【化学】广西南宁市第三中学2018-2019学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

广西南宁市第三中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.下列关于实验基本操作的叙述正确的是（ ）
A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口
B. 分液时，需收集上层液体，分层后直接从分液漏斗上口倒出上层液体
C. 将浓硫酸倒入盛水的量筒中稀释成稀硫酸
D. 使用容量瓶应先干燥，如果容量瓶中含有少量蒸馏水，会造成误差
【答案】A
【解析】
【分析】A、蒸馏时温度计测定的是镏出成分的温度，便于得到该温度下的馏分；
B、分液时，应先将分液漏斗中下层液体从下口放出，然后再将上层液体从上口倒出；
C、量筒为量器，不是容器，不能在量筒内稀释；
D、容量瓶用蒸馏水洗净后，后面还需要加入蒸馏水定容。
【详解】A项、蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，控制镏出物质的沸点，得到该温度下的馏分，故A正确；
B项、分液时，需收集上层液体，应先将分液漏斗中下层液体从下口放出，然后再将上层液体从上口倒出，故B错误；
C项、量筒为量器，不是容器，不能在量筒内稀释，应在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，故C错误；
D项、容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，故D错误。
故选A。
2.以下实验装置一般不用于分离物质的是( )

【答案】D
【解析】A、装置是蒸馏，可用于物质的分离与提纯，A错误；B、装置是渗析，可用于物质的分离与提纯，例如胶体的提纯等，B错误；C、装置是过滤，可用于物质的分离与提纯，C错误；D、装置属于向容量瓶中转移液体，不能用于物质的分离与提纯，D正确，答案选D。
3.用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列判断正确的是（ ）
A. 84gNaHCO3溶于水之后可得到3NA个离子
B. 24g Mg变为Mg2+时失去的电子数目为NA
C. 1mol/L CaCl2溶液中含有的Cl-离子数目为2NA
D. 若lmolFeCl3在沸水中完全转化为氢氧化铁胶体，其中胶粒的数目小于NA个
【答案】D
【解析】
【分析】A、NaHCO3溶于水之后完全电离，电离出Na+和HCO3—；
B、1个Mg原子变为Mg2+离子失去2个电子；
C、溶液体积不明确；
D、氢氧化铁胶体胶粒是氢氧化铁的集合体。
【详解】A项、NaHCO3溶于水之后完全电离，电离出Na+和HCO3—，84gNaHCO3的物质的量为1mol，溶于水之后可得到2NA个离子，故A错误；
B项、24克镁的物质的量为1mol，1个Mg原子变为Mg2+离子失去2个电子，24g Mg变为Mg2+时失去的电子数为2NA，故B错误；
C项、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故C错误；
D项、氢氧化铁胶体胶粒是氢氧化铁的集合体，1molFeCl3完全转化为氢氧化铁胶体后，其中胶体粒子数目小于NA，故D正确。
故选D。
4.下列物质中，不属于电解质的是（ ）
A. 烧碱 B. 盐酸 C. BaSO4 D. CuSO4·5H2O
【答案】B
【解析】
【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和融融状态下均不能导电的化合物是非电解质，包括大部分非金属氧化物、部分有机物等。
【详解】A项、烧碱是氢氧化钠，氢氧化钠的水溶液或熔融态的氢氧化钠都导电，属于电解质，故A正确；
B项、盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，属于电解质溶液，故B错误；
C项、硫酸钡在熔融状态下都能电离出阴阳离子而导电，且是化合物，所以属于电解质，故C正确；
D项、CuSO4•5H2O为盐，在水溶液中或熔融状态下能导电，是电解质，故D正确。
故选B。
5.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因可能是（ ）
A. 所用固体NaOH已潮解
B. 定容时仰视刻度
C. 用带游码的托盘天平称2.4g NaOH时，误把砝码放在了左边
D. 配制完毕，不小心溅出几滴溶液，为使溶液的浓度不减少，又在配好的溶液中加入少量的NaOH固体
【答案】D
【解析】
【分析】根据C=n/V计算不当操作对n或V的影响，如果n偏大或V偏小，则所配制溶液浓度偏高。
【详解】A项、所用NaOH固体已潮解，称取一定质量的NaOH时，溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A错误；
B项、定容时仰视，会造成溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故B错误；
C项、称量时误用“左码右物”，若不使用游码，对称取氢氧化钠质量无影响，对所配溶液浓度无影响；若使用游码，实际称取氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，故C错误；
D项、配制完毕，不小心溅出几滴溶液，不会影响浓度大小，又在配好的溶液中加入少量的NaOH固体，相当于n增大，所以c偏高，故D正确。
