【化学】浙江省台州市书生中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

浙江省台州市书生中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题
（满分：100分 考试时间：90分钟）
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。
2．请将各题答案填在试卷后面的答题纸上。
3．本试卷主要考试内容：化学1-专题1。
4．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 0-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca- 40 Cu-64 Ag-108 Ba-137 Al-27
选择题部分
一、选择题(本大题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1.下列化合物中，属于盐的是（ ）
A. Ca(OH)2 B. HNO3 C. Na2O D. K2CO3
【答案】D
【详解】A. Ca(OH)2发生电离时生成的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故A不选；
B. HNO3发生电离时生成的阳离子全为氢离子，属于酸，故B不选；
C. Na2O是由钠元素和氧元素构成的氧化物，不属于盐，故C不选；
D. K2CO3发生电离时生成钾离子和碳酸根离子，属于盐，故D选，答案选D。
2.下列仪器属于定量仪器的是（ ）

【答案】A
【分析】定量仪器是指能精密量取一定量液体的玻璃仪器，如量筒、滴定管、容量瓶等，据此进行解答。
【详解】量筒上有容量刻度，可用于量取一定体积的溶液，属于定量仪器，而试管、坩埚、锥形瓶都没有刻度，不属于定量仪器，故答案选A。
3.化学反应SO2+NO2=SO3+NO的反应类型是（ ）
A. 化合反应 B. 氧化还原反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
【答案】B
【解析】试题分析：SO2+NO2=SO3+NO反应中硫元素的化合价和氮元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故选B。
4.在标准状况下，气体的体积大小主要取决于（ ）
A. 分子数目 B. 分子间距 C. 分子大小 D. 分子种类
【答案】A
【解析】试题分析：影响气体体积的因素有分子数目、气体分子的大小、气体分子间距，气体没有固定的形状，气体分子间距远远大于分子的大小，分子的大小可忽略，温度、压强决定气体的分子间距，标准状况下，气体分子间距相等，气体体积取决于分子数目，故选A。
5.下列物质中，其水溶液能导电又属于非电解质的是（ ）
A. SO2 B. 蔗糖 C. 空气 D. HNO3
【答案】A
【分析】水溶液能导电，说明溶液中含有离子，在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，据此进行判断。
【详解】A.SO2溶于水发生反应生成H2SO3，得到的溶液中含有氢离子、亚硫酸氢根离子、亚硫酸根离子等，溶液能够导电，但这些离子来源于亚硫酸的电离，所以亚硫酸是电解质，SO2是非电解质，故A符合题意；
B.蔗糖溶于水不能发生电离，仍以分子形式存在，因此蔗糖溶液不导电，蔗糖是非电解质，故B不符合题意；
C.空气是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；
D. HNO3溶于水时发生电离生成氢离子和硝酸根离子，因此水溶液能够导电，HNO3是电解质，故D不符合题意，答案选A。
6.下列物质中，摩尔质量最大的是（ ）
A. 0.9molH2SO4 B. 1000mL H2O C. 64 g Cu D. 1 g CaCO3
【答案】D
【解析】试题分析：摩尔质量与相对原子质量或者相对分子质量在数值上相等，所以摩尔质量最大的是D故选D。
7.实验室里进行过滤和蒸发操作都要用到的仪器是（ ）
A. 玻璃棒 B. 烧杯 C. 蒸馏烧瓶 D. 酒精灯
【答案】A
【解析】试题分析：过滤需要铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒、滤纸；蒸发需要铁架台(或三脚架)蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等仪器，属于两个操作过程中共同需要的仪器是玻璃棒，故选A。
8.“纳米材料”是粒子直径为1～100 nm(纳米)的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）
①是溶液②是胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤不能透过滤纸⑥静置后，会析出黑色沉淀
