山西省临汾市曲沃县曲沃中学校高三化学上学期阶段性考

山西省临汾市曲沃县曲沃中学校2016届高三化学上学期阶段性考试
试题（含解析）
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）。

共150分，考试时间120分钟。

注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将本人姓名、考生号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。

2．每小题选出答案后，用铅笔在答题卡对应题目的答案标号上涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

第Ⅰ卷（选择题共63分）
可能用到的相对原子质量：
H：1；C：12；N：14；O：16；Na：23；Mg：24； Al：27；S：32；K：39；Ca：40；Fe：56；Cu：64；Zn：65；Ba：137；Ag：108
一、选择题（单选，本题共21道小题，每小题3分，共63分）
1．进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是
A．不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛
B．不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液
C．从煤油中取用金属钠必需用镊子，不能用手触摸
D．配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
【答案】D
【解析】
试题分析：A、不慎将酸溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故A正确；B、不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，以中和碱液，故B正确；C、从煤油中取用金属钠必需用镊子，不能用手触摸，手中有水分能与Na反应，腐蚀皮肤，故C正确；D、不能在量筒中稀释浓硫酸，故D错误。

考点：考查了化学实验的基本操作的相关知识。

2．化学知识在生产和生活中有着重要的应用。

下列说法中正确的是
① 钠的还原性很强，可以用来冶炼金属钛、钽、铌、锆等
② K、Na合金可作原子反应堆的导热剂
③ 明矾常作为消毒剂
④ Na2O2既可作呼吸面具中O2的来源，又可漂白织物、麦杆、羽毛等
⑤ 碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂
⑥ 发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔
A．①②③④ B．①②④⑥ C．①②③④⑥ D．①②③④⑤⑥
【答案】B
考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。

3．下列关于物质分类的说法中正确的是
A．根据酸分子中含有的氢原子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸
B．混合物：铝热剂、福尔马林、水玻璃、漂白粉
C．根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属元素和非金属元素
D．明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据酸溶液电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分成一元酸、二元酸、三元酸，A错误；B、混合物：铝热剂是氧化铝与铁粉的混合物、福尔马林是甲醛的水溶液，是混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，B正确；
C、与金属元素同主族的非金属元素有很多，它们与同主族金属元素具有相同的最外层电
子数，例如氢原子最外层只有一个电子和金属钠一样，但它不是金属，C错误；D、水银的单质，不是电解质，D错误。

考点：考查了物质的分类的相关知识。

4．下列叙述正确的是
A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化时，煤的气化和液化属于物理变化
B．溶液和胶体的本质区别是丁达尔效应
C．有单质参加和生成的化学反应一定是氧化还原反应
D．将浓度为18．4mol/L质量分数为98%的浓硫酸加水稀释至9．2 mol/L，则稀释后溶质的质量分数大于49 %
【答案】D
【解析】
试题分析：A、石油的分馏属于物理变化时，煤的气化和液化属于化学变化，A错误；B、溶液与胶体的最本质区别在于分散质微粒直径大小，B错误；C、同素异形体之间的转化属于化学变化，但是反应前后化合价都为0，也即不是氧化还原反应．，C错误；D、硫酸溶液
的密度随浓度的最大而减小，所以根据可知，将浓度为18．4mol/L质量分数为98%的浓硫酸加水稀释至9．2 mol/L，则稀释后溶质的质量分数大于49 %，D正确。

考点：考查了物质变化的判断、溶液的稀释等相关知识。

5．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，原溶液中一定有CO32-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中一定有SO42-
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，原溶液中一定有NH4+
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
试题分析：A、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通澄清石灰水中，溶液变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含CO32-，故A错误；B、加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能为硫酸钡或氯化银，原溶液中不一定存在SO42-，可能含有银离子，故B错误；C、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，原溶液中一定有NH4+，C正确；D、加入碳酸钠溶液产生的白色沉淀，可能是碳酸钙或者碳酸钡，再加盐酸白色沉淀消失，可能有Ba2+或者Ca2+，故D错误。

