2018-2019学年广东省深圳市高级中学高一上学期期中考试化学试卷（解析版） 13页

广东省深圳市高级中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题 可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39‎ 第I卷（本卷共计60分）‎ 选择题：（每小题只有一个选项，每小题3分，共计60分）‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是(　　)‎ A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中体现屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化 B. “血液透析”利用了胶体的性质 C. 碳酸钡常用来做胃镜中的“钡餐”‎ D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质 ‎【答案】B ‎【详解】A项、“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于物理变化，故A错误；‎ B项、胶体不能透过半透膜，所以“血液透析”利用了胶体的性质，故B正确；‎ C项、碳酸钡能溶于盐酸，生成可溶性氯化钡，钡离子为重金属离子能够引起人体中毒，所以碳酸钡不可用作“钡餐”，故C错误；‎ D项、为了消除人体碘缺乏病，我国政府规定食用盐必须是加碘食盐，所谓碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾（KIO3），故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列物质贴错了包装标签的是(　　)‎ 选项 A B C D 物质的化学式 HNO3(浓)‎ NaCl P4‎ C2H5OH(酒精)‎ 危险警告标识 ‎【答案】B ‎【详解】A项、浓硝酸具有强腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，故A正确；‎ B项、氯化钠不属于易爆物，不应贴爆炸品的标志，故B错误；‎ C项、白磷有剧毒，应贴剧毒品的标志，故C正确；‎ D项、乙醇属于易燃液体，应贴易燃液体的标志，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎3.进行化学实验时必须要有安全意识，下列做法正确的是(　　)‎ A. 加热装有碳酸氢钠固体的试管时，试管口向上倾斜 B. 滴瓶中的滴管用后不用清洗，直接放到滴瓶中 C. 做蒸馏实验时，如果加热液体时发现忘记加沸石，应立即补加沸石 D. 温度计摔坏导致水银散落到地面上，应立即用水冲洗水银 ‎【答案】B ‎【详解】A项、碳酸氢钠分解生成水，则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜，故A错误；‎ B项、滴瓶上的滴管使用过后不需清洗，直接放回原瓶，故B正确；‎ C项、蒸馏时加沸石防止暴沸，温度高加沸石易导致液滴飞溅，则加热后发现忘记加沸石，应停止加热，冷却后补加，故C错误；‎ D项、温度计摔坏导致水银散落到地面上，汞不溶于水，不能用水冲洗掉，应立即撒上硫粉，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 常温常压下，32g O2 含NA个原子 B. 2 mol/L的氢氧化铁胶体中含有的氢氧化铁胶粒数小于2NA C. 标况下,22.4 L的CCl4中含有NA个CCl4分子 D. 14g的C2H4和C3H6的混合物中含有C原子为NA ‎【答案】D ‎【详解】A项、32g氧气的物质的量为1mol，1mol氧气分子中含有2molO原子，含2NA个原子，故A错误；‎ B项、胶粒是粒子的集合体，且没有明确2 mol/L的氢氧化铁胶体的体积，无法计算氢氧化铁胶粒数，故B错误；‎ C项、标准状况下CCl4不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算，故C错误；‎ D项、C2H4和C3H6的最简式都是CH2，14g CH2的物质的量为1mol，含有1molC原子，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎5.完成下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（　　）‎ A B C D 实验 分离植物油和氯化钠溶液 除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体 分离CCl4中的Br2‎ 除去CO2气体中的HCl气体 装置 或仪器 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、植物油和氯化钠溶液不混溶，可以选用分液的方法分离，故A正确；B、氯化铵受热容易分解，可以选用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵，故B错误；C、CCl4和Br2的沸点不同，可以选用蒸馏的方法分离分离CCl4中的Br2，故C错误；D、CO2和HCl都能够与氢氧化钠反应，故D错误；故选A。‎ ‎6.下列实验仪器的选用正确的是 (　　)‎ A. 称量10.56g Na2CO3固体——用托盘天平 B. 准确量取10.00mL的溶液——用50mL量筒 C. 灼烧干海带至完全变成灰烬——用蒸发皿 D. 