故选D。
6.把0.05molBa(OH)2固体加入到下列100mL液体中，溶液的导电能力明显变小的是（ ）
A. 水 B. 1mol/LMgCl2溶液 C. 1mol/L醋酸 D. 0.05mol/LCuSO4
【答案】D
【解析】
【分析】电解质放入水中产生自由移动的离子，自由移动的离子浓度增大，使溶液的导电能力增强。如果溶液的导电能力变化小说明离子的浓度变化较小。
【详解】A项、水中离子浓度较小，加入少量的氢氧化钡固体后，离子浓度增大导电能力增强，故A错误；
B项、向MgCl2溶液中加入0.05molBa（OH）2固体，MgCl2和氢氧化钡反应生成氢氧化镁沉淀、氯化钡和水，电解质MgCl2转变为氯化钡，都是强电解质，溶液离子浓度变化不大，只是离子的转化，所以溶液导电能力变化不大，故B错误；
C项、醋酸是弱酸，电离产生的离子浓度较小，加入Ba(OH)2固体，Ba(OH)2与醋酸反应得到强电解质，离子浓度增大，使溶液的导电能力显著增强，故C错误；
D项、向硫酸溶液中加入0.05molBa（OH）2固体，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，电解质硫酸转变为水，溶液导电能力减弱，故D正确。
故选D。
7.在溶液中能大量共存，加入NaOH溶液后有沉淀产生，加入盐酸后有气体放出的是（ ）
A. Na＋、Cu2＋、Cl－、CO32- B. Fe3＋、K＋、SO42-、NO3–
C. Na＋、Ba2＋、Cl－、HCO3– D. Na＋、SiO32-、OH－、NO3–
【答案】C
【解析】
【分析】根据离子之间能结合生成水、气体、沉淀等，则离子不能共存，并结合加入NaOH溶液生成沉淀和加入盐酸生成气体来解答。
【详解】A项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成氢氧化铜沉淀，加盐酸不反应，故A错误；
B项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，加盐酸不反应，故B错误；
C项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液生成碳酸钡沉淀，加盐酸生成二氧化碳气体，故C正确；
D项、该组离子之间不反应，溶液中能大量共存，加NaOH溶液不反应，加盐酸生成硅酸沉淀，故D错误。
故选C。
8.下列有关氢氧化铁胶体说法正确的是（ ）
A. 将外加直流电源通过该胶体，阴极处颜色变深，则说明该胶体带正电荷
B. 鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，可用丁达尔效应或观察能否导电两种方法
C. 采用过滤，可将Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质除去
D. 向Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，可引起胶体聚沉
【答案】D
【解析】
【分析】A、氢氧化铁胶体不带电，胶粒带正电荷；
B、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电；
C、溶液和胶体能透过滤纸，用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液；
D、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，胶体会发生聚沉产生沉淀。
【详解】A项、Fe（OH）3胶体粒子吸附溶液中的阳离子带正电荷，胶体不带电，故A错误；
B项、Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，而FeCl3溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能导电，据此不能鉴别溶液和胶体，故B错误；
C项、溶液和胶体能透过滤纸，应该用渗析分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液，故C错误；
D项、Fe(OH)3胶体中加入NaCl固体，电解质NaCl会使胶体发生聚沉产生沉淀，故D正确。
故选D。
9.为得到相同物质的量的氯离子，等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3的体积比为（ ）
A. 6∶3∶2 B. 3∶2∶1
C. 1∶1∶1 D. 1∶2∶3
【答案】A
【解析】
【分析】根据物质的组成特点求出氯离子的物质的量浓度，然后根据公式n=C×V求出的Cl-的物质的量来分析计算。
【详解】物质的量浓度c=n/v,设三种溶液的体积分别为x、y、z，根据公式三种溶液的物质的量分别为xc、yc、zc；三溶液中Cl-的物质的量n为xc、2yc、3zc，由题意得xc=2yc=3zc,所以x：y：z=6：3：2，故选A。
10.下列反应的离子方程式错误的是（ ）
A. 等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应：Ba2++OH-+H++SO42- =BaSO4↓ +H2O
B. 氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液反应：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C. 醋酸与纯碱溶液反应生成气体：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑
D. 向澄清石灰水中滴入少量碳酸氢钠溶液：Ca2++OH-+HCO3- =CaCO3↓+H2O
【答案】A
【解析】
【分析】A、二者物质的量相等，铵根离子和氢离子恰好完全反应；
B、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应；
C、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应；
D、酸式盐和碱反应量少的全部反应，离子方程式中少量的符合化学式的组成比。
【详解】A项、等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在溶液中反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+NH4++H++SO42-→BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，故A错误；
B项、氢氧化铁与足量的稀硝酸溶液发生中和反应，反应生成硝酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故B正确；
C项、醋酸的酸性强于碳酸，醋酸能与纯碱溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑，故C正确；
D项、向碳酸氢钠溶液中滴入过量澄清石灰水，碳酸氢钠全部反应，离子方程式为Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，故D正确。
故选A。
11.实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是（ ）
A. Fe2+、Na+、NO3-、Cl- B. K+、Mg2+、CO32-、OH-
C. H+、K+、Cl-、CH3COO- D. Mg2+、NH4+、SO42-、NO3-
【答案】D
【解析】A. Fe2+、Na+、NO3-、Cl-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷不相等，故错误；B. Mg2+与CO32-或OH-都反应生成沉淀，故错误；C. H+与CH3COO-结合生成醋酸分子，故错误；D. Mg2+、NH4+、SO42-、NO3-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷相等，且四种离子之间不反应，故正确。故选D。
12.下列各组数据中，前者刚好是后者两倍的是（ ）
A. 2mol H2O的摩尔质量和1mol H2O的摩尔质量
B. 200mL1mol·L-1氯化钙溶液中c（Cl-）和100mL2mol·L-1氯化钾溶液中c(Cl-)
C. 称量16g硫酸铜配制250mL溶液的物质的量浓度和称量25g胆矾配制500mL溶液的物质的量浓度
D. 20%NaOH溶液的物质的量浓度和10%NaOH溶液的物质的量浓度
【答案】C
【解析】
【详解】A项、2mol水的质量是1mol水的质量的2倍，但水的摩尔质量为定值是18g/mol，与物质的量多少无关，故A错误；
B项、溶液的浓度与体积无关，1mol/L氯化钙溶液中c（Cl-）=2mol/L，2mol/L氯化钾溶液中c（Cl-）=2mol/L，氯离子浓度后者和前者相等，故B错误；
C项、16g硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制250mL溶液的物质的量浓度0.1mol/0.25L=0.4mol/L，25g胆矾中硫酸铜的物质的量为0.1mol，配制500mL溶液的物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2 mol/L，前者刚好是后者两倍,故C正确。
D项、溶液物质的量浓度c=1000ρω/M，20%NaOH溶液密度大于10%的NaOH溶液密度，故前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误。
故选C。
13.下列各选项中的反应①与反应②不能用同一离子方程式表示的是（ ）
序号
反应①
反应②
A
向AgNO3溶液中滴加稀盐酸
AgNO3溶液与食盐水混合
B
过量CO2通入NaOH 溶液中
过量CO2 通入澄清石灰水中
C
向烧碱溶液中滴加稀盐酸
向NaHSO4溶液中滴加KOH溶液
D
向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸
向 Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液
【答案】D
【解析】
【分析】A、反应实质均为银离子与氯离子反应生成氯化银；
B、反应实质均为二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸氢根；
C、反应实质均为氢离子和氢氧根离子反应生成水；
D、若向 Ba(OH)2溶液中滴加足量NaHSO4溶液，能用同一离子反应表示。
【详解】A项、硝酸银与盐酸、氯化钠反应实质相同都为银离子与氯离子反应生成氯化银，离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓，故A不选；
