【化学】湖南省邵阳市双清区十一中2019-2020学年高一12月月考试题（解析版） 15页

湖南省邵阳市双清区十一中2019-2020学年高一12月月考试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Cl 35.5 Fe56 ‎ 一、选择题：本题包括25小题，每小题2分，共50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.以下是一些常用危险化学品标志，加油站应贴的危险化学品标志是（ ）‎ A. 遇湿易燃物品 B. 氧化剂 ‎ C. 剧毒品 D. 易燃液体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汽油是具有可燃性的液体，属于易燃液体，故应贴上易燃液体的危险化学品标志，故答案为D。‎ ‎2.下列仪器不能直接用于加热的是 （ ）‎ A. 试管 B. 蒸发皿 C. 容量瓶 D. 坩埚 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．试管可直接加热，故A不符合题意；‎ B．蒸发皿可直接加热，故B不符合题意；‎ C．容量瓶是不能用于加热的仪器，故C符合题意；‎ D．坩埚可直接加热，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎3.为检验某溶液中是否含有Fe3+，可以选择的试剂是（ ）‎ A. KSCN溶液 B. AgNO3溶液 ‎ C. 酸性KMnO4溶液 D. BaCl2溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】检验溶液中是否含有Fe3+的方法为：向溶液中加入KSCN溶液，然后观察现象，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，否则没有铁离子，故选A。‎ ‎4.下列分散系中，分散质粒子大小在1~100nm之间的是（ ）‎ A. 泥水 B. 油水 ‎ C. Fe(OH)3胶体 D. CuSO4溶液 ‎【答案】C ‎【解析】分析：分散系中分散质的粒子大小属于纳米级（1～100nm），说明分散系是胶体，浊液中分散质粒子直径大于100nm，溶液中分散质粒子直径小于1nm，据此分析此题。‎ 详解：泥水属于悬浊液，分散质粒子直径大于100nm，A错误；油水属于乳浊液，分散质粒子直径大于100nm，B错误；Fe(OH)3胶体， 分散质粒子大小在1~100nm之间，属于胶体，C 正确；CuSO4溶液，分散质粒子直径小于1nm，属于溶液，D错误；正确选项C。‎ ‎5.下列物质不属于电解质的是( )‎ A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，NaOH 、H2SO4、 NaCl分别是碱、酸和盐类，能在水溶液中或熔融状态下电离出离子，使得溶液能导电，属于电解质，蔗糖在水溶液中不能电离出离子，是非电解质，答案选C。‎ ‎6.下列物质中，属于钾盐的是（ ）‎ A. K B. K2O C. KOH D. K2SO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】盐是指含有金属离子（铵根）和酸根离子的化合物，可根据所含有的金属或酸根去命名，钾盐指由钾离子和酸根离子构成的盐。‎ ‎【详解】A. K是金属单质，不是盐，故不选A； ‎ B. K2O由钾、氧两种元素组成，是钾的氧化物，不是盐，故不选B；‎ C. KOH是碱，不是盐，故不选C； ‎ D. K2SO4由钾离子、硫酸根离子构成，属于钾盐，故选D。‎ ‎7.Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 是高炉炼铁的主要反应，该反应的氧化剂是（ ）‎ A. Fe B. CO C. Fe2O3 D. CO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中Fe元素的化合价从+3价降为0价，则Fe2O3发生还原反应，Fe2O3是氧化剂，故答案为C。‎ ‎8.下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）‎ A. K+、H+、SO42-、OH- B. Na+、Ca2+、CO32-、NO3-‎ C Na+、H+、Cl-、CO32- D. Na+、Cu2+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. K+、H+、SO42-、OH-中，H+与OH-反应不能大量共存，A错误；‎ B. Na+、Ca2+、CO32-、NO3-中，Ca2+与CO32-反应不能大量共存，B错误；‎ C. Na+、H+、Cl-、CO32-中，H+与CO32-反应不能大量共存，C错误；‎ D. Na+、Cu2+、Cl-、SO42-中，不反应可以大量共存，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎9.在0.5mol Na2SO4 中含有Na+的数目是（ ）‎ A. 3.01×1023 B. 6.02×1023 C. 0.5 D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学式Na2SO4可知，0.5molNa2SO4中钠离子的物质的量为0.5mol×2=1mol，则由N=n×NA得钠离子的个数为1mol×NAmol-1=NA≈6.02×1023；‎ 答案选B。