2019学年高一化学上学期期中试题(含解析)

蚌埠二中2019学年度高一第一学期期中考试化学试题
（时间：90分钟满分：100分）
可能用到的相对原子质量：
H—1，C—12 ，N—14， O—16， Na—23 ，Mg—24, Cl—35.5，S—32，Mn—55 ，Cu—64，Ba—137
第Ⅰ卷选择题
所有选择题答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置，否则，该答题不予计分。

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意,每题3分,共计60分）
1. 下列做法不能体现低碳生活的是( )
A. 注意节约用水
B. 减少食品加工过程
C. 发展氢能和太阳能
D. 大量使用化石燃料
【答案】D
【解析】试题分析：A、注意节约用水，能体现，A正确；B、低碳生活的核心是减少二氧化碳的排放，食物加工过程减少，可节约能源，减少二氧化碳排放，能体现，B正确；C、发展氢能和太阳能，可节约能源，减少二氧化碳排放，能体现，C正确；D、大量使用化石燃料，燃烧能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，D错误。

答案选D。

考点：化学与生产生活的联系
2. 不能用胶体的知识解释的现象是( )
A. 向F e Cl3溶液中加入NaOH溶液，出现红褐色沉淀
B. 石膏点豆腐
C. 一支钢笔使用两种不同牌号的墨水，易出现堵塞
D. 江河入海处，易形成沙洲
【答案】A
【解析】A. FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故A正确；
B. 豆浆是胶体，遇电解质发生聚沉，故B错误；
C. 带相反电荷的胶体混合易发生聚沉，故C错误；
D. 江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故D错误。

故答案选A。

3. 下图所表示的一些物质或概念间的从属关系不正确的是( )
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。

A. 干冰是二氧化碳，属于氧化物中的一种，氧化物属于纯净物中的化合物，包含关系正确，故A正确；
B. 冰水混合物实质是水，为纯净物，是电解质中的弱电解质，电解质是化合物中的一种，符合包含关系，故B正确；
C. 胶体属于分散系，而分散系都是由两种或两种以上的物质组成，淀粉溶液是胶体中的一种，符合包含关系，故C 正确；
D. 置换反应一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应，故D错误。

故答案选D。

4. 下列判断正确的是 ( )
A. 酸性氧化物一定是非金属氧化物
B. 碱性氧化物一定是金属氧化物
C. SO2溶于水能导电所以SO2是电解质
D. Na2O是非电解质
【答案】B
【解析】A. 酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是酸性氧化物但却不是非金属氧化物，故A错误；
B. 碱性氧化物都是金属氧化物，故B正确；
C.SO2溶于水能导电是因为SO2和水反应生成的H2SO3能电离，SO2自身并不能电离，因此SO2属于非电解质，故C错误；
D. Na2O尽管因与水反应而不存在于水溶液中，但它在熔融状态下可以电离，所以它是电解质，故D错误。

故答案选B。

5. 将一小块金属钠长期露置于空气中发生一系列变化，最终产物是( )
A. NaOH
B. Na2CO3
C. Na2CO3·10H2O
D. Na2O2
【答案】B
【解析】钠长期露置于空气中，将和空气反应生成氧化钠，氧化钠再和水反应生成氢氧化钠，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3⋅xH2O，带结晶水的碳酸钠失水生成碳酸钠，发生的反应有4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3⋅xH2O=Na2CO3+xH2O，所以最终得到的固体是Na2CO3。

故答案选B。

6. 下列说法正确的是（）
A. Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
B. 漂白粉的有效成分为CaCl2和Ca（ClO）2
C. 实验室制备Cl2,可用向上排空气法收集
D. 新制氯水只含有氯气和次氯酸分子
【答案】C
【解析】A. 氯气在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，又做还原剂，故A错误；
B. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故B错误；
C. 氯气能溶于水，且与水反应：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以可用排饱和食盐水法收集氯气，又因氯气密度大于空气，所以也可用向上排空气法收集，故C正确；
D. 新制氯水含有水、氯气和次氯酸分子，故D错误。

故答案选C。

7. 如图是一种试验某气体化学性质的实验装置，图中B为开关．如先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去．则D瓶中盛有的溶液是（）
A. 浓H2SO4
B. 饱和N a Cl溶液
C. 浓NaOH溶液
D. 饱和纯碱溶液
【答案】B
【解析】先打开B，在A处通入干燥氯气，C中红色布条颜色无变化；当关闭B时，C处红色布条颜色褪去，则D
中的溶液不与氯气反应，不能干燥氯气，以此来解答。

