【化学】安徽省合肥市第一六八中学2018-2019学年高一上学期一月调研性检测试题（解析版）

安徽省合肥市第一六八中学2018-2019学年高一上学期一月调研性检测试题
可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65
一、单选题(本大题共18小题，每小题3分，共54.0分)
1. 化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
B. 凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用
C. 为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术
D. 提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染
【答案】B
【解析】试题分析：只要合理科学的使用食品添加剂，对人体是无害的，不能全盘否定，选项B不正确，其余选项都是正确的，答案选B。
2.下列关于胶体，判断不正确的是( )
A. 胶体的本质特征是胶体粒子直径在1nm~100nm
B. 煮沸饱和FeCl3溶液可以制得Fe(OH)3胶体
C. 丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液
D. 溶液和胶体的分散质能通过滤纸孔隙
【答案】B
【详解】A.胶体的本质特征是分散质粒子直径在1nm~100nm，溶液的分散质粒子直径小于1nm，故A正确；
B.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，来制备Fe(OH)3胶体，故B错误；
C.鉴别溶液和胶体是利用丁达尔现象，即用激光笔照射，胶体有一条光亮的通路，而溶液没有，故C正确；
D. 胶体、溶液的分散质都能通过滤纸孔隙，故D正确。
故选B。
3.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，有如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤；不正确的操作顺序是(　　)
A. ②③①⑤④ B. ③①②⑤④
C. ②①③⑤④ D. ③②①⑤④
【答案】C
【详解】粗盐的提纯中，加Na2C03可以除去Ca2+，加BaCl2可以除去SO42-离子，加入NaOH可以除去Mg2+离子；为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，引入的杂质离子也要除掉，所以Na2C03在BaCl2后面加入，以除去多余的Ba2+离子，盐酸必须在过滤后加入，除去多余的CO32-离子、OH-离子，即顺序③①⑤④不能改变，符合该顺序的选项都是合理的，即A、B、D都正确，故C错误。
故选C。
4.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得:2Fe(OH)3 +4NaOH+3NaClO = 2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，关于该反应说法正确的是（ ）
A. 氢氧化铁中铁元素的化合价为正三价，只有氧化性，
B. 反应中次氯酸钠是氧化剂，氯化钠是氧化产物，
C. 生成1molNa2FeO4，有6mol电子转移
D. 高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌
【答案】D
【解析】分析：中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,以此来解答。
详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故A错误;B.反应中次氯酸钠中Cl元素的化合价降低了,NaClO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;C.生成1mol Na2FeO4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3mol电子转移,故C错误;D.Na2FeO4中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。
5.用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ )
A. 相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同
B. 56gFe与足量盐酸反应转移电子数为3NA
C. 任何条件下，22.4LNH3与18gH2O所含电子数均为10NA
D. 46gNO2和N2O4的混合物含有的原子数为3NA
【答案】D
【解析】A项错误，铝和强酸溶液反应：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，铝和强碱溶液反应：2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]－＋3H2↑，由条件及反应方程式可知：2molAl完全反应都生成3molH2，在相同状况下体积是相同的；B项错误，由Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，56gFe（即1molFe）反应失去2mol电子变为Fe2＋；C项错误，1molNH3与1molH2O（18gH2O）所含电子数均为10NA，而任何条件下22.4L NH3不一定是1mol；D项正确，因为N2O4和NO2中的N元素O元素的物质的量比都是1：2所以质量比为14：32，所以有N元素14克，O元素32克，跟据摩尔质量就知道N元素有1mol，O元素有2mol，所以原子数为3NA。综上所述，答案选D。
