1、2019-2020 第一学期期中教学质量检测考试试题高一化学一、选择题（本题包括25题，每题2分，共50分，每题只有一个选项符合题意）1.实验中需0.5mol/L的NaOH溶液240ml，配制时应选用容量瓶的规格和称取NaOH的质量分别是（ ）A. 240ml，4.8gB. 250ml，5.0gC. 250ml，4.8gD. 任意规格，4.8g【答案】B【解析】【详解】配置240mL的溶液需选用250mL的容量瓶，需要m（NaOH）=0.5mol/L0.25L40g/mol=5.0g，答案为B。【点睛】需0.5mol/L的NaOH溶液240ml，需要需用规格为250mL的容量瓶，配置250mL
2、溶液后，再量取240mL。2.NA代表阿伏加德常数，下列说法中正确的是( )。A. 在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的原子数目相同B. 2g氢气所含原子数目为NAC. 在常温常压下，11.2 L氮气所含的原子数目为NAD. 17g NH3所含电子数目为10NA【答案】D【解析】【详解】A在同温同压时，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，但是不一定含有相同的原子数，故A错误；B氢气为双原子分子，2g氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子，所含原子数目为2NA，故B错误；C常温常压不是标况下，题中条件无法计算11.2L氮气的物质的量，故C错误；D17g氨气的物质的量为1mol，
3、1mol氨气中含有10mol电子，所含电子数目为10NA，故D正确；故答案为D。3.1gNO2中含有氧原子a个，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）A. 23aB. 46aC. 46a/3D. 16a【答案】A【解析】【详解】1个中含有2氧原子，n（NO2）=1g/46g/mol=1/46mol，N（O）=1/46mol2NAmol-1=1/23NA=a，则NA=23a，答案为A。4.在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（ ）Cl- NO3SO42S2-A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】pH=1的溶液为酸性溶液，因酸性溶液中含有Mg2+、
4、Fe2+、Al3+，则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存，不可能存在NO3，H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解，不能共存S2-，则一定不存在，可能存在，故选D。5.下列物质中所含氢原子数最多的是A. 2mol CH4B. 4mol H2OC. 3mol NH3D. 6mol HCl【答案】C【解析】【分析】根据物质组成知可以计算H原子物质的量，再结合N=nNA确定该元素原子个数多少。【详解】2molCH4中n（H）=4n（CH4）=42mol=8mol，4mol H2O中n（H）=2n（H2O）=4mol2=8mol，3mol NH3中
5、n（H）=3n（NH3）=3mol3=9mol， 6molHCl中n（H）=n（HCl）=6mol，由N=nNA可知，n（H）越大H原子个数越多，所以H原子个数最多是C，故选C。【点睛】本题考查物质的量有关计算，侧重考查分析计算能力，明确同一物质中物质物质的量与元素物质的量关系是解本题关键。6.下列说法正确的是（ ）A. 易溶于水的物质一定是电解质B. 液态氯化氢能导电C. 液态氯化钠能导电D. 熔融状态钠是电解质【答案】C【解析】【详解】A易溶于水的物质不一定是电解质，如氨气极易溶于水，但氨气是非电解质，故A错误；B液态氯化氢不含自由移动的离子所以不导电，故B错误；C液态氯化钠含有自由移动的
6、离子所以能导电，故C正确；D金属钠是单质不是化合物，所以钠不是电解质，故D错误；故答案为C。【点睛】准确理解电解质和非电解质的概念是解题关键，同时需要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。7.下列叙述正确的是（ ）A. 分散质微粒直径的大小关系：溶液胶体浊液B. 胶体粒子很小，可以通过半透膜C.
