广东省深圳市育才中学2019-2020学年高一上学期第一段考考试化学试题

广东省深圳市育才中学2019-2020学年高一上学期第一段考考试化学试题

www.ks5u.com 育才中学2019-2020学年第一学期阶段性考试高一化学试题 注意事项 1．答题前，考生务必将姓名和考号等填写在答题卡和试卷指定位置。‎ ‎2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3．考试结束后，请将答题卡交回。‎ ‎4．答题时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 K：39 Cu：64‎ 第I卷(选择题共60分)‎ 一、单选题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的)‎ ‎1.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。氢氧化钠应选用的标志是( )‎ A B C D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据氢氧化钠有强腐蚀性，以及各标志的含义分析判断。‎ ‎【详解】A、图为腐蚀品标志，故A正确；‎ B、图为氧化剂标志，与腐蚀性无直接关系，故B错误；‎ C、图为剧毒品标志，能使人或动物中毒，与腐蚀性无关，故C错误；‎ D、图为爆炸品标志，不是腐蚀物品标志，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎2.化学实验设计和操作中必须十分重视安全问题和环保问题．下列实验方法或实验操作不正确的是（ ）‎ ‎①在制取氧气中排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞 ‎②进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 ‎③水和碘的四氯化碳溶液分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出 ‎④进行蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热 ‎⑤酒精着火时可用湿抹布或沙子扑灭 ‎⑥用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中 A. ①⑥ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①在制取氧气中排水法收集氧气后出现倒吸现象，立即松开试管上的橡皮塞，使倒吸现象停止，防止炸裂试管，故正确；‎ ‎②进行萃取操作时，应选择有机萃取剂，但萃取剂的密度不一定比水大，如苯作萃取剂，故错误；‎ ‎③分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出，水和碘的四氯化碳溶液分液时，水在上层、四氯化碳在下层，则水从分液漏斗上口倒出，碘的四氯化碳溶液从漏斗下口流出，故错误；‎ ‎④进行蒸发操作时，应使混合物中的水分大部分蒸干后，利用余热将溶液蒸干，故错误；‎ ‎⑤酒精着火时可用湿抹布或沙子扑灭，不能用水，故正确；‎ ‎⑥用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中，避免因液体热胀冷缩产生误差，故正确；‎ 故选B。‎ ‎3.下列萃取与分液结合进行的操作(用CCl4作萃取剂，从碘水中萃取碘)中错误的是( )‎ A. 饱和碘水和CCl4‎ 加入分液漏斗中后，塞上口部的塞子，用一手压住分液漏斗上口部，一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡 B. 当分离出下层液体后继续打开活塞，另用容器承接并保存上层液体 C. 打开分液漏斗的活塞，使全部下层液体沿承接液体的烧杯内壁慢慢流出 D. 静置，待分液漏斗中液体分层后，先使分液漏斗内外空气相通(然后放出下层液体)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．饱和碘水和CCl4加入分液漏斗中后，塞上口部的塞子，用一手压住分液漏斗上口部，一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，符合分液漏斗的使用方法和萃取操作，故A正确；‎ B．分液漏斗中的上层液体从上口倒出，以免两种液体相互污染，故B错误；‎ C．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，使全部下层液体沿承接液体的烧杯内壁慢慢流出，上层液体从上口倒出，以免两种液体相互污染，故C正确；‎ D．分液前需要使分液漏斗内外空气相通，保证液体顺利流出，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握萃取和分液的操作方法是解题的关键。本题的易错点为D，要注意分液之前，需要打开分液漏斗口部塞子，或凹槽对小孔。‎ ‎4.下列物质：①汽油、②四氯化碳、③酒精，可用作萃取碘水中碘的萃取剂是( )‎ A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】四氯化碳、汽油都和水不互溶，且碘在四氯化碳和汽油中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳、汽油都和碘不反应，所以四氯化碳和汽油能作萃取剂萃取碘水中的碘；酒精和水互溶，所以酒精不能作萃取剂。故选C。‎ ‎5.下列实验操作中，正确的是( )‎ A滴加液体 B过滤 C稀释浓硫酸 D称量固体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用滴管滴加液体时，滴管不应伸入试管内，应悬空滴加，故A错误；‎ B、过滤时，需要用玻璃棒引流，故B错误；‎ C、稀释浓硫酸时要把浓硫酸缓缓倒入水，且不断用玻璃棒搅拌，故C错误；‎ D、使用天平时，要注意“左物右码”的原则，且没有腐蚀性的药品要放在纸上，有腐蚀性的药品放在玻璃容器中称量，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要牢记浓硫酸稀释的操作方法，防止发生意外。‎ ‎6.下列实验设计方案中，可行的是(　　)‎ A. 用加入适量NaCl溶液的方法除去Cu(NO3)2溶液中的AgNO3杂质 B. 