A. 浓硫酸为干燥剂，能够吸收水蒸气，当氯气通过盛有浓硫酸的D瓶时，出来的仍然是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，故A错误；
B. 干燥的氯气通过盛有饱和食盐水的D装置，出来的气体中含有氯气和水蒸气，能够使有色布条褪色，故B正确；
C. D中装有氢氧化钠，氯气通过D时与氢氧化钠反应，被吸收，从D中出来的气体中不含氯气，不能使有色布条褪色，故C错误；
D. D中装有饱和纯碱溶液，氯气通过D时与饱和碳酸钠反应，可吸收氯气，不能使有色布条褪色，故D错误；
故答案选B。

8. 分类是化学研究中常用的方法。

下列分类方法中，不正确的是( )
A. 依据分子中含有的氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等
B. 依据在水溶液中或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质
C. 依据分散质粒子的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液
D. 依据组成的元素的种类，将纯净物分为单质和化合物
【答案】A
【解析】试题分析：依据酸电离出来的H+的数目，将酸分为一元酸、二元酸等，A错误；答案选A。

考点：物质的分类
9. 下列说法中正确的是 ( )
A. 1 L 水中溶解了58.5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为1 mol/L
B. 从1 L 2 mol/L的H2SO4 溶液中取出0.5 L，取出溶液的浓度为1 mol/L
C. 配制500 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液，需25.0 g CuSO4·5H2O
D. 中和100 mL 1 mol/L的H2SO4溶液，需NaOH 4.0 g
【答案】C
【解析】A. 溶液的体积不等于溶剂的体积，由于不知道溶液的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故A错误；
B. 从1L 2mol/L的H2SO4溶液中取出0.5L，该溶液的浓度仍为2mol/L，故B错误；
C、根据化学式可知硫酸铜的物质的量等于硫酸铜晶体的物质的量，所以需要胆矾的质量为：
0.5L×0.2mol/L×250g/mol=25.0g，故C正确；
D、100mL 1mol/L的H2SO4溶液中溶质的物质的量0.1L×1mol/L=0.1mol，则H2SO4的质量为0.1mol×98g/mol = 9.8g，设NaOH的质量为xg，则：
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
98 80
9.8g xg
解得：x=8g，故D错误；
故答案选C。

10. 向盛有一定量的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，直至过量，整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度Ⅰ表示)近似的用下图中的曲线表示是( )
【答案】C
【解析】略
11. 某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是（）
A. N a+、H+、SO42-、HCO3-
B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C. N a+、K+、Cl-、NO3-
D. Ba2+、K+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】A．因H+、HCO3—可以反应生成水和二氧化碳气体，所以不能大量共存，故A错误；
B．Cu2+有颜色，与无色溶液的条件不符，故B错误；
C．Na＋、K＋、Cl－、NO3－都没有颜色，且互相之间不发生任何反应，所以可以大量共存，故C正确；
D．Ba2＋和SO42－可以反应生成BaSO4沉淀，所以不能大量共存，故D错误。

故答案选C。

12. 下列离子方程式正确的是（）
A. 稀盐酸滴在铁片上：2F e+6H+=2F e3++3H2↑
B. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42-+B a2+=B a S04↓
C. 足量盐酸滴在石灰石上：C a CO3+2H+=C a2++CO2↑+H2O
D. 物质的量相等的MgCl2、B a（OH）、 HC1三种溶液混合：Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓
【答案】C
【解析】A.稀盐酸滴在铁片上，铁反应只能生成Fe2＋，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B.硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Cu2＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH －=Cu(OH)
↓＋BaSO4↓，故B错误；
2
C.足量盐酸滴在石灰石上，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故C正确；
D. 物质的量相等的MgCl2、Ba(OH)2、HCl三种溶液混合，首先发生的是H＋与OH－的反应，剩余的OH－再与Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式是：Mg2＋＋4OH－＋2H＋=Mg(OH)2↓＋2H2O，故D错误；
故答案选C。

13. 用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是( )
A. 标况下，22.4 L氧气的分子数为N A
B. 100 g质量分数为98％的浓硫酸中所含氧原子数为4N A
C. 常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为6N A
D. 18 g NH4＋含有的电子数为10N A
【答案】B
【解析】A.在标准状况下，22.4L氧气的物质的量是：22.4L÷22.4L/mol = 1mol，再由N = n × N A可知，氧气的分子数是：1mol×N A= N A，故A正确；
B. 100 g质量分数为98%的浓硫酸中所含硫酸的物质的量是：100g×98%÷98g/mol=1mol，因1个硫酸分子中含有4个氧原子，故1mol硫酸分子中含有氧原子的物质的量是4mol，氧原子的个数是4 N A，但浓硫酸中除了硫酸外，水也含有氧原子，故溶液中氧原子的个数大于4 N A，故B错误；
C. NO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为2mol，则所含原子的物质的量是6mol，原子个数是6N A个，故C正确；
D. 18g铵根离子的物质的量为1mol，1molNH4+含有10mol电子，则含有的电子数为10N A，故D正确；
故答案选B。

