浙江省嘉兴市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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浙江省嘉兴市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试
化学试题（2019年11月）
考生须知：全卷分试卷和答卷。试卷共6页，有3大题，30小题，满分100分，考试时间90分钟。
本卷可能用到的相对原子质量：Na-23 C-12 O-16 S-32 Mg-24 H-1 N-14
第I卷（选择题 共50分）
一、选择题：（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列物质属于酸性氧化物的是（ ）
A. Fe2O3 B. SO2 C. CaO D. CO
【答案】B
【解析】
【详解】A.Fe2O3能与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，A不符合题意；
B.SO2能与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，B符合题意；
C.CaO能与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物，C不符合题意；
D.CO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，D错误；
故合理选项是B。
2.下列仪器名称为“容量瓶”的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.仪器为分液漏斗，A不符合题意；
B.仪器为蒸馏烧瓶，B不符合题意；
C.仪器为分液漏斗，C符合题意；
D.仪器名称为烧杯，D不符合题意；
故合理选项是C。
3.下列物质中，能够导电且为电解质是（ ）
A. Cu丝 B. 蔗糖溶液 C. NaCl晶体 D. 熔融的MgCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu丝能够导电，但是金属单质，不属于电解质，A不符合题意；
B.蔗糖在溶液中不能电离产生自由移动的离子，因此不能导电，是混合物，不是电解质，B不符合题意；
C.NaCl晶体是电解质，但没有自由移动的离子，因此不能导电，C不符合题意；
D.熔融的MgCl2有自由移动的离子，能导电，该物质是盐，属于电解质，D符合题意；
故合理选项是D。
4.据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的3He，每百吨3He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。在地球上，氦元素主要以4He的形式存在。下列说法中正确的是（ ）
A. 4He原子核内含有4个质子
B. 3He和4He互为同位素
C. 3He原子核内含有3个中子
D. 4He的最外层电子数为2，故4He活泼性较强
【答案】B
【解析】
【详解】A.4He原子核内含有2个质子，A错误；
B.3He和4He质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；
C.3He中子数=3-2=1，C错误；
D.4He的质子数、电子数都是2，最外层电子数的2，由于达到K层2个电子的稳定结构，所以He化学性质不活泼，D错误；
故合理选项是B。
5.关于原子结构模型的说法不正确的是（ ）
A. 道尔顿提出了物质是由原子组成，原子在化学变化中是不可分的学说
B. 汤姆生提出了原子的“葡萄干面包式”的结构模型
C. 卢瑟福根据粒子散射现象提出了带核的原子结构模型
D. 玻尔提出了量子力学模型
【答案】D
【解析】
【分析】
A.1808年，道尔顿的原子学说；
B.1904年，汤姆生的“葡萄干面包式”；
C.1911年，卢瑟福的“带核原子模型”；
D.1913年，玻尔的原子结构模型(轨道理论)。
【详解】A.1808年，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体，A正确；
B.1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型，B正确；
C.1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型，C正确；
D.1913年丹麦物理学家波尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型，D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了原子的结构和化学史，明确原子结构模型的演变的过程是关键，注意化学基础知识的积累。
6.下列反应不属于四种基本反应类型，但属于氧化还原反应的是（ ）
A. Fe+CuSO4=FeSO4+Cu B. 3CO+Fe2O32Fe+3CO2
C. AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3 D. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A.Fe+CuSO4=FeSO4+Cu的反应是置换反应，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B.反应不属于任何一种基本类型，反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意；