用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2气体中混有的HCl气体 C. 向某无色溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-‎ D. 先后添加石蕊试液、BaCl2溶液，可将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种溶液鉴别开 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入适量NaCl溶液能将AgNO3除去，但引进新杂质NaNO3等，正确的方法应加入Cu粉，充分反应后，过滤，A不可行；‎ B.氢氧化钠不仅吸收HCl，而且吸收CO2，正确方法应该用饱和碳酸氢钠溶液，B不可行；‎ C.仅加BaCl2溶液产生白色沉淀，可能含Ag+、SO42-等，检验SO42-应先加入盐酸，排除其它离子的干扰，再加入BaCl2溶液，C不可行；‎ D.使石蕊试液变蓝色的是氢氧化钠溶液，使石蕊试液变红色的是盐酸、硫酸，与石蕊试液作用无明显现象的为硫酸钠、硝酸钾，盐酸、硫酸中与BaCl2产生白色沉淀的为硫酸、无明显现象的为盐酸，硫酸钠、硝酸钾中与BaCl2产生白色沉淀的为硫酸钠、无明显现象的为硝酸钾，D可行；‎ 答案选D。‎ ‎7.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是(　 　) ‎ 选项 目的 分离方法 原理 A 由海水(含NaCl)获得蒸馏水 蒸馏 水的沸点与NaCl的沸点不同 B 分离汽油和水 分液 汽油和水的密度不同 C 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度很大 D 分离溶于水的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用蒸馏法从海水中获得蒸馏水，主要是利用水的沸点较NaCl较低，故A正确；‎ B.用分液的方法分离汽油和水主要是因为汽油与水不相混溶，故B错误；‎ C. 用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，故C错误；‎ D.乙醇能与水互溶，不用作为分离溶于水的碘的萃取剂，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】除去KNO3固体中混杂的NaCl具体操作有：加水溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤和干燥，主要是利用NaCl在水中的溶解度随温度变化不大，而KNO3在水中的溶解度随温度变化比较大，故在降温时KNO3会析出。‎ ‎8. 下列叙述正确的是( )‎ A. 1mol H2O的质量为18g/mol B. CH4的摩尔质量为16g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol H2O的质量为1mol×18g/mol=18g，A错误；‎ B. CH4的相对分子质量是16，摩尔质量为16g/mol，B错误；‎ C. 3.01×1023个SO2分子的物质的量是0.5mol，质量为0.5mol×64g/mol=32g，C正确；‎ D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】注意摩尔质量与相对分子质量的区别：相对原子(分子)质量与摩尔质量(以g为单位时)不是同一个物理量，单位不同，只是在数值上相等。摩尔质量的单位为g·mol-1，相对原子(分子)质量的单位为1。‎ ‎9.两份体积相同的某植物营养液，其配方分别如下：‎ KCl K2SO4‎ ZnSO4‎ ‎①‎ ‎0.3 mol·L−1‎ ‎0.2 mol·L−1‎ ‎0.1 mol·L−1‎ ‎②‎ ‎0.1 mol·L−1‎ ‎0.3 mol·L−1‎ ‎—‎ 下列对这两份营养液成分的分析中正确的是 A. K+的物质的量相同 B. Cl−的物质的量相同 C. 完全相同 D. 的物质的量不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、营养液①中c（K+）=c（KCl）+2c（K2SO4）=0．3mol/L+2×0．2mol/L=0．7mol/L，营养液②中c（K+）=c（KCl）+2c（K2SO4）=0．1mol/L+2×0．3mol/L=0．7mol/L，钾离子浓度相同，溶液体积相同，K+的物质的量相同，A正确；‎ B、营养液①中c（Cl-）=c（KCl）=0．3mol/L，营养液②中c（Cl-）=c（KCl）=0．1mol/L，氯离子浓度不同，溶液体积相同，Cl-的物质的量不同，B错误；‎ C、营养液①中含有锌离子，营养液②中不含锌离子，两份营养液成分不相同，C错误；‎ D、营养液①中c（SO42-）=c（K2SO4）+c（ZnSO4）=0．2mol/L+0．1mol/L=0．3mol/L，营养液②中c（SO42-）=c（K2SO4）=0．3mol/L，SO42-浓度相同，溶液体积相同，SO42-的物质的量相同，D错误；‎ 故选A。‎ ‎10.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 6.02×1023就是阿伏加德罗常数 B. 0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值 C. 某物质含有阿伏加德罗常数个粒子，则其物质的量是1mol D. 1 molNH3所含原子数约是2.408×1024‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据阿伏加德罗常数的近似值来判断；‎ B、根据0.012kg12C含有的碳原子数判断；‎ C、含有阿伏加德罗常数个微粒的物质的量就是1mol；‎ D、根据N=nNA结合氨气分子的构成计算．‎ ‎【详解】A、阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023mol-1，但6.02×1023不是阿伏加德罗常数，故A错误；‎ B、0.012kg12C的物质的量是1mol，所以0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数，故B正确；‎ C、含有阿伏加德罗常数个微粒的物质，其物质的量就是1mol，故C正确；‎ D、N=nNA=1mol×NA·mol－1=NA，一个氨气分子中含有4个原子，所以1molNH3所含原子数约是2.408×1024，故D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】易错点A，阿伏加德罗常数与6.02×1023关系为解答中的易错点．