《2022-2023学年四川省成都市双流中学高一化学第一学期期中质量检测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年四川省成都市双流中学高一化学第一学期期中质量检测试题含解析.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验仪器可以直接用来加热的是A容量瓶 B试管 C锥形瓶 D量筒2、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是A含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 LB18 g H2O中含的质子数为8NAC常温常压下，1 m
2、ol氧气所含的原子数目为2NAD在标准状况下，11.2 L乙醇含有的分子数为0.5NA3、3.6g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的混合气体相对氢气的密度是16，则生成的一氧化碳的质量是（相对密度指在相同的温度和压强下物质的密度之比）A3.3 g B6.3 g C8.4 g D13.2 g4、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法一定正确的是（ ）A18g水中所含的电子数为18NAB1mol氦气中有NA个氦原子C2 L 0.8molL1Na2SO4溶液中含1.6NA个NaD11.2L氧气中含NA个氧原子5、当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是( )ANaCl溶液 B75%酒精 C盐
3、酸 D稀豆浆6、有一无色溶液，可能存在于其中的离子组是:AK+、H+、CH3COO-BCu2+、Ba2+、Cl-CNa+、Mg2+、OH-、DBa2+、Na+、OH-、Cl-7、如果4gNH3中含有x个NH3分子，那么8gH2S中含有的电子数为AxB3.4xC12xD18x8、把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为ABCD9、下列关于物质的量说法不正确的是A就是阿伏加德罗常数B单位为摩尔C表示对象为微观粒子D符号为n10、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A
4、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，推断溶液中含有NH4+B加入碳酸钾溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，推断溶液中含有Ca2+C加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，推断溶液中含有CO32D加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，推断溶液中含有SO4211、已知MnO、NO等在酸性条件下具有强氧化性，而S2、I、Fe2等具有较强的还原性。下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )ANa、Ba2、Cl、SO42 BMnO4-、K、I、HCCa2、HCO3、Cl、K DH、Cl、Na、CO3212、中国寓言故事
5、蕴味深长。下列寓言的标题所表述的过程中包含化学变化的是A破釜沉舟B煮豆燃萁C刻舟求剑D愚公移山13、某溶液中可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+。取该溶液200mL加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧沉淀，得到1.6g固体。向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g沉淀，且沉淀不与盐酸反应。由此可知原溶液中A存在3种离子BCl一定存在，且c(Cl)=0.2mol/LCSO42、NH4+、Fe3+ 一定存在，Cl不存在DCO32可能存在14、下列说法中，正确的是（ ）A化学的特征就是认识分子和制造分子B在任何条件下，1mo
6、l任何气体的体积都约是22.4LC在化学反应中，参加反应的各物质的质量比等于其物质的量之比D俄国化学家门捷列夫提出原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础15、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A273K、101kPa下，11.2L NH3和PH3的混合气体中所含的氢原子数约为1.5NAB标准状况下，22.4L氦气含有原子数为2NAC物质的量浓度为2mol/L的BaCl2溶液中，含有Cl-个数为4NAD标准状况下，11.2LP4(白磷)含有0.5NA分子16、下列物质的分类正确的是AABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色粉末，可能含有 NaHSO4、 KH
7、CO3、 Ba(NO3)2、 CaCl2、 NaNO3、 MgSO4中的一种或几种。实验步骤如下：取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生。再取少量滤液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生。(1)推断白色粉末中一定有_，一定没有_，不能确定的是_。(2)请写出实验步骤中产生气体的离子方程式：_。(3)请写出实验步骤中产生沉淀的离子方程式：_。18、现有下列几种物质：蔗糖、氯化钡固体、干冰、硫酸钡、纯碱、铁、盐酸、硝酸银溶液，按要求回答问题：（1）难溶于水的电解质的是_。（2）写出纯碱在水中的电离方程式_。（3）将足量的干冰升华后所得的气体通入
