【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

湖南省长沙市第一中学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 Na‒23 S‒32 Cl‒35.5 Cu‒64 Ba‒137‎ 一、选择题(本题共 16小题，每题只有一个正确答案，每题 3分，共 48分)‎ ‎1.如图是常用危险化学品的分类和标志，其中贴错了标签的是（ ）‎ 选项 A B C D 物质 四氯化碳 氰化钾 镭—228‎ 氢氧化钾 危险警告标签 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．四氯化碳不能燃烧，不属于易燃液体，故A错误；‎ B．氰化钾有剧毒，应贴剧毒品标志，故B正确；‎ C．镭—228为放射性药品，应贴放射性物品标志，故C正确；‎ D．氢氧化钾具有腐蚀性，应贴腐蚀品标志，故D正确；‎ 答案为A。‎ ‎2.下列实验操作不正确是（ ）‎ A. 倾倒液体 B. 检查气密性 ‎ C. 稀释浓硫酸 D. 取用固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、倾倒液体时，瓶塞要倒放，标签要对准手心，瓶口紧挨。图中所示操作正确，A正确；‎ B、检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴容器外壁，若导管口有气泡冒出，装置不漏气；反之则相反。图中所示操作正确，B正确；‎ C、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散。图中所示操作正确，C正确。‎ D、固体药品的取用要遵循“一横二送三直立”，用纸槽把药品送入试管底部。图中所示操作错误，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎3.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是（ ）‎ A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；‎ B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；‎ C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；‎ D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎4.现有四组分散系：①汽油和水形成的混合液②含有泥沙的食盐水③溶有碘(I2)的氯化钾溶液④乙二醇和丙三醇混合溶液(乙二醇和丙三醇的部分物理性质见表)。‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 密度/g•cm-3‎ 溶解性 乙二醇 ‎−11.5‎ ‎198‎ ‎1.11‎ 易溶于水和乙醇 丙三醇 ‎17.9‎ ‎290‎ ‎1.26‎ 能跟水、酒精以任意比互溶 请用如图所示的仪器分离以上各混合液，仪器和方法不能对应的是（ ）‎ A. ①—c—分液 B. ②—a—萃取 C. ③—c—萃取 D. ④—a—蒸馏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．①汽油和水形成的乳浊液，分层，利用分液法可分离，需要选择c分液漏斗，故A正确；‎ B．②含有泥沙的食盐水，泥沙不溶于水，利用过滤法分离，需要选择b漏斗，故B错误；‎ C．③溶有碘(I2)的氯化钾溶液，碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，可选萃取法分离，需要选择c分液漏斗，故C正确；‎ D．④乙二醇和丙三醇混合溶液，结合表中信息可知，二者沸点差异较大，可选蒸馏法分离，需要选择a蒸馏烧瓶，故D正确；‎ 答案为B。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，3.36LCCl4中含有，7.5NA个原子 B. 常温常压下，32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数约为1.204×1024‎ C. CO2和标准状况下11.2LHCl具有相同的原子数 D. 1L0.1mol/L的CH3COOH溶液中，H+的数目为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，CCl4为液体，不能根据气体的摩尔体积计算3.36LCCl4的物质的量，故A错误；‎ B．O2和O3均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n==2mol，即混合物中含有的氧原子数约为2×6.02×1023=1.204×1024个，故B正确；‎ C．CO2的质量未定，无法计算CO2的物质的量，也无法比较与标准状况下11.2LHCl是否具有相同的原子数，故C错误；‎ D．CH3COOH是弱酸，不能完全电离，则1L0.1mol/L的CH3COOH溶液中，H+的数目小于0.1NA，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎6.下列各组离子一定能大量共存的是（ ）‎ A. 