1、南宁二中2020-2021学年高一（上）段考试题化学（考试时间：90分钟 总分：100分）可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Ti-48 Fe-56 Cu-64 Ba-137第卷 （共48分）一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题四个选项中，只有一个选项符合题意）1. 对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是A. 当有大量毒气泄漏时，人应沿顺风方向疏散B. 实验室里电线失火，首先要断开电源C. 用滴管滴加液体时，滴管下端紧贴试管内壁D. 酒精失火用水浇灭【答案】B【解析】
2、【详解】A. 当有大量毒气泄漏时，人应沿逆风方向疏散，风会吹走毒气，与题意不符，A错误；B. 实验室里电线失火，首先要断开电源，再用水灭火，符合题意，B正确；C. 用滴管滴加液体时，滴管下端在容器的正上方，竖直滴加，与题意不符，C错误；D. 酒精失火可以用干粉灭火器或二氧化碳灭火器，与题意不符，D错误；答案为B。2. 下列除去杂质(括号内物质为杂质)的方法正确的是( )A. ：加过量溶液、过滤B. ：通过足量灼热的铜粉，收集气体C. ：通入饱和溶液，洗气D. CO气体()：通入氧气点燃【答案】B【解析】【详解】ACu不能与FeSO4溶液反应，不能除去杂质，故A错误；B通过灼热的铜粉，氧气可以与
3、铜发生反应，但是氮气不会发生反应，可以除去氮气中的氧气，故B正确；CCO2通入饱和Na2CO3溶液也会发生反应生成碳酸氢钠，不符合除杂原则，故C错误；D一氧化碳能够在氧气中点燃生成二氧化碳，不符合除杂原则，故D错误；故选B。3. 完成下列实验所选择的装置或仪器正确的是（ ）A. 从碘的四氯化碳溶液中提取碘B. 除去乙醇中的苯C. 从氯化钠和碘的混合固体中回收碘（碘单质易升华）D. 从硫酸铜溶液中获得胆矾【答案】C【解析】【详解】A蒸馏装置中，温度计的水银球部分应该在蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸汽温度；冷凝水应该下进上出，保证较好的冷凝效果，故A错误；B乙醇和苯均属于有机物，二者互溶，不分层，不能
4、采用过滤法进行分离，故B错误；C碘易升华而氯化钠较稳定，碘蒸气遇冷又结晶为碘固体，因此可以通过此装置从氯化钠和碘的混合固体中回收碘，故C正确；D硫酸铜的溶解度随温度的变化较大，可以采用降温结晶法从溶液中得到硫酸铜晶体，蒸发不能得到胆矾晶体，故D错误；故选C。4. 下列叙述错误的是()摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一； 1 mol任何物质都含有约6.021023个原子；6.021023就是阿伏加德罗常数；氢原子的摩尔质量是1 g；HCl的摩尔质量等于1 mol HCl分子的质量；1 mol CO2中含有1 mol碳和2 mol氧。A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】【详解】中，摩尔
5、不是物理量，是物质的量的单位，错误；中，1mol任何物质都含有约6.021023个结构粒子，不一定是原子，错误；中，阿伏加德罗常数是精确值，而6.021023mol1为近似值，错误；中，H的摩尔质量为1gmol1，错误；中，摩尔质量与质量的单位不同，错误；中，1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误；符合题意的选项为D；综上所述，本题选D。【点睛】构成物质的微粒种类很多，主要有分子、原子、离子等等，因此1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒，近似为6.021023个微粒。5. 同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，下列说法错误的是A. 所占的体积由大到小的顺序是：CH4O
6、2CO2B. 所含分子数由多到少顺序是：CH4O2CO2C. 密度由大到小的顺序是：CO2O2CH4D. 所含的电子数由多到少是：CO2CH4O2【答案】D【解析】【详解】A根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，同温同压下体积与物质的量成正比，则质量相同的CO2、O2、CH4三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：CH4O2CO2，故A正确；B根据n=可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，则同温同压下，质量相同的CO2、O2、CH4，分子数由多到少的顺序是：CH4O2CO2，故B正确；C同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、O2、CH4三种气体摩尔质量
