【期中真题】上海交通大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题.zip

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上海交通大学附属中学2022—2023学年高一上学期期中考试
化学试题
(满分100分，60分钟完成，答案请写在答题纸上。)
相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64
一、选择题(每小题2分，共40分；每小题只有一个选项正确)
1. 我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3×10－9m)恢复了磁性。“钴酞菁”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是
A. 其分子直径比氯离子小
B. 在水中形成的分散系属于悬浊液
C. 在水中形成的分散系具有丁达尔效应
D. “钴酞菁”分子不能透过滤纸
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯离子半径小于1nm，因此其分子直径比氯离子大，故A错误；
B. 在水中形成的分散系属于胶体，故B错误；
C. 在水中形成的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔效应，故C正确；
D. “钴酞菁”分子直径小于滤纸中空隙的直径，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】胶体具有丁达尔效应、利用渗析的方法净化胶体，要注意胶体是混合物。
2. 下列有关物质分类正确的是
A. 酸性氧化物都是非金属氧化物 B. 为碱性氧化物
C. NaOH、都为可溶性碱 D. 蛋白质溶液、干冰均属于分散系
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性氧化物不一定是金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物，A错误；
B．碱性氧化物和酸反应只生成一种盐和水，过氧化钠和酸反应生成盐和水，还放出氧气，过氧化钠是过氧化物，不属于碱性氧化物，B错误；
C．NaOH、Ba(OH)2都是可溶性物质，由于电离产生的阴离子全部是OH-，因此二者都是可溶性碱，C正确；
D．由于蛋白质分子是大分子，微粒直径比较大，达到胶体颗粒大小，因此蛋白质溶液属于胶体；而干冰是纯净物，不是混合物，因此不属于分散系，D错误；
故选C。
3. 核外电子层结构相同的是
A. 、、、Ar B. 、、、
C. 、、、Ar D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．镁离子、铝离子的电子层结构相同，比氯离子和氩原子少一个电子层，A错误；
B．钠离子、氟离子和氖原子电子层结构相同，比硫离子少一个电子层，B错误；
C．钾离子、钙离子、硫离子和氩核外都是18个电子，所以电子层结构相同，C正确；
D．钠离子和镁离子电子层结构相同，氯离子和钾离子电子层结构相同，但钠离子和镁离子比氯离子和钾离子少一个电子层，D错误；
故选C。
4. 氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是（ ）
A. 分散质粒子直径在1～100 nm之间 B. 都是混合物
C. 都是无色、透明的溶液 D. 都呈红褐色
【答案】B
【解析】
【详解】A．因溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在l～100nm之间，故A错误；
B．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都是分散系，都是混合物，故B正确；
C．氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，故C错误；
D．氯化铁溶液是黄色的液体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，故D错误；
故选B。
5. 和1 mol CO相比较，下列叙述中正确的是
A. 密度相同时，则体积一定相同 B. 质量相同时，则密度一定相同
C. 温度相同肘，则体积一定相同 D. 体积相同时，则压强一定相同
【答案】A
【解析】
【分析】氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，和1 mol CO的质量都是28g， ，据此分析。
【详解】A．和1 mol CO的质量都是28g，密度相同时，则体积一定相同，A正确；
