【化学】江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中三校2019-2020学年高一10月联考试题（解析版） 16页

江西省南昌市八一中学、洪都中学、十七中三校2019-2020学年高一10月联考试题 可能用到的原子量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Ca40‎ 一、选择题（单选题，每题3分，共48分）‎ ‎1.下列药品保存方法正确的是（ ）‎ A. 白磷保存于冷水中 B. 钠保存于水中 C. 浓硫酸和氢氧化钠固体都要密封保存于细口瓶中 D. 酒精等易燃物应敞口放置且远离火源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.白磷容易与空气中的O2发生反应而自燃，为隔绝空气，可根据白磷与水不反应，密度比水大的性质，将白磷保存于冷水中，A正确；‎ B.钠容易与空气中的O2及H2O反应，为防止其变质，通常将金属钠保存于煤油中，B错误；‎ C.浓硫酸呈液态，要密封保存于细口瓶中，而氢氧化钠固体则要密封保存于广口瓶中，C错误；‎ D.酒精等易燃物应远离火源，由于其容易挥发，所以要密封保存，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.下列有关化学实验安全问题的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 少量的浓硫酸沾到皮肤上时，迅速用大量水冲洗 B. 取用化学药品时，应特别注意观察药品包装容器上的安全警示标志 C. 凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防止仪器炸裂 D. 闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.少量浓硫酸不慎滴到皮肤上，可以用大量水冲洗，然后用3%-5%的NaHCO3溶液涂上，A正确；‎ B.取用化学药品时，应特别注意观察药品包装上的安全警示标记，防止发生意外事故，B正确；‎ C.试管、蒸发皿等玻璃仪器能直接在酒精灯上加热，烧杯、烧瓶、锥形瓶等玻璃仪器必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而导致仪器发生破裂，C错误；‎ D.闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，应该采用“扇气闻味法”，D正确； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列实验操作正确是是（ ）‎ A. 配制稀硫酸，先将浓硫酸加入烧杯中，后倒入蒸馏水 B. 排水法收集KMnO4分解产生的O2时先熄灭酒精灯，后移出导管 C. 浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗 D. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防爆沸。如果在沸腾前忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于浓硫酸的密度比水大，且浓硫酸溶于水会放出大量的热，因此配制稀硫酸，先将蒸馏水加入烧杯中，然后沿烧杯内壁缓慢倒入浓硫酸，并用玻璃棒不断搅拌，促使热量扩散，A错误；‎ B.排水法收集KMnO4分解产生的O2时，为防止倒吸现象的发生，要先从水槽中移出导管后熄灭酒精灯，B错误；‎ C浓硫酸溅到皮肤上时立即用大量水冲洗，然后涂抹稀碳酸氢钠钠溶液，C错误；‎ D.做蒸馏实验时，要在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防爆沸。如果在沸腾前忘记加沸石，应立即停止加热，待装置冷却后再补加沸石，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎4.从KClO3分解制O2后的剩余物中，回收MnO2的操作正确的是（ ）‎ A. 溶解、过滤、蒸发、加热 B. 溶解、过滤、洗涤、加热 C. 溶解、蒸发、洗涤、过滤 D. 溶解、洗涤、过滤、加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】氯酸钾易溶于水，氯酸钾受热分解生成的氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水，根据氯酸钾、氯化钾、二氧化锰的水溶性，选择从反应后的剩余固体中回收催化剂二氧化锰的方法，以此解答该题。‎ ‎【详解】反应后的剩余固体中，一定含有二氧化锰和氯化钾，可能含有氯酸钾。先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，如果含有氯酸钾时，氯酸钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；然后过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；最后加热、干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故合理选项是B。‎ ‎5.