2023-2024学年辽宁省辽东教学共同体高一上学期10月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省辽东教学共同体2023-2024学年高一上学期10月联考试题(考试时间：75分钟满分100分)可用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23第一卷一、选择题部分(本部分包括15小题，每题3分，总共45分)1.杭州亚运会主火炬用了一种全球大型赛事中从未使用过的燃料——“零碳甲醇”，甲醇(CH3OH)是太阳能的最佳载体，也被成为“液态阳光”。当H2O经太阳光光解制成H2，空气中的CO2加H2又能生成CH3OH．在这一过程中，实现了零污染零排放，并且可以循环使用，是迄今为止人类制备CH3OH最清洁环保的方式之一。下列叙述不正确的是（）A.CO2是酸性氧化物B.H2O既是氢化物也是氧化物C.CH3OH、H2都属于非电解质D.H2O光解制H2的反应属于氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B．H2O由两种元素组成，其中一种是氢元素，一种是氧元素，所以H2O既是氢化物也是氧化物，故B正确；C．H2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．H2O光解制H2的反应中，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；〖答案〗选C。2.下列各种物质中互为同素异形体的是（）A.CO、CO2 B.C60、金刚石C.苏打、小苏打 D.Na2O、Na2O2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗同素异形体：同种元素组成的性质不同的单质；【详析】A．CO、CO2组成元素相同，但不属于单质，不是同素异形体，故A错误；B．C60、金刚石是由碳元素组成的性质不同的单质，互为同素异形体，故B正确；C．苏打、小苏打组成元素相同，但不属于单质，不是同素异形体，故C错误；D．Na2O、Na2O2组成元素相同，但不属于单质，不是同素异形体，故D错误；〖答案〗选B。3.下列实验操作与微粒大小无关的是（）A.渗析 B.蒸发 C.过滤D.丁达尔现象〖答案〗B〖解析〗【详析】A．渗析是利用胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子能透过半透膜性质提纯胶体的方法，与微粒大小有关，故不选A；B．蒸发与物质的沸点有关，与微粒大小无关，故选B；C．过滤是利用固体颗粒不能透过滤纸、液体能透过滤纸的性质固液分离的方法，与微粒大小有关，故不选C；D．丁达尔现象是胶体颗粒对光线的散射，与微粒大小相关的，故不选D；选B。4.在给定条件下，下列物质间转化不合理的是（）A.CuCuOCuCl2B.MgCl2Mg(OH)2MgOC.CCO2H2CO3D.NaNa2ONaOH〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜可以与盐酸发生复分解反应生成氯化铜，故A正确；B．氯化镁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故B正确；C．碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，碳氧化碳与水反应生成碳酸，故C正确；D．钠与氧气在点燃条件下发生反应生成过氧化钠，故D错误；〖答案〗选D。5.下列物质能导电且属于电解质的是（）A.NaOH固体 B.H2SO4溶液C.铁 D.熔融的NaCl〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氢氧化钠固体是电解质，但不能电离出自由移动的离子，不能导电，故A错误；B．H2SO4溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；C．铁是单质，不属于电解质，故C错误；D．NaCl是电解质，且在熔融状态下能导电，故D正确；〖答案〗选D。6.下列物质在水中的电离方程式不正确的是（）A.HNO3=H++ B.Na2O2=2Na++OC.KOH=K++OH- D.Fe2(SO4)3=2Fe3++3〖答案〗B〖解析〗【详析】A．硝酸是强电解质，在水中完全电离出氢离子和硝酸根离子，电离方程式：,故A正确；B．过氧化钠在水中会与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是强电解质，完全电离出钠离子和氢氧化钠离子，电离方程式：，故B错误；C．氢氧化钾是强电解质，在水中完全电离出钾离子和氢氧根离子，电离方程式：，故C正确；D．硫酸铁是强电解质，在水中完全电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式：，故D正确；〖答案〗选B。7.下列水溶液中可大量共存的离子组是（）A.Cu2+、、K+、OH-B.Ca2+、Na+、、C.Ba2+、Mg2+、Na+、DNa+、、K+、〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Cu2+和OH-间发生化学反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Ca2+和间发生化学反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Ba2+和间发生化学反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D．各离子间不反应，能大量共存，故D正确；〖答案〗选D。8.钠及其化合物有如下转化关系：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3，转化过程中一定未涉及的化学反应类型为（）A.氧化还原反应 B.化合反应C.分解反应 D.复分解反应〖答案〗C〖解析〗【详析】Na→Na2O为Na与氧气发生化合反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；Na2O→NaOH为Na2O与水发生化合反应；NaOH→Na2CO3为NaOH与二氧化碳发生复分解反应；未涉及分解反应；综上，〖答案〗选C。9.实验室中进行如下实验：编号①②③④实验现象有沉淀产生有沉淀产成有气泡产生有沉淀产生相关离子反应方程式表达不正确的是（）A.①中Ag++Cl-=AgCl↓B.②中Ba(OH)2+=BaSO4↓+2OH-C.③中2H++=H2O+CO2↑D.④中Ca2++=CaCO3↓〖答案〗B〖解析〗【详析】A．硝酸银溶液和氯化钾溶液混合发生反应生成氯化银沉淀，离子方程式：，故A正确；B．氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液发生反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式；，故B错误；C．碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：，故C正确；D．碳酸钠和氯化钙发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，离子方程式：,故D正确；〖答案〗选B。10.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色消毒剂。其中一种制备原理为：3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，下列关于该反应的叙述正确的是（）A.氯元素都被还原 B.Na2FeO4为氧化剂C.H2O是氧化产物 D.FeCl3是还原剂〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Fe元素化合价从+3价升高到+6价，FeCl3作还原剂，发生氧化反应，生成氧化产物Na2FeO4；Cl元素化合价从+1降低到-1价，NaClO作氧化剂，发生还原反应，生成还原产物NaCl；【详析】A．NaClO中Cl元素被还原，FeCl3中Cl化合价不变，故A错误；B．Na2FeO4为氧化产物，故B错误；C．H2O既不是氧化产物，也不是还原产物，故C错误；D．FeCl3在该反应中作还原剂，故D正确；〖答案〗选D。11.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（）A.取用金属钠时，剩余的钠不能放回原试剂瓶B.钠与水反应的化学方程式为：4Na+2H2O=4NaH+O2↑C.向Na2CO3粉末中加入少量水后，可看到碳酸钠结块变成晶体D.金属钠具有强还原性，可与TiCl4溶液反应制取金属Ti〖答案〗C〖解析〗【详析】A．做金属钠的性质实验时，剩余的钠要放回原试剂瓶，由于钠很活泼，如果随意丢弃容易引起火灾、爆炸等事故，故A错误；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：，故B错误；C．向Na2CO3粉末中加入少量水，碳酸钠会形成晶体而结块，故C正确；D．金属钠与溶液反应，一般先与水反应，因此制取金属Ti，利用Na的强还原性，与熔融的TiCl4反应，故D错误；〖答案〗选C。12.我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法又称联合制碱法，工艺过程如下：下列叙述不正确的是（）A.气体X是NH3B.“吸收②”反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4ClC.“煅烧”说明纯碱的热稳定性好于NaHCO3D.滤液中溶质只含有NH4Cl〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到含氯化铵的滤液和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；【详析】A．根据分析可知，气体X是氨气，故A正确；B．根据分析可知吸收②发生反应方程式：，故B正确；C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，说明纯碱的热稳定性好于NaHCO3，故C正确；D．滤液中溶质除了含有NH4Cl，还含有碳酸氢钠和氯化钠，故D错误；〖答案〗选D。13.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是（）A.②中的大量气泡主要成分是氧气B.③中溶液变红，说明有碱性物质生成C.④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D.⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度〖答案〗D〖解析〗【详析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B.过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C.过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D.生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。『点石成金』：解答本题关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。14.某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2=Na2SO4、2Na2O2+2SO3(g)=2Na2SO4+O2。据此判断下列反应方程式错误的是（）A.2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 B.Na2O2+2NO2=2NaNO3C.2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2 D.2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题给信息可知，过氧化钠与最高价态的氧化物反应生成对应的盐和氧气，过氧化钠具有强氧化性，与不是最高价态的氧化物反应生成其最高价的盐，没有氧气生成。【详析】A．三氧化二氮中氮元素不是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成硝酸钠，不能生成亚硝酸钠和氧气，故A错误；B．二氧化氮中氮元素不是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成硝酸钠，故B正确；C．五氧化二氮中氮元素是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气，故C正确；D．七氧化二锰中锰元素是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成高锰酸钠和氧气，故D正确；故选A。15.利用锥形瓶及CO2传感器测定密闭装置中的分压，采集数据如下：实验a：在锥形瓶内装入饱和溶液，加热，数据显示为图①；实验b：在锥形瓶内加入少量蒸馏水，加入固体后可形成饱和溶液，数据显示为图②。下列叙述不正确的是（）A.实验a，溶液温度在50℃之前，溶液温度升高使CO2分压增大B.实验a，温度升高到50℃之后，NaHCO3分解生成CO2使分压增大C.实验b，NaHCO3与CaCl2反应为：2NaHCO3+CaCl2=Ca(HCO3)2+2NaClD.