1、宁夏长庆高级中学2020-2021学年第一学期高一年级化学试卷注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.本试卷分第卷（选择题）和第卷两部分，请将卷答案涂在答题卡上。卷作答在试卷上。可能用到的原子量：C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cl-35.5 Cu-64第I卷选择题（共50分）一、单项选择题（在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每题2分，共50分）1. 核电站发生爆炸，释放出大量放射性物质，下列图标警示的是放射性物品的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】核电站发生爆炸，释放出大量放射性物质，属于一级放射性物品，故D正确。综上所
2、述，答案为D。2. 我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A. 萃取B. 渗析C. 干馏D. 蒸馏【答案】D【解析】【详解】我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。” 由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，答案选D。3. 为了除去粗盐中Ca2+，Mg2+，SO42-及泥沙，将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：过滤，加过量的NaOH溶液，加适量盐酸，加过量N
3、a2CO3，加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序是（）。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】要先除SO42-，然后再除Ca2+，碳酸钠可以除去过量的Ba2+，如果物质加入顺序反了，过量的Ba2+就没法除去，至于加氢氧化钠除去Mg2+顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的OH-、CO32-，所以操作顺序可以为：或或，但不能为，故正确答案为D。4. 完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()A. 分离植物油和氯化钠溶液选用B. 除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体选用C. 分离四氯化碳中的溴单质选用D. 除去二氧化碳
4、气体中的氯化氢气体选用【答案】A【解析】【详解】A.植物油不溶于水，与水分层，可用分液的方法分离，A正确；B.氯化铵为固体，冷凝得不到液体，且不稳定，可在试管中或坩埚中加热分离，B错误；C.溴溶于水，不能用过滤的方法分离，可通过萃取、分液方法分离，C错误；D.二者都能与氢氧化钠溶液反应,无法进行分离提纯，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气分离，D错误；故合理选项是A。5. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 molL1 K2SO4溶液的说法正确的是A. 1 L溶液中K+浓度是0.4 molL1B. 500 mL溶液中含有0.1NA个K+C. 1 L溶液中所含K+、总数为0.3NAD. 2 L溶
5、液中浓度是0.4 molL1【答案】A【解析】【分析】离子个数值之比等于离子的物质的量之比等于溶液中离子的物质的量浓度之比。【详解】A. c(K2SO4)=0.2 molL1，故c(K+)=0.4 molL1，K+的浓度与所取溶液体积无关，故A正确。B. 500 mL溶液中n(K+)=0.4 molL10.5 L=0.2 mol，即0.2NA，故B错误。C. 1L溶液 c(SO42-)=0.2 molL1，n(SO42-)=0.2 molL11 L=0.2 mol；n(K+)=0.4 molL11 L=0.4 mol，所以K+、SO42-总物质的量为0.6 mol，故C错误。D. c(K2SO
6、4)=0.2 molL1，故c(SO42-)=0.2 molL1，SO42-的浓度与所取溶液体积无关，故D错误。所以答案选A。【点睛】浓度与所取溶液的体积无关。6. 下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板(其质量可忽略不计)。其中能表示等质量的氢气与氦气的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】等质量的H2与He的物质的量的关系为n(H2)n(He)=21，相同条件下气体的物质的量与体积成正比，所以其体积关系为V(H2)V(He)21，C、D均不正确；氦气分子为单原子分子，B不正确，因此A符合题意；答案选A。7. 下列实验操作正
