江苏省南京市金陵中学河西分校2017-2018学年高一上学期期中考试化学试卷 Word版含解析

江苏省南京市金陵中学河西分校2017-2018学年高一上学期期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共36分）1．在盛放浓硫酸的试剂瓶上应印有如图所示警示标记中的( )A．B．C．D．考点：化学试剂的分类．分析：根据浓硫酸具有腐蚀性，无毒、不燃烧，在化学与生活中能够使用的化学物质．解答：解：A、警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，故A 正确；B、警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，故B错误；C、警示标记为放射性物品，而浓硫酸无放射性，不能使用该标志，故C错误；D、警示标记为氧化剂，浓硫酸不能使用该标志，故D错误；故选A．点评：本题考查浓硫酸的性质及警示标记，题目难度不大，明确浓硫酸具有腐蚀性及相应的警示标记是解答本题的关键，难点是分清每个警示标记代表的意义．2．下列实验操作正确的是( )A．把试剂瓶中的Na2CO3溶液倒入到试管中，发现取量过多，为了不浪费，又把多余的试剂倒入原试剂瓶中B．分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C．先在天平两个托盘上各放一张相同质量的纸，再把氢氧化钠固体放在纸上称D．用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液中的水全部加热蒸干考点：药品的取用；计量仪器及使用方法；蒸发和结晶、重结晶；分液和萃取．专题：化学实验基本操作．分析：A．实验室做实验剩余的药品，也要“三不”：不拿出实验室，不拿随意丢弃，不能放回原瓶；B．为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；C．NaOH应放在小烧杯中称量；D．根据蒸发操作的注意事项分析．解答：解：A．实验剩余的药品不能放回原瓶，否则会污染药品，故A错误；B．为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；C．NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故C错误；D．蒸发时待大量晶体析出时，停止加热，利用蒸发皿的余热把剩余的水蒸干，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意基础实验方法的积累．3．下列说法中不正确的是( )A．磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等B．6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14：1C．32g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023D．常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积是11.2L考点：阿伏加德罗常数；摩尔质量；气体摩尔体积．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、6.02×1023个磷酸分子为1mol，根据摩尔质量的概念分析；B、物质的量相同的物质，质量比等于摩尔质量比；C、计算氧气的物质的量，结合分子组成计算原理数目；D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol．解答：解：A、摩尔质量是指1mol物质的质量，6.02×1023个磷酸分子为1mol，则磷酸的摩尔质量与6.02×1023个磷酸分子的质量在数值上相等，故A正确；B、6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的物质的量都为1mol，质量分别为1mol×28g/mol=28g，1mol×2g/mol=2g，所以6.02×1023个氮分子和6.02×1023个氢分子的质量比等于14：1，故B正确；C、32g氧气的物质的量为1mol，1个氧气分子中含2个O原子，所以32g氧气所含的原子数目为2×6.02×1023，故C正确；D、常温常压下气体的气体摩尔体积不等于22.4L/mol，不能确定常温常压下，0.5×6.02×1023个一氧化碳分子所占体积，故D错误．故选D．点评：本题考查阿伏加德罗常数知识，题目难度不大，注意物质的组成、结构、状态、性质及存在条件等．4．下列数量的物质中含原子个数最多的是( )A．0.4mol氧气B．4℃时，5.4mLH2OC．标准状况下5.6L二氧化碳D．10g氖考点：物质的量的相关计算．分析：根据m=ρV计算水的质量，再根据n=计算水、氖的物质的量，根据n=计算二氧化碳的物质的量，再根据化学式计算各物质含有原子总物质的量，由N=nN A可知，原子物质的量越大，含有原子数目越多．解答：解：A.0.4mol氧气中含有氧原子物质的量=0.4mol×2=0.8mol；B.5.4mLH2O的质量=5.4mL×1g/mL=5.4g，其物质的量==0.3mol，含有原子总物质的量=0.3mol×3=0.9mol；C．标况下，5.6L二氧化碳的物质的量==0.25mol，含有原子总物质的量=0.25mol×3=0.75mol；D.10g氖的物质的量==0.2mol，为单原子分子，含有原子物质的量为0.2mol，由N=nN A可知，原子物质的量越大，含有原子数目越多，故5.4mLH2O含有原子数目最多，故选B．点评：本题考查微粒数目的有关计算，比较基础，注意理解化学式表示的意义，注意稀有气体为单原子分子．