa2R含0．4molNa+，则Na2R的摩尔质量为_____，R的相对原子质量为________。含R的质量为1．6g的Na2R，其物质的量为_____。‎ ‎【答案】 (1). 0.5mol (2). 1mol (3). 3mol (4). 1.5mol (5). 15NA (6). 1:3 (7). 62g/mol (8). 16 (9). 0.1mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 答案为0.5mol n(Cl)=2n(Cl2)=2×0.5mol=1mol 答案为1mol ‎(2)n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=2×1.5mol=3mol 答案为3mol n(SO42-)=n(Na2SO4·10H2O)=1.5mol 答案为1.5mol n(H2O)=10n(Na2SO4·10H2O)=10×1.5mol=15mol 答案为15mol N(H2O)= n(H2O) ×NA=15 NA 答案为15 NA ‎(3)由Na2CO3可得出n(C)：n(O)=1:3 答案为1:3‎ ‎(4) n (Na2R)= 0.4mol×1/2=0.2mol，M(Na2R)= 答案为62g/mol M (R)=62-23×2=16 答案为16‎ n (Na2R)= n (R)= 答案为0.1mol ‎24.某学生需要用烧碱固体配制0.5 mol·L-1的NaOH溶液500mL。实验室提供以下仪器：①100mL烧杯 ②100 mL量筒 ③1000 mL容量瓶 ④500 mL容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平（带砝码）。请回答下列问题：‎ ‎（1）计算结果：需要称取NaOH固体__________g；‎ ‎（2）配制时，必须使用的仪器有____________（填代号），还缺少的仪器是_______、_______。（填仪器名称）‎ ‎（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）_____________；‎ A．用少量水洗涤烧杯2—3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解 C．将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1—2cm处 ‎（4）实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于________、后用于________；‎ ‎（5）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是__________；（填下列编号）‎ ‎①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 ‎ ‎②定容观察液面时俯视 ‎ ‎③配制过程中遗漏了（3）中步骤A ‎ ‎④ 加蒸馏水时不慎超过刻度线 ‎（6）若实验过程中出现（5）中④这种情况你将如何处理？_____________。‎ ‎【答案】 (1). 10.0 (2). ①④⑤⑥ (3). 胶头滴管 (4). 药匙 (5). BCAFED (6). 搅拌 (7). 引流 (8). ② (9). 重新配制 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)需要称取NaOH固体的质量为0.5 mol·L-1×0.5L×40g/mol=10.0g 答案为10.0g ‎(2) 配制时，必须使用的仪器有:100mL烧杯、500 mL容量瓶、玻璃棒、托盘天平（带砝码） 答案为①④⑤⑥‎ 定容时还缺少的仪器为胶头滴管。答案为胶头滴管 称量时还缺少的仪器为药匙。答案为药匙 ‎(3)按配制溶液的五个步骤，配制时，其正确的操作顺序是BCAFED 答案为BCAFED ‎(4)溶解氢氧化钠固体时，要使用玻璃棒，其作用是搅拌，以加速固体的溶解。答案为搅拌 转移溶液时，需要使用玻璃棒，其作用是引流。答案为引流 ‎(5)①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，没有引起溶质物质的量的改变，不产生误差；‎ ‎②定容观察液面时俯视，将导致容量瓶内液面低于刻度线，液体的体积偏小，浓度偏大；‎ ‎③配制过程中遗漏了（3）中步骤A，将导致容量瓶内溶质物质的量的减少，最终使所配溶液的浓度偏小；‎ ‎④加蒸馏水时不慎超过刻度线，将导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小。‎ 以上操作中，将引起所配溶液浓度偏高的是②‎ 答案为②‎ ‎(6)若实验过程中出现（5）中④这种情况，必须重新配制。‎ 答案为重新配制 ‎ ‎