【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】甘肃省张掖市高台县第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

甘肃省张掖市高台县第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 测试范围：人教必修1第1、2章。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.某有机物苯酚，其试剂瓶上有如下标识，其含义是(　　)‎ A. 自燃物品、易燃 B. 腐蚀性、有毒 C. 爆炸性、腐蚀性 D. 氧化剂、有毒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】为腐蚀性标识，为有毒物质的标识，说明苯酚是有毒的腐蚀性液体，故选B。‎ ‎2.用半透膜把分子或离子从胶体溶液分离出来的方法是（ ）‎ A. 电泳 B. 渗析 C. 凝聚 D. 电解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用半透膜把分子或离子从胶体溶液分离出来的方法是渗析，故答案选B。‎ ‎3.物质的分类如图所示：‎ 由图判断下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 甲图所示的分类方法属于树状分类法 B. 乙图所示的分类方法属于交叉分类法 C. 碱性氧化物一定是金属氧化物 D. 非金属氧化物一 定酸性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对同类事物按照某种属性进行分类，树状分类就是一个确定范围内的物质之间所包含的关系有子概念与母概念，甲图所示的分类方法属于树状分类法，A项正确；‎ B. 一种分类方法所依据的标准有一定局限，所能提供的信息少，人们在认识事物时往往需要采用多种分类方法来弥补单一分类方法的不足。在给物质进行分类时，采用交叉分类法能从不同角度对物质进行较全面的分析，乙图所示的分类方法属于交叉分类法，B项正确；‎ C. 碱性氧化物肯定是金属氧化物，C项正确； D. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如CO属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列物质不属于电解质的是（ ）‎ A. C2H5OH B. KOH C. HNO3 D. BaCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质。‎ A. 乙醇的水溶液或熔融状态下均不导电，乙醇是非电解质，故A符合题意；‎ B. 氢氧化钾在水溶液或者熔融状态都能导电，属于电解质，故B不符合题意；‎ C. 硝酸的水溶液可以导电，硝酸是电解质，故C不符合题意；‎ D. 氯化钡为离子化合物，在水溶液中或熔融状态导电，属于电解质，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎5.下列实验装置或操作与粒子直径的大小无直接关系的是（ ）‎ A. 过滤 B. 渗析 C. 萃取 D. 丁达尔效应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A不选； B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B不选；‎ C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C选； D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，故和粒子直径大小有关，故D不选；‎ 故答案为C。‎ ‎6.关于胶体的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 向胶体中加蔗糖溶液，产生聚沉现象 B. 可见光透过胶体时，发生丁达尔现象 C. 用渗析的方法“净化”胶体时，使用的半透膜只能让小分子、离子通过 D. 胶体微粒能吸附阳离子或阴离子，故在电场作用下产生电泳现象 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．胶体遇电解质溶液发生聚沉，蔗糖是非电解质，故A错误；‎ B．当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路”，这是胶体中胶粒在光照时产生对光的散射作用形成的，故B正确；‎ C．胶体粒子不能透过半透膜而离子可以，渗析可以净化胶体，故C正确．‎ D．胶粒因吸附阳离子或阴离子而带电荷，从而会在电场作用下产生电泳现象，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列物质中既能导电，又属于强电解质的一组物质是( )‎ A. 醋酸溶液、食盐晶体 B. 