6.24mL浓度为0.05mol·L-1Na2SO3溶液恰好与20mL 浓度为0.02mol·L-1的K2X2O7溶液完全反应，已知Na2SO3可被K2X2O7氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价为下列的（ )
A. +2 价 B. +3 价 C. +4价 D. +5价
【答案】B
【解析】令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=20×10-3L×0.02mol/L×2×（6-a），解得a=+3，故选B。
7.下列操作能达到实验目的或不影响实验的是（ )
A. 容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B. 向煮沸的1 mol/L NaOH溶液中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体
C. 向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，若有白色沉淀，说明溶液中含硫酸根
D. 蒸馏时应先加热然后再通冷凝水
【答案】A
【解析】容量瓶蒸馏水洗后未加干燥，溶液的体积并不变，浓度不变，故A正确；向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备Fe(OH)3胶体，故B错误；向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，若有白色沉淀，说明溶液中含硫酸根或银离子，故C错误；蒸馏时应先通冷凝水再加热，故D错误。
8.在一定温度下，向饱和澄清石灰水中加入一定量的生石灰，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是（ )
A. 溶液中Ca2+数目增加 B. 溶液中Ca2+数目减少
C. 溶液中OH-浓度减少 D. 溶液中OH-浓度增大
【答案】B
【解析】加入生石灰后，生石灰将结合一部分水而发生反应生成氢氧化钙。由于是饱合溶液，所以在水被消耗的同时，原来与这部分水共存的氢氧化钙溶质也会析出，剩余溶液仍为饱和溶液。溶液质量减小，溶液中溶质物质的量减小，溶液中Ca2+数目减少，故A错误、B正确；温度不变，所以浓度不变，溶液中OH-浓度不变，故CD错误。
9.只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是( )
A. Fe(NO3)3溶液 B. MgCl2溶液
C. BaCl2溶液 D. FeCl3溶液
【答案】D
【详解】A．Fe（NO3）3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故A错误；
B．MgCl2溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；
C．BaCl2溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故C错误；
D．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故D正确。
故选D。
10.下列实验操作或装置能达到实验目的的是（ )
A. 量取109.3ml稀盐酸
B. 称量25g烧碱固体
C. 碳酸氢钠受热分解
D. 配制一定物质的量浓度的稀硫酸
【答案】C
【解析】本题考查的是实验基本操作。
A项中要量取的溶液体积超过了量筒的量程，错误；B违反了左物右码；C正确；D直接将浓硫酸加到容量瓶中进行稀释也是错的，应该先在烧杯中稀释，冷却到室温后再转移到容量瓶中。
11.某溶液含有①NO3- ②HCO3- ③SO32- ④CO32- ⑤SO42- 等五种阴离子，向其中加入少量的过氧化钠固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)( )
A. ① B. ①⑤ C. ①④⑤ D. ①③⑤
【答案】A
【详解】Na2O2具有强氧化性，能将SO32-氧化成SO42-，故SO32-的浓度减小，SO42-的浓度增大。同时Na2O2溶于水后生成NaOH，NaOH可与HCO3-反应生成CO32-，因此CO32-的浓度增大，HCO3-的浓度减小。而NO3-不与Na2O2反应，则NO3-浓度基本不变，故A 正确。
故选A。
12. 研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（ )
A. 分散质粒子直径与分散系种类：
B. NaOH溶液与CO2反应后溶液中的钠盐：
C. AlCl3溶液中滴加NaOH溶液后铝的存在形式：
D. Na与O2反应的产物：
【答案】D
