【化学】贵州省贵阳一中2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】贵州省贵阳一中2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

贵州省贵阳一中2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Na—23 Mg—24 K—39 Cu—64 Ba—137‎ 一、选择题（本题包括16小题，每题3分，共计48分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）‎ ‎1.《本草纲目》中记载“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取其露。”这里用到的方法可用于分离（ ）‎ A. 碳酸钙和硝酸钾 B. 碘单质和氯化钠 C. 四氯化碳和水 D. 乙醇和乙酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取其露”的制造工艺符合蒸馏的原理，用于分离沸点不同的液体混合物。‎ A．碳酸钙难溶于水，而硝酸钾溶于水，所以可用溶解、过滤、蒸发的方法把碳酸钙和硝酸钾分离，故A不选；‎ B．碘单质易升华，NaCl不能升华，可通过升华的方法分离，故B不选；‎ C．四氯化碳和水互不相溶，可用分液的方法分离，故C不选；‎ D．乙醇和乙酸的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，故D选；‎ 故选D。‎ ‎2. 胶体区别于其它分散系的特征是（ ）‎ A. 胶体粒子直径在1nm－100nm之间 B. 胶体粒子带电荷 C. 胶体粒子不能穿过半透膜 D. 胶体粒子能够发生布朗运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.2NA B. 标准状况下，11.2 L CCl4所含分子数为0.5NA C. 常温常压下，28g N2中所含原子个数为2NA D. 16g O2和O3的混合气体中含氧原子数目为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、2.4g镁的物质的量为=0.1mol，而镁变为镁离子时，失去2个电子，故0.1mol镁失去0.2 NA个电子，故A正确；‎ B、标况下四氯化碳为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质量和分子个数，故B错误；‎ C、28g氮气的物质的量为=1mol，而氮气为双原子分子，故1mol氮气中含2NA个原子，故C正确；‎ D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故16g混合物中含有的氧原子的物质的量n==1mol，故氧原子数为NA个，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎4.下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）‎ A. 利用排空气法收集二氧化碳 ‎ B. 收集氧气 ‎ C. 制备并检验氢气的可燃性 ‎ D. 稀释浓硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、CO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，即长管进气，故错误；B、收集氧气用排空气法或排水法收集，故正确；C、氢气属于可燃性气体，首先验纯，故错误；D、浓硫酸的密度大于水的密度，稀释时，应是浓硫酸加入到水中，边加边搅拌，故错误。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 不能发生丁达尔效应的分散系有氯化钠溶液、水等 B. 将1 L 2 mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为2NA C. 黄河入海口处三角洲的形成与胶体性质有关 D. 电泳现象说明胶体带电 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、氯化钠溶液和水都不能发生丁达尔效应，但水是纯净物，不属于分散系，错误，不选A；B、胶体的粒子是很多分子的集合体，不能确定胶体的粒子数，不选B；C、黄河水属于胶体，入海时遇到电解质溶液而发生聚沉现象形成三角洲，与胶体的性质有关，选C；D、电泳现象说明胶体粒子带电，错误，不选D。‎ ‎6.下列物质的分类合理的是（ ）‎ A. 酸性氧化物：CO2、SiO2、 SO2、CO ‎ B. 碱：烧碱、纯碱、苛性钾、氢氧化钡 C. 混合物：盐酸、漂白粉、水煤气、氢氧化铁胶体 ‎ D. 碱性氧化物：Na2O、CaO、MgO、Mn2O7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，而CO不能和酸或碱反应，故不是酸性氧化物，故A错误；‎ B、电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，而纯碱为碳酸钠，是盐不是碱，故B错误；‎ C、由两种或两种以上物质构成的是混合物，盐酸是HCl的水溶液，是混合物；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；水煤气是CO和氢气的混合物；氢氧化铁胶体是分散系，是混合物，故C正确；‎ D、能和酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O、CaO、MgO都是碱性氧化物，但 Mn2O7是酸性氧化物不是碱性氧化物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.