过滤煮沸后的含泥沙的水——用普通漏斗 ‎【答案】D ‎【详解】A项、托盘天平的感量为0.1g，则可称量10.5g或10.6gNa2CO3固体，故A错误；‎ B项、量筒的感量为0.1mL，则可用10mL量筒量取10.0mL的溶液，故B错误；‎ C项、灼烧在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，蒸发皿用于可溶性固体与液体的分离，故C错误；‎ D项、泥沙不溶于水，过滤需要普通漏斗，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.下列离子方程式正确的是(　　)‎ A. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H＋=2Fe3＋+3H2↑‎ B. 用氢氧化钠溶液吸收过量二氧化碳气体：CO2 +OH－=HCO3－‎ C. 制备氢氧化铁胶体：Fe3++3OH－-Fe(OH)3↓‎ D. 醋酸除去水垢：2H+ +CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；‎ B项、用氢氧化钠溶液吸收过量二氧化碳生成碳酸氢钠，离子方程式：OH-+CO2=HCO3-，故B正确；‎ C项、实验室用氯化铁溶液制取氢氧化铁胶体，是利用饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热呈红褐色得到，反应的离子方程式为Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；‎ D项、醋酸属于弱酸，不能拆成离子形式，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.下列关于胶体的相关说法不正确的是(　　)‎ A. 向沸水中逐滴滴入饱和氯化铁溶液加热得红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体 B. 向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入稀硫酸，现象是先出现红褐色沉淀，后溶解转为黄色溶液 C. 江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关 D. 纳米材料微粒直径一般从几纳米到几十纳米(1 nm＝10－9 m)，因此纳米材料属于胶体 ‎【答案】D ‎【详解】A项、将氯化铁饱和溶液逐滴加入沸水中，继续加热至呈红褐色，制得氢氧化铁胶体，故A正确；‎ B项、胶体中加电解质溶液时，胶体会发生聚沉，所以向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入盐酸会产生沉淀，后来Fe（OH）3与HCl反应而溶解转化为黄色溶液，故B正确；‎ C项、江河水中的细小泥沙在水溶液中形成胶体，遇到海水中的电解质发生了聚沉，日积月累，形成了三角洲，故C正确；‎ D项、纳米材料没有形成分散系，所以不是胶体，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎9. 在配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，下列操作正确的是（ ）‎ A. 将NaOH固体放在天平托盘的称量纸上，精确称量并放入烧杯中溶解后，立即注入容量瓶中 B. 将准确量取的18.4mol·L-1浓硫酸10mL，注入已盛有30 mL水的100 mL容量瓶中，加入至刻度线即可 C. 仰视容量瓶刻度线，看到液面超过了容量瓶刻度线，用胶头滴管吸出刻度线以上的溶液 D. 欲配制1000 mL 0.1 mol·L-1的盐酸，将稀释后的盐酸溶液全部转移到未经干燥的1000 mL的容量瓶中，加水至刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．称量氢氧化钠时，氢氧化钠具有腐蚀性，不能直接放在滤纸上称量，应该放在小烧杯中称量；氢氧化钠溶液后，应该先冷却再转移到容量瓶中，故A错误；B．不能在容量瓶中稀释浓硫酸，容量瓶属于定量仪器，只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，故B错误；C．定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分，吸出的溶液中含有溶质，所以会导致配制溶液的浓度偏小，故C错误；D．用于定容时需要加入蒸馏水，所以容量瓶中原先有蒸馏水不影响配制结果，故D正确；故选D。‎ ‎10.除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂（足量）及操作方法均正确的是(　　)‎ 选项 物质 选用试剂 操作方法 A CO2 (CO)‎ 氧气 点燃 B Cu(Fe)‎ 稀盐酸 加入稀盐酸充分反应后过滤、洗涤 C CaO(CaCO3)‎ 水 过滤、烘干 D NaCl(Na2CO3)‎ Ca(NO3)2溶液 溶解、过滤、蒸发、结晶 ‎【答案】B ‎【详解】A项、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的，且除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故A错误；‎ B项、Cu不能与盐酸反应，铁能与盐酸反应，盐酸能除去铁杂质，故B正确；‎ C项、CaO能与水反应生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；‎ D项、Na2CO3能与适量Ca（NO3）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，能除去杂质但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎11.