【化学】河北省魏县第五中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版） 13页

河北省魏县第五中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55 Ba-137‎ 一、选择题（每题2分，共40分）‎ ‎1.海水中含有大量的化学元素,自然界中的有些元素主要存在于海水中。下列元素中,被称为“海洋元素”的是（ ）‎ A. 钠 B. 碘 C. 溴 D. 氯 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称。答案选C。‎ ‎2.下列电离方程式正确的是（ ）‎ A. NaOH=Na＋＋O2－＋H＋ B. FeCl3=Fe3＋＋Cl3－‎ C. Ca(NO3)2=Ca2＋＋2(NO3)2－ D. NH4HSO4=NH4+＋H＋＋SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaOH=Na＋＋O2－＋H＋中，OH-不能拆成O2－＋H＋，错误；‎ B. FeCl3=Fe3＋＋Cl3－中，Cl3－应为3Cl-，错误 C. Ca(NO3)2=Ca2＋＋2(NO3)2－中，2(NO3)2－应为2NO3-，错误；‎ D. NH4HSO4=NH4+＋H＋＋SO42-，正确。‎ 故选D。‎ ‎3.铝合金、氧化铝、硫酸铝三种物质的分类正确的是（ ）‎ A. 混合物、氧化物、盐 B. 单质、混合物、盐 C. 盐、氧化物、纯净物 D. 混合物、盐、化合物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物；氧化铝属于氧化物，硫酸铝属于盐，故A正确；‎ B项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物，不是单质，氧化铝属于氧化物，不是混合物，故B错误；‎ C项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物，不属于盐，故C错误；‎ D项、氧化铝属于氧化物，不属于盐，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.取一块金属钠放在燃烧匙里加热，下列关于该实验现象的描述不正确的是（ ）‎ A. 金属先熔化 B. 燃烧后生成白色固体 C. 燃烧后生成淡黄色固体 D. 燃烧时火焰为黄色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由于钠的熔点较低，在燃烧匙里加热时会先熔化，故A正确；‎ B项、钠在空气中放置生成白色固体氧化钠，钠在燃烧匙里加热，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故B错误；‎ C项、钠在燃烧匙里加热，燃烧生成淡黄色固体过氧化钠，故C正确；‎ D项、钠燃烧时，先受热熔化成闪亮的小球，然后燃烧，燃烧时火焰为黄色，故Ｄ正确；‎ 故选Ｂ。‎ ‎5.下列表示物质结构的图正确的是（ ）‎ A. Na原子结构示意图： B. Cl－结构示意图 C. O的原子结构示意图： D. Al3+结构示意图 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、Na原子的核电荷数为11，核外有3个电子层，11个电子，原子结构示意图为，故A错误；‎ B项、Cl－离子的核电荷数为17，核外有3个电子层，18个电子，离子的结构示意图为：，故B错误；‎ C项、O原子的核电荷数为8，核外有2个电子层，8个电子，原子结构示意图为：‎ ‎，故C正确；‎ D项、Al3+离子的核电荷数为13，核外有2个电子层，10个电子，离子的结构示意图为：，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6. 下列离子的检验方法正确的是（ ）‎ A. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl-‎ B. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42-‎ C. 某溶液无明显变化溶液变红色，说明原溶液中有Fe2+‎ D. 某溶液生成无色无味气体，说明原溶液中有CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A选项中，CO32-，SO42-，均可以使得硝酸银溶液有白色沉淀产生，故A选项错误； B选项中未排除CO32- 的干扰，CO32-也可以使得氯化钡溶液产生沉淀，故B选项错误；C选项中，开始含有Fe2+的溶液与KSCN溶液不发生反应，但是随后Fe2+ 被氧化为Fe3+，Fe3+ 与KSCN溶液反应形成血红色络合物，故C选项正确；D选项中，如果溶液中只有HCO3- 也会有完全一样的现象，故D选项错误。‎ ‎7.