2021-2022学年河北省衡水十四中高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省衡水十四中高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析），共16页。试卷主要包含了 下列电离方程式正确的是， 下列离子方程式中正确的是， 下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年河北省衡水十四中高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 慢慢加入下列物质，其中能使浓度为1mol⋅L−1的CuSO4溶液的导电能力变化如图所示的(    )
A. 蒸馏水
B. NaCl晶体
C. KOH溶液
D. Ba(OH)2溶液
2. 下列电离方程式正确的是(    )
A. Al2(SO4)3=Al3++SO42− B. H2CO3⇌2H++CO32−
C. Ba(OH)2=Ba2++(OH−)2 D. NaHCO3=Na++HCO3−
3. 下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法不正确的是(    )
A. NaHCO3受热分解生成的三种物质均属于氧化物
B. 相同温度下在水中的溶解度：NaHCO3 C. 二者都能与盐酸反应
D. 常用作膨松剂的小苏打是碳酸氢钠
4. “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。某研究所将纳米碳均匀的分散到蒸馏水中，得到的物质：①是溶液②是胶体③具有丁达尔现象④能透过半透膜⑤能透过滤纸⑥静止后会出现黑色沉淀。其中正确的是(    )
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ②③④ D. ①③④⑥
5. 下列离子方程式中正确的是(    )
A. 稀盐酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B. 往澄清石灰水中通入二氧化碳：CO2+Ca2++2OH−=CaCO3↓+H2O
C. 碳酸钙与盐酸反应：2H++CO32−=CO2↑+H2O
D. 氧化铜与硫酸混合：Cu2++SO42−=CuSO4
6. 下列无色溶液中，能够大量共存的一组离子是(    )
A. H+、NO3−、K+、CO32− B. NH4+、K+、Cl−、SO42−
C. Ag+、Na+、Cl−、SO42− D. Cu2+、Na+、NO3−、Cl−
7. 下列单质既能跟氯气直接反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是(    )
A. Al B. Cu C. Fe D. Zn
8. 下列叙述正确的是(    )
A. 1molH2O的质量为18g/mol
B. 标准状况下，1mol任何物质体积均为22.4L
C. 3.01×1023个SO2分子的质量为32g
D. CH4的摩尔质量为16g
9. 下列关于物质的量浓度表述正确的是(    )
A. 100mL0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na+的物质的量浓度为0.6mol/L
B. 10℃时，100mL0.35mol/L的KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，恢复到10℃时其体积小于100mL，物质的量浓度大于0.35mol/L
C. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42−的物质的量相等，则K+和Cl−的物质的量浓度一定相同
D. 1L的水吸收22.4L氨气(标况)时所得氨水的浓度是1mol⋅L−1
10. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列表述不正确的是(    )
A. 标准状况下，22.4L氢气所含原子数是2NA
B. 5.4g水所含的分子数为0.3NA
C. 含1mol硫酸钾的溶液中硫酸根离子数为2NA
D. 1mol金属钠与水反应失去的电子数为NA
11. 下列科技成果主要属于化学研究范畴的是(    )
A. 利用人体皮肤细胞“仿制”胚胎干细胞 B. 发现类似地球的太阳系外行星
C. 量子通讯距离创下新纪录 D. 发现由碳水化合物制取氢气的新技术
12. 金属钠在空气中长久放置，最终生成物是(    )
A. Na2O2 B. Na2O C. Na2CO3 D. NaOH
13. 下列是关于氯水的叙述，正确的是(    )
A. 新制氯水中只含C12和HClO分子 B. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色
C. 光照氯水有气泡冒出，该气体为Cl2 D. 氯水放置数天后，pH值将增大
14. 分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。某同学用下表所示形式对所学知识进行分类，其中甲与乙是包含关系。下列各组中，正确的组合是(    )

甲
乙
A
纯净物
液氯、苏打水、明矾、漂白粉
B
碱
Na2CO3、NaOH、KOH
C
电解质
CaCO3、NaClO、醋酸
D
碱性氧化物
CaO、Na2O2、K2O

