山西省长治市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


山西省长治市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、选择题（每小题2分，共50分。每小题只有一个正确选项，将正确答案填在答题卡上）
1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（ ）
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成气溶胶有丁达尔效应
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化
C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干” 诗句中涉及氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据胶体的性质，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应，故A正确；
B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，诗句中屠呦呦对青蒿素的提取，没有生成新物质，属于物理变化，故B错误；
C. Fe＋CuSO4=Cu＋FeSO4，该过程发生了置换反应，故C正确；
D.蜡烛燃烧属于氧化还原反应，故D正确；
故选B。
2.下列物质的分类正确的是（ ）

酸
碱
盐
酸性氧化物
碱性氧化物
A
H2SO4
Na2CO3
Cu2(OH)2CO3
SO3
Fe2O3
B
HCl
NaOH
NaCl
CO2
Na2O2
C
NaHSO4
NaOH
CuSO4·5H2O
SO2
MgO
D
HNO3
KOH
NaHCO3
Mn2O7
CaO
【答案】D
【解析】
【详解】A、Na2CO3属于盐，故A错误；
B、Na2O2属于过氧化物，与酸反应除生成盐和水外，还生成氧气，故B错误；
C、NaHSO4属于盐，故C错误；
D、HNO3属于酸，KOH属于碱、NaHCO3属于盐，Mn2O7属于酸性氧化物，CaO属于碱性氧化物，故D正确；
故选D。
3.mgSO2中有p个氧原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为（ ）
A. 32p/m B. 64p/m C. m/32p D. m/64p
【答案】A
【解析】
【分析】根据n=m/M=N/NA结合物质的构成计算．
【详解】n（SO2）=m/64mol，含有m/32molO原子，则
m/32mol×NA=p，NA=32p/m，故选A。
4.设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数目为NA
B. 标准状况下，11.2LCH4含有的质子数为0.5NA
C. 常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子数一定为3NA
D. 常温常压下，125gCuSO4·5H2O含有的氧原子数目为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 标准状况下，22.4LH2O为液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B. CH4分子质子数10个，标准状况下，11.2LCH4是0.5mol，含有的质子数为5NA，故B错误；
C. 常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体，可看做是46gNO2，含有的原子数一定为46g/46g·mol-1×3NA=3NA，故C正确；
D. 1molCuSO4·5H2O含9molO，常温常压下，125gCuSO4·5H2O含有的氧原子数目为125g/250g·mol-1×9NA=4.5NA，故D错误；
故选C。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1.8gNH4+所含电子数为NA
B. 足量铁在lL1mol/L的盐酸溶液中反应，铁失去的电子数为2NA
C. 0.5mol/LFe2(SO4)3溶液中SO42−的数目为1.5NA
D. lL1mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 1个NH4+含10电子，1.8gNH4+为0.1mol，所含电子数为NA，故A正确；
B. 足量铁在lL1mol/L的盐酸溶液中反应，铁失去的电子数按盐酸计算，为1NA，故B错误；
C. 0.5mol/LFe2(SO4)3溶液，因缺少溶液的体积，无法计算SO42−的数目，故C错误；
D. HCl是强电解质，lL1mol/L的盐酸溶液中，不含氯化氢分子，故D错误；
故选A。
6.下列说法正确的是（ ）
A. 温度相同、体积相同的O2(g)和N2(g)分子数之比为1:1
B. 温度相同、压强相同的SO2(g)和CO2(g)密度之比为11:16
C. 温度相同、压强相同、质量相同的O2(g)和H2(g)体积之比为1:16
D. 温度和容积相同的两容器中分别盛有5molO2(g)和2molN2(g)，压强之比为2:5
【答案】C
【解析】
【详解】A．压强不一定相同，则Vm不一定相同，体积相同时，物质的量不一定相同，二者分子数不一定相等，故A错误；
B．等温等压下，气体的Vm相同，由ρ=nM/nVm=M/Vm可知SO2气体与CO2气体的密度之比等于64：44=16：11，故B错误；
C. 由PV=nRT=mRT/M，温度相同、压强相同、质量相同的O2(g)和H2(g)体积之比与摩尔质量呈反比，为1:16，故C正确；
D. 温度和容积相同，气体的物质的量与压强成正比，5molO2（g）和2molH2（g）的压强之比等于5：2，故D错误；