常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+=2Y2++X2+，则下列叙述①X被氧化；②X是氧化剂；③Y2+既具有氧化性也具有还原性；④Y2+是氧化产物；⑤Y3+的氧化性比X2+的氧化性强。以下叙述中正确的是（ ）‎ A. ①②⑤ B. ①③⑤ C. ②④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由X+2Y3+=2Y2++X2+可知，X的化合价升高，Y的化合价降低；①X作还原剂，被氧化，故①正确；②X的化合价升高，X是还原剂，故②错误；③+2的Y化合价既可升高，又可降低，既有氧化性又有还原性，故③正确；④Y的化合价降低，Y2+是还原产物，故④错误；⑤由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则Y3+的氧化性比X2+的氧化性强，故⑤正确；故选B。‎ ‎8. 将一小块钠投入下列溶液时，既能产生气体又会出现沉淀的是（ ）‎ A. 稀H2SO4 B. 氢氧化钠溶液 ‎ C. 硫酸铜溶液 D. 氯化钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：钠投入到稀硫酸溶液中，钠不仅和稀硫酸反应还和水反应，稀硫酸和钠反应生成物是硫酸钠和氢气；氢氧化钠稀溶液和钠反应，实质是钠与水反应，生成物是氢氧化钠和氢气；硫酸铜溶液和钠反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，所以产物有蓝色沉淀、气体、硫酸钠；钠和氯化镁溶液反应，可看作钠先和水反应，然后生成的氢氧化钠再和氯化镁反应，所以产物有白色氢氧化镁沉淀、气体、氯化钠，有关反应方程式分别如下：2Na+H2SO4＝Na2SO4+H2↑、2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑、CuSO4+2Na+2H2O＝Cu（OH）2↓+Na2SO4+H2↑、MgCl2+2H2O+2Na＝Mg（OH）2↓+2NaCl+H2↑，因此正确的答案选CD。‎ ‎9. 下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 钠保存在石蜡油或煤油中 B. 氯水保存在棕色试剂瓶中 C. 保存FeSO4溶液需加入少量铁粉 D. 实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用玻璃塞 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、钠非常活泼，容易与空气中氧气或水蒸汽发生反应，因此要密封保存，由于钠的密度比石蜡油或煤油大，所以可以保存在石蜡油或煤油中，以隔绝空气，A正确；B、氯水中的HClO不稳定，光照容易分解，所以氯水要保存在棕色试剂瓶中，B正确；C、FeSO4中+2价的铁容易被空气中的氧气氧化变为Fe3+，而Fe3+会与Fe发生反应产生Fe2+，所以保存FeSO4溶液需加入少量铁粉，C正确；D、NaOH容易与玻璃的成分SiO2发生反应产生有粘性的物质Na2SiO3，将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起，所以实验室盛装NaOH溶液的试剂瓶用橡胶塞，D错误，答案选D。‎ ‎10.用‎1L1mol·L－1的NaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中，CO32－和HCO3－的物质的量浓度之比约为（ ）‎ A. 1∶3 B. 2∶‎1 ‎C. 2∶3 D. 3∶2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎11.为纪念编制了第一个元素周期表的俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名为钔。该元素最稳定的一种核素为 ，该原子中子数为（ ）‎ A. 56 B. ‎101 ‎C. 157 D. 258‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】依据原子构成，258为质量数，101为质子数，利用质量数=质子数＋中子数，进行判断即可；‎ ‎【详解】根据原子构成，258为质量数，101为质子数，利用质量数=质子数＋中子数，中子数=258－101=157，故C正确。‎ ‎12.某溶液中只含Na+、Mg2+、SO42-、Cl﹣，其物质的量浓度比为Na+∶Mg2+∶Cl﹣=3∶5∶5，若Na+的浓度为3 mol·L-1，则SO42-的浓度为（　　）‎ A. 2 mol·L-1 B. 3 mol·L‎-1 ‎ C. 4 mol·L-1 D. 8 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】假设Na+浓度为3mol/L，由c（Na+）：c（Mg2+）：c（Cl-）=3:5:5，可得c（Mg2+）=5mol/L，c（Cl-）=5mol/L；根据溶液电荷守恒有c（Na+）+‎2 c（Mg2+）= c（Cl-）+‎2c（SO42-），故 3mol/L +2×5mol/L= 5mol/L+‎2 c（SO42-），计算得出: c（SO42-）=4 mol·L-1；故C正确；‎ 故答案选C。