7、确的是（ ）A. 用蒸发皿进行结晶操作时，需垫石棉网才能加热B. 洗涤沉淀的操作为边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗漏斗内沉淀C. 分液时打开旋塞，下层液体从下口放出，然后关闭旋塞，将上层液体从上口倒出D. 蒸馏操作时，温度计应插入液体中以控制液体的温度【答案】C【解析】【详解】A蒸发皿可以直接加热，加热时用三脚架和泥三角固定，故A错误；B为避免损坏滤纸，洗涤沉淀时不能搅拌，应使水自然流下，重复操作2-3次，故B错误；C上层液体若从下口流出会掺杂仪器中附着的下层液体，所以分液操作时，先将漏斗中的下层液体放出，关闭旋塞，然后再将上层液体从上口倒出，故C正确；D蒸馏操作时，温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶
8、的支管口处，故D错误；故答案为C。8. 下列溶液Cl的物质的量浓度与50 mL 1molL-1AlCl3溶液中Cl的物质的量浓度相等的是( )A. 150 mL 1 molL-1NaCl溶液B. 75 mL 1 molL-1CaCl2溶液C. 50 mL 3 molL-1MgCl2溶液D. 150 mL 3 molL-1KCl溶液【答案】D【解析】【分析】50 mL 1molL-1AlCl3溶液中Cl的物质的量浓度为3molL-1【详解】A.150 mL 1 molL-1NaCl溶液Cl的物质的量浓度为1 molL-1，故A不选；B. 75 mL 1 molL-1CaCl2溶液Cl的物质的量浓
9、度为2 molL-1，故B不选；C. 50 mL 3 molL-1MgCl2溶液Cl的物质的量浓度为6 molL-1，故C不选； D. 150 mL 3 molL-1KCl溶液Cl的物质的量浓度为3 molL-1，故D选；答案选D。9. 下列图示中逻辑关系正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A.有些化合反应不属于氧化还原反应，如氧化钙和水生成氢氧化钙，故A错误；B.气溶胶包含在胶体中，故B错误；C.钾盐和钠盐可以是碳酸盐，碳酸盐也可以是钠盐钾盐，故C错误；D.混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念，图中关系正确，故D正确；故选：D。10. 下列叙述正确的是 （
10、 ）A. 同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数也一定相等B. 任何条件下，等物质的量的甲烷（CH4）和一氧化碳所含的原子数一定相等C. 同温同压下的二氧化碳气体和氮气，若体积相等，则质量一定相等D. 同温同压下，1L一氧化碳气体一定比1L氧气的质量小【答案】D【解析】【详解】A.由于分子可以有多原子分子，所以同温同压下，相同体积的气体，其分子数一定相等，原子数不一定相等，A错误；B.任何条件下，1mol甲烷(CH4)含有5mol原子，1mol一氧化碳（CO）含有2mol原子，所以等物质的量的两种气体所含的原子数一定不相等，B错误；C.同温同压下的二氧化碳气体和氮气，若体积相等，
11、则物质的量一定相等，由于两种气体的摩尔质量不同，所以两种气体的质量不相等，C错误；D. 同温同压下，同体积的气体，物质的量相等，而一氧化碳的摩尔质量（28g/mol）小于氧气的摩尔质量（32g/mol），因此结论正确，D正确；故答案选D。11. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是A 化合物:干冰、冰水混合物、烧碱B. 同素异形体:石墨、C60、金刚石C. 非电解质:乙醇、四氯化碳、氯气D. 混合物:漂白粉、矿泉水、盐酸【答案】C【解析】【分析】A、由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物；B、同素异形体是由同种元素组成的结构和性质不同单质；C、非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不
12、导电的化合物；D由两种或两种以上物质组成的是混合物。【详解】A项、干冰、冰水混合物、烧碱都是由两种或两种以上元素组成的纯净物，是化合物，故A正确；B项、石墨，C60、金刚石是碳元素的不同单质，属于碳元素的同素异形体，故B正确；C项、乙醇、四氯化碳都是非电解质，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D项、漂白粉，纯净矿泉水，盐酸都含有两种或两种以上物质，属于混合物，故D正确。故选C。【点睛】本题考查化学基本概念，涉及化合物、混合物、非电解质、同素异形体，熟悉概念的含义是解题关键。12. 下列说法中不正确的是（ ）将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质氨气溶于水得到的氨水能导