向四中试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，其中结论正确的是（ ）‎ 选项 操作 现象 结论 A 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO42-‎ B 滴加Ba(NO3)2溶液，再滴加AgNO3溶液 先无白色沉淀，后有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成 原溶液中有Cl-‎ C 滴加盐酸 有能使澄清石灰水变浑浊的气体产生 原溶液中有CO32-‎ D 滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中有NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀的离子可能是SO42-，也可能是CO32-、SO32-，A错误；‎ B.滴加Ba(NO3)2溶液无沉淀产生，说明不含有SO42-、SO32-、CO32-，再滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，说明有AgCl白色沉淀产生，证明原溶液中含Cl-，B正确；‎ C.向无色溶液中滴加盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中可能含有CO32-、HCO3-，也可能含有SO32-、HSO3-，C错误；‎ D.向无色溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中可能不含有NH4+，也可能有NH4+，但由于反应产生的NH3·H2O的浓度小，不能分解产生NH3，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）（ ）‎ 选项 待提纯的物质 选用的试剂 操作方法 A NaCl(Na2CO3)‎ 硝酸 蒸发 B 酒精（水）‎ 生石灰 萃取分液 C Zn (Cu)‎ 稀硫酸 过滤 D CO2(HCl)‎ 饱和碳酸氢钠溶液 洗气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．碳酸钠与硝酸反应生成硝酸钠，引入新杂质；‎ B.酒精中混有水，加入生石灰，蒸馏；‎ C.锌与硫酸反应，铜与硫酸不反应；‎ D.氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液而二氧化碳不反应；‎ ‎【详解】A、混合物中加入硝酸,碳酸钠会与之反应生成硝酸钠、水和二氧化碳,蒸发后剩下固体为氯化钠、硝酸钠的混合物，达不到提纯的目的，故A错误； B、生石灰与水反应，生成的氢氧化钙与酒精互溶，但酒精的沸点低，进行蒸馏操作，酒精先气化后液化，得到纯净的酒精，故B错误； C、锌与硫酸反应，铜不与硫酸反应，除去杂质时也会除去主要物质,故C错误； D、二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液反应，可以达到除去杂质氯化氢的目的，故D正确； 综上所述，本题选D。‎ ‎7.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.5molO2所含的氧元素为NA B. 0.2molH2O所含的氢原子数为0.2NA C. 0.1molCH4所含电子数为NA D. 2molMgCl2中所含的离子数为4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.5molO2所含的氧原子数目为NA，A错误； ‎ B.0.2molH2O所含的氢原子数为0.4NA，B错误；‎ C.CH4分子中含有10个电子，则0.1molCH4所含电子数为NA，C正确； ‎ D.1个MgCl2中含有2个Cl-、1个Mg2+，则2molMgCl2中所含的离子数为6NA，D 错误； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎8.下列说法中，正确的是（　　）‎ A. 氢氧化钠的摩尔质量是40 g B. 1 mol硫酸的质量是98g•mol﹣1‎ C. 甲烷的摩尔质量就是它的相对分子质量 D. 1 mol NH3含N原子数约是6.02×1023个 ‎【答案】D ‎【解析】A、氢氧化钠的摩尔质量是40g/mol，A错误；B、1 mol硫酸的质量是98g，B错误；C、甲烷的摩尔质量如果用g/mol作单位，在数值上与它的相对分子质量相同，C错误；D、1molNH3含N的物质的量是1mol，其中氮原子数约是6.02×1023个，D正确，答案选D。‎ ‎9.1.6克某气体含有6.02×1022个分子，则该物质的相对分子质量为（ ）‎ A. 16 B. 64 C. 32 D. 96‎ ‎【答案】A ‎【解析】某气体含有6.02×1022个分子，该气体的物质的量为0.1mol，则物质的摩尔质量为1.6g/0.1mol==16g/mol，物质的相对分子质量为16，A正确。‎ ‎10.下列有关气体摩尔体积的说法中，正确的是（ ）‎ A. 1molO2和1molN2所占的体积约为 22.4L B. 若1molCH4的体积约为22.4L，则一定处于标准状况 C. 在标准状况下，1molH2O的体积约为22.4L D. 