实验b，CO2分压增大，发生反应离子方程式为：Ca2++2=CaCO3↓+CO2↑+H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】A．密闭容器中升高温度，气体压强增大，实验a，溶液温度在50℃之前，溶液温度升高使CO2分压增大，A正确；B．碳酸氢钠不稳定，受热分解为碳酸钠和二氧化碳气体，实验a，温度升高到50℃之后，NaHCO3分解生成CO2使分压增大，B正确；C．实验b，加入氯化钙固体后，二氧化碳分压增大，说明两者发生反应生成了CO2，根据质量守恒可知，碳酸氢钠溶液能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙、氯化钠和二氧化碳、水：，C错误；D．由C分析可知，实验b，CO2分压增大，发生反应离子方程式为：Ca2++2=CaCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；故选C。第二卷二、非选择题部分(本部分包括4小题，总共55分)16.完成下列小题（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时反应为：2KNO3+C+S=K2S+2NO2↑+CO2↑。该反应中被还原的元素是_____(填名称，下同)，被氧化的元素是_____，氧化产物是_____，还原产物是_____。（2）铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。①请将上述反应化学方程式改写成离子方程式：_____。②用双线桥法标出该反应的电子转移情况：_____。③在参加反应的硝酸中，起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为_____。〖答案〗（1）①.氮元素、硫元素②.碳元素③.二氧化碳④.硫化钾、二氧化氮（2）①.3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O②.③.1：3〖解析〗〖祥解〗根据化合价的变化判断氧化还原反应中的对应项，化合价升高的元素是被氧化，所含元素的物质是还原剂；降低的元素是被还原，所含元素的反应物是氧化剂；【小问1详析】根据元素的化合价变化判断：N元素由+5价降到+4价，S元素由0价降到-2价，故N、S元素被还原，C元素的化合价由0价升为+4价，被氧化；含N、S元素的反应物做氧化剂，发生还原反应得到还原产物硫化钾、二氧化氮，含化合价升高的反应物做还原剂，发生氧化反应生成氧化产物二氧化碳；【小问2详析】①根据单质、氧化物不能改写为离子，结合反应可知离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②元素N由+5价变为+2价，氮失去2×3=6个电子；Cu元素化合价由0升为+2价，铜得到3×2=6个电子；双线桥法表示电子的得失，故为。③根据变价元素N由+5价变为+2价有2个N，没有发生变化N有6个，故起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为1:3。17.亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2.由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：__NaNO2__KI+_____=_____NO↑+_____I2__K2SO4__Na2SO4___H2O（1）请完成上述化学方程式并配平_____。（2）从物质分类角度来看，NaNO2是_____(填序号)。A．酸B．碱C．盐D．电解质E．非电解质（3）从环保角度来讲，用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是_____。可预选方案：加入强_____(填“氧化剂”或“还原剂”)，本身反应后生成无害物质，将NaNO2转化成气体_____(填化学式)。（4）下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_____(填序号)。A.分别溶于水，用pH试纸检验B.分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液C.分别加强热并收集气体检验D.做焰色试验，观察火焰的颜色（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_____(填序号)反应中H2O2表现出的性质相同。A.2H2O22H2O+O2↑B.H2O2+Cl2=2HCl+O2↑C.H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4D.5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O（6）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：_____。〖答案〗（1）2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+1I2+1K2SO4+1Na2SO4+2H2O（2）CD（3）①.反应生成了NO，该物质会造成大气污染(或其它合理〖答案〗)②.还原剂③.N2（4）D（5）C（6）〖解析〗【小问1详析】根据方程式可知，碘化钾中碘元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，做还原剂。亚硝酸钠中氮元素的化合价从+3价降低到+2价，得到1个电子,做氧化剂。则根据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比时1:1。根据原子守恒可知，反应物中还有硫酸生成，生成物还有水生成，则反应的化学方程式：2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+1I2+1K2SO4+1Na2SO4+2H2O；【小问2详析】从物质分类角度来看，NaNO2是正盐、由钠离子和亚硝酸根离子构成的离子化合物、是电解质；【小问3详析】从环保角度来讲，用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是：因为反应生成了NO，该物质会造成大气污染；亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用的物质的还原性比KI更强，使其N元素化合价由+3价变为无污染的0价氮，即氮气；【小问4详析】A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液出现红色，氯化钠溶液无现象，可以区分；B．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，均生成白色沉淀，但亚硝酸银能溶于硝酸，AgCl不溶，现象不同，可以区分；C．