熔融状态的KOH、熔融状态的NaCl C. NaOH溶液、纯HNO3 D. 液氨、石灰水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸溶液能导电是乙酸和水的混合物，其中醋酸属于弱电解质，食盐晶体是电解质但不导电，故A错误；B、熔融KOH、熔融NaCl，属于强电解质能导电，故B正确；C、NaOH溶液是混合物，不是电解质，纯硝酸不导电，故C错误；D、液氨不导电，石灰水是混合物，都不是电解质，故D错误；故选B。‎ ‎8.下列反应中，水既不是氧化剂、也不是还原剂的氧化还原反应是（ ）‎ A. Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑ B. ‎2F2+2H2O=4HF+O2‎ C. Na2O+H20=2NaOH D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据化合价的变化，分析氧化还原反应中水的作用。‎ ‎【详解】A项：水中氢原子得电子生成氢气，水是氧化剂，A项错误； ‎ B项：水中氧原子失电子生成氧气，水是还原剂，B项错误；‎ C项：不是氧化还原反应，C项错误； ‎ D项：Na2O2中，部分氧原子得电子、另部分氧原子失电子，Na2O2既是氧化剂、也是还原剂，水既不是氧化剂、也不是还原剂，D项正确。‎ 本题选D。‎ ‎9.1 mol MgCl2中含有 (　　)‎ A. 3.01‎‎×1023个Mg2+ B. 6.02×1023个Cl-‎ C. 1 mol Mg2+ D. 1 mol Cl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1 mol MgCl2中含有1 mol Mg2+和2 mol Cl-,即含有6.02×1023个Mg2+和1.204×1024个Cl-;MgCl2中不含Cl2。故选C。‎ ‎10.配制一定质量分数的NaOH溶液时，造成所配制溶液的质量分数偏高的原因可能是( )‎ A. 所用NaOH已潮解 B. 用量筒量取水时，俯视水面的刻度线来读取体积 C. 用带游码的托盘天平称量NaOH固体质量时，误将砝码放在左盘，被称量物放在右盘 D. 托盘天平左右托盘上各放一张纸，调整天平至平衡后，将NaOH固体放在纸上称量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.所用NaOH已潮解，会造成实际所取的溶质的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，A错误；‎ B.用量筒量取水时，俯视水面刻度线来读取体积读数，读数比实际液体体积大，会造成实际量取的水的体积偏小，则使溶质质量分数偏大，B正确；‎ C.用带游码的托盘天平称量NaOH时，误将砝码放在左盘，被称量物放在右盘，会造成实际所取的溶质的质量偏小，则使溶质质量分数偏小，C错误；‎ D.托盘天平的左右盘上各放一张纸，调整天平平衡后，将NaOH固体放在纸上称量，会造成腐蚀托盘，不会造成称量不准确，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.除去下列物质中的少量杂质，所选用试剂及操作方法均正确的是（　　）‎ 选项 物质（括号内为杂质）‎ 选用试剂 操作方法 A CO2（CO）‎ 足量的O2‎ 点燃 B NaCl溶液（NaOH）‎ 稍过量的稀盐酸 蒸发 C KNO3溶液（K2SO4溶液）‎ 过量的 Ba(NO3)2溶液 过滤 D CaO（CaCO3）‎ 足量水 过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A.根据一氧化碳具有可燃性进行分析；‎ B.根据盐酸会与氢氧化钠生成氯化钠进行分析；‎ C.根据硫酸钾和硝酸钡生成硝酸进行分析；‎ D.根据CaO的化学性质及CaCO3的溶解性进行分析；‎ ‎【详解】A.CO是少量的，和CO2均匀的混合在一起的，不能被点燃，A错误；‎ B.盐酸和氢氧化钠会生成氯化钠，氯化氢具有挥发性，剩余的盐酸在蒸发结晶挥发出去，最后就只剩氯化钠固体，B正确；‎ C.硫酸钾和硝酸钡会生成硫酸钡沉淀和硝酸钾，但过量的硝酸钡对于KNO3溶液也是杂质，又引入了新的杂质，C错误；‎ D.向其中加入水，CaO与水反应产生Ca(OH)2，CaCO3不溶于水，导致物质变质，不能达到除杂的目的，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎12.下列变化中，需加入氧化剂的是（ ）‎ A. 2Cl－→Cl2 B. Fe3+ →Fe2+‎ C. Cu2+ →Cu D. MnO4－→MnO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】需要加入氧化剂，则选项中为还原剂的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂，故A正确；‎ B．Fe元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误；‎ C．