【化学】浙江省台州市2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

浙江省台州市2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S -32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)
1.下列是某合作学习小组对物质进行的分类，正确的是（ ）
A. 冰、水混合是混合物 B. 盐酸、食醋既是化合物又是酸
C. 不锈钢和我们日常生活中使用的硬币都是合金 D. 纯碱和熟石灰都是碱
【答案】C
【解析】A项、冰、水混合物其实都是由水组成的，属于纯净物，故A错误；
B项、盐酸、食醋都属于混合物，不是化合物，故B错误；
C项、不锈钢和硬币都是合金，故C正确；
D项、纯碱是由金属离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，熟石灰电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D错误。
故选C。
2.下列属于强酸的是（ ）
A. H3PO4 B. HF C. H2SO3 D. HClO4
【答案】D
【解析】
【分析】强酸是在水溶液中完全电离出的阳离子全是氢离子的化合物。
【详解】A项、H3PO4是三元中强酸，在溶液中分步电离，故A错误；
B项、HF是一元弱酸，在溶液中部分电离，故B错误；
C项、H2SO3是二元中强酸，在溶液中分步电离，故C错误；
D项、HClO4是一元强酸，在溶液中完全电离，故D正确。
故选D。
3.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. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
D. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
【答案】D
【解析】
【分析】胶体的本质特征是分散质微粒的直径在1nm～100nm之间，是均匀、透明、介稳定的分散系，具有丁达尔效应、布朗运动、电泳现象、胶体的聚沉等性质。
【详解】A项、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，故A正确；
B项、胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，光线透过胶体时，胶粒对光发生散射，产生丁达尔现象，故B正确；
C项、Fe(OH)3胶体具有很大的表面积，吸附能力强，能够吸附水中悬浮的固体颗粒，使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水的目的，故C正确；
D项、NaCl溶液中分散质粒子小于1nm，用平行光照射时，不会产生丁达尔效应，Fe(OH)3胶体中分散质微粒的直径在1nm～100nm之间，用平行光照射时，会产生丁达尔效应，故D错误。
故选D。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 1 mol H2SO4 的质量为98 g·mol−1
B. 98 g H2SO4含有NA个H2SO4分子
C. H2SO4的摩尔质量为98 g
D. 6.02×1023个H2SO4分子的质量为9.8 g
【答案】B
【解析】A项、质量的单位为g，g•mol-1是摩尔质量的单位，故A错误；
B项、98g硫酸的物质的量为1mol，含有NA个H2SO4分子，故B正确；
C项、摩尔质量的单位是g•mol-1，故C错误；
D项、6.02×1023个H2SO4分子的物质的量为1mol，质量为98 g，故D错误。
故选B。
5.是重要的工业原料，铀浓缩一直为国际社会关注。下列说法正确的是（ ）
A. 原子核中含有92个中子 B. 原子核外有143个电子
C. 与互为同位素 D. 与为同一核素
【答案】C
【解析】
【分析】根据中质子数为92，质量数为235，质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数；同位素是质子数相同，中子数不同的原子；核素的种类由质子数和中子数决定。
【详解】A、的质子数为92，质量数为235，中子数为235-92=143，故A错误；
B、中质子数为92，质子数=核外电子数，其核外电子数为92，故B错误；
C、与的质子都为92，中子数分别为143、146，互为同位素，所以C选项是正确的；
D、与的质子数相同，但中子数不同，是不同的核素，故D错误。
所以C选项是正确的。
6.经分析，某物质由不同种原子构成，则此物质（ ）
A. 一定是化合物 B. 一定是纯净物
C. 一定是混合物 D. 可能是纯净物也可能是混合物
【答案】D
【解析】
【分析】混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成。由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物。
【详解】某物质由不同种原子构成，可能是同种元素的不同核素形成的单质，如HD，也可能是不同元素的原子形成的化合物，如HF；某物质由不同种原子构成，可能是不同元素的原子形成的一种化合物，如NaCl，为纯净物，也可能是不同元素的原子形成的多种化合物，如NaCl和KCl，是混合物，故选D。
7.下列图示实验基本操作正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】A项、取用液体时：①试剂瓶瓶口要紧挨试管口，防止液体流出；②标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签；③瓶塞倒放桌面上，防止污染瓶塞，从而污染药品，图中操作正确，故A正确；