8、烧碱溶液中，发生反应的离子方程式为_。（4）a、b、c、d是Na2CO3、BaCl2、盐酸、AgNO3四种溶液中的一种，现将它们两两混合，现象如下表所示：反应物a+bc+da+da+cb+d现象白色沉淀白色沉淀白色沉淀白色沉淀无色气体b是_（用化学式填写），写出 a+c 反应的离子方程式_。19、现有NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，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，实验过程如下：请回答下列问题：(1)写出上述实验过程中所用试剂的名称：试剂1为 _，试剂2为_，试剂4为_。(2)加入过量试剂3的目的是_ 。(3)在加入试剂4后
9、，获得晶体D的实验操作的名称是_。20、在某次实验中，要用 420 mL 0.52 molL-1的NaOH溶液，回答下列问题：(1)实际配制时，应用托盘天平称取NaOH固体_g；(2)若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，天平平衡时实际称得的NaOH固体质量是_g；(3)用托盘天平和小烧杯称出NaOH固体的质量，其正确的操作顺序的序号为_；A调整零点B添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处 C小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡 D称量空的小烧杯质量 E将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处(4)欲配制该0.52 molL1的NaOH溶液时需用的
10、主要仪器有托盘天平(附砝码、镊子)、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、_和_；(5)下列操作对所配浓度有何影响(填写字母)？偏大的有_；偏小的有_。A称量时用了生锈的砝码；B将NaOH放在纸张上称量；CNaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)D往容量瓶转移时，有少量液体溅出； E定容时俯视刻度线；F容量瓶未干燥即用来配制溶液；G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。21、现有A、B、C、D、E五种溶液，它们所含的阴阳离子分别为：Na+、Ba2+、Ag+、Cu2+、H+；SO42-、OH-、CO32-、NO3-、Cl-。 己知：0
11、.lmol/L 的C溶液中，c(H+)=0.lmol/LD溶液呈蓝色将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡请回答下列问题：(1)请写出物质A、B、C、D、E的化学式：A_B_C_D_E_。(2)请写出碳酸钙与溶液C反应的离子方程式：_。(3)取1.5mol/L l00mL溶液A (过量)与amol/L50 mL溶液D混合后，产生33.1g沉淀，则a=_，若向反应后的体系中加入5mol/L的HCl，直至蓝色沉淀完全溶解，则需要加入盐酸的体积为_mL。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A. 容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器，故错误；B. 试管能用来直
12、接加热，故正确；C. 锥形瓶能加热，但需要垫石棉网，故错误；D. 量筒是用来量取液体的体积的，不能用来加热，故错误。故选B。2、C【解析】A氦气是单原子分子，NA个氦原子的氦气是1mol，标准状况下的体积约为22.4 L，故A错误；B18 g H2O是1mol，1个H2O有10个质子，所以18 g H2O中含的质子数为10NA，故B错误；C1个氧气分子中有2个氧原子，所以1 mol氧气所含的原子数目为2NA，故C正确；D标准状况下，乙醇为液体，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，注意从物质的组成、结构、性质以及存在和条件和聚集状态等角度思考。3、B【解析】3.6g碳
13、在一定量的氧气中燃烧，反应后生成的混合气体相对氢气的密度是16，根据相同条件下气体的密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量是32g/mol，CO的摩尔质量是28g/mol，CO2的摩尔质量是44g/mol，设CO为xmol，CO2为ymol，则根据C原子守恒有x+y，根据摩尔质量的公式Mm/n，得32= ，解得x=0.225mol，则CO的质量为0.225mol28g/mol=6.3g，答案选B。4、B【解析】A、质量换算物质的量，结合水分子是10电子微粒计算电子数；B、稀有气体是单原子分子；C、钠离子的浓度是硫酸钠浓度的二倍；D、温度压强不知体积无法换算物质的量。【详解】A、18
14、g水物质的量为1mol，水分子是10电子微粒，所以1mol水分子中所含的电子数为10NA，选项A不正确；B、稀有气体是单原子分子；1 mol氦气中有NA个氦原子，选项B正确；C、2 L 0.8molL1Na2SO4溶液中含3.2NA个Na，选项C错误；D、温度压强不知，11.2L氧气的物质的量无法计算，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用、质量换算物质的量、计算微粒数，稀有气体是单原子分子是解题关键，题目较简单。5、D【解析】依据分散系的分类和性质分析，胶体分散系具有丁达尔现象，只要判断出分散系是胶体即可。【详解】NaCl溶液、75%酒精