‎ ‎10.将30 mL 0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（ ）‎ A. 0.3 mol/L B. 0.03 mol/L ‎ C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】稀释前后溶质NaOH的物质的量不变，根据稀释定律计算稀释后NaOH的物质的量浓度。‎ ‎【详解】设稀释后NaOH的物质的量浓度为c，根据稀释定律：0.03L×0.5mol/L=0.5L×c 解得c=0.03mol/L，故选：B。‎ ‎11. 下列各组物质混合后，不能生成NaOH的是（ ）‎ A. Na和H2O B. Ca(OH)2溶液和NaCl溶液 C. Na2O2和H2O D. Ca(OH)2溶液和Na2CO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故A不选；‎ B. Ca(OH)2溶液和NaCl溶液不能发生化学反应，没有氢氧化钠生成，故B可选；‎ C.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故C不选；‎ D. Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3＋2NaOH，有氢氧化钠产生，故D不选；‎ 故答案为B。‎ ‎12.下列电离方程式中，正确的是（ ）‎ A. Na2SO4=2Na++SO4-2 B. Ba(OH)2=Ba2++OH2-‎ C. Al2(SO4)3=2Al3++3SO42- D. Ca(NO3)2=Ca2++2(NO3)2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO42-书写错误，错误；‎ B．Ba(OH)2=Ba2++2OH-，错误；‎ C．Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，正确；‎ D．Ca(NO3)2=Ca2++2NO3-，错误；‎ 故选C。‎ ‎13.下列离子方程式中，正确的是（ ）‎ A. 稀盐酸滴在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑‎ B. 稀盐酸滴在石灰石上：CO32— + 2H+= H2O + CO2↑‎ C. 铁片插入硫酸铜溶液中：Fe + Cu2+ = Fe3+ + Cu+‎ D. 稀盐酸滴入氢氧化钠中：H+ + OH- = H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在金属活动性顺序表中Cu排在H的后面，则Cu与稀盐酸不反应，故A错误；‎ B．稀盐酸滴在石灰石上发生的离子反应为CaCO3+ 2H+=Ca2++ H2O + CO2↑，故B错误；‎ C．铁片插入硫酸铜溶液中发生的离子反应为Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，故C错误；‎ D．稀盐酸滴入氢氧化钠中发生的离子反应为H+ + OH- = H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎14. 把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加，但没有气体放出的是（ ）‎ A. 稀硫酸 B. Fe2(SO4)3溶液 ‎ C. CuSO4溶液 D. AgNO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe与稀硫酸发生的反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，铁片溶解，溶液的质量增加，有气体放出，不符合题意；‎ B.Fe与Fe2（SO4）3溶液发生的反应为Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4，铁片溶解，溶液的质量增加，没有气体放出，符合题意；‎ C.Fe与CuSO4溶液发生的反应为Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，溶解56gFe的同时析出64gCu，溶液的质量减小，不符合题意；‎ D.Fe与AgNO3溶液发生的反应为Fe+2AgNO3=Fe（NO3）2+2Ag，溶解56gFe的同时析出216gAg，溶液的质量减小，不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎15.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为(　　)‎ A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3 C. 3∶2∶1 D. 3∶4∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质溶液中氯离子物质的量=电解质浓度×溶液的体积×化学式中氯离子数目，再根据n=c·V判断。‎ ‎【详解】物质的量浓度相同的NaCl 、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-‎ 的物质的量浓度之比为1：2：3，当溶液的体积比为3：2：1时，根据n=c·V可知Cl-的物质的量之比为3：4：3，故合理选项是D。‎ ‎16.