7、由大到小的顺序是：CO2O2CH4，密度由大到小的顺序是：CO2O2CH4，故C正确；D取mg四种气体，质量相同的CO2、O2、CH4三种气体含电子数分别为：(6+82)=mol，(82)=mol，(6+14)=mol，所含的电子数由多到少是：CH4CO2=SO2，故D错误；故选D。6. 关于溶液配制，下列说法正确的是( )A. 配制溶液，需要称量晶体B. 用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中C. 配制一定浓度的NaOH溶液，若称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，配好的NaOH溶液浓度偏低D. 摇匀后见液面低于刻度线，应及时加水至刻度线【答案】C【解析】【详解】
8、A实验室没有480mL的容量瓶，实际应配制500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，故A错误；B浓硫酸稀释会放出大量的热，不冷却立即转移定容，溶液冷却后所配溶液的体积偏小，造成溶液浓度的误差，故B错误；C称量所取的NaOH样品中有KOH杂质，其他操作正确，导致氢氧化钠溶质的物质的量偏小，则配好的NaOH溶液浓度偏低，故C正确；D摇匀后见液面低于刻度线，不能再加水至刻度线，若再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意根据选择的容量瓶进行计算。7. 下图是某品牌饮用矿泉水标签的部分内容。
9、下列说法正确的是( )饮用矿物质水净含量：500 mL 配料表：纯净水 硫酸镁 氯化钾保质期：12个月主要离子成分：钾离子()： 镁离子()：A. 标签上离子的浓度是物质的量浓度B. 由矿泉水制蒸馏水必需使用的玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管、牛角管和锥形瓶C. 该品牌饮用矿泉水中最大值为D. 一瓶该品牌饮用矿泉水中的物质的量不超过【答案】C【解析】【详解】A该品牌饮用矿物质水中离子浓度表示单位体积内含有离子的质量，不是物质的量浓度，故A错误；B根据蒸馏装置可知，由矿泉水制蒸馏水必需使用玻璃仪器有：圆底烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管和锥形瓶，温度计可以不使用，故B错误；CMg离子最大
10、浓度为4.8mg/L，4.8mg Mg2+的物质的量为=0.0002mol，故该矿泉水中c(Mg2+)最大值为0.0002mol/L，故C正确；D溶液中c最大(SO)=c最大(Mg2+)=0.0002mol/L，则一瓶该品牌饮用矿泉水中SO的最大物质的量=0.5L0.0002mol/L=0.000lmol，故D错误；故选C。8. 用98%的浓硫酸（密度为）配制的稀硫酸。现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：量筒 量筒 烧杯 托盘天平 容量瓶 胶头滴管 玻璃棒 容量瓶，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由c=可得，浓硫酸的物质的量浓度c=mo
11、l/L=18.4 mol/L，配制80mL2.5 mol/L的稀硫酸选用100mL容量瓶，由稀释定律可知取用浓硫酸的体积为103L/mL=14mL，则量取浓硫酸选用量筒，由配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤量取、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀可知，使用仪器的先后顺序排列正确的是，故选A。9. 下列说法正确的是（表示阿伏加德罗常数的值）（ ）氮气所含有的原子数目为金属钙变成钙离子时失去的电子数目为在常温常压下，含有的分子数为在标况下，含有的原子数为单质铝与足量盐酸反应转移电子数为标准状况下，水所含分子数为氨气所含电子数目为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】28g氮气所含有的原子数
12、目，故错误；4g金属钙变成钙离子时失去的电子数目为，故错误；常温常压下，不能用气体摩尔体积计算，故错误；Ne是单原子分子，1 molNe含有的原子数为NA，故正确；铝是+3价金属，0.5 mol单质铝与足量盐酸反应转移电子数0.5mol3NA=1.5NA，故正确；标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积进行计算，故错误；1个氨分子含10个电子，17g氨气所含电子数目为，故正确；故选D。10. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是( )A. 混合物：食盐水、纯净矿泉水、盐酸B. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱C. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D. 酸性氧化物：三氧化硫、二氧化硅、七