C.反应属于复分解反应，反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D.该反应属于分解反应，反应过程中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
7.下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是
A. Cl2→Cl- B. I-→I2 C. SO2→SO32- D. CuO→Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
化合价升高元素所在的反应物是还原剂，实现化合价的升高要加入氧化剂，以此解答。
【详解】A、Cl2→Cl-，氯元素化合价由0价降到-1价，所以可以加入还原剂来实现，故A错误；
B、I-→I2，碘元素的化合价由-1价升高到0价，所以需加入氧化剂才能实现，故B正确；
C、SO2→SO32- 中，没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D、CuO→Cu铜元素的化合价降低了，所以需加入还原剂才能实现，故D错误。
故选B。
【点睛】该题的关键是要理解氧化还原反应的概念，例如，还原剂、氧化剂，被氧化、被还原等。其次要根据题给信息得出所给微粒中有关元素的化合价必须升高这一关键。最后要注意自身发生氧化还原反应的微粒，如Cl2→Cl-，NO2→NO等，应引起足够重视。
8.下列电离方程式错误的是（ ）
A. CaCl2=Ca2++2Clˉ B. Ba(OH)2=Ba2++2OHˉ
C. HNO3=H++NO3ˉ D. NaClO=Na++Clˉ+O2ˉ
【答案】D
【解析】
【详解】A.CaCl2是强电解质，电离产生Ca2+、Cl-，电离方程式为CaCl2=Ca2++2Clˉ，A正确；
B.Ba(OH)2是强碱，电离产生Ba2+、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OHˉ，B正确；
C.HNO3是强酸，完全电离产生H+、NO3-，电离方程式是HNO3=H++NO3ˉ，C正确；
D.NaClO是盐，完全电离产生Na+、ClO-，电离方程式为NaClO=Na++ ClO-，D错误；
故合理选项是D。
9.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间
B. 光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应
C. 用一束光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D. Fe (OH)3胶体具有强的吸附性，可用作水的净化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，胶体的分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间，A正确；
B.胶体的分散质的微粒直径在10-9~10-7m之间，能够使光线发生散射作用，因此光线透过胶体时，可发生丁达尔效应，B正确；
C.用一束光照射NaCl溶液，无现象，照射Fe(OH)3胶体时会产生丁达尔现象，因此产生的现象不相同，C错误；
D.Fe (OH)3胶体表面积大，具有强的吸附性，因此可用作水的净化剂，D正确；
故合理选项是C。
10. 下列叙述正确的是
A. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g
B. CH4的摩尔质量为16g
C. 1 mol H2O的质量为18g/mol
D. 标准状况下,1 mol任何物质体积均为22.4L
【答案】A
【解析】
试题分析：A、3.01×1023个SO2分子的质量为：3.01×1023÷6.02×1023mol-1×64g/mol=32g，正确；B、CH4的摩尔质量为16g/mol，错误；C、1 mol H2O的质量为18g，错误；D、标准状况下,1 mol任何气体体积均为22.4L，错误。
考点：本题考查与物质的量有关概念及相关换算。
11.在标况下，0.28g某气体的体积为224mL，则该气体的相对分子质量是（ ）
A. 2 B. 56 C. 28 D. 0.028
【答案】C
【解析】
试题分析：标准状况下，0．28g某气体的体积为224mL，n=0．224、22．4=0．01 M=0．28/0．01=28g/mol摩尔质量与相对分子质量的数值相等．所以该气体的相对分子质量为28，
考点：考查物质的量的相关计算。
12.与100mL0.5mol/L NaCl溶液中的Cl-的物质的量浓度相同的是（ ）
A. 100mL 0.5mol/LMgCl2溶液 B. 200mL0.25mol/LKCl溶液
C. 100mL 0.5mol/LHCl溶液 D. 100mL0.5mol/LNaClO溶液
【答案】C
【解析】
【详解】100mL0.5mol/LNaCl溶液中的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/L。