下列表格中各项都正确的组是（ ）‎ 碱 盐 电解质 非电解质 A 烧碱 小苏打 BaSO4‎ 干冰 B 纯碱 CaCO3‎ NH3•H2O Fe C 明矾 食盐 石墨 醋酸 D KOH CuSO4‎ 熔融MgCl2‎ 氯水 ‎【答案】A ‎【详解】A项、烧碱为氢氧化钠为碱，小苏打为碳酸氢钠为盐，硫酸钡熔融导电属于电解质，干冰是固体二氧化碳属于非电解质，各物质符合物质类别概念，故A正确；‎ B项、纯碱为碳酸钠，碳酸钠是盐，铁单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；‎ C项、明矾为十二水合硫酸铝钾，是盐类，石墨单质既不是电解质也不是非电解质，醋酸是弱电解质，C错误；‎ D、氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎12.下列关于电解质溶液的说法正确的是(　　)‎ A. NaHCO3 在水中发生电离的方程式是 NaHCO3=Na++H++CO32-‎ B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强 C. 虽然Na2O溶于水所得溶液中导电的离子不是它本身产生的，但它却是电解质 D. NH3溶于水后所得到的溶液能导电，故NH3是电解质 ‎【答案】C ‎【详解】A项、碳酸属于弱电解质，HCO3-离子的电离程度更小不能拆写，正确的写法应为：NaHCO3=Na++HCO3-，故A错误；‎ B项、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B错误；‎ C项、氧化钠熔融时能电离出自由移动的离子，所以是电解质，故C正确；‎ D项、虽然氨气溶于水能导电，但原因是氨气溶于水形成的一水合氨电离出自由移动的离子而导电，NH3属于非电解质，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.在反应X+2Y ═ R + 2M中，已知R和M的摩尔质量之比为22：9，当1.6 g X与Y完全反应后，生成4.4g R，则此反应中Y和M的质量之比为（　　）‎ A. 16：9 B. 23：9 C. 32：9 D. 46：9‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：①应为根据已知条件“R和M的相对分子质量之比为22：9”，则R：2M=22：2×9=22：18，设生成的M的质量为a，因为22：18=4．4g：a，解之得：a=3．6g；②根据质量守恒定律可得Y的质量=4．4g+3．6g-1．6g=6．4g；∴此反应中Y和M的质量比是6．4g：3．6g=16：9．故选A．‎ ‎14.标准状况下，现有①6.72 L CH4 ②3.011023个HCl分子 ③13.6 g H2S ④0.2 mol NH3，对这四种气体的关系有以下四种表述，其中不正确的是(　　)‎ A. 氢原子个数：①>③>④>② B. 质量：②>③>①>④‎ C. 物质的量：②>③>④>① D. 体积：②>③>①>④‎ ‎【答案】C ‎【详解】标准状况下：①6.72 L CH4的物质的量为0.3mol，质量为4.8g；②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，质量为18.25g；③3.6 g H2S的物质的量为0.4mol；④0.2 mol NH3，质量为3.4g；‎ A项，由物质的量可以计算出氢原子个数大小为：①>③>④>②，故A项正确；‎ B项，质量等于物质的量与摩尔质量的乘积，由以上计算结果可知该项正确，故B项正确；‎ C项，根据以上计算结果可知：物质的量：②>③>①>④，故C项错误； ‎ D项，相同条件下物质的量越大，气体体积越大，故D项正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎15.下列关于物质的量浓度表述正确的是(　　)‎ A. 0.3 mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42-的总物质的量为0.9 mol B. 50mL 1mol·L－1的KCl溶液和100mL 0.25 mol·L－1MgCl2溶液中，Cl－物质的量浓度相等 C. 将10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1 mol·L－1的H2SO4，可向其中加入100 mL水 D. 20℃时，0.023 mol·L-1的氢氧化钙饱和溶液100mL加入5g生石灰，冷却到 20℃时，其体积小于 100mL，它的物质的量浓度仍为0.023 mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【详解】A项、硫酸钠溶液物质的量浓度已知，但溶液体积未知，不能计算离子物质的量，故A错误；‎ B项、1mol•L-1的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，0.25mol•L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L，Cl-的物质的量浓度不相等，故B错误；‎ C项、10 mL 1 mol·L－1的H2SO4稀释成0.1mol/L的H2SO4，所得稀硫酸的体积为100mL，所加水的体积不是100mL，故C错误；‎ D项、氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，消耗了饱和溶液中的溶剂，使部分氢氧化钙析出，溶液温度恢复到20℃时，仍为氢氧化钙的饱和溶液，溶液体积减小，同温下同种溶质在同种溶剂中的饱和溶液的浓度不变，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎16.