在无色溶液中：Na+、Fe3+、Cl-、SO42-‎ B. 在含大量Cu2+的溶液中：NH4+、K+、NO3-、OH-‎ C. 在强碱溶液中：Na+、K+、NO3-、CO32-‎ D. 滴加紫色石蕊试液显红色的溶液中：K+、Ca2+、Cl-、CH3COO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含Fe3+的溶液为黄色，与无色不符，故A错误；‎ B．Cu2+与OH-结合生成沉淀，NH4+与OH-结合生成弱电解质NH3•H2O，不能大量共存，故B错误；‎ C．强碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；‎ D．滴加紫色石蕊试剂显红色的溶液显酸性，不能大量存在CH3COO-，易生成弱电解质CH3COOH，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎7.下列对实验过程的评价正确的是（ ）‎ A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3‎ B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有SO42-‎ C. 某无色溶液滴入硝酸无现象，再滴入硝酸银，有白色沉淀生成，说明该溶液含有Cl-‎ D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现证明含有Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无色气体可能为二氧化碳或二氧化硫，则固体可能为碳酸钙、碳酸钡、亚硫酸钠等，故A错误；‎ B．白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则溶液中不一定含SO42-，还可能含银离子，但二者不能同时存在，故B错误；‎ C．检验溶液含有Cl-的操作方法是向溶液中滴入硝酸无现象，再滴入硝酸银，有白色沉淀生成，故C正确；‎ D．先加稀盐酸，引入氯离子，干扰检验，应先加硝酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl-，故D错误；‎ 答案为C。‎ ‎8.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 实验测定冰醋酸、固体KNO3均不能导电，所以CH3COOH、KNO3均是非电解质 B. CaCO3、BaSO4都难溶于水，但它们都是电解质 C. 向NaOH溶液中滴加几滴饱和三氯化铁溶液，并煮沸可以制备Fe(OH)3胶体 D. SO2的水溶液能导电，因此SO2是电解质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸、固体KNO3均不能导电，但它们在水溶液里能电离出自由离子，所以它们是电解质，故A错误；‎ B．碳酸钙、硫酸钡虽然都难溶于水，但是它们在熔融状态下可以电离导电，则它们是电解质，故B正确；‎ C．向NaOH溶液中滴加几滴饱和三氯化铁溶液，生成Fe(OH)3沉淀，煮沸后无法得到Fe(OH)3胶体，故C错误；‎ D．SO2的水溶液能导电，是因为反应生成H2SO3，H2SO3是电解质，而SO2是非电解质，故D错误；‎ 答案为B ‎9.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 向CH3COOH溶液中加氨水：CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-‎ B. 向氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ C. 向NaHCO3溶液中通入HCl：CO32-+2H+=CO2↑ +H2O D. 向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH3•H2O为弱碱，则向CH3COOH溶液中加氨水发生的离子反应为CH3COOH+NH3•H2O=H2O+NH4++CH3COO-，故A错误；‎ B．氢氧化钡溶液中加入硫酸铜溶液的离子反应为Ba2++2OH-+Cu2++SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；‎ C．向碳酸氢钠溶液中通入氯化氢，离子方程式：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故C错误；‎ D．向Ca(HCO3)2中加入少量NaOH溶液发生的离子反应方程式为Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎10.下列关于物质分类的正确组合是（ ）‎ 碱 酸 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A 氨气 硫酸 小苏打 氧化钙 干冰 B 烧碱 盐酸 食盐 氧化钠 一氧化碳 C 石灰水 冰醋酸（CH3COOH）‎ 胆矾CuSO4·5H2O 过氧化钠 二氧化硫 D NH3·H2O HNO3‎ 碳酸钙 氧化铁 SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、氨气不是碱，氨气溶于水后生成一水合氨，溶质是一水合氨，A错误；B、盐酸是氯化氢水溶液，为混合物，酸为纯净物；一氧化碳是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误；C、石灰水是氢氧化钙与水的混合物，碱为纯净物，C错误；D、一水合氨属于碱，硝酸属于酸，碳酸钙属于盐，氧化铁为碱性氧化物，三氧化硫与水化合为硫酸，属于酸性氧化物，D正确。