5．同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，下列有关比较的叙述中，正确的是①密度比为16：11②密度比为11：16③体积比为16：11④体积比为11：16( )A．①③B．①④C．②③D．②④考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：根据质量相同计算出两种物质的物质的量之比，结合阿伏加德罗定律及其推论计算并比较体积、密度关系．解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相同，设两种物质的质量都为1g，则SO2和CO2的物质的量之比==11：16，根据知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以①④正确，故选B．点评：本题考查物质的量的相关计算以及阿伏加德罗定律及其推论的有关知识，题目难度不大，注意有关公式的利用．6．下列离子方程式书写正确的是( )A．硝酸银与盐酸反应：AgNO3+Cl﹣═AgCl↓+NO3﹣B．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+═Ag+Cu2+C．硫酸和氯化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓D．碳酸钙溶于稀硝酸中：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑考点：离子方程式的书写．分析：A．硝酸银为可溶性盐，应拆成离子形式；B．电荷不守恒；C．反应生成硫酸钡沉淀和盐酸；D．碳酸钙为沉淀，应保留化学式．解答：解：A．硝酸银与盐酸反应，离子方程式：Ag++Cl﹣═AgCl↓，故A错误；B．铜片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Cu+2Ag+═2Ag+Cu2+，故B错误；C．硫酸和氯化钡溶液反应，离子方程式：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓，故C正确；D．碳酸钙溶于稀硝酸中，离子方程式：CaCO3+2H+═H2O+CO2↑+Ca2+，故D错误；故选：C．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确发生的离子反应及离子反应方程式的书写方法即可解答，难度不大．7．同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是( )A．3Br2+6KOH=5KBr+KBrO3+3H2OB．MnO2+4HCl（浓）MnCl2+2H2O+Cl2↑C．2KNO32KNO2+O2↑D．NH4NO3N2O↑+2H2O考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：同一价态的元素部分被氧化，部分被还原，则反应中只有一种元素的化合价变化，为歧化反应，以此来解答．解答：解：A．只有Br元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，故A选；B．Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，故B不选；C．N元素的化合价降低，O元素的化合价升高，故C不选；D．只有N元素的化合价变化，但N元素的化合价由+5价降低为+1价，N元素的化合价由﹣3价升高为+1价，不符合题意，为归中反应，故D不选；故选A．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中歧化反应、归中反应的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．8．氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于区域3的是( )A．Cl2+2KBr═Br2+2KClB．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑C．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3D．CH4+2O2CO2+2H2O考点：化学基本反应类型．分析：A、Cl2+2KBr═Br2+2KCl是置换反应，属于氧化还原反应，属于区域4；B、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑是分解反应，不是氧化还原反应；C、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3是化合反应，氧化还原反应；D、CH4+2O2CO2+2H2O不属于四大基本反应类型，属于氧化还原反应，属于区域3．解答：解：A、Cl2+2KBr═Br2+2KCl是置换反应，属于氧化还原反应，属于区域4，故A 错误；B、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑是分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C、4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3是化合反应，氧化还原反应，属于区域1，故C错误；D、CH4+2O2CO2+2H2O不属于四大基本反应类型，属于氧化还原反应，属于区域3，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学反应类型的判断，难度不大，准确判断化学反应基本类型与氧化还原反应时解题的关键．