故选C。
7.与100mL 0.1mol/LNa2CO3溶液中Na+离子浓度相同的是（ ）
A. 50mL 0.2mol/LNaCl溶液 B. 10mL1mol/LNa2SO4溶液
C. 200mL0.1mol/LNaNO3溶液 D. 10mL0.2mol/LNa2SO4溶液
【答案】A
【解析】
【详解】100mL 0.1mol/LNa2CO3溶液中Na+离子浓度0.1mol/L×2=0.2 mol/L，
A. 50mL 0.2mol/LNaCl溶液中Na+离子浓度为0.2mol/L×1=0.2 mol/L，A正确；
B. 10mL1mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度为1mol/L×2=2 mol/L，B错误；
C. 200mL0.1mol/LNaNO3溶液中Na+离子浓度为0.1mol/L×1=0.1mol/L，C错误；
D. 10mL0.2mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度为0.2mol/L×2=0.4mol/L，D错误；
综上所述，本题选A。
8.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 强酸性溶液：K+、HCO3−、Br−、Ba2+
B. 滴加酚酞溶液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl−、NO3−
C. 强酸性溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、SO42−
D. 含有大量HCO3−的溶液：Na+、NO3−、Cl−、OH−
【答案】C
【解析】
【详解】A. 强酸性溶液：H+、HCO3−反应生成水和二氧化碳，故A不符；
B. 滴加酚酞溶液显红色的溶液：Fe3+、NH4+都能与OH-反应，故B不符；
C. Cu2+、Na+、Mg2+、SO42−相互间不反应，和H+也不发生反应，故C符合；
D. 含有大量HCO3−的溶液：HCO3-+OH-=CO32－+H2O，故D不符；
故选C。
9.下列关于电解质与非电解质的说法正确的是（ ）
A. 电解质一定能导电，能导电的物质一定属于电解质
B. SO3溶于水形成的溶液能导电，所以SO3是电解质
C. 液态氯化氢不导电，所以氯化氢是非电解质
D. AgCl在水中难导电，但熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质
【答案】D
【解析】
【分析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，也一定是纯净物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物等；
非电解质是在熔融状态和水溶液中均不能导电的化合物；
【详解】A. 电解质只有电离成自由移动的离子才能导电，能导电的物质不一定属于电解质，如单质Fe，故A错误；
B. SO3溶于水形成的溶液能导电，是生成的硫酸是强电解质，不是SO3自身电离，SO3是非电解质，故B错误；
C. 液态氯化氢不导电，但溶于水后能电离，所以氯化氢是电解质，故C错误；
D. AgCl溶解度很小，在水中难导电，但熔融状态下能导电，所以AgCl是电解质，故D正确；
故选D。
10.有关氧化还原反应的叙述正确的是（ ）
A. 化合反应肯定不是氧化还原反应
B. 有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应
C. 氧化还原反应的实质是有氧元素的得失
D. 氧化还原反应中一定有两种元素的价态发生改变
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应的特征是化合价的变化，而氧化还原反应的实质是电子的转移，在氧化还原反应中元素化合价升高的反应为氧化反应。
【详解】A. 有的化合反应是氧化还原反应，如：氢气在氧气中燃烧，故A错误；
B. 有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应，如2O3=3O2，故B正确；
C. 氧化还原反应的实质是电子的转移，故C错误；
D. 氧化还原反应中不一定有两种元素的价态发生改变，如双氧水分解，只有氧元素发生化学变化，故D错误；
故选B。
11.标准状况下，将VLA气体(摩尔质量为Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液密度为ρg/cm3，则此溶液的物质的量浓度（mol·L-1）为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下，将VLA气体物质的量为V/22.4mol，质量为MV/22.4g，溶于0.1L水中，得到溶液质量为（100+MV/22.4）g，溶液体积为 L，则溶液物质的量浓度为（mol·L－1），
故选：B。
12.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是(括号内为杂质) （ ）
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作方法
A
CO2(HCl)
饱和碳酸钠溶液
洗气
B
CO2(CO)
O2
点燃
C
CuSO4(FeSO4)
Cu
过滤
D
NaCl(Na2CO3)
盐酸
蒸发结晶
【答案】D
【解析】
【详解】A．二者均与碳酸钠反应，不能除杂，故A错误；
B．二氧化碳过量，CO不易点燃，且可能引入新杂质氧气，故B错误；
C．铜与硫酸亚铁不反应，故C错误；
D．碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，蒸发结晶可得氯化钠，故D正确；
故选：D。