B．和1 mol CO的质量都是28g，，若体积不同则密度不同，B错误；
C．和1 mol CO的质量都是28g，温度相同时密度不一定相同，根据，若密度不同则体积不同，C错误；
D．和1 mol CO体积相同时，根据阿伏伽德罗定律，若温度不同则压强不同，D错误；
故选A。
6. 下列关于同位素和同种元素关系判断正确的是
A. 质量数相同的原子，一定不是同位素关系
B. 质子数相同的原子，一定是互为同位素
C. 核外电子数相同的原子，可能属于不同种元素
D. 中子数相同的原子，一定属于同种元素
【答案】A
【解析】
【详解】A．质量数相同，质子数相同的原子，是同一种核素；质量数相同，质子数不同的是不同元素，故质量数相同的原子，一定不是同位素关系，A正确；
B．质子数相同且中子数不同的原子互为同位素，B错误；
C．核外电子数相同的原子，质子数一定相同，属于同种元素，C错误；
D．质子数相同的原子一定属于同种元素，D错误；
故选A。
7. 已知：的酸酐为。向次磷酸(分子式为)溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，生成和水，则可看成次磷酸酸酐的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】的酸酐为，2分子分子间脱水形成，向次磷酸(分子式为)溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，生成和水，说明为一元弱酸，2分子分子间脱水形成酸酐，为，故C正确；
故选C。
8. 已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22，在反应中，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4 g R，则Q和Y的相对分子质量之比为
A. 9∶46 B. 9∶32 C. 9∶23 D. 9∶16
【答案】D
【解析】
【详解】假设Q和R的相对分子质量分别为9a、22a，设生成4.4gR时生成Q的质量是x，

根据=，解得：x=3.6g，由质量守恒可知参加反应的Y的质量为：4.4g+3.6g-1.6g=6.4g，所以Q和Y的相对分子质量之比为为3.6g∶6.4g=9∶16；
故选D。
9. 下列配制的溶液浓度偏高的是(　　)
A. 配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C. 配制烧碱溶液时，没有洗涤溶解烧碱的烧杯和玻璃棒
D. 配制烧碱溶液时，烧碱溶解后未经冷却即注入容量瓶并稀释至刻度线
【答案】D
【解析】
【分析】根据c=进行分析。
【详解】A．俯视刻度线，将会使量得的盐酸体积小于计算值，根据c=，导致浓度偏低，故A不符合题意；
B．定容时仰视容量瓶刻度线，导致加水量增多，根据c=，溶液浓度偏低，故B不符合题意；
C．未洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质减少，根据c=，溶液浓度偏低，故C不符合题意；
D．溶液在容量瓶中冷却后液面低于刻度线，溶液体积减小，根据c=，溶液浓度偏高，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】注意用浓盐酸配置稀盐酸时，浓盐酸中的氯化氢是溶质，若量取液体的体积偏小，浓度就偏低，为易错点。
10. 在一个密闭容器中盛有11gX气体（X的摩尔质量为44g/mol）时，压强为1×104Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增至5×104Pa，这时容器内气体X的分子数约为
A. 3.3×1025 B. 3.3×1024 C. 7.5×1023 D. 7.5×1022
【答案】C
【解析】
【详解】11g该气体的物质的量是11g÷44g/mol＝0.25mol。根据PV＝nRT可知，在温度和体积相等的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，所以此时气体的物质的量是0.25mol×5＝1.25mol，则含有的分子数是1.25mol×6.02×1023/mol＝7.5×1023；综上所述，本题选C。
11. 下列说法正确的是
A. 同温同压下，相同数目的分子必具有相同的体积
B. 等质量的和的物质的量之比为16∶1
C. 若不同气体的体积不等，则它们所含的分子数一定不等
D. 同温同体积下，若气体的质量大，则其摩尔质量可能也大
【答案】D
【解析】
【详解】A． 同温同压下，气体具有相同数目的分子，则体积相同，若是固体或液体，体积不一定相同，故A错误；
B． 假设质量都是1g，则 ，故B错误；
C． 不同的气体若体积不等，它们所含的分子数有可能相等，这与气体摩尔体积有关，故C错误；
