安徽省合肥市第一六八中学2018_2019学年高一化学上学期一月调研性检测试题（含解析）.doc

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1、- 1 -安徽省合肥市 168 中学 2018-2019 学年上学期调研性检测高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 0-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 K-39 Fe-56 Zn-65一、单选题(本大题共 18 小题，每小题 3 分，共 54.0 分)1. 化学与生活、社会密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. 利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境B. 凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用C. 为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D. 提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染【答

2、案】B【解析】试题分析：只要合理科学的使用食品添加剂，对人体是无害的，不能全盘否定，选项 B 不正确，其余选项都是正确的，答案选 B。考点：考查化学与生活、生成及环境保护等点评：化学与可持续发展及环境保护尽管不是教学的重点，但该内容与我们的生产、生活息息相关，因此成为历年高考的必考的热点。历年试题的难度多以基础题、中档题为主、题型主要为选择题、试题的命题形式是常把化学知识与实际生产、生活、环境保护及科技前沿等问题结合起来，突出化学与可持续发展、环境保护的密切联系，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。2.下列关于胶体，判断不正确的是( )A. 胶体的本质特征是胶体粒子直径在 1nm100nmB

3、. 煮沸饱和 FeCl3溶液可以制得 Fe(OH)3胶体C. 丁达尔现象可以用来区别胶体和溶液D. 溶液和胶体的分散质能通过滤纸孔隙【答案】B【解析】【详解】A.胶体的本质特征是分散质粒子直径在 1nm100nm，溶液的分散质粒子直径小于1nm，故 A 正确；- 2 -B.向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，来制备 Fe(OH)3胶体，故 B 错误；C.鉴别溶液和胶体是利用丁达尔现象，即用激光笔照射，胶体有一条光亮的通路，而溶液没有，故 C 正确；D. 胶体、溶液的分散质都能通过滤纸孔隙，故 D 正确。故选 B。3.为了除去粗盐中的 CaCl2、MgCl 2、

4、Na 2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，有如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的 Na2CO3溶液；加入稍过量的 NaOH 溶液；加入稍过量的 BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤；不正确的操作顺序是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】粗盐的提纯中，加 Na2C03可以除去 Ca2+，加 BaCl2可以除去 SO42-离子，加入 NaOH可以除去 Mg2+离子；为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，引入的杂质离子也要除掉，所以 Na2C03在 BaCl2后面加入，以除去多余的 Ba2+离子，盐酸必须在过滤后加入，除去多余的 CO32-离子、OH

5、-离子，即顺序不能改变，符合该顺序的选项都是合理的，即 A、B、D 都正确，故 C 错误。故选 C。【点睛】除杂的原则：一是除去杂质，二是不损失主体物质，三是不引入新杂质，四是易恢复原来状态。4.高铁酸钠（Na 2FeO4）是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得:2Fe(OH) 3 +4NaOH+3NaClO = 2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，关于该反应说法正确的是（ ）A. 氢氧化铁中铁元素的化合价为正三价，只有氧化性，B. 反应中次氯酸钠是氧化剂，氯化钠是氧化产物，C. 生成 1molNa2FeO4，有 6mol 电子转移D. 高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌【答案】D【解析

6、】- 3 -分析： 中 Fe 元素的化合价由+3 价升高为+6 价,Cl 元素的化合价由+1 价降低为-1 价,以此来解答。详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故 A 错误;B.反应中次氯酸钠中 Cl 元素的化合价降低了,NaClO 是氧化剂,被还原,NaCl 是还原产物,故 B 错误;C.生成 1mol Na2FeO4,由 Fe 元素的化合价变化可以知道有 3mol 电子转移,故 C 错误;D.Na 2FeO4中 Fe 元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故 D 正确;所以 D 选项是正确的。点睛：考查氧化还原反应的原理和应用。高铁酸钠（Na 2