‎ ‎13.在蒸馏实验中，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处 B. 冷凝管中冷却水的流向是从上向下流 C. 加入沸石的作用是防止液体暴沸 D. 加热时，蒸馏烧瓶下面要垫石棉网 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将温度计水银球放在蒸馏瓶的支管口，测蒸汽的温度，A正确；‎ B、冷却水从冷凝管下口入，上口出，使冷凝效果更好，B错误；‎ C、蒸馏需要加热至沸腾，为防止液体局部沸腾而造成液滴飞溅（即暴沸），需要加沸石或碎瓷片防止暴沸，C正确；‎ D、烧瓶、烧杯类仪器底面积较大，若直接加热易导致炸裂，应垫石棉网加热，D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 在熔融和溶解时均不导电的化合物，叫做非电解质 B. 电解质、非电解质都是对化合物而言，单质不在此范畴 C. 强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强 D. 在水中导电的物质一定是电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，叫做电解质，在熔融状态下和水溶液中均不导电的化合物，叫做非电解质，故A正确；‎ B项、电解质和非电解质都是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质，故B正确；‎ C项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，如果弱电解质溶液中离子浓度大于强电解质溶液，则弱电解质溶液导电能力大于强电解质，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故C正确；‎ D项、有的电解质溶解度很小，在水中几乎不导电，如硫酸钡为电解质，硫酸钡在水中不导电；有的非电解质，如氨气、二氧化硫等，在溶液中能够导电，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎15.只用一种试剂，一次区别开Na2SO4、AgNO3 和Na2CO3三种溶液，该试剂是（ ）‎ A. BaCl2溶液 B. KOH溶液 C. NaNO3溶液 D. 稀盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】选择试剂时，可采用逐一分析法，即将三种溶液中的离子进行逐一分析，确定能产生现象的试剂，然后将三者综合分析，确定一种试剂；也可采用验证法，即对备选答案中的每一种试剂逐一分析，然后加以取舍。‎ ‎【详解】用试剂区分Na2SO4、AgNO3 和Na2CO3三种溶液，即采用化学方法。对三种溶液来说，只能利用化学试剂区分SO42-、Ag+、CO32-，若用BaCl2，三者都产生白色沉淀，无法区分，所以必须让CO32-产生气体。故选A。‎ 若用验证法，则有：‎ A. BaCl2溶液，三者都产生白色沉淀，不能区分；‎ B. KOH溶液，只有AgNO3产生白色沉淀，另二种物质无现象，不能区分；‎ C. NaNO3溶液，都没有现象产生，无法区分；‎ D. 稀盐酸，现象为：无现象、产生白色沉淀、产生气体，可以区分。‎ 故选D。‎ ‎16.等体积的两容器内，一个盛满O2，另一个盛O3和O2的混合气体，若容器内温度、压强相同，则两容器内所盛气体一定具有相同的（ ）‎ A. 原子总数 B. 密度 C. 质量 D. 分子总数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】容器内温度、压强相同，则表明气体的摩尔体积相同，则等体积的两容器内的气体，物质的量相同。根据阿伏加德罗定律的推论，气体的密度之比等于其相对分子质量之比。‎ ‎【详解】为便于比较，我们可以假设两容器内气体的物质的量都为1mol。‎ A. 原子总数，O2为2mol；混合气为介于2mol~3mol之间，不合题意；‎ B. 密度，O2的相对分子质量为32；混合气的相对分子质量介于32~48之间，不合题意；‎ C. 质量，O2为‎32g；混合气介于‎32g~‎48g之间，不合题意；‎ D. 分子总数，都为NA，符合题意。‎ 故选D。‎ ‎17.在下列化学方程式中，不能用离子方程式：Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是（ ）‎ A. BaCl2+K2SO4=BaSO4 ↓+2KCl B BaCO3+H2SO4=BaSO4 ↓+H2O+CO2↑‎ C. Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4 ↓+2HNO3‎ D. Ba(OH)2+K2SO4=BaSO4↓+2KOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. BaCl2+K2SO4=BaSO4 ↓+2KCl离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；‎ B. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑的离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；‎ C. Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4 ↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；‎ D. Ba(OH)2+K2SO4=BaSO4 ↓+2KOH的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；‎ 不能用Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是B项，答案选B。‎ ‎18.下列无色溶液中，离子可以大量共存的一组是（ ）‎ A. H+ Na+ OH－ B. Na+ NO3－ Cl－‎ C. K+ H+ HCO3－ D. Cu2+ SO42－ NO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H+与OH-反应不能大量共存，A不符合题意；‎ B. Na+、NO3-、Cl-之间不反应，可以大量共存，B符合题意；‎ C. H+、HCO3-反应不能大量共存，C不符合题意；‎ D. 含Cu2+的溶液显蓝色，不能大量共存，D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎19.被称为万能还原剂的 NaBH4 溶于水并和水反应： NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。下列说法中正确的是(NaBH4 中 H 为-1 价) （ ）‎ A. NaBH4 既是氧化剂又是还原剂 B. NaBH4 是氧化剂，H2O 是还原剂 C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量之比为 1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】从反应前后不同物质中H元素的化合价分析，结合氧化还原反应的规律判断。‎ ‎【详解】在NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑中，只有H元素的化合价发生变化。NaBH4中H元素化合价为-1价，H2O中H元素化合价为+1价，反应后产生H2中H元素化合价为0价，NaBH4的H失去电子，被氧化，NaBH4作还原剂，H2O中的H获得电子，被还原，H2O作氧化剂。由于被氧化的H与被还原的H物质的量相等，所以被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，选项D符合题意。‎ ‎20.今有一混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣，现取200mL溶液加入BaCl2溶液后，得干燥沉淀‎12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎4.66g。根据上述实验，以下推断不正确的是（ ）‎ A. 溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、Na+ B. 溶液中c(Na+)≥0.6mol·L-1‎ C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl﹣ D. 溶液中n(SO42﹣）＞0.02mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】200mL溶液加入BaCl2溶液后，得干燥沉淀‎12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为‎4.66g。此信息告诉我们，m(BaSO4)= ‎4.66g，m(BaCO3)= ‎12.54g-4.66g=‎7.88g。‎ ‎【详解】从分析中我们可以得出：n(BaSO4)=，‎ n(BaCO3)=，从而得出n(SO42-)=0.02mol，n(CO32-)=0.04mol 依据离子共存原则，溶液中一定不含有Ba2+；依据电荷守恒原则，溶液中一定含有Na+，‎ 但不能肯定Cl-是否存在。从而得出n(Na+)≥2n(SO42-)+2n(CO32-)=0.12mol，‎ cNa+)≥，‎ A. 溶液中一定存在CO32﹣、SO42﹣、Na+，正确；‎ B. 