【名师点睛】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。

顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。

该类试题答题时需要注意以下几点：①注意物质的聚集状态与状况的关系，在标准状况下，溴、H2O、HF、苯、CCl4、CHCl3、CH3OH等均为液体；SO3为固体，HCHO、CH3Cl为气体。

②注意气体体积与状况的关系，如在标准状况下，11.2LH2的分子数一定为0.5N A，但在非标准状况下，其分子数有可能为0.5N A。

③注意物质组成中分子个数或原子个数的判断：如Ne、O3、P4分子中的原子个数，Na2O2、KO2中阴、阳离子个数之比，NO2和CO2混合气体氧原子数的判断等。

④注意一些物质中化学键的数目，如1molH2O中含有
2molO—H键；1molNH3中含有3molN—H键；1molCH4中含有4molC—H键；1molSiO2中含有4molSi—O键；1molP4中含有6molP—P键；1molSi中含有2molSi—Si键等。

14. 标准状况下有①6.72 L CH4 ②3.01×1023个HCl ③13.6 g H2S ④0.2 mol NH3，下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是（）
A. 体积④＜①＜③＜②
B. 密度①＜④＜③＜②
C. 质量④＜①＜③＜②
D. 氢原子数④＜②＜③＜①
【答案】D
【解析】上述四种气体的物质的量分别为0.3 mol、0.5 mol、0.4 mol、0.2 mol,。

A、依M=V m可知，体积分别为：6.72 L、11.2L、8.92L、4.48L，故体积④＜①＜③＜②，选项A正确；B、摩尔质量分别为16g/mol、36.5g/mol、34g/mol、17g/mol、，依M=V m可知，密度①＜④＜③＜②，选项B正确；C、质量4.8 g、18.25 g、13.6 g、3.4 g，故质量④＜①＜③＜②，选项C正确；D、所含氢原子的物质的量分别为1.2 mol、0.5 mol、0.8 mol、0.6 mol，故氢原子数①＜③＜④＜②，选项D不正确。

答案选D。

15. 下列反应中，水既不做氧化剂，又不做还原剂的是（）
A. Cl2+H2O=HCl+HClO
B. 2H2O2H2↑+O2↑
C. 2N a+2H2O=2N a OH+H2↑
D. 2F2+2H2O=4HF+O2↑
【答案】A
【解析】A. 氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，但水中H、O元素的化合价均不变，则水在氧化还原反应中既不作氧化剂又不作还原剂，故A正确；
B. 水中H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水既作氧化剂又作还原剂，故B错误；
C、反应中Na元素的化合价升高，水中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故C错误；
D、反应中F元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故D错误；
故答案选A。

16. 下列叙述正确的是（）
A. 金属阳离子被还原后，一定得到该元素的单质
B. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
C. 失电子难的原子，获得电子的能力一定强
D. 有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】A. 金属阳离子被还原后，生成的可能是该元素的单质，也可能是该元素的另一种金属阳离子，如Fe3＋被还原得到Fe2＋，故A错误；
B. 在2H2O2H2↑+O2↑的反应中，氢元素被还原生成氢气，氧元素被氧化生成氧气，所以某元素从化合态变成游离态时，它可能被氧化也可能被还原，故B正确；
C. 失去电子的难易与获得电子的难易无关，如稀有气体元素稳定性强，既不易得到电子也不易失去电子，故C错误；
D. 有单质参加或生成的化学反应不一定属于氧化还原反应，如3O2 ═2O3，就属于非氧化还原反应，故D错误。

故答案选B。

17. 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 4Ag+2H2S+O2═2X+2H2O，下列说法正确的是（）
A. X的化学式为AgS
B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子
C. 反应中Ag和H2S均是还原剂
D. 每生成1mol X，反应转移2mol e-
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据元素守恒可知X的化学式为Ag2S，故A错误；B、O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中氧气得到电子，故B错误；C、反应时，Ag化合价升高，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S 不是还原剂，故C错误；D、根据Ag元素的化合价变化，每生成1mol Ag2S，转移电子为2mol，故D正确。