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ②③④ D. ①③④⑥
【答案】C
【解析】试题分析：纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，故②③④正确。
9.下列物质分类中，前者包含后者的是（ ）
A. 氧化物 化合物 B. 化合物 电解质
C. 溶液 胶体 D. 溶液 分散系
【答案】B
【详解】A.化合物包括酸、碱、盐、氧化物等，后者包括前者，故A不符合；
B.根据化合物在水溶液或熔融状态下是否导电，可以将化合物分为电解质和非电解质两类，所以前者包括后者，故B符合；
C.根据分散质微粒直径的大小可以将分散系分为溶液、浊液和胶体三类，所以前者和后者是并列关系，故C不符合；
D. 根据C项分析可知，后者包括前者，故D不符合，答案选B。
10.下列选项中的诗句内容基本不涉及化学变化的是（ ）
A. “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏” B. “美人首饰侯王印，尽是江中浪底来”
C. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲” D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”
【答案】B
【详解】A.燃放烟花爆竹过程中会生成CO2等新物质，属于化学变化，故A不选；
B. “美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”主要描述的是从河水泥沙中淘金的过程，没有新物质生成，属于物理变化，故B选；
C. 烈火焚烧指的是可燃物燃烧的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D.蜡烛燃烧时有CO2等新物质生成，属于化学变化，故D不选，答案选B。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 摩尔是国际单位制中的一种物理量，单位是mol
B. 阿伏加德罗常数近似为6．02×l023mol-l
C. 1 mol任何物质都含有NA个原子
D. CO2的摩尔质量就是NA个CO2分子的质量之和
【答案】B
【解析】试题分析：A．摩尔是国际单位制中的一种物质的量的单位，故A错误；B．阿伏加德罗常数的单位为mol-l，近似为6．02×l023mol-l，故B正确；C．1 molO2含有2NA个氧原子，故C错误；D．摩尔质量的单位是g/mol，质量的单位是g，故D错误；故选B。
12.设NA为阿伏加德罗常数的值，若某气体分子A2的摩尔质量是M g．mol-1，则一个A原子的实际质量是（ ）
A. M g B. NA/Mg C. M/NAg D. M/(2NA)g
【答案】D
【解析】试题分析：该气体的一个分子的质量=nM=mol×Mg/mol=；则一个原子的质量为，故选D。
13.已知Na3PO4在水中可以电离成自由移动的Na+和PO43-，现将164gNa3PO4配成溶液，则Na+的物质的量为（ ）
A. 无法计算 B. 1mol/L C. 0.5mol/L D. 3mol
【答案】D
【分析】由n=计算Na3PO4的物质的量，再根据化学式判断Na+的物质的量。
【详解】164gNa3PO4的物质的量为n(Na3PO4)==1mol，由化学式可知n(Na+)=3 n(Na3PO4)=1mol×3=3mol，故答案选D。
14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. NA个H2分子占有的体积一定为22.4 L
B. 标准状况下，22 g CO2与11.2 LH2O含有相同的原子数
C. 标准状况下，16g O2与O3的混合气体中含有的原子总数为NA
D. 1 mol/L的蔗糖水溶液中含蔗糖分子的数目为NA
【答案】C
【解析】试题分析：A．未注明温度和压强，无法判断NA个H2分子占有的体积，故A错误；B．标准状况下， H2O不是气体，不能用计算物质的量，故B错误；C．16g O2与O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量为=1mol，原子总数为NA，故C正确；D．未告知溶液的体积，无法计算1 mol/L的蔗糖水溶液中含蔗糖分子的数目，故D错误；故选C。
15.下列区分Fe(OH)3悬浊液和Fe(OH)3胶体的方法中，正确的是（ ）
A. 静置片刻出现分层现象的是Fe(OH)3胶体
B. 用放大镜观察，颗粒大小为1～100 nm的是Fe(OH)3胶体
C. 用光束照射，能产生丁达尔现象的是Fe(OH)3胶体
D. 看颜色，有色的是Fe(OH)3胶体
【答案】C