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以区分；D．做焰色试验，观察火焰的颜色，两物质中均含Na元素，焰色颜色相同，不能区分；〖答案〗选D。【小问5详析】误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出氧化性，H2O2表现出相同的性质，则：A．H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，选项A不符合；B．H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，选项B不符合；C．H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，选项C符合；D．H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，选项D不符合；〖答案〗选C；【小问6详析】亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，反应方程式：；应中N元素化合价由+3价降低为0价，N元素也从-3价升为0价，该反应转移3e-，用单线桥表示其电子转移的方向和数目：；18.为测定产品中Na2CO3的质量分数(杂质为NaHCO3)，设计了下列三种实验方案。方案I：样品经加热后测定剩余固体质量，并计算Na2CO3的质量分数。（1）下列可用来加热样品的仪器是_____(写仪器名称)。方案Ⅱ：通过加热分解得到的CO2质量进行计算。实验装置示意图如下：（2）A中反应的化学方程式为_____，若装置C中碱石灰增重m1g。则混合样品中碳酸钠的质量分数为_____。方案Ⅲ：将一定质量的样品与足量稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管质量，利用其质量差计算碳酸钠的质量分数。连接好的实验装置如图：该实验的操作步骤：①_____；②取一定量样品装入广口瓶中；③打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟；④关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量；⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止；⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量。（3）操作①为_____。（4）NaOH溶液(足量)中发生反应的离子方程式为_____。（5）装置中有两支盛放碱石灰的干燥管(图中A和B)，若只保留干燥管A将会使碳酸钠的质量分数的计算结果_____(填“偏大”或“偏小”)。原因是_____。〖答案〗（1）坩埚、试管（2）①.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②.×100%（3）检查装置气密性（4）CO2+2OH-=+2H2O（5）①.偏小②.没有干燥管B，外界空气中水蒸气和CO2气体被吸收，导致干燥管A质量增加的多，就会推算出样品中碳酸氢钠质量多，碳酸钠质量少，导致样品中碳酸钠质量分数结果偏小〖解析〗〖祥解〗方案二：连接好装置后，先通入氮气赶尽装置内的空气，避免空气中的二氧化碳影响测定结果，所以X是氮气，A装置中的样品受热分解成生成二氧化碳和水蒸气进入装置B，B装置是为了除去水蒸气，所以可以装浓硫酸，干燥后的二氧化碳进入装置C，C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中a为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。方案三：空气先通入到装有氢氧化钠溶液的装置，是为了吸收空气中含有的二氧化碳气体，鼓入空气数分钟赶尽装置内的空气，稀硫酸与样品反应产生二氧化碳气体，进入装有浓硫酸的装置，干燥气体后进入装置A，A中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，干燥管B中碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置A影响测定结果。【小问1详析】加热碳酸氢钠固体分解，加热样品所选用的仪器可以是坩埚、试管；【小问2详析】A中发生的是碳酸氢钠受热分解，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，若装置C中碱石灰增重m1g，即生成的CO2为m1g，设碳酸氢钠的质量为m，则由,得m＝＝，则混合样品中碳酸钠的质量分数为×100%＝×100%；小问3详析】连接好实验装置第一步应该是检查装置气密性，保证装置气密性良好才能做后续实验；【小问4详析】先把空气通过NaOH溶液是为了吸收空气中的CO2，减少实验误差，离子方程式为：2OH－＋CO2=CO＋H2O；【小问5详析】装置A是吸收碳酸氢钠分解产生的CO2，装置B是吸收空气中的CO2，若只保留干燥管A，没有干燥管B，外界空气中水蒸气和CO2气体被吸收，导致干燥管A质量增加的多，就会推算出样品中碳酸氢钠质量多，碳酸钠质量少，导致样品中碳酸钠质量分数结果偏小。19.在实验室利用如下装置探究Na与CO2的反应。已知：PdCl2能被CO还原为黑色的Pd；CCl4和苯为无色液体，均难溶于水及酸溶液，且不发生化学反应，密度ρ(CCl4)>ρ(稀酸溶液)>ρ(苯)。（1）若用稀盐酸与CaCO3反应制备CO2，向装置②中加入稀盐酸后，发现CaCO3接触不到稀盐酸，且实验室里的稀盐酸已经用完，为使反应能顺利进行，可向长颈漏斗中再加入的试剂是_____(填序号)。A．H2SO4溶液B．CCl4C．苯（2）图中各装置连接顺序(填装置中的字母)：c→f→g→_____→_____→a→b→h．（3）检查装置气密性并装好药品后，点燃酒精灯之前应进行的操作是：打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，当观察到_____时再点燃酒精灯。（4）若反应过程中CO2足量，探究Na与CO2充分反应后生成物可能的情况。有同学认为生成的物质仅为Na2CO3固体，该结论_____(填“可能”或“不可能”)成立，原因为：_____。（5）若装置⑤中的PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀生成，装置①中的固体成分只有一种，且向该固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。则Na与CO2反应方程式为_____。（6）若装置①中钠的质量为，充分反应后，将装置①中的固体加入足量稀盐酸中产生0.44gCO2气体，溶液中还有固体残留且装置⑤中的PdCl2溶液中无现象。则Na与CO2反应方程式为_____。〖答案〗（1）B（2）①.d②.e（3）装置⑤中的澄清石灰水出现浑浊（4）①.不可能②.只有元素化合价升高，没有元素化合价降低，不符合氧化还原反应原理（5）2Na+2CO2Na2CO3+CO（6）4Na+3CO22Na2CO3+C〖解析〗〖祥解〗实验室中常用碳酸钙与盐酸反应，二氧化碳中混有氯化氢，氯化氢用装置碳酸氢钠溶液除去，然后用浓硫酸干燥，用澄清石灰水检验二氧化碳，据此连接装置；

