湖南省武冈市第二中学2018_2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -湖南省武冈二中 2018-2019 学年高一上学期期中考试化学试卷1.下列化学实验操作或事故处理中正确的是( )A. 被玻璃割伤手，先取出伤口里的碎玻璃片，再用过氧化氢溶液擦洗，然后敷药包扎B. 实验桌上因酒精灯打翻而着火时应立即用水扑灭C. 不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要立即用大量水冲洗，然后涂上 3%的稀盐酸D. 浓酸对皮肤有腐蚀性，如不慎沾到皮肤上，应用较多水冲洗，再涂上稀硼酸溶液【答案】A【解析】A、被玻璃割伤手，应先取出伤口里的碎玻璃，再用过氧化氢擦洗，然后敷药包扎，故 A 正确；B、实验桌上因酒精灯打翻而着火时应立即用湿布覆盖，故 B 错误；C、不慎将浓碱溶液沾到皮肤上，要

2、立即用大量水冲洗，然后涂上 3%的硼酸，故 C 错误；D、浓酸对皮肤有腐蚀性，如不慎沾到皮肤上，应用较多水冲洗，再涂上 3%-5%的碳酸氢钠溶液，故 D 错误。2. 下列仪器中，常用于物质分离的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：量筒是用来量取液体体积的。漏斗是用来过滤，分离固体和液体；蒸馏烧瓶是分离沸点不同的液体混合物的。蒸发皿是分离溶质和溶剂的仪器。所以选 B。考点：物质分离的方法和仪器的使用【名师点睛】常见的物质分离的方法方法 适用范围 主要仪器 注意点 实例固+液蒸发 易溶固体与液体分开酒精灯、蒸发皿、玻璃棒不断搅拌；最后用余热加热；液体不超过容积NaCl(H2O)-

3、 2 -结晶溶解度差别大的溶质分开2/3 NaCl(KNO3)固+固升华能升华固体与不升华物分开酒精灯 I2(NaCl)固+液过滤 易溶物与难溶物分开 漏斗、烧杯一贴、二低、三靠；沉淀要洗涤；定量实验要“无损”NaCl(CaCO3)Fe 粉(A1 粉)萃取溶质在互不相溶的溶剂里，溶解度的不同，把溶质分离出来分液漏斗从溴水中提取Br2分液 分离互不相溶液体 分液漏斗先查漏；对萃取剂的要求；使漏斗内外大气相通;上层液体从上口倒出 乙酸乙酯与饱和Na2CO3溶液蒸馏分离 沸点不同混合溶液蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、牛角管温度计水银球位于支管处；冷凝水从下口通入；加碎瓷片乙醇和水、I2和 CCl4渗析分

4、离胶体与混在其中的分子、离子半透膜 更换蒸馏水 淀粉与 NaCl液+液盐析 加入某些盐，使溶质 烧杯 用固体盐或浓溶液 蛋白质溶液、- 3 -的溶解度降低而析出 硬脂酸钠和甘油洗气 易溶气与难溶气分开 洗气瓶 长进短出CO2(HCl)、CO (CO2)气+气液化 沸点不同气分开 U 形管 常用冰水 NO2(N2O4)3.最近湖南都市台报道，长沙市周边农田由于焚烧稻草导致烟雾弥漫，致使高速公路限行，航班停飞。烟雾属于下列分散系中的A. 溶液 B. 悬浊液 C. 乳浊液 D. 胶体【答案】D【解析】【分析】根据分散系的概念，胶体的本质特征分析。【详解】分散质粒子直径在 1nm100nm 之间的分散

5、系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则烟雾属于胶体分散系。故选 D。4.“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁” ，以此获取靑蒿素用到的分离方法是A. 过滤 B. 蒸馏 C. 蒸发 D. 分液【答案】A【解析】根据“靑蒿一握，以水二升渍，绞取汁”可判断以此获取靑蒿素用到的分离方法是过滤，答案选 A。5.胶体分散系与其它分散系的本质差别是A. 是否有丁达尔效应 B. 分散质直径介于 1100nm 之间C. 是否稳定 D. 分散质粒子是否带电【答案】B【解析】- 4 -【详解】胶体的本质特征是粒子直径介于 1100nm 之间，丁达尔效应是我们鉴别溶液和胶体的方法，故 B