A. A B. B C. C D. D
15. 根据如图的转化关系及现象，下列描述错误的是(    )

A. 气体B为O2，反应②金属单质燃烧时火焰黄色
B. 反应③、④均为复分解反应
C. 反应①的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑+H2↑
D. 反应③的离子方程式为Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓
16. 20gA物质和14gB物质恰好完全反应，生成8.8gC物质、3.6gD物质和0.2molE物质，则E物质的摩尔质量为(    )
A. 100g⋅mol−1 B. 108g⋅mol−1 C. 55g⋅mol−1 D. 96g⋅mol−1
17. 指出下列粒子中带下划线元素的化合价：
Na2O 2______、NH3______、Ca(ClO)2______、HSO3−______。
18. 现有下列8种物质：
①Cl2
②钠
③H2O
④CO2
⑤H2SO4
⑥Fe(OH)3胶体
⑦C12H22O11(蔗糖)
⑧NaCl溶液
(1)把上述各物质按物质的分类方法填写在表格的空白处(填物质编号)：
分类标准
电解质
非电解质
混合物
属于该类的物质
______
______
______
(2)写出②与③反应的化学方程式； ______。
(3)写出⑤与Ba(OH)2溶液反应的离子方程式 ______。
19. 回答下列问题：
(1)相同物质的量的NH3和CH4所含氢原子的个数比为______(填写前后者之比，下同)，电子数比为______，标况下的体积比为______，密度比为 ______。
(2)把下列化学方程式改写成离子方程式 ______：3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O。
(3)除去括号内的杂质，写出所加试剂的化学式和相关反应的离子方程式：
Na2SO4(NaHCO3)______，______。
20. 为了探究HClO的漂白性，甲同学设计了如图实验。

(1)通入干燥的氯气后，A瓶中湿润的有色布条很快褪色，而B瓶中干燥的有色布条没有褪色，由此甲同学得出的结论：______。氯气与水发生反应的化学方程式是 ______。
(2)细心的乙同学发现一段时间后干燥的有色布条也褪色了，乙同学经过仔细思考，认为上述的甲同学的设计有缺陷，你认为乙同学可做的修改是：______。
(3)丙同学认为按乙同学的方案修改后，还需要增加一个实验才能确认是不是HClO使有色布条褪色，你认为还需要增加的实验是：______。
(4)装置C的作用，装置C中发生的反应的化学方程式是：______。
21. 有下列化学仪器：
①托盘天平
②量筒
③药匙
④烧杯
⑤100mL容量瓶
⑥500mL容量瓶
⑦玻璃棒
⑧胶头滴管
⑨细口试剂瓶
⑩标签纸
(1)容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有：
①温度
②浓度
③容积
④压强
⑤刻度线，
这五项中的 ______。
A.①③⑤
B.③④⑤
C.①②④
D.①②③
(2)现需配制500mL1mol⋅L−1的硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g⋅cm−3的浓硫酸 ______mL。
(3)从上述仪器中，按题(2)实验使用需要选择仪器，其编号为______。
(4)使用洁净的容量瓶前应进行的操作是 ______。
(5)若配制过程中，向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，应如何处理？______。
(6)实验中，用胶头滴管定容后，液面正确的是 ______。
A.
B.
C.
D.

若实验中遇到下列情况，对硫酸溶液的物质的量浓度将有何影响？(填字母编号)
A.偏高
B.偏低
C.无影响
①稀释浓硫酸溶液未冷却就定容 ______。
②容量瓶中有少量蒸馏水 ______。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.CuSO4溶液加入蒸馏水降低了阴、阳离子的浓度，导电能力减弱，故A错误；
B.NaCl晶体溶于水电离出钠离子、氯离子，增大了溶液中阴、阳离子浓度，导电能力增强，故B错误；
C.CuSO4溶液加入KOH溶液，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，消耗了铜离子同时引入钾离子，但电荷总数基本不变，溶液的体积略有增大，溶液的导电能力基本不变，故C错误；
D.CuSO4溶液加入Ba(OH)2溶液因CuSO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀而使阴、阳离子浓度减小，导电能力减弱，当硫酸铜反应完全后，再加入Ba(OH)2溶液，离子浓度增大，导电能力增强，故D正确；
故选：D。
溶液导电能力的强弱主要取决于阴、阳离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力越强，以此分析。
本题考查电解质溶液的导电性，题目难度中等，注意从离子反应的角度去分析电解质溶液阴、阳离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力越强。

2.【答案】D 
【解析】解：A.电荷不守恒、原子不守恒，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42−，故A错误；
B.碳酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3⇌H++HCO3−、HCO3−⇌H++CO32−，故B错误；
C.OH−书写不规范，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH−，故C错误；
D.NaHCO3在水溶液中完全电离生成Na+、HCO3−，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.电荷不守恒、原子不守恒；
B.碳酸是二元弱酸，分步电离；
C.OH−书写不规范；
D.NaHCO3在水溶液中完全电离生成Na+、HCO3−。
本题考查电离方程式的书写，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确电解质强弱、电离方程式书写规则是解本题关键，题目难度不大。