考点：本题考查元素守恒、氧化还原反应原理。

18. 根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是（）
①Cl2+2KI═I2+2KCl
②2F e Cl3+2HI═I2+2F e Cl2+2HCl
③2F e Cl2+Cl2═2F e Cl3
④I2+SO2+2H2O═2HI+H2SO4
A. Cl2＞I2＞F e3+＞SO2
B. F e3+＞Cl2＞I2＞SO2
C. Cl2＞F e3+＞I2＞SO2
D. Cl2＞F e3+＞SO2＞I2
【答案】C
【解析】试题分析：判断氧化性强弱，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物，可得出正确关系。

考点：氧化性强弱的判断。

19. 把200 mL 含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份,取一份加入含a mol Na2SO4溶液,恰好使钡离子完全沉淀,另取一份加入含b mol AgNO3溶液, 恰好使氯离子完全沉淀，则该混合溶液中钾离子浓度为（）
A. 0.1(b-2a) mol ·L-1
B. 10(2a-b) mol ·L-1
C. 10(b-a) mol ·L-1
D. 10(b-2a) mol ·L-1
【答案】D
【解析】混合溶液分成两等份，则每份溶液浓度相同。

一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2＋+SO42－=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=n(Na2SO4) = amol；
另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl−=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl−)=n(Ag+)=bmol，根据电荷守恒可知2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl−)，则每份溶液中n(K+)= n(Cl−) －2n(Ba2+) = bmol−2amol=(b−2a)mol，故钾离子的浓度为(b−2a)mol÷0.1L=10(b−2a) mol/L，故答案选D。

【名师点睛】注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，明确电荷守恒在化学计算中的应用，根据反应Ba2++SO42-
═BaSO4↓、Ag++Cl-═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成2等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。

20. R2O8n- 离子在一定条件下可以把Mn2+ 离子氧化为MnO4-，若R2O8n- 离子变为RO42- 离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为（）
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
【答案】C
【解析】试题分析：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，n=2
考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。

第Ⅱ卷非选择题（共40分）
二、填空题(本大题共2小题，共12.0分)
21. （1）写出硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式： __________________________________
（2）①写出钠与水反应的离子方程式：___________________________________________
②写出氢氧化钠与氯气反应的离子方程式： ____________________________________
【答案】 (1). KHSO4=K++H++SO42- (2). 2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑ (3). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】（1）. 硫酸氢钾属于强电解质，硫酸氢根离子在水中也可以完全电离，所以硫酸氢钾在水溶液中的电离方程式是：KHSO4=K＋＋H＋＋SO42－；
（2）. 钠的化学性质活泼，可以与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应的离子方程式是：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑；（3）. 氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该反应的离子方程式是：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。

【名师点睛】明确发生的反应并熟悉离子反应方程式的书写方法是解答本题的关键。

离子方程式是指用实际参加反
应的离子符号表示离子反应的式子。

离子方程式的书写步骤一般为：①“写”：写出有关反应的化学方程式；
②“拆”：可溶性的强电解质用离子符号表示，其它难溶的物质、气体、水等仍用化学式表示；③“删”：删去方程式两边不参加反应的离子；④“查”：检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等。

22. 下列物质中：
①盐酸②NH3③Cu ④乙醇⑤N a OH 固体⑥石墨⑦熔融N a Cl
（1）属于电解质的是________；（填序号，下同）（2）属于非电解质的是________；
（3）能导电的是______。

【答案】(1). ⑤⑦ (2). ②④ (3). ①③⑥⑦；
【解析】①盐酸是HCl的水溶液，有自由移动的离子，故能导电；是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
②NH3由于无自由移动的离子，故不能导电；溶于水后导电和其本身无关，在熔融状态下不导电，故为非电解质；
③Cu由于是单质，故既不是电解质也不是非电解质；但Cu可以导电；
④乙醇无自由移动的离子，故不能导电；由于在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质；
⑤NaOH固体无自由移动的离子，故不能导电；但在水溶液中能够电离出自由移动的离子而导电，NaOH固体是化合物，故为电解质；
⑥石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质；但石墨可以导电。

⑦熔融NaCl有自由移动的离子，故能导电；由于熔融的氯化钠能导电且为化合物，故为电解质；
故答案为：⑤ ⑦；② ④；① ③ ⑥ ⑦。

【名师点睛】本题考查电解质的基本概念和物质的分类，涉及电解质、非电解质、混合物的定义，注意能导电的不一定是电解质，如盐酸溶液；电解质不一定能导电，如硫酸钡；注意电解质必须是化合物，排除单质和混合物，了解常见物质的性质和常见概念的含义是解答本题的关键。