7、FeO4）具有强氧化性，能消毒杀菌，根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，进而确定转移电子数。5.用 NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ )A. 相同质量的铝，分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应放出的氢气体积一定不相同B. 56gFe 与足量盐酸反应转移电子数为 3NAC. 任何条件下，22.4LNH 3与 18gH2O 所含电子数均为 10NAD. 46gNO2和 N2O4的混合物含有的原子数为 3NA【答案】D【解析】A 项错误，铝和强酸溶液反应：2Al6H =2Al3 3H 2，铝和强碱溶液反应：2Al2OH 6H 2O=2Al(OH)4 3H 2，由条件及反应方程式可知：2molA

8、l 完全反应都生成3molH2，在相同状况下体积是相同的；B 项错误，由 Fe2H =Fe2 H 2，56gFe（即1molFe）反应失去 2mol 电子变为 Fe2 ；C 项错误，1molNH 3与 1molH2O（18gH 2O）所含电子数均为 10NA，而任何条件下 22.4L NH3不一定是 1mol；D 项正确，因为 N2O4和 NO2中的 N 元素O 元素的物质的量比都是 1：2 所以质量比为 14：32，所以有 N 元素 14 克，O 元素 32 克，跟据摩尔质量就知道 N 元素有 1mol，O 元素有 2mol，所以原子数为 3NA。综上所述，答案选D。点睛：N A的有关计算，

9、是高考重点题型之一，涉及的知识较多，要注意条件、反应情况、化学用语等，避免因考虑不全面而出错。6.24mL 浓度为 0.05molL-1Na2SO3溶液恰好与 20mL 浓度为 0.02molL-1的 K2X2O7溶液完全反应，已知 Na2SO3可被 K2X2O7氧化为 Na2SO4，则元素 X 在还原产物中的化合价为下列的A. +2 价 B. +3 价 C. +4 价 D. +5 价【答案】B- 4 -【解析】令 X 元素在产物中的化合价为 a 价，根据电子转移守恒，则 2410-3L0.05mol/L（6-4）=2010-3L0.02mol/L2（6-a） ，解得 a=+3，故选 B。点睛

10、：考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，Na2SO3被氧化为 Na2SO4，S 元素化合价由+4 价升高为+6 价；K 2X2O7中 X 元素发生还原反应，令 X 元素在产物中的化合价为 a 价，根据电子转移守恒计算 a 的值。7.下列操作能达到实验目的或不影响实验的是A. 容量瓶用水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液B. 向煮沸的 1 mol/L NaOH 溶液中滴加 FeCl3饱和溶液制备 Fe(OH)3胶体C. 向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，若有白色沉淀，说明溶液中含硫酸根D. 蒸馏时应先加热然后再通冷凝水【答案】A【解析】容量瓶蒸馏水洗后未加干燥，溶

11、液的体积并不变，浓度不变，故 A 正确；向沸水中滴加FeCl3饱和溶液制备 Fe(OH)3胶体，故 B 错误；向溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡，若有白色沉淀，说明溶液中含硫酸根或银离子，故 C 错误；蒸馏时应先通冷凝水再加热，故 D 错误。点睛：容量瓶使用前不用干燥；向沸水中逐滴滴加 FeCl3饱和溶液至液体呈透明红褐色，制备Fe(OH)3胶体。8.在一定温度下，向饱和澄清石灰水中加入一定量的生石灰，充分反应后恢复到原温度，下列有关说法中，正确的是A. 溶液中 Ca2+数目增加 B. 溶液中 Ca2+数目减少C. 溶液中 OH-浓度减少 D. 溶液中 OH-浓度增大【答案】B【解析】加入生石灰后，

12、生石灰将结合一部分水而发生反应生成氢氧化钙。由于是饱合溶液，所以在水被消耗的同时，原来与这部分水共存的氢氧化钙溶质也会析出，剩余溶液仍为饱和溶液。溶液质量减小，溶液中溶质物质的量减小，溶液中 Ca2+数目减少，故 A 错误、B 正确；温度不变，所以浓度不变，溶液中 OH-浓度不变，故 CD 错误。点睛：- 5 -温度不变的条件下，饱和溶液蒸发溶剂，析出晶体后剩余的溶液仍然是饱和溶液，溶液浓度不变。9.只用一种试剂就可将 AgNO3、KSCN、H 2SO4、NaOH 四种无色溶液区分，这种试剂是( )A. Fe(NO3)3溶液 B. MgCl 2溶液C. BaCl2溶液 D. FeCl 3溶液【