6、 正确。故选 B。6.下列说法正确的是A. 在常温、常压下，11.2L N 2含有的分子数为 0.5NAB. 将 80 g NaOH 溶于 1L 水中，所得溶液的物质的量浓度为 2mol/LC. 标准状况下，18g H 2O 的体积是 22.4LD. 标准状况下，20mL NH 3与 60mL O2所含分子个数比为 1:3【答案】D【解析】【分析】根据物质的量与气体摩尔体积、质量、物质的量浓度之间的关系分析，能掌握 4 个公式可快速而准确的处理这种类型题。【详解】A. 常温、常压下气体摩尔体积不确定，无法计算，故 A 错误；B. 80 克 NaOH 溶于 1L 水中，形成的溶液的体积一定大于

7、1L，溶液的物质的量浓度一定比2mol/L 小，故 B 错误；C. 标准状况下，H 2O 是液态，不能用气体摩尔体积计算，故 C 错误；D.温度和压强相同时，气体体积之比等于物质的量之比，故 D 正确。故选 D。【点睛】涉及到气体体积的时候，应该注意气体摩尔体积的适用条件，明确温度和压强相同时，气体体积与物质的量之间的关系。7.若 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1mol OH 含有的电子数为 9NAB. 含 0.01 mol FeCl3的饱和溶液滴入沸腾的水中，制得的氢氧化铁胶体粒子数为 0.01NAC. 常温常压下，NO 2和 N2O4的混合物 23g 中含有 NA个氧原

8、子D. 标准状况下，22.4 L 乙醇（酒精）中含有 NA个乙醇分子【答案】C【解析】【分析】根据物质的量与微观粒子数目、气体摩尔体积、质量之间的关系分析。- 5 -【详解】A.1 个 OH-含有 10 个电子，故 1mol OH 含有 10mol 电子，即电子数为 10NA个，故A 错误；B. 一个氢氧化铁胶体粒子是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于 0.01NA个，故 B 错误；C. NO2与 N2O4的最简式均为 NO2，故 23g 混合物中含有的 NO2的物质的量为 0.5mol，则含 NA个氧原子，故 C 正确；D. 标准状况下，乙醇（酒精）是液态，故不能用气体摩尔体积计算

9、物质的量，故 D 错误。故选 C。【点睛】某物质中，所含原子的物质的量等于该物质的物质的量乘以原子下角标系数，例如：0.5mol NO2含有 1mol 氧原子。8.用 NaCl 固体配制 0.1mo/L 的 NaCl 溶液 1000mL，下列操作或说法正确的是A. 将 5.85gNaCl 固体溶于 IL 水中可配成 0.1mol/L 的 NaCl 溶液B. 配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果C. 固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线D. 称量时，将固体 NaCl 直接放在天平左盘上【答案】B【解析】【分析】根据一定物质的量浓度溶液的配置操作及注意

10、事项分析。【详解】A5.85gNaCl 固体的物质的量为 0.1mol ，0.1molNaCl 溶于 1 L 水中所得溶液体积不是 1L，配制的溶液浓度不是 0.1 molL-1，故 A 错误；B由于定容时还需要加入蒸馏水，所以容量瓶中有少量的蒸馏水不影响配制结果，故 B 正确；C转移溶液后，先直接加水至容量瓶刻度线 1-2cm，然后改用胶头滴管进行定容，不能直接加水稀释到刻度线，故 C 错误；D称量时，不能将固体 NaCl 直接放在天平左盘上，否则会腐蚀托盘天平的托盘，故 D 错误。故选 B。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时容量瓶中可以有水，定容摇匀后，若液面低于刻度线不能再加水

11、。- 6 -9.能用 H OH H 2O 来表示的化学反应是A. 氢氧化镁和稀盐酸反应 B. Ba（OH） 2溶液滴入稀硫酸中C. 澄清石灰水和稀硝酸反应 D. 氢氧化钠和稀醋酸反应【答案】C【解析】【分析】根据离子反应方程式的书写条件分析。【详解】A.氢氧化镁是难溶性物质，写离子方程式时，不能拆成离子形式，故 A 错误；B. Ba（OH） 2与稀硫酸反应过程中会生成难溶性的 BaSO4，故离子反应方程式：Ba 2+ 2OH +2H SO 42-BaSO 4+2H2O，故 B 错误；C. 澄清石灰水和稀硝酸反应实质就是溶液中的 OH-和 H+反应生成水，故 C 正确；D. 稀醋酸是弱酸，在水溶