答案选D。‎ ‎11.FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液三种重分散系，下列叙述中不正确是（ ）‎ A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是其分散质粒子的直径在10-9~10-7m之间 B. 分别用一束光透过三种分散系，只有Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应 C. 三种分散系的稳定性：FeCl3溶液>Fe(OH)3胶体>Fe(OH)3浊液，且FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸 D. Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液均能与盐酸反应，且反应现象相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．三种分散系的本质区别是分散质粒子直径大小，其中胶体的分散质粒子直径介于1-100nm之间，故Fe(OH)3胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10-9～10-7米之间，故A正确；‎ B．丁达尔效应是胶体所特有的性质，即三种分散系中只有氢氧化铁胶体有丁达尔效应，故B正确；‎ C．溶液是均一、稳定的混合物，胶体介稳定，而浊液不稳定，则三种分散系的稳定性：FeCl3溶液>Fe(OH)3胶体>Fe(OH)3浊液，且FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸，故C正确；‎ D．氢氧化铁胶体中的胶粒带电，故氢氧化铁胶体遇盐酸溶液先聚沉得氢氧化铁沉淀，后氢氧化铁沉淀被过量盐酸溶解；而氢氧化铁浊液能直接和盐酸反应，表现为沉淀溶解，现象不同，故D错误；‎ 答案为D。‎ ‎12.aLCO和O2的混合气体，点燃后得到bL 气体(前后条件相同)，则混和气体中CO的体积可能是下列组合中的（ ）‎ ‎①b ②a ③a-b ④a+b ⑤2(a-b)‎ A. ①②③ B. ②④⑤ C. ①③④ D. ①②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题中数据计算出反应前后气体的体积差，再利用差量法计算反应消耗的一氧化碳和氧气的体积，再讨论计算，有如下三种情况：(1)恰好反应；(2)CO剩余；(3)氧气剩余；‎ ‎(1)若CO与氧气恰好反应，反应生成bLCO2，则：‎ ‎ 2 CO+O2 2CO2 △V ‎ 2 1 2 1‎ n(CO) n(O2) bL (a-b)L 故n(CO)=2(a-b)L=bL，或n(CO)=aL×=L，n(O2)=(a-b)L=bL；‎ ‎(2)若CO剩余，则V(CO)=aL-(a-b)L=(2a-b)L；‎ ‎(3)若氧气剩余，则V(CO)=2(a-b)L；‎ 选项①②⑤正确，故答案为D。‎ ‎13.各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示 序号 物质 杂质 除去杂质的方法 ‎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 通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶 ‎④‎ NaNO3‎ CaCO3‎ 溶解、过滤、蒸发 其中正确的是（ ）‎ A. ②③ B. ④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①硝酸钾中有氢氧化钾，加入氯化铁溶液，生成新的杂质氯化钾，故①错误；‎ ‎②FeSO4溶液中有硫酸铜，FeSO4与铁不反应，硫酸铜能与铁反应，过量的铁粉可过滤除去，故②正确；‎ ‎③H2中有CO2，H2与氢氧化钠不反应；二氧化碳可以用氢氧化钠溶液洗气除去，最后干燥得到纯净的H2，故③正确；‎ ‎④硝酸钠中有碳酸钙，硝酸钠溶于水，碳酸钙不溶于水，可以加水，然后过滤，最后是蒸发，故④正确；‎ ‎②③④正确，故答案为C。‎ ‎14.在环保、化工行业有一种溶液浓度的表示方法：质量—体积浓度，用单位体积溶液中所含的溶质质量来表示，单位g·m－3或g·L－1。现有一种20 ℃时的饱和CuSO4溶液，密度为1.2 g·cm－3，质量—体积浓度为200 g·L－1，则对此溶液的说法不正确的是(　　)‎ A. 该溶液的质量分数为16.7%‎ B. 该溶液的物质的量浓度为1.25 mol·L－1‎ C. 在20 ℃时，硫酸铜的溶解度为20 g D. 在20 ℃时把200 g CuSO4·5H2O溶解于1 L水中恰好得到饱和溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据质量—体积浓度的定义，质量—体积浓度为200 g·L－1，则该溶液的质量分数为×100%=16.7%，故A正确；B. 