下图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据，判断下列说法正确的是( )‎ A. 该盐酸的物质的量浓度是8.4 mol/L B. 需要230mL 0.59mol•L﹣1的稀盐酸时，量取该盐酸11.5 mL C. 取该盐酸50 mL，则浓度变为原来的1/10‎ D. 该盐酸与等体积水混合质量分数变为18.25 %‎ ‎【答案】B ‎【详解】A项、由物质的量浓度和质量分数的换算公式可知，盐酸的物质的量浓度为c==‎ mol/L=11.8moL/L，故A错误；‎ B项、设量取该盐酸的体积为XmL，由稀释定律得：230×10—3L×0.59 mol/L=X×10—3L×11.8moL/L，解得X=11.5，故B正确；‎ C项、取出的50 mL盐酸的浓度应该与该盐酸的浓度相同，故C错误；‎ D项、设盐酸与水的体积均为VmL，氯化氢的质量为(VmL×1.18g/cm3×36.5%)g=0.43Vg，盐酸的质量为(VmL×1.18g/cm3)g=1.18Vg，水的质量为(VmL×1g/cm3)g=Vg，则稀释后质量分数为×100%=19.72%＞18.25%，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎17.已知CO和CO2的混合气体质量共18.8g，标准状况下体积为11.2L，则可推知该混合物中CO和CO2的体积比为（ ）‎ A. 2:3 B. 3:2 C. 3:1 D. 1:3‎ ‎【答案】A ‎【详解】混合气体的体积为11.2L，则物质的量为11.2L/22.4L/mol=0.5mol，设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，,由题意得联立方程式：①28x+44y=18.8，②x+y=0.5，解联立方程式得x=0.2mol，y=0.3mol，则混合物中CO和CO2的体积比为2:3，故选A。‎ ‎18.同温同压下，ag甲气体和2ag乙气体所占的体积之比为1：2，根据阿伏加德罗定律判断，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 同温同压下甲和乙的密度之比为1:1‎ B. 甲与乙的相对分子质量之比为1:1‎ C. 同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比为1:1‎ D. 等质量的甲和乙中的原子数之比为1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．同温同压下，气体摩尔体积相同，a g甲气体和2a g乙气体所占的体积之比为1：2，根据ρ＝m/V知，其密度相同，故A正确；B．根据m=nM=V/Vm×M知，二者的相对分子质量为1：1，故B正确；C．根据PV=nRT=m/M×RT知，同温同体积下等质量的甲和乙的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，故C正确；D．等质量的两种气体的物质的量相同，但分子的构成未知，所以无法判断原子个数是否相同，故D错误；故选D。‎ ‎19.某同学将 0.1mol/L 的 K2SO4 溶液 V 1 L 与 0 . 2 mo l / L 的 Al2(SO4)3溶液 V 2 L 混合，再加入 V 3 L 蒸馏水，假定溶液 总体积 V 总 =V1 +V 2 +V 3 ．并测得混合液中三种离子物质的量浓度 分别为：K＋：0 .1 mo l /L ，Al3＋：0 .1 mo l /L，SO42－：0 . 2 mo l / L ， 则 下 列 判 断 正 确 的 是（ ）‎ A. 一定是 2L K2SO4 溶液和 1L Al2(SO4)3溶液混合，再加 1L 蒸馏水 B. 混合液中K＋浓度与Al3＋浓度数值之和大于SO42－浓度数值 C. 三种液体体积比为 V1：V2：V3=2：1：1‎ D. 混合液中 K2SO4 物质的量等于 Al2(SO4)3物质的量的一半 ‎【答案】C ‎【详解】c（K＋）= ①‎ ‎（Al3＋）= mol·L－1 ②‎ ‎（SO42－）= mol·L－1 ③‎ 将①/②可求出V1/V2=2：1；设V1=2L，则V2=1L，带入③可得V总=4L，故V3=1L．即三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1。‎ A、三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故混合溶液可以是2L K2SO4溶液和1L Al2（SO4）3溶液混合，再加1L蒸馏水，但不一定，故A错误；‎ B、由于混合液中三种离子物质的量浓度分别为：K＋：0.1mol·L－1，Al3＋：0.1mol·L－1，SO42－：0.2mol·L－1，故K＋浓度与Al3＋浓度数值之和等于SO42－浓度数值，故B错误；‎ C、三种液体体积比为V1：V2：V3=2：1：1，故C正确；‎ D、混合液中K2SO4 物质的量与Al2（SO4）3的物质的量之比为：（0.1mol·L－1×2L）：（0.2mol·L－1×1L）=1：1，故两者的物质的量相等，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎20.