在标准状况下，11.2LN2中含有1molN原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.缺少条件，不能计算气体的体积，A错误；‎ B.若1molCH4的体积约为22.4L，气体所处的条件可能是标准状况，也可能是非标准状况，因此不一定处于标准状况，B错误；‎ C.在标准状况下，H2O的状态不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算，C错误；‎ D.在标准状况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，则11.2LN2的物质的量是0.5mol，由于N2中含有2个N原子，所以0.5molN2中含有1molN原子，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.从500mL1.0mol·L-1NaCl溶液中取出100mL溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 物质的量的浓度为1.0mol·L-1 B. 溶液中含有1molNaCl C. 溶液中含有29.25gNaCl D. 物质的量的浓度为0.2mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液具有均一性，溶液的浓度与取出的溶液的体积无关，所以取出100mL溶液的物质的量的浓度为1.0mol·L-1，A正确；‎ B.100mL溶液中含有NaCl的物质的量是n(NaCl)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则溶液中含有0.1molNaCl，B错误；‎ C. 100mL溶液中含有NaCl的物质的量是n(NaCl)=1.0mol/L×0.1L=0.1mol，则溶液中含有NaCl的质量是m(NaCl)=0.1mol×58.5g/mol=5.85g，C错误；‎ D.溶液具有均一性，溶液各处浓度相同，所以取出的100mL溶液的物质的量的浓度为1.0mol·L-1，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5 NA B. 标准状况下，22.4LH2和O2的混合物所含分子数为NA C. 标准状况下，18gH2O的体积是22.4 L D. 1 mol SO2的体积是22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，故A错误；‎ B、标准状况下，22.4L氧气和氢气混合物的物质的量为1mol，含分子数为NA，故B正确；‎ C、标准状况下，水不是气体，不能使用n=计算，故C错误；‎ D、气体所处的状态不明确，不一定是标准状况，故体积不一定是22.4L，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎13.实验室中需要0.2 mol• L-1的CuS04溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取胆矾晶体（CuS04• 5H20）的质量分别是（ ）‎ A. 950 mL 30.4 g B. 950 mL 47.5 g C. 1000 mL 50.0 g D. 1000 mL 32.0 g ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：实验室中需要0.2 mol• L-1的CuS04溶液950 mL，配制时应选用1000mL的容量瓶，所需要胆矾晶体的质量为：。故答案C。‎ ‎14.下列配制溶液浓度偏高的是（ ）‎ A. 配制H2SO4溶液用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线 B. 配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线 C. 配制100mL1.0mol·L-1 NaOH溶液，称取药品时砝码错放在左盘 D. NaOH溶解后直接注入容量瓶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.配制H2SO4溶液，用量筒量取浓硫酸时俯视刻度线，量取的浓硫酸的体积偏小，则会导致配制溶液浓度偏低，A错误；‎ B.配制溶液定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，所以溶液的物质的量浓度偏下，B错误；‎ C.NaOH摩尔质量是40g/mol，配制100mL1.0mol·L-1 NaOH溶液，需要NaOH的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×40g/mol=4.0g，由于不使用游码，所以称取药品时砝码错放在左盘，对溶液的配制无影响，C错误；‎ D.NaOH溶解会放出热量，而容量瓶配制溶液的温度是20℃，所以配制的热的NaOH溶液，待溶液恢复至室温后，溶液的体积低于刻度线，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，因此直接把NaOH注入容量瓶，会导致配制的溶液浓度偏高，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎15.