D． 根据PV=nRT知，同温同体积，R是常数，两种气体的物质的量之比等于压强之比，若压强相同，则物质的量相同，若气体的质量大，则其摩尔质量也大，故D正确；
答案选D。
12. 在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是
A. 甲的体积比乙的体积大
B. 甲的气体摩尔体积比乙的大
C. 甲的物质的量比乙的物质的量小
D. 甲摩尔质量比乙的摩尔质量小
【答案】C
【解析】
【分析】两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲的体积小于乙的体积，由n=可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。
【详解】A．甲的体积小于乙的体积，A错误；
B．两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，B错误；
C．由上述分析可知甲气体的物质的量小于乙，C正确；
D．气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可以知道甲的摩尔质量大于乙的摩尔质量，D错误；
故选C。
13. 含杂质的混合物10 g，与足量盐酸充分反应后，放出(标况下)，由此判断，该混合物中还可能含
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题采用极限法分析。
【详解】生成0.1molCO2，如果全部是碳酸钾质量为13.8g，如果全部是碳酸钙质量为10g，则说明必定存在一种摩尔质量小于100g/mol的物质且能与盐酸反应放出二氧化碳，才能满足10g固体生成0.1mol CO2，选项中只有碳酸氢钠符合，摩尔质量84g/mol，且能反应生成二氧化碳；
故选B。
14. 从溶液中，取溶液稀释到4V mL，此时溶液中物质的量浓度amol/L，则原溶液中含的质量是(单位为g)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】取溶液稀释到4V mL，此时溶液中物质的量浓度amol/L，则原溶液中c()=16amol/L，原溶液中c(Al3+)=mol/L，原溶液中含Al3+的质量为=；
故选A。
15. 下列叙述中，正确的是
A. 某负离子和某正离子，其质子数和电子数都可能分别相同
B. 金属正离子一定具有稀有气体元素原子的电子层结构
C. 两种微粒的电子层结构相同，则化学性质一定相同
D. 两种原子的电子层结构相同，则一定属于同种元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．某负离子和某正离子，若其质子数相同则电子数一定不同，A错误；
B．金属正离子不一定具有稀有气体元素原子的电子层结构，如Fe2+最外层14个电子，B错误；
C．两种微粒的电子层结构相同，则化学性质一不定相同，如氯离子和氩原子，C错误；
D．两种原子的电子层结构相同，即电子数相同，质子数相同，则一定属于同种元素，D正确；
故选D。
16. 浓度比为1∶1∶1、体积比为9∶3∶1的、、溶液，欲使其中的完全转化为沉淀，消耗不同浓度的溶液的体积比为3∶2∶1，则溶液的浓度比为
A. 2∶1∶2 B. 1∶1∶3 C. 3∶3∶2 D. 6∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】浓度比为1∶1∶1、体积比为9∶3∶1的、、溶液，欲使其中的的物质的量之比为9∶3∶3，根据+= ，消耗的物质的量之比为9∶3∶3，消耗不同浓度的溶液的体积比为3∶2∶1，设溶液的浓度比为c1:c2:c3，则3c1:2c2:c3=9∶3∶3，c1:c2:c3=2:1:2；
故选A。
17. 用表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 标准状况下，含有个氦原子的氦气的体积约为11.2 L
B. 25℃、下，中含有的原子数大于
C. 25℃、下，含有分子数小于
D. 标准状况下，含个水分子的纯的体积约11.2 L
【答案】C
【解析】
【详解】A．氦气为单原子分子，标准状况下，含有个氦原子的氦气物质的量为1mol，体积约为22.4 L，故A错误；
B．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L /mol，故11.2L二氧化碳的物质的量小于0.5mol，含有的原子数小于个，，故B错误；
C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L /mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，故分子数小于个，故C正确；