【解析】A．这两种分散系中，Fe（OH）3胶体是较稳定的，静置片刻出现分层现象的是Fe（OH）3悬浊液，故A错误；B．用放大镜观察无法观察到纳米级微粒，所以无法观察到颗粒大小为1～100nm的是Fe（OH）3胶粒，故B错误；C．胶体的胶粒对光发生散射，所以，用光束照射Fe（OH）3胶体能发生丁达尔效应，故C正确；D．氢氧化铁胶体和Fe（OH）3悬浊液都呈红褐色，无法通过观察颜色判别，故D错误；故选C。
16.在250mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子（NA表示阿伏加德罗常数的值），同时含有NA个金属离子。取此溶液20mL，用水稀释至100 mL，稀释后该硫酸盐的物质的量浓度为（ ）
A. 2 mol·L﹣1 B. 0.4 mol·L﹣1 C. 0.8 mol·L﹣1 D. 1.2mol·L﹣1
【答案】C
【解析】试题分析：由于在250mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子（NA表示阿伏加德罗常数的值），同时含有NA个金属离子，则金属离子与硫酸根的物质的量之比为1:1.5=2:3，故可设硫酸盐的化学式为M2(SO4)3，因此250mL溶液中，该硫酸盐的物质的量为0.5mol，则20mL溶液中硫酸盐的物质的量为，稀释至100mL，物质的量浓度为：，故答案B。
17.下列溶液中，Cl-的物质的量浓度最大的是（ ）
A. 300 mL0.1 mol/L NaCl溶液 B. 10 mL0.2 mol/LAlCl3溶液
C. 标准状况下，4.48LHCl气体配成的1 L溶液 D. 100 mL0.1 mol/LFeCl3溶液
【答案】B
【分析】Cl-的物质的量浓度与溶液体积大小无关，与溶质的物质的量浓度及化学式组成有关，据此对各选项进行判断。
【详解】A. 300 mL0.1 mol/L NaCl溶液中，c(Cl-)=0.1mol/L×1=0.1mol/L；
B. 10 mL0.2 mol/LAlCl3溶液中，c(Cl-)=0.2mol/L×3=0.6mol/L；
C.标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量是0.2mol，溶于水后HCl完全电离成离子，配成1L的溶液，Cl-的物质的量浓度是0.2mol/L；
D. 100 mL0.1 mol/LFeCl3溶液中，c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L，根据上述分析可知，Cl-的物质的量浓度最大的是B，故答案选B。
18.下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表一个恒温容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量忽略不计)，其中能表示氢气和氦气在容器中的相对关系的是（ ）

【答案】A
【分析】氢气为双原子分子，氦气为单原子分子，在温度和压强相等的条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比。
【详解】根据题中信息可知，氢气和氦气的温度和压强相等，在等温、等压的条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比。
A.据图可知，氢气和氦气的分子个数之比为6:3=2:1，则氢气和氦气的物质的量之比为2:1，在等温、等压的条件下，氢气和氦气的体积之比也为2:1，与示意图相符，故A正确；
B. 氦气为单原子分子，与示意图不符，故B错误；
C. 据图可知，氢气和氦气的分子个数之比为4:2=2:1，根据上述分析可知，二者的体积之比应为2:1，与示意图不符，故C错误；
D. 据图可知，氢气和氦气的分子个数之比为3:3=1:1，根据上述分析可知，二者的体积之比应为1:1，与示意图不符，故D错误，答案选A。
19.下列分离或提纯物质的方法中，正确的是（ ）
A. 通过点燃可除去CO2中混有的CO气体
B. 用溶解、过滤的方法提纯含有少量BaSO4的BaCO3
C. 用冷却结晶的方法提纯含有少量KCl的KNO3
D. 除去KCl中的K2CO3，可先加入过量的BaCl2溶液，待沉淀完全后再过滤、洗涤，蒸发滤液
【答案】C
【详解】A. CO2中混有的CO气体不易被点燃且会引入O2等杂质气体，可用灼热的氧化铜除去CO气体，故A错误；
B. BaSO4和BaCO3都不溶于水，不能用溶解、过滤的方法除杂，故B错误；
C. 氯化钾、硝酸钾的溶解度受温度变化的影响不同，可用冷却结晶的方法来提纯含有少量KCl的KNO3，故C正确；
D. 除去KCl中的K2CO3，加入过量的BaCl2溶液，会引入Ba2+杂质，可直接加入盐酸除杂，故D错误，答案选C。
20.将相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝中的SO42-完全沉淀, 需消耗相同物质的量浓度的BaCl2溶液的体积比为3 : 2 : 1,则硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 3∶2∶1 B. 3∶6∶1 C. 9∶3∶1 D. 3∶1∶3