9．下列对氧化还原反应的分析中不合理的是( )A．Mg变为MgO时化合价升高，故Mg在该反应中作还原剂B．在反应2H2S+SO2═3S+2H2O中，氧化产物和还原产物都是SC．凡是氧化还原反应都有利于生产、生活D．在反应2H2O2H2↑+O2↑中，H2O既是还原剂又是氧化剂考点：氧化还原反应．分析：A．含元素化合价升高的物质为还原剂；B．2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，只有S元素的化合价变化；C．食物腐败，钢铁腐蚀都发生氧化还原反应；D.2H2O2H2↑+O2↑中，H元素的化合价降低，O元素的化合价升高．解答：解：A．含元素化合价升高的物质为还原剂，则Mg变为MgO时，Mg元素的化合价升高，故Mg在该反应中作还原剂，故A正确；B．2H2S+SO2=3S↓+2H2O中，只有S元素的化合价变化，既被氧化也被还原，则氧化产物和还原产物都是S，故B正确；C．食物腐败，钢铁腐蚀都发生氧化还原反应，则不利于生产、生活，故C错误；D.2H2O2H2↑+O2↑中，H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O既是还原剂又是氧化剂，故D正确；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．10．将一块银白色的金属钠放在空气中会发生一系列的变化：表面迅速变暗→“出汗”→变成白色固体（粉末），下列有关叙述不正确的是( )A．表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了氧化钠B．“出汗”是因为生成的氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液C．最后变成碳酸钠粉末D．该过程的所有化学反应均为氧化还原反应考点：钠的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：A．金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现变暗现象；B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，NaOH具有吸水性；C．氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，最终变成白色粉末为碳酸钠；D．整个过程中只有Na→Na2O的过程为氧化还原反应．解答：解：A．因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现变暗现象，故A正确；B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，可观察到“出汗”，故B正确；C．生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成白色粉末为碳酸钠，故C正确；D．整个过程中只有Na→Na2O的过程中有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，其余均不是氧化还原反应，故D错误；故选D．点评：本题考查钠在空气中的一系列变化，明确钠及其化合物的性质是解答本题的关键，注意发生的化学反应及氧化还原反应的判断，题目难度不大．11．将金属钠分别投入下列物质的溶液中，有气体放出，且溶液质量减轻的是( ) A．稀盐酸B．K2SO4C．CuCl2D．NaOH溶液考点：钠的化学性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，会出现气体，如果溶液质量减轻，则说明从溶液中放出气体的质量大于溶液增加的质量，根据金属钠和下列物质间的反应情况，依据差量法进行计算．解答：解：A．钠和盐酸的反应方程式为：2Na+2HCl═2NaCl+H2↑，根据方程式知，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2），故A错误；B．钠与硫酸钾溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2），故B 错误；C．钠先和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，生成的氢氧化钠和氯化铜反应，方程式为：2NaOH+CuCl2═2NaCl+Cu（OH）2↓，将两个方程式相加：2Na+2H2O+CuCl2═H2↑+2NaCl+Cu（OH）2↓，由方程式知，溶液的质量减轻，故C正确；D．钠与NaOH溶液反应的实质是钠与水的反应，钠和水的反应方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，所以溶液质量增加，溶液增加的质量=m（Na）﹣m（H2），故D 错误；故选：C．点评：本题考查了钠及氢氧化钠的性质，难度不大，注意根据方程式分析反应后溶液质量的变化即可．12．向紫色石蕊溶液中加入过量Na2O2粉末，振荡，正确的叙述是( )A．最后溶液变蓝色B．溶液先变蓝色最后褪色C．溶液仍为紫色D．因为Na2O2与石蕊发生氧化还原反应而无气泡产生考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，并且Na2O2具有强氧化性，能使紫色溶液褪色，以此解答．解答：解：过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，溶液中有气泡产生，过氧化钠过量，且有强氧化性，能使紫色石蕊溶液因氧化而褪色，溶液最终变为无色．故选B．