Cu元素的化合价降低，需要加还原剂，故C错误；‎ D．Mn元素的化合价降低，需要加还原剂，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.下列电离方程式中，错误的是（ ）‎ A. Fe2(SO4)3===2Fe3++3SO42− B. H2SO4===2H++SO42−‎ C. NaHCO3===Na++H++CO32− D. NaHSO4===Na++H++SO42−‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式，结合物质的组成解答。‎ ‎【详解】A. 硫酸铁完全电离，电离方程式为Fe2(SO4)3＝2Fe3++3SO42-，A正确；‎ B. 硫酸是二元强酸，完全电离，电离方程式为H2SO4＝2H++SO42﹣，B正确；‎ C. 碳酸氢钠完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3﹣，C错误；‎ D. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎14.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是（ ）‎ A. 金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出，Mg+2H++2Cl−===MgCl2+H2↑‎ B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成，Ba2++SO42−===BaSO4↓‎ C. 碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出，CO32−+2H+===CO2↑+H2O D. 碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca(HCO3)2+2H+===Ca2++2H2O+2CO2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、氯化氢、氯化镁是可溶性强电解质；‎ B、氯化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀；‎ C、碳酸镁微溶，以固体形式参加反应，不能拆开；‎ D、Ca(HCO3)2是可溶性强电解质。‎ ‎【详解】A、氯化氢、氯化镁是可溶性强电解质，离子方程式为Mg+2H＋═Mg2＋+H2↑，故A错误；‎ B、氯化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程为Ba2＋+SO42－═BaSO4↓，故B正确；‎ C、碳酸镁微溶，以固体形式参加反应时，不能拆开，离子方程为MgCO3+2H＋=CO2↑+H2O+Mg2＋，故C错误；‎ D、Ca(HCO3)2是可溶性强电解质，离子方程为HCO3-+H+=H2O+CO2↑。故D错误。‎ 故选B。‎ ‎15.甲、乙、丙、丁四位同学分别进行实验，测定四份不同澄清溶液的成分，记录结果如下：‎ 甲：K2SO4、BaCl2、NaCl；‎ 乙：NaCl、Ba(OH)2、K2CO3；‎ 丙：HCl、K2CO3、NaCl；‎ 丁：K2SO4、Na2CO3、KCl；‎ 其中记录结果合理的是（ ）‎ A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲会形成BaSO4沉淀而不能共存，A错误；‎ B、乙会形成BaCO3沉淀而不能共存，B错误；‎ C、丙会产生CO2气体而不能共存，C错误；‎ D、丁的各物质彼此不会反应，可以共存，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎16.根据下列反应：(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ A. Br->I->Fe2+ B. I->Fe2+>Br-‎ C. Fe2+>I->Br- D. Br->Fe2+>I-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。‎ ‎【详解】(1)反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，碘元素化合价从‎-1升到0，失去电子，发生氧化反应，I-为还原剂；Fe化合价降低，得到电子，发生还原反应，得到还原产物Fe2+，则还原性I->Fe2+。‎ ‎(2)反应Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+中，Fe化合价升高，发生氧化反应，亚铁离子是还原剂；Br化合价降低，发生还原反应，得到还原产物Br-，则还原性Fe2+>Br-。‎ 综上所述，还原性I->Fe2+>Br-。‎ 答案为B。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。‎ ‎17.