A.100mL 0.5mol/LMgCl2溶液中的Cl﹣的物质的量浓度c(Cl-)=0.5mol/L×2=1.0mol/L；
B.200mL0.25mol/LKCl溶液中的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.25mol/L×1=0.25mol/L；
C.100mL 0.5 mol/LHCl溶液中的Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.5mol/L×1=0.5mol/L；
D. 100mL0.5mol/LNaClO溶液电离产生离子有Na+、ClO-，无Cl-，
故合理选项是C。
13.对于相同物质的量的SO2与SO3，下列说法正确的是（ ）
A. 硫元素的质量比为5：4 B. 原子总数之比为4：3
C. 质量之比为1：1 D. 分子数之比为1：1
【答案】D
【解析】
试题分析：1个SO2和SO3的分子中都含一个硫原子，相同物质的量，硫原子数相同，二者所含硫元素的质量比为1：1，A错误；物质的量相同，分子数相同，分子数之比为1：1，B正确；每个SO2含有3个原子，每个SO3含有4个原子，相同物质的量的SO2和SO3所含原子数之比为3：4，C错误；物质的量相同，质量之比等于摩尔质量之比，SO2和SO3的质量之比为64g/mol：80g/mol=4：5，D错误．
考点：考查阿伏伽德罗常数和物质的量的相关计算等知识。
14.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 金属钠和水反应：Na+2H2O=Na++2OH－+H2↑
B. 大理石与稀硝酸反应：CaCO3+2H+=Ca2＋+CO2↑+H2O
C. 硫酸溶液与氧氧化钡溶液混合：H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓
D. MgC12溶液与过量氨水反应：Mg2＋+2OH－=Mg(OH)2↓
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应方程式未配平，A错误；
B.反应符合事实，符合离子方程式的物质拆分原则，B正确；
C.微粒个数比不符合反应事实，C错误；
D.氨水中的NH3·H2O是弱电解质，主要以分子形式存在，不能拆为离子形式，D错误；
故合理选项是B。
15.为了从KCl和MnO2的混合物中回收MnO2，下列操作顺序正确的是（已知MnO2为黑色难溶于水的固体）（ ）
A. 溶解 过滤 蒸发 洗涤 B. 溶解 过滤 洗涤 干燥
C. 溶解 过滤 蒸发 干燥 D. 溶解 洗涤 过滤 干燥
【答案】B
【解析】
【分析】
氯化钾易溶于水，二氧化锰不溶于水，根据氯化钾、二氧化锰的水溶性，选择从反应后的剩余固体中回收催化剂二氧化锰的方法，以此解答该题。
【详解】KCl和MnO2的混合物中含有二氧化锰和氯化钾，先加入足量的水，氯化钾溶于水形成溶液，而二氧化锰不溶于水；再过滤，把二氧化锰从溶液中分离出来；再对二氧化锰进行洗涤，除去二氧化锰中的杂质；再干燥二氧化锰，得到纯净的二氧化锰，故合理选项是B。
【点睛】本题考查化学实验基本操作，解答本题的关键是把握相关物质的性质，侧重考查学生的分析能力和实验设计的能力，在平时学习中要注意知识的积累和应用。
16.下列有关物质应用的说法中，不正确的是（ ）
A. Na2CO3是发酵粉的主要成分之一 B. MgO常用作耐高温材料
C. 碘化银可用于人工降雨 D. 氯气可用于自来水消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHCO3是发酵粉的主要成分之一，A错误；
B.MgO是离子化合物，断裂消耗很高能量，因此常用作耐高温材料，B正确；
C.碘化银相对原子质量较大，密度大，可作水蒸气的凝结核，因此可用于人工降雨，C正确；
D.氯气与水反应产生HCl、HClO，HClO具有强的氧化性，因此可用于自来水消毒，D正确；
故合理选项是A。
17.下列对氯气的叙述中，正确的是（ ）
A. 工业上用Cl2和石灰水为原料制造漂白粉
B. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl2
C. 闻氯气时要小心将集气瓶放在鼻孔下直接闻
D. 氯气没有漂白性，但通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A.工业上用Cl2和石灰乳为原料制造漂白粉，A错误；
B.红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl3，B错误；
C.闻氯气时要用手轻轻煽动，使少量氯气飘入鼻孔，来闻气体的气味，不能将集气瓶放在鼻孔下直接闻，C错误；
D.氯气没有漂白性，但氯气与水反应产生HCl和HClO，HCl有酸性，能使紫色石蕊试液变为红色，HClO具有强氧化性，会将红色物质氧化后而褪色，D正确；
故合理选项是D。
18.下列有关钠和镁的说法中正确的是（ ）
A. 金属钠在氧气中燃烧可以生成氧化钠
B. 金属钠在高温下能将TiCl4溶液中的钛置换出来
C. 工业上用电解熔融氧化镁制取金属镁
D. 金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火
【答案】D
【解析】
【详解】A.金属钠在氧气中燃烧可以生成过氧化钠，A错误；
B.金属钠在高温下能将TiCl4从熔融状态中置换出来，B错误；