12、液中不能完全电离，故书写离子方程式时，不能拆开，故 D 错误。故选 C。【点睛】在书写离子反应方程式过程中，难电离的物质（如，弱酸、弱碱） ，难溶性物质（如，CaCO 3等） ，易挥发性物质（如，气体） ，不能拆开。10.同温同压下，11.5 g 气体 A 所占的体积和 8g O2 所占的体积相同，则气体 A 的相对分子质量为A. 46 B. 28 C. 44 D. 64【答案】A【解析】【分析】根据气体的体积与物质的量之间的关系分析。【详解】同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，8g O 2的物质的量为 0.25mol，即11.5gA 气体的物质的量亦为 0.25mol，气体 A 的摩

13、尔质量为： =46g/mol，故气体 A 的相对分子质量为 46。故选 A。【点睛】同温同压下， ，气体的体积之比等于物质的量之比等于微粒数之比。- 7 -11.配制 250mL 一定浓度的 NaOH 溶液时，下列实验操作会使配得的溶液浓度偏大的是A. 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B. 在容量瓶中进行定容时俯视刻度线C. 带游码的天平称 24gNaOH 时误用了“左码右物”方法D. 所用 NaOH 已经潮解【答案】B【解析】【分析】根据一定物质的量浓度的溶液的实验操作误差分析；【详解】A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒，就会有一部分溶质没有转移到容量瓶中。若直接定容，则溶质的物质的量减

14、少，所配制的溶液浓度偏低。故 A 错误；B.若在容量瓶中进行定容时俯视刻度线，则所配制的溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量没有变化，所以溶液的浓度就偏大。故 B 正确；C. 将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，使用游码，会导致所称取的氢氧化钠的质量少，导致溶液的浓度偏低，故 C 错误；D. 所用 NaOH 固体已潮解，称取一定质量的 NaOH 时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题应以溶质的物质的量变化及溶液的体积变化为突破口，只要会计算溶质的物质的量变化及溶液体积变化，即可推断出配制溶液的浓度的大小变化。12. 下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A.

15、 稀 H2SO4与铁粉反应：2Fe+6H =2Fe3 +3H2B. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4反应：Ba 2 +SO42-=BaSO4C. 碳酸钙与盐酸反应：CO 32-+2H =H2O+CO2D. NaHSO4溶液中加入 Ba(OH)2溶液后恰好显中性 Ba2 +2OH +2H + SO42-=BaSO4+2H 2O【答案】D【解析】试题分析：A稀 H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H =Fe2 +H2，A 项错误；B.氢氧化钡溶液与稀 H2SO4反应生成硫酸钡和水，离子方程式为 2OH +Ba2 +SO42-+2H =BaSO4+2H 2O，B 项错误；C.碳酸

16、钙是难溶于水的盐，与盐酸反应- 8 -的离子方程式为 CaCO3+2H =H2O+CO2+Ca 2 ，C 项错误；D.NaHSO 4溶液中加入 Ba(OH)2溶液后恰好显中性 Ba2 +2OH +2H + SO42-=BaSO4+2H 2O，D 项正确；答案选 D。考点：考查离子方程式的正误判断13.在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是A. KMnO4O 2 B. CO2CO C. Br Br 2 D. Fe2O3Fe【答案】C【解析】【分析】根据氧化还原反应中的还原剂、氧化剂中元素的化合价变化规律分析。【详解】A.KMnO 4O 2中 O 元素的化合价升高，但 KMnO4分解即可生

17、成氧气，故不需要加入合适的氧化剂，故 A 错误；B.CO2CO 中 C 元素的化合价降低，需要加入合适的还原剂来实现，如加入碳，故 B 错误；C.Br-Br 2中 Br 元素的化合价升高，需要加入合适的氧化剂来实现，如加入氯气，故 C 正确；D.Fe2O3Fe 中 Fe 元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如加入铁粉，故 D错误。 故选 C。【点睛】氧化还原反应中，元素化合价降低，即做氧化剂，需要添加还原剂，反之，元素化合价升高，即做还原剂，需要添加氧化剂。14.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载， “银针验毒”的原理是4Ag2H 2SO 2=2Ag2S2H 2O