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：‎ ‎（1）在装置A和装置B中都用到玻璃棒，装置A中玻璃棒的作用是__，装置B中玻璃棒的作用是__，防止蒸发皿内溶液因局部过热而溅出。‎ ‎（2）装置C中①的名称是__，①中加入沸石的作用是__，冷却水的方向是__。‎ ‎（3）从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，选择装置__（填代表装置图的字母，下同）；除去自来水中的Cl−等杂质，选择装置__。检验自来水中Cl-是否除净的方法：取少量锥形瓶中的水于洁净试管中，滴加__，不产生白色沉淀表明Cl−已除净。‎ ‎【答案】(1). 引流 (2). 搅拌 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 防止液体暴沸 (5). 下进上出 (6). B (7). C (8). 稀硝酸和硝酸银溶液 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）过滤时玻璃棒的作用是引流，蒸发时玻璃棒的作用是搅拌；‎ ‎（2）根据其结构可知①的名称是蒸馏烧瓶；加入沸石或碎瓷片可以防止暴沸；直形冷凝管在使用时为了保证冷凝效果，冷却水要下进上出；‎ ‎（3）从氯化钠溶液中得到氯化钠固体可以采用蒸发结晶的方法，选择装置B；除去自来水中Cl-等杂质，可用蒸馏法，选择装置A；检验氯离子一般用硝酸酸化的硝酸银溶液。‎ ‎18.(1)‎12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为_____，X的相对原子质量为_____。‎ ‎(2)相同状况下，一定体积的气态氢化物H2X的质量是等体积NH3的2倍．则X的相对原子质量为_____。‎ ‎(3)0.05mol 的硫酸钠中含有_____个氧原子；与_____g NaCl中所含有的Na+数目相同．‎ ‎(4)气态化合物A的化学式可以表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热完全分解生成15mLO2和10mL F2，则A的化学式为_____。‎ ‎(5)‎0.5L 0.5mol/L FeCl3溶液中的Cl﹣的物质的量浓度为_____。‎ ‎(6)质量分数为98%，密度为‎1.84g．cm﹣3的某浓硫酸，溶质的物质的量浓度为_____。‎ ‎(7)a个X原子的总质量为b g，则X的相对原子质量可表示为_____。‎ ‎【答案】(1). ‎62g/mol (2). 16 (3). 32 (4). 0.2NA (5). 5.85 (6). O‎3F2 (7). 1.5mol/L (8). 18.4mol/L (9). b/aNA ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据计算Na2X的摩尔质量；摩尔质量的数值等于相对分子质量。‎ ‎(2)相同状况下，同体积的气体，质量比等于摩尔质量之比；‎ ‎（3）氧原子的物质的量为硫酸钠的4倍，根据N=nNA计算氧原子数目；根据钠离子守恒计算氯化钠的物质的量，再根据m=nM计算氯化钠的质量。‎ ‎(4)根据原子守恒计算OxFy的化学式；‎ ‎（5）由化学式可知，Cl-的物质的量浓度为 FeCl3浓度3倍；‎ ‎(6)根据 计算；‎ ‎(7)根据 计算；‎ ‎【详解】(1) 含有0.4mol Na+的Na2X 的物质的量是0.2mol， Na2X的摩尔质量是‎62g/mol ， X的相对原子质量为62－23×2=16。‎ ‎(2)相同状况下，同体积的气体，质量比等于摩尔质量之比，，M(H2X)=‎34 g/mol，则X的相对原子质量为34-1×2=32。‎ ‎（3）氧原子的物质的量为硫酸钠的4倍，n（O）=4n（Na2SO4）=0.05mol×4=0.2mol，故N（O）=0.2mol×NA=0.2NA；钠离子的物质的量是硫酸钠的2倍，n（Na+）=2n（Na2SO4）=0.05mol×2=0.1mol，故含有相同钠离子的NaCl的质量为：0.1mol×‎58.5g/mol=‎5.85g；‎ ‎(4)根据原子守恒 ‎2OxFy=xO2+yF2‎ ‎ 2 x y ‎ 10 15 10‎ ‎ ‎ X=3，y=2‎ OxFy的化学式是O‎3F2；‎ ‎（5）由化学式可知，Cl-的物质的量浓度为 FeCl3浓度3倍，故0.5mol/L FeCl3溶液中的Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L×3=1.5mol/L；‎ ‎(6)根据，质量分数为98%，密度为‎1.84g．cm﹣3的某浓硫酸，‎ ‎18.4mol/L；‎ ‎(7) ，a个X原子的总质量为b g ，则，所以M= b/aNA。‎ ‎19.实验室要配制100mL 0．5mol·L-1的NaOH溶液，试回答下列各题：‎ ‎（1）若用NaOH固体配制溶液，下列仪器中，肯定不会用到的是___________‎ A．锥形瓶 B．200 mL容量瓶 C．烧杯 D．胶头滴管 E．