安徽省合肥168中凌志班2019-2020学年高一上学期期中化学试卷 (含答案解析)

安徽省合肥168中凌志班2019-2020学年高一上学期期中化学试卷

一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）

1. “钴酞菁”的分子(直径为1.3×10−9m)在水中形成的分散系能产生丁达尔效应( )

A. × B. √

2. 逻辑推理是学习化学常用的思维方法，下列推理正确的是( )

A. 氧元素组成的单质有氧气、臭氧(O3)，所以由一种元素组成的单质不一定是一种 B. 酸雨的pH<7，所以pH<7的雨水都是酸雨 C. Na2CO3溶液呈碱性，所以Na2CO3属于碱

D. 酸碱中和反应有水生成，所以有水生成的反应一定是中和反应

3. 下列有关物质的量的说法中，正确的是( )

A. CO的摩尔质量为28g

B. 32g O2含有的氧分子数为6.02×1023

C. 标准状况下，22.4LC2H5OH的物质的量为1mol D. 1mol⋅L−1NaCl溶液中含1mol Na+

4. 下列实验操作中，能达到实验目的是( )

A. 装置①用于CCl4萃取KI水溶液中的碘 B. 装置②用于收集NH3 C. 装置③可用于制取蒸馏水

D. 装置④用于洗去Cl2中含有的少量HCl

5. 下列装置用于实验室制Cl2并回收利用MnO2，能达到实验目的的是( )

A. 用装置甲制取Cl2

B. 用装置乙除去Cl2中的少量HCl C. 用装置丙分离MnO2和MnCl2溶液 D. 用装置丁蒸发稀盐酸中的水分制取浓盐酸

6. 相同质量的SO2和 SO3，它们之间的关系正确的是( )

A. 所含硫原子的物质的量之比为1：1 B. 所含硫元素的质量比为5：4 C. 所含氧元素的质量比为4：5 D. 所含氧原子的物质的量之比为3：2

7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是( )

A. 常温常压下，32 g O3含有的氧原子数目为2 NA B. 56 g的Fe与足量的稀盐酸完全反应转移电子数为3NA C. 0.1 mol·L−1 Na2SO4溶液含有的钠离子数目为0.2 NA D. 标准状况下，22.4 L四氯化碳(CCl4)含有的碳原子数目为NA

8. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是−玻璃棒( )

A. 用如图所示装置除去Fe(OH)3胶体中含有的少量FeCl3杂质

B. 用如图所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体

C.

用如图所示装置从海水制取蒸馏水

D.

用如图所示装置分离酒精萃取碘水中的碘

9. 在某无色强酸性溶液中，下列各组离子一定能大量共存的是( )

+

、Fe3+、C1O−、SCN− A. NH4

2−

C. Na+、K+、NO2−4、SO4

−

B. Mg2+、Cu2+、SO2−4、NO3 −D. K+、A13+、CO2−3、C1

10. 下列反应的离子方程式书写不正确的是( )

3+2+

A. 向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO2−+2SO2−+4完全沉淀：Al4+2Ba

4OH−=2BaSO4↓+AlO−2+2H2O

+B. 碳酸氢钠溶液与少量硫酸氢钠溶液反应：HCO−3+H=CO2↑+H2O

C. 少量稀硫酸溶液加入氢氧化钡溶液中：Ba2++OH−+H++SO2−4=BaSO4↓+H2O

+

D. 硫酸铝与足量氨水反应：Al3++3 NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4

11. 吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀

手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是( )

A. 作还原剂

C. 既作氧化剂又作还原剂

B. 作氧化剂

D. 既不作氧化剂又不作还原剂

12. 如图表示配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的部分操作示意图，其中有错误的是( )

A.

B.

C.

D.

13. ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反应制得ClO2：

Δ

2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O ，下列说法不正确的是( )

A. 1mol B.

参加反应，转移2mol电子 在反应中被还原

C. H2C2O4的还原性强于ClO2 D. CO2是H2C2O4被氧化后得到的产物

14. 下列只能表示一个化学反应的离子方程式是( )

A. H++OH−=H2O

+

B. CO2−3+2H=H2O+CO2↑

C. Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O

D. Cu2++2OH−+Ba2++SO2−4=BaSO4↓+Cu(OH)2↓

3+15. 某工业废水中大量存在以下浓度的几种离子：0.4mol/LCl−、0.8mol/L SO2−4、0.2mol/LAl、

0.6mol/LH+、R离子，则R离子及其物质的量浓度可能为( )