下列各组物质中，所含分子数相同的是（ ）‎ A. 10g H2 和10g O2 B. 9g H2O 和0.5mol Br2‎ C. 5.6L N2（非标准状况）和11g CO2 D. 224mLH2 (标准状况)和0.1mol N2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢气的摩尔质量为2g/mol、氧气的摩尔质量为32g/mol，等质量时物质的量不同，分子数不同，故A不符合题意；‎ B．9g H2O的物质的量为=0.5mol，则9g H2O 和0.5mol Br2含有相同数目的分子，故B符合题意；‎ C．非标准状况下气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，则5.6L N2(非标准状况)的物质的量不一定是=0.25mol，11gCO的物质的量为=0.25mol，两者所含分子数不一定相等，故C不符合题意；‎ D．224mLH2 (标准状况)的物质的量为=0.01mol，与0.1mol N2的分子数不同，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎17.检验某无色透明溶液中是否含有SO42-时，先加入（ ）再加入BaCl2溶液。‎ A. HNO3 B. HCl C. H2SO4 D. AgNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】检验无色透明溶液中是否含有SO42-时，应先加入稀盐酸酸化，排除Ag+、CO32-等的干扰，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有SO42-，否则不含SO42-，故答案为B。‎ ‎18.当光束通过下列分散系：①有尘埃的空气　②稀硫酸　③蒸馏水　④墨水，能观察到有丁达尔效应的是(　　)‎ A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①有尘埃的空气，属于胶体分散系，具有丁达尔现象；②稀硫酸是硫酸的溶液，没有丁达尔效应；③蒸馏水，是化合物，是纯净物，不是分散系，没有丁达尔效应；④墨水是胶体，具有丁达尔效应；答案选C。‎ ‎19.在SiO2＋3CSiC＋2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为(　　)‎ A. 36∶30 B. 60∶36 C. 2∶1 D. 1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】SiO2+3CSiC+2CO↑反应中，Si元素的化合价反应前后没有变化，当3molC参加反应时，有1molSiC生成，说明1molC起到氧化剂的作用，有2molCO生成，说明有2molC起到还原剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，则质量之比为1:2，故答案为D。‎ ‎20.少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是(　　)‎ A. Na2O2 B. NaHCO3 ‎ C. Na2CO3 D. Na2CO3·10H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色(钠的真面目)→变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2成Na2CO3•10H2O)→最后变成Na2CO3粉末(风化)，有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O，故答案为C。‎ ‎21.把下列金属投入0.1 mol·L－1盐酸中，能发生反应且反应最剧烈的是(　　)‎ A. Na B. Fe C. Mg D. Al ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】金属越活泼，越易与酸反应，因金属活泼性：Na＞Mg＞Al＞Fe，则Na与0.1mol•L-1‎ 盐酸反应最剧烈，故答案为A。‎ ‎22.下列说法中正确的是 (　　)‎ A. NaHSO4显强酸性，因此从组成上分类它应该属于酸 B. 含Fe元素质量分数为70%的Fe2O3是纯净物 C. CuSO4·5H2O是混合物 D. 显碱性的物质一定为碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸是在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，NaHSO4显强酸性，电离出的阳离子为Na+、H+，NaHSO4不属于酸、属于酸式盐，故A错误；‎ B．Fe2O3中铁元素的质量分数为70%，含Fe元素质量分数为70%的Fe2O3为纯净物，故B正确； ‎ C．结晶水合物为化合物，CuSO4•5H2O是纯净物，故C错误；‎ D．某些水解的盐也可以使溶液显碱性，如碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎23.下列有关胶体的说法中正确的是(　　)‎ A. 胶体都是均匀透明的液体 B. 胶体粒子很小，可以透过半透膜 C. 利用丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液 D. 