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA B. 常温常压下，124gP4中所含的P-P键数目为4NA C. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA D. 常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.02×1023‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.22.4L标准状况下的氩气的物质的量是1mol，由于Ar气是单原子分子，所以1molAr气体含有的质子数为18NA，A正确；‎ B.124gP4的物质的量是1mol，由于1个P4中含有6个P-P键，所以1molP4中所含的P-P键数目为6NA，B错误；‎ C.在标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，因此该混合气体中分子数为0.1NA，C错误；‎ D.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，在该条件下22.4LCl2的物质的量小于0.1mol，因此其中含有的分子数小于6.02×1023，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎16.下列叙述正确是（ ）‎ A. 24g镁和27g铝中含有相同的质子数 ‎ B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1molH2O2与1molH2O中，中子数比1:2 ‎ D. 9.8gH2SO4中含有6.02×1023个H2SO4分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 24g镁的物质的量是1mol，含有12mol质子，27g铝的物质的量是1mol，含有13mol的质子，因此二者中含有不同的质子数，A错误；‎ B.氧气和臭氧的构成微粒都是由O原子构成，O原子相对原子质量是16，所以同等质量的氧气和臭氧中，含有的O原子数目相等，则其中含有的电子数相同，B正确；‎ C.H2O2与H2O分子中含有的中子数分别是16、8，则分子中二者的中子数比为2：1，则1molH2O2与1molH2O中，中子数比为2：1，C错误； ‎ D. 9.8gH2SO4物质的量是0.1mol，由于1mol硫酸中含有6.02×1023个H2SO4分子，所以0.1mol H2SO4中含有6.02×1022个H2SO4分子，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ 二、填空题（每空1分，共32分）‎ ‎17.(1)在标准状况下，33.6LN2的物质的量为_____mol，其分子数为_______。‎ ‎(2)0.4mol某气体的体积为9.8L，则该气体的摩尔体积为____，气体所处的条件____（填“是”或者“不是”）标准状况。‎ ‎【答案】(1). 1.5 (2). 9.03×1023 (3). 2.45L·mol-1 (4). 不是 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)先根据n=计算N2的物质的量，然后根据n=计算其分子数目；‎ ‎(2)根据n=计算气体摩尔体积，根据其与与标准状况下的气体摩尔体积22.4L/mol判断是否是标准状况。‎ ‎【详解】(1) 33.6LN2的物质的量n(N2)==1.5mol，其中含有的N2分子数目为N=n·NA=1.5mol×6.02×1023/mol=9.03×1023；‎ ‎(2)根据n=计算出气体摩尔体积Vm==24.5L/mol，由于标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol<24.5L/mol，因此气体所处的条件是非标准状况。‎ ‎18.可用于分离或提纯物质的方法有：‎ a.过滤 b.升华 c.加热分解 d.洗气法 ‎(1)除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3颗粒，用________（填字母，下同）。‎ ‎(2)除去氧气中少量的水蒸气，用________。‎ ‎(3)除去固体碘中混有少量的NaI，用________。 ‎ ‎(4)除去氧化钙中的碳酸钙，用________。‎ ‎【答案】(1). a (2). d (3). b (4). c ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据CaCO3颗粒难溶于水分析判断；‎ ‎(2)气体中含有的水蒸气可通过选择合适的干燥剂，通过洗气除去；‎ ‎(3)根据I2容易升华的方法分离、净化；‎ ‎(4)CaCO3高温煅烧，会分解产生CaO、CO2除去。‎ ‎【详解】(1)Ca(OH)2溶液中含有的CaCO3颗粒难溶于水，可采用过滤的分离提纯，故合理选项是a；‎ ‎(2)氧气中含有的水蒸气可通过浓硫酸的洗气瓶，通过洗气的方法除去，故合理选项是d；‎ ‎(3)I2‎ 由分子构成，容易升华，而杂质NaI属于离子化合物，熔沸点高，因此可通过升华的方法分离除去杂质NaI，故合理选项是b；‎ ‎(4)CaCO3不稳定，在高温条件下煅烧，CaCO3分解产生CaO、CO2，从而氧化钙中的碳酸钙，达到除去杂质净化的目的，故合理选项是c。