考点：考查了离子的检验的相关知识。

6．用铝箔包好的2．3 g钠块投入足量水中，则产生氢气的质量是
A．0．1 g B．> 0．1 g C．< 0．1
g D．无法确定
【答案】B
【解析】
试题分析：根据2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，2．3g钠和水反应正好生成0．1g氢气，但Na和水反应生成的NaOH会和Al反应也会生成氢气，所以总的生成的H2的质量大于0．1g，故选B。

考点：考查了钠和铝的性质的相关知识。

7．美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物(AlH3)n，关于(AlH3)n的推测错误的是A．氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气
B．氢铝化合物中铝显＋3价，氢显－1价
C．铝与水蒸气高温下反应生成氢铝化合物
D．氢铝化合物具有强还原性
【答案】C
【解析】
试题分析：A、氢铝化合物中氢元素显负价，性质不稳定，易和水反应生成氢氧化铝和氢气而体现还原性，故A正确；B、在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，故B正确；C、氢铝化合物易和水反应，所以不能用铝和水蒸气反应制取氢铝化合物，故C错误；D、氢铝化合物中氢元素显-1价，性质不稳定，易失电子而具有强还原性，故D正确。

考点：考查了新材料的相关知识。

8．下列实验装置一般不用于分离物质的是
A B C D
【答案】D
【解析】
试题分析：A、蒸馏可以实现两种沸点差距较大的两种互溶物质的分离，故A错误；B、分液可以实现互不相溶的两种液体物质的分离，故B错误；C、过滤一般是用来分离不溶性固体和液体的混合物，故C错误；D、定容是配制一定物质的量浓度的溶液过程中的一步，不能分离物质，故D正确。

考点：考查了化学实验的基本操作的相关知识。

9．下列几种溶液中的指定离子：①NaHCO3溶液中的HCO3-；②Na2SO3溶液中的SO32-；
③NaHCO3和Na2CO3混合溶液中的CO32-；④CH3COONa溶液中的CH3COO-；⑤饱和氢氧化钠溶液中的Na+，向其中加入足量的过氧化钠固体后，忽略溶液体积变化，恢复到原温度，离子浓度基本保持不变的是
A．②和③B．③和④ C．④和⑤ D．①和③
【答案】C
【解析】
试题分析：过氧化钠固体加入溶液中，会和水发生反应生成氢氧化钠和氧气。

①碳酸氢根离子会和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，导致碳酸氢根离子浓度减小，故①错误；
②亚硫酸根离子具有还原性，易被氧气氧化为硫酸根离子，所以亚硫酸根离子浓度减小，
故②错误；③碳酸氢根离子会和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，导致碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根浓度增大，故③错误；④CH3COONa溶液中的CH3COO-和氢氧化钠以及氧气均不反应，所以浓度不变，故④正确；⑤饱和氢氧化钠溶液中的Na+和氢氧化钠以及氧气均不反应，所以浓度不变，故⑤正确；故选C。

考点：考查了过氧化钠的性质、离子共存的相关知识。

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．c(H＋)/c(OH－)＝1×1014的溶液：Fe2＋、K＋、HSO－3、ClO－
B．0．1 mol·L－1FeCl3溶液：NH＋4、H＋、I－、SCN－
C．0．1 mol·L－1Na2CO3溶液：K＋、Ca2＋、HCO－3、SO2－4
D．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Ba2＋、NO－3、Cl－
【答案】D
【解析】
试题分析：A、酸性溶液，HSO－3、ClO－均与氢离子结合为弱酸，还有ClO－能把Fe2+、HSO－3氧化，错误；B、Fe3+与I－发生氧化还原反应，与SCN－形成配合物不能大量共存，错误；C、Ca2+不能大量共存，错误；D、使酚酞变红色的溶液显碱性，Na＋、Ba2＋、NO－3、Cl－都能在碱性溶液中共存，正确。

