【化学】山东省济宁市北大培文学校2018-2019学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

山东省济宁市北大培文学校2018-2019学年高一上学期期中考试试卷
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。时间0分钟，满分100分。
2.考生须将第Ⅰ卷所有题目的答案涂在答题卡上，第Ⅱ卷所有题目的答案须用黑色签字笔、黑色钢笔或黑色圆珠笔按要求填写在答题纸指定位置， 考试结束后将答题卡和答题纸一同上交。
3.可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一.选择题（本题包括24小题，每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。）
1.朱自清先生在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影…”月光穿过薄雾所形成的美景仙境，其本质原因是（ ）
A. 夜里的月色本身就很美
B. 颗粒直径约为1nm～100nm的小水滴分散在空气中
C. 光线是一种胶体
D. 雾是一种胶体，能产生丁达尔现象
【答案】B
【解析】
【详解】月光穿过薄雾所形成的美景仙境，属于胶体的丁达尔效应，其本质原因是颗粒直径约为1nm~100nm的小水滴分散在空气中，月光照射到小水滴上产生散射现象形成的。答案选B。
2.对于易燃、易爆、有毒的化学物质,往往会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列物质贴错了标签的是（ ）

A
B
C
D
物质
氢氧化钠
金属汞
碳酸钠
烟花爆竹
危险警告标签




【答案】C
【解析】
【详解】A.氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应贴腐蚀品的标志，符合题意，故不选A；
B.汞有剧毒，应贴剧毒品的标志，故不选B；
C.碳酸钠是一种盐，不可燃，所以不是易燃品，故选C；
D.烟花爆竹易发生爆炸，是爆炸品，故不选D；
答案：C
3.下列实验操作正确的是（ ）
A. 使用容量瓶配制溶液，移液时应洗涤烧杯2～3次 B. 用100 mL量筒量取5.5 mL稀盐酸
C. 用托盘天平称量11.50 g NaCl固体 D. 配制一定浓度溶液时，固体物质可以直接在容量瓶中溶解
【答案】A
【解析】
【详解】A、使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，故A正确；B、选用量筒时，应该满足量筒的规格与量取的液体体积最接近原则，如量取5.5mL溶液，应该选用10mL的量筒，所以不能用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸，故B错误；C、托盘天平只能准确到0.1g，不能够用托盘天平称量11.50g NaCl固体，故C错误；D、容量瓶不能够用于溶解和稀释溶质，所以配制一定物质的量浓度的溶液时，固体物质需要在烧杯中溶解，不能够在容量瓶中溶解，故D错误；故选A。
4.下列物质分类的正确组合是（ ）

【答案】D
【解析】
【详解】A.Cu2（OH）2CO3属于盐类，SiO2属于酸性氧化物，故A错误；
B.CO不属于酸性氧化物，故B错误；
C.NH3不属于酸，故C错误；
D.分类正确，故D正确；
答案：D
【点睛】碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；碱性氧化物指能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。
5.下列关于物质属于电解质的是（ ）
A. 稀硫酸 B. 酒精 C. 熔融的氯化钠 D. 石墨
【答案】C
【解析】
【详解】A.稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B.酒精属于非电解质，故B错误；
C.熔融的氯化钠是可以导电的化合物，属于电解质，故C正确；
D.石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
答案：C
【点睛】电解质必要条件（1）化合物；（2）在水溶液或熔融状态下可以导电。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 由于碘在酒精中的溶解度大，可以用酒精把碘水中的碘萃取出来
B. 配制硫酸溶液时，可先在量筒中加入一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸
C. 由于沙子是难溶于水的固体，因此可用过滤法分离沙子与水的混合物
D. 可以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl浓溶液中分离得到纯净的NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为碘、酒精、水三者混溶，因此不能用酒精萃取碘水中的碘，故A错误；
B.量筒是量器，不可以用来稀释或配制溶液，故B错误；
C.由于固体和液体不相溶，且存在明显的密度差异,因此可用过滤法分离沙子与水的混合物，故C正确；
D.硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离，硝酸钾溶液中含少量氯化钠时可以通过降温结晶提纯硝酸钾，故D错误；
答案：C。
7.下列操作中正确的是（ ）
A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶底部
C. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大
D. 分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁
【答案】D
【解析】