溶液中c(Na+)≥0.6mol·L-1，正确；‎ C. 溶液中一定没有Ba2+，可能存在Cl-，正确；‎ D. 溶液中n(SO42﹣)＞0.02mol，错误。‎ 故选D。‎ 二、填空题(离子、化学方程式每个3分，其余每空2分，共50分)‎ ‎21.有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有AgNO3溶液、稀硝酸、盐酸、氯化钡溶液、碳酸钾溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E，用小试管各盛少量，多次进行两两混合反应，反应现象为：A与B、A与E产生沉淀，B与D、B与E产生沉淀，C与E、D与E产生气体，而C与D无反应现象。由此，可判定各试剂瓶中所盛试剂为：‎ A________，B________，C________，D________，E________。‎ 另外，请写出下面要求的离子方程式。‎ ‎(1)A与E：__________________________________________。‎ ‎(2)B与E：__________________________________________。‎ ‎(3)C与E：___________________________________________。‎ ‎【答案】(1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). HNO3 (4). HCl (5). K2CO3 (6). Ba2++CO32-=BaCO3↓ (7). 2Ag++CO32-=Ag2CO3↓ (8). 2H++CO32-=CO2↑+H2O ‎【解析】C与E、D与E产生气体，五种物质中，能与两种物质的产生气体的只有K2CO3，则E为K2CO3，C、D为HNO3、HCl中的物质；D与B能产生沉淀，HNO3不能产生沉淀，而HCl能与AgNO3产生AgCl沉淀，则D为HCl，C为HNO3，B为AgNO3；A与B产生沉淀，则A为BaCl2。故答案为BaCl2；AgNO3；HNO3；HCl；K2CO3。‎ ‎（1）A为BaCl2，E为K2CO3，二者反应生成BaCO3‎ ‎，反应的离子方程式为Ba2++CO32﹣=BaCO3↓；‎ ‎（2）B为AgNO3，E为K2CO3，二者反应生成Ag2CO3，反应的离子方程式为2Ag++CO32﹣=Ag2CO3↓；‎ ‎（3）C为HNO3，E为K2CO3，二者反应生成CO2，反应的离子方程式为2H++CO32﹣=CO2↑+H2O。　‎ ‎22.某同学在实验室中称取20gNaOH固体，配制500mL1mol·L-1的氢氧化钠溶液。‎ ‎（1）该同学准备的实验用品有：托盘天平带砝码、药匙、量筒、玻璃棒等，还缺少的玻璃仪器有__、__、___。‎ ‎（2）下列有关实验操作，正确的是__。(多选) ‎ A.称量氢氧化钠固体时，应该放在称量纸上称量 B.某同学将称量的氢氧化钠固体溶解并冷却至室温，然后转移到容量瓶中 C.某同学在定容时，不小心加水超过刻度线，又将多余的液体吸出直至刻度线 D.某同学在溶解、转移完氢氧化钠溶液后，将溶解用的仪器洗涤2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中 ‎（3）玻璃棒在该实验中的作用有①__，②___。‎ ‎（4）若实验室遇到下列情况，对氢氧化钠溶液的物质的量浓度有何影响填“偏高”、“偏低”或“无影响”‎ ‎①转移时，有少量的溶液洒落出容量瓶__。‎ ‎②定容时，容量瓶中事先有洁净的蒸馏水，所配溶液的浓度___。‎ ‎③定容时俯视溶液的凹液面___。‎ ‎【答案】(1). 500mL容量瓶 (2). 烧杯 (3). 胶头滴管 (4). BD (5). 搅拌 (6). 引流 (7). 偏低 (8). 无影响 (9). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；‎ ‎（2）根据实验操作的方法分析；‎ ‎（3）玻璃棒在溶解固体时作用为搅拌，加速固体溶解；在移液时用于引流液体；‎ ‎（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。‎ ‎【详解】（1）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤仪器（将洗涤液倒入容量瓶）‎ ‎ 定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～‎2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、烧杯、胶头滴管；‎ ‎（2）A、氢氧化钠为易潮解的固体，应放在玻璃器皿中称量，故错误；‎ B、因氢氧化钠固体溶解水放热，溶解后应冷却至室温，再转移到容量瓶中，否则会引起误差，故正确；‎ C、某同学在定容时，不小心加水超过刻度线，又将多余的液体吸出直至刻度线，导致部分溶质被吸出，导致配制的浓度偏低，故错误；‎ D、某同学在溶解、转移完氢氧化钠溶液后，将溶解用的仪器洗涤2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，这样确保溶质全部转移到容量瓶中，故正确；‎ BD正确，故答案为：BD；‎ ‎（3）溶解时用玻璃棒搅拌加速氢氧化钠的溶解，转移液体时用玻璃棒引流，故答案为：搅拌；引流；‎ ‎（4）①转移时，有少量的溶液洒落出容量瓶会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故答案为：偏低；‎ ‎②溶液配制需加水定容，定容时，容量瓶中事先有洁净的蒸馏水，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响；‎ ‎③定容时俯视溶液的凹液面，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高。‎ ‎23.某研究性学习小组设计了用氧化浓盐酸的方法制取氯气的实验，其实验装置如图：‎ ‎(1)写出圆底烧瓶中发生反应的化学方程式：__。‎ ‎(2)如果将过量的二氧化锰与20mL12mol·L－1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol。其主要的原因有①__；②__。‎ ‎(3)L的作用是___；饱和食盐水的作用是__。‎ ‎(4)为了提高浓盐酸的利用率，你对实验的建议是__。‎ ‎【答案】(1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 加热使HCl大量挥发 (3). 盐酸变稀后不再发生反应 (4). 平衡压强作用，便于液体顺利流下 (5). 吸收氯气中的氯化氢 (6). 小火加热 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；‎ ‎（2）二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应；‎ ‎（3）L将分液漏斗与圆底烧瓶连接，起到平衡压强作用；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水；‎ ‎（4）依据浓盐酸易挥发的性质解答。‎ ‎【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）)如果将过量的二氧化锰与20mL12mol·L－1的盐酸混合加热，充分反应后生成的氯气明显少于0.06mol的原因是浓盐酸具有挥发性，加热促进氯化氢的挥发，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，二氧化锰只能与浓盐酸发生反应，与稀盐酸不反应，氯化氢不可能完全反应，故答案为：加热使HCl大量挥发；盐酸变稀后不再发生反应；‎ ‎（3）L将分液漏斗与圆底烧瓶连接，起到平衡压强作用，便于液体顺利流下；浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢，故答案为：平衡压强作用，便于液体顺利流下；吸收氯气中的氯化氢；‎ ‎（4）因为浓盐酸易挥发，为了提高浓盐酸的利用率，应小火加热，故答案为：小火加热。‎ 三、计算题（共10分）‎ ‎24.将‎70g过氧化钠和氧化钠混合物与‎98g水充分反应，所得溶液恰好能被含硫酸‎98g的酸溶液中和，求：‎ ‎（1）原混合物中过氧化钠和氧化钠的质量分别是多少？___‎ ‎（2）所得氢氧化钠溶液的质量分数是多少？___‎ ‎【答案】(1). ‎39g和‎31g (2). 50%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）氧化钠和过氧化钠与水反应的化学方程式分别为Na2O2+H2O=2NaOH，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由硫酸的质量计算得到反应生成氢氧化钠的物质的量，由氧化钠和过氧化钠的质量和氢氧化钠的物质的量建立关系式求解；‎ ‎（2）依据化学方程式和质量守恒定律计算溶液的质量，由氢氧化钠的质量和溶液的质量计算可得。‎ ‎【详解】（1）‎98g硫酸的物质的量为1mol，所得溶液恰好被1mol硫酸中和，反应生成硫酸钠，则生成氢氧化钠的物质的量为2mol，设过氧化钠、氧化钠的物质的量分别为x、y，则：①2x+2y=2mol、②78x+62y=70，根据①②解得：x=y=0.5mol，则原混合物中过氧化钠的质量为：‎78g/mol×0.5mol=‎39g，氧化钠的质量为：‎62g/mol×0.5mol=‎31g，故答案为：‎39g和‎31g；‎ ‎（2）根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，反应生成的氧气为：0.5mol×=0.25mol，故反应后溶液的质量为‎70g+‎98g-0.25mol×‎32g/mol=‎160g，生成氢氧化钠的质量为‎40g/mol×2mol=‎80g，所得溶液中氢氧化钠的质量分数为×100%=50%，故答案为： 50%。‎