【答案】B
【详解】相同物质的量浓度的BaCl2溶液使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸铝三种溶液中的SO42-完全转化为BaSO4沉淀，消耗BaCl2溶液的体积为3:2:1，根据Ba2++ SO42-=BaSO4↓可知，三种溶液中含有硫酸根离子物质的量之比为3:2:1，即：3×c[Fe2(SO4)3]×V:2×c(ZnSO4)×V:3×c[Al2(SO4)3]×V=3:2:1，
则c[Fe2(SO4)3]:c(ZnSO4):c[Al2(SO4)3]=3:6:1，故答案选B。
21.下列基本实验操作中，不合理的是（　　）
A. 配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管定容
B. 用药匙或者纸槽把粉末状药品送入试管的底部
C. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子
D. 分液操作，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
【答案】C
【详解】A. 配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线1～2cm，改用胶头滴管定容，以防止液体加多，故A正确；
B.取用粉末状药品，试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，故B正确；
C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定含有钾离子，因钠离子的焰色被钴玻璃过滤掉了，所以无法确定是否含有钠离子，故C错误；
D.为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确，答案选C。
22.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁：另一份加入含bmol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的物质的量浓度为（ ）
A. (b-a)/V mol·L-1 B. 2(2b-a)/V mol·L-1
C. 2(b-a)/V mol·L-1 D. (2b-a)/V mol·L-1
【答案】B
【解析】试题分析：一份加入含amol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，则该份溶液中Mg2+浓度为0.5a mol；另一份加入含bmol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，则该份溶液中SO42-浓度为b mol；根据溶液中正负电荷之和为0，可设，一份溶液中钾离子的物质的量为n，则：，n=2b-a；则钾离子的物质的量浓度为：，故答案B。
23.在一定条件下2.16gA与1.20 mol Cl2完全反应，生成0.08mol的AClx，则X的值和A的摩尔质量分别为（ ）
A. 3 108g/mol B. 3 27 C. 1 108g/mol D. 3 27g/mol
【答案】D
【详解】根据AClx的化学式可知，0.08molAClx中含有0.08molA和0.08x molCl，1.20molCl2中含有2.40molCl，根据原子守恒有0.800x mol=2.40mol，解得x=3，2.16gA的物质的量为0.08mol，则A的摩尔质量为：M(A)==27g/mol，故答案选D。
24.已知某植物营养液的配方是：0.3molKCl、0.2molK2SO4、0.1molZnSO4和1LH2O下列配方和该营养液所含离子浓度完全相同的是( )(假设液体体积变化忽略不计) （ ）
A. 0.2molKCl、0.3molK2SO4、0.1molZnCl2 和1LH2O
B. 0.3molKCl、0.4molK2SO4、0.1molZnCl2 和2LH2O
C. 0.2molKCl、0.3molK2SO4、0.1molZnSO4 和1LH2O
D. 0.2molKCl、0.6molK2SO4、0.2molZnCl2 和2LH2O
【答案】D
【详解】在0.3molKCl、0.2molK2SO4、0.1molZnSO4溶于1L水形成的溶液中，n(K+)=0.3mol+0.2mol×2=0.7mol、n(Zn2+)=0.1mol、n(Cl-)=0.3mol、
n(SO42-)=0.2mol+0.1mol=0.3mol。