13.现有三组溶液：①汽油和氯化钠混合溶液 ②39%的乙醇溶液 ③氯化钠和单质溴的水溶液分离以上混合液中各组分的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 分液、蒸馏、萃取
C. 萃取、蒸发、分液 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】B
【解析】
【详解】①汽油和氯化钠溶液分层，用分液法分离；
②乙醇和水互溶，但沸点不同，用蒸馏法分离；
③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，用萃取法分离，
故选：B。
14.下列电离方程式正确的是（ ）
A. Ba(OH)2=Ba2++OH- B. Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-
C. H2SO4=H2++SO42- D. NaHCO3=Na++H++CO32-
【答案】B
【解析】A. 氢氧化钡是二元强碱，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-，A错误；B. 硫酸铝是盐，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，B正确；C. 硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H++SO42-，C错误；D. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3－，D错误，答案选B。
15.下列实验装置能达到实验目的的是（ ）
①分离乙醇和水
②稀释浓硫酸
③从食盐水中获取氯化钠
④用排空气法收集氯气（Cl2）




A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙醇和水互溶，分液漏斗不能分离，应选蒸馏法，故A错误；
B、浓硫酸密度大，应将浓硫酸倒入水中，故B错误；
C、食盐溶于水，图中蒸发可分离出NaCl，故C正确；
D、氯气的密度比空气密度大，应长导管进气收集，故D错误；
故选C。
16.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 向澄清的石灰水中通入过量二氧化碳：CO2+Ca2++2OH－=CaCO3↓+H2O
C. 用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++SO42－=BaSO4↓
【答案】C
【解析】
【详解】A. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B. 向澄清的石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙：CO2+OH－=HCO3-，故B错误；
C. 用醋酸除水垢生成醋酸钙、二氧化碳和水：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，故C正确；
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合生成硫酸钡和水：Ba2++2OH-+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2O；故D错误；
故选C。
17.下列说法正确的是（ ）
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②分离煤油和水可采用分液的方法
③溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀可以证明含硫酸根
④雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象
⑤某无色溶液加入稀盐酸，产生气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-
⑥可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液
A. ①③④⑤ B. ①②④⑥ C. ①③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】(1)江河入海口三角洲的形成是因为胶体的聚沉；
(2) 煤油属于烃类，不溶于水；
(3)溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，白色沉淀可能为硫酸钡沉淀，也可能为氯化银沉淀；
(4)胶体有丁达尔现象；
(5)碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子都能与盐酸反应产生的气体可使澄清石灰水变浑浊；
(6)胶体不能透过半透膜,溶液可以透过半透膜。
【详解】①江河入海口三角洲的形成是因为胶体的聚沉，与胶体性质有关，故正确；
②煤油属于烃类，不溶于水，二者混合后静置分层，可采用分液的方法进行分离，故正确；
③溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，白色沉淀可能为硫酸钡沉淀，也可能为氯化银沉淀，因此不能证明该溶液中一定含硫酸根，故错误；
④雾是气溶胶，胶体都有丁达尔现象，故正确；
⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能是碳酸根离子、碳酸氢根离子或者是亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故错误；
⑥胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，可用渗析法分离Fe（OH）3胶体和KCl溶液，故正确；