13、电，所以氨水是电解质固态HCl不导电，熔融态的HCl可以导电NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】硫酸钡在水中的溶解度很小，但溶解的BaSO4能完全电离，且硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，则硫酸钡是电解质，故错误；氨气溶于水形成氨水，氨水是混合物，混合物不是电解质，电解质都是化合物属于纯净物，故错误；固态的HCl不导电，液态的HCl只有HCl分子，也不能导电，故错误；电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na+H
14、+，属于盐，故错误；电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成NH3H2O，NH3H2O能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故错误；均不正确，故答案为D。13. 下列离子方程式书写正确的是（）A. 稀盐酸滴在铜片上：Cu+2H+Cu2+H2B. 石灰石上滴加稀醋酸：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2C. 氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+Mg2+H2OD. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+Cu2+Ag【答案】C【解析】分析
15、：A稀盐酸与Cu不反应；B、碳酸钙难溶、醋酸为弱电解质，都必须写化学式；C氧化镁为碱性氧化物，与酸反应生成盐和水，氧化镁不溶于水；D、电荷不守恒。详解：A稀盐酸滴在铜片上，不反应，选项A错误；B碳酸钙溶于稀醋酸，醋酸应该保留分子式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，选项B错误；C氧化镁与稀盐酸混合的离子反应为MgO+2H+Mg2+H2O，选项C正确；D、铜片插入硝酸银溶液中的离子反应为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查离子方程式的正误判断，题目难度不大，注意从化学式、离子符号、电荷守恒以及是否符合反应实
16、际的角度分析离子方程式的书写是否正确。14. 津冀地区遭遇三轮雾霾袭击，非常简洁的描述灰霾天气，就是“细粒子气溶胶离子在高湿度条件下引发的低能见度事件”。气溶胶是胶体的一种，关于气溶胶，下列说法不正确的是A. 气溶胶的分散剂是气体B. 根据分散质和分散剂的状态，可以将胶体分为9种C. 气溶胶分散质粒子直径在1nm-100nmD. 胶体不能透过滤纸【答案】D【解析】【详解】A直径在1-100nm的微粒分散在气体中形成气溶胶，所以气溶胶的分散剂是气体，A正确；B分散质和分散剂的状态可以是气态、液态和固态，有气气、气液、气固、液液、液气、液固、固气、固固、固液9种组合，所以可以将胶体分为9种，B正确
17、；C胶体是一种分散质粒子的直径在1-100nm的分散系，则气溶胶分散质粒子直径在1nm-100nm，C正确；D胶体可以透过滤纸，不能透过半透膜，D错误；15. 下列反应可用离子方程式“H+OH-=H2O” 表示的是( )A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合B. NH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合C. HNO3溶液与KOH溶液混合D. NaHCO3溶液与HCl溶液混合【答案】C【解析】【详解】ANaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，反应中有硫酸钡沉淀生成，离子方程式不能用H+OH-=H2O表示，故A错误；BNH4Cl溶液与Ca(OH)2溶液混合，反应生成一水合氨，不属于中和反应
18、，离子方程式不能用H+OH-=H2O表示，故B错误；CHNO3溶液与KOH溶液混合生成硝酸钾和水，反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，故C正确；DNaHCO3溶液与HCl溶液混合生成氯化钠、CO2和水，其离子方程式为：H+HCO3-=CO2+H2O，不能用H+OH-=H2O表示，故D错误；故答案为C。【点睛】一个化学反应只能写出一个离子方程式，而一个离子方程能写出一类化学反应，如H+OH-=H2O表示强酸与强碱发生中和反应，生成可溶性盐和水，特别注意常见的强碱主要是指NaOH、KOH及Ba(OH)2，而Ba(OH)2与硫酸溶液之间的反应生成BaSO4沉淀，不能用此离子反应方程式表示。16.