B项、取用固体粉末状药品时，试管横放，将药品用纸槽或药匙送入试管底部，再慢慢竖起试管，不能直接如图放入，将会砸裂试管底部，故B错误；
C项、使用酒精灯时禁止用一酒精灯去引燃另一酒精灯防止引起安全事故，应用火柴点燃，故C错误；
D项、加热液体时，试管内液体不可超过试管容积的三分之一，否则液体太多加热时液体沸腾会溅出，故D错误。
故选A。
8.下列说法中正确的是（ ）
A. 1 mol任何气体的体积都约为22.4 L
B. 1 mol气态物质，当体积约为22.4 L时，该气体一定处于标准状况下
C. 在标准状况下，2 mol酒精的体积约为44.8 L
D. 常温常压下，质量为32 g的O2含有的分子数为NA
【答案】D
【解析】
【分析】掌握气体摩尔体积时，应抓住对象是气体（包括混合气体）、条件为标准状况、1mol气体的体积约为22.4L。
【详解】A项、气体的体积受温度和压强的影响，一般情况下1mol任何气体在标准状况下所占的体积都约为22.4L，故A错误；
B项、气体体积受温度和压强的影响，1mol气态物质，当体积约为22.4L时，该气体可能处于标准状况下，在非标准状况时体积也有可能等于22.4L，故B错误；
C项、标准状况下，乙醇是液态，气体摩尔体积不适用于酒精的体积计算，故C错误；
D项、32g氧气的物质的量是1mol，所以含有的分子数是NA，故D正确。
故选D。
9.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的有：（ ）
A. 2.4g金属镁与足量盐酸反应，转移电子的数目为0.1NA ；
B. 1L1mol/L的CaCl2溶液中含Cl－的数目为NA；
C. 在25℃、1.01×105Pa的条件下，2.24L H2中含有的分子数小于0.1NA；
D. 22 g CO2与标准状况下11.2 L H2O含有相同分子数
【答案】C
【解析】A. 2.4 g金属镁与足量盐酸反应，转移电子的数目为0.2NA，故A错误；B. CaCl2Ca2+＋2Cl－，1L 1 mol·L－１的CaCl2溶液中含Cl-的数目为2NA，故B错误；C. 在25℃、1.01×105Ｐa的条件下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以2.24 L H２的物质的量小于0.1mol，含有的分子数小于0.1 NA，故C正确；D. 22 g CO2的物质的量是0.5mol，标准状况下水呈非气态，11.2 L H2O的物质的量大于0.5mol，所以22 g CO2与标准状况下11.2 L H2O含有的分子数不同，故D错误。故选C。
10.苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2＋，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为黄色(Fe3＋)。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生，这说明维生素C具有（ ）
A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性
【答案】B
【解析】在空气中，O2能够把Fe2+氧化为Fe3+；而加入维生素C可以有效防止氧化，说明被氧化的是维生素C而不再是Fe2+，此时维生素C表现了还原性。
11.下列变化中，必须加入氧化剂才能发生的是（ ）
A. Cl2→HClO B. KClO3→KCl
C. HCO3－→CO32－ D. Fe2+→Fe3+
【答案】D
【解析】
【分析】氧化剂具有氧化性，在反应中得到电子，加入氧化剂才能实现的反应，则选项中涉及物质被氧化，所含元素的化合价升高。
【详解】A项、Cl2→HClO的过程中，Cl元素化合价升高，被氧化，但氯气可与水通过自身发生氧化还原反应实现，故A错误；
B项、KClO3→KCl的过程中，Cl元素化合价降低，被还原，可以加入还原剂或发生分解反应实现，故B错误；
C项、HCO3－→CO32－的过程中，没有元素化合价变化，转化属于非氧化还原反应，故C错误；
D项、Fe2+→Fe3+的过程中，铁元素化合价升高，被氧化，必须加入氧化剂氯气、双氧水等才能实现，故D正确。
故选D。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 非金属氧化物都是酸性氧化物
B. 凡是酸性氧化物都可直接与水反应生成相应的酸
C. 与水反应生成酸的氧化物不一定是该酸的酸酐
D. 金属氧化物都是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】非金属氧化物可以分为酸性氧化物（二氧化硫等）、不成盐氧化物（一氧化碳和一氧化氮）和特殊氧化物（二氧化氮），金属氧化物可以分为碱性氧化物（氧化钠等）、酸性氧化物（七氧化二锰等）、两性氧化物（氧化铝）、过氧化物（过氧化钠）和特殊的残缺氧化物（四氧化三铁）。
【详解】A项、非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如一氧化碳是不成盐氧化物，故A错误；
B项、非金属氧化物不一定都可以直接和水反应生成对应的酸，如二氧化硅不和水反应生成硅酸，故B错误；
C项、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮不是硝酸的酸酐，故C正确；
D项、金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如Mn2O7属于酸性氧化物、Al2O3属于两性氧化物，故D错误。
故选C。
13.下列实验操作中错误的是（ ）
A. 分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热
D. 浓H2SO4稀释时，应将H2SO4慢慢加到H2O中，并不断搅拌和冷却
【答案】C