给出下列条件，无法确定该物质摩尔质量的是（ ）‎ A. 已知气体在标准状况时的密度 B. 已知物质的体积和质量 C. 已知一定量物质的质量和物质的量 D. 已知物质一个分子的实际质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下，气体摩尔体积是22.4L/mol，公式ρ=M/Vm中，密度和气体摩尔体积已知，所以能计算出其摩尔质量，故A不选。‎ B.公式M=Vm·m/V中，已知物质的体积和质量，如果不知气体摩尔体积，无法计算其摩尔质量，故B无法确定。‎ C.由公式M=m/n可知，质量和物质的量为已知，能计算其摩尔质量，故C不选。‎ D、单位物质的量的物质所具有的质量叫做摩尔质量，已知物质一个分子的实际质量，在数值上1mol该分子的质量等于其相对分子质量，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎8.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是(　　)‎ 序号 物质 杂质 除杂应选用的试剂或操作方法 ‎①‎ KNO3溶液 KOH 加入FeCl3溶液，并过滤 ‎②‎ FeSO4溶液 CuSO4‎ 加入过量铁粉，并过滤 ‎③‎ H2‎ CO2‎ 通过盛NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶 ‎④‎ NaNO3固体 CaCO3‎ 溶解、过滤、蒸发 A. ①②③④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】KNO3溶液中含有少量KOH，应加入适量的稀硝酸调节溶液的pH=7，用氯化铁除杂会引入杂质，①不正确；FeSO4溶液中含有少量CuSO4，加入过量铁粉可以把铜置换出来，过滤除去铜和过量铁粉，②正确；H2含有中少量CO2，通过盛NaOH溶液的洗气瓶除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥，③正确；NaNO3固体中含有少量CaCO3，NaNO3‎ 可溶而CaCO3不可溶，溶解、过滤、蒸发可以除去杂质并得到纯净的NaNO3固体，④正确。综上所述，C正确，本题选C。‎ ‎9.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶，上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用说法 不正确的是（ ）‎ A. 操作利用了物质溶解性 B. 操作为分液 C. 操作为过滤 D. 加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期 ‎【答案】B ‎【解析】A. ①由操作利用了物质的溶解性,故A正确；B. ③操作为茶汤的分灌封口，不是分液，故B错；；分离茶汤和茶渣属于过滤，故C正确； D维生素C具有还原性，维生素C可作抗氧化剂，故D正确；答案：B。‎ ‎10.下列溶液中，Cl－的物质的量浓度与50 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液中Cl－的物质的量浓度相等的是（ ）‎ A. 150 mL 2 mol·L－1 KCl溶液 B. 75 mL 1.5 mol·L－1 MgCl2溶液 C. 100 mL 1 mol·L－1 NaCl溶液 D. 25 mL 2 mol·L－1 AlCl3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】根据氯化铝化学式可知50mL 1mol/L AlCl3溶液中Cl﹣物质的量浓度是1mol/L×3＝3mol/L，同样计算可知选项A～D中Cl﹣物质的量浓度分别是（mol/L）2、3、1、6，答案选B。‎ ‎11.36.5gHCl溶解在1L水中(水的密度近似为1g/mL)，所得溶液的密度为ρg/mL，质量分数为w，物质的量浓度为cmol/L，NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 所得溶液的物质的量浓度：c＝1mol/L B. 所得溶液中含有NA个HCl分子 C. 36.5gHCl气体占有的体积为22.4L D. 所得溶液的质量分数w＝‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】利用物质的量浓度的定义、质量分数等知识进行分析。‎ ‎【详解】A、根据物质的量浓度的定义，n(HCl)==1mol，溶液的质量为(36.5g＋1×103mL×1g·mL－1)=1036.5g，则溶液的体积为= ，该盐酸的物质的量浓度为mol·L－1，故A错误；‎ B、HCl为强电解质，在水中完全电离，即在水溶液中不含HCl分子，故B错误；‎ C、题中没有说明是否是标准状态，因此不能直接用22.4L·mol－1，故C错误；‎ D、利用c=，w%=，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎12.