A.0.2molKCl、0.3molK2SO4、0.1molZnCl2 和1LH2O形成的溶液中，n(K+)=0.2mol+0.3mol×2=0.8mol、n(Zn2+)=0.1mol、n(Cl-)=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol、n(SO42-)=0.3mol，与原营养液浓度不相等，故A不选；
B.0.3molKCl、0.4molK2SO4、0.1molZnCl2 和2LH2O形成的溶液中，n(K+)=0.3mol+0.4mol×2=1.1mol、n(Zn2+)=0.1mol、n(Cl-)=0.3mol+0.1mol×2=0.5mol、n(SO42-)=0.4mol，与原营养液浓度不相等，故B不选；
C.0.2molKCl、0.3molK2SO4、0.1molZnSO4 和1LH2O形成的溶液中，n(K+)=0.2mol+0.3mol×2=0.8mol、n(Zn2+)=0.1mol、n(Cl-)=0.2mol、n(SO42-)=0.3mol+0.1mol=0.4mol，与原营养液浓度不相等，故C不选；
D. 0.2molKCl、0.6molK2SO4、0.2molZnCl2 和2LH2O形成的溶液中，n(K+)=0.2mol+0.6mol×2=1.4mol、n(Zn2+)=0.2mol、n(Cl-)=0.2mol+0.2mol×2=0.6mol、n(SO42-)=0.6mol，与原营养液浓度相等，故D选，答案选D。
25.向4.50g含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加1.00mol/L的硫酸至过量，再加ag氢氧化钠固体至溶液呈中性，过滤后蒸发结晶得到晶体24.85g（假设结晶过程中溶质没有损失），则加入的硫酸的体积为（ ）
A. 200mL B. 135mL C. 175mL D. 275mL
【答案】C
【分析】向含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加硫酸至过量，再加氢氧化钠固体至溶液呈中性，所得溶液中的溶质是硫酸钠，根据硫酸根离子守恒判断加入硫酸溶液的体积。
【详解】向4.50g含氢氧化钠、碳酸钠的混合物中滴加1.00mol/L的硫酸至过量，反应后的溶液中溶质为硫酸钠和硫酸，再加ag氢氧化钠固体至溶液呈中性，所得溶液中溶质只有硫酸钠，过滤后蒸发结晶得到硫酸钠晶体24.85g，硫酸钠的物质的量为n (Na2SO4)=24.85g÷142g/mol=0.175mol，根据硫酸根离子守恒可知，硫酸的物质的量也为0.175mol，则加入硫酸溶液的体积为0.175mol÷1.00mol/L=0.175L=175mL，故答案选C。
非选择题部分
二、非选择题(本大题包括6小题，共50分)
26.现有下列八种物质：①NaOH溶液 ②铁丝 ③液态HC1 ④熔融氯化钠 ⑤硫酸钠固体 ⑥CO2 ⑦酒精 ⑧生石灰。
（1）上述物质中，可导电的是________(填序号，下同)。
（2）上述物质中，属于非电解质的是____。
（3）上述物质中，属于电解质但不导电的是________。
【答案】(1). ① ② ④ (2). ⑥ ⑦ (3). ③ ⑤ ⑧
【解析】试题分析：①NaOH溶液能够导电，是混合物，不属于电解质也不属于非电解质，②铁丝能够导电，是单质，不属于电解质也不属于非电解质，③液态HC1，不能导电，但溶于水能够导电，属于电解质，④熔融氯化钠能够导电，是化合物，属于电解质，⑤硫酸钠固体不能导电，但溶于水能够导电，属于电解质，⑥CO2不能导电，溶于水生成的碳酸电离，溶液能够导电，属于非电解质，⑦酒精不能导电，溶于水也不导电，属于非电解质，⑧生石灰不能导电，熔融状态能够电离，能够导电，属于电解质。
（1）上述物质中，可导电的是①②④，故答案为：①②④；
（2）上述物质中，属于非电解质的是⑥⑦，故答案为：⑥⑦；
（3）上述物质中，属于电解质但不导电的是③⑤⑧，故答案为：③⑤⑧。
27.填写下列空白：
（1）将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为____________。
（2）要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为__________。
（3）标准状况下，密度为0.75 g·L－1的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为__________，该混合气体对氢气的相对密度为________。
（4）已知a g A和b g B恰好完全反应生成0.2 mol C和d g D，则C的摩尔质量为__________________。
（5）同温同压下，已知O2的密度为ρg/L，则CO2的密度为__________。
（6）现有下列三种气体：①32 g CH4；②约含有6.02×1023个HCl分子的氯化氢气体；③标准状况下33.6 LO2。请按物理量由小到大的顺序排列：a．质量________(填序号，下同)；b．分子数目________c．相同状况下气体的体积________。