【解析】A项、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A正确；
B项、蒸馏时，温度计测定馏分的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸烧瓶支管口，故B正确；
C项、蒸发操作时，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸干，故C错误；
D项、浓硫酸稀释过程中放出大量的热，稀释时应将浓H2SO4慢慢加到H2O中，并及时搅拌和冷却，故D正确。
故选C。
14. 对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32—
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42—
C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
D. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+
【答案】D
【解析】A．无色气体为二氧化碳或二氧化硫，则原溶液中可能含CO32-或SO32-，或HCO3-等，选项A错误；B．白色沉淀为AgCl或硫酸钡，则原溶液中可能含SO42-或银离子，但二者不能同时存在，选项B错误；C．白色沉淀为碳酸钡或碳酸钙等，则原溶液中可能含Ba2+或Ca2+等，选项C错误；D．气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体为氨气，则原溶液中一定含有NH4+，选项D正确；答案选D。
15.能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是(必要时可以加热) （ ）
A. BaCl2 B. NaOH C. Ba(OH)2 D. AgNO3
【答案】C
【解析】A项、BaCl2与Na2SO4、（NH4）2SO4两瓶无色溶液均反应，均生成白色沉淀，实验现象相同，无法区别，BaCl2与NH4NO3、KCl两瓶无色溶液均不反应，无法区别，故A错误；
B项、NaOH与NH4NO3、（NH4）2SO4两瓶无色溶液均反应，均生成刺激性气味的气体，实验现象相同，无法区别，BaCl2与Na2SO4反应生成白色沉淀，与KCl溶液不反应，故B错误；
C项、向Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液中分别加入Ba（OH）2溶液，实验现象分别为：生成白色沉淀、有刺激性气味的气体生成、不反应无现象、既有沉淀生成又有刺激性气味的气体生成，实验现象各不相同，可以区别，故C正确；
D项、AgNO3与Na2SO4、KCl、（NH4）2SO4三瓶无色溶液均反应，均生成白色沉淀，实验现象相同，不能区别，故D错误。
故选C。
16.某工厂排出的废液中含有Ba2＋、Ag＋、Cu2＋，用①Na2CO3溶液，②NaOH溶液，③盐酸三种试剂将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的正确顺序是（ 　）
A. ②③① B. ③②① C. ①②③ D. ③①②
【答案】B
【解析】试题分析：A、若先加NaOH溶液，则会生成由AgOH脱水而成的Ag2O沉淀和Cu（OH）2沉淀，不能逐一分离沉淀，A错误；B、若先加入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入NaOH，可以将铜离子沉淀，再加入K2CO3可将钡离子沉淀，逐一分离，B正确；C、若首先加入Na2CO3溶液，也会同时生成BaCO3沉淀和Ag2CO3沉淀，不能逐一分离沉淀，C错误；D、若先加入盐酸，分离出沉AgCl沉淀，余下Ba2+和Cu2+，加入Na2CO3溶液，也会同时生成BaCO3沉淀和CuCO3沉淀，不能逐一分离沉淀，D错误。答案选B。
17.根据反应式：①2Fe3＋＋2I－ 2Fe2＋ + I2；②Br2 + 2Fe2＋2Br－ + 2Fe3＋，可判断离子的还原性从强到弱的顺序是 （ ）
A. Br-、Fe2+、I- B. I-、Fe2+、Br-
C. Br-、I-、Fe2+ D. Fe2+、I-、Br-
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应中还原剂的还原性强于和还原产物的还原性，据此判断。
【详解】2Fe3++2I-2Fe2++I2中铁离子是氧化剂，被还原为亚铁离子，碘离子被氧化，则还原性是I-＞Fe2+；Br2+2Fe2+2Br-+2Fe3+中单质溴是氧化剂，亚铁离子被氧化为铁离子，则还原性是Fe2+＞Br-，因此离子的还原性由强到弱的顺序是I-、Fe2+、Br-。
答案选B。
18.在同温同压下，A容器中的氧气（O2）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是 （ ）
A. 1：2 B. 2：1 C. 2：3 D. 3：2
【答案】B
【解析】试题分析：同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氧气（O2）和B容器中的氨气（NH3）所含的原子个数相同，
由N=n×NA，可知2n（O2）=4n（NH3），
则n（O2）：n（NH3）=2：1，
根据V=n×Vm可知，
V（O2）：V（NH3）=2Vm：Vm=2：1，
故选B。
19. 将足量的二氧化锰与40ml 10mol/L浓盐酸反应产生的氯气，同0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气相比（ ）
A. 前者产生的氯气多 B. 一样多