B项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：CO2+OH-=HCO3-表示，故B不选；
C项、二者反应实质相同，都能用离子方程式：H++OH-=H2O，故C不选；
D项、向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，离子方程式为：2H++2OH-+Ba2++SO42-=2H2O+BaSO4↓，向 Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHSO4溶液，离子方程式为：H++OH-+Ba2++SO42-=H2O+BaSO4↓，故D选。
故选D。
14.向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是（ ）
A. 标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同
B. 向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为2:3
C. 将两气体混合，混合气体的平均摩尔质量为44g/mol
D. 同温同压下，两容器中气体质量相同
【答案】B
【解析】
【分析】CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol。
【详解】A项、标准状况下，两种气体体积相同和密度相同，所以二者质量相等，由于两者相对分子质量相同，则气体的物质的量相同，故A正确；
B项、氮原子数相同说明n(N2O)=n(N2)=amol,氧原子数相同说明n(O2)=2n(N2O)=2 amol,甲容器中气体物质的量之和为3amol，由P甲：P乙=n甲：n乙=3amol：amol=3:1，故B错误；
C项、CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol，将两气体混合，无论以何种物质的量比混合，混合气体的平均摩尔质量恒为44g/mol，故C正确；
D项、同温同压下，CO2和N2O的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，两种气体物质的量相同，由于CO2和N2O的摩尔质量相同，则两容器中气体质量相同，故D正确。
故选C。
15.在同一条件下，体积相同的三个烧瓶中分别盛有NH3、HCl、NO2气体，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. 3：3：2 B. 2：2：3 C. 1：1：1 D. 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。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。
16.体积为V mL，密度为ρ g/mL的含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg,其物质的量浓度为c mol／L，溶质的质量分数为w%，则下面表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．物质的量浓度c====mol/L，故A错误；B．m=m(溶液)×w%=g，故B正确；C．w%=×100%=×100%=，故C错误；D．c===mol/L，故D错误；故选B。
17.现有以下六种物质：①KNO3；②液态HCl；③铜丝；④NaHCO3；⑤Fe(OH)3胶体；⑥CO2
（1）①既是钾盐又是硝酸盐，对该物质的分类方法是___________________________。
（2）既不是电解质也不是非电解质的是（填序号）___________。
（3）实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为________________________。将橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体装入U型管，插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，证明Sb2S3胶粒带_____电荷。Fe(OH)3与硫化锑胶体混合，发现体系变浑浊，这是发生了___________。
（4）胃酸中含有盐酸，NaHCO3能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式_____________；若患有胃溃疡，此时最好服用含Al(OH)3的胃药，它与胃酸反应的离子方程式为______________；浑浊石灰水中通入过量的CO2，时发生反应的离子方程式是______________________________。
【答案】(1). 交叉分类法 (2). ③⑤ (3). FeCl3+ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (4). 负 (5). 胶体聚沉 (6). H+ +HCO3- = CO2 + H2O (7). 3H+ +Al(OH)3 =Al3+ + 3H2O (8). Ca(OH)2 + 2CO2 = Ca2++2HCO3-
【解析】
【分析】（1）由交叉分类法可知，KNO3既是钾盐又是硝酸盐；
（2）六种物质中属于电解质的是KNO3、液态HCl、NaHCO3，属于非电解质的是CO2，既不是电解质也不是非电解质的是铜丝、Fe(OH)3胶体；