结合以上分析可知，只有①②④⑥正确；
综上所述，本题选B。
18.在100g浓度为18mol/L、密度为ρ的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9mol/L的硫酸，则加入水的体积（ ）
A. 小于100mL B. 等于100mL
C. 大于100mL D. 等于mL
【答案】A
【解析】
【详解】设浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后溶质的质量不变，设稀释后溶液的体积为x，则：VmL×18mol/L=x×9mol/L，解得x=2VmL，
硫酸溶液的浓度越大，密度越大，所以稀释后硫酸的密度小于ρ，故稀释后硫酸溶液的质量小于2V×ρ（即200g），所以加入水的质量小于200g-100g=100g，
故加入水的体积小于100ml，
答案选A。
19.过氧化氢水溶液俗名双氧水（H2O2），医疗上用它杀菌消毒清洗伤口。对于下列涉及H2O2的反应，H2O2仅体现还原性的反应是（ ）
A. 2H2O2=2H2O+O2↑
B. H2O2+2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O
C. 2MnO4－+ 6H++5H2O2=2Mn2++ 5O2↑ +8H2O
D. 3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
【答案】C
【解析】
【分析】反应前后双氧水中的元素失电子化合价升高，则双氧水体现还原性。
【详解】A. 2H2O2=2H2O+O2↑过氧化氢中的氧的化合价部分降低是氧化剂，过氧化氢中的氧的化合价部分升高是还原剂，故A不符；
B. H2O2+2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O中，过氧化氢中的氧的化合价降低是氧化剂，故B错误；
C. 2MnO4－+ 6H++5H2O2=2Mn2++ 5O2↑ +8H2O中，过氧化氢中的氧的化合价升高是还原剂，故C正确；
D. 3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中，过氧化氢中的氧的化合价降低是氧化剂，故D错误；
故选C。
20.有BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)为（ ）
A. mol/L B. mol/L
C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】由BaCl2和稀硫酸反应可计算Ba2+离子的物质的量，利用NaCl和AgNO3溶液反应计算出Cl-离子的物质的量，由混合液呈电中性可计算出钠离子的物质的量，并注意均分成两份及计算原混合溶液中的c（Na+）。
【详解】BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗xmolH2SO4，则溶液中c（Ba2+）=a/0.5Vmol/L，另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗ymolAgNO3，则c（Cl-）= b/0.5Vmol/L，由电荷守恒可得2c（Ba2+）+ c(Na+)= c（Cl-），则c(Na+)= b/0.5Vmol/L—2×a/0.5Vmol/L=（2b-4a）/Vmol/L，故选A。
21.标准状况下，二硫化碳(CS2为液体)与氧气点燃完全燃烧：CS2+3O2CO2+2SO2，现用0.228gCS2在448mL O2中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况下的体积是（ ）
A. 112mL B. 224mL C. 336mL D. 448mL
【答案】D
【解析】
【详解】二硫化碳（CS2）能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，反应的化学方程式为：CS2+3O2=CO2+2SO2；二硫化碳（CS2）是液体，反应前后气体体积不变，所以反应后的气体体积为448mL；
故选D。
22.已知：NH4+ + OH- == NH3 ↑+ H2O现有一混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种： K+、NH4+、Ba2+、CO32－、Cl－、SO42－。现取两份各200 mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36 g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A. 一定存在NH4+、CO32－、SO42－，一定不存在Ba2+ 、Cl－
B. 一定存在NH4+、CO32－、Cl－、SO42－，可能存在K+
C. c（SO42－）=0.2mol·L-1，c（NH4+）> c（SO42－）
D. 若溶液中存在NH4+、Cl－、CO32－、SO42－、K+五种离子，则c（K+）>0.2mol·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36 g，说明其中含有NH4+，其物质的量为：1.36g÷17g/mol=0.08mol；由实验②可知沉淀为硫酸钡和碳酸钡，物质的量分别为4.66÷233=0.02mol，（12.54－4.66）÷197=0.04mol，故溶液中含有CO32- 、SO42-，且物质的量分别为0.04mol和0.02mol；由于Ba2+与CO32- 、SO42-不共存，故溶液中不存在Ba2+；根据溶液中的电荷守恒可得n（K+）=0.04mol×2+0.02mol×2-0.08mol+n（Cl-）=0.04mol+ n（Cl-），其中Cl-可能存在于溶液中；据此分析可得结论。