C. 后者产生的氯气多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】对于反应一：将足量的二氧化锰与含HCl物质的量为10mol/L×0.04L=0.4mol，与浓盐酸反应产生的氯气，HCl不能完全反应，假定HCl完全反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，含HCl0.4mol浓盐酸完全反应生成氯气为0.4mol×=0.1mol，实际氯气小于0.1mol，
对于反应二：将0.1mol二氧化锰与足量的浓盐酸反应产生的氯气，二氧化锰完全反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，生成氯气为0.1mol，故反应二生成的氯气大于反应一生成的氯气，故选C．
20.已知反应3S＋6KOH(浓)2K2S＋K2SO3＋3H2O，则反应中氧化剂和还原剂的质量比是 ( )
A. 3∶1 B. 1∶3 C. 2∶1 D. 1∶2
【答案】C
【解析】试题分析：S在反应中既是氧化剂又是还原剂，S 0→－2，化合价降低，K2S是还原产物，对应的S是氧化产物，因此根据反应方程式有2molS作为氧化剂参加反应，S 0→＋4化合价升高，K2SO3是氧化产物，对应的S是还原剂，因此根据反应方程式有1molS作为还原剂参加反应，氧化剂和还原剂的质量比2×32：1×32=2：1，选项C正确。
21.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl−的物质的量之比为（ ）
A. 3：4：3 B. 1：2：3 C. 3：2：1 D. 1：1：1
【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=cV求出的Cl-的物质的量。
【详解】设NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度为c mol/L，则三种溶液中Cl-的物质的量浓度分别为c mol/L，2c mol/L，3c mol/L，溶液的体积比为3：2：1，三种溶液中Cl-的物质的量之比3×c：2×2c：1×3c=3：4：3，故选A。
22.某含氧酸钾盐(正盐)，其化学式中有a个氧原子，所含有的另一种+6价元素R的原子个数为b，则0.5mol该盐中K+ 的物质的量为（ ）
A. (a- b)mol B. (2a- b)mol
C. (6a- 2b)mol D. (a- 3b)mol
【答案】D
【解析】
【分析】先根据化合物中各元素的化合价代数和为0，计算出含氧酸钾盐的化学式，然后根据盐的物质的量计算K+的物质的量。
【详解】设该盐的化学式中含x个K+，所以其化学式为KxRbOa，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，所以得（+1×x）+（+6×b）+（-2×a）=0，解得x=2a-6b，所以该盐化学式为K2a-6bRbOa，则0.5mol该盐中K+的物质的量为0.5mol×（2a-6b）= (a- 3b)mol，故选D。
23.在标准状况下，将V L气体A(摩尔质量为M g·mol－1)溶于0.1L水中，所得溶液密度为d g·cm-3，则该溶液的物质的量浓度为（ ）
A. Vd/(MV+2240)mol/L B. 1000Vd/(MV+2240)mol/L
C. VdM/(MV+2240)mol/L D. VM/22.4(V+0.1)mol/L
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质的量公式n=计算气体的物质的量，根据摩尔质量公式m=nM计算气体的质量，利用V=计算溶液的体积，最后利用c=计算该溶液的物质的量浓度。
【详解】标况下，VL气体的物质的量=mol，气体的质量为g，水的质量为100mL×1g/mL=100g，溶液的质量为（100+）g，溶液的体积为L，故该溶液的物质的量浓度为=mol/L，故选B。
24.VmL Al2(SO4)3溶液中，含有Al3+a g，取V/2 mL溶液稀释到3V mL，则稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）
A. 250a/27V mol·L﹣1 B. 250a/27V mol·L﹣1
C. 500a/9V mol·L﹣1 D. 125a/27V mol·L﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】根据摩尔质量公式m=nM计算VmL Al2(SO4)3溶液中ag Al3+的物质的量，进而计算mL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒计算mL溶液中SO42-的物质的量，稀释为3VmL，溶液中SO42-的物质的量不变，再根据c=计算稀释后溶液中SO42-的物质的量浓度。
【详解】VmL Al2(SO4)3溶液中ag Al3+的物质的量为mol，mL溶液中Al3+的物质的量为 mol，忽略水的电离根据电荷守恒可知2n（SO42-）=3n（Al3+），故mL溶液中SO42-的物质的量为= mol，稀释前后溶液中SO42-的物质的量不变，则3VmL溶液中SO42-的物质的量浓度为=mol/L，故选A。
25.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9 g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到5.05g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是（ ）
A. 肯定有Na2CO3，没有Ba(NO3)2 ，可能有有KNO3
B. 肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3
