学年安徽省黄山市高一上学期期末考试化学试题.docx
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学年安徽省黄山市高一上学期期末考试化学试题
安徽省黄山市2018-2019学年高一上学期期末考试
化学试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
2、选择题的作答：
每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
3、主观题的作答：
用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4、选考题的作答：
先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是
A.“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应
B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化
C.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应
D.“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应
【答案】B
【解析】
A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D．K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，故D正确；故选B。
点睛：
本题考查了化学知识在生产生活中的应用，涉及物理变化与化学变化的判断、胶体的性质等。
熟悉物质的性质是解题关键，平时要注意多积累。
2.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列有关硅及其化合物的说法正确的是
A.硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在
B.硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维
C.SiO2是酸性氧化物，不与任何酸发生反应
D.木材浸过水玻璃后，不易着火
【答案】D
【解析】
A.硅是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A错误；B.硅晶体是良好的半导体，二氧化硅可用于制造光导纤维，B错误；C.SiO2是酸性氧化物，能与氢氟酸发生反应，C错误；D.硅酸钠的水溶液是俗称水玻璃，可制作防火材料，因此木材浸过水玻璃后，不易着火，D正确，答案选D。
3.一定温度和压强下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是
A.气球②中装的是O2
B.气球①和气球③中气体分子数相等
C.气球③和气球④中气体密度之比为2∶1
D.气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1
【答案】C
【解析】
【详解】根据阿伏伽德罗定律的推论：
同温同压下，同质量的气体的体积之比与其摩尔质量成反比，四种气体的摩尔质量的关系为M（SO2）>M（CO2）>M（O2）>M（CH4），所以气球①、②、③、④的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4。
A项，气球②中装的是CO2，故A项错误；
B项，同质量的气体分子数之比等于物质的量之比，与摩尔质量成反比，气球①和气球③气体分子数不相等，故B项错误；
C项，同温同压下，气球的密度之比与摩尔质量成正比，气球③和气球④气体密度之比为2:
1，故C项正确；
D项，气球①和气球④物质的量之比为1:
4，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】本题的易错项为D项。
依据理想气体方程PV=nRT可知，相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，相同质量的气体，其体积之比等于物质的量之比等于摩尔质量的反比，则①为SO2，④为CH4，故气球①和气球④的物质的量之比为16:
64，即1:
4。
4.设NA为阿伏加德罗常数的数值。
下列有关叙述正确的是
A.1L1mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NA
B.8.8g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA
C.标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA
D.Na2O2与H2O反应生成1.12LO2（标准状况），反应中转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.HCl溶于水后完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故A错误；
B.CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g混合物的物质的量为0.2mol，且两者均为三原子分子，故0.2mol混合物中含0.6NA个原子，故B错误；
C.标准状况下三氧化硫是固体，11.2LSO3的物质的量不是0.5mol，故C错误；
D.由Na2O2与H2O反应方程式：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，Na2O2中O是-1价，到O2是0价，1.12L的O2（标准状况）就是0.1mol，转移的电子就是0.1mol乘以转变的化合价（即由-1到0是1），就是0.1NA个电子，故D正确。
答案选D。
5.下列实验操作所用仪器合理的是
A.实验室配制480mL1mol.L-1的NaOH溶液，需称量19.2g固体NaOH
B.将CCl4与溴水混合后振荡、静置，再用分液漏斗分离得到溴的四氯化碳溶液
C.用托盘天平称取25.30gNaCl固体
D.用50mL量筒量取4.8mL硫酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、没有480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶配制，实验室配制500mL1mol/L的NaOH溶液需要NaOH的质量为：
0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g，故A错误；
B、CCl4与溴水混合后，四氯化碳和水互不相溶，所以溶液分层，可以采用分液的方法来分离，所以B选项是正确的；
C、只能用托盘天平称取25.3g的NaCl,数据精确到小数点后一位，故C错误；
D、用量筒量取和量筒的规格相近体积的溶液，否则误差会很大，故D错误。
所以B选项是正确的。
6.下列根据实验操作得出的结论正确的是
操作
现象
结论
A
无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸
生成白色沉淀不溶于盐酸
原溶液中一定有SO42-
B
无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置
下层溶液显橙红色
原溶液中有Br―
C
新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上
试纸先变红色后褪色
Cl2有漂白性
D
无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中
生成白色沉淀
原溶液中有大量CO32—
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；
B.氯水可将Br-氧化生成Br2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；
C.具有漂白性的不是Cl2而是HClO，故C错误；
D.如果原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。
答案选B。
7.下列离子方程式中，正确的是
A.澄清的石灰水跟盐酸反应：
H++OH－＝H2O
B.氯气与水反应：
Cl2+H2O＝2H++Cl-+ClO-
C.碳酸钡与稀盐酸反应：
CO32-+2H+＝H2O+CO2↑
D.金属钠跟水反应：
Na+H2O＝Na++OH－+H2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A项，是普通的酸碱中和反应，离子方程式书写正确，故A项正确；
B项，HClO是弱电解质，在离子方程式中书写不可拆分，正确的离子方程式为：
Cl2+H2O
H++Cl-+HClO，故B项错误；
C项，BaCO3是沉淀，在离子方程式中书写不可拆分，正确的离子方程式为：
BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑，故C项错误；
D项，方程式未配平，正确的离子方程式为：
2Na+2H2O＝2Na++2OH－+H2↑，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为A。