7、利用丁达尔效应可以区别溶液与胶体D. 电泳现象可证明胶体属于电解质溶液【答案】C【解析】【分析】胶体中分散质粒子的直径为1-100nm，根据胶体有丁达尔现象和电泳现象的性质来解答，其中电泳现象证明的是胶体中的胶粒带电。【详解】A.胶体、溶液、浊液的微粒直径大小，胶体为1-100nm，小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，故分散质直径大小为关系：溶液胶体浊液，故A错误； B.胶体微粒直径为1-100nm，不能透过半透膜，故B错误； C.丁达尔现象是胶体的性质，胶体有丁达尔现象，溶液没有，故可以区分，故C正确； D.电泳现象说明胶体中的胶粒带电，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查的是胶体
8、的性质，难度不大，胶体的性质有：丁达尔效应、电泳、聚沉；利用丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种常用物理方法；注意：电泳现象说明胶体粒子带电，而胶体本身为电中性。8.下列叙述中正确的是（ ）A. 在离子方程式中盐都要以离子形式表示B. 离子反应也可能属于氧化还原反应C. 酸碱中和反应的实质是H+与OH-结合生成水，故酸碱中和反应都可以用H+OH-=H2O表示D. 复分解反应必须同时具备离子反应发生的三个条件才能进行【答案】B【解析】【详解】A难溶性电解质一般在离子反应中写成化学式，如碳酸钙、氯化银等，可溶性电解质以离子形式表示，如NaCl、NaOH等，故A错误；B离子反应中可能发生电子的转移，即也
9、可能是氧化还原反应，但不是所有的离子反应都是氧化还原反应，故B正确；C强酸与强碱反应生成可溶性盐与水，可以用H+OH-H2O表示，弱酸、弱碱及不溶性盐在离子反应中应写成化学式，如醋酸与氨水的反应不能用H+OH-=H2O表示，故C错误；D复分解反应的发生需具备离子反应的条件之一即可，如盐酸与NaOH反应，故D错误；故答案为B。9.下列使用漏斗的几个实验装置中，设计正确且能达到实验目的是（）A. 用图1所示装置进行过滤，过滤时不断搅拌B. 用图2所示装置吸收制氨水C. 用图3所示装置用苯萃取碘水中的碘，并将碘的苯溶液从漏斗下口放出D. 用图4所示装置用石灰石与稀盐酸制取气体【答案】D【解析】【详解
10、】A.漏斗的下端应紧靠烧杯内壁，过滤时不能搅拌，否则易损坏滤纸，图中装置不合理，故A错误；B.防倒吸装置，倒扣的漏斗稍微接触液面，在液面以下太多不能起到防止倒吸的作用，故B错误；C.苯的密度比水小，则碘的苯溶液在上层，应从上口倒出，故C错误；D.石灰石与稀盐酸，为固体和液体反应，且不需要加热，图中装置合理，故D正确；故选D。10.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种离子，现用NaOHNa2CO3NaCl将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的顺序正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将三种离子逐一沉淀并分离，即加入一种试剂只能生成一种沉淀，需要考虑每次所加入的试剂只能
11、与溶液中的一种离子反应形成沉淀。【详解】NaOH与Mg2+、Ag+都能生成沉淀；Na2CO3与Mg2+、Ag+、Ba2+三种离子都能生成沉淀；NaCl只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀；每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子反应形成沉淀；先加入氯化钠与溶液中Ag+形成氯化银沉淀；然后加入的氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，所以加入试剂的顺序正确的是NaCl、NaOH、Na2CO3，故选C。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验方案的设计，解题时要注意题目逐一沉淀的要求，熟练掌握复分解反应的实质是正确解答本题的前提。11.把500 mL含有B
12、aCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含a mol硫酸钠的溶液,恰好使钡离子完全沉淀;另取一份加入含b mol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的浓度为()。A. 0.1(b-2a) molL-1B. 10(2a-b) molL-1C. 10(b-a) molL-1D. 10(b-2a) molL-1【答案】D【解析】【详解】混合溶液分成5等份，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，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl）=n（Ag），
13、再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2）+n（K）=n（Cl），每份溶液中n(K)=bmol2amol=(b2a)mol，故钾离子浓度为，故答案选D。【点睛】溶液中离子浓度计算时利用溶液中电荷守恒进行计算。12.VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中SO42的物质的量的浓度为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】ag Fe3+的物质的量为： = mol，取出的0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为： = mol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中SO42的物质的量为：mol = mol，稀释后溶液中硫酸根离子的
14、浓度为：mol2VL，故答案选A。点睛：这是一道非常基础的“字母”题，可是出错率非常高，出现错误的原因一方面是考生对量的单位、数的进位关系、有关数据的处理等方面不熟悉，另一方面就是解题思路不明确。其实，解答“字母”题，最有效的办法，也是减少出错率最有效的思路就是运用概念公式。13.下列变化必须加入氧化剂才能实现的是A. CuOCuSO4B. CO2COC. FeFe3O4D. KClO3O2【答案】C【解析】【详解】ACuOCuSO4中不存元素化合价变化，不需要加入氧化剂，故A错误；BCO2CO中C元素化合价降低被还原，需要加入还原剂实现，故B错误；CFeFe3O4中Fe元素化合价升高被氧化，