【解析】A项正确，根据分散质粒子直径大小，将常见混合物分为溶液、胶体和浊液，分散质粒子直径1小于10-9m的属于溶液，大于10-7m的属于浊液，介于10-9—10-7m之间的属于胶体；B项正确，CO2与碱反应时产物与二者的相对量有关，如：①CO2足量时：CO2＋NaOH=NaHCO3②CO2不足时：CO2＋2NaOH=Na2CO3＋H2O，＜1时，只发生反应①，生成NaHCO3，＞2时，只发生反应②，生成Na2CO3，1＜＜2时，既有NaHCO3又有Na2CO3；C项正确，可能发生反应为：①Al3＋＋3OH－(少量) =Al(OH)3↓②Al3＋＋4OH－(足量) =AlO2－＋H2O，＜3时，只发生①生成Al(OH)3↓，剩余Al3+，＞4时，只发生反应②生成AlO2－，剩余OH－，3＜＜4时，既有Al(OH)3又有AlO2－；D项错误，Na与氧气反应产物与反应条件有关，一般常温生成Na2O，加热生成Na2O2。综上所述，答案选D。
13.将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H22.8L(标准状况），原混合物质量可能是（ ）
A. 2g B. 4g C. 10g D. 12g
【答案】B
【解析】三种金属与稀硫酸反应离子方程式为：Mg＋2H+=Mg2+＋H2↑、Zn＋2H+=Zn2+＋H2↑、Al＋2 H+=Al3+＋H2↑，由此可得：产生标准状况下相同体积的氢气，消耗锌的质量最大，消耗铝的质量最少。标准状况下2.8L H2 的物质的量为n（H2）= =0.125mol，假设金属全部为Zn时可求得金属的质量为：0.125mol×65g·mol-1=8.125g；假设金属全部为Al时可求得金属的质量为：0.125mol××27g·mol-1=2. 25g，则金属实际质量应介于2.25g～8.125g之间，所以A、C、D项错误，B项正确。综上所述，符合题意的为B项。
14.某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2+)=2mol/L，c(SO42-)=6.5mol/L，若将100 mL的此混合液中的Mg2+和Al3+分离，至少应加入1.6mol/L的氢氧化钠溶液(  )
A. 0.5 L B. 1.0L C. 1.8L D. 2L
【答案】B
【解析】据电荷守恒2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)可得c(Al3+)=3mol/L，n(Mg2+)=2×0.1=0.2mol； n(Al3+)=3×0.1=0.3 mol；反应的离子方程式为：Al3++3OH—=Al(OH)3↓； Al3++4OH—=AlO2—+2H2O，Mg2++2OH—=Mg(OH)2↓；所以，要分离混合液中的Mg2＋和Al3＋加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3+恰好完全反应生成AlO2-离子，即，需氢氧化钠的物质的量为0.2×2+0.3×4=1.6mol；所以加入1.6 mol·L－1氢氧化钠溶液的体积为V(NaOH)=1.6/1.6=1 L； B正确；正确选项：B。
15.甲、乙两份等质量的碳酸氢钠晶体，将甲用坩埚充分加热后冷却后，将固体完全转移到一试管中， 再加入足量的盐酸；乙不经加热置于另一试管中，也加入足量的盐酸。反应完全后，两试管中实际参 加反应的HC1质量之比为( )
A. 2:3 B. 2:1 C. 1：2 D. 1:1
【答案】D
【详解】甲中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，加入盐酸后发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，乙中发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，即转化关系为：甲2NaHCO3~Na2CO3~2HCl，乙中NaHCO3~HCl，假设甲和乙中都是1mol碳酸氢钠固体，则甲乙过程中消耗的盐酸都是1mol，故甲、乙两试管中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol=1：1，故D正确。
故选D。
16.等物质的量的N2、O2、CO2混合气体通过一定量Na2O2后，体积变为原体积的8/9(同温同压)，这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为( )
A. 6： 7： 3 B. 3： 3： 2
C. 3： 4： 1 D. 6： 9： 0
【答案】C
【详解】设三者的物质的量分别为3 mol，发生的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，现气体体积变为原来的，即剩余气体的物质的量为8 mol。若二氧化碳完全与过氧化钠反应，则气体的物质的量减少数1.5 mol，即剩余气体为7.5 mol，说明二氧化碳有剩余；设有xmol二氧化碳参加反应，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
2 1
xmol 0.5xmol
则反应后，气体的物质的量为3+3+0.5x+（3-x）=8，解得x=2，所以反应后N2的物质的量为3mol，O2的物质的量为3+0.5x=4mol，CO2的物质的量为1mol，混合气体中N2、O2、CO2的物质的量之比为3：4：1，故C正确。
故选C。
17. 关于某溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是（ )
A. 加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO42-
B. 加入NaOH溶液，生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则原溶液中一定含有Fe2+。