该溶液的物质的量浓度为=1.25 mol·L－1，故B正确；C. =，解得：S＝20 g，即在20 ℃时，硫酸铜的溶解度为20 g，故C正确；D. CuSO4·5H2O溶于水后得到CuSO4溶液，其溶质为CuSO4，其质量只有200 g×＝128 g，该溶液的质量分数＝×100%＝10.7%，此值小于16.7%，所以不是饱和溶液，故D错误；故选D。‎ ‎15.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 把100mL3mo/LH2SO4溶液与100mL1mo/LBaCl2溶液混合，所得溶液c(SO42-)变为1mol/L B. 把200mL3mol/LBaCl2溶液与100mL3mol/LKCl 溶液混合后，所得溶液c(Cl-)仍为3mol/L C. 把100mL20%的NaOH溶液与100mLH2O混合后，所得溶液中NaOH的质量分数为10%‎ D. 把100g20%的NaCl溶液与100mLH2O混合后，所得溶液中NaCl的质量分数为10%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．把100mL3mo/LH2SO4溶液与100mL1mo/LBaCl2溶液混合，生成白色沉淀BaSO4的物质的量为0.1L×1mo/L=0.1mol，混合液中剩余SO42-的物质的量为0.1L×3mo/L-0.1mol=0.2mol，因密度不同的溶液的体积不能直接相加，即混合后溶液的总体积小于200mL，故硫酸的物质的量浓度变大于1mol/L，故A错误；‎ B．混合后，溶液中氯离子的总物质的量为n=0.2L×3mol/L×2+3mol/L×0.1L=1.5mol，假设混合后溶液的体积为300mL，混合溶液中c(Cl-)===5mol/L，故B错误；‎ C．100mL20%的NaOH溶液的密度大于水的密度，故混合后溶液的质量大于200g，所得溶液中NaOH的质量分数不是10%，故C错误；‎ D．混合后，溶液的质量为200g，故所得溶液中NaCl的质量分数为w=×100%=10%，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎16.某氯化钾样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯KCl，先 将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按如图所示步骤进行操作。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 试剂Ⅰ是Ba(NO3)2溶液，试剂Ⅲ是HCl溶液 B. ①②③的操作均为过滤 C. 步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2+‎ D. Y和Z中都含有BaSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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，由流程可知，溶解后加试剂I为BaCl2，过滤分离出沉淀Y为硫酸钡、碳酸钡，X中含KCl、BaCl2，试剂II为碳酸钾，过滤分离出Z为碳酸钡，W含KCl、碳酸钾，试剂III为盐酸，反应得到Q含KCl、HCl，蒸发结晶得到KCl；‎ A．由分析知，试剂Ⅰ是BaCl2溶液，不能用Ba(NO3)2溶液，否则会引入杂质NO3-，故A错误；‎ B．由分析知，操作①、②为过滤，而③的操作为酸化，故B错误；‎ C．试剂II为碳酸钾，步骤②中加入试剂Ⅱ的目的是除去Ba2+，故C正确；‎ D．由分析知，Y为硫酸钡、碳酸钡，Z为碳酸钡，故D错误；‎ 答案为C。‎ 二、非选择题(本题共5小题，每空2分，共52分)‎ ‎17.现有下列物质：‎ ‎①CO2 ②铜 ③硫酸溶液 ④Na2CO3•10H2O晶体 ⑤NaHSO4固体 ⑥Ba(OH)2固体 ⑦Al2(SO4)3固体 ⑧氨水 ⑨稀硝酸 ‎（1）上述物质中属于电解质有_______(填数字序号)；能导电的是_____(填数字序号)‎ ‎（2）上述物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH-=H2O，写出该离子反应对应的化学方程式_______。‎ ‎（3）将⑥的溶液滴加到⑤的溶液中至SO42-恰好完全沉淀时的离子方程式为_______。‎ ‎（4）写出NaHSO4溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式：_________。‎ ‎【答案】(1). ④⑤⑥⑦ (2). ②③⑧⑨ (3). Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O (4). Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O (5). H++HCO3-=CO2↑+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】①CO2不导电，是非电解质；②铜能导电，但不是电解质，也不是非电解质；③硫酸溶液能导电，但不是电解质，也不是非电解质；④Na2CO3•10H2O晶体不导电，是电解质；⑤NaHSO4固体不导电，是电解质；⑥Ba(OH)2固体不导电，是电解质；⑦Al2(SO4)3固体不导电，是电解质；⑧氨水能导电，但不是电解质，也不是非电解质；⑨稀硝酸能导电，但不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎(1)上述物质中属于电解质的有④⑤⑥⑦；能导电的是②③⑧⑨；‎ ‎(2)发生离子反应：H++OH-=H2O，应为可溶性强酸和强碱的中和反应，且生成的盐为可溶性盐，则对应的方程式可为Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；‎ ‎(3)将⑥的溶液滴加到⑤的溶液中至至SO42-恰好沉淀为止时，n(NaHSO4):n(Ba(OH)2)=1:1，反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O；‎ ‎(4)NaHSO4溶液和NaHCO3溶液混合有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为H++HCO3-=CO2↑+H2O。‎ ‎18.室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，向A中充入一定量H2、O2的混合气体，向B中充入1mol空气，此时活塞的位置如图所示。‎ ‎（1）A室混合气体的物质的量为_______。‎ ‎（2）实验测得A室混合气体的质量为34g，A室中含氧气_______mol；该混合气体的密度是同温同压时H2密度的 _______倍。‎ ‎（3）若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，最终活塞停留在_____刻度处，容器内气体压强与反应前气体压强之比_____。‎ ‎【答案】(1). 2mol (2). 1mol (3). 8.5 (4). 2 (5). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之比；‎ ‎(2)计算A室中混合气体的平均摩尔质量，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比；‎ ‎(3)根据总质量、总物质的量列方程计算氢气与氧气物质的量，根据方程式计算反应后剩余气体物质的量，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，可以确定活塞停留的位置；B室中空气物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反比。‎ ‎【详解】(1)A、B两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其体积之比，则A室中气体物质的量为1mol×=2mol；‎ ‎②设氢气物质的量为xmol、氧气物质的量为ymol，则：x+y＝2、2x+32y＝34，解得x=1、y=1；A室中混合气体的平均摩尔质量为=17g/mol，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的=8.5倍；‎ ‎③设氢气物质的量为xmol、氧气物质的量为ymol，则：x+y＝2、2x+32y＝34，解得x=1、y=1；‎ 由2H2+O2 2H2O，可知氧气有剩余，剩余氧气为1mol-1mol×=0.5mol，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，则A、B两室的体积之比为0.5mol:1mol=1:2，则活塞停留在2刻度处；A室中空气物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反比，则容器内气体压强与反应前气体压强之比为2:4=1:2。‎ ‎19.已知某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84 消毒液通常稀释100 倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：‎ ‎（1）“84消毒液的物质的量浓度约为_______(保留一位小数•molL-1)‎ ‎（2）某同学取20mL该“84"消毒液，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=______mol ‎（3）“84”消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒小组人员用98%(密度为1.8g•cm-3)的浓硫酸配制1L3.6mo1•L-1稀硫酸用于增强“84”消毒液的消毒能力。需用浓硫酸的体积为______mL；配制该溶液需要的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒和_______(填玻璃仪器名称)‎ ‎（4）若配制3.6mol/L的硫酸溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，将使 所配制的硫酸溶液浓度偏低的是_______(填字母代号，多选题，少选不给分)‎ A．将稀释的硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒 B．稀释过程中，溶液未经冷却就转移至容量瓶 C．