15、需要加入氧化剂才能实现，故C正确；DKClO3O2中O元素化合价升高被氧化，但直接加热KClO3即可分解生成O2，不需要加入还原剂也能实现，故D错误；故答案为C。14.某温度时，物质的量均为2mol的两种气体X2、Y2，在2升密闭容器中反应生成气体Z，某一时刻测得X2、Y2、Z的物质的量浓度分别为c(X2)0.4mol/L、c(Y2)0.6mol/L、c(Z)0.4mol/L，则该反应的化学方裎式是（ ）A. 3X2+2Y2=2X3Y2B. 2X2+Y2=2X2YC. 3X2+Y2=2X3 YD. 2X2+3Y2=2X2Y3【答案】A【解析】【分析】化学反应中，各物质的物质的量改变量（n）之比
16、等于化学计量数之比，反应前后元素的种类、各元素的原子数目保持不变。由此配平方程式、求出Z的化学式。【详解】某时刻，n(X2)c(X2)2L0.8mol、n(Y2)c(Y2)2L1.2mol、n(Z)c(Z)2L0.8mol，则n(X2)2mol0.8mol1.2mol、n(Y2)2mol1.2mol0.8mol、n(Z)0.8mol，化学方程式可写成3X2+2Y2=2Z。据质量守恒定律，Z的化学式为X3Y2或Y2X3。本题选A。15.工业上制金刚砂(SiC)的化学反应为SiO23CSiC2CO，在这个氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是()A. 12B. 21C. 11D. 35【答
17、案】A【解析】碳元素化合价从0价部分升高到+2价，部分降低到4价，其它元素的化合价不变，CO是氧化产物，SiC是还原产物，所以根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是12，答案选A。16.下列有关离子共存的说法或离子方程式的书写中，正确的一组是（ ）加入NaOH溶液后的溶液中能大量共存的离子:NH4+、Al3+、SO42-pH1的溶液中能大量共存的离子:Fe3+、Mg2+、Cl-、SO42-能使酚酞溶液变红的溶液中能大量共存的离子:K+、CO32-、Na+、S2-向 NH4HCO3溶液中加入足量NaOH溶液并共热:NH4+OH-NH3H2O用食醋溶解水垢:CaCO32HCa2+ + CO2
18、 + H2O向硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH7:Ba2+2OH-2H+SO42-BaSO42H2O用FeCl3溶液腐蚀铜电路板:2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据不同条件下的离子相互反应进行判断，注意弱电解质在离子方程式书写时不能拆分。【详解】加入NaOH溶液后的溶液显碱性，OH-能分别与NH4+、Al3+反应，则NH4+、Al3+不能大量存在，故错误；pH=1的溶液呈酸性，该组离子之间不反应、与H+不反应，则能大量共存的离子，故正确；能使酚酞溶液变红的溶液中存在OH-，该组离子相互间不反应、与OH-均不反应，则能大量共存，故正确；NH
19、4HCO3溶液加入足量NaOH溶液共热生成碳酸钠、氨气和水，则离子反应为HCO3-+NH4+2OH-NH3+2H2O+CO32-，故错误；用食醋溶解水垢的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+CO2+H2O+2CH3COO-，故错误；硫酸氢钠溶液中滴入氢氧化钡溶液至pH=7，反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子反应为Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故正确；用FeCl3溶液腐蚀铜电路板离子反应为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，遵循电荷守恒和质量守恒定律，故正确；答案为B。17.实验室从海带中提取碘的流程如图：下列操作装置不符合要求的是A. B. C. D. 【答
20、案】A【解析】【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液，以此来解答。【详解】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液；A选项中是溶液蒸发浓缩装置，海带灼烧应在坩埚中进行，故A错误；B海带灰溶解在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C悬浊液得到含碘离子的溶液，为分离固体和溶液，使用过
21、滤装置，故C正确；D含碘单质的水溶液分离碘单质用萃取分液的方法分离，故D正确；故答案为A。18.限用硫酸、盐酸、醋酸、钠盐、钾盐在溶液中反应，符合离子方程式2HCO32-=H2OCO2的化学方程式的个数有()A. 3B. 5C. 8D. 12【答案】C【解析】【详解】CO32-+2H+=CO2+H2O代表可溶性的碳酸盐和强酸之间的反应，涉及反应有硫酸与碳酸钠溶液反应、硫酸与碳酸钾溶液反应、盐酸与碳酸钠溶液反应、盐酸与碳酸钾溶液反应、硫酸氢钠与碳酸钠溶液反应、硫酸氢钠与碳酸钾溶液反应、硫酸氢钾与碳酸钠溶液反应、硫酸氢钾与碳酸钾溶液反应，共8个，故选C。【点睛】硫酸氢钠或硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在
22、溶液中完全电离出钠离子或钾离子、氢离子和硫酸根离子是解答的关键，也是易错点。19.将标准状况下的 aLHCl气体溶于1000g水中，得到盐酸密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）A. mol/LB. mol/LC. mol/LD. mol/L【答案】D【解析】【分析】根据物质的量浓度公式及推导公式进行计算。【详解】aL标准状况下HCl的物质的量为：n(HCl)=mol，质量为36.5g/molmol= ，所得溶液的质量为1000g+，所得溶液中溶质的质量分数为=，所得溶液的浓度为：c= =mol/L。答案为D。20.在同一条件下，体积相同的三个烧瓶中分别盛有NH3、HCl、NO2气