15、、盐酸等分散系均属于溶液，无丁达尔效应；稀豆浆属于胶体，有丁达尔效应。故答案选D。6、D【解析】AH+和CH3COO-可以生成弱电解质，不可大量共存，故A错误；BCu2+有颜色，不符合题目无色要求，故B错误；CMg2+、OH-反应生成氢氧化镁沉淀而不能大量共存，故C错误；D溶液无色，且离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；故选A。7、D【解析】根据n=m/M=N/NA并结合分子的构成进行分析。【详解】4g氨气的物质的量=4g/17g/mol=4/17mol，8g硫化氢的物质的量=8g/34g/mol=4/17mol；4gNH3中含有x个NH3分子，则4/17molNA=x；1个H2S中
16、含有的电子数18个，所以4/17molH2S含有的电子数4/17mol18NA=18x；故D正确；8、D【解析】由Ba2+SO42-BaSO4、Ag+Cl-AgCl计算离子的物质的量，由混合溶液分成5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。【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则Ba2+SO42-BaSO41 1amolamol另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则Ag+Cl-AgCl1 1bmol bmol由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，氯离子的浓度为=
17、10bmol/L，根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L2+x1=10bmol/L1，解得x=10（b-2a）mol/L，答案选D。9、A【解析】物质的量是研究含一定数目粒子的集合体的物理量，符号为n，单位为摩尔，研究的对象为微观粒子，B、C、D项均正确；1mol任何粒子的粒子数叫阿伏加德罗常数，阿伏加德罗常数的符号为NA，物质的量、阿伏加德罗常数与粒子数之间的关系：n=，A项错误；答案选A。10、A【解析】A.溶液中含有NH4+，加入氢氧化钠溶液并加热，发生的离子反应是：，有氨气生成，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B.加入碳酸钾溶液产生白色沉淀
18、，再加盐酸白色沉淀消失，则溶液中不一定含有Ca2+，也可能含有Ba2+，故B错误；C.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则溶液中可能含有CO32-，也可能含有SO32-，故C错误；D.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+，故D错误。答案选A。11、B【解析】A、Ba2和SO42生成硫酸钡白色沉淀，属于复分解反应，故A不符合题意；B、MnO4-和I发生氧化还原反应而不能大量共存，故B符合题意；C、Ca2、HCO3、Cl、K可以大量共存，故C不符合题意；D、 H和CO32反应生成CO2和水，属于复分解反应，故D不
19、符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中A、D项；离子间发生氧化还原反应，如题中B项；离子间发生双水解反应，如Al3+与HCO3-等；离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；注意题中的附加条件。本题应注意题干限定条件“因为发生氧化还原反应而不能大量共存”。12、B【解析】A.破釜沉舟过程中只是形状发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，故A 错误；B. 燃烧纤维素是把化学能转化为热能，发生了化学变化，故B正确；C. 刻舟求剑是在船帮做了记号，过程中
20、无新物质生成，属于物理变化，故C错误；D. 愚公移山，是把山石变为小块搬运走，过程中无新物质生成，不是化学变化，故D错误，故选B。13、B【解析】取该溶液加入过量NaOH溶液，得到气体，说明有NH4+，产生红褐色沉淀说明为Fe3+。根据离子共存原理，溶液中一定不存在碳酸根。向滤液中加足量BaCl2溶液，得到沉淀且沉淀不与盐酸反应，说明有硫酸根。【详解】由所有实验现象可知，溶液中一定存在铵根、铁离子、硫酸根离子，一定不存在碳酸根离子。产生气体0.02mol，涉及反应为NH4+OH-=NH3+H2O，c(NH4+)=0.02mol/200ml=0.1mol/L；红褐色沉淀氢氧化铁加热灼烧后产物为氧
21、化铁，Fe3+Fe(OH)30.5Fe2O3，沉淀为1.6g，则c(Fe3+)=0.02mol/200ml=0.1mol/L；加足量BaCl2溶液，得4.66g硫酸钡沉淀，Ba2+SO42-=BaSO4，c(SO42-)=0.02mol/200ml=0.1mol/L，综上所述，根据阴阳离子电荷守恒可知，氯离子一定存在，c(Cl-)= 3c(Fe3+)+ c(NH4+)-2 c(SO42-)=0.2mol/L。答案为B。14、A【解析】A、化学的特征就是认识原子和制造分子,化学变化中分子改变,原子保持不变,故A错误；B、没有指明气体的存在状态， 1mol任何气体的体积不能确定都约是22.4L，故