【答案】(1). 17:16 (2). 4:3 (3). 80% (4). 8.4 (5). 5（a+b-d）g/mol (6). 11ρ/8 (7). ①②③ (8). ②③① (9). ②③①
【详解】（1）.将等物质的量的NH3和CH4混合，设NH3与CH4的物质的量均为1mol，则m(NH3)=1mol×17g/mol=17g，m(CH4)=1mol×16g/mol=16g，所以混合气体中NH3与CH4的质量比为17:16，故答案为：17:16；
（2）.要使NH3与CH4含有相同数目的H原子，设NH3和CH4的物质的量分别为amol、bmol，则有amol×3=4mol×b，a:b=4:3，故答案为：4:3；
（3）.标准状况下，混合气体的平均摩尔质量为0.75 g·L－1×22.4L/mol=16.8g，设氨气的体积分数为x，有17x+16(1-x)=16.8，解得x=0.8，即氨气的体积分数为80%；相同条件下，该混合气体对氢气的相对密度等于其摩尔质量之比即=8.4，故答案为：80%；8.4；
（4）.已知a g A和b g B恰好完全反应生成0.2 mol C和d g D，由质量守恒可知C的质量为m(C)=(a+b-d)g，则C的摩尔质量为M(C)==5(a+b-d)g/mol，故答案为：5(a+b-d)g/mol；
（5）.同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，设CO2的密度为a g/L，则==，解得a= g/L，故答案为：11ρ/8；
（6）.现有下列三种气体：①32 g CH4的物质的量为32g÷16g/mol=2mol；②约含有6.02×1023个HCl分子的氯化氢气体，其物质的量为=1mol，质量为1mol×36.5g/mol=36.5g；③标准状况下33.6 LO2的物质的量为33.6L÷22.4L/mol=1.5mol，质量为1.5mol×32g/mol=48g，则a.三种物质的质量由小到大的顺序为①②③，b.物质的分子个数之比等于其物质的量之比，则分子数目由小到大的顺序为②③①，c. 相同状况下气体的体积之比等于其物质的量之比，则气体的体积由小到大的顺序为②③①，故答案为：①②③；②③①；②③①。
28.已知：在常温下，苯(C6H6)为一种无色、透明的液体，毒性较高，易挥发，易燃，有腐蚀性，沸点为80.1℃，难溶于水，易溶于有机溶剂，可作为有机溶剂；碘(I2)为紫黑色晶体，易升华，易凝华，熔点113.5℃，沸点184.3℃，加热时碘升华为紫色蒸气，冷却后凝华成紫黑色固体。实验室常用苯来提取碘水中的碘，具体操作如下：

①向碘的水溶液中加入萃取剂苯，转移到分液漏斗中，塞上玻璃塞，充分振荡放气后(如图1)；
②将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置(如图2)；
③当分液漏斗中的液体分成清晰的两层后，经“合适的操作”将两层液体进行分离；
④将分离出的碘和苯的混合液转移到仪器A中，加入少量沸石进行蒸馏以分离苯和碘(如图3)。
请回答下列问题：
（1）分液漏斗在使用前必须进行的操作是_______。
（2）步骤③中“合适的操作”的名称是________。
（3）步骤④中采用水浴加热而不直接加热的原因是________________；图3中有多处明显的错误：a．冷却水进出方向错误．b．___________________。
（4）锥形瓶置于冰水中的目的是____________________。
【答案】 (1). 检验是否漏水 (2). 分液 (3). 苯的沸点低于100℃，水浴加热受热均匀且易控制温度，还可防止温度过高碘升华 (4). 温度计水银球位置错误 (5). 防止苯挥发
【详解】(1).分液漏斗在使用前必须检验是否漏水，故答案为：检验是否漏水；
(2).当分液漏斗中的液体分成清晰的两层后，可用分液的方法将两层液体进行分离，故答案为：分液；
(3).苯的沸点低于100℃，水浴加热，稳定恒定，易控制，图3中仪器A蒸馏烧瓶，冷水的进出水方向错误，且温度计用于测量馏分的温度，应在支管口附近，故答案为：苯的沸点低于100℃，水浴加热受热均匀且易控制温度，还可防止温度过高碘升华；温度计水银球位置错误；
(4).苯易挥发，可用冰水冷却，防止污染空气，故答案为：防止苯挥发。
29.现用质量分数为98%（密度为1.84 g·cm－3）浓H2SO4来配制450 mL、0.2 mol·L－1稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒；②烧瓶；③烧杯；④胶头滴管；⑤量筒；⑥容量瓶；⑦托盘天平；⑧药匙。请回答下列问题：
（1）上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有___________________（填代号）。
（2）经计算，需浓H2SO4的体积为_______________。现有：①5 mL、②10 mL、③20 mL、④50 mL三种规格量筒，你选用的量筒是_______________。