纳米材料的粒子直径一般从几纳米至几十纳米，因此纳米材料是胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体是一种介稳定的分散系，且不一定透明，胶体按分散剂的不同分为液溶胶、气溶胶和固溶胶，胶体不一定是液体，故A错误；‎ B．胶体粒子小，介于1~100nm之间，能透过滤纸，但不能透过半透膜，故B错误；‎ C．胶体有丁达尔效应，而溶液没有丁达尔效应，利用丁达尔效应可鉴别溶液和胶体，故C正确；‎ D．胶体是指分散质粒子直径在1 nm～100 nm之间的分散系，胶体是一种分散系，纳米材料没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎24.下列关于阿伏加德罗常数(NA)说法中正确的是(　　)‎ A. 1 mol任何物质都含有NA个分子 B. 0.5 mol H2O中含有的原子数目为1.5NA C. 32 g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数无法确定 D. 1 mol氖气中含有2NA个氖原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有的物质由原子直接构成，如稀有气体与金属，有的物质由离子构成，如NaCl，其中不含有分子，故A错误；‎ B.0.5mol H2O中含有1.5NA个原子，故B正确；‎ C.32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数：×NA=2NA，故C错误；‎ D．氖气为单原子分子，1mol氖气中含有NA个原子，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎25.把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的溶度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量的比为（ ）‎ A. 2:1 B. 2:3 C. 3:2 D. 1:2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知反应生成的Fe2+为3mol，溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，故已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol=2：3，故答案为B。‎ 二、填空题：本题包括3小题，每空2分，共30分。‎ ‎26.物质的性质决定了物质的用途，下面列出了金属的几种性质，请在下列金属用途后的横线上填上金属性质对应的序号。‎ ‎①导热性　②导电性　③还原性　④延展性　⑤具有金属光泽 ‎(1)用铝锭制成包装用的铝箔________________________。‎ ‎(2)用铝制成的高压铝锅____________________________。‎ ‎(3)用铁粉回收照相业废液中的银____________________。‎ ‎(4)电信业中大量使用的铜丝、金属电缆________________。‎ ‎【答案】(1). ④ (2). ① (3). ③ (4). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用铝箔做包装品材料利用了铝的延展性，故答案为④；‎ ‎（2）用铝制成的高压铝锅利用了铝的导热性，故答案为①；‎ ‎（3）用铁粉回收照相业废液中的银利用了铁的还原性，故答案为③；‎ ‎（4）用铜丝、金属作电缆利用了金属的导电性、延展性，故答案为②④。‎ ‎27.2015年“探险队员”——盐酸，不小心走进了化学迷宫，不知怎样走出来，因为迷宫有许多“吃人的野兽”(即能与盐酸反应的物质或者是水溶液)，盐酸必须避开它们，否则就无法通过。‎ ‎（1）请你帮助它走出迷宫：(请用图中物质前的序号连接起来表示所走的路线)______________。‎ ‎（2）在能“吃掉”盐酸的化学反应中，属于酸碱中和反应的有______个，属于氧化还原反应的有____个。其中能“吃掉”盐酸的盐是__________（填物质名称），写出该反应的离子方程式_______________；‎ ‎（3）在不能与盐酸反应的物质中，属于电解质的是___________(填写物质序号)。‎ ‎【答案】(1). ③⑥⑩⑦⑪⑫ (2). 2 (3). 1 (4). 碳酸钠 (5). CO32-+2H+=CO2↑+H2O (6). ⑥⑪‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图示的物质中能与盐酸反应的有Zn、Fe2O3、MgO、Na2CO3、Ca(OH)2和NaOH，利用图示的物质与盐酸不能反应的物质作出判断即可，由于盐酸不能和二氧化碳、二氧化硫、不活泼金属铜和银、氯化钠、硫酸反应，则连线为③→⑥→⑩→⑦→⑪→⑫。。‎ ‎（2）中和反应是酸与碱反应，根据碱的种类确定中和反应的有个数，碱有Ca（OH）2‎ 和NaOH，共2种，则属于酸碱中和反应的有2个；能与盐酸反应，化合价发生变化的只有锌，所以属于氧化还原反应的有1个；能与盐酸反应的盐只有碳酸钠（Na2CO3），反应的离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O。‎ ‎（3）不能与盐酸反应的物质有③⑥⑦⑩⑪⑫，属于电解质的必须是纯净物中的化合物，其中二氧化碳、二氧化硫属于非电解质，Cu、Ag既不是电解质也不是非电解质，氯化钠、硫酸属于电解质，答案为⑥⑪。