【详解】A.由上述分析可知溶液中Cl-可能存在，故A错误；
B.溶液中K+根据电荷守恒分析可知一定存在，故B错误；
C. c（SO42－）=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，故C错误；
D. 根据溶液中电荷守恒可得n（K+）=0.04mol×2+0.02mol×2-0.08mol+n（Cl-）=0.04mol+ n（Cl-），则当Cl-存在时，n（K+）>0.04mol，c（K+）>0.2mol/L，故D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
二、非选择题
23.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
盐酸
分子式：HCl
相对分子质量：36.5
密度：1.19g/cm3
质量分数：36.5%
（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为___mol•L-1。
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配500mL物质的量浓度为0.200mol•L-1的稀盐酸。可供选用的仪器有：A胶头滴管；B量筒；C烧杯；D天平；E玻璃棒。
①配制稀盐酸时，上述仪器中不需要使用的有___ （选填字母），还缺少的仪器有___。
②该学生需要用___mL量筒量取___mL上述浓盐酸进行配制。
③配制稀盐酸时，在洗涤操作中，将洗涤液全部移入容量瓶，其目的是___。
④配制稀盐酸时，在定容操作中，应在距刻度线___处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至___。
⑤若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）量取浓盐酸时俯视刻度线___，定容时仰视刻度线___。
【答案】(1). 11.9 (2). D (3). 500mL容量瓶 (4). 10 (5). 8.4 (6). 防止有溶质残余在烧杯中，影响配制结果 (7). 1-2cm (8). 凹液面最低处与刻度线相切 (9). 偏低 (10). 偏低
【解析】
【分析】（1）依据c=1000ρω/M计算浓盐酸的物质的量浓度；
（2）用上述浓盐酸和蒸馏水配500mL物质的量浓度为0.200mol·L-1的稀盐酸。步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，由此分析。
分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据c=n/V分析产生的误差；
【详解】（1）浓盐酸物质的量浓度c=1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol·L－1；
（2）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配500mL物质的量浓度为0.200mol•L-1的稀盐酸。可供选用的仪器有：A胶头滴管；B量筒；C烧杯；D天平；E玻璃棒。
①步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则使用的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，配制稀盐酸时，上述仪器中不需要使用的是天平（D）（选填字母），还缺少的仪器有500mL容量瓶。
②500mL物质的量浓度为0.200mol·L-1的稀盐酸，配制过程中溶质的物质的量不变，则：500mL×0.4mol·L－1=11.9mol·L－1×V，解得V=8.4mL；
该学生需要用10mL量筒量取8.4mL上述浓盐酸进行配制。
③配制稀盐酸时，在洗涤操作中，将洗涤液全部移入容量瓶，其目是防止有溶质残余在烧杯中，影响配制结果。
④配制稀盐酸时，在定容操作中，应在距刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切。
⑤用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，导致量取浓盐酸体积偏小，氯化氢物质的量偏小，溶液浓度偏低；在定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低。
24.Ⅰ.现有下列物质：①铜 ②CO2 ③稀硝酸 ④CH4 ⑤硫酸溶液 ⑥NaOH固体 ⑦氨水⑧NH3 ⑨NaHSO4固体 ⑩NaCO3•10H2O晶体 ⑪BaSO4 ⑫酒精溶液
（1）上述物质可导电的有___(填编号，下同)；
（2）属于电解质的有___，属于非电解质的有___。
（3）将⑨溶于水配成溶液，其电离方程式为___。
Ⅱ.工业上通常用工业酒精和生石灰混合蒸馏法制取无水乙醇。如图是实验室中模拟工业原理制取无水乙醇的装置。

回答下列问题：
（1）图中除了忘记添加沸石还存在的错误有___、___、___。
（2）该方法除去工业酒精中的水的原理是（用化学方程式表示）___。
（3）装置中仪器B、C的名称分别是B__、C___。
（4）在蒸馏操作中，仪器B中加入沸石（或碎瓷片）的作用是__。实验开始后若发现忘记添加沸石，则应___。
【答案】(1). ①③⑤⑦ (2). ⑥⑨⑩⑪ (3). ②④⑧ (4). NaHSO4=Na++H++SO42- (5). 温度计水银球的位置 (6). 未加石棉网 (7). 冷凝水的进出方向 (8). CaO+H2O=Ca(OH)2 (9). 蒸馏烧瓶 (10). 冷凝管 (11). 防暴沸 (12). 冷却后再添加
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）能导电的物质有：金属单质、电解质溶液、熔融的盐或强碱等；