13、答案】D【解析】【详解】AFe（NO 3） 3溶液不与 AgNO3、H 2SO4反应，不能鉴别 AgNO3、H 2SO4，故 A 错误；BMgCl 2溶液不与 KSCN、H 2SO4反应，不能鉴别 KSCN、H 2SO4，故 B 错误；CBaCl 2溶液不与 KSCN、NaOH 反应，不能鉴别 KSCN、NaOH，故 C 错误；DFeCl 3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故 D 正确。故选 D。10.下列实验操作或装置能达到实验目的的是A. 量取 109.3ml 稀盐酸 B. 称量 25g 烧碱固体C. 碳酸氢钠受热分

14、解 D. 配制一定物质的量浓度的稀硫酸【答案】C【解析】本题考查的是实验基本操作。A 项中要量取的溶液体积超过了量筒的量程，错误；B 违反了左物右码；C 正确；D 直接将浓硫酸加到容量瓶中进行稀释也是错的，应该先在烧杯中稀释，冷却到室温后再转移到容量瓶中。11.某溶液含有NO 3- HCO 3- SO 32- CO 32- SO 42- 等五种阴离子，向其中加入少量- 6 -的过氧化钠固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是(忽略溶液体积变化)( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】Na 2O2具有强氧化性，能将 SO32-氧化成 SO42-，故 SO32-的浓度减小，SO 4

15、2-的浓度增大。同时 Na2O2溶于水后生成 NaOH，NaOH 可与 HCO3-反应生成 CO32-，因此 CO32-的浓度增大，HCO 3-的浓度减小。而 NO3-不与 Na2O2反应，则 NO3-浓度基本不变，故 A 正确。故选 A。12. 研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是A. 分散质粒子直径与分散系种类：B. NaOH 溶液与 CO2反应后溶液中的钠盐：C. AlCl3溶液中滴加 NaOH 溶液后铝的存在形式：D. Na 与 O2反应的产物：【答案】D【解析】A 项正确，根据分散质粒子直径大小，将常见混合物分为溶液

16、、胶体和浊液，分散质粒子直径 1 小于 10-9m 的属于溶液，大于 10-7m 的属于浊液，介于 10-910-7m 之间的属于胶体；B 项正确，CO 2与碱反应时产物与二者的相对量有关，如：CO 2足量时：CO 2NaOH=NaHCO 3CO 2不足时：CO 22NaOH=Na 2CO3H 2O， 1 时，只发生反应，生成NaHCO3， 2 时，只发生反应，生成 Na2CO3，1 2 时，既有 NaHCO3又有Na2CO3；C 项正确，可能发生反应为：Al 3 3OH (少量) =Al(OH)3Al 3 4OH (足量) - 7 -=AlO2 H 2O， 3 时，只发生生成 Al(OH)3

17、，剩余 Al3+， 4 时，只发生反应生成 AlO2 ，剩余 OH ，3 4 时，既有 Al(OH)3又有 AlO2 ；D 项错误，Na 与氧气反应产物与反应条件有关，一般常温生成 Na2O，加热生成 Na2O2。综上所述，答案选 D。 点睛：本题借助数轴的方式直观的表示常见分散系、与量有关的重要反应。通过分析产物的情况考查学生对此类反应规律的掌握，有一定综合性。13.将一定质量的 Mg、Zn、Al 混合物与足量稀 H2SO4反应，生成 H22.8L(标准状况） ，原混合物质量可能是（ ）A. 2g B. 4g C. 10g D. 12g【答案】B【解析】三种金属与稀硫酸反应离子方程式为：Mg