‎ ‎28.有一镁铝合金共51 g，把其加入到1 L 5 mol·L－1的盐酸中，恰好反应完。‎ ‎(1)关于合金的下列说法正确的有________。‎ A．合金只能由两种或两种以上的金属组成 B．合金的硬度一般比其组成成分金属的硬度大 C．镁铝熔成合金的过程是一个化学过程 D．合金的熔点一般比其组成成分的熔点低 E．合金具备金属的特性 ‎(2) 该合金中镁铝的质量分别为________g、________g。‎ ‎(3) 反应中共收集到标况下的氢气的体积为___________L。‎ ‎(4)向反应后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，若要使沉淀恰好达到最大值，需要加入NaOH________L。‎ ‎【答案】(1). BDE (2). 24g (3). 27g (4). 56 (5). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) 合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合在一起形成的具有金属特性的物质，合金的硬度一般比成分金属大，熔点一般比成分金属低。‎ ‎(2) 镁铝合金共51 g，把其加入到1 L 5 mol·L－1的盐酸中，恰好反应完，则反应后所得溶液为MgCl2和AlCl3的混合液；设合金中镁的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，则24a+27b=51；另外反应后MgCl2和AlCl3的混合液为电中性，则：2a+3b=5；‎ ‎(3)根据电子守恒即可解得反应中生成氢气的物质的量。‎ ‎(4) 向反应后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，当沉淀恰好达到最大值时，所得溶液为NaCl，由电荷守恒可知n(Cl-)=n(Na+)。‎ ‎【详解】(1) A．合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)融合在一起形成的具有金属特性的物质，故A错误；‎ B．合金的硬度一般比成分金属大，故B正确；‎ C．镁铝熔成合金的过程是一个物理过程，故C错误；‎ D．合金的熔点一般比成分金属低，，故D正确；‎ E．合金是具有金属特性的物质，故E正确；‎ 故答案为BDE；‎ ‎(2) 镁铝合金共51 g，把其加入到1 L 5 mol·L－1的盐酸中，恰好反应完，则反应后所得溶液为MgCl2和AlCl3的混合液；设合金中镁的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，则24a+27b=51；另外反应后MgCl2和AlCl3的混合液为电中性，则：2a+3b=5；解方程组24a+27b=51、2a+3b=5得：a=b=1，故镁铝合金中Mg的质量为1mol×24g/mol=24g、Al的质量为1mol×27g/mol=27g；‎ ‎(3) 设反应中生成氢气的物质的量为nmol，根据电子守恒可得1mol×2+1mol×3=nmol×2，解得：n=2.5，则所得氢气在标况下的体积为2.5mol×22.4L/mol=56L；‎ ‎(4) 向反应后的溶液中逐滴加入5 mol·L－1的NaOH溶液，当沉淀恰好达到最大值时，所得溶液为NaCl，由电荷守恒可知n(Cl-)=n(Na+)=1L×5 mol·L－1=5mol，则所加NaOH溶液中NaOH的物质的量为5mol，溶液体积为=1L。‎ 三、推断题：本题包括1小题，共10分。‎ ‎29.有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：‎ ‎①WX＋H2O＋CO2↑‎ ‎②Z＋CO2→X＋O2 ‎ ‎③Z＋H2O→Y＋O2↑‎ ‎④X＋Ca(OH)2→Y＋CaCO3↓‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1) W、X、Y、Z化学式分别是：W：________，X：________，Y：________，Z：________。‎ ‎(2)以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是________(填反应序号)，反应中氧化剂是________(写化学式)。‎ ‎(3)若④反应在溶液中进行，写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个化学反应的化学方程式：‎ ‎①离子方程式：______________________________________________。‎ ‎②化学方程式：________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). NaHCO3 (2). Na2CO3 (3). NaOH (4). Na2O2 (5). ②③ (6). Na2O2 (7). Ca2＋＋CO32-=CaCO3↓ (8). Ca(OH)2＋K2CO3=2KOH＋CaCO3↓(合理即可)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】四种钠的化合物，Z能与二氧化碳、水反应生成氧气，故Z为Na2O2，X为Na2CO3，Y为NaOH，W分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，故W为NaHCO3，据此解答。