23、体，并分别倒立在水槽中，充分反应后（已知：3NO2+H2O =2HNO3+NO，NO不溶于水），烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为（设烧瓶中的溶液未扩散到水槽里）A. 3：3：2B. 2：2：3C. 1：1：1D. 2：2：1【答案】C【解析】【分析】相同条件下，等体积的气体其物质的量相等，氨气和氯化氢极易溶于水，则盛有等体积氯化氢、氨气的烧瓶分别倒立在水槽中时，水会充满整个烧瓶；二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式知，水会充入烧瓶的2/3，溶液中的溶质是硝酸，其物质的量是二氧化氮的2/3。【详解】设三种气体体积为标准状况下22.4升,即物质的量为1mol。
24、氨气完全溶于水,水充满整个容器,其物质的量浓度为1mol/22.4L=1/22.4mol/L，氯化氢气体完全溶于水,水充满整个容器,其物质的量浓度为为1mol/22.4L=1/22.4mol/L，由化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知,1molNO2可生成2/3mol的硝酸,气体体积减少2/3,即进入水的体积为：22.4升2/3,二氧化氮气体溶于水后生成硝酸物质的量浓度为=1/22.4mol/L，则烧瓶内三种溶液物质的量浓度之比为;1:1:1，故选C。【点睛】本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据C=n/V分析解答，明确溶液中的溶质是解本题的关键，注意盛放二氧化氮的烧瓶中水的体积
25、及溶质的物质的量，为易错点。第卷 填空题21.请回答下列问题:(1)现有质量比为11:14的CO2和CO的混合气体，则该混合气体中的CO2和CO物质的量之比为_，碳原子和氧原子的个数比为_ ，该混合气体的摩尔质量为_ 。(2)12.4g含Na2X中含Na+0.4mol，则Na2X摩尔质量是_ ，X的相对原子质量是_。(3)人造空气（氧气和氦气的混合气）可用于减轻某些疾病或供深水潜水员使用。在标准状况下，11.2L人造空气的质量是4.8g，其中氧气和氦气的分子数之比是_,氧气的质量是_。【答案】 (1). 1：2 (2). 3：4 (3). 33.3g/mol (4). 62g/mol (5).
26、 16 (6). 1：4 (7). 3.2g【解析】【分析】（1）根据物质的量公式进行计算；（2）根据摩尔质量公式进行计算，12.4g为0.2molNa2X；（3）设气体物质的量未知数，列方程组进行计算。【详解】(1)现有质量比为11:14的CO2和CO的混合气体，二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，则该混合气体中的CO2和CO物质的量之比为=1：2，碳原子和氧原子的个数比为（1+2）：（2+2）=3：4 ，该混合气体的摩尔质量为 。(2)12.4g含Na2X中含Na+0.4mol，说明Na2X的物质的量为0.2mol，摩尔质量是，X的相对原子质量是62-2
27、23=16。(3)人造空气（氧气和氦气的混合气）可用于减轻某些疾病或供深水潜水员使用。在标准状况下，11.2L人造空气的物质的量为0.5mol，质量是4.8g，设氧气物质的量为xmol，氦气物质的量为ymol，则x+y=0.5，32x+4y=4.8，即x=0.1，y=0.4，其中氧气和氦气的分子数之比是1：4，氧气的质量是0.1mol32g/mol=3.2g。22.A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3、SO42、Cl、CO32（离子在物质中不能重复出现）若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；若向的四支
28、试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出根据实验事实可推断它们的化学式为：（1）A_ B_（2）写出盐酸与D反应的离子方程式：_（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子及物质的量之比_；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式_【答案】 (1). BaCl2 (2). AgNO3 (3). CO32+2H+=CO2+H2O (4). n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=1：1：1 (5). Zn+Cu2+Zn2+Cu【解析】试题分析：C盐的溶液呈蓝色，说明C中含有Cu2+；加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，B中含有Ag+，由于硫
29、酸银、氯化银、碳酸银都是沉淀，所以B是AgNO3；D盐的溶液有无色无味的气体逸出，放出气体是二氧化碳，D中含有CO32，由于BaCO3是沉淀，所以D是NaCO3；A中含有Ba2+，由于硫酸钡难溶于水，所以A是氯化钡；则C是CuSO4；解析：根据以上分析，（1）A是BaCl2； B是AgNO3；（2）盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CO32+2H+=CO2+H2O；（3）将含相同物质的量BaCl2、AgNO3、CuSO4混合后，发生Ba2+ SO42= BaSO4；Ag+ Cl= Ag Cl，所以溶液中存在的离子及物质的量之比n（Cl）：n（NO3）：n（Cu2+）=
30、1：1：1；在此溶液中加入锌粒，锌把铜置换出来，发生反应的离子方程式Zn+Cu2+Zn2+Cu点睛：离子反应发生的条件是生成沉淀、气体、水，凡是能结合成沉淀、气体、水的离子不能共存。23.“84消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“84消毒液”瓶体部分标签如图1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)此“84消毒液”的物质的量浓度约为_mol/L(计算结果保留一位小数)。(2)某同学量取此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)=_mol/L。(3)该同学
31、参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_。下列操作中，容量瓶不具备的功能是_(填仪器序号)。a.配制一定体积准确浓度的标准溶液 b.贮存溶液c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液 d.准确稀释某一浓度的溶液e.用来加热溶解固体溶质请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_g。(4)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_。(填序号)。A.定容时俯视刻度线 B.转移前，容量瓶内有蒸馏水C.未冷至室温就转移定容 D.定容时水多用胶头滴管