18、2H +=Mg2+H 2、Zn2H +=Zn2+H 2、 Al2 H+=Al3+H 2，由此可得：产生标准状况下相同体积的氢气，消耗锌的质量最大，消耗铝的质量最少。标准状况下 2.8L H2 的物质的量为 n（H 2）= =0.125mol，假设金属全部为 Zn 时可求得金属的质量为：0.125mol65gmol -1=8.125g；假设金属全部为 Al 时可求得金属的质量为：0.125mol 27gmol-1=2. 25g，则金属实际质量应介于 2.25g8.125g之间，所以 A、C、D 项错误，B 项正确。综上所述，符合题意的为 B 项。点睛：不同金属混合物与酸反应产生氢气的计算问题，可

19、通过极值分析的方法解决。注意铝的化合价为3 价，而镁、锌的化合价为2 价。14.某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg 2+)=2mol/L，c(SO 42-)=6.5mol/L，若将 100 mL 的此混合液中的 Mg2+和 Al3+分离，至少应加入 1.6mol/L 的氢氧化钠溶液( )A. 0.5 L B. 1.0L C. 1.8L D. 2L【答案】B【解析】据电荷守恒 2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)可得 c(Al3+)=3mol/L，n(Mg 2+)=20.1=0.2mol； n(Al3+)=30.1=0.3 mol；反应的离子方程式为：Al 3+3OH=Al(

20、OH)3； Al3+4OH=AlO2- 8 -+2H2O，Mg 2+2OH=Mg(OH)2；所以，要分离混合液中的 Mg2 和 Al3 加入的氢氧化钠溶液至少得使 Al3+恰好完全反应生成 AlO2-离子，即，需氢氧化钠的物质的量为0.22+0.34=1.6mol；所以加入 1.6 molL1 氢氧化钠溶液的体积为 V(NaOH)=1.6/1.6=1 L； B 正确；正确选项：B。点睛：电解质溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，即电荷守恒规律；根据这一规律，很快就能计算出 c(Al3+)。15.甲、乙两份等质量的碳酸氢钠晶体，将甲用坩埚充分加热后冷却后，将固体完全转移到一试管中

21、， 再加入足量的盐酸；乙不经加热置于另一试管中，也加入足量的盐酸。反应完全后，两试管中实际参 加反应的 HC1 质量之比为( )A. 2:3 B. 2:1 C. 1：2 D. 1:1【答案】D【解析】【详解】甲中加热发生反应 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，加入盐酸后发生反应Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，乙中发生反应 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，即转化关系为：甲 2NaHCO3Na2CO32HCl，乙中 NaHCO3HCl，假设甲和乙中都是 1mol 碳酸氢钠固体，则甲乙过程中消耗的盐酸都是 1mol，故甲、乙两试管中实际消耗的 HCl

22、的物质的量之比为1mol：1mol=1：1，故 D 正确。故选 D。16.等物质的量的 N2、O 2、CO 2混合气体通过一定量 Na2O2后，体积变为原体积的 8/9(同温同压)，这时混合气体中 N2、O 2、CO 2物质的量之比为( )A. 6： 7： 3 B. 3： 3： 2C. 3： 4： 1 D. 6： 9： 0【答案】C【解析】【分析】氧气和氮气都不和过氧化钠反应，二氧化碳和过氧化钠反应生成氧气，根据阿伏加德罗定律，同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比，由反应前后体积的变化判断出二氧化碳有剩余，再根据反应的化学方程式分析解答。【详解】设三者的物质的量分别为 3 mol，发生的反

23、应为：2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，现气体- 9 -体积变为原来的 ，即剩余气体的物质的量为 8 mol。若二氧化碳完全与过氧化钠反应，则气体的物质的量减少数 1.5 mol，即剩余气体为 7.5 mol，说明二氧化碳有剩余；设有 xmol 二氧化碳参加反应，2Na 2O2+2CO2=2Na2CO3+O22 1xmol 0.5xmol 则反应后，气体的物质的量为 3+3+0.5x+（3-x）=8，解得 x=2，所以反应后 N2的物质的量为3mol，O 2的物质的量为 3+0.5x=4mol，CO 2的物质的量为 1mol，混合气体中 N2、O 2、CO 2的物质的量之比为 3