13、氧化二锰【答案】C【解析】【详解】A食盐水是氯化钠和水的混合物，纯净矿泉水是电解质的水溶液，为混合物，盐酸是氯化氢的水溶液，为混合物，故A正确；B干冰是固态的二氧化碳，冰水混合物中只有水，烧碱是氢氧化钠的俗称，都是化合物，故B正确；C乙醇，四氯化碳是非电解质，氯气是单质，不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D三氧化硫与氢氧化钠反应的产物只有盐和水，二氧化硅能和氢氧化钠反应的产物只有盐和水，Mn2O7和碱反应的产物只有盐和水，如Mn2O7+2KOH=2KMnO4+H2O，都是酸性氧化物，故D正确；故选C11. 下列说法正确的是（ ）A. 食盐溶液静置会分层，下层比上层咸B. “冰
14、水混合物”是一种分散系C. 黄河入海口处三角洲的形成与胶体聚沉性质有关D. 电泳现象说明胶体带电【答案】C【解析】【详解】A. 食盐易溶于水，溶液是稳定的分散系，静置后不分层，故A错误；B. 冰、水均为H2O，冰水混合属于纯净物，而分散系均为混合物，故B错误；C. 江河中的杂质和水可以形成胶体分散系，江河入海口三角洲的形成与胶体的聚沉性质有关，故C正确；D. 胶体本身不带电，但是胶体能吸附带电的离子形成带电的胶体微粒，所以能发生电泳现象，故D错误；故选C。12. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液是三种重要的分散系，下列叙述中不正确的是（ ）A. Fe(OH)3胶体区别于其
15、他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在1100 nm之间B. 分别用一束光透过三种分散系，Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，FeCl3溶液没有丁达尔效应C. 三种分散系的颜色都相同，且均能与盐酸反应，具有吸附性D. 三种分散系中分散质均属于电解质【答案】C【解析】【详解】A胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，故A正确； B丁达尔效应的是胶体的性质，溶液无丁达尔效应，故B正确；C分散系的颜色是不确定的，与物质的成分有关，FeCl3溶液显黄色、Fe(OH)3胶体显红褐色、Fe(OH)3浊液显红褐色，且FeCl3溶液与盐酸不反应
16、，故C错误；D氯化铁溶液、氢氧化铁胶体和氢氧化铁浊液，分散质分别为氯化铁、氢氧化铁和氢氧化铁，均为电解质，故D正确；故选C13. 下列离子方程式正确的是（ ）A. 用澄清石灰水检验二氧化碳：B. 向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠：C. 稀硫酸滴在铜片上：D. 碳酸氢钠溶液与硫酸氢钠溶液反应：【答案】A【解析】【详解】A二氧化碳与澄清的石灰水反应，产生碳酸钙白色沉淀，离子方程式为，故A正确；B向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠，二者按照1：2进行反应，生成碳酸钙和碳酸钠，离子方程式为: ，故B错误；C铜的活泼性小于氢，铜与稀硫酸不反应，故C错误；D硫酸氢钠在水溶液中完全电离出氢离子，所以碳酸氢钠溶
17、液与硫酸氢钠溶液反应：，故D错误；故答案选A。14. 在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）A. 强碱性溶液中：、B. 室温下，能使紫色石蕊溶液变红的溶液中：、C. 含有的溶液中：、D. 在无色透明的溶液中：、【答案】B【解析】【详解】A.强碱性溶液中，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故A错误；B.室温下，能使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中、四种离子之间不发生任何反应，一定能大量共存，故B正确；C.含有的溶液中，钙离子和碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故C错误；D.铜离子在溶液中的颜色为淡蓝色，无色透明的溶液中不可能含有铜离子，故D错误；故