‎ ‎19.如图是中学化学中常用于混合物分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：‎ ‎(1)在装置C和D中都用到玻璃棒，装置C中玻璃棒的作用是___________，装置D中玻璃棒的作用是___________。‎ ‎(2)装置A中的①的名称是是___________，冷却水的方向是___________。装置B在分液时为是液体顺利滴下，应进行的操作是______________________。‎ ‎(3)从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应选择___________（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl-等杂质，选择装置__________。检验自来水中Cl-是否除净的方法：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，滴加___________，不产生白色沉淀表明Cl-已除净；从碘水中分离出I2，选择装置___________，该分离方法的名称是________。‎ ‎【答案】(1). 引流 (2). 搅拌 (3). 冷凝管 (4). 下进上出 (5). 打开分液漏斗上端的玻璃塞或者是凹槽对准小孔 (6). D (7). A (8). 稀硝酸和硝酸银 (9). B (10). 萃取分液 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)C是过滤，玻璃棒是引流，D是蒸发，用到玻璃棒作用是搅拌；‎ ‎(2)由图可知，装置A中①为冷凝仪器，冷却水下进上出效果好，装置B在分液时为使液体顺利滴下，利用气体的压强使液体流下；‎ ‎(3)NaCl是容易溶于水的物质，溶解度受温度的影响变化不大；NaCl是离子化合物，熔沸点高，水是由分子构成的物质，沸点比较低；可根据AgCl是白色不溶于水，也不能溶于酸的性质检验Cl-的存在；根据卤素单质不容易溶于水，而容易溶于有机溶剂的方法分离I2。‎ ‎【详解】(1)装置C是过滤操作，其中玻璃棒的作用是引流，以便于液体混合物顺利流向，装置D是蒸发操作，其中玻璃棒的作用是搅拌，以便于液体中的水分蒸发，防止由于受热不均匀，液滴飞溅。‎ ‎(2)装置A是蒸馏，其中的①仪器的名称是冷凝管，为了增强冷凝效果，采用逆流原理，冷却水的方向是下口进，上口出。装置B在分液时为是液体顺利滴下，应进行的操作是打开分液漏斗上端的玻璃塞或者是凹槽对准小孔；‎ ‎(3)NaCl溶液中的溶质的溶解度受温度的影响变化不大，可采用蒸发溶剂的方法分离提纯溶质，故选用的装置是D；‎ NaCl是离子化合物，熔沸点较高，而水是由分子构成的物质，沸点只有100℃，所以除去自来水中的Cl-等杂质，可采用蒸馏的方法，选择装置为A。可根据AgCl是白色不溶于水，也不能溶于酸的性质检验Cl-的存在，因此检验自来水中Cl-是否除净的方法：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，先滴加稀硝酸酸化，然后滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀表明Cl-已除净；由于I2容易溶于有机溶剂，而在在水中溶解度较小，而有机物与水互不相容，I2又与有机物不能发生反应，所以从碘水中分离出I2，可用四氯化碳作萃取剂，采用萃取的方法分离得到I2，选择装置是B。‎ ‎20.小王同学准备用CuSO4·5H2O配制500mL0.1mol·L-1CuSO4溶液。‎ ‎(1)小王同学选用的容量瓶规格为_______mL。‎ ‎(2)玻璃棒在该实验中有重要的用途，分别是________ 和__________。‎ ‎(3)小王同学通过计算，用托盘天平称取_________ gCuSO4·5H2O。‎ ‎(4)有关物质的量浓度的误差分析（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）：①若容量瓶洗净未为干燥，残留少量水分，则所配制溶液的浓度将__________。②定容时，若俯视刻度线，则所配制的溶液浓度将__________。‎ ‎【答案】(1). 500 (2). 搅拌 (3). 引流 (4). 12.5 (5). 无影响 (6). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据实验室常用容量瓶的规格选择；‎ ‎(2)溶解和转移使用玻璃棒；‎ ‎(3)依据n=c×V，m=n×M计算所需要的CuSO4•5H2O的质量；‎ ‎(4)物质的量浓度误差分析可以依据浓度公式c=，凡是使加入的溶质的物质的量偏大或者使溶液的体积偏小的操作，都会使所配溶液的浓度偏大，凡是使加入的溶质的物质的量偏小或者使溶液的体积偏大的操作，都会使所配溶液的浓度偏大，据此分析。