24、：4：1，故 C 正确。故选 C。【点睛】注意二氧化碳通过过氧化钠时，二氧化碳转化成了氧气，从而引起了容器内体积的变化，注意差量法在化学反应方程式的计算中的应用，是解决本题的关键。17. 关于某溶液中所含离子的鉴别，下列判断正确的是A. 加入 BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有 SO42-B. 加入 NaOH 溶液，生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则原溶液中一定含有 Fe2+。C. 用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有 K+D. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有 CO32-【答案

25、】B【解析】试题分析：考点：考查了的相关知识。18.将 0.1mol 的镁、铝混合物溶于 100mL 2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加 1mol/L NaOH 溶液若在滴加 NaOH 溶液的过程中，沉淀质量 m 随加入 NaOH 溶液的体积 V 变化如图所示当V1=160mL 时，则 V2为A. 240mL B. 300mL C. 400mL D. 440mL【答案】D- 10 -【解析】当 V1=160mL 时，此时，溶液是 MgSO4、Al 2（SO 4） 3和 Na2SO4混合液，由 Na+离子守恒可知，n（Na 2SO4）= n（Na +）= n（NaOH）= 0.16L1mo

26、l/L=0.08mol，设 MgSO4为 xmol、Al 2（SO 4） 3为 ymol，则：根据 Mg 原子、Al 原子守恒有：x+2y=0.1，100mL 2mol/L 的 H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：2mol/L0.1L=0.2mol，根据 SO42 离子守恒有：x+3y=0.20.08=0.12，联立方程解得：x=0.06、y=0.02，所以金属粉末中：n（Mg）=0.06mol，n（Al）=2y=20.02mol=0.04mol，滴加 NaOH 溶液到体积 V2时时，溶液是 Na2SO4和 NaAlO2混合液，根据 SO42 离子、Na +离子和Al 原子守恒有：n（NaO

27、H）=2n（Na 2SO4）+n（NaAlO 2）=2n（H 2SO4）+n（Al）=20.2mol+0.04mol=0.44mol，则 V2= =0.44L=440mL，故选 D【点评】本题考查了混合物反应的计算、离子反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、填空题(本大题共 4 小题，共 46.0 分)19.有下列物质：氢氧化钠固体 铝丝 稀硫酸 饱和食盐水 HCl Na 2CO3.10H2O 酒精 熔融的 KCl 明矾 石墨(1)可导电的物质：_ (2)属于电解质的：_(3)属于电解质，但

28、不能导电的：_(4)属于非电解质的：_ (5)既不是电解质又不是非电解质的：_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). 【解析】试题分析：(1)含有能自由移动的离子或电子的物质可导电；(2)水溶液或熔融状态下能导电- 11 -的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质；(3)结合(1)(2)分析；(4)水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；(5)单质和混合物既不是电解质又不是非电解质：解析： 石墨、铝丝含有自由移动的电子，稀硫酸、饱和食盐水、熔融的 KCl 含有自由移动的离子，属于可导电的物质有铝丝 、 稀硫酸、 饱和食盐水 、熔融的 KCl、石墨；(2)水溶液或熔融状态下

29、能导电的化合物是电解质，酸碱盐都是电解质。氢氧化钠固体是电解质 ； 铝丝是单质； 稀硫酸 是混合物； 饱和食盐水是混合物， HCl 是电解质； Na 2CO3.10H2O 是电解质 酒精是非电解质； 熔融的 KCl 是电解质；明矾 是电解质； 石墨是单质，所以电解质的是；(3)结合(1)(2) 属于电解质，但不能导电的氢氧化钠固体 HCl Na 2CO3.10H2O 明矾；(4)水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，属于非电解质的是酒精；(5)单质和混合物既不是电解质又不是非电解质，既不是电解质又不是非电解质的是铝丝、 稀硫酸 、饱和食盐水 、 石墨。点睛：判断某化合物是否是电解质关