3.【答案】A 
【解析】解：A.碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠含C、Na、O三种元素，不属于氧化物，故A错误；
B.相同温度下在水中的溶解度：NaHCO3 C.碳酸钠与足量的盐酸反应反应生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故C正确；
D.碳酸氢钠不稳定，受热分解产生二氧化碳，所以常用作膨松剂，故D正确；
故选：A。
A.氧化物含两种元素，其中一种为氧元素；
B.相同条件下碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
C.碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应；
D.依据碳酸氢钠的不稳定性解答。
本题考查了元素化合物知识，熟悉碳酸钠和碳酸氢钠的性质是解题关键，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：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，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③⑤正确，
故选：B。
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。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。
本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，难度不大，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。

5.【答案】B 
【解析】解：A.铜与稀盐酸不反应，故A错误；
B.往澄清石灰水中通入二氧化碳，离子方程式为：CO2+Ca2++2OH−=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C.碳酸钙与盐酸反应，离子方程式为：2H++CaCO3=CO2↑+H2O+Ca2+，故C错误；
D.氧化铜与硫酸混合，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故D错误；
故选：B。
A.不符合反应客观事实；
B.往澄清石灰水中通入二氧化碳反应生成碳酸钙和水；
C.碳酸钙为沉淀，应保留化学式；
D.氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水。
本题考查离子方程式的判断，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。

6.【答案】B 
【解析】解：溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在。
A.H+、CO32−之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.NH4+、K+、Cl−、SO42−之间不反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C.Ag+与Cl−、SO42−发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故D错误；
故选：B。
无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在。
A.氢离子与碳酸根离子反应；
B.四种离子之间不反应，都是无色离子；
C.银离子与氯离子、硫酸根离子反应；
D.铜离子为有色离子。
本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN−)等；还应注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH−；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在。

7.【答案】C 
【解析】解：A.Al与Cl2反应生成AlCl3，即2Al+3Cl2−△2AlCl3，Al与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，即2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，二反应都生成AlCl3，故A不选；
B，Cu与Cl2反应生成CuCl2，即Cu+Cl2−△CuCl2，Cu与稀盐酸不反应，故B不选；
C，Fe与Cl2反应生成FeCl3，即2Fe+3Cl2−△2FeCl3，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，即Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，二反应分别生成FeCl3和FeCl2，故C选；
D，Zn与Cl2反应生成ZnCl2，即Zn+Cl2−△ZnCl2，Zn与稀盐酸反应生成ZnCl2和H2，即Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，二反应都生成ZnCl2，故D不选；
故选：C。
氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，稀盐酸具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，且稀盐酸只和金属活动性顺序表中H之前的金属反应，据此分析解答。
本题考查金属和氯气、稀盐酸的反应，明确氯气的性质是解本题关键，注意氯气具有强氧化性、稀盐酸具有弱氧化性，注意它们与变价金属的反应，为易错点，题目难度不大。

8.【答案】C 
【解析】解：A、质量单位为g，1molH2O的质量为18g，故A错误；
B、依据气体摩尔体积概念分析，标准状况下1mol任何气体的体积均为22.4L，故B错误；
C、依据n=NNA=mM计算，3.01×1023个SO2分子的物质的量为0.5mol，则质量=0.5mol×64g/mol=32g，故C正确；
D、摩尔质量单位为g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，故D错误；
故选C。
本题考查了摩尔质量概念的分析判断，物质的量和摩尔质量的计算关系是关键，掌握基础是关键，题目较简单。

9.【答案】A 
【解析】解：A.100mL0.3mol⋅L−1的Na2SO4溶液中Na+的物质的量浓度为：0.3mol/L×2=0.6mol/L，故A正确；
B.温度相同时，同一物质的饱和溶液中溶液的物质的量浓度一定相同，与溶液的体积无关，仍为0.35mol/L，故B错误；
C.如果Na+和SO42−的物质的量相等，硫酸根离子所带电荷大于钠离子所带电荷，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以K+的物质的量浓度大于Cl−的物质的量浓度，故C错误；
D.1L的水吸收22.4L氨气溶液的体积大于1L，则所得氨水的浓度小于1mol⋅L−1，故D错误；
故选：A。
A.电解质溶液中离子浓度=电解质浓度×化学式中相应离子数目；
B.温度相同时，同一物质的饱和溶液中溶液的物质的量浓度相同，与溶液的体积无关；
C.根据溶液中阴阳离子所带电荷相等分析；
D.1L的水吸收22.4L氨气溶液的体积大于1L。
本题考查了有关物质的量浓度的知识，难度不大，明确温度一定时，饱和溶液的物质的量浓度一定，与溶液的体积无关。