考点：考查了离子共存的相关知识。

11．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．1 mo l/L NH4Cl溶液中，NH4＋的数目小于N A
B．常温常压下，8g CH4含有电子数目5N A
C．12g NaHSO4晶体中含有0．2 N A个阳离子
D．78g苯含有C=C双键的数目为3N A
【答案】B
【解析】
试题分析：A．溶液体积未知，无法计算溶液中铵根离子的数目，A错误；B．常温常压下，8gCH4的物质的量是0．5mol，每一个甲烷分子中含有10个电子，所以0．5mol含有电子数目5N A，B正确。

C、硫酸氢钠晶体是钠离子和硫酸氢根离子构成的，晶体中阳离子和阴离子的总数为0．2N A ，C错误；D、苯分子中的碳碳键为一种独特键，不存在碳碳双键，D错误。

考点：考查了阿伏加德罗常数的相关知识。

12．下列除去杂质所选用的试剂或方法完全正确的是
A．除去NaCl溶液中的少量I2：用无水乙醇，萃取分液
B．除 CO2中的少量HCl：通入饱和Na2CO3溶液，洗气
C．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥
D．除去NaHCO3固体中的少量Na2CO3：加热灼烧
【答案】C
【解析】
试题分析：A、乙醇与水混溶，应用苯或四氯化碳除杂，故A错误；B、CO2和HCl都与饱和Na2CO3溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；C、Al能与烧碱溶液反应而Mg不反应，故C正确；D、NaHCO3不稳定，加热易分解，不能够用加热的方法除杂，影响了碳酸氢钠，故D错误。

考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。

13．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．铝与硫酸铜溶液反应：Al+Cu2+=Al3++Cu
B．碳酸钡溶于稀硝酸：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
C．铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3++H2↑
D．醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
试题分析：A．电荷不守恒，A错误；B．碳酸钡不溶于水，B错误；C．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁，C错误；D．醋酸是弱酸，水垢的主要成分是碳酸钙，不溶于水，D正确。

考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。

14．下列各组物质相互作用时，其中水既不作氧化剂，又不作还原剂，而反应仍属于氧化还原反应的是（）
A．二氧化碳与水反应 B．Na与水反应
C．氨气与水反应 D．过氧化钠与水反应
【答案】D
【解析】
试题分析：反应前后存在元素化合价的变化是氧化还原反应的特征判断依据，水不做氧化剂与还原剂，需要水中氢元素和氧元素反应前后化合价不变，则A、二氧化碳与水反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，A不符合；B、Na与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中氢元素化合价降低，作氧化剂，B不符合；C、氨气与水反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C不符合；D、过氧化钠与水反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，是氧化还原反应，水中H和O元素化合价均不变，不是氧化剂也不是还原剂，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，D符合。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。

15．CO2与H2的混合气体5g，在150℃时和足量的氧气混合，用电火花充分引燃，在相同状况下，再将反应后所得混合气体通入到足量的Na2O2中，测得Na2O2固体增重的质量为3．4g，则原混合气体中CO2的物质的量分数为
A．25% B．75% C．88% D．32%
【答案】C
【解析】
试题分析：设CO2和氢气的物质的量分别是x和y，则44x＋2y＝5g。

氢气燃烧生成水，水和过氧化钠反应又生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式可以看作是H2＋Na2O2=2NaOH，所以该题增加的质量就是氢气的质量。

根据方程式2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2，有28x＋2y＝
3．4g，解得x＝0．1mol，则CO2的质量设4．4g，所以CO2的质量分数是4.4
5
×100%=88%。

考点：考查了化学计算的相关知识。

16．某学习小组讨论甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是
A．甲装置：可用来证明碳的非金属性比硅强
B．乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下
C．丙装置：用图示的方法不能检查此装置的气密性
D．丁装置：先从①口进气集满二氧化碳，再从②口进气，可收集氢气
【答案】C
【解析】
试题分析：A、二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，则该装置能证明碳的非金属性比硅强，故A正确；B、橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C、如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C错误；D、二氧化碳的密度大于空气、一氧化氮的密度小于二氧化碳，所以一氧化氮采用向下排二氧化碳法收集、二氧化碳采用向上排空气法收集，故D正确。