在标准状况下，质量为m的气体A与质量为n的气体B的分子数相同，下列说法中不正确的是(　　)‎ A. 气体A与气体B的相对分子质量比为m∶n B. 同质量气体A与气体B的分子个数比为n∶m C. 同温同压下，A气体与B气体的密度比为n∶m D. 相同状况下，同体积的A气体与B气体的质量比为m∶n ‎【答案】C ‎【解析】mg气体A与ng气体B的分子数相同即n（A）=n（B），气体A与B的摩尔质量之比为m：n。A项，气体A与B的相对分子质量之比等于m：n，正确；B项，同质量的气体A与B的物质的量之比为n：m，分子数之比为n：m，正确；C项，同温同压下，气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，A、B的密度之比为m：n，错误；D项，相同状况下同体积的A、B所含分子物质的量相等，质量之比等于摩尔质量之比，为m：n，正确；答案选C。‎ ‎13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）‎ 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向某溶液中加入盐酸溶液，有无色气体产生 原溶液中一定有CO32－‎ B 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失 原溶液中一定有Ba2+‎ C 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸， 沉淀不消失 原溶液中一定有SO42－‎ D 向某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀产生 溶液中一定含Cu2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能有CO32-或SO32-等，故A错误；‎ B．向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，沉淀消失，存在阳离子可能是Ba2+或Ca2+等，所以原溶液中不一定含有钡离子，故B错误；‎ C．能和氯化钡溶液反应生成白色不溶于盐酸的沉淀可能是Ag+或SO42-，所以原溶液中不一定含有硫酸根离子，故C错误；‎ D．向某溶液中加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，则该溶液中一定含Cu2+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎14.用0.2mol·L－1某金属阳离子Rn＋的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4mol·L－1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4mol•L-1=8×10-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL×10-3×0.2mol•L-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：   2Rn+～n SO42-   2                 n 8×10-3mol    8×10-3‎ mol 解得n=2，故选答案B。‎ ‎15.溶质的质量分数为14%的KOH溶液，经加热蒸发去100g水后，质量分数变成28%，体积为80mL，则此时溶液的物质的量浓度为（ ）‎ A. 5mol/L B. 6mol/L C. 6.25mol/L D. 6.75mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据蒸发前后溶质的质量不变，计算出原溶液的质量，根据m（溶质）=m（溶液）ω计算溶质质量，根据n=  计算溶质KOH的物质的量，进而根据c= 计算溶液的物质的量浓度。‎ ‎【详解】设14%氢氧化钾溶液的质量为x，蒸发前后溶质的质量不变，则：  x×14%=（x-100g）×28%，解得：x=200g，  28%的氢氧化钾溶液中含有氢氧化钾的物质的量为： =0.5mol，  所得溶液的物质的量浓度为： c===6.25mol/L，  故选C。‎ ‎16.如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入NH3 0.4 mol，甲室中充入HCl和N2的混合气体，静止时隔板位置如图所示。已知甲、乙两室中气体的质量差为17.3g，则甲室中HCl和N2的物质的量之比为（ ）‎ A. 1∶3 B. 1∶4 C. 3∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，气体的物质的量之比等于其体积之比，由图可知，甲、乙两室气体的体积比为2∶1，故其物质的量之比为2∶1，在乙室中充入NH3 0.4mol，质量为0.4mol×17g/mol=6.8g，所以甲室中气体为0.8mol，甲中气体的质量为17.3g +6.8g =24.1g。设HCl的物质的量为x，氮气的物质的量为y，根据其物质的量、质量列方程组为：x+y＝0.8mol，36.5 g/mol×x+28g/mol×y＝24.1g，解得x=0.2mol，y=0.6mol，所以HCl、N2的物质的量之比为0.2mol∶0.6mol=1∶3，故选A。