‎ ‎11.同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的 A. 密度 B. 质量 C. 分子数 D. 原子数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同温同压下，气体的密度与摩尔质量成正比，则O2和O3的密度不相同，故A不选；‎ B、同温同压下，相同体积的O2和O3物质的量相等，由m=n×M可知，二者的质量不相同，故B不选；‎ C、根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的分子数，故C选；‎ D、同温同压下，相同体积的O2和O3物质的量相等，由二者的分子组成可知，二者所含的原子数不相同，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎12.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是(　　)‎ A. 现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 mol O，则三种气体的物质的量之比为3∶2∶1‎ B. 5.6 g CO和22.4 L CO2中含有碳原子数一定相等 C. 标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32‎ D. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为35.5b/a ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A .若含有1molO，则三种气体的物质的量分别是1mol、1∕2mol、1∕3mol，它们的比值是6：3：2 ，A错误；‎ B.未给出气体所处的状态，则无法判断22.4 L CO2的物质的量，所以含有的碳原子数不一定相等，B错误；‎ C. 标准状况下，11.2 L X气体的物质的量为0.5mol，则X气体的摩尔质量为=32g/mol，C错误；‎ D . a g Cl2的物质的量为=mol，Cl原子的物质的量为mol，根据N=nNA可知，阿伏加德罗常数NA==，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )‎ A. l mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为NA B. 乙烯(C2H4)和环丙烷(C3H6)组成的28g混合气体中含有4NA个氢原子 C. 22.4L氯气和足量氢气反应转移的电子数为2NA D. 将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.2NA个Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、1mol硫酸钾中含有阴离子硫酸根离子的物质的量为1mol，1mol硫酸根离子带有2mol负电荷，所带电荷数为2NA，故A错误；‎ B、乙烯(C2H4)和环丙烷(C3H6)的实验式均为CH2，28g混合气体中含有CH2原子团的物质的量为=2mol，含有4mol氢原子，所以28 g混合气体中含有4NA个氢原子，故B正确；‎ C、未告知温度和压强，气体摩尔体积不一定为22.4L/mol，无法计算22.4L氯气的物质的量，因此无法计算转移的电子数，故C错误；‎ D、氯化铁的化学式为FeCl3，将0.1mol氯化铁溶于1L水中完全电离，所得溶液含有Cl-0.3NA，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)‎ A. 0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等 B. 标准状况下，11.2 L由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA C. 标准状况下，22.4 L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA D. 常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个氧原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 非标准状况下，11.2 L O2的物质的量不一定是0.5 mol，故A错误；标准状况下，11.2 L由N2与CO组成的混合气体物质的量是0.5 mol，含有的原子数目为NA，故B正确；标准状况下，CCl4是液体，22.4 L的CCl4的物质的量不是1 mol，故C错误；常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体的物质的量不是1 mol，故D错误。‎ 点睛：标准状况下，1 mol气体的物质的量一定为22.4L。‎ ‎15.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )‎ A. 1 mol OH-所含的质子数和电子数都为10NA B. NA个微粒就是6.02×1023个微粒 C. 0.1 mol硫酸中含有的原子总数为0.7NA D. 1 mol CO所含电子数是28NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一个氢氧根中含9个质子，故1mol氢氧根中含9NA个质子，故A错误；‎ B．6.02×1023为阿伏加德罗常数NA的近似值，NA个微粒约为6.02×1023个微粒，故B错误；‎ C．0.1mol硫酸分子中含有0.7mol原子，含有的原子总数为0.7NA个，故C正确；‎ D．一个CO分子含有14个电子，1mol一氧化碳中含有14mol电子，所含电子数是14NA个，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意6.02×1023为阿伏加德罗常数NA的近似值，注意6.02×1023与NA的区别和联系。