考点：考查了化学实验的设计与评价的相关知识。

17．氧化亚铁粉末和铝粉配成铝热剂，分成两等份。

一份在高温下恰好完全反应后，再与盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。

前后两种情况下生成的气体的质量比是
A．1∶1 B．2∶3 C．3∶2 D．4∶3
【答案】A
【解析】
试题分析：把FeO和铝粉配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，由电子转移守恒可知2n（Fe）=3n（Al），然后将生成物与足量的稀盐酸反应，铁与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，由电子转移守恒可知n（H2）=n（Fe），所以n（H2）
=3
2
n（Al）；令一份直接加入足量的NaOH溶液使之充分反应，铝与氢氧化钠反应生成偏
铝酸钠与氢气，由电子转移守恒可知2n′（H2）=3n（Al），所以n′（H2）=3
2
n（Al），
故两种情况下生成气体的物质的量之比为n（H2）：n′（H2）=3
2
n（Al）：
3
2
n（Al）=1：
1，质量比等于物质的量之比应是1：1，故选A。

考点：考查了化学计算的相关知识。

18．化学实验中常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施正确的是A．检验溶液中是否含有SO32-时，用硝酸酸化后再加BaCl2溶液
B．为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用盐酸将高锰酸钾溶液酸化
C．检验溶液中是否含有Fe2+时，用硝酸酸化后，加KSCN溶液
D．检验溶液中是否含有SO42-时，用盐酸酸化后，加BaCl2溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：A、定性检验SO32-时，将BaCl2溶液用HNO3酸化，因为硝酸具有强氧化性，易将亚硫酸根氧化为硫酸根，硫酸根也和钡离子反应生成白色沉淀，会干扰亚硫酸根的检验，故A错误；B、用浓盐酸酸化，浓盐酸将被高锰酸钾氧化，故B错误；C、硝酸具有强氧化性，易将亚铁离子氧化为三价铁离子，会干扰亚铁离子的检验，故C错误；D、硫酸根离子能和钡离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，检验溶液中是否含有SO42-时，先用盐酸酸化，所得溶液再加BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，证明含有硫酸根离子，反之则没有，故D正确。

考点：考查了物质的检验的相关知识。

19．某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是
①原溶液中的Br - 一定被氧化；
②通入氯气之后，原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；
③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；
④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，向上层溶液中加入足量AgNO3
溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Fe2+，Br - ，I-均被完全氧化
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【解析】
试题分析：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，①原溶液中的Br-可能被氧化，故错误；②通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确。

故选B。

考点：考查了氧化还原反应、氯气的性质的相关知识。

20．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+，
则下列说法正确的是 ( )
A．该反应中Fe2+是还原剂，O2是还原产物
B．4 mol Na2O2在反应中共得到8N A个电子
C．Fe(OH)3是氧化产物，每生成1 mol O2反应过程中共转移6 mol电子
D．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应中Fe2+中元素的化合价升高，失去电子，所以Fe2+是还原剂，而Na2O2中O元素的化合价部分升高，失去电子；部分降低，得到电子，O2是Na2O2失去电子后形成的物质，是氧化产物，A错误；B、4 mol Na2O2在反应中共得到6N A个电子，B错误；C、Fe(OH)3是Fe2+失去电子后形成的氧化产物，每生成1 mol O2反应过程中共转移6 mol电子，C正确；D、由于其中含有氧化剂，所以反应过程中产生的沉淀就是红褐色，不会看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀的过程，D错误。

考点：考查了氧化还原反应、过氧化钠的相关知识。

21．某温度下，将C12通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为
A．21:5 B． 11:3 C．3:1 D．4:1
【答案】D
【解析】
试题分析：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：3，设ClO-为1mol，ClO3-为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+3mol×（5-0）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D。

考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。

第II卷（非选择题共87分）
二、填空题（本题共6道小题，共87分）
22．现有①H2SO4 ②酒精③液氨④纯碱固体⑤熔融的氢氧化钠⑥水银⑦三氧化硫⑧
澄清石灰水⑨氯化钠溶液⑩CaCO3固体，其中属于盐的是（填序号，下同）_________，属于酸性氧化物的是_________，能导电的是_____________，属于电解质的是________ 。