A. 0.8 mol/LAg+ C. 0.4mol/L Mg2+

B. 0.4mol/L Ba2+ D. 0.2mol/L CO2−3

16. 用0.100mol⋅L−1的NaOH溶液分别滴定10.00mL浓度均为

0.100mol⋅L−1的盐酸和醋酸溶液。测得确定过程中溶液的电导率如下图所示。下列说法错误的是( )

A. 曲线①代表滴定醋酸溶液的曲线

B. A、C两点都表示相应的酸和碱恰好完全反应 C. A、C两点溶液的pH都为7

D. 线段AB低于线段CD是因为CH3COO−水解

二、填空题（本大题共2小题，共16.0分）

17. 现有①铁片 ②NaCl晶体 ③氨水 ④无水醋酸 ⑤液态SO2 ⑥盐酸 ⑦H2SO4⑧蔗糖，其中属于电

解质的是 ______ ，属于非电解质的是 ______ ，上述状态下可导电的是 ______ ． 18. 在C+2CuO

  △  .

2Cu+CO2↑的反应中： ______ 得到氧，化合价 ______ ，被 ______ ，发生

______ 反应，是 ______ 剂，具有 ______ 性；化合价 ______ ，被 ______ ， ______ 失去氧，发生 ______ 反应，是 ______ 剂，具有 ______ 性． 三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）

19. 现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到

纯净的NaNO3固体，实验流程如图所示。

请回答下列问题：

(1)试剂X: ________(填化学式)，生成A的离子方程式为： ________。 (2)上述实验流程中①②③步均需进行的实验操作是________ (填操作名称)。 (3)上述实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是________。

(4)按此实验方案得到的溶液3中肯定含有________ (填化学式)杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的________，之后若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是________ (填操作名称)。

(5)实验室利用上述实验获得的NaNO3晶体配制480mL 0. 2mol/L的NaNO3溶液： ①需要称取NaNO3固体________g;

②实验中需要用到的玻璃仪器烧杯、胶头滴管、玻璃棒、________。

③在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起溶液浓度偏大的是________ A. 转移溶液时，不慎有少量液体洒到容量瓶外面 B. 定容时俯视刻度线

C. 溶解NaNO3后的烧杯未用蒸馏水多次洗涤

D. 定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线 四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）

20. 2.3克金属钠在空气中充分燃烧，将燃烧后的固体全部溶于水中，得到50mL溶液，将

此溶液用作实验“氯气与水反应”的尾气处理，结果恰好完全吸收，请计算： (1)金属钠燃烧产物溶于水后所得溶液的物质的量浓度 (2)所吸收的尾气在标准状况下的体积．

五、计算题（本大题共1小题，共10.0分）

21. 达喜是常用的中和胃酸的药物，其化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐[可表示为

AlxMgy(OH)z(CO3)w⋅nH2O].达喜的组成可通过下列实验测定：

①取研细的达喜粉末6.02g，逐滴加入2.0mol⋅盐酸溶液并充分混合，当加入盐酸溶液85.0mL时开始产生CO2，当加入盐酸至90.0mL时恰好完全反应，共生成224mL的CO2气体(标准状况)． ②向①所得溶液中再逐滴加入某浓度的氢氧化钠溶液，当加至120mL时沉淀量最大，继续滴加至沉淀不再溶解，将剩余沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀3.48g． (1)实验②中氢氧化钠溶液的物质的量浓度为______． (2)实验②中沉淀溶解的离子方程式为______． (3)通过计算确定达喜的组成(写出计算过程)．

-------- 答案与解析 --------

1.答案：B

解析：

本题考查学生对胶体概念的理解，难度容易，但需要学生熟悉三种分散系的本质区别。

当分散质的直径介于10−9m∼10−7m之间时，分散系即为胶体，“钴酞菁”的分子直径为1.3×10−m，所以属于胶体，能产生丁达尔现象，故正确。 故选B。

9

2.答案：A

解析：

本题以逻辑推理为依托考查同素异形体、酸雨、物质的分类、中和反应等知识，难度不大。掌握物质的性质是解答的关键。

A.氧元素组成的单质有氧气、臭氧(O3)，所以由一种元素组成的单质不一定是一种，故A正确； B.酸雨的pH<5.6，所以pH<7的雨水不一定都是酸雨，故B错误； C.Na2CO3溶液呈碱性是因为碳酸根离子水解，Na2CO3不属于碱，故C错误；