（3）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热；阳极附近橘红色加深，说明Sb2S3胶粒带负电荷；带相反电荷Fe(OH)3与硫化锑胶体混合会发生聚沉；
（4）胃酸中含有盐酸，盐酸能与NaHCO3、Al(OH)3反应，治疗胃酸过多；氢氧化钙与二氧化碳反应生成难溶性的碳酸钙，通入过量的二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙和水反应生成易溶于水的碳酸氢钙，浑浊变澄清。
【详解】（1）由交叉分类法可知，KNO3既是钾盐又是硝酸盐，故答案为：交叉分类法；
（2）六种物质中属于电解质的是KNO3、液态HCl、NaHCO3，属于非电解质的是CO2，铜丝是金属单质、Fe(OH)3胶体是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故答案为：③⑤；
（3）实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液，当溶液变为红褐色时立即停止加热，反应的化学方程式为FeCl3+ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，说明Sb2S3胶粒带负电荷；Fe(OH)3与硫化锑胶体混合，带正电荷的Fe(OH)3胶粒与带负电荷Sb2S3胶粒发生聚沉，体系变浑浊，故答案为：FeCl3+ 3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；负；胶体聚沉；
（4）胃酸中含有盐酸，NaHCO3能治疗胃酸过多，是因为盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠和水、二氧化碳，反应的离子方程式：H++HCO3-=H2O+CO2↑；氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；向浑浊石灰水中通入二氧化碳，氢氧化钙与二氧化碳反应生成难溶性的碳酸钙，通入过量的二氧化碳，二氧化碳和碳酸钙和水反应生成易溶于水的碳酸氢钙，浑浊变澄清，反应的总离子方程式为：Ca(OH)2 + 2CO2 = Ca2++2HCO3-，故答案为：H++HCO3-=H2O+CO2↑；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；Ca(OH)2 + 2CO2 = Ca2++2HCO3-。
18.如图为某市售盐酸试剂瓶上的部分数据：

（1）该市售盐酸的物质的量浓度为_________mol/L。（计算结果精确到小数点后1位，下同）
（2）欲配制1mol/L盐酸溶液475mL，则需量取该市售盐酸_____mL，除烧杯、量筒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器是________；下列情况会使所配溶液浓度偏高的是______（填序号）
A．量筒使用前用未干燥
B．用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线
C．量取出的浓盐酸露置较长时间后才加水稀释
D．洗涤量取浓盐酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
（3）浓度均为1mol/L的盐酸与氢氧化钡溶液等体积混合后OH-的物质的量浓度=___________mol/L（忽略溶液体积变化）；质量分数分别为36.5%和13.5%的盐酸等体积混合，所得溶液的质量分数__________25%（填“>”“<”或“=”）；在标准状况下，1体积水吸收__________体积的HCl气体可制得36.5%的盐酸（水的密度以1.00g/cm3计）。
【答案】(1). 11.8 (2). 42.4 (3). 玻璃棒和500mL容量瓶 (4). D (5). 0.5 (6). > (7). 352.8
【解析】
【分析】（1）根据c=1000ρw/M计算；
（2）依据稀释定律计算；根据配制一定物质的量浓度的步骤确定需用到的玻璃仪器；根据n=cV判断溶液中溶质的物质的量和溶液体积变化，进行误差分析；
（3）依据酸、碱的元次和化学方程式进行过量判断；盐酸浓度越大，溶液密度越大；依据c=n/V计算。
【详解】（1）根据c=1000ρw/M，密度为1.18g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸的物质的量为：（1000×1.18×36.5%）/36.5mol/L=11.8mol/L，故答案为：11.8 mol/L；
（2）①实验室应该用500ml容量瓶配制475mL1mol/L盐酸溶液，设需要浓盐酸的体积为VL，由稀释定律可得：VL×11.8mol/L=0.5L×1mol/L，解得V=0.0424L=42.4ml，故需要量取浓盐酸42.4ml，故答案为42.4ml；
②配制475mL1mol/L稀盐酸时使用的仪器除烧杯、量筒、胶头滴管外，还必须用到玻璃棒、500mL容量瓶，故答案为：玻璃棒、500mL容量瓶；
③A项、量筒使用前用未干燥，量取的浓盐酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；
B项、定容时仰视容量瓶刻度线，所配溶液体积偏大，导致所配溶液浓度偏低，故B错误；
C项、量取出的浓盐酸露置较长时间，浓盐酸挥发，溶质物质的量减小，配制的标准液浓度减小，故C错误；