【答案】（共8分）
④⑩；⑦；⑤⑥⑧⑨；①④⑤⑩
【解析】
试题分析：④纯碱是由钠离子与碳酸根离子组成的化合物，属于盐；⑩CaCO3固体是由钙离子与碳酸根离子组成的化合物，属于盐；⑦三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，属于酸性氧化物；⑤熔融的氢氧化钠有自由移动的钠离子和氢氧根离子、⑧澄清石灰水含有自由移动的钙离子和氢氧根离子，能够导电；⑥水银含有自由电子能够导电；⑨氯化钠溶液存在自由移动的离子能够导电；①硫酸④纯碱⑤熔融的氢氧化钠⑩CaCO3固体，它们是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质；故答案为：④⑩；⑦；
⑤⑥⑧⑨；①④⑤⑩。

考点：考查了物质的分类、电解质的相关知识。

23．实验室用氯化钠固体配制1．00mol/L的NaCl溶液0．5L，回答下列问题（1）根据计算，需称取氯化钠 g。

( 2 ) 配制时，必须用到的玻璃仪器有。

（3）配制溶液有下列几步操作：a．溶解，b．摇匀，c．洗涤，d．冷却，e．称量，f．将溶液移至容量瓶，g．贴标签，h．定容。

正确的操作顺序是。

（4）下列操作结果使溶液物质的量浓度偏低的是。

A．没有将洗涤液转入容量瓶中 B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线 D．加水定容时，水的量超过了刻度线【答案】（共12分）
（1）29．3
（2）烧杯、玻璃棒、500ml容量瓶、胶头滴管
（3）e a d f c f h b g
（4）A D
【解析】
试题分析：（1）1．00mol/L的NaCl溶液0．5L，含有氯化钠的物质的量为：n（NaCl）=1．00mol/L×0．5L=0．5mol，则需要氯化钠的质量为：58．5g/mol×0．5mol=29．25g，托
盘天平最小读数为0．1g，则需要称量的氯化钠的质量为29．3g，故答案为：29．3g；
（2）配制0．5L 1．00mol/L的NaCl溶液的步骤有：计算、称量、溶解、转移、冷却、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（3）配制0．5L 1．00mol/L的NaCl溶液的步骤有：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则正确的操作顺序是：e a d f c h b g，故答案为：e a d f c h b g；
（4）A．没有将洗涤液转入容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=n
V
可得，配制的溶液浓度偏低，故A正确；
B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对溶质的物质的量及溶液的最终体积都没有影响，则不影响配制结果，故B错误；
C．定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积低于容量瓶刻度线，配制的溶液体
积偏小，根据c=
n
V
可得，溶液浓度偏高，故C错误；
D．加水定容时，水的量超过了刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=n
V
可得，配制的溶液浓度偏低，故D正确；故答案为：AD。

考点：考查了配制移动物质的量浓度溶液实验的相关知识。

24．取A、B 两份物质的量浓度相等的NaOH 溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释为100mL。

（1）在NaOH 溶液中通入一定量的CO2后，溶液中溶质的组成可能是：（填化学式）
①__________②___________③____________④______________。

（2）在稀释后的溶液中分别逐滴加0．1mol/L 的盐酸，产生的CO2 的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示：
①分别加入足量的盐酸后，溶液中的溶质是_____________，原NaOH 溶液的物质
的量浓度为______。

②A曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质的化学式为______，与盐酸反应产
生CO2的最大体积是______mL（标准状况）。