D.酸碱中和反应有水生成，但有水生成的反应不一定是中和反应，如氢气和氧气反应生成水，故D错误。 故选A。

3.答案：B

解析：

本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、微粒数的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用，题目难度不大。 A.摩尔质量的单位为g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，故A错误； B.32g O2含有的氧分子数为32g/mol×NA=6.02×1023，故B正确；

C.标准状况下，C2H5OH为液体，则不能利用Vm计算其物质的量，故C错误； D.由n=cV可知，体积未知，不能计算物质的量，故D错误。 故选B。

32g

4.答案：C

解析：

本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项D为解答的易错点，题目难度不大。

A.KI易溶解于水，难溶于CCl4，无法CCl4萃取KI水溶液中的KI，故A错误； B.NH3易溶于水，用装置②用于收集NH3，易产生倒吸，故B错误； C.用装置③的蒸馏操作可制取蒸馏水，故C正确；

D.用饱和食盐水洗去Cl2中含有的少量HCl气体时，导气管应长进短出，故D错误。 故选：C。

A.碘易溶于四氯化碳； B.氨气极易溶于水； C.水的沸点较低； D.除杂时导管长进短出。

5.答案：C

解析：

本题考查氯气的制备及相关性质，考查考生综合分析问题和解决问题的能力，以及实验装置和实验目的的关系，难度不大。

A.二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，故A错误； B.用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该是长口进短口出，故B错误；

C.二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，故C正确； D.蒸发盐酸中的水分时HCl会挥发，不能得到浓盐酸，故D错误。 故选C。

6.答案：B

解析：

本题考查物质的量有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活应用，侧重对基础知识的巩固。 根据n=M可知，相同质量的SO2和SO3的物质的量之比为80g/mol：g/mol=5：4，

A.每个SO2、SO3分子都含有1个S原子，则二者含有S原子物质的量之比为5：4，故A错误； B.根据m=nM可知，含有硫元素质量之比为5：4，故B正确；

C.含有氧原子数目之比为(5×2)：6，6，(4×3)=5：根据m=nM可知，含有氧元素质量之比为5：故C错误；

D.含有氧原子数目之比为(5×2)：(4×3)=5：6，则所含氧原子的物质的量之比为5：6，故D错误。 故选B。

m

7.答案：A

解析：

本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。

A.臭氧分子由氧原子构成，故32g臭氧中含有的氧原子的物质的量为n=32g/16g/mol=2mol，个数为2 NA个，故A正确；

B.56g铁的物质的量为1mol，而铁与盐酸反应后变为+2价，故1mol铁转移2mol电子即2 NA个，故B错误；

C.溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故C错误；

D.标况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误。 故选A。

8.答案：C

解析：解：A.提纯胶体利用渗析法，而图1为过滤装置，溶液和胶体都能透过滤纸，不合理，故A错误；

B.氯化铵受热易分解，图2为蒸发装置，最终不能得到氯化铵，应利用冷却结晶法，故B错误； C.利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故C正确；

D.酒精与水不分层，应选苯或四氯化碳作萃取剂，然后利用图4装置分液，故D错误； 故选C．

A.溶液和胶体都能透过滤纸； B.氯化铵受热易分解；

C.利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水；

D.酒精与水不分层．

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离、提纯的考查，综合性较强，侧重分离原理、物质性质及实验装置的考查，注意选项A中胶体的性质为解答的易错点，题目难度不大．

9.答案：C

解析：解：A.Fe3+有颜色，不能大量共存，故A错误； B.Cu2+有颜色，不能大量共存，故B错误；

C.溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确； D.酸性条件下CO2−3不能大量共存，故D错误． 故选C．

溶液无色，则有颜色的离子不能大量存在，溶液呈酸性，如离子之间不发生生成沉淀、气体、弱电解质或氧化还原反应，则可大量共存．

本题考查离子共存问题，明确离子的性质是解答该题的关键，注意溶液无色、酸性的特点，以易错点．

10.答案：C

A.向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO2−解析：解：离子方程式：Al3++2SO2−4完全沉淀，4+2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+AlO−2+2H2O，故A正确；

+B.碳酸氢钠溶液与少量硫酸氢钠溶液反应，离子方程式：HCO−3+H=CO2↑+H2O，故B正确；

C.少量稀硫酸溶液加入氢氧化钡溶液中，离子方程式：Ba2++2OH−+2H++SO2−4=BaSO4↓+2H2O，故C错误；

+D.硫酸铝与足量氨水反应，离子方程式：Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4，故D正确；

故选：C．

A.KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO2−4完全沉淀，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾和水； B.碳酸氢钠溶液与少量硫酸氢钠溶液，反应生成硫酸钠、二氧化碳和水； C.不符合离子个数配比；