‎ ‎【详解】(1)根据框图所示的内容，钠的化合物中，受热能分解生成三种产物的是碳酸氢钠，所以W是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以X是碳酸钠，能和二氧化碳以及水反应生成氧气的是过氧化钠，所以Z是过氧化钠，则W、X、Y、Z的化学式分别为NaHCO3、Na2CO3、NaOH、Na2O2；‎ ‎(2)以上4个化学反应中，反应②：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2和③：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，两个反应中化合价变化的均是过氧化钠中的氧元素，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂；‎ ‎(3)碳酸钠和氢氧化钙反应的离子方程式为：CO32-+Ca2+=CaCO3↓，此外该离子反应还可以表示氢氧化钙溶液和碳酸钾溶液之间的反应等，即Ca(OH)2＋K2CO3=2KOH＋CaCO3↓。‎ 四、实验题：本题包括1小题，每空2分，共10分。‎ ‎30.以下为配制250 mL 0.2 mol·L－1 Na2CO3溶液的示意图。‎ 回答下列问题：‎ ‎ (1)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是________。‎ A．使用容量瓶前检查它是否漏水 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗 C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2 cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线 D．配制溶液时，如果试样液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2 cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线 E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转并摇动多次 ‎(2)①中称得Na2CO3________g。‎ ‎(3)玻璃棒在②、③两步中的作用分别是________、________。‎ ‎(4)若出现如下情况，所配溶液浓度偏低的有：________‎ A．某同学在第⑧步观察液面时仰视；‎ B．没有进行操作步骤④和⑤；‎ C．在第⑤步不慎有少量液体流到容量瓶外；‎ D．在步骤①中，药品放在右盘，砝码放在左盘(使用游码)。‎ ‎【答案】(1). BCD (2). 5.3 (3). 搅拌 (4). 引流 (5). ABCD ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)容量瓶在使用前必须查漏；容量瓶是比较精密的仪器，不能受热，故不能用于溶解固体和稀释溶液，也不能用作反应容器，据此分析；‎ ‎(2)根据溶质的质量m=nM=cVM计算；‎ ‎(3)溶解固体时搅拌是加速溶解，过滤时是引流作用；‎ ‎(4)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析对所配溶液的浓度影响。‎ ‎【详解】(1)A．使用容量瓶前应该检验是否漏水，故A正确；‎ B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会影响配制溶液的浓度，故B错误；‎ C．配制溶液时，如果试样是固体，应该在烧杯中溶解，当药品完全溶解后，恢复至室温，再把溶液小心转移到容量瓶中，并洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，将洗涤液转移入容量瓶中，然后缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把称好的固体用纸条倒入容量瓶中，故C错误；‎ D．配制溶液时，若试样是液体，应该在烧杯中溶解或稀释，恢复至室温，再把溶液小心倒入容量瓶中，并洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，将洗涤液转移入容量瓶中，然后缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，不能把液体药品直接引流到容量瓶中，故D错误；‎ E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确；故答案为BCD；‎ ‎(2)0.2mol•L-1Na2CO3溶液250mL需要Na2CO3的质量为：0.25L×0.2mol/L×106g/mol=5.3g；‎ ‎(3)玻璃棒在溶解固体时为了加速溶解，起搅拌作用，过滤时是起引流作用；‎ ‎(4)A．某同学在第⑧步观察液面时仰视，溶液的体积偏大，所得溶液浓度偏低，故A符合题意；‎ B．操作步骤④和⑤是洗涤烧杯和玻璃棒并将洗涤液转移到容量瓶，如果没有步骤④和⑤，则容量瓶内溶质物质的量偏低，所配溶液的浓度偏低，故B符合题意；‎ C．在第⑤步不慎有少量液体流到容量瓶外，则容量瓶内溶质物质的量偏低，所配溶液的浓度偏低，故C符合题意；‎ D．在步骤①中，药品放在右盘，砝码放在左盘(使用游码)，则所称量的药品的质量偏小，浓度偏低，故D符合题意；故答案为ABCD。‎