30、键是看其本身能否电离出自由移动的离子。20.黑火药是我国的四大发明之一，深受世人称赞，其反应原理为：S+3C+2KNO3 N2+3CO 2+K 2S 请回答下列相关问题：(1)当产生 0.1molN2时，反应中共转移电子数为_，还原剂的物质的量为_mol.(2)若生成标准状况下 33.6LCO2，则被 S 氧化的 C 的物质的量是_mol.【答案】 (1). 1.26.0210 23或 7.2241023或 1.2NA (2). 0.3 (3). 0.25【解析】(1). S + 3C + 2KNO3 N2+3CO 2+K 2S2 3 4 2 5分析反应原理可知，反应中元素化合价升高的只有碳元

31、素（从 0 升到+4） ，但降低的有硫（从 0 降到-2） ）和氮（从+5 降到 0）两种，碳是还原剂，硫和硝酸钾是氧化剂，每生成 1molN2就一定有 3molC 失去 12mole-被氧化，所以当有 0.1molN2生成时，反应中转移电子数为 1.26.021023或 7.2241023或 1.2NA ，消耗还原剂 C 的物质的量为 0.3 mol. - 12 -(2). n(CO2)=由上述分析可知，当有 3molC 被氧化时生成 3molCO2,C 共失去 12mole-,S 得到其中的2mol,占 ，说明有 的 C 被 S 氧化，所以当有 1.5mol CO2生成时，被 S 氧化的

32、C 的物质的量为 1.5 =0.25mol.21.现有含有少量 KC1、K 2SO4、K 2CO3杂质的 KNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的 KNO3固体，实验流程如下图所示。注：KNO 3固体容易受热分解(1)沉淀 A 的主要成分是_、_(填化学式)；(2)为了除去溶液 3 中的杂质，可以向其中加入适量的_；除杂后从溶液 3 获得KNO3晶体的操作是_、_、过滤；(3)步骤加入过量 K2CO3溶液的目的是_；(4)实验室用上述实验获得的 KNO3体配制 450mL0.40 mol/L KNO3溶液，需称取 KNO3固体的质量是_g；(5)下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是（ ）

33、A.使用了生锈的砝码 B.定容时仰视刻度线C.容量瓶使用前用蒸馏水洗净但没有干燥 D.固体溶解后未冷却到室温就转移到容量瓶中【答案】 (1). BaSO4 (2). BaCO3 (3). HNO3 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 除 Ag+ 和 Ba 2+ (7). 20.2 (8). AD【解析】- 13 -【分析】根据实验流程图，分析各步发生的反应及沉淀的成分和滤液中的溶质，分析实验操作中仪器使用及注意事项。【详解】根据流程图得：加入过量硝酸钡，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀；加入过量硝酸银，生成氯化银沉淀；加入过量碳酸钾，生成碳酸银和碳酸钡沉淀，除去过量的硝酸银和过量的硝酸钡；

34、(1)由上述分析得沉淀 A 的主要成分是 BaSO4、 BaCO 3，故答案为：BaSO 4、 BaCO 3；(2)溶液 3 中的杂质为碳酸钾，可以向其中加入适量的硝酸；从溶液 3 获得 KN03晶体的操作是蒸发浓缩 、冷却结晶、过滤，故答案为：HNO 3、蒸发浓缩、冷却结晶；(3)根据流程图分析步骤加入过量 K2C03溶液的目的是除 Ag+ 和 Ba 2+，故答案为：除 Ag+ 和 Ba 2+；(4) 配制 450mL 溶液选用 500mL 容量瓶，n(KN0 3)=cV=0.40 mol/L =0.2mol，m(KN0 3)=nM=0.2mol101g/mol=20.2g，故答案为：20.

35、2；(5)分析溶液中浓度的误差，根据 c= 进行分析:A.使用了生锈的砝码，砝码质量增大，导致称取药品质量偏大，最终浓度偏大，故 A 正确； B.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏小，故 B 错误；C.容量瓶使用前用蒸馏水洗净但没有干燥，并不影响溶液的浓度，故 C 错误； D.当溶液冷却时，溶液体积偏小，导致浓度偏大，故 D 正确；故选 AD。【点睛】注意在计算溶质的质量时，要用实际配制的溶液体积进行计算，因为没有 450mL 容量瓶，所以只能配制 500mL 溶液。一定物质的量浓度的溶液的配制操作中的误差分析，都是依据公式 c= 中溶液的体积、溶质的物质的量变化趋势造成的影响来判断