32、吸出【答案】 (1). 3.8 (2). 0.038 (3). CDE (4). 玻璃棒和胶头滴管 (5). bcde (6). 141.6 (7). AC【解析】【详解】(1)c(NaClO)= mol/L=3.8 mol/L；(2)溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)=3.8 mol/L=0.038 mol/L，故c(Na+)=c(NaClO)=0.038 mol/L；(3)由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500
33、mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE，还需要的是玻璃棒、胶头滴管；a容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；b容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；c容量瓶只有一条刻度线，故不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c符合题意；d容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；e容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，e符合题意；故合理选项是bcde；质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8 mol/L，由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，而配制出500 mL溶液，故所需的
34、质量m=cVM=3.8 mol/L0.5 L74.5 g/mol=141.6 g；(4)A定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；B转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；C未冷至室温就转移定容，则冷却后溶液体积偏小，使配制的溶液浓度偏高，C符合题意；D定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；故合理选项是AC。【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，仪器的使用方法、误差分析等，注意仪器的选取方法和所需固体的计算，误差分析为该题的易错点。24.纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合
35、成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。(1)工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其反应原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl.生产纯碱的工艺流程示意图如下：请回答下列问题：析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法法是_。该工艺流程中可回收再利用的物质是_。(2)常温下在10ml0.1 mol/L-Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L液20mL，溶液中含碳元素的各种微粒的质量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如下图所示。根据图示回答下列问题:在同一溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO
36、3_(填“能”或“不能”）大量共存。在滴加盐酸的过程中HCO3-的物质的量先增加后减少的原因是_、_(请分别用离子方程式表示）。将0.84g NaHCO3和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10mol/L稀盐酸。图像能正确表示加积入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是_（填字母）。【答案】 (1). 取少量晶体溶于水，加入硝酸银溶液和足量稀硝酸，若产生白色沉淀，则有Cl，反之则没有 (2). CO2 (3). 不能 (4). CO32+H+HCO3 (5). HCO3+H+H2O+CO2 (6). D。【解析】【分析】侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2
37、气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤、洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利用，据此分析可解答。【详解】(1) 析出的NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法法是取少量晶体溶于水，加入硝酸银溶液和足量稀硝酸，若产生白色沉淀，则有Cl，反之则没有。由图可知，该工艺流程中可回收再利用的物质是CO2。(2)由图可知，碳酸和碳酸根无法共存，在同一溶液中，CO32-、HCO3-、H2CO3不能大量共存。在滴加盐酸的过程中HCO3-的物质的量先增加后减少的原因是随着氢离子浓度不断增大，CO32+H+HCO3、HCO3+H+H2O+CO2。0.84g NaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，混合并配成溶液，向溶液中滴加0.10mol/L稀盐酸，盐酸先与碳酸钠1：1反应，全部转化为碳酸氢钠，然后全部0.02mol碳酸氢钠与盐酸1：1反应生成0.02mol二氧化碳，图像能正确表示加积入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是D。