【详解】A.蒸发操作时，当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，故A错误；
B.蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管出口处，故B错误；
C.萃取基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多．密度也可以比水小，故C错误；
D.分液操作时，分液漏斗下端紧靠烧杯内壁，故D正确；
答案：D
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子
B. 溶于水后能电离出氢离子的化合物一定是酸
C. 二氧化碳溶于水能导电，故二氧化碳属于电解质
D. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化钠溶液中本身存在钠离子和氯离子，其电离过程不需要电流作用，故A错误；
B.溶于水后能电离出氢离子的化合物不一定是酸，如硫酸氢钠溶于水后能电离出氢离子，属于盐类，故B错误；
C.二氧化碳溶于水能导电，是因为生成了碳酸，二氧化碳本身不导电，属于非电解质，故C错误．
D.硫酸钡难溶于水，但是熔融状态下，能完全电离，属于强电解质，故D正确；
答案：D
9.下列叙述正确的是（ ）
A. 1molOH-的质量为17g
B. 二氧化碳的摩尔质量为44g
C. 铁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
D. 标准状况下，1mol 任何物质的体积均为22.4L
【答案】A
【解析】
【详解】A. 1molOH-的质量为17g，故A正确；
B. 二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，故B错误；
C. 铁原子的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量，摩尔质量的单位是g/mol，相对原子质量的单位是1，故C错误；
D. 标准状况下，1mol 任何气体的体积约为22.4L，故D错误；
答案：A
10.下列对实验过程的评价正确的是（ ）
A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是CaCO3
B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SO42-
C. 常温下,某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性
D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl-，先加稀硫酸除去OH-，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.很多盐例如碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐，亚硫酸氢盐加入稀盐酸，均会产生无色气体，故A错误；
B.某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO42-，也可能含有Ag+，故B错误；
C.酚酞试液遇到碱性溶液变红，所以某无色溶液滴入酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性，故C正确；
D.烧碱溶液中是否含有Cl-，应先加稀硝酸除去OH-，不可用硫酸，因为硫酸银也是沉淀，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-，故D错误；
答案：C
【点睛】易错选项B，硫酸根离子的检验：第一步，加入盐酸无现象；第二步，加入氯化钡生成白色沉淀，证明溶液中有硫酸根离子。
11.意大利罗马大学的FulvioCacsce 等人获得了极具理论研究意义的N4 分子，下列说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4与N2的摩尔质量相等
C. 标准状况下，等体积的N4与N2所含的原子个数比为1:2
D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1
【答案】D
【解析】
【详解】A. N4属于单质，故A错误；
B. N4的摩尔质量为56g/mol，N2的摩尔质量为28g/mol，并不相等，故B错误；
C. 标准状况下，等体积的N4与N2物质的量相等，所含的原子个数比为2:1，故C错误；
D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为1:1，故D正确；
答案：D
12.用NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 阿伏伽德罗常数是6.02×1023
B. 标准状况下，11.2LCCl4所含分子数为0.5NA
C. 1.8g的NH4+中含有的电子数为NA
D. 0.1mol·L-1的MgCl2溶液中，所含Cl-的数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.阿伏伽德罗常数有单位为mol-1，12gC-12含有的碳原子数等于阿伏伽德罗常数数值，约为6.02×1023mol-1，故A错误；
B.CCl4为液体，不可用气体摩尔体积计算，故B错误；
C.1.8g的NH4+中含有电子的物质的量为=1mol，即个数为NA，故C正确；
D.体积未知，无法计算，故D错误；
答案：C
13.在相同的温度和压强下，A容器中的CH4气体和B容器中的NH3气体所含的氢原子总数相等，则两个容器的体积比为（ ）
A. 4:5 B. 1:1 C. 4:3 D. 3:4
【答案】D
【解析】
【详解】在相同条件下，气体的Vm相等，根据n==计算；
在相同条件下，气体的Vm相等，根据分子中含有的H原子个数可知分子数之比为3：4，由n==可知，气体的分子数之比等于体积之比，则体积比为3：4，故选D；