10.【答案】C 
【解析】解：A.标况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，1mol氢气含有2mol氢原子，故A正确；
B.5.4g水的物质的量为1mol，所含的分子数为0.3NA，故B正确；
C.1mol氯酸钾中含有1mol硫酸根离子，含有的硫酸根离子数为NA，故C错误；
D.1mol钠完全反应失去1mol电子，失去的电子数为NA，故D正确；
故选：C。
A.标准状况下，22.4L氢气的物质的量为1mol，含有2mol氢原子；
B.5.4g水的物质的量为0.3mol；
C.根据氯酸钾的化学式可知，1mol氯酸钾中含有1mol硫酸根离子；
D.钠为1价金属，1mol钠失去1mol电子．
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．

11.【答案】D 
【解析】解：A.利用人体皮肤细胞“仿制”成胚胎肝细胞是生物学研究的内容，故A错误；
B.发现类似地球的太阳系外行星是物理天文学研究的内容，故B错误；
C.量子通讯是物理学的研究范畴，故C错误；
D.发现由碳水化合物制取氢气的新技术实际上是研究物质的性质、变化、用途，属于化学研究范畴，故D正确；
故选：D。
根据化学的定义判断，化学是研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的一门自然科学。它不单研究自然界中存在的物质，也研究和创造自然界中不存在的新物质。
A.利用人体皮肤细胞“仿制”成胚胎肝细胞属于生物范畴；
B.发现类似地球的太阳系外行星属于物理天文学；
C.量子通讯属于物理学；
D.发现由碳水化合物制取H2，产生了新物质是化学变化，属于化学研究范畴。
本题考查了化学研究的领域和研究内容，掌握概念和本质是关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大，有利于激发学生学习化学的兴趣，培养社会责任感，服务社会，造福人类。

12.【答案】C 
【解析】解：Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3⋅10H2O，Na2CO3⋅10H2O风化脱水生成Na2CO3，相关关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3⋅10H2O、Na2CO3⋅10H2O=Na2CO3+10H2O。
故选：C。
切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色(钠的真面目)→变暗(生成Na2O)→变白色固体(生成NaOH)→成液(NaOH潮解)→结块(吸收CO2成Na2CO3⋅10H2O)→最后变成Na2CO3粉末(风化)，由此分析解答．
本题考查钠及钠的重要化合物的性质，根据钠及其化合物的性质可以解释发生的现象．题目难度不大，注意相关基础知识的积累．

13.【答案】B 
【解析】解：A.氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，故A错误；
B.HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；
C.HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO光照2HCl+O2，生成氧气，故C错误；
D.HClO不稳定，分解生成HCl，溶液pH减小，故D错误．
故选B.
氯气与水发生：Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有弱酸性、强氧化性、漂白性以及不稳定性，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子．
本题考查氯水的成分及性质，题目难度不大，本题注意基础知识的积累和学习．

14.【答案】C 
【解析】解：A.苏打水、漂白粉都含两种或者两种以上物质，属于混合物，故A不选；
B.碳酸钠电离产生阴离子为碳酸根离子，属于盐，不是碱，故B不选；
C.CaCO3、NaClO、醋酸都是化合物，在水溶液中或者熔融状态下能导电，都是电解质，故C选；
D.过氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水、氧气，不是碱性氧化物，故D不选；
故选：C。
A.纯净物只含一种物质；
B.电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；
C.在水溶液中或者熔融状态下能导电的化合物为电解质；
D.与酸反应只生成碱的氧化物为碱性氧化物。
本题考查了物质的分类，熟悉纯净物、碱、碱性氧化物、电解质概念即可解答，题目难度不大。