C. 用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有K+
D. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32-
【答案】B
18.将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL 2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1mol/L NaOH溶液．若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示．当V1=160mL时，则V2为（ )

A. 240mL B. 300mL C. 400mL D. 440mL
【答案】D
【解析】当V1=160mL时，此时，溶液是MgSO4、Al2（SO4）3和Na2SO4混合液，
由Na+离子守恒可知，n（Na2SO4）=n（Na+）=n（NaOH）=×0.16L×1mol/L=0.08mol，
设MgSO4为xmol、Al2（SO4）3为ymol，则：
根据Mg原子、Al原子守恒有：x+2y=0.1，
100mL 2mol/L的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L×0.1L=0.2mol，
根据SO42﹣离子守恒有：x+3y=0.2﹣0.08=0.12，
联立方程解得：x=0.06、y=0.02，
所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=2×0.02mol=0.04mol，
滴加NaOH溶液到体积V2时时，溶液是Na2SO4和NaAlO2混合液，根据SO42﹣离子、Na+离子和Al原子守恒有：
n（NaOH）=2n（Na2SO4）+n（NaAlO2）=2n（H2SO4）+n（Al）=2×0.2mol+0.04mol=0.44mol，
则V2==0.44L=440mL，故选D．
二、填空题(本大题共4小题，共46.0分)
19.有下列物质：
①氢氧化钠固体 ②铝丝 ③稀硫酸 ④饱和食盐水 ⑤HCl
⑥Na2CO3.10H2O ⑦酒精 ⑧熔融的KCl ⑨明矾 ⑩石墨
(1)可导电的物质：____________________
(2)属于电解质的：____________________
(3)属于电解质，但不能导电的：____________________
(4)属于非电解质的：____________________
(5)既不是电解质又不是非电解质的：____________________
【答案】(1). ②③④⑧⑩ (2). ①⑤⑥⑧⑨ (3). ①⑤⑥⑨ (4). ⑦ (5). ②③④⑩
【解析】试题分析：(1)含有能自由移动的离子或电子的物质可导电；(2)水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；(3)结合(1)(2)分析；(4)水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；(5)单质和混合物既不是电解质又不是非电解质：
解析： 石墨、铝丝含有自由移动的电子，稀硫酸、饱和食盐水、熔融的KCl含有自由移动的离子，属于可导电的物质有②铝丝 、 ③稀硫酸、 ④饱和食盐水 、熔融的KCl、石墨；(2)水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质。①氢氧化钠固体是电解质 ； ②铝丝是单质； ③稀硫酸 是混合物； ④饱和食盐水是混合物， ⑤HCl是电解质； ⑥Na2CO3.10H2O是电解质 ⑦酒精是非电解质； ⑧熔融的KCl 是电解质；⑨明矾 是电解质； ⑩石墨是单质，所以电解质的是①⑤⑥⑧⑨；(3)结合(1)(2) 属于电解质，但不能导电的①氢氧化钠固体 ⑤HCl ⑥Na2CO3.10H2O ⑨明矾；(4)水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，属于非电解质的是⑦酒精；(5)单质和混合物既不是电解质又不是非电解质，既不是电解质又不是非电解质的是②铝丝、 ③稀硫酸 、④饱和食盐水 、 ⑩石墨。
20.黑火药是我国的四大发明之一，深受世人称赞，其反应原理为：S+3C+2KNO3N2↑+3CO2↑+K2S请回答下列相关问题：
(1)当产生0.1molN2时，反应中共转移电子数为___________，还原剂的物质的量为___________mol.
(2)若生成标准状况下33.6LCO2，则被S氧化的C的物质的量是___________mol.
【答案】(1). 1.2×6.02×1023或7.224×1023或1.2NA (2). 0.3 (3). 0.25
【解析】
(1). S + 3C + 2KNO3N2↑+3CO2↑+K2S
↓2 ↑34 ↓25
分析反应原理可知，反应中元素化合价升高的只有碳元素（从0升到+4），但降低的有硫（从0降到-2））和氮（从+5降到0）两种，碳是还原剂，硫和硝酸钾是氧化剂，每生成1molN2就一定有3molC失去12mole-被氧化，所以当有0.1molN2生成时，反应中转移电子数为1.2×6.02×1023或7.224×1023或1.2NA ，消耗还原剂C的物质的量为 0.3 mol.
(2). n(CO2)=
由上述分析可知，当有3molC被氧化时生成3molCO2,C共失去12mole-,S得到其中的2mol,占 ，说明有的C被S氧化，所以当有1.5mol CO2生成时，被S氧化的C的物质的量为1.5=0.25mol.