19、 下列说法正确的是 ( )A. 电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离B. 强电解质与弱电解质的本质区别，是其水溶液导电性的减弱C. 酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D. 常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，其他化合物都是非电解质【答案】A【解析】【详解】A、电解质与非电解质的本质区别是在水溶液或熔化状态下能否电离，A正确；B、强电解质与弱电解质的本质区别是其在水溶液中是否完全电离，B错误；C、酸、碱和绝大多数盐类、活泼金属氧化物属于电解质，其他化合物是非电解质，C错误；D、常见的强酸、强碱和大部分盐都是强电解质，弱酸、弱碱、水等化合物是弱电解质，D错误
20、；故选A。17. 下列各组中两个溶液间的反应，均可用同一离子方程式表示的是A. KOH和CH3COONH4与Ba(OH)2与NH4ClB. AgNO3和HCl与Ag2CO3和HClC. BaCl2和Na2SO4与Ba(OH)2与H2SO4D. CH3COOH和Na2CO3与CH3COOH和NaHCO3【答案】A【解析】A二者反应实质相同，离子方程式都是：NH4+2OH-=NH3H2O，故A选；B离子分别为Cl-+Ag+=AgCl、Ag2CO3+2Cl-+2H+=2AgCl+ CO2+H2O，故B不选；C离子反应分别为Ba2+SO42-=BaSO4、2H+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4
21、+2H2O，故C不选；D碳酸钠与碳酸氢钠的阴离子不同，则不能用同一离子方程式表示，离子反应分别为2CH3COOH+CO32- =CO2+2CH3COO-+H2O、CH3COOH+HCO3-=CO2+CH3COO-+H2O，故D不选；故选A。18. 下列说法正确的A. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降B. 氧化还原反应一定有氧元素参加C. 有单质参与的反应一定是氧化还原反应D. 发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应【答案】D【解析】【详解】A. 氧化还原反应的本质是电子转移，故A错误；B. 氧化还原反应不一定有氧元素参加，故B错误；C. 有单质参与的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体
22、之间的转化，故C错误；D. 发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应，氯气与氢氧化钠溶液反应，氯气既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确；故答案为：D。19. 工厂排放的废水中可能含有K+、Ag+、NH、Mg2+、SO、Cl-、NO、HCO等离子。经检测废水呈强碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是（ ）A Ag+、K+、NO、HCOB. K+、NH、NO、SOC. Ag+、NH、Mg2+、HCOD. K+、Mg2+、SO、Cl-【答案】C【解析】【详解】由废水呈强碱性可知，溶液中含有大量的氢氧根离子，氢氧根离子能与银离子和镁离子反应生成沉淀，能与铵根离子反应生成弱碱一水合氨，能与碳酸
23、氢根离子反应生成碳酸根和水，则溶液中一定不含有银离子、铵根离子、镁离子和碳酸氢根离子，故选C。20. 有一固体混合物,可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl混合而成.为检验它的成分做了如下实验:将固体混合物溶于水,搅拌后得到无色透明溶液;往此溶液中滴加硝酸钡溶液,有白色沉淀生成;过滤,将沉淀物置于稀硝酸中,发现沉淀全部溶解.则该固体混合物中A. 肯定有Na2CO3,可能有CuSO4B. 一定有NaCl,肯定没有Na2SO4C. 一定有Na2CO3,可能有NaClD. 可能有CaCl2,一定没有CuSO4【答案】C【解析】【详解】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，
24、说明混合物中一定无CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项C符合题意，故答案为C。21. 用10mL的0.1molL-1BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的