将 50g 溶质质量分数为 w1，物质的量浓度为 c1 的浓硫酸沿玻璃棒加入到 V mL 水中，稀释后 得到溶质质量分数为 w2，物质的量浓度为 c2 的稀溶液。下列说法中正确的是（ ）。‎ A. 若w1=2w2，则c1<2c2，V=50mL B. 若w1=2w2，则c1>2c2，V<50mL C. 若c1=2c2，则w1<2w2，V<50mL D. 若c1=2c2，则w1<2w2，V>50mL ‎【答案】C ‎【解析】将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1的浓硫酸沿玻璃棒加入到Vml水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀溶液．由质量分数和物质的量浓度的转换公式可得，c1=‎ mol/L，c2=mol/L. 若w1=2w2，则加入水的质量为50g，所以V=50 mL，，因为，所以c1>2c2。若c1=2c2，则，所以w1＜2w2，V＜50 mL。综上所述，C正确，本题选C。‎ 第Ⅱ卷（本卷共计40分）‎ ‎21.分离提纯是化学实验中的重要部分。环己醇中加入浓硫酸后适当加热脱水是合成环己烯的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图： ‎ 可能用到的有关数据如下： ‎ 密度/(g•cm-3)‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环己醇 ‎0.9618‎ ‎161‎ 微溶于水 环己烯 ‎0.8102‎ ‎83‎ 难溶于水 反应结束后，将粗产物倒入分液漏斗中，分别用碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，得到环己烯 ，回答下列问题： ‎ ‎（1）仪器a的名称是 _____ 冷凝管的进水口是 _____,（填“b”或“c”）温度计的位置应该在______________________；‎ ‎（2）在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的 ______（填 “上口倒出 ”或“下口倒出”）；‎ ‎（3）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 _____。‎ ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). c (3). 蒸馏烧瓶支管口处 (4). 上口倒出 (5). 干燥，吸收产物中的水 ‎【详解】（1）仪器a的名称是蒸馏烧瓶，冷凝管的进水口是下口c，目的是形成对流，增强冷凝效果，温度计的位置应该在蒸馏烧瓶支管口处，测定馏出物的温度，故答案为：蒸馏烧瓶；c；蒸馏烧瓶支管口处；‎ ‎（2）由题给数据可知环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：上口倒出；‎ ‎（3）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水， 故答案为：干燥，吸收产物中的水。‎ ‎22.需要0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL，用Na2CO3·10H2O晶体配制该溶液。‎ ‎（1）应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量是__________g , 配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管外，还有_____________。‎ ‎（2）根据下列操作对所配溶液的浓度产生的影响，完成下列要求：‎ ‎①Na2CO3·10H2O晶体失去了部分结晶水②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈⑤容量瓶未经干燥使用。其中引起所配溶液浓度偏高的有______________(填序号，下同)，偏低的有______________，‎ ‎（3）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________________。‎ A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．贮存溶液 C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D．准确稀释某一浓度的溶液 ‎【答案】 (1). 28.6 (2). 