D项、量筒使用错误，使用量同时不需要洗涤量筒，若洗涤量筒并将洗涤液倒入烧杯，相当多量取盐酸，n值偏高，c偏高，故D正确；
故答案为：D；
（3）①浓度均为1mol/L的盐酸与氢氧化钡溶液等体积混合，氢氧化钡过量，设溶液的体积为VL，则溶液中c(OH—)=（1mol/L×VL×2—1mol/L×VL）/2VL=0.5 mol/L，故答案为：0.5 mol/L；
②盐酸浓度越大，溶液密度越大，设溶液的体积为Vml，质量分数分别为36.5%和13.5%的盐酸等体积混合，所得溶液的质量分数(36.5%×V d1+13.5%×V d2)/(V d1+V d2)= 13.5%+23% d1/( d1+Vd2) ＞13.5%+23%×1/2=25%，故答案为：＞；
③设水的体积为1L，HCl的体积为xL，则HCl的物质的量为x/22.4mol，HCl的质量为36.5x/22.4 g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，则有（1000g+36.5x/22.4 g）×36.5%=36.5x/22.4 g，解得x=352.8g，故答案为：352.8。
19.海水中蕴藏着丰富的资源，海洋资源的利用具有广阔前景。
Ⅰ．粗盐提纯
（1）从海水中得到的粗盐常含Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，需要提纯后才能综合利用。粗盐提纯的步骤有：①加入过量的Na2CO3溶液；②加入过量的BaCl2溶液；③加入过量的NaOH溶液；④用适量盐酸调节溶液的pH等于7；⑤溶解；⑥过滤；⑦蒸发。
正确的操作顺序是___________________________(填选项字母)。
a．⑤②③①⑥④⑦ b．⑤①②③⑥④⑦ c．⑤②①③④⑥⑦ d．⑤③②①⑥④⑦
（2）判断Mg2+已沉淀完全的方法是：__________________________________________。
II．海带提碘
将海带灼烧成灰，用水浸泡得到海带灰悬浊液，过滤得含I-的海带浸取原液，然后按以下甲、乙两方案提取单质碘：

已知：3I2+6OH - ═5I- + IO3-+3H2O；5I-+IO3-+6H+=3I2 +3H2O；酸性条件下，I2在水溶液中的溶解度很小。
（3）分液漏斗使用前须_________；步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是__________。
（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是_____________________。
A．应控制NaOH溶液的浓度和体积 B．将碘转化成离子进入水层
C．主要是除浸取原液中的杂质 D．NaOH溶液可由乙醇代替
（5）步骤Y和操作Z的名称分别是___________、 _____________。
（6）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是______________________________。
【答案】(1). ad (2). 静置，取上层清液于试管中，继续滴加NaOH溶液，若不再产生白色沉淀，则说明NaOH溶液已经足量（或取上清液加入酚酞试液，溶液变红；或用玻璃杯蘸取上清液滴在pH试纸上，试纸变蓝；或其他合理答案即可） (3). 检漏 (4). 液体分上下两层，下层呈紫红色 (5). AB (6). 分液 (7). 过滤 (8). 碘易升华，会导致碘的损失
【解析】
【分析】Ⅰ、从海水中得到的粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质离子，可以用试剂BaCl2溶液除去SO42-离子、用NaOH除去Mg2+离子、用Na2CO3溶液除去Ca2+离子和过量的Ba2+离子、用盐酸除去过量OH—离子和CO32—离子；
II、根据实验流程，海带灼烧成灰，用水浸泡一段时间，得到海带灰悬浊液，过滤后得含有碘离子的溶液，通入氧气，氧化得到碘单质，再用苯或四氯化碳萃取、分液得碘的有机溶液，可通过蒸馏得到纯碘，或者向碘的有机溶液加入氢氧化钠溶液，使碘和氢氧化钠溶液反应生成I-离子和IO3-离子，分液后得到含有I-离子和IO3-离子的水溶液，加入稀硫酸，酸性条件下I-离子和IO3-离子反应生成碘的水溶液，过滤得到粗碘，粗碘提纯得到纯碘。
【详解】Ⅰ、（1）除去粗盐常含Ca2＋、Mg2＋、SO42－等杂质，需要考虑试剂添加的顺序，Mg2＋离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将Mg2＋离子沉淀；SO42－离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将SO42－离子沉淀；至于先除Mg2＋离子，还是先除SO42－离子都行；Ca2＋离子用碳酸根离子沉淀，除Ca2＋离子加入碳酸钠转化为沉淀；但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应过量的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，故答案为：ad；
（2）判断Mg2+已沉淀完全，就是证明溶液中不存在Mg2+离子或溶液中OH—离子过量，证明溶液中不存在Mg2+离子，可以继续滴加NaOH溶液，不再产生白色沉淀；证明溶液中OH—离子过量，反滴氯化镁溶液，产生白色沉淀，或用指示剂检验溶液中存在OH—离子，故答案为：静置，取上层清液于试管中，继续滴加NaOH溶液，若不再产生白色沉淀，则说明NaOH溶液已经足量（或取上清液加入酚酞试液，溶液变红；或用玻璃杯蘸取上清液滴在pH试纸上，试纸变蓝；或其他合理答案即可）；