21.现有含有少量KC1、K2SO4、K2CO3杂质的KNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的KNO3固体，实验流程如下图所示。

注：KNO3固体容易受热分解
(1)沉淀A的主要成分是___________、___________(填化学式)；
(2)为了除去溶液3中的杂质，可以向其中加入适量的___________；除杂后从溶液3获得KNO3晶体的操作是___________、___________、过滤；
(3)步骤③加入过量K2CO3溶液的目的是___________；
(4)实验室用上述实验获得的KNO3体配制450mL0.40 mol/L KNO3溶液，需称取KNO3固体的质量是_____g；
(5)下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是（ ）
A.使用了生锈的砝码
B.定容时仰视刻度线
C.容量瓶使用前用蒸馏水洗净但没有干燥
D.固体溶解后未冷却到室温就转移到容量瓶中
【答案】(1). BaSO4 (2). BaCO3 (3). HNO3 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 除Ag+ 和 Ba2+ (7). 20.2 (8). AD
【详解】根据流程图得：①加入过量硝酸钡，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀；②加入过量硝酸银，生成氯化银沉淀；③加入过量碳酸钾，生成碳酸银和碳酸钡沉淀，除去过量的硝酸银和过量的硝酸钡；
(1)由上述分析得沉淀A的主要成分是BaSO4、 BaCO3，
故答案为：BaSO4、 BaCO3；
(2)溶液3中的杂质为碳酸钾，可以向其中加入适量的硝酸；从溶液3获得KN03晶体的操作是蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤，
故答案为：HNO3、蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)根据流程图分析步骤③加入过量K2C03溶液的目的是除Ag+ 和 Ba2+，
故答案为：除Ag+ 和 Ba2+；
(4) 配制450mL溶液选用500mL容量瓶，n(KN03)=c∙V=0.40 mol/L=0.2mol，m(KN03)=n∙M=0.2mol×101g/mol=20.2g，
故答案为：20.2；
(5)分析溶液中浓度的误差，根据c= 进行分析:
A.使用了生锈的砝码，砝码质量增大，导致称取药品质量偏大，最终浓度偏大，故A正确；
B.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏小，故B错误；
C.容量瓶使用前用蒸馏水洗净但没有干燥，并不影响溶液的浓度，故C错误；
D.当溶液冷却时，溶液体积偏小，导致浓度偏大，故D正确；
故选AD。
22.为探究Na 与CO2反应产物，某化学兴趣小组按下图装置进行实验。
已知：CO + 2Ag ( NH3) 2OH=2Ag↓+( NH4 ) 2CO3 +2NH3

回答下列问题：
（1）写出A 中反应的离子方程式__________________________。
（2）仪器X 的名称是_____________，B 中的溶液为________________。
（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1 g ，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2 g 。再进行下列实验操作，其正确顺序是________（填标号）；
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，通入CO2至E 中出现浑浊
e．称量硬质玻璃管 f．冷却到室温
重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3 g 。
（4）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象
① 钠块表面变黑，熔融成金属小球；
② 继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质；③ F 中试管内壁有银白物质产生。
产生上述②现象的原因是____________________________________。
（5）探究固体产物中元素Na 的存在形式
假设一：只有Na2CO3；假设二：只有Na2O ；假设三：Na2O和Na2CO3均有
完成下列实验设计，验证上述假设：
步骤
操作
结论
1
将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤
假设一成立
2
往步骤1所得滤液中___________________________
3
_____________________________________________
（6）根据上述实验现象及下表实验数据，写出Na 与CO2反应的总化学方程式___________。
m1
m2
m3
66.7g
69.0g
72.1g
【答案】(1). CaCO3 ＋ 2H＋ ＝ Ca2＋ ＋ CO2↑ ＋ H2O (2). 长颈漏斗 (3). 饱和NaHCO3溶液 (4). d a b f c e (5). 钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成 (6). 加入足量BaCl2(或CaCl2 、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液 (未写足量不得分) (7). 滴入酚酞试液 （或紫色石蕊试液或用广泛pH试纸检测溶液pH） (8). 6Na ＋ 5CO2 3Na2CO3 ＋ C ＋ CO (配平错误不得分)
【解析】（1）A是大理石与稀盐酸制取二氧化碳的反应，离子方程式为CaCO3 ＋ 2H＋ ＝ Ca2＋ ＋ CO2↑ ＋ H2O；（2）仪器X 的名称是长颈漏斗，B 中的溶液为饱和NaHCO3溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氢气体；（3）先称量硬质玻璃管的质量为m1 g ，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是m2 g，d．打开K1和K2，通入CO2至E 中出现浑浊，a．点燃酒精灯，加热，b．熄灭酒精灯，f．冷却到室温，c．关闭K1和K2，e．称量硬质玻璃管，重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为m3 g。其正确顺序是d a b f c e；
（4）钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成，反应完全后，管中有大量黑色物质；（5）探究固体产物中元素Na 的存在形式：将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤，往步骤1所得滤液中加入足量BaCl2(或CaCl2 、Ba(NO3)2、Ca(NO3)2)溶液，滴入酚酞试液，溶液显红色，或紫色石蕊试液显蓝色，或用广泛pH试纸检测溶液pH大于7，则假设一成立；（6）反应前钠的质量为：m2- m1=69.0g-66.7g=2.3g，即0.1mol钠，若全部转化为碳酸钠，则碳酸钠的质量为：2.3g×=5.3g，物质的量为0.05mol，反应后产物的质量为：m3- m1=72.1g-66.7g=5.4g，则还生成碳，且碳的质量为0.1g，即mol，结合质量守恒，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠、碳，应该还生成一氧化碳，故反应方程式为：6Na ＋ 5CO2 3Na2CO3 ＋ C ＋ CO。