‎ ‎16.意大利罗马大学FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子的结构如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. N4属于一种新型的化合物 B. N4与N2的摩尔质量相等 C. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1∶1‎ D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N4由一种元素组成，属于单质，不是化合物，A错误；‎ B. N4与N2的摩尔质量分别为56g/mol、28g/mol，B错误；‎ C. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为，C正确；‎ D. 由C可知，等质量的N4与N2所含的原子个数比不为2∶1，D错误。‎ 故选C。‎ ‎17.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3+浓度为0.4 mol/L，SO42-的浓度为0.7 mol/L，则该溶液中K+的浓度为( )‎ A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L C. 0.2 mol/L D. 0.25 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液呈电中性，则3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)和c(OH-)很小，可忽略不计，则有3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，因此3×0.4mol/L+c(K+)=2×0.7mol/L，解得：c(K+)=2×0.7mol/L-3×0.4mol/L=0.2mol/L，故选C。‎ ‎18.对下列实验的评价，正确的是（ ）‎ A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-‎ B. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-‎ C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+‎ D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸除去OH﹣，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有SO42-，故A错误；‎ B．将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故B错误；‎ C．碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；‎ D．验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答该类题目要注意排除离子的干扰，注意实验的严密性，把握物质的性质。本题的易错点为B，能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳或二氧化硫。‎ ‎19.将5mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3﹣的物质的量浓度为 A. 5a/b mol/L B. 10a/b mol/L C. b/5a mol/L D. a/b mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，即硝酸根浓度为10mol/L，由稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，据此计算。‎ ‎【详解】根据硝酸镁的化学式可知硝酸根的浓度为硝酸镁浓度的2倍，所以硝酸根浓度为10mol/L。令稀释后硝酸根的浓度为c，根据稀释定律可知，稀释前后硝酸根的物质的量不变，则：10mol/L×a mL=c×bmL，解得，c=mol/L；故选B。‎ ‎20.V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，取1/2V mL溶液稀释到2VmL，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度是( )‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】n(Al3+)==mol，c(Al3+)==mol/L，取mL溶液稀释到2V mL，溶液体积增大4倍，则铝离子浓度变为原来的，稀释后c(Al3+)=×mol/L= mol/L=mol/L，该溶液中铝离子浓度与硫酸根离子浓度之比等于其系数之比=2∶3，则稀释后c(SO42-)=mol/L×=mol/L，故选A。‎ 第Ⅱ卷(非选择题共40分)‎ ‎21.Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请据此回答：‎ ‎(1)除去自来水中的Cl-等杂质，选择装置____(填字母，下同)；从氯化钠与单质碘的混合溶液中提取碘，选择装置_______，该分离方法的名称为____________。‎ ‎(2)碳酸钙中混有氯化钠晶体，选择装置_____去除 。‎ ‎(3)从NaCl(大量)和KNO3(少量)的混合溶液中分离出NaCl(晶体)的方法是____、___洗涤、干燥。‎ Ⅱ.甲同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2的固体混合物，试回答下列问题：‎ 供选择的试剂有：盐酸、硫酸钾溶液、碳酸钾溶液、碳酸钠溶液 ‎(1)操作①的名称是________，操作②的名称是________。‎ ‎(2)试剂a是________，试剂b是________，固体B化学式________。‎ ‎(3)加入试剂a所发生的化学反应方程式为：___________。‎ 加入试剂b所发生的化学反应方程式为：____________。