C. 肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3
D. 以上判断都不正确
【答案】A
【解析】
【分析】本题为物质成分推断题，样品加入水中，全部溶解，由于硝酸钡能与碳酸钾结合产生沉淀，故一定不会有硝酸钡，可能含有碳酸钠或硝酸钾，根据题干提供的数据，假设样品全部是碳酸钾求出生成沉淀的质量，再判断物质的成分。
【详解】样品加入水中，全部溶解，由于硝酸钡能与碳酸钾结合产生沉淀，故一定不会有硝酸钡；如果6.9 g样品全部是碳酸钾，则可以生成碳酸钙×100g/mol=5.0g，实际生成的是5.05g，由于等质量的碳酸钠生成的碳酸钙质量大于等质量碳酸钾生成的碳酸钙质量，所以混合物中肯定有Na2CO3，可能还有KNO3，故选A。
二、填空题：
26.根据下列几种粒子的结构示意图，回答问题：(填编号)
(1)其中属于阴离子的是___________，
(2)属于金属元素的是___________，
(3)具有相似化学性质的是__________。

【答案】(1). B (2). D (3). AC
【解析】
【分析】由粒子的结构示意图中质子数和核外电子数可知，A为O原子、B为O2—离子、C为S原子、D为Na原子。
【详解】（1）阴离子是质子数小于核外电子数，O2—离子为阴离子，故答案为：B；
（2）金属元素最外层的电子数一般小于4，Na为金属元素，故答案为：D；
（3）同主族元素，最外层电子数目相同，具有相似化学性质，O元素和S元素位于同一主族，化学性质相似，故答案为：AC。
27.有以下几种物质：①食盐晶体 ②水银 ③蔗糖 ④石墨 ⑤冰醋酸(纯醋酸晶体) ⑥KNO3溶液 ⑦硫酸 ⑧熔融的Na2O ⑨液氨。 填空回答(填序号)：
(1)以上物质可以导电的是___________________________；
(2)以上物质中属于电解质的是___________________________；
(3)以上物质中属于非电解质的是_________________________。
【答案】(1). ②④⑥⑧ (2). ①⑤⑦⑧ (3). ③⑨
【解析】
【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括：酸、碱、盐、金属氧化物和水；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括：大多数有机物、非金属氧化物、氨气；单质、混合物既不是电解质又不是非电解质；物质导电的条件是存在自由移动的电子或者自由移动的离子。
【详解】①干燥的食盐晶体，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不能导电；
②水银是金属单质，含有自由移动的电子能够导电，既不是电解质，又不是非电解质；
③蔗糖在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不能导电；
④石墨是单质，既不是电解质，又不是非电解质，能够导电；
⑤冰醋酸在水溶液里能导电，属于电解质，本身不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不能导电；
⑥KNO3溶液属于混合物，既不是电解质，又不是非电解质，含有自由移动的离子，能够导电；
⑦硫酸在水溶液里能导电，属于电解质，本身不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不能导电；
⑧熔融的Na2O能导电，属于电解质；
⑨液氨在水溶液里能导电，但本身不能电离，是非电解质，不含自由移动的电子或者自由移动的离子，不能导电；
（1）可以导电的是②④⑥⑧，故答案为：②④⑥⑧；
（2）属于电解质的是①⑤⑦⑧，故答案为：①⑤⑦⑧；
（3）属于非电解质的是③⑨，故答案为：③⑨。
28.对于混合物的分离或者提纯，常采用的方法有：a.过滤、b.蒸发、c.蒸馏、d.萃取、e.加热分解等。下列各组混合物的分离或提纯应采用什么方法？(填编号)
(1)提取碘水中的碘，用___________方法；
(2)除去食盐溶液中的水，可采用_____________方法；
(3)淡化海水，可采用__________方法；
(4)除去氧化钙中的碳酸钙，可用____________方法。
【答案】(1). d (2). b (3). c (4). e
【解析】
【分析】分离和提纯物质的方法很多，但是依据的原理各不相同，过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种方法；蒸发用于分离可溶性固体和液体的混合物；蒸馏把互相溶解但沸点不同的两种液体的分离出来；萃取利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组成的溶液中提取出来；加热分解除去混合物中加热可分解成气体的物质。
【详解】（1）碘微溶于水，碘易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，且苯、四氯化碳与水互不相溶，可用萃取法提取，故答案为：d；
（2）氯化钠溶于水，可采用蒸发的方法除去食盐溶液中的水，故答案为：b；
（3）可采用蒸馏的方法加热海水冷凝收集得到淡水，故答案为：c；
（4）碳酸钙高温受热分解生成氧化钙和二氧化碳，而氧化钙受热稳定，故可以用加热分解法来分离，故答案为：e。
29.将一定量的Na2CO3和NaHCO3混合物跟足量的盐酸反应，共消耗HCl 1.2 mol，生成的CO2在标准状况下的体积为22.4 L，求原混合物中n(Na2CO3)=__________ mol、n(NaHCO3)= ____________mol
【答案】(1). 0.2 (2). 0.8
【解析】