D．标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积22.4L/mol来计算其体积，故D错误；
故选C。
18. 常温下，向20 L真空容器中通入和(a、b都是正整数，且a≤5，b≤5)反生，则反应后容器内气体可能达到的最大密度是
A. 24.5 g/L B. 14.4 g/L C. 5.6 g/L D. 7.2 g/L
【答案】B
【解析】
【详解】根据反应的化学方程式，当 a= 1，b=5时，通入H2S气体和SO2气体充分反应后容 器内剩余的气体质量最大为288g， 此时，容器内的气体密度达最大值为 ，故B正确；
故选B。
19. 在溶液中，与可生成。现将一定体积通入V L NaOH溶液后，NaOH无剩余。若在反应后的溶液中分别加入足量澄清石灰水得到A g沉淀，若加入足量溶液，得到B g沉淀，则下列说法正确的是
A. 参加反应的体积为0.224A L
B. 用上述数据不能确定NaOH溶液的物质的量浓度
C. 若A=B，则与NaOH溶液反应的产物只有
D. B可能等于A、小于A或大于A
【答案】C
【解析】
【详解】A．因A、B的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，故A错误；
B．若A、B相等时，由Na2CO3 + CaCl2=CaCO3↓+2NaCl~2NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，故B错误；
C．由Na2CO3 + CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，若A=B，则CO2与NaOH溶液反应的产物盐只有Na2CO3，故C正确；
D． NaHCO3与CaCl2不反应，则B可能等于A、小于A，故D错误；
故选C。
20. 将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，反应过程中放出NO气体，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L NaOH溶液至恰好沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加了5.1 g，由此推断
A. 合金的质量可能为6.4 g
B. 最后所得溶液中的物质的量浓度为0.3 mol
C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D. 溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24 L
【答案】A
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol。
【详解】A．镁和铜总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A正确；
B．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，根据守恒关系可知溶液中的为0.3mol，反应后溶液体积未知，不能计算浓度，B错误；
C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；
D．标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D项没有说明状态，D错误；
故选A。
二、综合题
21. A、B、C、D、E五种元素的原子序数均小于18，其原子的电子层结构的信息如下表，请根据信息回答下列问题：
元素符号
元素原子的电子层结构信息
A
原子M层比C原子L层多3个电子
B
带1个电荷的正离子的最外层电子数比电子层数多6
C
原子最外层电子数为K层电子数的2倍
D
原子M层和最内层电子数之和等于B原子L层电子数的1/2
E
原子最外层电子数是最内层的3倍

（1）C的元素名称是_______。
（2）元素B形成的正离子的结构示意图_______。
（3）元素E负离子的电子式可能是_______、_______
（4）写出比A离子的电子少8个的两核负离子和五核正离子的化学式_______、_______
（5）元素D与氮元素形成化合物的化学式，将此化合物投入水中，发生复分解反应，此反应的化学方程式是_______。
（6）若将投入50 mL 1.8 mol/L盐酸中，生成两种盐。写出该两种盐的化学式：_______、_______
（7）向溶液中逐滴加入溶液，未看到有气泡产生，但溶液中减小，此过程中反生的化学方程式是_______。继续滴加溶液，有气体放出，写出此时反生的化学方程式：_______。
【答案】（1）碳 （2）
（3） ①. ②.
（4） ①. OH- ②.
（5）
（6） ①. ②.
（7） ①. ②.