药匙 F天平 G、洗瓶 ‎（2）若要实施配制，除上述仪器外,还缺少的仪器或用品______________。‎ ‎（3）容量瓶上除有刻度线外还应标有__________________，在使用前必须检查容量瓶是否_______________。‎ ‎（4）配制过程有以下操作：‎ A、移液 B、称量 C、洗涤 D、定容 E、溶解 F、摇匀 其正确的操作顺序应是______________（填序号）。‎ ‎（5）下列四项错误操作会导致所得溶液的浓度偏高的是__________________‎ A．用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥 B．配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干 C．固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内进行后续操作 D．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容 E．最后确定NaOH溶液体积（定容）时，俯视观察液面与容量瓶刻度线 F．定容摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。‎ ‎【答案】(1). AB (2). 玻璃棒 (3). 温度和容积 (4). 漏水 (5). BEACDF (6). CE ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）和（2）根据用固体配一定物质的量浓度溶液的操作步骤选取实验仪器；‎ ‎（3）依据容量瓶构造及使用方法解答；‎ ‎（4）根据用固体配一定物质的量浓度溶液的操作步骤排序；‎ ‎（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=n/V进行误差分析。‎ ‎【详解】配制100mL 0.5mol•L-1的NaCl溶液，一般步骤为称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、洗瓶、胶头滴管，用不到的仪器：锥形瓶、200mL容量瓶；还缺少的仪器：玻璃棒；‎ ‎（1）由上述分析可知，用不到的仪器为锥形瓶、200mL容量瓶，故答案为AB；‎ ‎（2）由上述分析可知，还缺少仪器是玻璃棒，故答案为玻璃棒；‎ ‎（3）容量瓶上除有刻度线外还应标有温度和容积，在使用前必须检查容量瓶是否漏水，故答案为温度和容积；漏水；‎ ‎（4）用固体配一定物质的量浓度溶液的操作步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，所以正确的顺序为：BEACDF；‎ 故答案为BEACDF。‎ ‎（5）A.用托盘天平称量一定质量固体NaOH时，所用的小烧杯内壁不太干燥，导致称取的氢氧化钠固体的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A不选；‎ B.因定容时需向容量瓶中加水，所以定容前配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响，故B不选；‎ C.液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液转移至容量瓶中并配成溶液，冷却至室温时体积变小，溶质不变，溶液浓度偏高，故C选；‎ D.转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，故D不选；‎ E.定容时，俯视容量瓶刻度线，使溶液的体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故E选；‎ F.定容摇匀后静置，液面低于刻度线，一部分溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故F不选。‎ 答案为：CE。‎ ‎20.氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如下图所示步骤进行操作(注意事项：①所加试剂必须过量；②过量试剂必须除去；③不能引入新的杂质)。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）试剂Ⅰ的化学式为______，①中发生反应的离子方程式为_________。‎ ‎（2）试剂Ⅱ的化学式为_______，②中加入试剂Ⅱ的目的是____________。‎ ‎（3）试剂Ⅲ的名称是________，③中发生反应的离子方程式为__________。‎ ‎【答案】(1). BaCl2 (2). Ba2++SO42-=BaSO4↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓ (3). K2CO3 (4). 除去多余的Ba2+ (5). 盐酸 (6). 