答案：D
【点睛】注意分子的构成特点以及物质的量的相关计算公式的运用。
14.下列溶液中，Na+浓度最大的是（ ）
A. 1mol·L-1Na2SO4溶液100mL B. 0.9mol·L-1Na3PO4溶液10mL
C. 2.5mol·L-1NaOH溶液50mL D. 1 mol·L-1NaHCO3溶液100mL
【答案】B
【解析】
【详解】A. 1mol·L-1Na2SO4溶液中Na+的浓度为1mol/L×2=2mol/L；
B. 0.9mol·L-1Na3PO4溶液中Na+的浓度为0.9mol/L×3=2.7mol/L；
C. 2.5mol·L-1NaOH溶液中Na+的浓度为2.5mol/L×1=2.5mol/L；
D. 1 mol·L-1NaHCO3溶液中Na+的浓度为1mol/L×1=1mol/L；
根据分析可知，Na+的物质的量浓度最大的是B；
答案：B
【点睛】钠离子的物质的量浓度与各溶液中溶质的物质的量浓度及溶质的化学式组成有关，与溶液的体积大小无关，据此对各选项进行计算与判断。
15.下列化学变化中,需加入氧化剂才能实现的是（ ）
A. C→CO2 B. CO2→CO
C. CuO→Cu D. H2SO4→BaSO4
【答案】A
【解析】试题分析：A．碳元素的化合价升高，发生氧化反应，需要添加氧化剂才能发生，故A正确；B．碳元素化合价降低，发生还原反应，需要添加还原剂才能发生，故B错误；C．铜元素化合价降低，发生还原反应，需要添加还原剂才能发生，故C错误； D．元素的化合价不发生变化，利用复分解反应即可发生，故D错误，答案为A。
考点：考查氧化还原反应的分析与应用
16.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L-1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是（ ）
A. 配制1L溶液，可将0.1mol的CaCl2溶于1L水
B. 取少量该溶液加水至溶液体积为原来的二倍，所得溶液c(Cl−)=0.1mol·L-1
C. Ca2+和Cl-的浓度都是1mol·L－1
D. 取该溶液的一半，则所取溶液c（CaCl2）=0.05mol·L-1
【答案】B
【解析】
【详解】标签上标有“CaCl2 0.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含0.1molCaCl2；
A.将0.1mol CaCl2溶于1L水中，所得溶液的体积不是1L，无法计算浓度，故A错误；
B.溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，故稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故B正确．
C.在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1：2，则浓度之比也为1：2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故C错误；
D.溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积是多少无关，故D错误；
答案：B
17.含MgCl2、KCl、Na2SO4三种溶质的混合液中，已知其中含Cl-1.5mol，K+和Na+共1.5mol，Mg2+为0.5mol，则SO42-的物质的量为（ ）
A. 0.2mol B. 0.5mol C. 0.25mol D. 0.15mol
【答案】B
【解析】
【详解】溶液呈电中性，忽略水的电离由电荷守恒可知：n（Cl-）+2n（SO42-）=n（K+）+n（Na+）+2n（Mg2+），即：1.5mol+2n（SO42-）=1.5mol+2×0.5mol，解得n（SO42-）=0.5mol，故B正确；
答案：B
【点睛】电解质混合溶液中常利用电荷守恒计算离子物质的量及离子物质的量浓度。
18.下列各组离子反应可用H++OH-=H2O 表示的是（ ）
A. 氢氧化钡和硫酸 B. 氢氧化铁和盐酸
C. 醋酸和氢氧化钠 D. 硫酸氢钠和氢氧化钠
【答案】D
【解析】A中还生成难溶的BaSO4，
B中氢氧化铁为难溶物，不可拆，
C中醋酸为弱电解质，不可拆
19.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr相比较, 水的作用不相同的是（ ）
①Cl2+H2O＝HCl+HClO ②4Fe(OH)2+O2 +2H2O＝4Fe(OH)3
③2F2 +2H2O＝4HF+O2 ④2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑
A. ③④ B. ①④ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【详解】①水既不是氧化剂也不是还原剂与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故①错误；
②水既不是氧化剂也不是还原剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用相同，故②错误；
③水是还原剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用不相同，故③正确；
④水是氧化剂，与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中水的作用不相同，故④正确；
③④正确，故选A；
答案：A
20.在下列条件的水溶液中可以大量共存的离子组是（ ）
A. 使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2＋、Cl-、NO3–
B. 无色透明的溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-
C. 无色透明的溶液中：SO42-、Cl-、Al3+、NH4+