8.某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中可能大量存在的离子组是
A.Na+、Fe3+、SO42－、SCN－B.K+、Na+、AlO2－、Cl－
C.K+、Na+、I－、MnO4－D.Na+、K+、HCO3－、Cl－
【答案】B
【解析】
溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，则：
A．Fe3+与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B．在碱性条件下，四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，选项B正确；C．I－与MnO4－发生氧化还原反应而不能大量存在，选项C错误；D．无论溶液呈酸性，还是呈碱性，HCO3-都不能大量存在，选项D错误。
答案选B。
9.下列物质中既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是
①NaHCO3②Al2O3③NaAlO2④Al⑤（NH4）2CO3⑥AlCl3⑦Al（OH）3
A.①②③④⑥B.①②④⑤⑦
C.①③④⑤⑦D.①②⑤⑥⑦
【答案】B
【解析】
【分析】
中学常见既能与NaOH溶液反应，又能与稀硫酸反应的物质有：
铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、蛋白质、氨基酸等。
【详解】①NaHCO3是弱酸酸式盐，与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，故①正确；
②Al2O3是两性氧化物，与硫酸反应得到硫酸铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，故②正确；
③NaAlO2与NaOH溶液不反应，故③错误；
④Al属于两性金属，与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠与氢气，故④正确；
⑤（NH4）2CO3 与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠浓溶液反应得到碳酸钠、氨气和水，故⑤正确，
⑥AlCl3与硫酸不反应，与过量氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，故⑥错误；
⑦Al（OH）3 是两性氧化物，与硫酸反应得到硫酸铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，故⑦正确。
所以B选项是正确的。
10.实验室按如下装置测定纯碱（含少量NaC1）的纯度。
下列说法不正确的是
A.滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽
B.装置①、④的作用是防止空气中的CO2进入装置③
C.必须在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
D.反应结束时，应再通入空气将装置②中CO2转移到装置③中
【答案】C
【解析】
根据实验目的和装置图，实验原理为：
样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba（OH）2溶液吸收，通过测量装置③中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。
A，为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响，滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽，A项正确；B，装置①中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置③中，装置④的作用是防止外界空气中的CO2进入装置③中，B项正确；C，由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C项错误；D，为了保证测量的CO2的准确性，反应结束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置②中CO2全部转移到装置③中，D项正确；答案选C。
11.下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的实验方案，合理的是
①取ag混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体
②取ag混合物充分加热，减重bg
③取ag混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg
④取ag混合物与过量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得bg固体
A.①②B.②③C.②④D.③④
【答案】C
【解析】
【分析】
方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量,即可测定混合物中NaHCO3质量分数，
①氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3；
②碳酸氢钠的不稳定性，加热分解，利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量；
③应先把水蒸气排除才合理；
④只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数。
【详解】①氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3，则不能确定NaHCO3分解生成的碳酸钠的质量，不能确定质量分数，故①错误；
②NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故②正确；
③混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故③错误；
④只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数，故④正确。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查物质含量的实验方案的设计，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，该题注意测量数据能否计算出结果，为解答该题的关键。
12.KClO3与浓盐酸发生如下反应：
KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法不正确的是
A.Cl2既是氧化产物，又是还原产物
B.转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2
C.盐酸既体现酸性，又体现还原性
D.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：
1
【答案】B
【解析】
【分析】
在反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中的Cl得到电子，被还原变为Cl2，每摩尔的氯得到5mol电子，HCl中的Cl失去电子，也变为Cl2，每摩尔的氯失去1mol电子，以此分析解答。
【详解】A项，该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项正确；
B项，温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；
C项，该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；
D项，该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:
1，故D项正确。
答案选B。
【点睛】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，熟悉元素化合价是解题的关键，易错选项是B，注意气体摩尔体积的适用范围和使用条件，为易错点。
13.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是
A.向Ca（ClO）2溶液中通入CO2至过量
B.向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量
C.向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸
D.向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、向Ca（ClO）2溶液通入CO2，先产生CaCO3沉淀，当CO2过量时，继续反应生成Ca（HCO3）2，沉淀又溶解，所以不符合条件，选项A不选；
B、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸，所以看到的现象是“有沉淀生成”，所以符合条件，选项B选；