【分析】Na2CO3和NaHCO3都能与盐酸反应，反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl2NaCl+CO2↑+H2O和NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，依据反应消耗盐酸的量和生成二氧化碳的量列方程计算可得。
【详解】令原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol，ymol，依据反应消耗HCl 1.2 mol可得①2x+y=1.2，标准状况22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，依据反应生成二氧化碳的量可得②x+y=1，解联立方程可得x=0.2，y=0.8，故答案为：0.2；0.8。
30.现有X、Y、Z三种元素，已知有如下情况：
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体。
② X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色。
③ XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X＋和Z－。XZ的水溶液可使石蕊试液变红。
④ 两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体。
⑤ Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。
请完成下列问题：
(1)写出XZ和X2Y的化学式：XZ_____　X2Y______
(2)Z的单质溶于X2Y后，溶液起漂白作用的物质是______(写化学式)。
(3)写出X的单质在Z的单质中燃烧的化学方程式_____________。
(4)Z的单质与氢氧化钠溶液发生反应的化学方程式：_________________。
【答案】(1). HCl (2). H2O (3). HClO (4). H2+Cl2 2HCl (5). Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O
【解析】
【分析】由X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，XZ极易溶于水，XZ的水溶液可使石蕊试液变红可知XZ为HCl，X为H2，Z为Cl2；由两分子H2可与一分子Y的单质化合生成两分子H2Y，H2Y常温下为液体可知H2Y为H2O。
【详解】（1）XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为：HCl；H2O；
（2）Cl2溶于H2O，部分Cl2与H2O反应生成HClO，HClO具有强氧化性使溶液具有漂白性，故答案为：HClO；
（3）H2在Cl2中燃烧，生成HCl，燃烧时火焰呈苍白色，反应的化学方程式为H2+Cl2 2HCl，故答案为：H2+Cl2 2HCl；
（4）Cl2与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O，故答案为：Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O。
31.氯碱工业所用的精盐由粗盐提纯，粗盐中含有泥沙等不溶性杂质，以及可溶性杂质：Ca2+，Mg2+，SO42-等，提纯的流程如下图：

(1)整个流程中所用试剂： ①NaOH溶液、②BaCl2溶液、③Na2CO3溶液、 ④盐酸，下列加入试剂顺序正确的是___________________。
A ①②③④ B ①③②④ C ①②④③ D ②③①④ E ③②①④
除去Mg2+的化学方程式__________________________________________
(2)实验室需配置480mL0.2mol/L的NaCl溶液，用电子天平称取___________g上述精盐，配置时需要的仪器烧杯、玻璃棒外，还需要________________________________。使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是______________(填编号)。
①向容量瓶中转移溶液时不慎将液滴洒在容量瓶外面
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】(1). AD (2). MgCl2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaCl (3). 5.850 (或5.8500) (4). 500mL容量瓶 胶头滴管 (5). ①②④⑤
【解析】
【分析】（1）由实验流程可知，先加水溶解粗盐，向所得溶液中加入过量氢氧化钠溶液除去镁离子，加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液除去钙离子和多余的钡离子，注意一定要在加入氯化钡溶液之后加入碳酸钠溶液，过滤，除去不溶性杂质，向滤液中加入盐酸除去溶液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入稀盐酸后蒸发溶液，即可得到纯净的精盐；
（2）配制溶液时，一般可分为以下几个步骤：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，据此进行排序；注意选用容量瓶的规格要等于或稍大于配制溶液的体积，根据物质的量浓度公式分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