18、选B。15. 某离子反应中涉及、六种粒子。其中随反应的进行逐渐减小。下列判断不正确的是（ ）A. 被还原，发生还原反应B. 消耗还原剂，转移电子C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为D. 该反应中有两种离子生成【答案】C【解析】【分析】根据题意知，c()随反应进行逐渐减小，则为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高，必然有元素化合价降低，则ClO-为反应物，Cl-为生成物，氯元素化合价由+1价降低到-1价；反应的离子方程式为：3ClO-+2=3H2O+2H+N2+3Cl-。【详解】A. ClO-中氯元素化合价由+1价降低到-1价，
19、则ClO-是氧化剂，发生还原反应，故A正确；B. 中氮元素的化合价由-3价升高到0价，作还原剂，消耗lmol还原剂，转移3mol电子，故B正确；C. ClO-为氧化剂，为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，故C错误；D. 根据反应的离子方程式判断，该反应中有氢离子和氯离子两种离子生成，故D正确；故选C。16. 已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A. 两个反应中NaHSO4均为氧
20、化产物B. I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C. 氧化性：MnO2SO42-IO3-I2D. 反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1: 5【答案】D【解析】【详解】A在反应（1）中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应（2）中被氧化，故A错误；B碘元素在反应（1）中被氧化，在反应（2）中被还原，故B错误；C根据反应（2），氧化性IO3-SO42-，故C错误；D反应（1）中生成1mol碘转移2NA电子，反应（2）中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；答案选D。第卷 （共52分）
21、二、填空题17. 、从金属锌、氢气、氧气、水、一氧化碳、氧化铜、盐酸中任挑选作为反应物，按下列要求写出化学方程式：（1）既属于化合反应，又属于氧化还原反应：_（2）属于氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应、复分解反应：_、某汽车安全气囊的产气药剂主要含有、等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。（1）是气体发生剂，是_（用“电解质”或者“非电解质”填空），其中N的化合价为_。受热分解产生和Na，则该反应方程式为：_。已知常温常压下气体摩尔体积为，则在常温常压下，反应能产生_L的。（2）是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为_（已知该反应为置换
22、反应）。若已知完全反应，转移的电子物质的量为_。（3）是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和，请用单线桥表示该反应电子转移：_。【答案】 (1). 2Zn+O22ZnO、2H2+O22H2O、2CO+O22CO2 (2). CO+CuOCO2+Cu (3). 电解质 (4). (5). 2NaN32Na+3N2 (6). 73.5 (7). Fe (8). 0.1mol (9). 【解析】【详解】、(1)由题给物质可知，金属锌、氢气和一氧化碳在氧气中燃烧的反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应，反应的化学方程式分别为2Zn+O22ZnO、2H2+O22H2O、2CO+O22CO2，故答案
23、为：2Zn+O22ZnO、2H2+O22H2O、2CO+O22CO2；(2)由题给物质可知，一氧化碳和氧化铜在共热条件下反应生成铜和二氧化碳反应属于氧化还原反应，不属于置换反应、化合反应、分解反应、复分解反应，反应的化学方程式为CO+CuOCO2+Cu，故答案为：CO+CuOCO2+Cu；、(1)NaN3是离子化合物，熔融状态下能电离，属于电解质，由化合价代数和为0可知，N元素的化合价为；由题意可知，氮化钠受热分解生成金属钠和氮气，反应的化学方程式为2NaN32Na+3N2，由化学方程式可知，130g NaN3完全分解生成氮气的体积为24.5L/mol=73.5L，故答案为：电解质；2NaN3
24、2Na+3N2；73.5；(2)由题给物质可知，氧化铁与钠发生置换反应生成铁和氧化钠，反应中铁元素化合价降低被还原，氧化铁为反应的氧化剂，铁为还原产物，2.3g钠的物质的量为0.1mol，由方程式可知，转移的电子物质的量为0.1mol，故答案为：Fe；0.1mol；(3)由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂，氯化钾是还原产物，钠元素化合价升高被氧化，钠是还原剂，氧化钠是氧化产物，反应中转移电子数目为8，则表示该反应电子转移的单线桥为，故答案为：。三、实验题18. 图（）中瓶a内放入盐酸，b是未充气的气球，里边放有碳酸钙粉末，将它紧紧套在瓶a口上，胶管c套在瓶的侧口