有两种以上物质组成的物质属于混合物；只有一种物质组成的是纯净物，包括单质、化合物；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。

三、实验题(本大题共2小题，共22.0分)
23. 实验室欲用NaOH固体配制1.0 mol·L-1的NaOH溶液240 mL：
（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：
①称量②计算③溶解④摇匀⑤移液⑥洗涤⑦定容⑧冷却
其正确的操作顺序为____________________。

（2）本实验用到的玻璃仪器有________________（至少回答3个）。

（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。

烧杯的实际质量为________g，要完成本实验该同学应称出______g NaOH。

（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是_____（填序号）
①没有洗涤烧杯和玻璃棒
②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
④定容时俯视刻度线
⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。

【答案】(1). ②①③⑧⑤⑥⑦④ (2). 烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶、量筒、胶头滴管 (3). 27.4 (4).
10.0 (5). ④
【解析】（1）. 配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确的顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④；
（2）.根据实验操作的步骤以及每步操作需要的仪器主要有：一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒等。

故答案为：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒等（回答三个即可）；
（3）. 根据天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g－2.6g = 27.4g，因配制溶液的体积为240mL，而容量瓶的规格没有240mL，故只能选用250mL的容量瓶，则NaOH的质量
m=cvM=1.0mol·L−1×0.25L×40g/mol=10.0g，故答案为：27.4；10.0；
（4）. ①没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故①不选；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故②不选；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，因后续还需要加水定容，故对所配制的溶液浓度无影响，故③不选；④定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故④正确；⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故⑤不选。

所以答案选④。

【名师点睛】配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=n/V：如①没有洗涤烧杯和玻璃棒，会导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低等。

24. 现有含N a Cl、N a2SO4和N a NO3的混合物，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、SO42-、
和NO3-的相互分离．相应的实验过程可用下图表示：
请回答下列问题：
写出实验流程中下列物质的化学式试剂X： ______ 沉淀A： ______ 沉淀B： ______
上述实验流程中加入过量的N a2CO3的目的是 ______
（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有 ______ 杂质（填化学式）
【答案】 (1). B a Cl2[或B a（NO3）2]B a Cl2[或B a（NO3）2] (2). B a SO4B a SO4 (3). A g Cl A g Cl (4). 除去过量的B a2+、A g+除去过量的B a2+、A g+ (5). N a2CO3
【解析】依据各离子的性质，将Cl-、SO42-、和NO3-中的Cl-、SO42-分别加入相应的试剂形成沉淀分离。

在分离过程中：所加试剂必须过量、不能引入杂质离子（如果引入也需要除去）
（1）根据过程②可知，沉淀B是氯化银，那么X必然是用来沉淀SO42-，得到硫酸钡沉淀，为不引入新的杂质离子，X是氯化钡或硝酸钡
（2）由于溶液2中含有过量的Ba2＋和Ag＋，所以加入过量的Na2CO3的目的是使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀。

（3）由于碳酸钠是过量的，所以溶液3中一定含有碳酸钠
四、计算题（6分）
25. 已知反应: MnO2 +4HCl（浓） MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O。

将一定质量的二氧化锰溶解在过量的浓盐酸中，反应一段时间后生成标准状况下氯气4.48 L （假设反应前后溶液体积不变）。

试回答下列问题：
（1）用单线桥法标明该反应中电子转移的方向和数目：______
MnO2 +4HCl（浓） MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
（2）计算反应消耗的MnO2的质量______ ；
（3）计算被氧化的HCl物质的量______ 。

【答案】 (1). （浓）MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O (2). 17.4 g (3). 0.4 mol
...... ..................
（2）. 生成标准状况下氯气4.48 L，则氯气的物质的量是：4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，设反应消耗的MnO2的物质的量是xmol，则有：
MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋ Cl2↑＋ 2H2O
1mol 1mol
xmol 0.2mol，得x = 0.2mol，则反应消耗的MnO2的质量是0.2mol×87g/mol = 17.4g，故答案是：17.4g。

（3）. 设参加反应的HCl的物质的量是ymol，则有：
MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋ Cl2↑＋ 2H2O
4mol 1mol
ymol 0.2mol，得y = 0.8mol，由反应方程式可知，被氧化的HCl是参加反应的HCl的一半，故被氧化的HCl的物质的量是0.8mol×= 0.4mol，故答案是：0.4mol。