25、硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是A. 311B. 322C. 123D. 133【答案】D【解析】【分析】根据Ba2+SO42-=BaSO4，相同物质的量的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，由硫酸根离子的物质的量确定硫酸盐的物质的量，体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比。【详解】Ba2+SO42-=BaSO4，相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三溶液中硫酸根离子的物质的量相等，根据 ，硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾的物质的量比为 ，由于溶液的体积相同，所以溶液的
26、浓度比等于物质的量比，所以三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是133，故选D。【点睛】本题考查三种硫酸盐的浓度比的计算，明确发生的化学反应及硫酸根离子守恒是解答本题的关键，不需要利用钡离子的物质的量代入计算。22. 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+CuB. 3NaClO+NaI=NaIO3+3NaClC. Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3D. Cl2+2FeCl2=2FeCl3【答案】B【解析】【详解】A铁、铜元素的化合价发生了变化，该反应是氧化还原反应，且为置换反应，故A不符合；B氯、碘元素的化合价发生了变化，该反应属
27、于氧化还原反应，且不属于四大基本反应类型，故B符合；C各元素的化合价没有发生变化，该反应属于化合反应，且不属于氧化还原反应，故C不符合；D氯、铁元素的化合价发生了变化，该反应属于氧化还原反应，且属于化合反应，故D不符合；故答案为B。【点睛】置换反应：指一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应；分解反应：指一种化合物分解成二种或二种以上较简单的单质或化合物的反应；化合反应：指的是由两种或两种以上的物质生成一种新物质的反应；复分解反应：是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应；属于氧化还原反应，说明该反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降。23. 某兴趣小组的同学向一
28、定体积的溶液中逐渐加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。该小组的同学关于如图的下列说法中，不正确的是（ ）A. AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的不是电解质B. B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子C. a时刻溶液与稀硫酸恰好完全中和D. BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的电离出的离子导电【答案】A【解析】【详解】A. 向一定体积的溶液中逐滴加入稀硫酸，生成硫酸钡和水，AB段溶液的导电能力不断减弱，是因为生成的溶解度较低，电离出的离子比较少，而是电解质，故A错误；B. 导电能力越强，离子浓度越大，B处的导电能力为0，说明溶液中几乎
29、没有自由移动的离子，故B正确；C. a时刻导电能力最弱，说明两者恰好完全反应，离子浓度最小，所以a时刻溶液中与稀硫酸恰好完全中和，故C正确；D. BC段过量的硫酸电离产生氢离子和硫酸根离子导致溶液中自由移动离子浓度变大，导电能力增强，故D正确。故答案选A。24. 8.8g某气态烃含有的分子数目为1.2041023，则该气态烃的摩尔质量为（）A. 88 gB. 44C. 44 gmol-1D. 32 gmol-1【答案】C【解析】【详解】8.8g某气态烃含有的分子数目为1.2041023，其中物质的量是0.2mol，则该气态烃的摩尔质量为8.8g0.2mol44 gmol-1，答案选C。25.
30、某溶液可能含有Cl-、Al3+、Cu2+、Fe3+和K+中的若干种。为检验其中含有的离子，进行如下实验：取该溶液10mL，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀。下列关于原溶液的说法正确的是（ ）A. Al3+、一定存在，Cl- 可能不存在B. 至少存在4种离子C 、至少含有一种D. Al3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在【答案】A【解析】【分析】取10mL溶液，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体即氨气，同时产生白色沉淀，一定不存在Cu2+、Fe3+，