25、，并用弹簧夹d夹紧（瓶口和侧口都不漏气）。将图（）的装置在托盘天平上称量，质量为。根据实验现象填空：（1）把气球b中的碳酸钙粉末小心地倒入瓶中，立即产生许多气泡，气球逐渐胀大（图）。反应结束后，再次称量，质量为。则和的大小关系是_（不考虑气球浮力的影响）（2）配置溶液，需要NaOH固体_克。要用到的玻璃仪器有_。在操作中，玻璃棒的作用是_。在操作中出现下列情况会导致所配置的溶液浓度偏低的是_，不变的是_。（都填序号）氢氧化钠敞口放置 称量左物右码转移时有液体溅出 定容时仰视没有烘干容量瓶 没有用蒸馏水洗涤烧杯（3）取溶液，先用滴管取少量NaOH溶液，滴管插入胶管c口（为便于操作，可以适当倾斜瓶
26、a，注意防止漏气。打开d，将溶液挤入瓶中，立即夹紧d。可以看到瓶内产生少量白色沉淀，轻轻摇动瓶a，沉淀随即消失。用同样方法再加入少量NaOH溶液，又产生白色沉淀，轻摇，沉淀又消失。（提示：滴加溶液时会出现局部溶液过浓）使沉淀产生又消失的离子方程式是：_。（4）将剩余的NaOH溶液全部很快倒入瓶中，夹紧d，瓶内产生大量白色沉淀，不再溶解，继续轻摇瓶a气球逐渐缩小，直至恢复反应前的下垂状。请写出使“气球缩小，直至恢复下垂状”所发生的反应的化学方程式_，_。（5）计算标况下气球内最多能产生的气体的体积_毫升。【答案】 (1). 相等 (2). 24.0 (3). 100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头
27、滴管 (4). 加速溶解，转移溶液 (5). (6). (7). Ca2+2OH-=Ca（OH）2、Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2O (8). Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O (9). 2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O (10). 896【解析】【详解】(1)该装置是一个密闭体系，根据质量守恒定律，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，所以反应前后装置内质量W1g与W2g相等；(2)配制100 mL 6.00 mol/L NaOH溶液，需要NaOH固体质量m=nM=cVM=6.00mol/L0.1L40g/mol=24g；要用到的仪器有：托盘天平、100mL容量
28、瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，其中属于玻璃仪器的有：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；在操作中，玻璃棒的作用是：氢氧化钠在烧杯中溶解时，用玻璃棒搅拌，加速溶解；冷却至室温的溶液用玻璃棒转移到容量瓶中；根据可知：氢氧化钠敞口放置，氢氧化钠吸收少量的水而潮解，与二氧化碳反应而变质，因此称量出的氢氧化钠的量减小，所配制的溶液的溶度偏低；称量时左物右码，正确操作，所配制溶液的浓度准确；转移时有液体溅出，导致溶质有少量损失，所配制的溶液的溶度偏低；定容时仰视刻度线，造成溶液的体积偏大，所配制的溶液的溶度偏低；容量瓶属于玻璃仪器，在常温下使用，烘干后体积易发生变化，因此没有烘干容量瓶，操作正确，对
29、所配制的溶液浓度无影响；没有用蒸馏水洗涤烧杯，导致溶质的量有少量损失，所配制的溶液的溶度偏低；在操作中导致所配制的溶液浓度偏低的是；不变的是；(3)溶液中含有氯化钙，氢氧化钙溶解度较小，则加入氢氧化钠溶液后钙离子与氢氧化钠结合生成氢氧化钙沉淀，离子方程式：Ca2+2OH-=Ca（OH）2；氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，轻摇，沉淀又消失，离子方程式：Ca（OH）2+2H+=Ca2+2H2O；(4)产生的二氧化碳与过量的碱反应，使气压减小，气球缩小；方程式：Ca（OH）2+CO2=CaCO3+H2O；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(5)n（HCl）=0.02L6 mol/L=0.1