2H++CO32-=H2O+CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据实验目的，需要除去硫酸根离子和碳酸根离子，可以通过加入试剂I转化为沉淀，同时不生成杂质，结合加入的试剂过量，在后续过程中需要依次除去，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)要除掉杂质离子硫酸根和碳酸根，应加入过量的氯化钡溶液，碳酸根和硫酸根均能够生成不溶于水的钡盐，同时生成氯化钾，离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，CO32-+Ba2+=BaCO3↓，故答案为BaCl2；Ba2++SO42-=BaSO4↓、Ba2++CO32-=BaCO3↓；‎ ‎(2)要除掉多余的钡离子，要加入碳酸钾，碳酸钾和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀同时生成氯化钾，离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，故答案为K2CO3；除去多余的Ba2+；‎ ‎(3)要除掉多余的碳酸根离子，要滴加适量的盐酸，碳酸根离子和盐酸反应生成二氧化碳和水，离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为盐酸；2H++CO32-=H2O+CO2↑。‎ ‎21.有关物质的量的计算是中学化学的重要部分，请回答下列有关物质的量的计算问题。‎ ‎（1）在标准状况下，‎67.2 L CO2是__________mol，质量为_______g，含有__________个CO2分子，其中含有__________mol氧原子。‎ ‎（2）在标准状况下，‎1.7 g氨气所占的体积约为_________L，它与同条件下_____mol H2S含有相同的氢原子数。‎ ‎（3）某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，‎1.28 g该氧化物的体积是448 mL，则氧化物的摩尔质量为_______，R的相对原子质量为__________。‎ ‎（4）实验室常用浓硫酸的质量分数为98%，密度为‎1.80 g·mL−1，其物质的量浓度是_______。‎ ‎（5）标准状况下，将V L A气体（摩尔质量为M g/mol）完全溶于‎0.1 L水（密度‎1 g/cm3）中，所得溶液密度为d g/mL，则此溶液的物质的量浓度为_______mol/L。‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】(1). 3.0 (2). 132 (3). 3NA (4). 6 (5). 2.24 (6). 0.15 (7). ‎64 g/mol (8). 32 (9). 18.4 mol/L (10). B ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据n=V/Vm二氧化碳的物质的量，根据m=nM计算其质量，根据N=nNA 计算分子数目，氧原子物质的量为二氧化碳的2倍；‎ ‎（2）根据n=m/M计算氨气物质的量，根据V=nVm计算氨气体积，根据H原子数目相等计算硫化氢的物质的量；‎ ‎（3）根据n=V/Vm氧化物的物质的量，根据M=m/n计算氧化物的摩尔质量，进而计算R的相对原子质量．‎ ‎（4）根据c=1000ρw/M计算该浓硫酸的物质的量浓度；‎ ‎（5）根据n=V/‎22.4L·mol－1计算标况下VL该气体的物质的量，再利用m=nM计算该气体的质量，溶剂和溶质的质量和为溶液的质量，然后利用V=m/ρ计算溶液的体积，最后利用c=n/V计算该溶液的物质的量浓度．‎ ‎【详解】（1）二氧化碳的物质的量为‎67.2L/‎22.4L·mol－1=3mol；‎ 其质量为3mol×‎44g·mol－1=‎132g；‎ 二氧化碳分子数目为3mol×6.02×1023mol－1=1.806×1024；‎ 氧原子物质的量为3mol×2=6mol；‎ ‎（2）‎1.7g 氨气物质的量为‎1.7g/‎17g·mol－1=0.1mol，氨气体积为0.1mol×‎22.4L·mol－1=‎2.24L，‎ 与含有相同H原子数目的硫化氢的物质的量为0.1mol×3/2=0.15mol；‎ ‎（3）氧化物的物质的量为‎0.448L/‎22.4L·mol－1=0.02mol，氧化物的摩尔质量为‎1.28g/0.02mol=‎64g·mol－1，R的相对原子质量为64-32=32．‎ ‎（4）密度为‎1.84g·cm－3、质量分数为 98% 的浓硫酸，其物质的量浓度=1000×1.84×98%/98mol·L－1=18.4 mol·L－1；‎ ‎（5）标准状况下，气体的物质的量为VL/‎22.4L·mol－1=V/22.4mol，该气体的质量为：V/22.4mol×M g·mol－1=VM/‎22.4g，‎0.1L水的质量为：100mL×‎1g·mL－1=‎100g，则溶液的质量为：VM/‎22.4g+‎100g，所以该溶液的体积为：L，‎ 则该溶液的物质的量浓度为：c=n/V=mol·L－1，故选B。‎