C.工业上用电解熔融氯化镁制取金属镁，C错误；
D.金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火，D正确；
故合理选项是D。
19.下列有关Na2CO3与NaHCO3叙述中错误的是（ ）
A. 相同质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应，在相同条件下Na2CO3产生的CO2气体体积大
B. 同温度时，在水中的溶解度Na2CO3比NaHCO3大
C. 可用CaCl2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. Na2CO3 固体中含少量NaHCO3，可用加热的方法除去
【答案】A
【解析】
【详解】A.相同质量的NaHCO3和Na2CO3中NaHCO3含有的C元素多，所以二者与足量盐酸反应，在相同条件下NaHCO3产生的CO2气体体积大，A错误；
B.同温度时，在水中的溶解度Na2CO3比NaHCO3大，B正确；
C.可用CaCl2与Na2CO3反应产生CaCO3沉淀；与NaHCO3不反应，因此可以用CaCl2溶液鉴别两种物质，C正确；
D.Na2CO3固体中含少量NaHCO3，可根据NaHCO3固体不稳定，受热分解产生Na2CO3，用加热的方法除去，D正确；
故合理选项是A。
20.某元素天然存在的一个原子中共有质子、中子、电子93个，其中35个粒子不带电，则该原子的相对原子质量约为（ ）
A. 58 B. 64 C. 35 D. 30
【答案】B
【解析】
【详解】对原子来说，质子数=电子数，现中子数为35，质子、中子、电子总数为93，则质子数为（93－35）/2＝29，质量数=质子数+中子数=64，相对原子质量近似等于质量数。故选B。
21.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 常温常压下28g氮气所含有的分子数目为NA
B. 标准状况下，22.4L水中含有NA个水分子
C. 2.3g金属钠变为钠离子时失去的电子数为0.2NA
D. 1mol•L﹣1KCl溶液中含有Cl﹣的个数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.常温常压下28g氮气的物质的量是1mol，其中所含有的分子数目为NA，A正确；
B.在标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；
C.Na是+1价的金属，2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，因此Na变为钠离子时失去的电子数为0.1NA，C错误；
D.缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D错误；
故合理选项是A。
22.氮化铝（AlN）具有耐高温‘抗冲击、导热性好等优良性质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO下列有关说法正确的是（ ）
A. 在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂
B. 上述反应中，CO是氧化产物
C. 上述反应中AlN中N的化合价是+3
D. 上述反应中每生成CO 11.2L，则转移的电子数为NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.在该反应中，N元素的化合价由反应前N2中的0价变为反应后AlN中的-3价，化合价降低，获得电子，所以N2是氧化剂，A错误；
B.在上述反应中，C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高，失去电子，所以CO是氧化产物，B正确；
C.在上述反应中，AlN中N的化合价是是-3价，Al元素化合价是+3，C错误；
D.未指明CO所处的条件，不能确定气体的物质的量，D错误；
故合理选项是B。
23.下列实验操作不正确的是（ ）
A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口附近
B. 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
C. 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
D. 当加热至蒸发皿中有较多固体析出时停止加热，利用余热将液体蒸干
【答案】C
【解析】
【详解】A.蒸馏时，为了测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口附近，A正确；
B.分液时，为了充分分离混合物，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；
C.配制硫酸溶液时，可先在烧杯中加入一定量的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸，不能在量筒中加入水，C错误；
D.当加热至蒸发皿中有较多固体析出时停止加热，利用余热将液体蒸干，D正确；
故合理选项是C。
24.下列实验操作、现象及结论正确的是（ ）
A. 无色溶液中加入硝酸银溶液，若生成不溶的白色沉淀，说明含Cl-