‎ ‎【详解】(1)配制500mL 1mol/L的溶液应选择500ml规格容量瓶；‎ ‎(2)溶解硫酸铜晶体使用玻璃棒，此时使用玻璃棒的作用是搅拌，促进物质的溶解；在向容量瓶中转移转移时使用玻璃棒，作用是引流，以便于液体顺利进入到容量瓶中；‎ ‎(3)配制500mL0.1mol·L-1CuSO4溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)=cV=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，根据元素守恒可知，配制溶液需要0.05mol CuSO4，用硫酸铜晶体配制，则需要的CuSO4•5H2O的质量m=0.05mol×250g/mol=12.5g；‎ ‎(4)依据浓度公式c=分析：‎ ‎①溶液配制过程需加水定容，容量瓶使用时未干燥，由于最后定容时液体刚好到刻度线，所以对所配溶液浓度无影响；‎ ‎②定容时，若眼睛俯视，则溶液的体积就会偏小，根据c=可知：V偏小，就会导致配得的溶液浓度偏高。‎ ‎21.某学习小组按如下流程探究碘的制取，甲乙两种制取方案如下：‎ ‎(1)①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法是_____________________。‎ ‎②步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_________________。‎ ‎③下列有关步骤Y的说法正确的是_____。‎ a.应控制NaOH溶液的浓度和体积 b.将碘转化成离子进入水层 c.主要是出去海带浸取原液中的有机杂质 d.NaOH溶液可以有乙醇代替 ‎④实验中操作Z的名称是___________。‎ ‎(2)实验甲中采用蒸馏不合理，理由是____________________________。‎ ‎(3)①萃取所用到的玻璃仪器是________________。②萃取的原理是______________。举例________________。‎ ‎【答案】(1). 向分液漏斗中加入少量的水，检查活塞出是否漏水，将活塞倒转过来检查玻璃塞是否漏水 (2). 液体分上下两层，下层呈紫色 (3). ab (4). 过滤 (5). 碘易升华，蒸馏会导致碘的损失 (6). 分液漏斗 (7). 溶质在互不相容的溶剂中溶解度的差异 (8). 用四氯化碳提取碘水中的碘 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①根据分液漏斗的使用方法判断查漏的检验操作；‎ ‎②根据I2容易溶于无色液体物质四氯化碳中，其溶液显紫色，四氯化碳与水互不相溶，密度大于水分析；‎ ‎③A.I2与NaOH溶液会发生歧化反应；‎ B.碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；‎ C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；‎ D.乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质；‎ ‎④碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；‎ ‎(2)从碘单质易升华角度分析；‎ ‎(3)萃取是利用溶质在互不相容的溶剂中溶解度的不同，用萃取剂将溶质与原溶剂分离的操作，使用的主要玻璃仪器是分液漏斗。‎ ‎【详解】(1)①分液漏斗是分离互不相容的两层液体物质的仪器，在使用前须检漏，检漏方法是向分液漏斗中加入少量的水，检查活塞出是否漏水，将活塞倒转过来检查玻璃塞是否漏水；‎ ‎②四氯化碳是无色液体，与水互不相容，密度比水大，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以步骤X中，向碘水中加入CCl4，充分振荡，静置，，会看到分液漏斗内现象是液体分上下两层，下层液体呈紫色；‎ ‎③①检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，‎ 故答案为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；‎ ‎②碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色，‎ 故答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色；‎ ‎③A.向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH溶液的浓度和体积，A正确；‎ B.根据反应3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O可知，步骤Y将碘转化成离子进入水层，B正确；‎ C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，C错误；‎ D.乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，D错误；‎ 故合理选项是AB；‎ ‎④步骤Z将碘单质和水分离，由于碘单质不容易溶于水，可通过过滤操作完成；‎ ‎(2)方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理；‎ ‎(3)①萃取所用到的玻璃仪器主要是分液漏斗。