15.【答案】C 
【解析】解：A.根据上述分析可知，体B为O2，反应②为2Na+O2−△Na2O2，金属单质Na燃烧时火焰黄色，故A正确；
B.反应③为2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应④为Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O，两个反应均为两个化合物相互交换成分的反应，属于复分解反应，故B正确；
C.由上述分析，反应①为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故C错误；
D.反应③为2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，根据拆分规则，得到离子方程式为Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓，故D正确；
故选：C。
根据转化关系，气体B与金属单质反应生成淡黄色固体X，可推知X为Na2O2，则气体B为O2，金属单质为Na，因此反应②为2Na+O2−△Na2O2，无色液体A与Na2O2反应可得到O2和Y溶液，且Y溶液与CuSO4溶液反应生成蓝色沉淀，可推知无色液体A为H2O，Y为NaOH溶液，则反应①为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应③为2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应④为Cu(OH)2+2HCl=CuCl2+2H2O，据此分析解答。
本题考查无机物的推断，”物质的颜色、状态及转化中特殊反应“是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的熟练掌握情况。

16.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查物质的量的计算，题目难度不大，本题注意从质量守恒定律的角度解答该题，根据质量守恒可计算E的质量，结合M=mn计算摩尔质量。
【解答】
化学反应遵循质量守恒定律，则应有m(A)+m(B)=m(C)+m(D)+m(E)，
则m(E)=20g+14g−8.8g−3.6g=21.6g，
M(E)=21.6g0.2mol=108g/mol，
故选B。  
17.【答案】−1−3+1+4 
【解析】解：Na2O 2中钠为+1价，设氧元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得2×1+2x=0，解得x=−1价；
NH3中氢为+1价，设氮元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得+1×3+x=0，解得x=−3价；
Ca(ClO)2  中钙元素显+2价，氧元素显−2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零：可得+2+(x−2)×2=0，解得x=+1价；
HSO3−中氢元素显+1价，氧元素显−2价，设硫元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为−1，可得+1+x+(−2)×3=−1，解得x=+4，
故答案为：−1；−3；+1；+4。
根据单质中元素的化合价为0、在化合物中正负化合价代数和为零，结合各化学式进行解答本题．
本题难度不大，掌握利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法即可正确解答．

18.【答案】③⑤  ④⑦  ⑥⑧  2Na+2H2O=2NaOH+H2↑2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4+2H2O 
【解析】解：(1)①Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质；
②钠是单质，既不是电解质也不是非电解质；
③H2O是化合物，为电解质；
④CO2是化合物，为非电解质；
⑤H2SO4是化合物，为电解质；
⑥Fe(OH)3胶体含有两种物质属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑦C12H22O11(蔗糖)为化合物，是非电解质；
⑧NaCl溶液含两种物质，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
故答案为：
分类标准
电解质
非电解质
混合物
属于该类的物质
③⑤
④⑦
⑥⑧
；
(2)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，
故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；
(3)硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4+2H2O，
故答案为：2H++SO42−+Ba2++2OH−=BaSO4+2H2O。
(1)电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；由两种或者两种以上物质组成的为混合物；
(2)钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
(3)硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水。
本题考查了物质的分类，熟悉电解质、非电解质、混合物概念，熟悉物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。

19.【答案】3：4 1：1 1：1 17：163FeO+NO3−+10H+=3Fe3++NO↑+5H2OH2SO4  HCO3−+H+=H2O+CO2↑ 
【解析】解：(1)1个氨气分子含有3个H，10个电子，1个甲烷分子含有4个H，10个电子，设NH3和CH4都是1mol，则二者含氢原子个数之比为：(3×1mol)：(4×1mol)=3：4；含有电子个数之比为：1：1；依据V=nVm可知，二者物质的量相同，则相同条件下两种气体的体积相等，即二者体积之比为：1：1；同温同压条件下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，则二者密度之比为：17g/mol：16g/mol=17：16，
故答案为：3：4；1：1；1：1；17：16；
(2)3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O反应的离子方程式为：3FeO+NO3−+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O，
故答案为：3FeO+NO3−+10H+=3Fe3++NO↑+5H2O；
(3)硫酸能与碳酸氢根反应生成二氧化碳，反应离子方程式：HCO3−+H+=H2O+CO2↑，
故答案为：H2SO4；HCO3−+H+=H2O+CO2↑。
(1)依据n=NNA=VVm结合氨气、甲烷分子构成解答；同温同压条件下，气体的密度之比等于摩尔质量之比；
(2)氧化铁、NO、H2O为氧化物，应保留化学式，硝酸、硝酸铁为强电解质，应拆成离子形式；
(3)硫酸酸性强于碳酸，可以使用硫酸除去硫酸钠中的碳酸氢钠。
本题为综合题，考查了物质的量的有关计算，离子方程式的书写，明确以物质的量为核心计算公式，把握物质的性质即可解答，题目简单。