点评：本题考查过氧化钠的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意过氧化钠能使紫色溶液褪色的性质．二、选择题（每小题有一个或两个正确选项，每小题4分，共24分，弃选、错选均不得分；有两个正确选项的试题如果只填写了一个答案且正确得2分．）13．磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体的磁性，又具有液体的流动性．制备时将FeSO4和Fe2（SO4）3的溶液等物质的量混合，滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的分散质粒子直径在5.5nm～36nm（1nm=10﹣9m）的磁流体．下列说法正确的是( )A．所得的分散系属于溶液B．所得的分散系能产生丁达尔效应C．所得的分散系不能通过滤纸D．磁流体微粒的直径比Fe2+小考点：胶体的重要性质．分析：根据分散质微粒直径大小来判断属于该分散系为胶体分散系分散系，根据胶体的性质分析．解答：解：根据题意磁流体分散系分散质粒子直径在5.5﹣36nm，属于胶体的范畴，具备胶体的性质．A．分散质粒子直径在5.5～36nm之间，所得分散系为胶体，所以不是溶液，故A错误；B．该分散性属于胶体，胶体有丁达尔效应，所以当一束强光通过此磁流体时会出现光亮的通路，故B正确；C．该分散性属于胶体，可以通过滤纸，故C错误；D．磁流体属于胶体，胶粒的直径大于溶液中离子的直径，磁流体微粒的直径比Fe2+大，故D错误；故选B．点评：本题考查胶体的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意胶体的本质特征是分散质的粒度大小．14．N A表示阿伏加德罗常数．下列说法不正确的是( )A．标准状况下，11.2 L一氧化碳分子数是0.5N AB．N A个氧气分子和N A个氮气分子的质量比为8：7C．常温常压下，2.86 g Na2CO3•10 H2O含有的Na+数为0.02N AD．物质的量浓度为0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、代入n=计算CO的物质的量，然后带入计算分子数；B、N A个氧气分子和N A个氮气分子的物质的量均为1mol，其质量比等于摩尔质量之比；C、代入n=计算出Na2CO3•10 H2O，钠离子的物质的量为Na2CO3•10 H2O物质的量的2倍；D、缺少溶液的体积，无法计算Cl﹣的数目．解答：解：A、标准状况下，11.2 L一氧化碳的物质的量n==0.5mol，分子数为0.5N A个，故A正确；B、N A个氧气分子和N A个氮气分子的物质的量均为1mol，其质量比等于32g/mol：28g/mol=8：7，故B正确；C、2.86 g Na2CO3•10 H2O的物质的量为=0.01mol，钠离子的物质的量为Na2CO3•10 H2O物质的量的2倍为0.02mol，因此含有钠离子的数目为0.02N A，故C正确；D、缺少溶液的体积，无法计算Cl﹣的数目，故D错误；故选D．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，注意以物质的量为中心的公式的联合应用．15．在pH=1的溶液中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是( )A．Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣、K+B．ClO﹣、K+、SO42﹣、Ba2+C．CH3COO﹣、K+、Na+、CO32﹣ D．Fe2+、Ag+、NO3﹣、K+考点：离子共存问题．分析：pH=1的溶液呈强酸性，因发生氧化还原反应而不能大量共存，说明该组离子中有氧化性和还原性离子且二者能发生氧化还原反应，据此分析解答．解答：解：A．酸性条件下，HCO3﹣、H+发生复分解反应而不能大量共存，故A错误；B．SO42﹣、Ba2+发生复分解反应生成沉淀而不能大量共存，故B错误；C．强酸性条件下，CO32﹣发生复分解反应而不能大量共存，故C错误；D．酸性条件下，Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应生成铁离子、NO和水而不能大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查复分解反应和氧化还原反应，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意：酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，为易错点．16．亚硝酸（HNO2）既可作氧化剂又可作还原剂．当亚硝酸在反应中作氧化剂时，可能生成的产物是( )A．N2B．N2O3C．NH3D．NO2考点：氧化还原反应．分析：亚硝酸（HNO2）既可作氧化剂又可作还原剂，当它在反应中作氧化剂时，N元素的化合价应降低，以此来解答．解答：解：亚硝酸中N元素的化合价为+3价，当它在反应中作氧化剂时，N元素的化合价应降低，A．N2中N元素的化合价为0价，可能为亚硝酸的还原产物，故A选；B．N2O3中N元素的化合价为+3价，不会是亚硝酸的还原产物，故B不选；C．NH3中N元素的化合价为﹣3价，可能为亚硝酸的还原产物，故C选；D．NO2中N元素的化合价为+4价，不会是亚硝酸的还原产物，故D不选；故选AC．点评：本题考查氧化还原反应，明确氧化剂中元素的化合价降低时解答本题的关键，题目难度不大．17．PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是( )A．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+B．