用稀硝酸和硝酸钠溶液可以增大溶液的体积，结合四氯化碳的密度大于盐酸分析；

为了避免干扰实验，需要排净空气，结合二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀分析；

根据题干信息及反应现象判断反应物、生成物，然后写出反应的化学方程式；

根据计算出钠的物质的量，再根据计算出标况下224mL二氧化碳的物质的量，从而得出反应后生成碳酸钠的物质的量；钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳单质，据此写出反应的化学方程式；【小问1详析】A．加入硫酸溶液后，虽然可以增大溶液体积，使溶液与碳酸钙接触，但生成的硫酸钙微溶，覆盖在碳酸钙表面阻止反应进一步进行，故A错误；B．四氯化碳的密度大于稀盐酸，加入四氯化碳后，四氯化碳层在混合液下层，从而使盐酸与碳酸钙接触，故B正确；C．苯的密度小于盐酸，加入苯后，苯在混合液上层，无法使稀盐酸与碳酸钙接触，故C错误；小问2详析】探究钠与CO2的反应，首先用盐酸和碳酸钙在②中反应制取二氧化碳气体，制取的二氧化碳中混有挥发出来的HCl，需要用装置④中的饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，然后用③浓硫酸干燥，再在①中进行钠与二氧化碳的反应，最后用装置⑤检验反应产物，所以装置的连接顺序：c→f→g→d→e→a→b→h；【小问3详析】钠化学性质比较活泼，能够与空气中的氧气、水反应，所以点燃酒精灯之前应需要打开弹簧夹，让CO2充满整个装置，以便排尽装置中的空气，避免空气中O2、H2O干扰实验；当装置装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，证明装置中空气已经排净；【小问4详析】由于只有Na元素化合价升高，没有化合价降低的元素，不符合氧化还原反应原理，所以仅生成Na2CO3是不可能的；【小问5详析】装置⑤PdCl2溶液中观察到有黑色沉淀，又PdCl2能被CO还原得到黑色的Pd，则黑色沉淀为Pd，则钠与二氧化碳反应生成了CO；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为二氧化碳，则钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和CO，反应的方程式：2Na+2CO2Na2CO3+CO；【小问6详析】装置①中钠的质量为0.46g，钠的物质的量：，将装置①中的固体加入到足量稀盐酸中产生224mL（标准状况）CO2气体，二氧化碳的物质的量：，则反应后生成碳酸钠的物质的量为0.01mol，说明钠完全转化成了碳酸钠；溶液中还有固体残留，根据化合价变化可知，残留的固体只能为C，则钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和C，反应的化学方程式：4Na+3CO22Na2CO3+C；辽宁省辽东教学共同体2023-2024学年高一上学期10月联考试题(考试时间：75分钟满分100分)可用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23第一卷一、选择题部分(本部分包括15小题，每题3分，总共45分)1.杭州亚运会主火炬用了一种全球大型赛事中从未使用过的燃料——“零碳甲醇”，甲醇(CH3OH)是太阳能的最佳载体，也被成为“液态阳光”。当H2O经太阳光光解制成H2，空气中的CO2加H2又能生成CH3OH．在这一过程中，实现了零污染零排放，并且可以循环使用，是迄今为止人类制备CH3OH最清洁环保的方式之一。下列叙述不正确的是（）A.CO2是酸性氧化物B.H2O既是氢化物也是氧化物C.CH3OH、H2都属于非电解质D.H2O光解制H2的反应属于氧化还原反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．CO2能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故A正确；B．H2O由两种元素组成，其中一种是氢元素，一种是氧元素，所以H2O既是氢化物也是氧化物，故B正确；C．H2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．H2O光解制H2的反应中，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；〖答案〗选C。2.下列各种物质中互为同素异形体的是（）A.CO、CO2 B.C60、金刚石C.苏打、小苏打 D.Na2O、Na2O2〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗同素异形体：同种元素组成的性质不同的单质；【详析】A．CO、CO2组成元素相同，但不属于单质，不是同素异形体，故A错误；B．C60、金刚石是由碳元素组成的性质不同的单质，互为同素异形体，故B正确；C．苏打、小苏打组成元素相同，但不属于单质，不是同素异形体，故C错误；D．Na2O、Na2O2组成元素相同，但不属于单质，不是同素异形体，故D错误；〖答案〗选B。3.下列实验操作与微粒大小无关的是（）A.渗析 B.蒸发 C.过滤D.丁达尔现象〖答案〗B〖解析〗【详析】A．渗析是利用胶体粒子不能透过半透膜、溶液中的粒子能透过半透膜性质提纯胶体的方法，与微粒大小有关，故不选A；B．蒸发与物质的沸点有关，与微粒大小无关，故选B；C．过滤是利用固体颗粒不能透过滤纸、液体能透过滤纸的性质固液分离的方法，与微粒大小有关，故不选C；D．丁达尔现象是胶体颗粒对光线的散射，与微粒大小相关的，故不选D；选B。4.在给定条件下，下列物质间转化不合理的是（）A.CuCuOCuCl2B.MgCl2Mg(OH)2MgOC.CCO2H2CO3D.NaNa2ONaOH〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜可以与盐酸发生复分解反应生成氯化铜，故A正确；B．氯化镁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故B正确；C．碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，碳氧化碳与水反应生成碳酸，故C正确；D．钠与氧气在点燃条件下发生反应生成过氧化钠，故D错误；〖答案〗选D。5.