③B曲线表明，原溶液通入CO2后，所得溶质的化学式为______，其物质的量之
比为______。

【答案】（共20分，每空各2分）
（1）NaHCO3；Na2CO3 ；Na2CO3和NaHCO3；Na2CO3和NaOH
（2）①NaCl、HCl；0．15 mol／L
②Na2CO3和NaOH；33．6
③Na2CO3和NaHCO3 ；1：1
【解析】
试题分析：（1）由CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O、CO2+NaOH═NaHCO3，二氧化碳少量时固体为①Na2CO3和NaOH；以1：2恰好反应时为②Na2CO3；物质的量比介于1：1～1：2之间为③Na2CO3和NaHCO3；二氧化碳过量时为④NaHCO3，故答案为：①Na2CO3和NaOH；②Na2CO3；③Na2CO3和NaHCO3；④NaHCO3；（2）由图可知，A溶液来说，滴加盐酸60mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积60mL远远大于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积（75-60）mL=15mL，说明原溶液中的溶质是NaOH和Na2CO3，对于B溶液来说，滴加盐酸25mL时没有气体生成，可能发生OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，假设原溶液中只有碳酸钠，生成碳酸氢钠需要盐酸的体积和碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积相等，实际上需要盐酸的体积25mL小于碳酸氢钠生成氯化钠需要盐酸的体积（75-25）mL=50mL，说明原溶液中的溶质是Na2CO3和NaHCO3，
①加入足量的盐酸后的溶液中均存在NaCl及未反应的HCl，加入75mL盐酸时，溶液中溶质为NaCl，n（NaCl）=n（HCl）=n（NaOH）=0．075L×0．1mol/L=0．0075mol，则c（NaOH）
=0.0075
0.05
mol
L
=0．15mol/L，故答案为：NaCl、HCl；0．15mol/L；
②上述分析可知，A曲线表明，NaOH溶液通入CO2后，所得溶液中的溶质是：NaOH和Na2CO3，对于A溶液来说，生成二氧化碳消耗盐酸的体积为75mL-60mL=15mL，生成CO2气体时，发生反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，由方程式可知，n（CO2）=n（HCl）=0．015L×0．1mol/L=0．0015mol，标况下体积为0．0015mol×22．4L/mol=0．0336L=33．6mL，故答案为：NaOH和Na2CO3；33．6；
③由上述分析可知，B中溶质是Na2CO3和NaHCO3，碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗25mL 盐酸，碳
酸氢钠完全转化消耗盐酸50mL ，二者都是按1：1反应，故原溶液中碳酸氢钠消耗盐酸为50mL-25mL=25mL ，由消耗盐酸的关系可知，Na 2CO 3和NaHCO 3的物质的量相同，即物质的量比为1：1，故答案为：Na 2CO 3和NaHCO 3；1：1。

考点：考查了化学计算的相关知识。

25．物质A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、I 、J 、K 有下图转化关系，其中气体D 、E 为单质， 请按要求回答下列问题。

（1）金属A 元素在周期表的位置是 ，G 的化学式是__________。

（2）写出反应“C→F”的离子方程式
；
（3）写出反应“I→J”的离子方程式
；
（4）写出金属 H 与水蒸气在高温下反应的化学方程式。

【答案】(共13分)
（1）第3周期第ⅢA 族；NaAlO 2 （2）Al 3+
+3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4+
（3）2Fe 2+
+Cl 2=2Fe 3+
+2Cl －
（4）3Fe+4H 2O(g)
高温
Fe 3O 4+4H 2↑
【解析】
试题分析：由溶液C 加一水合氨生成白色沉淀，白色沉淀溶于NaOH 溶液，则沉淀F 为Al （OH ）
3
，G 为NaAlO 2，由元素守恒可知，金属A 为Al ，气体为H 2，黄绿色气体E 为Cl 2，溶液B 为
HCl ，由最后的红褐色沉淀，I 为FeCl 2，J 为FeCl 3，金属H 为Fe 。

（1）金属Al 元素在周期表中位于第3周期第ⅢA 族，由上述分析可知，G 为NaAlO 2，故答案为：第3周期第ⅢA 族；NaAlO 2；
（2）反应“C→F”的离子方程式为Al 3+
+3NH 3·H 2O=Al(OH)3↓+3NH 4+
，故答案为：
金属A
溶液C
气体D
黄绿色气体E
气体B
溶液B
溶液B
H 2O
NH 3·H 2O
白色沉淀F
NaOH 溶液
溶液G
金属H
溶液I
溶液J
NaOH 溶液
红褐色沉淀K
气体E。