D. 含大量H+的溶液中：CO32-、SO42-、K+、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A.碱性环境下，Mg2＋会生成氢氧化镁沉淀，故A错误；
B. MnO4-为紫色，故B错误；
C.无色透明的溶液中：SO42-、Cl-、Al3+、NH4+，可以大量共存，故C正确；
D.2H++CO32-=H2O+CO2↑，故D错误；
答案：C
【点睛】明确习题中的信息是解答本题的关键，注意离子之间的反应。
21.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向碳酸钠溶液中加入足量的盐酸：CO32－+2H＋=CO2↑+H2O
B. 氢氧化钡溶液中加入足量稀硫酸：Ba2＋+OH－+H＋+SO42－=BaSO4↓+H2O
C. 向三氯化铁溶液中逐滴加入过量的氨水：Fe3＋+3OH－=Fe(OH)3↓
D. 氧化铜与盐酸反应：O2-+2H＋=H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.向碳酸钠溶液中加入足量的盐酸：CO32－+2H＋=CO2↑+H2O，故A正确；
B.氢氧化钡溶液中加入足量稀硫酸：Ba2＋+2OH－+2H＋+SO42－=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C.向三氯化铁溶液中逐滴加入过量的氨水：Fe3＋+3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.氧化铜与盐酸反应：CuO+2H＋=H2O+Cu2+，故D错误；
答案：A
【点睛】书写离子方程式时注意只有易溶于水的强电解质才可以写成离子形式。
22.下列反应中的酸，既表现出酸性又表现出氧化性的是（ ）
A. Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑
B. 4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
C. 3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
D. NaOH +HCl=NaCl+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.活泼金属与酸的反应表现为酸的通性，故A错误；
B.反应中生成氯气，盐酸表现还原性，生成氯化锰，盐酸表现酸性，故B错误；
C.反应中生成NO，硝酸表现氧化性，生成硝酸铜，硝酸表现酸性，故C正确；
D.为中和反应，盐酸只表现酸性，故D错误；
答案：C
23.根据反应：①2Fe3++2I-=2Fe2++I2②Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-③Br2+2I-=I2+2Br-，判断离子的还原性由强到弱的顺序正确的是（ ）
A. Br-、Fe2+、I- B. I-、Fe2+、Br-
C. Br-、I-、Fe2+ D. Fe2+、I-、Br-
【答案】B
【解析】
【详解】根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性来确定；
①2Fe3++2I-=2Fe2++I2，还原性I->Fe2+；②Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，还原性Fe2+>Br-；
③Br2+2I-=I2+2Br-，还原性I->Br-；因此还原性由强到弱的顺序 I-、Fe2+、Br-，故B正确；
答案：B
【点睛】还原剂：升失氧；氧化剂：降得还。还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。
24.已知30mL浓度为0.5mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与50mL浓度为0.1mol·L-1的KRO4溶液完全反应转化为Na2SO4。则R元素在产物中的化合价是（ ）
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】A
【解析】
【详解】设R元素在产物中的化合价为X价；S元素化合价从+4升高到+6价，R元素化合价从+7价降到X价，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：0.5mol/L×30×10-3L×2=0.1mol/L×50×10-3L×（7-X），得X=1；
答案：A
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、非选择题（本题包括4小题，共52分）
25.（1）某化学小组制备氢氧化铁胶体：在洁净的小烧杯中盛适量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入饱和FeCl3溶液，至液体呈红褐色，停止加热。制备氢氧化铁胶体的化学反应方程式是________________________。
（2）如图所示是中学化学中常用于混合物分离和提纯的装置：

请根据装置图回答下列问题：
①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体选择装置_________(填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水选择装置_________；从碘水中提取碘选择装置_________。
②装置A中①的名称是____________，冷凝水流动的方向是_____________。
【答案】(1). FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl (2). D (3). A (4). B (5). 冷凝管 (6). 从下口进，上口出
【解析】