30、2mol，4 g碳酸钙的物质的量为0.04mol，因此盐酸过量，碳酸钙完全反应，根据CaCO32HClCO2关系可知，标况下气球内最多能产生的气体的体积0.04mol22.4L/mol=0.896L=896mL。三、流程题19. 钛酸钡()在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：已知：草酸氧化钛钡晶体的化学式为；碳酸钡摩尔质量为，钛酸钡摩尔质量为；草酸()是一种二元弱酸，有较强的还原性。(1)中Ti元素的化合价为：_。(2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为：_。(3)流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量
31、需对晶体洗涤。过滤操作中使用的玻璃仪器有_。如何证明晶体已洗净？_。(4)某兴趣小组取模拟上述工艺流程制备，得产品，的产率为：_。(产率指的是某种生成物的实际产量与理论产量的比值)(5)该兴趣小组取少量草酸晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，请写出反应的离子方程式为：_，当反应生成(标况下)二氧化碳气体时，转移的电子数目为_。【答案】 (1). +4 (2). BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O (3). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (4). 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3 酸化的AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净 (5). 60% (6). 2+5H2C2O4
32、+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O (7). 6.021023【解析】【分析】由制备实验流程可知，BaCO3用盐酸酸浸得到氯化钡溶液，再向氯化钡混合液中加入TiCl4溶液和草酸溶液得到草酸氧钛钡晶体和HCl，生成的HCl可循环利用，最后通过洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，据此分析解答。【详解】(1)BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O为-2价，设Ti 元素的化合价为x，则x+(-2)3+(+2)=0，解得x=4，故答案为：+4；(2)用盐酸酸溶时，碳酸钡溶解生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，故答案为：BaCO3+2H+
33、=Ba2+CO2+H2O；(3)过滤操作中使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；生成的晶体表面吸附有少量氯离子，证明晶体已洗净的实验为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3 酸化的AgNO3 溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗净；(4) 19.70gBaCO3的物质的量为=0.1mol，取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，理论上得到0.1mol BaTiO3，BaTiO3的产率为100%=60%，故答案为：60%；(5)草酸和高锰酸根
34、离子发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O，反应中Mn由+7价降低为+2价，转移10个电子，当反应生成(标况下)二氧化碳气体时，即生成1mol二氧化碳，转移的电子1mol，数目为6.021023，故答案为：2+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O；6.021023。四、计算题20. 常温下，将质量分数为的溶液跟质量分数为的溶液混合，得到密度为的混合溶液。计算：（写出计算步骤，计算结果保留到小数点后一位）（1）混合后溶液的质量分数_ 。（2）混合后溶液的物质的量浓度_ 。（3）在水中需溶解多少摩尔才能使其
35、浓度恰好与上述混合后溶液的浓度相等？_ 。【答案】 (1). 20.0% (2). 2.28mol/L (3). 2.48mol【解析】【详解】（1）混合溶液的质量为(20.0g+30.0g)=50.0g，硝酸钾的质量为(20.0g14.0%+30.0g24.0%)=10.0g，则混合溶液的质量分数为100%=20.0%，故答案为：20.0%；（2）由c=可得，混合溶液的物质的量浓度c= mol/L=2.28mol/L，故答案为：2.28mol/L；（3）设需要硝酸钾的物质的量为xmol，由混合溶液的质量分数为20.0%可得：100%=20.0%，解得x=2.48mol，故答案为：2.48mol。