18、，其中 H2S 是A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 既不是氧化剂又不是还原剂【答案】D【解析】【分析】根据氧化还原反应的特征分析，判断氧化剂、还原剂。【详解】4Ag2H 2SO 2=2Ag2S2H 2O 反应中，Ag 元素从 0 价升高到+1 价，故 Ag 做还原剂，O2中 O 元素从 0 价降低到-2 价，故 O2做氧化剂，H 2S 中的 H 元素和 S 元素化合价没有改变，故 H2S 既不是氧化剂又不是还原剂，故 D 正确。故选 D。- 9 -【点睛】金属单质大多数情况下都做还原剂，O 2是常见氧化剂，再判断 H2S 中各元素化合价变化情况，从而可以快速作出正确

19、判断。15.有如下两个反应：（1）Cu +2Fe 3+=Cu2+2Fe2+；（2）Fe+Cu 2+=Fe2+Cu。判断Fe3+、Fe 2+、Cu 2+氧化性强弱顺序排列正确的是A. Fe3+Cu 2+Fe 2+ B. Cu2+Fe 3+Fe 2+C. Fe3+Fe 2+Cu 2+ D. Fe2+Cu 2+Fe 3+【答案】A【解析】试题分析：氧化性：氧化剂氧化产物；（1）Cu+2Fe 3+=Cu2+2Fe2+；氧化性：Fe 3+Cu 2+，（2）Fe+Cu 2+=Fe2+Cu；氧化性：Cu 2+Fe 2+；由上所述，氧化性强弱顺序：Fe 3+Cu2+Fe2+；考点：考察二次能源的相关知识。16

20、.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是A. 强碱性溶液中：K +、Al 3+、Cl 、SO 42B. 在无色透明的溶液中：K +、Cu 2+、NO 3 、SO 42C. 含有 0.1mol/L Ca2+的溶液中：Na +、K +、CO 32 、Cl D. 室温下，pH1 的溶液中：Na +、Fe 3+、NO 3 、SO 42【答案】D【解析】试题分析：A、强碱性溶液含有 OH-离子，与 Al3+反应，生成 Al(OH） 3沉淀,故不能共存；B、溶液无色透明，故要排除 Cu2+，错误；C、Ca 2+与 CO32-形成沉淀，故错误；D、酸性溶液中，均共存。考点：考查了离子共存的相关知识17.在

21、3Cu + 8HNO3（稀） =3Cu（NO 3） 2 + 2NO+ 4H 2O 的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是A. 1:1 B. 3:8 C. 2:3 D. 8:3【答案】C【解析】【分析】- 10 -根据氧化还原反应的本质和特征进行分析判断氧化剂和还原剂。【详解】在 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO 3） 2+2NO+4H 2O 反应中，硝酸得电子作氧化剂，硝酸中 N 元素得电子被还原，铜作还原剂，铜元素被氧化，若有 8mol 硝酸参加反应，则只有2mol 硝酸参加氧化还原反应，被还原的 HNO3与被氧化的 Cu 的物质的量之比是 2：3，故 C 正确。故选 C。【点睛】化

22、合价发生变化的硝酸体现氧化性，化合价未发生变化的硝酸只体现酸性。18.某盐的混合物中含有 0.2 molNa+ ，0.4molMg 2+ ，04molCl 和 SO42 ，则其含有的SO42 为A. 0.1mol B. 0.3 mol C. 0.5 mol D. 0.15 mol【答案】B【解析】【分析】根据溶液呈电中性，从而存在电荷守恒进行分析。【详解】根据溶液中的电荷守恒可知：n（Na +）+2n（Mg 2+）=n（Cl -）+2n（SO 42-） ，可得到：2n（SO 42-）=n（Na +）+2n（Mg 2+）-n（Cl -）=0.2mol+0.4mol2-0.4mol=0.6mol，

23、计算得到：n（SO 42-）=0.3mol，故 B 正确。故选 B。【点睛】阳离子提供正电荷的物质的量等于该离子的物质的量乘以每个离子所带正电荷数，阴离子反之。19.现有以下物质：NaCl 晶体液态 SO3液态氯化氢汞BaSO 4固体纯蔗糖（C 12H22O11） 酒精（C 2H5OH） 熔化的 KNO3，请回答下列问题（用序号）：（1）以上物质中能导电的是_。（2）以上物质中属于电解质的是_。（3）以上物质中属于非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】根据电解质的概念分析是电解质还是非电解质，根据是否存在自由移动的离子或电子分析是否能导电。- 11 -【详解】