D.硫酸铝与足量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵．

本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应及离子反应中保留化学式的物质的考查，题目难度不大．

11.答案：A

解析：解：“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体內的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂。故选 A。 氧化还原反应中；还原剂+氧化剂−→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还

原产物．

本题主要考查氧化还原反应中；还原剂+氧化剂−→氧化产物+还原产物，还原剂具有还原性，将氧化剂还原成还原产物，同时自身被氧化变成氧化产物．

12.答案：C

解析：

本题考查了一定物质的量浓度溶液配制的基本操作，较基础，要熟练掌握一定物质的量浓度溶液配制的基本操作、误差分析等基础知识。 A.溶解溶质，操作正确，故A正确； B.搅拌加速溶解，操作正确，故B正确；

C.定容时，视线应与凹液面的最低点在同一水平线上，仰视会导致所配溶液浓度偏小，故C错误； D.倒转摇匀，操作正确，故D正确； 故选C。

13.答案：A

解析：

本题考查氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，难度不大；2KClO3+H2C2O4+

Δ

H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O(O均为−2价)中，Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，

C元素的化合价由+3价升高到+4价，以此来解答。 A.1mol KClO3参加反应，转移1mol电子，故A错误；

B.该反应中草酸是还原剂，在反应中被氧化，KClO3是氧化剂反应中被还原，故B正确；

C.该反应中草酸是还原剂，二氧化氯是还原产物，所以草酸的还原性大于ClO2的还原性，故C正确； D.该反应中C元素的化合价由+3价升高到+4价，所以草酸是还原剂，则二氧化碳是氧化产物，故D正确。 故选A。

14.答案：D

解析：解：A.H++OH−=H2O代表强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水的反应，如：盐酸和氢氧化钠、盐酸和氢氧化钡、和氢氧化钾等，该离子方程式不只表示一个反应，故A错误；

+B.CO2−如：碳酸钠和盐酸、碳酸钠和3+2H=CO2↑+H2O代表可溶性的碳酸盐和强酸之间的反应，

等，故B错误；

C.Zn(OH)2+2H+=Zn2++2H2O表示氢氧化锌与强酸的反应，如氢氧化锌与、硫酸、盐酸的反应，故C错误；

D.Ba2++2OH−+Cu2++SO2−故D4=BaSO4↓+Cu(OH)2↓只能表示氢氧化钡和硫酸铜之间的反应，

正确； 故选D．

离子反应的实质是可以代表一类反应，但是有的离子反应只能表示一个化学反应，根据反应的离子方程式判断参加反应的反应物和生成物即可解答．

本题考查了离子方程式的书写及表示的意义，题目难度中等，试题侧重基础知识的考查，明确离子反应表示的意义及书写原则即可解答，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．

15.答案：C

解析：解：由电荷守恒可知0.4+0.8×2>0.2×3+0.6，则R为阳离子， R不能为Ag+，与Cl−、SO2−4不能共存； R不能为Ba2+，与SO2−4不能共存， 则R只能为Mg2+，其浓度为故选：C。

R离子，0.4mol/LCl−、0.8mol/L SO2−0.6mol/LH+、0.2mol/LAl3+、由电荷守恒可知0.4+0.8×2>4、0.2×3+0.6，则R为阳离子，结合离子共存来解答．

本题考查物质的量浓度的计算，为高频考点，把握电荷守恒及离子共存为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意电荷守恒的应用，题目难度不大．

0.4+0.8×2−0.2×3+0.6

2

=0.4mol/L，

16.答案：C

解析：解：A.盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相等时盐酸的导电率较大，则曲线①代表滴定醋酸溶液的曲线。曲线②代表滴定盐酸溶液的曲线，故A正确；

B.盐酸和醋酸都是一元酸，酸碱浓度相等，A、C点加入10mLNaOH溶液，则A、C两点都表示相应的酸和碱恰好完全反应，故B正确；

C.C点溶质为NaCl，CH3COO−水解溶液呈碱性，溶液呈中性，而A点溶质为醋酸钠，溶液的pH>7，故C错误；

D.由于CH3COO−水解，导致AB段溶液离子浓度小于CD段，所以导电率ABA.醋酸为弱酸，起始时盐酸溶液中c(H+)大于醋酸，起始时电导率盐酸溶液比醋酸溶液大； B.A、C点加入10mL等浓度的氢氧化钠溶液，酸和碱恰好完全反应； C.A点恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液呈碱性；