B. 无色溶液中先加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，说明含SO42-
C. 无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液，加热，将湿润的蓝色石蕊试纸置于试管口，若试纸变红，说明溶液中有NH4+离子
D. 用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明一定含Na+，可能含K+
【答案】D
【解析】
【详解】A.无色溶液中加入硝酸银溶液，若生成不溶的白色沉淀，溶液中可能含Cl-，也可能含有CO32-、SO42-，A错误；
B.无色溶液中先加入氯化钡溶液生成白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，溶液中可能含SO42-，也可能含有Ag+，B错误；
C.无色溶液中加入氢氧化钠浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，说明溶液中有NH4+离子，C错误；
D.用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明一定含Na+，可能含K+，D正确；
故合理选项是D。
25.有一包粉末，可能含有NaCl、Na2SO4、Na2CO3、FeCl3、MgCl2中的一种或几种物质，现做如下实验：①取少量粉末加水溶解，得到无色透明溶液；②取①所得的溶液少许，加入NaOH溶液，看不到明显现象；③另取少量粉末，滴加盐酸，也看不到明显现象。则下列说法正确的是（ ）
A. 原粉末中一定有NaCl
B. 原粉末中一定没有Na2CO3、FeCl3、MgCl2
C. 原粉末中可能没有Na2CO3、FeCl3、MgCl2
D. 原粉末中一定有NaCl、Na2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】①取少量粉末加水溶解，得到无色透明溶液，氯化铁的水溶液为黄色，因此一定不含有FeCl3；Na2CO3与MgCl2结合生成微溶于水的MgCO3沉淀，所以Na2CO3与MgCl2只能含有其中的一种物质；
②取①中所得溶液少许加入NaOH溶液，无明显现象，说明溶液中一定不含有MgCl2；
③另取少量粉末，滴加稀盐酸，也无明显现象，碳酸盐与盐酸反应产生CO2气体，说明混合物中一定不含有Na2CO3，可能含有NaCl、Na2SO4中的一种或两种。
综上所述可知该溶液中一定不含有FeCl3、Na2CO3、MgCl2，可能含有NaCl、Na2SO4中的一种或两种，故合理选项是B。
第II卷（非选择题 共50分）
二、填空题（本题有4小题，共46分）
26.按要求填空
(1)写出下列物质的化学式：漂白粉的有效成分_______；小苏打________。
(2)写出下列微粒的结构示意图：N________；S2-________。
(3)写出下列物质的电离方程式或者化学方程式：
NH3·H2O的电离方程式________；
镁条在二氧化碳中反应的化学方程式________。
(4)写出分离或提纯下列各组混合物时所需方法的名称：
①分离四氯化碳和水________；
②提取溴水中的溴单质________。
【答案】 (1). Ca(ClO)2 (2). NaHCO3 (3). (4). (5). NH3·H2ONH4++OH- (6). 2Mg+CO2C+2MgO (7). 分液 (8). 萃取
【解析】
【分析】
(1)漂白粉的成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2；小苏打是碳酸氢钠的俗称。
(2)原子核外电子分层排布，原子核外电子数等于原子核内质子数，S原子获得2个电子变为S2-。据此书写微粒的结构示意图。
(3)NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡；；
镁条在二氧化碳中燃烧产生MgO和C单质；
(4)四氯化碳和水是互不相溶的液体物质，据此判断分离方法；
根据溴单质容易溶于有机物，有机物与水不相溶的性质进行分离。
【详解】(1)漂白粉的成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，化学式是Ca(ClO)2；小苏打是碳酸氢钠的俗称，化学式是NaHCO3。
(2) N是7号元素，N原子核外电子排布是；S是16号元素，S原子获得2个电子变为S2-，S2-核外电子排布式是：。
(3)NH3·H2O是弱电解质，存在电离平衡，电离产生NH4+、OH-，电离方程式为：NH3·H2ONH4++OH-；
镁条在二氧化碳中燃烧产生MgO和C单质，反应方程式为：2Mg+CO2C+2MgO；
(4)四氯化碳和水是互不相溶的液体物质，可用分液方法分离；
由于溴单质容易溶于有机物CCl4，而CCl4与水互不相溶，可向该混合物中加入CCl4，充分振荡后静止，溴进入有机物CCl4，从而使水与溴单质分离，这种分离方法叫萃取。
【点睛】本题考查了物质的成分的判断、化学用语的书写及混合物分离方法的判断的知识。掌握物质的结构对性质的决定作用，并根据物质成分、性质分析解答。
27.下列物质属于电解质的是_______，属于非电解质的是______(填序号，下同)。
①铜 ②稀盐酸 ③酒精溶液 ④水 ⑤醋酸 ⑥熔融KNO3 ⑦石墨 ⑧BaSO4固体 ⑨氨气
【答案】 (1). ④⑤⑥⑧ (2). ⑨
【解析】
【分析】
根据电解质、非电解质的概念分析判断。