10Cl﹣+2MnO4﹣+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2OC．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣D．5Pb2++2MnO4﹣+2H2O═5PbO2+2Mn2++4H+考点：离子方程式的书写．分析：由题意知：PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱，依据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性判断解答．解答：解：A．Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，反应中三价铁离子为氧化剂，铜离子为氧化产物，三价铁氧化性大于铜离子氧化性，符合题意，故A不选；B.10Cl﹣+2MnO4﹣+16H+═2Mn2++5Cl2↑+8H2O，反应中高锰酸根离子为氧化剂，氯气为还原剂，高锰酸根离子氧化性强于氯气，符合题意，故B不选；C.2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，反应中氯气为氧化剂，三价铁离子为氧化产物，氯气的氧化性强于三价铁离子，符合题意，故C不选；D.5Pb2++2MnO4﹣+2H2O═5PbO2+2Mn2++4H+，反应中高锰酸根离子为氧化剂，二氧化铅为氧化产物，高锰酸根离子氧化性强于二氧化铅，不符合题意，故D选；故D．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，准确判断氧化剂、氧化产物，熟悉氧化还原反应强弱规律是解题关键，题目难度中等．18．用下列方法制取氧气：①KMnO4受热分解②KClO3受热分解（用MnO2作催化剂）③2H2O22H2O+O2↑④2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑若要制得相同质量的氧气，上述四种方法中所转移的电子数目之比是( )A．3：2：1：4 B．1：1：1：1 C．1：2：1：2 D．2：2：1：1考点：氧化还原反应的电子转移数目计算．专题：氧化还原反应专题．分析：加热高锰酸钾的方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，转移电子是4mol，氯酸钾分解反应的方程式为2KClO32KCl+3O2↑，转移电子是12mol，2H2O22H2O+O2↑，转移电子是2mol，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中转移电子是2mol，根据转移电子的数目和获得氧气的量进行计算．解答：解：加热高锰酸钾的方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，转移电子是4mol，氯酸钾分解反应的方程式为2KClO32KCl+3O2↑，转移电子是12mol，2H2O22H2O+O2↑，转移电子是2mol，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑转移电子是2mol，当获得氧气的质量均是32g，即1mol时，转移电子数分别是4mol、4mol、2mol、2mol，所以所转移的电子数目之比是2：2：1：1．故选D．点评：本题考查学生氧化还原反应中电子转移情况，注意化合价升高数=化合价降低数值=转移电子数这一规律的应用，难度不大．三、非选择题（本题包括3小题，共30分）19．某实验室从化学试剂商店买回密度为1.84g•cm3、质量分数为98%的“化学纯”硫酸．现用该浓硫酸配制90mL、1mol•L﹣1的稀硫酸．可供选用的仪器有：①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平．请回答下列问题：（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有②④⑥（选填序号），还缺少的仪器有玻璃棒、100mL容量瓶．（2）配制100mL 1mol•L﹣1的稀硫酸需要上述浓硫酸的体积为5.4mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用①（选填①10mL、②50mL、③100mL）规格的量筒．（3）实验中造成所配溶液浓度偏高的原因可能是B．A．容量瓶中原来含有少量蒸馏水B．未经冷却，立即转移至容量瓶并洗涤烧杯，定容C．烧杯没有洗涤D．向容量瓶中加水定容时眼睛一直仰视刻度线．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．分析：（1）用浓硫酸配制稀硫酸溶液需要的仪器有：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL 容量瓶；（2）根据稀释定律c1V1=c2V2计算需要浓硫酸的体积；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积来选择合适的量筒；（3）分析操作对溶质物质的量、溶液体积的影响，根据c=判断对所配溶液浓度影响．解答：解：（1）由于实验室无90mL容量瓶，故应选用100mL的容量瓶，即用浓硫酸配制稀硫酸溶液需要的仪器有：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶，故不需要的是②④⑥，还需要的是玻璃棒、100mL容量瓶．故答案为：②④⑥；玻璃棒、100mL容量瓶；（2）由于实验室无90mL容量瓶，故应选用100mL的容量瓶，则配制出100mL1mol•L﹣1的稀硫酸．浓硫酸的物质的量浓度C===18.4mol/L．