（2）电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，也一定是纯净物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物等；
非电解质是在熔融状态或水溶液中均不能导电的化合物；
（3）NaHSO4是强电解质，在水中电离成Na+、H+、SO42-；
Ⅱ.（1）观察制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反；
（2）加入过量的生石灰后，形成的乙醇、Ca（OH）2混合溶液不分层，不能用分液的方法分离；
（3）由装置图可知，仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管；
（4）在蒸馏操作中，仪器B中加入沸石（或碎瓷片），可以防止暴沸。忘记加沸石，应冷却后再加。
【详解】Ⅰ①铜属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；
②CO2 属于非金属氧化物，属于非电解质，不能导电；
③稀硝酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；
④CH4 属于氢化物，属于非电解质，不能导电；
⑤硫酸溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，是电解质的溶液，可以导电；
⑥NaOH固体属于碱，属于电解质，不能导电；
⑦氨水属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电；
⑧NH3属于氢化物，属于非电解质，不能导电；
⑨NaHSO4固体属于盐，属于电解质，不能导电；
⑩NaCO3·10H2O晶体属于盐，属于电解质，固态盐不能导电；
⑪BaSO4 属于盐，属于电解质，固态盐不能导电；
⑫酒精溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，可以导电。
（1）上述物质可导电的有 ①③⑤⑦；
（2）属于电解质的有⑥⑨⑩⑪ ，属于非电解质的有 ②④⑧。
（3）NaHSO4是强电解质，在水中电离成Na+、H+、SO42-，将⑨溶于水配成溶液，其电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-；
Ⅱ.（1）由制取无水乙醇的装置图，可知给烧瓶加热未垫石棉网，温度计的水银球不应插入溶液中，冷却水的方向接反了。
（2）生石灰与水反应，可以除去工业酒精中的水，CaO+H2O═Ca（OH）2；
（3）由装置图可知，仪器B是蒸馏烧瓶；仪器C是冷凝管；
（4）在蒸馏操作中，仪器B中加入沸石（或碎瓷片），可以防止暴沸。忘记加沸石，应冷却后再加，防止未冷却，加沸石引起事故。
25.为了将混有K2SO4、MgSO4、CaCl2的KCl固体提纯，并制得纯净的KCl晶体，某同学设计如下实验方案，请回答下列问题：

（1）操作⑤⑥的名称依次为___、___。
（2）操作②、③加入溶液后，发生反应的离子方程式分别为___、___。
（3）该同学设计的实验方案___（填“严密”或“不严密”），理由是___，该步骤所加试剂应该是___。
【答案】(1). 过滤 (2). 蒸发结晶 (3). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (4). Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ (5). 不严密 (6). 加入硝酸会引入杂质NO3－ (7). 盐酸
【解析】
【分析】由实验流程可知，除去SO42－、Ca2＋、Mg2＋离子使它们分别形成BaSO4、CaCO3、Mg（OH）2沉淀，需要加入稍过量的BaCl2、K2CO3、KOH溶液，过量的Ba2＋可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba(NO3)2溶液，后加入K2CO3溶液，则试剂顺序为BaCl2、KOH、K2CO3或KOH、BaCl2、K2CO3或BaCl2、K2CO3、KOH，本题采用的试剂顺序为BaCl2、KOH、K2CO3，操作①为溶解，⑤为过滤，应加稀盐酸调节溶液的pH，否则会引入杂质，⑥为蒸发结晶得到KCl。
【详解】（1）分析可知，操作⑤⑥的名称依次为过滤、蒸发；
（2）操作②、③加入的试剂为BaCl2、KOH，涉及反应的离子方程式为Ba2＋+SO42－=BaSO4↓、Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓；
（3）由分析，不能利用硝酸调节pH，应加盐酸调节pH，除去过量的KOH、K2CO3。故答案为：不严密，加入硝酸会引入杂质NO3－，盐酸。
26.某固体物质可能由K2SO4、KI、NaCl、CuCl2、CaCl2、Na2CO3中的一种或几种组成。依次进行下列五步实验。观察到的现象如下：
①混合物加水得无色透明溶液；
②向上述溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，并将滤液分成两份；
③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸；
④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色(氯水能将I－氧化为I2)；
⑤往另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸。
由此可推断出：
（1）写出③中白色沉淀可完全溶于稀盐酸的离子方程式___。
（2）写出⑤中生成白色沉淀的离子方程式___。
（3）该固体中一定不含有___；一定含有___；无法确定是否含有的是___。