所用浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中 D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切 ‎【答案】(1). 4.0mol•L-1 (2). 0.04mol•L-1 (3). 200 (4). 胶头滴管、1000mL 容量瓶 (5). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c=计算；‎ ‎(2)根据稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变计算；‎ ‎(3)根据c=计算出浓硫酸的浓度，配制过程中硫酸的物质的量不变，根据V=计算出需要浓硫酸的体积；结合溶液配制的操作分析所需要的玻璃仪器；‎ ‎(4)根据c==分析误差。‎ ‎【详解】(1)由c=可知，c(NaClO)=mol/L=4.0mol•L-1；‎ ‎(2)稀释前后溶液中NaClO的物质的量不变，则有：20 mL×10-3L•mL-1×4.0mol•L-1=20 mL×100×10-3 L•mL-1×c(NaClO)，解得稀释后c(NaClO)=0.04 mol•L-1，c(Na+)=c(NaClO)=0.04mol•L-1；‎ ‎(3)98%(密度为1.84g•cm-3)的浓硫酸浓度为：=mol/L=18mol/L，配制1L3.6mol•L-1稀硫酸需用浓硫酸的体积为：=0.2L=200mL；结合溶液配制的操作步骤，配制稀硫酸时，需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、1000mL 容量瓶，故还需要的玻璃仪器是胶头滴管、1000mL 容量瓶；‎ ‎(4)A．将稀释硫酸溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质损失，溶液浓度偏低，故A正确；‎ B．将稀释的硫酸溶液未冷却就转移至容量瓶中，并定容，热的溶液体积大，冷却后溶液体积减小，溶液浓度偏高，故B错误；‎ C．所用浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，因吸水性，导致浓硫酸的浓度降低，则最终所配制溶液浓度偏低，故C正确；‎ D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度相切，溶液体积偏少，导致所配制溶液浓度偏高，故D错误；‎ 故答案为：AC。‎ ‎20.综合题 Ⅰ.现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液。为了确定这四瓶溶液成分，将四瓶溶液成分别编号为A、B、C、D后进行化学实验，实验记录如下：‎ 实验顺序 实验内容 实验现象 ‎①‎ A+B 无现象 ‎②‎ B+D 有气体放出 ‎③‎ C+B 有沉淀生成 ‎④‎ A+D 有沉淀生成 请根据上述实验填空：‎ ‎（1）A、C两瓶溶液分别是(用化学式表示)_____、______。‎ ‎（2）A、D溶液混合恰好完全反应生成白色沉淀，过滤、洗涤，再向滤渣中加入足量盐酸溶液，写出向滤渣中加人盐酸的离子方程式： ______。‎ Ⅱ.某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl-、SO42-、CO32-，将该混合物溶于水后得到澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验(已知：NH4++OH-D NH3↑+H2O)。‎ ‎（1）在一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。‎ ‎（2）在另一份溶液中加入足量的NaOH 溶液并加热，收集到1.12L气体(标准状况下)。‎ ‎（3）在第三份溶液中加入足量的BaCl2溶液后有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：‎ ‎①溶液中一定不存在的离子是_______。‎ ‎②溶液中一定存在的阴离子有______，其物质的量浓度分别为______ 。‎ ‎③推断 K+是否存在并说理由：______。‎ ‎【答案】(1). CaCl2 (2). AgNO3 (3). CaCO3+2H+=Ca2++H2O+ CO2↑ (4). Ba2+、Mg2+ (5). CO32-、SO42- (6). c（SO42-）=0.1mol/L、c（CO32-）=0.2mol/L (7). 存在，经过计算可知，只有存在K+，溶液中的离子电荷才能守恒 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ. HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答；‎ Ⅱ. ①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-等离子，且至少一种；‎ ‎②1.12L气体为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.05mol；‎ ‎③2.33g沉淀为硫酸钡，6.27g沉淀为硫酸钡和碳酸钡的混合物；‎ 再根据电荷守恒，得出是否存在钾离子，以此解答该题。