24、 （1）汞中有自由电子，所以能导电；熔化的 KNO3中有自由移动的离子，所以能导电，故答案为：；（2）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，所以NaCl 晶体、液态的（纯）醋酸、熔化的 KNO3是电解质，故答案为：；（3）非电解质是在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物，所以液态 SO3 纯蔗糖（C 12H22O11） 、酒精（C 2H5OH）是非电解质，故答案为：。（4）水溶液能导电的原因是溶液中含有自由移动的离子；NaCl 晶体、液态 SO3、液态的（纯）醋酸、熔化的 KNO3溶于水后形成的水溶液能导电。故答案为：。【点睛】电解质不一定能导电，导电的不一定是电解质，电解质的前提是

25、化合物，而只要具备导电的条件就可以导电。20.（1）12.4g Na 2X 含有 0.4mol Na+, Na2X 的摩尔质量为_，该物质的化学式为_。（2）某反应中反应物与生成物有：AsH 3、H 2SO4、KBrO 3、K 2SO4、H 3AsO4、H 2O、Br 2。已知 KBrO3在反应中得到电子，则该反应的氧化产物是_。0.2 mol KBrO 3在反应中得到_ mol 电子生成 Br 2。（3）在 2Na + Cl2 = 2NaCl 的反应中，当有 2.3 g Na 发生反应时，转移了_ mol 电子。【答案】 (1). 62 g /mol (2). Na 2O (3). H3As

26、O4 (4). 1 (5). 0.1【解析】【分析】据摩尔质量与相对分子量的关系计算出 X 的相对原子质量，根据 Na2X 相对原子质量来确定分子式；根据化合价的变化计算得失电子的数目。【详解】 （1）12.4 克 Na2X 中含有 0.4molNa+，Na 2X 的物质的量为：n（Na 2X）=1/2n（Na +）=0.4mol1/2=0.2mol，Na 2X 的摩尔质量为：M（Na 2X）=12.4g/0.2mol=62g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，即 Na2X 的相对原子量为 62，钠原子的相对原子质量是 23，所以 X 的相对原子质量是 62-232=16，X 为氧原

27、子，该物质的化学式为 Na2O，故答案为：62g/mol；Na 2O；（2）化合价升高，发生氧化反应，所以该反应中氧化过程是 AsH3生成的过程，氧化产物是H3AsO4；KBrO 3溴元素化合价为+5，Br 2中溴元素化合价为 0，则 0.2molKBrO3在反应中得到电- 12 -子为：50.2=1mol； n(Na)=2.3g/23g/mol=o.1mol，每个钠原子在反应中只失去一个电子，所以 0.1mol 钠在反应中一共失去 0.1mol 电子，所以转移 0.1mol 电子。【点睛】注意质量守恒定律、摩尔质量在数值上等于其相对分子质量等概念的运用。21.下图为五个椭圆交叉构成的图案，椭

28、圆内分别写了 C2H5OH、CO 2、Fe 2O3、FeCl 3和 NaOH 五种物质，图中相连的两种物质均可归为一类，相交的部分 A、B、C、D 为其相应的分类标准代号。请回答下列问题：（1）两种物质混合能发生反应且都是电解质的是_（填分类标准代号，下同） ，两种物质都是氧化物的是_。（2）分类标准代号 A 表示_（多项选择）a两物质都是非电解质 b两物质都是有机物c两物质都是含碳化合物 d两物质都是氧化物（3）上述五种物质中的某一物质能与某种强酸反应生成上述物质中的另一种物质，该反应的离子方程式为：_。（4）用洁净的烧杯取 25 mL 蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入上述五种物质中的某

29、一物质的饱和溶液，加热得红褐色胶体，该反应的化学方程式为： _。【答案】 (1). D (2). B (3). a c (4). Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O (5). FeCl3 + 3 H2O = Fe（OH） 3（胶体） + 3 HCl【解析】【分析】从物质的组成和性质对物质种类进行分析，根据离子方程式的书写规则书写离子方程式。【详解】 （1）在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，乙醇和二氧化碳都是非电解质，Fe 2O3、FeCl 3和 NaOH 是电解质，Fe 2O3与 FeCl3不反应，FeCl 3和 NaOH 反应，所以两种物质混合能发生反应且都