【详解】电解质是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能够导电的化合物。
①铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质；
②稀盐酸是HCl的水溶液，是混合物，不属于电解质、非电解质；
③酒精溶液是混合物，不属于电解质、非电解质；
④水能电离产生H+、OH-，属于电解质；
⑤醋酸在水中会电离产生CH3COO-、H+，属于电解质；
⑥熔融KNO3是盐，会电离产生K+、NO3-，属于电解质；
⑦石墨是C元素的单质，不是电解质，也不是非电解质；
⑧BaSO4固体会电离产生Ba2+、SO42-，属于电解质；
⑨氨气是化合物，在熔融状态下不能电离，在水中也不能电离产生自由移动的离子，因此氨气是非电解质；
综上所述可知：属于电解质的为④⑤⑥⑧；属于非电解质的是⑨。
【点睛】本题考查了物质分类的知识。掌握电解质、非电解质的概念是进行分类判断的依据。注意电解质溶于水电离产生的自由移动的离子必须是物质本身电离产生。
28.某学生需要用烧碱固体配制0.5mol·L-1的NaOH溶液480mL。实验室提供以下仪器：
①100mL烧杯 ②100mL量筒 ③1000mL容量瓶 ④500mL容量瓶 ⑤玻璃棒 ⑥托盘天平(带砝码) ⑦药匙。请回答下列问题：
(1)计算需要称取NaOH固体_________g。
(2)配制时，必须使用的仪器有_______(填代号)，还缺了仪器名称是_________。
(3)配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个操作只用一次）________。
A.用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B.在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解
C.将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中
D.将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀
E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处
(4)若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是___。（填下列编号）
①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 ②定容观察液面时俯视
③配制过程中遗漏了(3)中步骤A ④加蒸馏水时不慎超过了刻度
⑤未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
(5)用配制好的溶液，再来配制50ml0.2mol·Lˉ1的NaOH溶液，需要取原配好的溶液_____ml。
【答案】 (1). 10.0 (2). ①④⑤⑥⑦ (3). 胶头滴管 (4). BCAFED (5). ②⑤ (6). 20
【解析】
【分析】
(1)根据m=nM=cVM计算；
(2)根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；
(3)根据实验操作的步骤；
(4)根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；
(5)根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算。
【详解】(1)实验室配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL，需要NaOH的质量m(NaOH)=0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g；
(2)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为胶头滴管，故使用仪器的序号是①④⑤⑥⑦；缺少的仪器是胶头滴管；
(3)操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为：BCAFED；
(4)①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，不影响溶质的质量和溶液的体积，因此对溶液的浓度不产生任何影响，物质的浓度不变，①不符合题意；
②定容观察液面时俯视，溶液体积偏小，则溶液的浓度偏大，②符合题意；
③配制过程中遗漏了(3)中步骤A，溶质的质量减少，导致溶液的浓度偏低，③不符合题意；
④加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，④不符合题意；
⑤未等NaOH溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，则溶液的浓度偏大，⑤符合题意；
故合理选项是②⑤；
(5)由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以50ml×0.2mol/L =0.5mol/L×V，解得V=20mL。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，掌握配制步骤及使用的仪器分析，结合物质的量浓度定义式分析实验误差，注意实验的基本操作方法和注意事项。