31、过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀即氢氧化铝，则含有Al3+，不含有；所以原溶液中一定存在、Al3+、，一定不存在、Cu2+、Fe3+，可能存在Cl-和K+，据此进行解答。【详解】A. 根据分析可知，原溶液中一定存在、Al3+、，一定不存在、Cu2+、Fe3+，可能存在Cl-和K+，故A正确；B. 根据分析可知，原溶液中一定存在、Al3+、三种离子，故B错误；C. 根据分析可知，原溶液中一定存在、Al3+、，一定不存在、Cu2+、Fe3+，故C错误；D. 根据分析可知，原溶液中一定存在、Al3+、，一定不存在、Cu2+、Fe3+，可能存在Cl-和K+，故D错误；故选A。第II卷
32、（非选择题）二、有机推断题26. 有以下几种物质：CuNaHCO3固体冰醋酸NaOH溶液熔融的氧化钠NH3CaCO3固体乙醇；以上物质能导电的是_（填序号，下同）；属于电解质的是_；属于非电解质的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】根据电解质和非电解质的概念分析判断。【详解】Cu是单质，导电，但不是电解质，也不是非电解质；NaHCO3固体不导电，但是电解质；冰醋酸不导电，但是电解质；NaOH溶液是混合物，导电，但不是电解质，也不是非电解质；熔融的氧化钠导电，且是电解质；NH3不导电，是非电解质；CaCO3固体不导电，但是电解质；乙醇不导电，是非电解质；则以上物质能导电
33、的是；属于电解质的是；属于非电解质的是。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。27. 用于分离或提纯物质的方法有：A.蒸馏B.过滤C.结晶法D.分液E.萃取下列各组混合物的分离或提纯应选用上述哪一种方法最合适？（填方法的标号）（1）淀粉溶液中含有泥沙_。（2）分离四氯化碳与水的混合物
34、_。（3）分离汽油和煤油_。（4）KNO3晶体中含有少量食盐_。【答案】 (1). B (2). D (3). A (4). C【解析】【分析】根据混合物的组成特征选择分离操作方法。【详解】(1)泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故答案为B；(2)四氯化碳不溶于水，分层，则可用分液的方法分离，故答案为D；(3)汽油和煤油混溶，二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为A；(4)KNO3和NaCl的溶解度随温度变化不同，可用结晶的方法分离，故答案为C。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，
35、溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。三、实验题28. 如图为实验室制取蒸馏水的装置示意图，根据图示回答下列问题。（1）图中有两处明显错误是：_；_。（2）A仪器的名称是_，B仪器的名称是_。（3）实验时A中除加入少量自来水外，还需要加入少量的_，其作用是_。【答案】 (1). 冷却水下口进，上口出 (2). 温度计水银球应位于蒸馏瓶支管口处 (3). 蒸馏烧瓶 (4). 直型冷凝管 (5). 沸石/碎瓷片 (6). 防止暴沸【解析】【分析】实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方
36、法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用。【详解】（1）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用，故答案为：冷凝水方向；温度计位置错误；（2）由仪器的结构可知，A为蒸馏烧瓶，B为直型冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；直型冷凝管；（3）为防止液体暴沸，应加碎瓷片，故答案为：加沸石（或碎瓷片）；防止暴沸。29. 通过如图完成氢氧化铁胶体制备及性质实验.【实验步骤】(1)向沸水中加入几滴饱和 FeCl3
37、溶液，继续煮沸至液体呈红褐色停止。(2)把盛有 CuSO4溶液和 Fe(OH)3胶体的烧杯置于暗处，用红色激光笔照射两杯中的液体，观察现象。【回答问题】(1)Fe(OH)3胶体制备的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；该反应的离子方程式为_。(2)步骤 2 中能观察到的现象为 _， 胶体产生的该现象称为 _。胶体与其他分散系不同的根本原因是胶体中分散质的粒子的直径在 _范围内。(3)若将实验改为向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，则会产生红褐色沉淀 Fe(OH)3，该反应的化学方程式为 _。【答案】 (1). Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (2).