30、是电解质的是 D；两种物质都是氧化物的是 B；（2）A 表示乙醇和二氧化碳，它们都是非电解质，而且都是含碳化合物，故答案为：a c ；（3）某一物质能与某种强酸反应生成上述中的另一种物质，所以这两种物质应有相同的元素，且化合价不变，所以是氧化铁和氯化铁，化学反应方程式为：Fe 2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，故答案为：Fe 2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；（4）该方法是制作氢氧化铁胶体，反应方程式为：FeCl 3 + 3 H2O = Fe（OH） 3（胶体） + - 13 -3 HCl。22.某溶液中含有 X 、Y 2 、Z 2 三种常见的无机离子。如下图所示，发生了一系列

31、化学反应。第步反应生成的白色沉淀中含 Y2 .（1）判断 X 、Y 2 、Z 2 分别为_、_、_（写离子符号） 。（2）写出、步反应的离子方程式。_；_。【答案】 (1). Cl (2). SO42 (3). CO32 (4). BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2 + H2O (5). CO2 + 2OH + Ca2+ = CaCO3 + H2O【解析】【分析】根据实验中沉淀的颜色和是否溶于酸分析沉淀的成分，进而分析溶液中存在的离子。【详解】(1)溶液中加入硝酸钡后产生白色沉淀，白色沉淀中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀中含有硫酸钡沉淀和碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡和水和

32、二氧化碳，二氧化碳能与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，说明溶液中含有硫酸根离子和碳酸根离子，滤液中加入硝酸银溶液产生白色不溶于硝酸的沉淀，说溶液中有氯离子，故答案为： Cl ， SO42 ， CO 32 ；(2)反应为碳酸钡与盐酸的反应，离子方式为： BaCO 3 + 2H+ = Ba2+ + CO2 + H2O；反应 为二氧化碳与澄清石灰水的反应，离子方程式为： CO 2 + 2OH + Ca2+ = CaCO3 + H2O。【点睛】1.氯离子：加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀。2.硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡，产生白色沉淀。- 14 -3.碳酸根离子：加入氯化钙或氯化钡，产生白色

33、沉淀，再加入盐酸，沉淀溶解产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。23.某学生欲配制 6.0 mol/L 的 H2SO4480 mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：240mL 1.0 mol/L 的硫酸； 20 mL 25%的硫酸（1.18 g/mL） ； 足量的 18 mol/L 的硫酸。老师要求把两种硫酸全部用完，不足的部分由来补充。请回答下列问题：（1）实验所用 25%的硫酸的物质的量浓度为_mol/L（保留 1 位小数） 。（2）配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为_mL。（3）配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤 B、D 补充完整。A将两溶液全部在烧杯中混合均匀；B用量筒准确量取所需的 1

34、8 mol/L 的浓硫酸 150mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D_；E振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线 12 cm 处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切； G将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。（4）如果步骤 C 中的硫酸溶液未冷却就转移到容量瓶并定容，对所配溶液浓度有何影响？_（填“偏大” 、 “偏小”或“无影响”下同） 。如果省略步骤 D，对所配溶液浓度有何影响？_。【答案】 (1). 3.0 (2). 500 (3). 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒 23 次，洗涤液均注入容量瓶中 (4). 偏

35、大 (5). 偏小【解析】【分析】根据溶液配制的原理分析所需要的仪器及过程，根据 c=n/V 分析误差。【详解】 （1）25%的硫酸的物质的量浓度：C= 1000/M= (10001.18g/mL25%)/ 98g/mol=3.0mol/L故答案为：3.0；（2）由题意某学生欲配制 6.0 mol/L 的 H2SO4480 mL，所以应选择 500ml 的容量瓶；故答案为：500；- 15 -（3）在溶液配制过程中，转移溶液之后需要洗涤，故答案为：用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒 23 次，洗涤液均注入容量瓶中；（4）依据 c=n/V，如果步骤 C 中的硫酸溶液未冷却就转移到容量瓶并定容,导致实际溶液的体积偏小，浓度偏大；如果省略操作 D，则溶质的物质的量 n 将会偏小，所配溶液的浓度将会偏小；故答案为：偏大；偏小。【点睛】溶液配制过程中为了保证溶质完全转移到容量瓶中，需要 23 次洗涤，且把洗涤液转移到容量瓶中。