‎ 二、填空题（共40分）‎ ‎17.小王同学准备用CuSO4·5H2O配制490 mL 0.1 mol/L的溶液。‎ ‎（1）小王同学选用的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，___。‎ ‎（2）玻璃棒在该实验中有重要的用途，分别是___和____；‎ ‎（3）小王同学通过计算，用托盘天平称取___g CuSO4·5H2O。‎ ‎（4）物质的量浓度误差分析：（填偏高、偏低、无影响）‎ A．若容量瓶洗净后未干燥，其中残留少量水，则所配制的溶液浓度将_____；‎ B．定容时，若眼睛俯视，则所配制的溶液浓度将_____。‎ ‎【答案】(1). 500mL容量瓶 (2). 搅拌 (3). 引流 (4). 12.5 (5). 无影响 (6). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)依据实验室常用容量瓶的规格分析判断；‎ ‎(2)溶解和转移时使用到玻璃棒；‎ ‎(3)依据n=c×V，m=n×M计算所需要的CuSO4•5H2O的质量；‎ ‎(4)依据c=分析判断。‎ ‎【详解】(1)配制490 mL 0.1 mol/L CuSO4的溶液应该选用500mL容量瓶，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；‎ ‎(2)溶解时使用玻璃棒搅拌，加速溶解；转移时使用玻璃棒引流，故答案为：搅拌；引流；‎ ‎(3)需要的CuSO4•5H2O的质量m=c×V×M=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，故答案为：12.5；‎ ‎(4)A.溶液配制过程中需加水定容，容量瓶使用时未干燥，对所配溶液浓度无影响，故答案为：无影响；‎ B.定容时，若眼睛俯视，会导致所配溶液的体积偏小，依据c=可知，配得的溶液浓度偏高，故答案为：偏高。‎ ‎18.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：‎ 供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸 ‎(1)操作①的名称是________，操作②的名称是____________。‎ ‎(2)试剂a是____________(填化学式，下同)，试剂b是__________，固体B是____________。‎ ‎(3)加入试剂a所发生反应的化学方程式为__________________________________。加入试剂b所发生反应的化学方程式为____________________________________。‎ ‎(4)该方案能否达到实验目的：__________________________(填“能”或“不能”)。若不能，应如何改进？(若能，此问不用回答)__________。‎ ‎(5)若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是____的质量。‎ ‎【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). K2CO3 (4). HCl (5). BaCl2 (6). K2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2KCl (7). BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O (8). 不能 (9). 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 (10). 沉淀A1或固体B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将固体混合物形成溶液的操作为溶解；操作②是将固体和溶液分离，为过滤。（2）分离氯化钾和氯化钡，应将氯化钡转化为沉淀而分开，所以先加入碳酸钾，生成碳酸钡沉淀，所以试剂a为碳酸钾，沉淀A为碳酸钡，洗涤后加入盐酸，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡，再蒸发结晶即可得B氯化钡，所以试剂b为盐酸。‎ ‎（3）加入碳酸钾，氯化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，方程式为K2CO3+BaCl2＝BaCO3↓+2KCl；碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，方程式为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O。‎ ‎（4）因为加入了碳酸钾，所以滤液中有碳酸钾，直接蒸发结晶有碳酸钾杂质，应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。‎ ‎（5）要测定氯化钾或氯化钡的质量分数，需要知道氯化钾或氯化钡的质量，所以需要获得的数据有沉淀A1或固体B。‎ ‎19.海洋植物如海带、海藻中含有大量的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下图：‎ ‎（1）实验室灼烧海藻，需要下列仪器中的____（填字母）。