‎ ‎(4)乙同学认为该方案不能达到实验目的，理由是：__________，改进方案为：______________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 萃取 (4). C (5). 蒸发结晶 (6). 趁热过滤 (7). 溶解 (8). 过滤 (9). K2CO3 (10). HCl (11). BaCl2 (12). K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl (13). BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑ (14). 滤液中有过量的CO32-未除去 (15). 蒸发前，加入稀盐酸将碳酸钾转化为氯化钾 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.(1)除去自来水中的Cl-‎ 等杂质，可以利用沸点不同分离；碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，据此分析解答；‎ ‎(2)碳酸钙不溶于水，而氯化钠易溶于水；‎ ‎(3)NaCl和KNO3的溶解度随温度变化不同，可用重结晶的方法分离；‎ Ⅱ.分离KCl和BaCl2两种固体混合物，先将两种物质溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，则试剂a为K2CO3，过滤后在沉淀中加入盐酸可生成BaCl2溶液，则试剂b为盐酸，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得KCl，以此分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)除去自来水中的Cl-等杂质，可以采用蒸馏的方法，则选择A装置；从氯化钠与碘水的混合溶液中分离出I2，可以加入四氯化碳进行萃取，选择B装置，故答案为A；B；萃取；‎ ‎(2)碳酸钙中混有氯化钠晶体，碳酸钙难溶于水，而氯化钠易溶于水，可以通过溶解过滤的方法除去碳酸钙中的氯化钠，选择装置C，故答案为C；‎ ‎(3)NaCl和KNO3的溶解度随温度变化不同，可用重结晶的方法分离，由于含有少量硝酸钾，应使硝酸钾残留在母液中，可用蒸发结晶的方法，趁热过滤分离出氯化钠，故答案为蒸发结晶、趁热过滤；‎ Ⅱ(1)将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作，故答案为溶解；过滤；‎ ‎(2)固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀中加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，故答案为K2CO3；HCl；BaCl2；‎ ‎(3)加入试剂a，K2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，发生的化学方程式为K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl，加入试剂b，BaCO3沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑，故答案为K2CO3+BaCl2═BaCO3↓+2KCl；BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；‎ ‎(4)滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶前应加入适量稀盐酸，将过量的碳酸钾转化成氯化钾，故答案为滤液中有过量的CO32-未除去；蒸发前，加入稀盐酸将碳酸钾转化为氯化钾。‎ ‎22.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480 mL0.2 mol×L-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：①托盘天平；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥玻璃棒。‎ ‎(1)配制稀硫酸时，还缺少的仪器有________________(写仪器名称)，‎ ‎(2)下图是某些仪器的刻度部分示意图，其中为量筒的是________(填编号)。配制稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为________mL，量取硫酸时应选用________(填选项)规格的量筒。‎ A．10mL B.50mL C.100mL D.200mL ‎(3)下图为量取浓硫酸后配制稀硫酸的操作示意图，其正确的操作步骤为_______(填编号)。‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎(4)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于0.2 mol/L，引起该误差的原因可能是_____。‎ A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 B．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸 C．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水 D．将稀释后的稀硫酸未冷却立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作 E．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容 ‎【答案】 (1). 胶头滴管、500mL容量瓶 (2). ② (3). 