下列物质能导电且属于电解质的是（）A.NaOH固体 B.H2SO4溶液C.铁 D.熔融的NaCl〖答案〗D〖解析〗【详析】A．氢氧化钠固体是电解质，但不能电离出自由移动的离子，不能导电，故A错误；B．H2SO4溶液是混合物，不属于电解质，故B错误；C．铁是单质，不属于电解质，故C错误；D．NaCl是电解质，且在熔融状态下能导电，故D正确；〖答案〗选D。6.下列物质在水中的电离方程式不正确的是（）A.HNO3=H++ B.Na2O2=2Na++OC.KOH=K++OH- D.Fe2(SO4)3=2Fe3++3〖答案〗B〖解析〗【详析】A．硝酸是强电解质，在水中完全电离出氢离子和硝酸根离子，电离方程式：,故A正确；B．过氧化钠在水中会与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠是强电解质，完全电离出钠离子和氢氧化钠离子，电离方程式：，故B错误；C．氢氧化钾是强电解质，在水中完全电离出钾离子和氢氧根离子，电离方程式：，故C正确；D．硫酸铁是强电解质，在水中完全电离出铁离子和硫酸根离子，电离方程式：，故D正确；〖答案〗选B。7.下列水溶液中可大量共存的离子组是（）A.Cu2+、、K+、OH-B.Ca2+、Na+、、C.Ba2+、Mg2+、Na+、DNa+、、K+、〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Cu2+和OH-间发生化学反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故A错误；B．Ca2+和间发生化学反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Ba2+和间发生化学反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D．各离子间不反应，能大量共存，故D正确；〖答案〗选D。8.钠及其化合物有如下转化关系：Na→Na2O→NaOH→Na2CO3，转化过程中一定未涉及的化学反应类型为（）A.氧化还原反应 B.化合反应C.分解反应 D.复分解反应〖答案〗C〖解析〗【详析】Na→Na2O为Na与氧气发生化合反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；Na2O→NaOH为Na2O与水发生化合反应；NaOH→Na2CO3为NaOH与二氧化碳发生复分解反应；未涉及分解反应；综上，〖答案〗选C。9.实验室中进行如下实验：编号①②③④实验现象有沉淀产生有沉淀产成有气泡产生有沉淀产生相关离子反应方程式表达不正确的是（）A.①中Ag++Cl-=AgCl↓B.②中Ba(OH)2+=BaSO4↓+2OH-C.③中2H++=H2O+CO2↑D.④中Ca2++=CaCO3↓〖答案〗B〖解析〗【详析】A．硝酸银溶液和氯化钾溶液混合发生反应生成氯化银沉淀，离子方程式：，故A正确；B．氢氧化钡溶液和硫酸铜溶液发生反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式；，故B错误；C．碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：，故C正确；D．碳酸钠和氯化钙发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，离子方程式：,故D正确；〖答案〗选B。10.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色消毒剂。其中一种制备原理为：3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，下列关于该反应的叙述正确的是（）A.氯元素都被还原 B.Na2FeO4为氧化剂C.H2O是氧化产物 D.FeCl3是还原剂〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗Fe元素化合价从+3价升高到+6价，FeCl3作还原剂，发生氧化反应，生成氧化产物Na2FeO4；Cl元素化合价从+1降低到-1价，NaClO作氧化剂，发生还原反应，生成还原产物NaCl；【详析】A．NaClO中Cl元素被还原，FeCl3中Cl化合价不变，故A错误；B．Na2FeO4为氧化产物，故B错误；C．H2O既不是氧化产物，也不是还原产物，故C错误；D．FeCl3在该反应中作还原剂，故D正确；〖答案〗选D。11.下列关于钠及其化合物的叙述正确的是（）A.取用金属钠时，剩余的钠不能放回原试剂瓶B.钠与水反应的化学方程式为：4Na+2H2O=4NaH+O2↑C.向Na2CO3粉末中加入少量水后，可看到碳酸钠结块变成晶体D.金属钠具有强还原性，可与TiCl4溶液反应制取金属Ti〖答案〗C〖解析〗【详析】A．做金属钠的性质实验时，剩余的钠要放回原试剂瓶，由于钠很活泼，如果随意丢弃容易引起火灾、爆炸等事故，故A错误；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：，故B错误；C．向Na2CO3粉末中加入少量水，碳酸钠会形成晶体而结块，故C正确；D．金属钠与溶液反应，一般先与水反应，因此制取金属Ti，利用Na的强还原性，与熔融的TiCl4反应，故D错误；〖答案〗选C。12.我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法又称联合制碱法，工艺过程如下：下列叙述不正确的是（）A.气体X是NH3B.“吸收②”反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4ClC.“煅烧”说明纯碱的热稳定性好于NaHCO3D.滤液中溶质只含有NH4Cl〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到含氯化铵的滤液和碳酸氢钠固体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；【详析】A．根据分析可知，气体X是氨气，故A正确；B．根据分析可知吸收②发生反应方程式：，故B正确；C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，说明纯碱的热稳定性好于NaHCO3，故C正确；D．滤液中溶质除了含有NH4Cl，还含有碳酸氢钠和氯化钠，故D错误；〖答案〗选D。13.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：下列说法不正确的是（）A.②中的大量气泡主要成分是氧气B.③中溶液变红，说明有碱性物质生成C.④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的D.⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度〖答案〗D〖解析〗【详析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B.过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C.过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D.生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。『点石成金』：解答本题关键是掌握和理解过氧化钠与水的反应。本题的易错点为C，过氧化钠与水可能发生复分解反应，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性。14.某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2=Na2SO4、2Na2O2+2SO3(g)=2Na2SO4+O2。据此判断下列反应方程式错误的是（）A.2Na2O2+2N2O3=4NaNO2+O2 B.Na2O2+2NO2=2NaNO3C.2Na2O2+2N2O5═4NaNO3+O2 D.2Na2O2+2Mn2O7=4NaMnO4+O2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题给信息可知，过氧化钠与最高价态的氧化物反应生成对应的盐和氧气，过氧化钠具有强氧化性，与不是最高价态的氧化物反应生成其最高价的盐，没有氧气生成。【详析】A．三氧化二氮中氮元素不是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成硝酸钠，不能生成亚硝酸钠和氧气，故A错误；B．二氧化氮中氮元素不是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成硝酸钠，故B正确；C．五氧化二氮中氮元素是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成硝酸钠和氧气，故C正确；D．七氧化二锰中锰元素是最高价态，由分析可知，与过氧化钠反应生成高锰酸钠和氧气，故D正确；故选A。15.利用锥形瓶及CO2传感器测定密闭装置中的分压，采集数据如下：实验a：在锥形瓶内装入饱和溶液，加热，数据显示为图①；实验b：在锥形瓶内加入少量蒸馏水，加入固体后可形成饱和溶液，数据显示为图②。下列叙述不正确的是（）A.实验a，溶液温度在50℃之前，溶液温度升高使CO2分压增大B.实验a，温度升高到50℃之后，NaHCO3分解生成CO2使分压增大C.实验b，NaHCO3与CaCl2反应为：2NaHCO3+CaCl2=Ca(HCO3)2+2NaClD.实验b，CO2分压增大，发生反应离子方程式为：Ca2++2=CaCO3↓+CO2↑+H2O〖答案〗C〖解析〗【详析】A．密闭容器中升高温度，气体压强增大，实验a，溶液温度在50℃之前，溶液温度升高使CO2分压增大，A正确；B．碳酸氢钠不稳定，受热分解为碳酸钠和二氧化碳气体，实验a，温度升高到50℃之后，NaHCO3分解生成CO2使分压增大，B正确；C．实验b，加入氯化钙固体后，二氧化碳分压增大，说明两者发生反应生成了CO2，根据质量守恒可知，碳酸氢钠溶液能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙、氯化钠和二氧化碳、水：，C错误；D．由C分析可知，实验b，CO2分压增大，发生反应离子方程式为：Ca2++2=CaCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；故选C。第二卷二、非选择题部分(本部分包括4小题，总共55分)16.完成下列小题（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时反应为：2KNO3+C+S=K2S+2NO2↑+CO2↑。该反应中被还原的元素是_____(填名称，下同)，被氧化的元素是_____，氧化产物是_____，还原产物是_____。（2）铜在常温下能被稀HNO3溶解，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。①请将上述反应化学方程式改写成离子方程式：_____。②用双线桥法标出该反应的电子转移情况：_____。③在参加反应的硝酸中，起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为_____。〖答案〗（1）①.氮元素、硫元素②.碳元素③.二氧化碳④.硫化钾、二氧化氮（2）①.3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O②.③.1：3〖解析〗〖祥解〗根据化合价的变化判断氧化还原反应中的对应项，化合价升高的元素是被氧化，所含元素的物质是还原剂；降低的元素是被还原，所含元素的反应物是氧化剂；【小问1详析】根据元素的化合价变化判断：N元素由+5价降到+4价，S元素由0价降到-2价，故N、S元素被还原，C元素的化合价由0价升为+4价，被氧化；含N、S元素的反应物做氧化剂，发生还原反应得到还原产物硫化钾、二氧化氮，含化合价升高的反应物做还原剂，发生氧化反应生成氧化产物二氧化碳；【小问2详析】①根据单质、氧化物不能改写为离子，结合反应可知离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；②元素N由+5价变为+2价，氮失去2×3=6个电子；Cu元素化合价由0升为+2价，铜得到3×2=6个电子；双线桥法表示电子的得失，故为。③根据变价元素N由+5价变为+2价有2个N，没有发生变化N有6个，故起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为1:3。17.亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2.由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：__NaNO2__KI+_____=_____NO↑+_____I2__K2SO4__Na2SO4___H2O（1）请完成上述化学方程式并配平_____。（2）从物质分类角度来看，NaNO2是_____(填序号)。A．酸B．碱C．盐D．电解质E．非电解质（3）从环保角度来讲，用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是_____。可预选方案：加入强_____(填“氧化剂”或“还原剂”)，本身反应后生成无害物质，将NaNO2转化成气体_____(填化学式)。（4）下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_____(填序号)。A.分别溶于水，用pH试纸检验B.