【详解】（1）粗盐溶解后，向所得溶液中加入过量氢氧化钠溶液除去镁离子，加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液除去钙离子和多余的钡离子，注意一定要在加入氯化钡溶液之后加入碳酸钠溶液，过滤，除去不溶性杂质，向滤液中加入盐酸除去溶液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，综上可知加入试剂顺序为①②③④或②③①④；向所得溶液中加入过量氢氧化钠溶液除去镁离子的化学方程式为MgCl2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaCl，故答案为：AD；MgCl2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaCl；
（2）欲配制480mL 0.2mol/L的NaCl溶液，则应配制500mL0.2mol/L的NaCl溶液，所以用电子天平称取氯化钠的质量是0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.850g；配制时需要的仪器有烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；
①向容量瓶中转移溶液时不慎将液滴洒在容量瓶外面，造成氯化钠质量减少，所配溶液的浓度偏低；
②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，造成氯化钠质量减少，所配溶液的浓度偏低；
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，因不影响溶质的物质的量和溶液的体积，所以对配制溶液的浓度无影响；
④定容时，仰视容量瓶的刻度线，导致溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低；
⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低；
所配溶液浓度偏低的是①②④⑤，故答案为：5.850 (或5.8500)；500mL容量瓶和胶头滴管；①②④⑤。
32.请利用下列装置及试剂组装一套装置。其流程是：先制取纯净干燥的Cl2(不收集)，后实验干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性。

(1)按气体从左向右流向将各装置依次连接起来(填接口标号)： a接_______， j接_______；Cl2先通_______(填B或C)。
(2)烧瓶中发生反应的化学方程式是_________________________________________。
(3)C瓶中的现象是___________________________； E装置的作用是_____________________________；若要收集Cl2可采用_____________________法或____________________法。
(4)实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制氯气时，有14.6g氯化氢被氧化，将所得的气体全部用石灰乳吸收，可得漂白粉______________g。
【答案】(1). i (2). g (3). C (4). MnO2＋4 HCl(浓) Mn Cl2＋Cl2↑＋2H2O (5). 干燥的有色布条不褪色 (6). 吸收多余的氯气，防止污染空气 (7). 向上排空气法 (8). 排饱和食盐水 (9). 25.4
【解析】
分析】A装置为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气的装置；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；验证干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性，因为湿润的有色布条有水分，所以D装置后连接C，则实验装置的连接顺序为A—F—D—C—B—E。
【详解】（1）实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→性质检验装置→尾气处理装置；因为收集的是气体，所以除杂装置中长导管进气，短导管出气；因为饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；验证干燥的Cl2和潮湿的Cl2有无漂白性，因为湿润的有色布条有水分，所以D装置后连接C，接口标号顺序为a→i→j→g→f→e→d→b→c→h，故答案为：i；g；C；
（2）烧瓶中浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
（3）干燥的Cl2不能使干燥的有色布条褪色，C瓶中的布条是干燥的有色布条，则观察到的现象是干燥的有色布条不褪色；氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空，E装置中的氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；Cl2的密度比空气大，可用向上排空气法收集，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，所以也可用排饱和的食盐水法收集氯气，故答案为：干燥的有色布条不褪色；吸收多余的氯气，防止污染空气；向上排空气法；排饱和食盐水；
（4）14.6g被氧化的氯化氢的物质的量为=0.4mol，由氯气的制备方程式可知被氧化的氯化氢和氯气的关系式为2HCl—Cl2，氯气的物质的量为0.4mol×=0.2mol；氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，由方程式可知0.2mol氯气反应生成0.1mol氯化钙和0.1mol次氯酸钙，则漂白粉的质量为：0.1mol×111g/mol+0.1mol×143g/mol=25.4g，故答案为：25.4。