5.4 (4). A (5). ⑤②⑥④①③ (6). BDE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器和缺少的仪器；‎ ‎(2)根据量筒的构造分析判断；先计算出浓硫酸的物质的量浓度，再根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀来计算；根据“大而近”的原则选择合适的量筒；‎ ‎(3)根据配制一定物质量浓度的溶液的配制步骤排序；‎ ‎(4)根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，配制480mL 0.2mol/L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：胶头滴管；500mL容量瓶，故答案为胶头滴管、500mL容量瓶；‎ ‎(2)量筒的刻度是从下而上标注的，而且没有0刻度，因此②为量筒；浓硫酸的物质的量浓度为c===18.4mol/L，设所需的浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol/L×VmL=0.2mol/L×500mL，解得V=5.4mL，故应选择10mL量筒，故答案为②；5.4；A；‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，因此量取浓硫酸后配制稀硫酸的操作顺序为⑤②⑥④①③，故答案为⑤②⑥④①③；‎ ‎(4)A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓硫酸被稀释浓度减小，则配制的溶液浓度偏低，故A不选；B.用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏大，硫酸的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故B选；C.容量瓶用蒸馏水洗涤后未经干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故C不选；D.将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，立即进行后面的实验操作，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；E.定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故E选；故答案为BDE。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意常见量器的结构，本题中①为温度计、而为量筒、③为滴定管；另外要注意实验室没有480mL的容量瓶，选择500mL容量瓶实验，就需要按照500mL计算。‎ ‎23.(1)22.0g K2R中含有0.4mol钾离子，则该物质的摩尔质量为________，R的相对原子质量为________。‎ ‎(2)在恒温条件下的密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当在左边充入1 mol N2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置。‎ ‎①隔板左右两边气体的气体的分子数之比为______。‎ ‎②右边混合气体中CO和CO2物质的量分别为________、________，该混合气体平均相对分子质量为______。‎ ‎(3)现有20°C的饱和硫酸铜溶液，其质量分数为16%、密度为1.25g/cm3。则：‎ ‎①20°C时，硫酸铜的溶解度为________；‎ ‎②该饱和硫酸铜溶液的物质的量浓度为____；‎ ‎③实验室需要250mL 0.5mol/LCuSO4溶液。在配制该溶液时需要称取胆矾(CuSO4·5H2O)的质量为____；‎ ‎④取20mL 0.5mol/LCuSO4溶液恰好与50mLNaOH溶液反应，使Cu2+完全转化为沉淀。请计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度(写出过程) ____。‎ ‎【答案】 (1). 110g/mol (2). 32 (3). 4∶1 (4). mol (5). mol (6). 32 (7). 19g (8). 1.25 mol/L (9). 31.3g (10). 0.4mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)K2R中含0.4mol K+，则K2R的物质的量为0.2mol，根据M=计算K2R的摩尔质量，进而计算R的相对原子质量；‎ ‎(2)①气体的体积之比等于物质的量之比；②根据图示左右体积之比为4∶1，则左右气体物质的量之比为4∶1，计算出右侧气体物质的量，再结合CO和CO2质量为8g，列式计算；‎ ‎(3)①根据溶解度的概念分析计算；②依据c= 计算溶液的物质的量浓度； ③依据m=cVM计算需要胆矾的质量；④根据方程式CuSO4+2NaOH= Cu(OH)2↓+Na2SO4计算。‎ ‎【详解】(1)22.0g K2R中含0.4mol K+，则K2R的物质的量为=0.2mol，故K2R的摩尔质量为=110g/mol，R的相对原子质量为110-39×2=32，故答案为110g/mol；32；‎ ‎(2)①左右两侧气体温度、压强相同，相同温度和压强下，体积之比等于物质的量之比，左右两侧气体的体积之比为4∶1，则左右两侧气体的物质的量之比为4∶1，气体的物质的量之比等于其分子数之比，所以隔板左右两边气体的气体的分子数之比为4∶1，故答案为4∶1；‎ ‎②右侧气体物质的量==0.25mol，CO和二氧化碳质量为8g，设CO的物质的量为xmol，则二氧化碳物质的量为(0.25-x)mol，28xg+44(0.25-x)g=8g，解得：x=mol，即CO的物质的量为mol，二氧化碳物质的量为mol。混合气体平均摩尔质量==32g/mol，混合气体平均相对分子质量为32，故答案为mol；mol；32；‎ ‎(3)①假设20°C时，饱和硫酸铜溶液的质量为100g，则含有硫酸铜100g×16%=16g，则含有水84g，设其溶解度为s，则有=，解得s=19g，故答案为19g；‎ ‎②室温下饱和硫酸铜溶液的质量分数为20%，密度为1.2g/cm3，物质的量浓度c===1.25mol/L，故答案为1.25 mol/L； ‎ ‎③依据m=cVM，配制250mL 0.5mol/LCuSO4溶液需要胆矾(CuSO4·5H2O)的质量m=0.5mol/L×0.25L×250g/mol=31.25g，需要称取31.3g胆矾，故答案为31.3g；‎ ‎④20mL 0.5mol/LCuSO4溶液中含有硫酸铜0.020L ×0.5mol/L=0.01mol，根据反应的方程式CuSO4+2NaOH= Cu(OH)2↓+Na2SO4，需要氢氧化钠0.02mol，氢氧化钠溶液的物质的量浓度c==0.4mol/L，故答案为0.4mol/L。‎ ‎ ‎