玻璃棒、500mL容量瓶 (3). ①④ (4). ②③ (5). BCD ‎【详解】（1）根据n=cV可知需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L×0.2mol/L=0.1mol，即需要的Na2CO3•10H2O晶体也为0.1mol，质量m=nM=0.1mol×286g/mol=28.6g；配制溶液用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，根据题目提供的仪器可以知道，还需要的玻璃仪器有玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为：28.6；玻璃棒、500mL容量瓶； ‎ ‎（2）①Na2CO3•10H2O晶体失去了部分结晶水后，Na2CO3的质量增大，故物质的量增大，所配溶液的浓度偏高；‎ ‎②用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码），会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；‎ ‎③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；‎ ‎④生锈的砝码质量偏大，而m物=m砝+m游，故称量出的固体的质量偏大，则配制出的溶液的浓度偏高；‎ ‎⑤容量瓶未经干燥使用，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；‎ 所以引起所配溶液浓度偏高的有①④，偏低的有②③，无影响的有⑤，故答案为：①④；②③；‎ ‎（3）容量瓶是精密仪器，是用于配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器，不可用于储存和溶解固体，不能用于稀释浓溶液，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故选BCD，故答案为：BCD。‎ ‎23.NaCl溶液中混有Na2SO4、CaCl2溶液和淀粉胶体，选择适当的试剂和方法从中提纯出NaCl晶体。相应的实验过程如图：‎ ‎（1）操作①的名称是___________。‎ ‎（2）试剂③的化学式是____________，判断试剂①已过量的方法是：_____________。‎ ‎（3）加入试剂②发生的离子方程式是________________。‎ ‎【答案】(1). 渗析 (2). HCl (3). 静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 (4). Ba2++CO32—=BaCO3↓，Ca2++CO32—=CaCO3↓‎ ‎【详解】（1）淀粉溶液属于胶体，溶液中小的分子或离子能透过半透膜，胶体微粒不能透过半透膜，采用渗析的方法将二者分离，则操作①是利用半透膜进行渗析操作分离出淀粉胶体，故答案为：渗析；‎ ‎（2）试剂③为盐酸，目的是除去溶液中过量的CO32-离子；试剂①为BaCl2溶液，目的是除去溶液中硫酸根离子，判断氯化钡溶液已过量的方法是：静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量；故答案为：HCl；静置，向上层清液中滴加少量氯化钡溶液，没有白色沉淀产生，说明氯化钡溶液已过量 ‎（3）试剂②是碳酸钠溶液，加过量的碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量的钡离子，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，Ca2++CO32-=CaCO3↓。‎ ‎24.明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，具体实验步骤如下图所示：‎ ‎（1）氨水浸出后得固体混合体系，过滤，滤液中除含K＋、NH4＋外，还含有大量的SO42－。检验SO42－的方法是____________________________________________‎ ‎（2）为测定混合肥料K2SO4、(NH4)2SO4中钾的含量，请完善下列步骤：‎ ‎①称取钾氮肥试样并溶于水，加入足量____________溶液，产生白色沉淀。‎ ‎②过滤、洗涤、_________。其中洗涤沉淀的方法为_______________‎ ‎③冷却、称重。‎ ‎④若试样为m g，沉淀的物质的量为n mol，则试样中K2SO4的物质的量为：____________mol（用含有m、n的代数式表示）。‎ ‎【答案】(1). 取少量溶液于试管中，先滴加足量的稀盐酸，没有白色沉淀，再滴加少量的氯化钡溶液，出现白色沉淀，则含有硫酸根离子 (2). BaCl2或 Ba(OH)2或 Ba(NO3)2 (3). 干燥 (4). 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然滤出后，重复操作 2~3 次 (5). ‎ ‎【详解】（1）检验SO42－的方法是：取少量溶液于试管中，先滴加足量的稀盐酸，没有白色沉淀，再滴加少量的氯化钡溶液，出现白色沉淀，则含有硫酸根离子，故答案为：取少量溶液于试管中，先滴加足量的稀盐酸，没有白色沉淀，再滴加少量的氯化钡溶液，出现白色沉淀，则含有硫酸根离子；‎ ‎（2）①混合肥料中含有K2SO4、(NH4)2SO4，要产生白色沉淀，应加入BaCl2或 Ba(OH)2或 Ba(NO3)2溶液使硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，故答案为：BaCl2或 Ba(OH)2或 Ba(NO3)2；‎ ‎②加入含Ba2+的溶液生成硫酸钡沉淀后，应先过滤，然后洗涤沉淀，最后干燥，洗涤沉淀的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然滤出后，重复操作 2~3 次，故答案为：干燥；沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然滤出后，重复操作 2~3 次；‎ ‎④试样为mg，则174n（K2SO4）+132n[(NH4)2SO4]=m，沉淀的物质的量为nmol，即BaSO4的物质的量为nmol，根据硫酸根守恒有：n（K2SO4）+n[(NH4)2SO4]=n，联立解得，n（K2SO4）=mol，故答案为：。‎