②萃取的原理是根据溶质在不同的溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂将溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液中分离出来，要求溶质在萃取剂中的溶解度远大于原溶剂，溶质与萃取剂不能反应，而萃取剂与原溶剂互不相容，如用四氯化碳萃取碘水中的碘单质。‎ 三、计算题（共20分）‎ ‎22.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）0.3molNH3中所含质子数与______gH2O分子中所含质子数相等。‎ ‎（2）与3.2gSO2所含的氧原子数相等的NO2气体在标准状况下的体积为_______L。‎ ‎（3）将30ml 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后溶液物质的量浓度为_______。‎ ‎（4）同温同压下，SO2与O2的密度比为____，若质量相同，两种气体体积比为___ 。‎ ‎【答案】(1). 5.4g (2). 1.12L (3). 0.03mol/L (4). 2：1 (5). 1：2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）依据n = = ，结合分子与原子构成解答；‎ ‎（2）依据n = = = ，结合分子与原子构成解答；‎ ‎（3）根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算；‎ ‎（4）同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，结合n= = = 、气体的密度ρ = 进行计算。‎ ‎【详解】（1）0.3 mol NH3含有的质子数的物质的量为0.3mol×(7+3)=3 mol，而1 mol H2O含有质子数为(2×1+8) mol=10mol，则应有0.3 mol H2O，其质量为m(H2O)=0.3 mol×18 g/mol=5.4 g；故答案为：5.4 g；‎ ‎（2）3.2 g SO2的物质的量为 = 0.05 mol，则分子内所含的氧原子数为0.05 mol×2×NA = 0.1NA，则对应相等氧原子数的NO2气体的物质的量 = 0.05 mol，在标准状况下的体积 = 0.05 mol×22.4 L/mol = 1.12 L，故答案为：1.12L；‎ ‎（3）令稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，则：‎ ‎30×10﹣3 L×0.5 mol/L=500×10﹣3 L×c解得 c = 0.03 mol/L，故答案为：0.03 mol/L；‎ ‎（4）根据ρ = 知，同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，所以二者密度之比 = 64 g/mol：32 g/mol = 2：1；根据n= = = 可知：相同条件下，质量相等的气体，V与M成反比，所以若质量相同，两种气体的体积比为32 g/mol: 64 g/mol = 1：2；‎ 故答案为：2：1；1：2。‎ ‎23.(1)为了求某NaHCO3、Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数，现将m1g样品加热至质量恒定时停止加热，此时质量为m2g，已知加热时发生的反应式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则NaHCO3的质量分数是_________。‎ ‎(2)臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电来制取臭氧：3O22O3。将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体是6.5L，其中臭氧是_____ L。‎ ‎【答案】(1). (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，根据减少的质量是CO2、H2O的质量和，用差量法计算出碳酸氢钠的质量，然后计算出碳酸氢钠的质量分数；‎ ‎(2)根据气体差量，利用差量法计算生成臭氧的体积。‎ ‎【详解】(1)碳酸氢钠加热发生的反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，用差量法计算。根据方程式可知：每有2mol NaHCO3反应，即168g NaHCO3发生分解，就互同时产生1molCO2、1molH2O，二者的质量和是62g，即混合物中含有168gNaHCO3，完全分解后固体质量会减少62g，现在由m1g固体混合物发生反应后剩余固体质量是m2‎ g，固体质量减少(m1-m2) g，则其中含有NaHCO3的质量是m(NaHCO3)=×168g×100%=；‎ ‎(2)根据反应方程式3O22O3可知：3体积O2完全转化O3，气体的体积变为2体积，反应后减少1体积，现在将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体是6.5L，反应后气体的体积减少了8L-6.5L=1.5L，则反应产生O3的体积为V(O3)==3L。‎