【分析】（1）FeCl3与水在加热条件下生成氢氧化铁胶体和氯化氢；
（2）①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体采用蒸发结晶的形式；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水采用蒸馏；从碘水中提取碘采用萃取分液；
②装置A中①的名称是冷凝管，冷凝水流动的方向是下进上出。
【详解】（1）FeCl3与水在加热条件下生成氢氧化铁胶体和氯化氢，化学方程式FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl ；答案：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl
（2）①从氯化钾溶液中得到氯化钾固体采用蒸发结晶的形式，因此用D装置；除去自来水中的Cl-等杂质得到蒸馏水采用蒸馏，因此用A装置；从碘水中提取碘采用萃取分液，因此用B装置；答案：D A B
②装置A中①的名称是冷凝管，冷凝水流动的方向是下进上出，逆流原理有利于充分带走蒸气热量，使其冷凝为液体。答案：冷凝管 从下口进，上口出
26.有一包固体粉末,其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、K2SO4、Na2CO3、NaNO3中的一种或几种,现做以下实验:
①取部分固体粉末加入水中,振荡,有白色沉淀生成；
②向①的沉淀物中加入足量稀盐酸,固体完全溶解,并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入硝酸银溶液，有白色沉淀产生。试根据上述实验事实,回答下列问题：
（1）原固体粉末中一定含有的物质是_________，一定不含的物质是_________，可能含有的物质是_________。(以上各种物质均写化学式)
（2）写出上述步骤中发生反应的离子方程式：
①_______________________________
②_______________
③_______________
【答案】(1). Ba(NO3)2、Na2CO3 (2). K2SO4 (3). NaCl、NaNO3 (4). Ba2++CO32-=BaCO3↓ (5). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (6). Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
【分析】根据物质的性质结合题干中的现象，通过确定存在的物质排除不能共存的物质；
依据①一定有Ba（NO3）2，可能存在碳酸钠或硫酸钾或两者都有；
依据②判肯定有碳酸钠，肯定没有硫酸钾；
依据③因为第②步加入了盐酸，所以证明不了原来混合粉末中有NaCl。
【详解】（1）根据上面分析可知，原固体粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物质是K2SO4，可能含有的物质是NaCl、NaNO3；
答案：Ba(NO3)2、Na2CO3 K2SO4 NaCl、NaNO3
（2）①硝酸钡与碳酸钠发生复分解反应生成白色沉淀，离子方程式为 Ba2++CO32-=BaCO3↓；②碳酸钡与盐酸反应生成二氧化碳，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③银离子与氯离子反应生成白色沉淀， Ag++Cl-=AgCl↓；
答案：Ba2++CO32-=BaCO3↓ BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O Ag++Cl-=AgCl↓
【点睛】依据实验现象做出判断，利用存在的物质排除不存在的物质。
27.现用98%浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)配制浓度为0.5mol·L-1的稀硫酸480mL。
（1）配制该溶液应选用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_____________。
（2）请将下列操作按正确的顺序填在横线上。(填选项字母)
A.量取浓H2SO4 B.反复颠倒摇匀 C.加水定容 D.洗涤所用仪器并将洗涤液转入容量瓶 E.稀释浓H2SO4 F.将溶液转入容量瓶
其正确的操作顺序为_____________。
（3）所需浓H2SO4的体积为_________mL。
（4）若用量筒量取浓硫酸时俯视液面将使所配溶液浓度______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同)。在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却将使所配溶液浓度_______。定容时必须使凹液面最低处与刻度线相切，若仰视将使所配溶液浓度_________。
（5）从配制好的溶液中取出40mL，加0.2mol·L－1的氢氧化钠溶液至完全中和，需要氢氧化钠溶液的体积为___________。
【答案】(1). 量筒、500mL容量瓶、胶头滴管 (2). A E F D C B (3). 13.6 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 偏低 (7). 200mL
【解析】
【分析】（1）配制一定物质的浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶，依据各步操作选择需要仪器；
（2）依据配制溶液的一般步骤排序；
（3）依据c=1000ρω/M计算浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；
(4)分析操作对溶质的物质的量、对溶液的体积的影响，根据c=n/V判断对所配溶液浓度影响；
(5)根据c(H+)·V(酸)=c(OH-)·V(碱)计算。