29.某兴趣小组利用下列装置，进行与氯气相关的实验。

请回答：
(1)写出实验室用上述方法制取氯气的化学方程式_________。
(2)利用该原理和装置①进行实验，制得氯气中往往含有的杂质可依次通入到_________、_________除去。
(3)装置②中出现白色沉淀，据此现象能否推测装置①中生成Cl2_________(填“能”或者“否”)，请说明理由_________。
(4)实验室从海带中提取碘的就是利用装置③的原理，请写出该溶液中发生反应的离子反应方程式_________。
(5)图中④所示的溶液是为了减少对环境的污染，请写出该溶液中发生反应的离子反应方程式_________。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水 (3). 浓硫酸 (4). 否 (5). 浓盐酸挥发出来的氯化氢也会和硝酸银反应，也会产生白色沉淀 (6). Cl2+2I-=I2+2Cl- (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】
在实验室中是用MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应制取氯气，浓盐酸具有挥发性，因此在制取得到的Cl2中混有杂质HCl及水蒸气，先通过饱和NaCl溶液除去HCl，再通过浓硫酸干燥，然后再进行Cl2与KI溶液的反应，若将制取得到的氯气直接通过AgNO3溶液中，可能是HCl反应产生，也可能是Cl2与水反应得到的HCl反应产生。Cl2有毒，在排放前要经NaOH溶液进行尾气处理后再排放。
【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸在加热条件下发生反应制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O；
(2)利用该原理在装置①进行实验，制得的氯气中含有的杂质是HCl及水蒸气，要先通入到饱和食盐水中除去Cl2、再通过浓硫酸除去水蒸气。
(3)由于浓盐酸具有挥发性，挥发出来的氯化氢也会和硝酸银反应，产生白色沉淀，所以装置②中出现白色沉淀，据此现象不能推测装置①中生成Cl2；
(4)实验室从海带中提取碘的就是利用装置③的原理，Cl2与KI发生反应产生KCl和I2，反应的离子反应方程式为：Cl2+2I-=I2+2Cl-；
(5)图中④所示的溶液是为了减少对环境的污染，在该溶液中Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，发生反应的离子反应方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
【点睛】本题考查了氯气的实验室制取方法和性质的检验。明确氯气制备原理是解题关键，注意掌握氯气的化学性质及氯气中可能混有的杂质对物质性质的干扰及排除方法。题目有利于培养学生分析能力与实验能力。
三、计算题
30.将2.80g含氧化镁的镁条完全溶于50.0mL硫酸溶液后，滴加2.00mol·Lˉ1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去氢氧化钠溶液200.0mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40g。
已知：Mg(OH)2在灼烧过程中发生如下反应Mg(OH)2MgO+H2O
请计算：
(1)用去的氢氧化钠溶液中含溶质的物质的量n(NaOH)=_______mol。（结果保留小数点后两位有效数字）
(2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)︰n(Mg)=________。
【答案】 (1). 0.40 (2). 1：10
【解析】
【分析】
(1)根据n=cV计算NaOH的物质的量；
(2)MgO、Mg的质量和为2.80g，经一系列反应，最后完全转化为MgO后质量为4.40g，可根据质量差得到Mg的质量和物质的量，再根据n=计算反应物MgO物质的量及二者的比值。
【详解】(1)反应消耗的NaOH的物质的量为n(NaOH)=cV=2.00mol/L×0.2L=0.40mol；
(2)2.80g含氧化镁的镁条完全溶解在硫酸中得到MgSO4，向该溶液中加入NaOH溶液后MgSO4转化为Mg(OH)2沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧发生反应：Mg(OH)2MgO+H2O，冷却后称量得固体MgO质量为4.40g，二者的质量差为Mg转化为MgO时消耗的O的质量m(O)=4.40g-2.80g=1.60g，n(Mg)=n(O)=1.60g÷16g/mol=0.10mol，则在2.80g含有氧化镁的镁条中含有MgO的物质的量为n(MgO)=(2.80g-0.1mol×24g/mol)÷40g/mol=0.01mol，则镁条中氧化镁和镁的物质的量之比为n(MgO)︰n(Mg)=0.01mol：0.10mol=1：10。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确反应原理，掌握守恒方法在化学计算中的应用是解题关键，要结合物质的量的有关计算公式计算。题目培养了学生分析、解决问题的能力。