【解析】
【分析】带1个电荷的正离子的最外层电子数比电子层数多6，可知B为Na，原子最外层电子数为K层电子数的2倍，可知C为6号元素C元素，A原子M层比C原子L层多3个电子，可知A为17号元素Cl，D原子M层和最内层电子数之和等于B原子L层电子数的1/2，则M层电子数为2，D为Mg，E原子最外层电子数是最内层的3倍，则E为8号元素O或16号元素S，据此分析。
【小问1详解】
C的元素名称是碳；
【小问2详解】
元素B形成的正离子Na+的结构示意图为；
【小问3详解】
元素E负离子为O2-或S2-，电子式为或；
【小问4详解】
写出比A的离子是Cl-，有18个电子，比其电子少8个的两核负离子是OH-，五核正离子是；
【小问5详解】
元素D与氮元素形成化合物的化学式，与水发生复分解反应，生成氢氧化镁沉淀和氨气，化学方程式为；
【小问6详解】
与盐酸反应生成氯化镁和氯化铵两种盐，化学式为、；
【小问7详解】
向溶液中逐滴加入溶液，未看到有气泡产生，但溶液中减小，是由于先转化为，此过程中反生化学方程式是，加入溶液生成二氧化碳气体，化学方程式为。
22. “优雅、聪明、新颖、有用”，这是2022年10月6日诺贝尔奖委员会，送给今年化学奖的四个赞美词：“化学——是人类进步的关键”，这是美国化学家西博格教授的观点…化学家的基本组成是，即，头脑清晰+聪明的手+清洁的习惯！化学，绝对值得你去和它谈一场轰轰烈烈的“恋爱”。回答下列问题：
实验室需要80 mL 0.1 mol/L的溶液，配制此溶液时，
（1）除烧杯和玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器是_______。
（2）需要用电子天平称取的质量是_______。
（3）玻璃棒除用作搅拌外，还用作引流。简述此实验过程中，“引流”的目的_______。
（4）将饱和溶液滴加到沸水中，再加热，出现的现象是_______。
（5）写出以上反应的化学方程式_______。
（6）如图所示实验的操作名称是_______。

（7）取上图半透膜袋中的分散系于试管中，逐滴加入2 mo1/L的至过量，写出此过程中可能观察到的现象_______。
（8）某铁的氧化物中只含、，则x的值可能为_______；
A. 0.8 B. 1 C. 2 D. 3
（9）将1.52 g上述投入100 mL稀盐酸中完全溶解，再向所得溶液中通入112 mL (标况下)，充分反应后，溶液中只有一种溶质，则原盐酸的浓度为_______。
【答案】（1）100mL容量瓶、胶头滴管
（2）1.625g （3）防止液体溅出
（4）液体呈红褐色 （5）
（6）渗析 （7）先出现红褐色沉淀，随后沉淀溶解 （8）A
（9）0.5mol/L
【解析】
【分析】实验室用容量瓶配制一定浓度的溶液，为配制溶液，配制过程中除量筒、玻璃棒、烧杯外，由于实验室没有80mL规格的容量瓶，需选择100mL规格的，则还需要的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管；氢氧化铁胶体的制备方法是：将饱和氯化铁溶液逐滴滴加至沸水中，待液体呈红褐色后，停止加热；反应方程式为；据此分析。
【小问1详解】
除烧杯和玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器是100mL容量瓶、胶头滴管；
【小问2详解】
计算需要电子天平称取FeCl3⋅6H2O的质量是0.1mol/L×0.1L×162.5g/mol=1.625g
小问3详解】
引流的目的是防止液体溅出；
【小问4详解】
将饱和氯化铁溶液逐滴滴加至沸水中，待液体呈红褐色后，停止加热；；
【小问5详解】
反应方程式为
【小问6详解】
提纯胶体的方法是渗析，胶体粒子不能通过半透膜，而溶液粒子可以通过半透膜；
【小问7详解】
胶体中逐滴加入了稀溶液，先出现红褐色沉淀，是因为胶体遇电解质聚沉；随后沉淀溶解，是由于发生中和反应，此反应的化学方程式是。
【小问8详解】
根据电荷守恒和极限思想解答，若全为则x=1，若全为则x=，可知＜x＜1，故选A。
【小问9详解】
铁的氧化物溶于盐酸中得到氯化亚铁和氯化铁混合溶液，向所得溶液中通入氯气时，氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，根据铁原子守恒反应后溶液中的n(Cl-)= 3n(Fe3+)=，根据氯原子守恒，其中来自氯气的Cl-为，则原盐酸中n(HCl) =n(Cl-)=0.06mol-0.01mol=0.05mol，原盐酸浓度为=0.5mol/L。
23. Ⅰ.蔚蓝的大海是丰富的资源宝藏，因此“海中取物”成为人类研究的中重要课题。
（1）海水晒盐过程中，海水的密度_______(选填“增大”“减小”“不变”)。
（2）从NaCl溶液中析出NaCl时，釆用“蒸发结晶”而不是“降温结晶”，其依据是_______。