D.由于醋酸为弱酸，醋酸根离子水解，导致离子浓度减小，溶液导电率减弱。

本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点及溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

17.答案：②④⑦；⑤⑧；①③⑥

解析：解：①铁片是金属单质，因为具有电子能导电，但它既不是电解质也不是非电解质； ②NaCl晶体没有自由移动的离子，故不导电；但在水溶液中能电离出自由移动的氯离子和钠离子，能导电，是电解质；

③氨水是氨气的水溶液，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子而导电，但氨水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

④无水醋酸只有乙酸分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；在水溶液中，能电离出乙酸根离子和氢离子能导电，是电解质；

⑤液态SO3中只有SO3分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；在水溶液中，三氧化硫和水生成硫酸，能导电，但不是SO3电离导电，所以属于非电解质；

⑥盐酸是氯化氢的水溶液，氯化氢在水溶液中电离出自由移动的氢离子和氯离子而导电，但盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑦硫酸只存在硫酸分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；在水溶液里，能电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子而导电，所以是电解质；

⑧蔗糖中只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，所以不能导电；蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，是非电解质； 故答案为：②④⑦；⑤⑧；①③⑥；

电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；

非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；也就是说，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子； 单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质； 能导电的物质必须含有自由电子或自由移动的离子； 据此分析即可解答．

本题考查了导电的物质、电解质与非电解质概念的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念，明确物质能够导电的条件，抓住“能导电的物质必须含有自由电子或自由移动的离子；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质”是解答本题的关键．

18.答案：C；升高；氧化；氧化；还原；还原；CuO；降低；还原；还原；氧化；氧化

解析：解：反应C+2CuO

  △  .

2Cu+CO2↑中，C元素化合价升高，在反应中失去电子，被氧化，C为

Cu元素化合价降低，CuO为氧化剂，还原剂，具有还原性，反应中得到电子，被还原，具有氧化剂，发生还原反应，

故答案为：C；升高；氧化；氧化；还原；还原；CuO；降低；还原；还原；氧化；氧化．

C+2CuO

  △  .

2Cu+CO2↑的反应中，C元素化合价由0价变为+4价，被氧化，Cu元素化合价由+2价

降低为0价，被还原，以此解答该题．

本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的综合理解和运用的考查，注意从元素化合价的角度解答，难度不大．

2+

+ CO2−19.答案：(1) AgNO3 Ba2++SO2−4= BaSO4 ↓ Ba3 =BaCO3 ↓；

(2) 过滤

(3)除去过量的Ba2+、Ag+ (4)Na2CO3 HNO3  蒸发结晶 (5) ①8. 5 ②500mL容量瓶 ③B

解析：

本题旨在考查学生对配制一定物质的量浓度的溶液、物质分离和提纯方法等应用。

(1)根据题意，加入过量的钡除去硫酸根离子和碳酸根离子，离子方程式为：Ba2++SO2−4= BaSO4 ↓ ；Ba2++ CO2−3 =BaCO3 ↓；加入过量的X为银，除去氯离子，故答案为：AgNO3；

2+

Ba2++SO2−+CO2−4=BaSO4 ↓； Ba3 =BaCO3 ↓；

(2)上述实验流程中①②③步均需进行的实验操作是过滤，故答案为：过滤；

(3)上述实验流程中加入过量的Na2CO3的目的是除去过量的钡离子和银离子，故答案为：除去过量的Ba2+、Ag+；

(4)由于碳酸钠过量，故溶液3中含有碳酸钠，除去过量的碳酸钠，加入适量的；要得到固体钠，需要蒸发结晶；故答案为：Na2CO3；HNO3；蒸发结晶；

(5) ①由于没有480ml容量瓶，0.5L×0.2mol/需要用500ml容量瓶，故需要钠固体的质量为：L×85g/mol=8.5g；故答案为：8.5；

②实验中需要用到的玻璃仪器烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500ml容量瓶；故答案为：500ml容量瓶； ③A.转移溶液时，不慎有少量液体洒到容量瓶外面，溶质的量减小，浓度偏小，故A错误； B.定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故B正确；

C.溶解NaNO3后的烧杯未用蒸馏水多次洗涤，溶质的量偏小，浓度偏小，故C错误；

D.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，故D错误。 故答案为：B。

20.答案：解：n(Na)=23g/mol=0.1mol．

(1)由2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知，n(NaOH)=n(Na)=0.1mol，则c=答：反应后所得溶液的物质的量浓度为2mol/L；