（3）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是_________________，能引起浓度偏高的有___________（填代号）。
①将浓H2SO4直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2SO4
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③洗涤溶解用的烧杯与玻璃棒，并将洗涤液转移到容量瓶中
④转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑤定容时，俯视标线
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
（4）所得溶液中氢离子和硫酸根离子个数比是____________________。
【答案】(1). ②⑦⑧ (2). 5.4mL (3). ② (4). ①②⑤⑥ (5). ②⑤ (6). 2:1
【分析】用浓硫酸溶液配制稀硫酸溶液时，需经过计算、量取、稀释、移液、洗涤并移液、定容、摇匀等操作；实验室没有450mL规格的容量瓶，需选用500mL规格的容量瓶进行配制；根据c=进行误差分析。
【详解】(1).用浓硫酸配制稀硫酸时，需要用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，则配制稀硫酸时用不到的有烧瓶、托盘天平和药匙，故答案为：②⑦⑧；
(2).由题中条件可知，浓硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)==18.4mol/L，因实验室无450mL规格的容量瓶，所以需选用500mL规格的容量瓶配制，设需要浓硫酸的体积为a mL，则根据稀释定律有a ×10-3L×18.4mol/L=0.5L×0.2mol/L，解得a=5.4mL，应选用10mL规格的量筒量取浓硫酸，故答案为：5.4mL；②；
(3). ①.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓慢注入水中并不断用玻璃棒搅拌，故①错误；
②.因溶液体积热胀冷缩，所以应等稀释后的硫酸溶液冷却至室温后再转移到容量瓶中，若未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，会造成所配制的溶液体积偏小，浓度偏高，故②错误；
③.将烧杯中的溶液转移到容量瓶中，将烧杯与玻璃棒洗涤2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，故③正确；
④. 因定容时还要向容量瓶中加水，所以移液前容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验结果无影响，故④正确；
⑤.定容时，应平视标线，若定容时俯视标线，会使溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故⑤错误；
⑥.定容摇匀后，发现液面低于标线为正常情况，若又用胶头滴管加蒸馏水至标线，会使溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故⑥错误，综上所述，错误的是①②⑤⑥，能引起浓度偏高的是②⑤，故答案为：①②⑤⑥；②⑤；
(4).硫酸在水溶液中完全电离生成氢离子和硫酸根离子，由硫酸的化学式可知，在硫酸溶液中，氢离子和硫酸根离子个数比是2:1，故答案为：2:1。
30.室温下，将100 mL的NaOH和Ba(OH)2混合碱溶液分成两等份，一份加入过量的Na2SO4溶液，充分反应后得到沉淀2.33 g；另一份加入50 mL 0.1 mol · L－1 H2SO4溶液，充分反应后溶液中c(OH-)为0.3 mol · L－1（此时溶液的体积为100 mL），试计算：
（1）原混合碱溶液中所含Ba(OH)2的物质的量是____________________。
（2）原混合溶液中NaOH的物质的量浓度是________________________。
【答案】(1). 0.200mol (2). 4.00mol/L
【解析】试题分析：一份加入过量的Na2SO4溶液，充分反应后得到沉淀2.33 g，沉淀为硫酸钡，硫酸钡的物质的量==0.01mol；另一份加入50 mL0.1 mol/LH2SO4溶液，充分反应后溶液中c(OH-)为0.3 mol/L，则原溶液中含有n(OH-)="0.05L×0.1" mol/L×2+0.3 mol/L×0.1L=0.04mol。
（1）原混合碱溶液中所含Ba(OH)2的物质的量=硫酸钡的物质的量×2=0.02mol，故答案为：0.02mol；
（2）原混合溶液中NaOH的物质的量浓度=="0.4" mol/L，故答案为：0.4 mol/L。