C、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，选项C不选；
D、向Fe（OH）3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和盐酸反应生成可溶性的氯化铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，选项D不选。
答案选B。
【点睛】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同，根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，注意反应与量有关。
14.mmolCu2S与足量的稀硝酸反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O。
则被还原的HNO3的物质的量为
A.4m molB.2m/3molC.10mmolD.10m/3mol
【答案】D
【解析】
【详解】硝酸分为两部分计算，一部分硝酸形成NO，根据电子守恒分析，
形成NO：
mmolCu2S，Cu由+1变为+2，失去1个电子，一共是2mmol电子；
S由-2变为+6，失去8个电子，一共是8mmol电子；总共失去2m+8m=10mol电子，
HNO3中N是+5价，NO中N是+2，降低3价，所以形成NO是
mol，即被还原的HNO3的物质的量为
mol，
答案选D。
15.将0.01molNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸。
下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH开始反应时没有气体生成，当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；而盐酸与Na2CO3反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，故不选A项；
B项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸与NaOH开始反应时没有气体生成，但图像中一开始反应即有气体生成，与反应不符，故不选B项；
C项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出；当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应：
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当加入0.2L盐酸时，此反应进行完全；当继续滴加时，发生反应：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，此时才开始放出气体，C中图像与实际相符，故选C项；
D项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出。
当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加时，Na2CO3与盐酸先反应生成NaHCO3和NaCl，此时没有气体生成，则图像与反应不符，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为C。
16.某溶液中只可能溶有Na+、NH4+、SO42-、CO32-、NO3-、Cl-中的几种离子。
取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做以下实验：
（1）第一份加入足量的烧碱并加热，产生气体在标准状况下的体积为224mL。
（2）第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，过滤，得固体2.33g。
（3）在
（2）的滤液中滴入AgNO3，产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解。
下列说法正确的是
A.该溶液中可能含有Na+B.该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、Cl-
C.该溶液中一定含有Na+D.该溶液中一定不含CO32-、NO3-
【答案】C
【解析】
（1）第一份加入足量的烧碱并加热，产生气体在标准状况下的体积为224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；
（2）第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的量为：
2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据溶液电中性可知，溶液中一定含有Na+；（3）在
（2）的滤液中滴入AgNO3，产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，白色沉淀是氯化银，但由于前面加入了氯化钡，所以不能确定溶液中是否含有氯离子。
A.根据以上分析可知该溶液中一定含有Na+，A错误；B.该溶液中肯定含有Na+、NH4+、SO42-，Cl-不能确定，B错误；C.该溶液中一定含有Na+，C正确；D.根据以上分析可知NO3-不能确定，D错误，答案选C。
点睛：
本题考查了常见离子的检验方法，掌握常见离子的性质、发生的反应以及实验现象是解答的关键。
注意互斥性原则、电中性原则、进出性原则的判断。
本题中钠离子、氯离子判断是解答的易错点，注意方法的灵活应用。
17.按要求回答下列问题：
（1）FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体的本质区别是：
_____________。
（2）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________（填名称）。
（3）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的____________性。
（4）盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用____________塞（填“玻璃”或“橡胶”）。
（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_____________（填“下口放出”或“上口倒出”）。
（6）6.20gNa2O晶体中含离子数目是_____________（NA为阿伏加德罗常数的数值）。
（7）等质量的NH3和H2S中，氢原子的个数比是_________。
（8）加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg（OH）2∙5H2O]至质量不再变化时，得到10.0g残留固体和__________LCO2（标准状况下）。
【答案】
（1）.分散质粒子直径
（2）.石灰石（3）.还原（4）.橡胶（5）.下口放出（6）.0.3NA（7）.3:
1（8）.4.48
【解析】
【分析】
（1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；
（2）根据工业上制玻璃的原料分析解答；
（3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；
（4）根据二氧化硅与NaOH溶液溶液反应分析判断；
（5）根据四氯化碳密度大于水分析；
（6）Na2O晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，以此分析；
（7）质量相等，计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答；
（8）加热[4MgCO3∙Mg（OH）2∙5H2O]至质量不再变化时，得到的固体为MgO，根据n=
，V=nVm及原子守恒进行计算。
【详解】
（1）Fe（OH）3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe（OH）3胶体的分散质微粒直径大小在1～100nm之间，即分散质粒子直径大小不同，
故答案为：
分散质粒子直径；
（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，
故答案为：
石灰石；
（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性，
故答案为：
还原；
（4）由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，
故答案为：
橡胶；
（5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，
故答案为：
下口放出；
（6）6.20gNa2O的物质的量为0.1mol，Na2O晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，所以晶体中含离子数目是0.3NA，
故答案为：
0.3NA；
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