设配制100mL 1mol•L﹣1的稀硫酸需取浓硫酸的体积为V，根据稀释定律，则：100mL×1mol/L=V mL×18.4mol/L，解得V=5.4mL；根据“大而近”的原则，根据需要量取的浓硫酸的体积为5.4mL，故应选择10mL的量筒．故答案为：5.4，①；（3）A．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故A不选；B．未经冷却，立即转移至容量瓶并洗涤烧杯，定容，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故B选；C．烧杯没有洗涤，会造成溶质的损失，则浓度偏低，故C不选；D．向容量瓶中加水定容时眼睛一直仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故D 不选．故选B．点评：本题考查一定物质的量浓度溶液配制，难度中等，注意根据c=理解溶液配制原理与误差分析．20．（1）现有下列七种物质：①铝②酒精③CO2④稀H2SO4溶液⑤CaO固体⑥NaCl溶液⑦液态HCl其中能导电的是①④⑥（填序号），属于电解质的有⑤⑦（填序号）．（2）有一瓶无色澄清溶液，其中可能含有的离子为Na+、Ca2+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣中的两种或多种．现进行以下实验：①取样，向其中加入足量的BaCl2溶液，有大量的白色沉淀生成；②过滤，用足量的稀盐酸处理滤渣，发现有无色无味的气体产生但滤渣不能完全溶解；③将上述气体通入适量的澄清的石灰水，发现澄清的石灰水先变得浑浊，然后又逐渐变得澄清透明；④向①的滤液中滴加足量的硝酸银溶液，又有大量的白色沉淀生成，再加足量的稀硝酸，沉淀完全不溶解．由此可以确认溶液中一定大量存在Na +、CO 32﹣、SO 42﹣；不可能大量存在Ca 2+、Ba 2+．试写出指定实验中所所有相关反应的离子方程式： ②BaCO 3+2H +=Ba 2++CO 2↑+H 2O ； ③CO 2+Ca +2OH =CaCO 3↓+H 2O ，CaCO 3+CO 2+H 2O=Ca 2++2HCO 3﹣；④Ag ++Cl =AgCl ↓．考点：常见离子的检验方法；电解质与非电解质．分析：（1）能导电的物质中含有自由移动的阴阳离子或电子，如金属或电解质溶液能导电； 在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，酸、碱、盐、金属氧化物都属于电解质； 在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，非金属氧化物、部分非金属氢化物和大多数有机物属于非电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质； （2）①取样，向其中加入足量的BaCl 2溶液，有大量的白色沉淀生成，可能含有CO 32﹣、SO 42﹣，则不含有Ca 2+、Ba 2+，由溶液电中性可知应含有Na +；②过滤，用足量的稀盐酸处理滤渣，发现有无色无味的气体产生但滤渣不能完全溶解，则溶解的为碳酸钡，不溶解的为硫酸钡沉淀；③将上述气体通入适量的澄清的石灰水，发现澄清的石灰水先变得浑浊，然后又逐渐变得澄清透明，说明生成二氧化碳气体；④向①的滤液中滴加足量的硝酸银溶液，又有大量的白色沉淀生成，再加足量的稀硝酸，沉淀完全不溶解，生成沉淀为AgCl ，因加入氯化钡，不能确定原溶液是否含有Cl ﹣．解答： 解：（1）⑤⑦在水溶液里或熔融状态下能导电，且是化合物，所以是电解质；②③是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是电解质，①铝中有自由电子，能导电，④⑥中含有自由移动的离子，所以能导电，故答案为：①④⑥；⑤⑦；（2）①取样，向其中加入足量的BaCl 2溶液，有大量的白色沉淀生成，可能含有CO 32﹣、SO 42﹣，则不含有Ca 2+、Ba 2+，由溶液电中性可知应含有Na +；②过滤，用足量的稀盐酸处理滤渣，发现有无色无味的气体产生但滤渣不能完全溶解，则溶解的为碳酸钡，不溶解的为硫酸钡沉淀；③将上述气体通入适量的澄清的石灰水，发现澄清的石灰水先变得浑浊，然后又逐渐变得澄清透明，说明生成二氧化碳气体；④向①的滤液中滴加足量的硝酸银溶液，又有大量的白色沉淀生成，再加足量的稀硝酸，沉淀完全不溶解，生成沉淀为AgCl ，因加入氯化钡，不能确定原溶液是否含有Cl ﹣．则一定含有Na +、CO 32﹣、SO 42﹣，一定不含有Ca 2+、Ba 2+，不能确定是否含有Cl ﹣，反应的相关离子方程式为：②BaCO 3+2H +=Ba 2++CO 2↑+H 2O ，③CO 2+Ca 2++2OH﹣=CaCO 3↓+H 2O ，CaCO 3+CO 2+H 2O=Ca 2++2HCO 3﹣，④Ag ++Cl ﹣=AgCl ↓，故答案为：Na +、CO 32﹣、SO 42﹣；Ca 2+、Ba 2+；BaCO 3+2H +=Ba 2++CO 2↑+H 2O ；CO 2+Ca 2++2OH﹣=CaCO 3↓+H 2O ，CaCO 3+CO 2+H 2O=Ca 2++2HCO 3﹣；Ag ++Cl ﹣=AgCl ↓．点评：本题考查了离子共存、离子方程式书写、有关物质的量的计算，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确离子共存的判断方法及离子方程式的书写原则，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．21．已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下：3Cu+8HNO 3═3Cu （NO 3）2+2NO ↑+4H 2O。