（4）②中所得沉淀的洗涤的方法是___。
【答案】(1). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (2). Ag++Cl－=AgCl↓ (3). K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2 (4). Na2CO3 (5). NaCl (6). 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水滤完后重复此操作2-3次
【解析】
【分析】①向混合物中加入适量水全部溶解，溶液无色透明，说明一定不会含有CuCl2，不含有不溶物或反应生成不溶物；
②向步骤①溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀，则说明该白色沉淀是碳酸钡或是硫酸钡中的至少一种；
③上述白色沉淀可完全溶于稀盐酸，说明该沉淀不会是硫酸钡，所以一定是碳酸钡；
④往一份滤液中滴加氯水并加入CCl4，振荡后静置，CCl4层呈无色，则一定没有碘单质生成，所以可以确定KI一定不存在；
⑤另一份滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，说明该白色沉淀一定是氯化银，但无法证明该溶液中的氯离子，是来自于原混合物还是②中加入的氯化钡所致。
【详解】（1）③中白色沉淀为碳酸钡，可完全溶于稀盐酸，反应的化学方程式BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；
（2）⑤中生成白色沉淀的离子方程式为Cl－+Ag＋=AgCl↓；
（3）由以上分析可知：该固体中一定不含有 K2SO4、KI、CuCl2、CaCl2 ，一定含有Na2CO3，无法确定是否含有的是NaCl；
（4）②中所得沉淀的洗涤的方法是：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水滤完后重复此操作2-3次。
27.（1）相同质量的SO2与SO3分子数之比为___，质子数之比为___。
（2）CO和CO2的混合气体36g，完全燃烧后测得CO2体积为22.4L（标准状况），则混合气体中CO的质量是___g；混合气体中CO2在标况下的体积是___L，混合气体在标准状况下的密度是___g/L，混合气体的平均摩尔质量是___g/mol。
（3）在一定条件下，某化合物X受热分解：2X=A+2B+4C（A、B、C均为气体），测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为12.22，则相同条件下，X的相对分子质量是___。
（4）由CO2、H2、CO组成的混合气在同温、同压下与氮气的密度相同。则该混合气体中CO2、H2气体的体积比为___。
【答案】(1). 5:4 (2). 1:1 (3). 14 (4). 11.2 (5). 1.6（或1.61） (6). 36 (7). 85.54 (8). 13:8
【解析】
【分析】（1）根据N=nNA、n=m/M计算；
（2）燃烧发生反应：2CO+O22CO2，2体积CO反应得到2体积CO2，故燃烧前CO和CO2的总体积等于燃烧后CO2的体积，令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量、体积列方程计算各自物质的量，
根据m=nM计算CO的质量；
根据V=nVm计算原混合气体中CO2的体积；
根据ρ=m/V计算混合气体的密度；
根据M=m/n计算；
（3）根据相对氢气的密度计算混合气体的平均摩尔质量，由方程式可知X与反应后的混合气体的物质的量之比为2：7，根据质量守恒可知X的质量等于反应后混合气体的质量，再根据M=m/n计算X的摩尔质量；
（4）根据CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与氮气的密度相同，可知混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，而CO的相对分子质量也为28，则二氧化碳与氢气的平均相对分子质量必须为28。
【详解】（1）相同质量的SO2气体和SO3气体，其分子数之比为NAm/64：NAm/80=5：4；质子数之比为5×32：4×40=1:1；
（2）燃烧发生反应：2CO+O22CO2，2体积CO反应得到2体积CO2，故燃烧前CO和CO2的总体积等于燃烧后CO2的体积，令CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量、体积，则：28x+44y=36，x+y=22.4/22.4，解得x=0.5 y=0.5；
CO的质量=0.5mol×28g·mol－1=14g；
标况下，原混合气体中CO2的体积=0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L；
标况下，混合气体的密度=36g/22.4L=1.607g·L－1；
根据M=m/n，混合气体的平均摩尔质量是36g/(0.5mol+0.5mol)=36g/mol
（3）反应后生成的混合气体对H2的相对密度为12.22，则混合气体的平均摩尔质量为：2g·mol－1×12.22=24.44g·mol－1，
由方程式可知X与反应后的混合气体的物质的量之比为2：7，根据质量守恒可知X的质量等于反应后混合气体的质量，故X的摩尔质量═24.44g·mol－1×7/2= 85.54g·mol－1，
所以X的相对分子质量为 85.54；
（4）CO2、H2和CO组成的混合气体在同温、同压下与N2的密度相同，则混合气体的平均相对分子质量等于氮气的相对分子质量，即为28，
由于CO的相对分子质量为28，则CO2和H2的平均相对分子质量为28即可，CO的体积不受限制，
利用十字交叉法得二氧化碳和氢气的体积之比：

则CO2和H2的体积之比为26：16=13：8。