22、B错误；C、化学方程式中化学式前的系数反映各物质间量的关系,即反应物或生成物化学式前的系数之比等于它们的物质的量之比,故C正确；D、道尔顿提出原子学说，门捷列夫发现了元素周期律，故D错误；综上所述，本题选C。15、A【解析】A. 273K、101kpa为标准状况，则11.2L NH3和PH3的混合气体的物质的量为，故所含的氢原子数约为0.5mol3 NA =1.5NA，故A正确；B. 标准状况下，22.4 L氦气的物质的量为1mol，但氦气是单原子分子，含有原子数为NA，故B错误；C. 不知BaCl2溶液的体积，无法求得含有Cl的个数，故C错误；D. 标准状况下，P4(白磷)呈固态，无法由体积
23、求得分子数，故D错误；故选A。16、D【解析】A.冰水混合物成分是H2O，是不同状态的水，属于纯净物，A错误；B. CuSO45H2O是胆矾，是结晶水合物，属于化合物，是纯净物，B错误；C.纯碱是碳酸钠，不是碱，C错误；D.选项中各种物质分类正确无误，D正确；合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 H+ + HCO3- = H2O + CO2 Ba2+ + SO42- = BaSO4 【解析】取少量固体投入水中，既有气体生成，又有沉淀产生，说明含有硫酸氢钠和碳酸氢钾，可能含有硝酸钡或氯化钙。过滤，取少量滤液加AgNO3溶液，无沉淀产生，说明不含有氯化钙，则一定含有硝酸钡。再取少量滤
24、液，加入足量NaOH溶液，也无沉淀产生，说明不含硫酸镁。【详解】(1)根据分析可确定含有硫酸氢钠和碳酸氢钾和硝酸钡，肯定不含氯化钙和硫酸镁。不能确定硝酸钠。 (2)步骤中产生气体是碳酸氢钾和硫酸氢钠反应，即碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式为H+ + HCO3- = H2O + CO2； (3)溶液中钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为： Ba2+ + SO42- = BaSO4。18、硫酸钡 Na2CO3 = 2Na+ + CO32- CO2+OH-=HCO3- HCl Ag+ + Cl-= AgCl 【解析】根据电解质的概念、实验现象分析推理，回答问题。【详
25、解】(1)电解质是溶于水或熔融时能自身电离而导电的化合物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等属于电解质。氯化钡固体、硫酸钡、纯碱是电解质，其中只有硫酸钡难溶于水；(2)纯碱在水中的电离方程式Na2CO3 = 2Na+ + CO32- ；(3)足量CO2气体通入烧碱溶液中生成NaHCO3，反应的离子方程式为 CO2+OH-=HCO3- 。(4)b、d混合生成无色气体，必为Na2CO3、盐酸中的各一种，则a、c为BaCl2、AgNO3溶液中和各一种。a分别与b、c、d混合都有白色沉淀，则a为AgNO3溶液、c为BaCl2溶液。又c、d混合生成白色沉淀，则d是BaCl2溶液、b是盐酸。b化学式是HCl，
26、a+c 反应的离子方程式为Ag+ + Cl-= AgCl。19、BaCl2或Ba(NO3)2溶液 AgNO3溶液 稀HNO3 除去溶液中过量的Ba2+、Ag+ 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【解析】要实现Cl-、SO42-、NO3-的相互分离，通常用AgNO3沉淀Cl-，用BaCl2或Ba(NO3)2沉淀SO42-。若先加入AgNO3溶液，就会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，因此应先加入过量的BaCl2或Ba(NO3)2溶液，即试剂1是BaCl2或Ba(NO3)2溶液，生成BaSO4沉淀即沉淀A，然后在滤液中加入过量的AgNO3溶液即试剂2，使Cl-全部转化为AgCl沉淀即沉淀B，在所得滤液中
27、加入过量的Na2CO3即试剂3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全形成沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，再加入稀HNO3即试剂4，最后将溶液进行蒸发操作可得固体NaNO3，以此分析解答。【详解】根据上述分析可知：试剂1是BaCl2或Ba(NO3)2溶液，沉淀A是BaSO4；试剂2是AgNO3溶液，沉淀B是AgCl，试剂3是Na2CO3溶液，沉淀C是Ag2CO3、BaCO3，试剂4是稀HNO3，晶体D是NaNO3。(1)根据上述分析可知：试剂1为BaCl2或Ba(NO3)2溶液，试剂2为AgNO3溶液，试剂3为Na2CO3溶液，试剂4为稀HNO3；(2)在加入过量的BaCl2或B
28、a(NO3)2后过滤除去BaSO4沉淀，在滤液中加入过量的AgNO3溶液，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，反应后溶液中存在过量的Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，能够使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；(3)在加入过量稀硝酸后的溶液NaNO3溶液，由于NaNO3的溶解度受温度的影响变化较大，所以要从其溶液中获得溶质，应将溶液进行蒸发浓缩，然后冷却结晶、最后过滤可得NaNO3晶体，故获得晶体D的实验操作的名称是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。【点睛】本题考查物质的分离提纯操作，涉及使用的试剂、物质的量的影响及混合物分离方法。要注意Cl-，SO42-的性质，把握除杂原则是提纯时不能引