II、（3）带塞的仪器分液漏斗和容量瓶在使用前要进行检漏；步骤X中，加入密度比水大的四氯化碳，萃取后分液漏斗内，碘的四氯化碳溶液在下层，水在上层，实验现象为液体分上下两层，下层呈紫红色，故答案为：检漏；液体分上下两层，下层呈紫红色；
（4）步骤Y为向碘的有机溶液加入氢氧化钠溶液，使碘和氢氧化钠溶液反应生成I-离子和IO3-离子，分液后得到含有I-离子和IO3-离子的水溶液，加入稀硫酸，酸性条件下I-离子和IO3-离子反应生成碘的水溶液，过滤得到粗碘。
A项、控制NaOH溶液的浓度和体积，可减少酸化时稀硫酸的用量，故A正确；
B项、碘和氢氧化钠溶液反应生成I-离子和IO3-离子，分液后得到含有I-离子和IO3-离子的水溶液，故B正确；
C项、步骤Y主要是将碘转化为I-离子和IO3-离子，使I-离子和IO3-离子进入水层，故C错误；
D项、乙醇与四氯化碳互溶，且不与碘反应，故D错误；
故答案为：AB；
（5）步骤Y的目的是将碘转化为I-离子和IO3-离子，使I-离子和IO3-离子进入水层，操作名称为萃取，操作Z是固液分离，操作名称为过滤，故答案为：萃取；过滤；
（6）碘受热易升华，蒸馏时会导致碘的损失，故答案为：碘易升华，会导致碘的损失。
20.A、B、C、D、E五瓶透明溶液，分别是Na2CO3、BaCl2、HCl、NaHSO4、AgNO3中的一种。
①A与D反应有气体生成； ②A与E反应有沉淀生成；
③B与E反应有沉淀生成； ④B与C反应有沉淀生成 ；
⑤C与D反应有气体生成； ⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质
请填空：
（1）在②和③的反应中，生成的沉淀物质的化学式是_______________
（2）D为_________________，E为__________________。
（3）B与D反应的离子方程式为____________________________________。
（4）向一定量的Ba（HCO3）2溶液中，逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为：________________________________，沉淀完全后，继续滴加C溶液，此时发生反应的化学方程式为：__________________________________。
（5）实验室有一瓶标签破损(如图所示)的固体试剂。某同学取试剂瓶中的固体少量于试管中，加适量蒸馏水溶解，在所得溶液中加入过量BaCl2溶液，得到白色沉淀。由此，该同学推断这瓶试剂是硫酸钠。你认为他的结论是否正确？________。若正确，请写出相应的离子反应方程式；若不正确，请给出
进一步验证的实验方案（要求：所用试剂只能从A、B、C、D、E中选择）：__________________________________________________。

【答案】(1). AgCl (2). Na2CO3 (3). AgNO3 (4). Ba2++CO32-=BaCO3↓ (5). Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑ (6). NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2↑（或H++HCO3-=H2O+CO2↑） (7). 不正确 (8). 将沉淀完全的溶液静置，取上层清液于另一试管中，滴加Na2CO3溶液，如有气体产生，说明固体物质是NaHSO4；若无明显现象，则向除去上层清液的试管中滴加盐酸，若滴加时有气体产生，最终沉淀溶解，则固体物质是Na2SO3；若滴加过程中无明显现象，则固体物质是Na2SO4
【解析】
【分析】根据⑥“在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质”这一信息可知，A与B中必然含有相同的离子，容易推断出它们是HCl和BaCl2，都可与银离子反应生成AgCl沉淀；因此，E必然是AgNO3；再根据①，A与D反应有气体生成，推断A一定是HCl，那么，B是BaCl2，D是Na2CO3，剩余的一种物质，即NaHSO4就是C。
【详解】（1）在②和③的反应中，HCl和BaCl2与硝酸银离反应生成AgCl沉淀，故答案为：AgCl；
（2）由题意分析可知，A是HCl、B是BaCl2、C是NaHSO4、D是Na2CO3、E是AgNO3，故答案为：Na2CO3；AgNO3；
（3）B与D反应为溶液中BaCl2与Na2CO3反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为：Ba2++CO32-=BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32-=BaCO3↓；
（4）向一定量的Ba（HCO3）2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液，直至不再生成沉淀，说明溶液中Ba2+离子完全沉淀，HCO3—离子过量，反应的离子方程式为：Ba2++SO42-+H++HCO3-=
BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后，继续滴加NaHSO4溶液，NaHSO4电离出的H+离子与过量的HCO3-离子反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为：Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；H++HCO3-=H2O+CO2↑；
（5）由示意图可知，该试剂可能为硫酸钠或硫酸氢钠或亚硫酸钠，加入过量BaCl2溶液，硫酸钠、硫酸氢钠和亚硫酸钠均可与BaCl2反应得到白色沉淀，故该同学结论不正确，若要进一步验证，应该用碳酸钠确定溶液中是否存在H+离子，用盐酸确定沉淀是否是亚硫酸钡沉淀，实验方案为：将沉淀完全的溶液静置，取上层清液于另一试管中，滴加Na2CO3溶液，如有气体产生，说明固体物质是NaHSO4；若无明显现象，则向除去上层清液的试管中滴加盐酸，若滴加时有气体产生，最终沉淀溶解，则固体物质是Na2SO3；若滴加过程中无明显现象，则固体物质是Na2SO4，故答案为：不正确；将沉淀完全的溶液静置，取上层清液于另一试管中，滴加Na2CO3溶液，如有气体产生，说明固体物质是NaHSO4；若无明显现象，则向除去上层清液的试管中滴加盐酸，若滴加时有气体产生，最终沉淀溶解，则固体物质是Na2SO3；若滴加过程中无明显现象，则固体物质是Na2SO4。
21.某无色溶液可能含有Na＋、Mg2+、Fe3+、Cu2＋等阳离子及NO3-、HCO3-、SO42-、Cl－等阴离子。取100mL该溶液，加入足量10 mL 2 mol·L－1稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味的气体0.224L（已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出），该气体使澄清石灰水(足量)变浑浊。
（1）由以上实验可判断：原溶液中一定不存在的离子是_________，一定存在的离子是______。
（2）将上述酸化后的溶液分成两等份：一份中逐滴加入氨水，最终生成白色沉淀0.58g，说明原溶液中一定有_____________(填离子符号)，刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，原因是____________________(用离子方程式表示)；另一份中加入足量的Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.66g，说明原溶液中一定有_____________(填离子符号)，过滤得到滤液。
（3）往滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得固体2.87 g，则原溶液中是否有Cl－？_____________(填“是”或“否”)。
（4）判断Na＋是否存在_____________(填“是”或“否”)。若存在，求出其最小浓度，若不存在说明理由：_______________。
【答案】(1). Fe3+、Cu2＋ (2). HCO3- (3). Mg2+ (4). NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O (5). SO42- (6). 否 (7). 是 (8). 最小浓度为0.7 mol·L－1
【解析】
【分析】无色溶液中一定不存在有色离子，原溶液中一定不存在Fe3+离子和Cu2＋离子；取100mL该溶液，加入足量10 mL 2 mol·L－1稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味使澄清石灰水变浑浊的气体0.224L，说明溶液中存在0.01mol HCO3-离子，溶液中H+离子过量0.01mol。
【详解】（1）无色溶液中一定不存在有色离子，原溶液中一定不存在Fe3+离子和Cu2＋离子，加入足量稀盐酸进行酸化，得到一种无色无味使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，说明溶液中存在HCO3-，故答案为：Fe3+、Cu2＋；HCO3-；
（2）一份逐滴加入氨水，最终生成氢氧化镁白色沉淀0.58g，说明溶液中一定有0.02mol Mg2+离子；刚开始加入氨水时，没有沉淀产生，是因为溶液中存在过量的0.01mol H＋离子，H＋离子中和了氨水，反应的离子方程式为：NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O；另一份加入足量的Ba(NO3)2溶液，生成硫酸钡白色沉淀4.66g，说明原溶液中一定有0.04mol SO42-离子，故答案为：Mg2+；NH3·H2O＋H＋=NH4+＋H2O；SO42-；
（3）往滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥得氯化银固体2.87 g，说明滤液中含有0.02mol Cl－离子，因10 mL 2 mol·L－1稀盐酸电离出0.02mol Cl－离子，则原溶液中没有Cl－，故答案为：否；
（4）原溶液中存在0.01mol HCO3-离子、0.04mol SO42-离子，一定不存在Cl－离子，可能存在NO3-离子，阴离子的电荷总数≥（0.04mol×2+0.01mol）=0.09mol，存在0.02mol Mg2+离子，电荷数为0.02mol×2=0.04mol，由电荷守恒可知原溶液中一定存在Na＋离子，n(Na＋)至少为（0.09mol—0.02mol）=0.07mol，则100mL溶液中c(Na＋)为0.7mol/L，故答案为：是；最小浓度为0.7 mol·L－1。