‎ a．试管 b．烧杯 c．坩埚 d．泥三角 e．三脚架 f．酒精灯 ‎（2）提取碘的过程中，可选择的有机试剂是____（填字母）。‎ A．甲苯、酒精 B．四氯化碳、苯 C．汽油、醋酸 ‎（3）小组用CCl4萃取碘水中的碘，在下图的分液漏斗中，下层液体呈__色；他们打开分液漏斗下端旋塞，却未见液体流下，原因可能是__________。‎ ‎（4）从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸馏，指出下列蒸馏装置中有2处错误，请用文字描述该错误：___、___。‎ ‎【答案】(1). cdef (2). B (3). 紫红 (4). 分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通（或未打开分液漏斗上口活塞） (5). 温度计水银球插到了液体中 (6). 冷却水采用了上进下出 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)实验室灼烧物质应该坩埚中进行，据此分析解答；‎ ‎(2)萃取剂的选取依据有：萃取剂和原溶剂不互溶，和溶质不反应，溶质在萃取剂中的溶解度远大于在水中的溶解度，据此分析判断；‎ ‎(3)四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下层、水在上层；如果分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通，则液体不会流出，据此分析解答；‎ ‎(4)根据蒸馏原理和装置图分析判断温度计的位置、冷凝水的流动方向等是否正确。‎ ‎【详解】(1)实验室灼烧海藻需要的仪器有：酒精灯、三脚架、泥三角及坩埚，故答案为：cdef；‎ ‎(2)A．酒精易溶于水，不能作萃取剂，故A错误；B．四氯化碳、苯均难溶于水，且与碘不反应，符合萃取剂的选择条件，能作萃取剂，故B正确；C．醋酸和水互溶，不能作萃取剂，故C错误；故选B；‎ ‎(3)四氯化碳的密度大于水且和水不互溶，四氯化碳能萃取碘，所以有机层在下层、水在上层，碘的四氯化碳溶液呈紫红色；如果分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通，则液体不会流出，故答案为：紫红；分液漏斗上口活塞小孔未与空气相通(或未打开分液漏斗上口活塞)；‎ ‎(4)温度计用来测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；冷却水应该下进上出，故答案为：温度计水银球插到了液体中；冷却水采用了上进下出。‎ 三、计算题（共12分）‎ ‎20.向50mLNa2SO4和Na2CO3的混合溶液中加入过量的BaCl2溶液，得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中加入过量的稀HNO3，充分反应后，沉淀减少到4.66g，并有气体产生。‎ ‎（1）原混合溶液中Na2SO4和Na2CO3的物质的量浓度各是______。‎ ‎（2）产生的气体在标准状况下的体积是______。‎ ‎【答案】(1). 0.4mol/L；1mol/L (2). 1.12L ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，BaSO4不溶于水与硝酸，BaCO3溶于硝酸，故白色沉淀中加入过量的稀HNO3，充分反应后，沉淀减少到4.66g为BaSO4的质量，可得BaCO3的质量为14.51g-4.66g=9.85g，根据n=计算BaCO3和BaSO4的物质的量，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量，再根据c=计算原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度； （2）发生反应BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑，由方程式可知n（CO2）=n（BaCO3），再根据V=nVm计算CO2的体积。‎ ‎【详解】（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，加入过量的稀HNO3‎ ‎，充分反应后，剩余沉淀4.66g为BaSO4，BaSO4的物质的量为=0.02mol，由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4）=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L， 减少的沉淀质量为BaCO3，故BaCO3的质量为14.51g-4.66g=9.85g，物质的量为=0.05mol，由碳酸根守恒可知n（Na2CO3）=n（BaCO3）=0.05mol，所以Na2CO3的物质的量浓度为=1mol/L，因此，本题正确答案为：0.4mol/L、1mol/L； （2）发生反应BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑，由方程式可知n（CO2）=n（BaCO3）=0.05mol，故生成的二氧化碳的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，因此，本题正确答案为：1.12L。‎