（3）电解饱和食盐水时，发生反应的化学方程式是_______。
（4）电解饱和食盐水时，为检验阳极生成的气体，可选用的化学试剂为_______。
Ⅱ.工业碳酸钠(钝度约98%)中含有、、和等杂质，提纯工艺路线如下：

（5）流程中，滤渣的主要成分为_______。
（6）据如图数据分析，工艺中“趁热过滤”的原因是_______。

【答案】（1）增大 （2）NaCl的溶解度随温度的变化不明显
（3）
（4）淀粉-KI溶液 （5）CaCO3、Mg(OH)2
（6）使析出的晶体为，防止因温度过低而析出晶体，令后续的加热脱水耗时长
【解析】
【小问1详解】
海水晒盐过程中，水分蒸发，则海水的密度增大。
【小问2详解】
NaCl的溶解度随温度的变化不明显，故从NaCl溶液中析出NaCl时，釆用“蒸发结晶”而不是“降温结晶”。
【小问3详解】
电解饱和食盐水时，生成氢氧化钠和氢气、氯气，发生反应的化学方程式是 。
【小问4详解】
电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，阳极产物为氯气，检验氯气可选用的化学试剂为淀粉-KI溶液。
小问5详解】
从题目中可知，该题中的实验目的是从工业碳酸钠中提纯碳酸钠，工业碳酸钠中含有的杂质有、、和等，所以该流程的目的就是把这些杂质除去并得到纯净的碳酸钠固体。流程图中加水是使可溶物质溶于水，少量的与生成沉淀CaCO3。加入过量的NaOH溶液，很显然是将转化成Mg(OH)2沉淀，再通过过滤的方法除去。但这一步骤对和是无影响的。所以流程图中出现了一个蒸发浓缩结晶和趁热过滤的操作，这是为了使一个随温度升高溶解度变化不大或减小的物质析出来，通过题图可得出符合这一条件，可以通过趁热过滤除去和和一些沉淀不完全的离子。由于的溶解度随温度的升高变化非常大，如果降温，一定会析出来而影响主要产物，所以要趁热过滤。
由分析知，流程中，滤渣的主要成分为CaCO3、Mg(OH)2。
【小问6详解】
据如图数据分析，工艺中“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为，防止因温度过低而析出晶体，令后续的加热脱水耗时长。
24. 钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。完成下列计算并填空：
（1）叠氮化钠()受撞击完全分解产生钠和氮气，若产生40.32 L(标况)氮气，至少需要叠氮化钠_______g。
（2）NaOH溶液处理铝土矿并过滤，得到含铝酸钠的溶液。向该溶液中通入，有下列反应：。还可能反生的反应为_______、_______。
（3）若通入336 L(标况)，生成和，若通入112 L(标况)，则生成的和的物质的量分别为_______、_______。
（4）常温下，称取不同NaOH样品(不含杂质)溶于水，加盐酸恰好中和后，蒸干得NaCl晶体，记录数据如下表(蒸干过程中产品无损失)；

氢氧化钠质量(g)
氯化钠质量(g)
①
2.40
3.51
②
2.32
2.34
③
3.48
3.51
则原NaOH样品的化学式为：①_______、②_______、③_______。
【答案】（1）78 （2） ①. ②.
（3） ①. 4mol ②. 5mol
（4） ①. NaOH ②. NaOH⋅H2O ③. NaOH⋅H2O
【解析】
【小问1详解】
40.32 L(标准状况下)氮气的物质的量为=1.8mol，反应的方程式为2NaN3 2Na+3N2↑，则参加反应的叠氮化钠的质量为1.8mol××65g/mol＝78g；
【小问2详解】
还可能发生二氧化碳与氢氧化钠、碳酸钠的反应，反应方程式为 ，；
【小问3详解】
通入336L二氧化碳生成24mol Al(OH)3，由2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O可知，该反应生成的碳酸钠的物质的量＝24mol×＝12mol，故溶液中氢氧化钠反应生成碳酸钠的物质的量＝15mol﹣12mol＝3mol；112L二氧化碳的物质的量＝＝5mol，根据碳元素守恒可知112L二氧化碳反应生成碳酸钠的物质的量＝5mol，故112L二氧化碳与NaAl(OH)4反应生成的碳酸钠的物质的量＝5mol﹣3mol＝2mol，结合方程式可知，112L二氧化碳反应生成Al(OH)3的物质的量＝2mol×2＝4mol；
【小问4详解】
发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，
由氯化钠的质量推算，氢氧化钠样品的摩尔质量为
M1(氢氧化钠)=×2.40=40(g/mol)，
M2(氢氧化钠)=×2.32=58(g/mol)，
M3(氢氧化钠)=×3.48=58(g/mol)，
可知实验①所取氢氧化钠样品是NaOH；实验②和实验③所取氢氧化钠样品应该是NaOH⋅H2O。