20.【答案】干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气有漂白性  Cl2+H2O=HCl+HClO在湿润的布条和干燥的布条之间连接一个干燥装置  将盐酸滴加到有色布条上，若有色布条不褪色，则证明HClO有漂白性  吸收尾气，防止污染环境 
【解析】解：(1)通入干燥的氯气后，集气瓶中湿润的有色布条很快褪色，而干燥的有色布条没有褪色，因此甲同学得出结论：干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气有漂白性，其中氯气溶于水发生反应的化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，
故答案为：干燥的氯气没有漂白性，潮湿的氯气有漂白性；Cl2+H2O=HCl+HClO；
(2)细心的乙同学发现，一段时间后干燥的有色布条也褪色了，他经过仔细思考，认为甲的设计有缺陷，水蒸气会随氯气进入干燥的有色布条的集气瓶，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸具有漂白作用，布条褪色，装置应应该做如下修改：在湿润的布条和干燥的布条之间连接一个干燥装置，
故答案为：在湿润的布条和干燥的布条之间连接一个干燥装置；
(3)乙同学实验设计是证明干燥氯气无漂白性，湿润的氯气具有漂白性，氯气和水反应生成次氯酸和盐酸，溶液中存在次氯酸根离子，所以生成的HCl、HClO、ClO−都可能都具有漂白性，将盐酸滴到有色布条上，发现有色布条不褪色说明不是HCl的漂白性，因此增加的实验是：将盐酸滴加到有色布条上，若有色布条不褪色，则证明HClO有漂白性，
故答案为：将盐酸滴加到有色布条上，若有色布条不褪色，则证明HClO有漂白性；
(4)装置C中NaOH溶液能吸收含有氯气的尾气，防止污染环境，
故答案为：吸收尾气，防止污染环境。
已知Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯气具有漂白性是因为其与水反应生成的HClO具有漂白性，所以干燥的Cl2不能使有色布条褪色，
(1)通入干燥的氯气后，集气瓶中湿润的有色布条很快褪色，而干燥的有色布条没有褪色，说明氯气无漂白性；
(2)细心的乙同学发现，一段时间后干燥的有色布条也褪色了，说明水蒸气进入发生反应生成了次氯酸，需要在干燥的有色布条前添加干燥装置；
(3)氯水中含有HCl，可能是HCl具有漂白性，需要验证盐酸无漂白性；
(4)氯气的尾气易污染环境，需要吸收处理。
本题考查了氯气及其化合物性质分析、反应现象的理解应用，主要是验证次氯酸漂白性的实验设计，题目难度中等。

21.【答案】A27.2②④⑧⑨⑩  查漏  重新配制  B A C 
【解析】解：(1)容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器，容量瓶上标有：温度、容积、刻度线，
故答案为：A；
(2)质量分数为98%、密度为1.84g⋅cm−3的浓硫酸物质的量浓度c=1000mL/L×1.84g/mL×98%98g/mol=18.4mol/L，需配制500mL1mol⋅L−1的硫酸溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律：18.4mol/L×V=1mol/L×0.5L，解得V≈0.0272L，即27.2mL，
故答案为：27.2；
(3)配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量(量取)、溶液(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：量筒、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶、细口试剂瓶、标签纸，序号为：②④⑧⑨⑩，
故答案为：②④⑧⑨⑩；
(4)为防止使用过程中容量瓶漏水，试用前应检测容量瓶是否漏水，
故答案为：查漏；
(5)若配制过程中，向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴掉在容量瓶外面，导致实验失败且无法补救，需要重新配制，
故答案为：重新配制；
(6)定容操作时，用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水到凹液面最低处与刻度线相切，则液面正确的为B；
①稀释浓硫酸溶液未冷却就定容，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；
②容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响；
故答案为：B；A；C。
(1)依据容量瓶构造特点判断；
(2)依据c=1000ρωM计算浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释规律计算需要浓硫酸体积；
(3)依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要的仪器；
(4)为防止使用过程中容量瓶漏水，试用前应检测容量瓶是否漏水，
(5)凡是操作不当导致配制溶液失败且无法补救的，需要重新配制；
(6)定容操作时，用胶头滴管逐滴滴加蒸馏水到凹液面最低处与刻度线相切；
分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析。
本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大。