【详解】（1）因为没有480mL容量瓶，只能配制500mL溶液，现用98%的浓H2SO4（ ρ=1.84g/cm3）配制成浓度为0.5mol/L的稀硫酸500mL，操作步骤为：计算需要浓硫酸体积，用量筒量取浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后用玻璃棒引流移液到500mL容量瓶，洗涤烧杯和玻璃棒并将洗液转移到容量瓶，加蒸馏水到离刻度线1-2cm，该用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切，最后摇匀装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；答案：量筒、500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）配制一定物质的浓度溶液的一般步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀装瓶所以正确的操作步骤为：AEFDCB；答案：AEFDCB；
（3）按照配制500mL溶液计算所需溶质的量；
98%的浓H2SO4（ ρ=1.84g/cm3）物质的量浓度c=1000×1.84×98%/98mol/L=18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为VmL，则依据溶液稀释过程溶质的物质的量不变得：18.4mol/L×V×10-3L=0.5mol/L×500×10-3L，解得V=13.6；答案：13.6；
(4) 量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，量取的浓硫酸偏少，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；在转入容量瓶前烧杯中的液体未冷却，根据热胀冷缩原理，后续加水加少了，浓度偏高；定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低。答案：偏低 偏高 偏低
（5）根据c(H+)·V(酸)=c(OH-)·V(碱)，得0.5mol/L×2×40×10-3L=0.2mol/L×V(碱)×10-3L, V(碱)= 200;答案：200mL
【点睛】明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择。
28.已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑
②Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑
③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。
试回答下列问题：
（1）当反应①转移3摩尔电子时，消耗H2SO4的质量是______g，产生氢气的体积（标准状况）_________L。
（2）反应②中_________作氧化剂，___________是氧化产物。
（3）当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是____________。
（4）用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)。___________
Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑
（5）反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_________。
【答案】 (1). 147 (2). 33.6 (3). H2SO4（浓） (4). CuSO4 (5). 0.5mol (6). CuSO4+2H2O+SO2↑ (7). 5:1
【解析】
【分析】（1）根据反应①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑可知每转移3mol电子，消耗硫酸3/2mol，生成氢气3/2mol；
（2）②Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑，根据氧化剂降得还，还原剂升失氧判断；
（3）根据②Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑,可以看出1molSO2生成，被还原硫酸1mol；
（4）单线桥法表示箭头是还原剂指向氧化剂，写出转移电子数；
（5）根据还原剂升失氧，对应氧化产物；氧化剂降得还，对应还原产物，进行分析。
【详解】（1）Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，当反应①转移3摩尔电子时，消耗H2SO4的质量是3/2mol×98g/mol= 147g，产生氢气的体积（标准状况）3/2mol×22.4L/mol=33.6L；
答案：147 33.6
（2）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原剂升失氧，对应氧化产物，硫酸铜为氧化产物；答案：H2SO4（浓） CuSO4
（3）1mol SO2生成，就有1mol硫酸被还原，当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是=0.5mol;答案:0.5mol
（4）箭头还原剂指向氧化剂，注明转移电子数： ；
答案：
（5）反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂升失氧，可知有5molCl-生成氯气，因此氧化产物为5/2mol，氧化剂降得还，1mol+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。
答案：5:1
【点睛】该题的关键是明确氧化还原反应有关概念，准确标出有关元素的化合价变化情况，然后根据电子得失守恒并结合题意灵活运用即可。