36、的。22.为探究 Na 与 CO2反应产物，某化学兴趣小组按下图装置进行实验。已知：CO + 2Ag ( NH 3) 2OH=2Ag+( NH 4 ) 2CO3 +2NH3- 14 -回答下列问题：（1）写出 A 中反应的离子方程式_。（2）仪器 X 的名称是_，B 中的溶液为_。（3）先称量硬质玻璃管的质量为 m1 g ，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是 m2 g 。再进行下列实验操作，其正确顺序是_（填标号） ；a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭 K1和 K2d打开 K1和 K2，通入 CO2至 E 中出现浑浊e称量硬质玻璃管 f冷却到室温重复上述操作步骤，直至

37、硬质玻璃管恒重，称得质量为 m3 g 。（4）加热硬质玻璃管一段时间，观察到以下现象 钠块表面变黑，熔融成金属小球； 继续加热，钠迅速燃烧，产生黄色火焰。反应完全后，管中有大量黑色物质； F 中试管内壁有银白物质产生。产生上述现象的原因是_。（5）探究固体产物中元素 Na 的存在形式假设一：只有 Na2CO3；假设二：只有 Na2O ；假设三：Na 2O 和 Na2CO3均有完成下列实验设计，验证上述假设：步骤 操作 结论1 将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤2 往步骤 1 所得滤液中_3 _假设一成立（6）根据上述实验现象及下表实验数据，写出 Na 与 CO2反应的总化学方程式- 15 -

38、_。m1 m2 m366.7g 69.0g 72.1g【答案】 (1). CaCO3 2H Ca2 CO2 H2O (2). 长颈漏斗 (3). 饱和 NaHCO3溶液 (4). d a b f c e (5). 钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成 (6). 加入足量 BaCl2(或 CaCl2 、Ba(NO 3)2、Ca(NO 3)2)溶液 (未写足量不得分) (7). 滴入酚酞试液 （或紫色石蕊试液或用广泛 pH 试纸检测溶液 pH） (8). 6Na 5CO 2 3Na2CO3 C CO (配平错误不得分)【解析】（1）A 是大理石与稀盐酸制取二氧化碳的反应，离子方程式为

39、CaCO3 2H Ca2 CO2 H2O；（2）仪器 X 的名称是长颈漏斗，B 中的溶液为饱和 NaHCO3溶液，用于除去二氧化碳中的氯化氢气体；（3）先称量硬质玻璃管的质量为 m1 g ，将样品装入硬质玻璃管中，称得样品和硬质玻璃管的总质量是 m2 g，d打开 K1和 K2，通入 CO2至 E 中出现浑浊，a点燃酒精灯，加热，b熄灭酒精灯，f冷却到室温，c关闭 K1和 K2，e称量硬质玻璃管，重复上述操作步骤，直至硬质玻璃管恒重，称得质量为 m3 g。其正确顺序是 d a b f c e；（4）钠的焰色反应为黄色，钠与二氧化碳反应有碳单质生成，反应完全后，管中有大量黑色物质；（5）探究固体产

40、物中元素 Na 的存在形式：将硬质玻璃管中的固体产物溶于水后过滤，往步骤 1 所得滤液中加入足量 BaCl2(或 CaCl2 、Ba(NO 3)2、Ca(NO 3)2)溶液，滴入酚酞试液，溶液显红色，或紫色石蕊试液显蓝色，或用广泛 pH 试纸检测溶液 pH 大于 7，则假设一成立；（6）反应前钠的质量为：m 2- m1=69.0g-66.7g=2.3g，即 0.1mol 钠，若全部转化为碳酸钠，则碳酸钠的质量为：2.3g =5.3g，物质的量为 0.05mol，反应后产物的质量为：m3- m1=72.1g-66.7g=5.4g，则还生成碳，且碳的质量为 0.1g，即 mol，结合质量守恒，钠和二氧化碳反应生成碳酸钠、碳，应该还生成一氧化碳，故反应方程式为：6Na 5CO 2 3Na2CO3 C CO。- 16 -