‎ ‎【详解】Ⅰ. HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3；‎ ‎(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3；‎ ‎(2)由分析知：A为CaCl2，D为Na2CO3，溶液混合恰好完全反应生成白色沉淀CaCO3，盐酸溶解碳酸钙生成CaCl2、CO2和水，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+ CO2↑；‎ Ⅱ. ①碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀，因此实验1得到沉淀无法确定是氯化银，故实验1对Cl-是否存在的判断是：不能确定；利用实验2可知含有铵离子，利用实验3可知沉淀一定是碳酸钡和硫酸钡，即溶液中一定含有CO32-、SO42-，碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀，故可判知溶液一定不存在的离子是：Ba2+、Mg2+；‎ ‎②结合①中分析可知溶液中一定含有的阴离子为CO32-、SO42-，由碳酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不溶于盐酸可推知加入盐酸后剩余2.33g固体为BaSO4，利用硫守恒可知溶液中n(SO42-)==0.01mol，c(SO42-)==0.1mol/L；6.27g固体中碳酸钡的质量为6.27g-2.33g=3.94g，利用碳守恒可知溶液中n(CO32-)==0.02mol，c(CO32-)==0.2mol/L；‎ ‎③溶液中肯定存在的离子是NH4+、CO32-和SO42-，经计算，NH4+的物质的量为=0.05 mol，利用②中分析、计算可知CO32-、SO42-的物质的量分别为0.02 mol和0.01 mol，根据电荷守恒，阳离子所带正电荷总量为n(NH4+)=0.05mol，阴离子所带负电荷总量为2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06mol，则钾离子一定存在。‎ ‎21.如图所示的实验装置可用来测定含两种元素的某种气体 X 的分子式。‎ 在注射器A中装有240mL气体 X 慢慢通过不含空气并装有红热的氧化铜的玻璃 管B，使之完全反应，得到下面的实验结果：‎ 实验前B管重20.32g，实验后B管重20.00g，B管中的黑色粉末变成红色粉末。在C管中收集到的无色液体是水；在注射器D中收集的气体是氮气。试回答下列问题：‎ ‎（1）X气体是由______(填元素符号)元素组成的。‎ ‎（2）若240mLX气体完全反应后，收集到的氮气质量是0.28g。根据实验时温度和压强计算 1molX气体的体积是24000mL，则X的摩尔质量是______。‎ ‎（3）通过计算确定X的分子式为________。‎ ‎（4）写出B中发生反应的化学方程式__________。(X在该条件下不发生分解反应)‎ ‎【答案】(1). N、H (2). 32g/mol (3). N2H4 (4). 2CuO+N2H4 2Cu+2H2O+N2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，气体X只含有两种元素，根据元素守恒可知，气体X含有N、H元素；‎ ‎(2)1molX的气体的体积是24000mL，故240mLX气体的物质的量为0.01mol，反应收集到氮气的质量是0.28g，物质的量为0.01mol．B管中CuO含O：20.32 g-20.00 g=0.32 g，物质的量为0.02mol，故生成的水中H元素的质量为0.04mol×1g/mol=0.04g，所以气体X的质量为0.28g+0.04g=0.32g，再根据摩尔质量等于计算气体X的摩尔质量；‎ ‎(3)根据(2)中可知气体X的物质的量，含有的N、H原子的物质的量，据此书写气体X的分子式；‎ ‎(4)由题目信息可知，B管中的黑色粉末变成红色粉末，说明反应生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，故气体X与氧化铜反应生成铜、氮气与水。‎ ‎【详解】(1)由题目信息可知，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，气体X只含有两种元素，根据元素守恒可知，气体X含有N、H元素；‎ ‎(2)1molX的气体的体积是24000mL，故240mLX气体的物质的量为×1mol=0.01mol，反应收集到氮气的质量是0.28g，物质的量为=0.01mol．B管中CuO含O：20.32 g-20.00 g=0.32 g，物质的量为=0.02mol，n(H2‎ O)=0.02mol，故生成的水中H元素的质量为0.02 mol×2×1g/mol=0.04g，所以气体X的质量为0.28g+0.04g=0.32g，故气体X的摩尔质量为=32g/mol；‎ ‎(3)根据(2)中可知n(X)=0.01mol，n(N)=0.01mol×2=0.02mol，n(H)=0.02mol×2=0.04mol，因此n(X)：n(N)：n(H)=0.01mol：0.02mol：0.04mol=1：2：4，所以X化学式为N2H4；‎ ‎(4)由题目信息可知，B管中的黑色粉末变成红色粉末，说明反应生成Cu，C管中收集到水，D中收集到N2，说明气体X与氧化铜反应有氮气、水生成，故气体X与氧化铜反应生成铜、氮气与水，反应方程式为2CuO+N2H4 2Cu+2H2O+N2。‎