分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液C.分别加强热并收集气体检验D.做焰色试验，观察火焰的颜色（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_____(填序号)反应中H2O2表现出的性质相同。A.2H2O22H2O+O2↑B.H2O2+Cl2=2HCl+O2↑C.H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4D.5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O（6）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：_____。〖答案〗（1）2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+1I2+1K2SO4+1Na2SO4+2H2O（2）CD（3）①.反应生成了NO，该物质会造成大气污染(或其它合理〖答案〗)②.还原剂③.N2（4）D（5）C（6）〖解析〗【小问1详析】根据方程式可知，碘化钾中碘元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，做还原剂。亚硝酸钠中氮元素的化合价从+3价降低到+2价，得到1个电子,做氧化剂。则根据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比时1:1。根据原子守恒可知，反应物中还有硫酸生成，生成物还有水生成，则反应的化学方程式：2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+1I2+1K2SO4+1Na2SO4+2H2O；【小问2详析】从物质分类角度来看，NaNO2是正盐、由钠离子和亚硝酸根离子构成的离子化合物、是电解质；【小问3详析】从环保角度来讲，用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是：因为反应生成了NO，该物质会造成大气污染；亚硝酸根有毒，从环保角度来讲，要处理NaNO2，所用的物质的还原性比KI更强，使其N元素化合价由+3价变为无污染的0价氮，即氮气；【小问4详析】A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，滴加酚酞试液，亚硝酸钠溶液出现红色，氯化钠溶液无现象，可以区分；B．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，均生成白色沉淀，但亚硝酸银能溶于硝酸，AgCl不溶，现象不同，可以区分；C．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以区分；D．做焰色试验，观察火焰的颜色，两物质中均含Na元素，焰色颜色相同，不能区分；〖答案〗选D。【小问5详析】误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出氧化性，H2O2表现出相同的性质，则：A．H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，选项A不符合；B．H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，选项B不符合；C．H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，选项C符合；D．H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，选项D不符合；〖答案〗选C；【小问6详析】亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，反应方程式：；应中N元素化合价由+3价降低为0价，N元素也从-3价升为0价，该反应转移3e-，用单线桥表示其电子转移的方向和数目：；18.为测定产品中Na2CO3的质量分数(杂质为NaHCO3)，设计了下列三种实验方案。方案I：样品经加热后测定剩余固体质量，并计算Na2CO3的质量分数。（1）下列可用来加热样品的仪器是_____(写仪器名称)。方案Ⅱ：通过加热分解得到的CO2质量进行计算。实验装置示意图如下：（2）A中反应的化学方程式为_____，若装置C中碱石灰增重m1g。则混合样品中碳酸钠的质量分数为_____。方案Ⅲ：将一定质量的样品与足量稀硫酸反应，通过称量反应前后盛有碱石灰的干燥管质量，利用其质量差计算碳酸钠的质量分数。连接好的实验装置如图：该实验的操作步骤：①_____；②取一定量样品装入广口瓶中；③打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟；④关闭止水夹，在干燥管内填满碱石灰，称量干燥管A质量；⑤缓慢加入稀硫酸至不再产生气体为止；⑥打开止水夹，缓慢鼓入空气数分钟，再称量干燥管A质量。（3）操作①为_____。（4）NaOH溶液(足量)中发生反应的离子方程式为_____。（5）装置中有两支盛放碱石灰的干燥管(图中A和B)，若只保留干燥管A将会使碳酸钠的质量分数的计算结果_____(填“偏大”或“偏小”)。原因是_____。〖答案〗（1）坩埚、试管（2）①.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②.×100%（3）检查装置气密性（4）CO2+2OH-=+2H2O（5）①.偏小②.没有干燥管B，外界空气中水蒸气和CO2气体被吸收，导致干燥管A质量增加的多，就会推算出样品中碳酸氢钠质量多，碳酸钠质量少，导致样品中碳酸钠质量分数结果偏小〖解析〗〖祥解〗方案二：连接好装置后，先通入氮气赶尽装置内的空气，避免空气中的二氧化碳影响测定结果，所以X是氮气，A装置中的样品受热分解成生成二氧化碳和水蒸气进入装置B，B装置是为了除去水蒸气，所以可以装浓硫酸，干燥后的二氧化碳进入装置C，C中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，最后干燥管中a为碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果。方案三：空气先通入到装有氢氧化钠溶液的装置，是为了吸收空气中含有的二氧化碳气体，鼓入空气数分钟赶尽装置内的空气，稀硫酸与样品反应产生二氧化碳气体，进入装有浓硫酸的装置，干燥气体后进入装置A，A中的碱石灰吸收生成的二氧化碳，干燥管B中碱石灰是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置A影响测定结果。【小问1详析】加热碳酸氢钠固体分解，加热样品所选用的仪器可以是坩埚、试管；【小问2详析】A中发生的是碳酸氢钠受热分解，反应的化学方程式为2Na