29、入新的杂质，引入的杂质在后续实验中要除去，因此一定要注意把握实验的先后顺序，根据物质的溶解性、溶解度与温度的关系，采用适当的方法分离提纯。20、10.4 9.6 ADBCE 玻璃棒 500 mL的容量瓶 偏大的有A、C、E 偏小的有B、D、G 【解析】(1)选择仪器的标准是“大而近”分析；(2)天平称量物质时要遵循：左物右码的原则；(3)根据天平使用原则判断操作顺序；(4)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；(5)利用c=判断实验误差。【详解】(1)准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液要使用容量瓶，在实验室中没有规格是420 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，要选
30、择使用500 mL的容量瓶，则配制500 mL0.52 mol/L的NaOH溶液，需称量NaOH的质量为m(NaOH)= 0.52 mol/L0.5 L40 g/mol=10.4 g；(2)称量物质应该左物右码，若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1 g以下移动游码，则用天平实际称得的NaOH固体质量是m(MaOH)=10 g-0.4 g=9.6 g；(3)托盘天平在使用前首先应该调零；NaOH具有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯中进行称量，因此要先称量空的小烧杯质量，然后添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处，再小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡，最后
31、将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处，故操作正确顺序为ADBCE；(4)用NaOH固体准确配制0.52 molL1的NaOH溶液时，要使用托盘天平(附砝码、镊子)准确称量NaOH的质量，用药匙从试剂瓶中取出NaOH固体，并将具有腐蚀性的NaOH放在烧杯中进行称量，然后用量筒量取水，向烧杯中加水溶解NaOH固体，为使NaOH固体快速溶解，使热量迅速扩散，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500 mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至离刻度线1-2 cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，最后盖上瓶
32、塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到0.52 molL1的NaOH溶液。故使用的仪器，除题干给出的，还缺少的仪器是玻璃棒和500 mL的容量瓶；(5) A称量时用了生锈的砝码，则称量的NaOH质量偏大，NaOH的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏大；B若将NaOH放在纸张上称量，由于NaOH有吸湿性，部分NaOH会沾在纸上，导致配制溶液的NaOH质量偏少，最终使配制的溶液的浓度偏小；CNaOH在烧杯中溶解后，反应会放出大量热，若未冷却溶液就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，使得溶液的体积偏小，最终配制溶液的浓度就偏大；D往容量瓶转移时，有
33、少量液体溅出，使配制溶液中含有的溶质减少，最终使配制的溶液浓度偏小； E定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，导致配制溶液的浓度偏大；F容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度不产生任何影响；G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，会导致溶液体积偏大，最终导致配制溶液的浓度偏小。综上所述可知：操作使溶液的浓度偏大的有A、C、E；使溶液的浓度偏小的有B、D、G。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、操作步骤、误差分析等。明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法。21、Ba(OH)2 AgNO3 HCl CuSO4 N
34、a2CO3 CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2 2 60 【解析】0.lmol/L的C溶液中c(H+)=0.lmol/L，则C中一定不能大量存在SO42-、OH-、CO32-；D溶液呈蓝色，说明含有铜离子，D中一定不能大量存在OH-、CO32-；将C溶液加入到溶液B和E中，分别产生白色沉淀和气泡，所以E中含有碳酸根，则E是碳酸钠，由于银离子只能与硝酸根结合，钡离子不能与硫酸根结合，所以C是盐酸，B是硝酸银，D是硫酸铜，A是氢氧化钡。(1)根据以上分析可知A、B、C、D、E的化学式分别是Ba(OH)2、AgNO3、HCl、CuSO4、Na2CO3。(2)碳酸钙与盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2。(3)33.1g沉淀是硫酸钡和氢氧化铜，反应中氢氧化钡过量，硫酸铜完全反应，硫酸铜的物质的量是0.05amol，则0.05amol233g/mol+0.05amol98g/mol33.1g，解得a2；剩余氢氧化钡是0.15mol0.1mol0.05mol，生成的氢氧化铜是0.1mol，所以消耗盐酸的物质的量是0.05mol2+0.1mol20.3mol，盐酸的体积是0.3mol5mol/L0.06L60mL。