(2)由用所得的氢氧化钠溶液来吸收氯气尾气的反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O可知，所能

0.1mol0.05L

2.3g

=2mol/L，

吸收的氯气的物质的量n(Cl2)=0.1mol×2=0.05mol，其标况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，

答：所吸收的Cl2为1.12L；

1

解析：求出n(Na)=23g/mol=0.1mol，结合2Na+2H2O=2NaOH+H2↑及c=V计算． 本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应中物质的量的关系及物质的量浓度计算的相关公式为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．

2.3g

n

21.答案：1.5mol/L；Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O

解析：解：(1)实验②中沉淀最大时，此时溶液中溶质为NaCl，由氯离子守恒n(NaCl)=n(HCl)=0.090L×2mol/L=0.18mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)=0.18mol，故NaOH溶液的物质的量浓度为

0.18mol0.12L

=1.5mol/L，故答案为：1.5mol/L；

(2)实验②中沉淀溶解发生反应是氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O， 故答案为：Al(OH)3+OH−=AlO−2+2H2O；

(3)224mL的CO2气体的物质的量为22.4L/mol=0.01mol，故n(CO2−3)=n(CO2)=0.01mol，

−−根据①可知加入盐酸后先中和掉OH−，然后将CO23转变成HCO3，后加入的盐酸再与HCO3反应生成−CO2，故n(Cl−)=n(OH−)+2n(CO2−3)，故n(OH)=0.18mol−0.01mol×2=0.16mol，

0.224L

根据②可知，加入的NaOH先将Mg2+和Al3+都生成沉淀，后将Al(OH)3溶解，故加入120 mLNaOH时，Mg2+和Al3+都生成沉淀，再加入NaOH后沉淀充分溶解得到的沉淀为Mg(OH)2，最终沉淀为Mg(OH)2，故n[Mg(OH)2]=58g/mol=0.06mol，故达喜中n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.06mol，

3+利用电荷守恒2n(Mg2+)+3n(Al3+)=n(OH−)+2n(CO2−3)，故3n(Al)=0.16mol+0.01mol×2−

3.48g

0.06mol×2=0.06mol，故n(Al3+)=0.02mol，

−1故：m(CO2−=0.6 g 3)=0.01 mol×60 g⋅mol

m(OH−)=0.16 mol×17 g⋅mol−1=2.72 g m(Mg2+)=0.06 mol×24 g⋅mol−1=1.44 g m(Al3+)=0.02 mol×27 g⋅mol−1=0. g

所以，m(H2O)=6.02g−0.6g−2.72g−1.44g−0.g=0.72g，故n(H2O)=18g/mol=0.04 mol 则n(Al3+)：n(Mg2+)：n(OH−)：n(CO2−3)：n(H2O)=0.02：0.06：0.16：0.01：0.04=2：6：16：1：4，达喜的组成为Al2Mg6(OH)16CO3⋅4H2O， 答：达喜的组成为Al2Mg6(OH)16CO3⋅4H2O.

(1)实验①加入90mL盐酸，恰好溶液，产生溶液中溶质为氯化铝、氯化镁，实验②中沉淀最大时，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)，

0.72g

再根据c=V计算；

(2)实验②中沉淀溶解发生反应是氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水；

−−

(3)根据①可知加入盐酸后先中和掉OH−，然后将CO23转变成HCO3，后加入的盐酸再与HCO3反应生2−成CO2，故n(Cl−)=n(OH−)+2n(CO2−3)，根据生成的CO2的物质的量可求得n(CO3)，进而可得

n

n(OH−).根据②可知，加入的NaOH先将Mg2+和Al3+都生成沉淀，后将Al(OH)3溶解，故加入120 mL NaOH时，Mg2+和Al3+都生成沉淀，再加入NaOH后沉淀充分溶解得到的沉淀为Mg(OH)2，最终沉淀为Mg(OH)2，根据n=M计算n[Mg(OH)2]，达喜中n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]，利用电荷守恒

3+2n(Mg2+)+3n(Al3+)=n(OH−)+2n(CO2−3)，据此计算n(Al)，根据结合样品质量求得水的质量，

m

m

再根据根据n=M计算n(H2O)，据此确定n(Al3+)：n(Mg2+)：n(OH−)：n(CO2−3)：n(H2O)，据此书写化学式．

本题考查混合物的有关计算、离子方程式的有关计算等，题目涉及反应较多、计算量较大，为易错题目，难度较大，利用守恒进行计算是关键，注意理解守恒思想的运用．