38、 盛有Fe(OH)3胶体的烧杯中可以看到一条明亮的通路 (3). 丁达尔效应 (4). 1100nm (5). FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+3NaCl【解析】【详解】(1)胶体在离子方程式中不拆写，故该反应的离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；(2)由于胶体有丁达尔效应，而溶液没有，因此盛有Fe(OH)3胶体的烧杯中可以看到一条明亮的通路，胶体与其他分散系不同的根本原因是胶体中分散质的粒子的直径在1100nm范围内；(3)若将实验改为向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液，则会产生红褐色沉淀 Fe(OH)3，反应的化学方程式为FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3+
39、3NaCl。30. 如图为实验室某硫酸试剂瓶上的标签，某学生兴趣小组需要用80mL4.6molL-1稀硫酸。试根据有关数据回答下列问题：(1)该浓硫酸的物质的量浓度是_molL-1。(2)该学生需要量取_mL上述浓硫酸进行配制。(3)配制时，其正确操作顺序是（字母表示）_；A将容量瓶盖紧，颠倒摇匀B继续往容量瓶内小心加水，直到液面液面接近刻度线12cm处C将已冷却的硫酸沿玻璃棒注入容量瓶中D用少量水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切F用量筒准确量取所需浓硫酸的体积，慢慢沿杯壁杯壁注入盛有少量水的烧杯中，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀(4)若实
40、验时遇到下列情况，将使溶液的浓度偏高的是_。（可多选）A配制前容量瓶先用2 molL-1稀进行润洗；B定容时仰视刻度线；C容量瓶洗净后底部有蒸馏水而未作干燥处理；D溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容；E定容、摇匀、静置后发现凹面低于刻度线又加水至刻度线【答案】 (1). 18.4 (2). 25.0 (3). F C D B E A (4). AD【解析】【分析】(1)依据c计算浓硫酸物质的量浓度；(2)依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据浓硫酸稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积；(3)根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤对各操作进行排序；(4)分析操作对溶质物质的量和溶液体
41、积的影响，依据c进行误差分析。【详解】(1)浓硫酸物质的量浓度为：18.4mol/L；故答案为：18.4；(2)需要配制80mL 4.6molL1稀硫酸，应选择100mL容量瓶，依据浓硫酸稀释过程中溶质的物质的量不变得：V18.4mol/L4.6mol/L100mL，解得：V=25.0mL；故答案为：25.0；(3)配制80mL 4.6molL1的稀硫酸溶液的步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的顺序为：F C D B E A；故答案为：F C D B E A；(4)A配制前容量瓶先用2molL1稀H2SO4进行润洗，导致溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高，故A选；B
42、定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故B不选；C容量瓶洗净后底部有蒸馏水而未作干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故C不选；D溶液注入容量瓶前没有恢复到室温就进行定容，恢复到室温后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D选；E定容、摇匀、静置后发现凹面低于刻度线又加水至刻度线，属于正常操作，溶液浓度无影响，故E不选；故选：AD。四、计算题31. 称取14.2 g 无水硫酸钠固体(摩尔质量为142 g/mol)溶于适量水中，再稀释至100 mL。回答下列问题：(1)从配制所得的溶液中取出50 mL，该50 mL的溶液中硫酸钠的物质的量浓度为：_ (2)写出硫酸钠
43、在水溶液中的电离方程式：_。(3)14.2 g该固体中含有钠离子的数目是：_。【答案】 (1). 1 mol/L (2). Na2SO4=2Na+SO42- (3). 1.2041023(或0.2NA)【解析】【分析】(1)先根据n=计算硫酸钠的物质的量，再根据物质的量浓度公式c=计算溶液的物质的量浓度，利用溶液浓度的均一性，所取溶液浓度与原溶液浓度一样，与所取溶液的体积大小无关；(2)硫酸钠是强电解质，能完全电离出钠离子和硫酸根离子，据此书写电离方程式；(3)然后根据溶质的分子式与其电离产生离子的关系结合N=nNA计算离子的数目。【详解】(1)硫酸钠的物质的量n(Na2SO4)=0.1 mo
44、l，则该溶液的物质的量浓度c=1 mol/L，从配制所得的溶液中取出50 mL，由于溶液具有均一性，即溶液的各处浓度相同，与溶液的体积无关，所以该50 mL的溶液中硫酸钠的物质的量浓度为1 mol/L；(2)Na2SO4是盐，属于强电解质，完全电离产生Na+、SO42-，所以其电离方程式为：Na2SO4=2Na+SO42-；(3)硫酸钠的物质的量n(Na2SO4)=0.1 mol，1个Na2SO4电离产生2个Na+、1个SO42-，所以14.2 g该固体中含有钠离子的数目N(Na+)=0.1 mol26.021023/mol=1.2041023。【点睛】本题考查了物质的量浓度的相关计算，利用溶液的均一性是解(1)题的关键，注意物质的量与浓度与微粒数目的公式的应用及电解质化学式中物质构成与微粒的关系的应用。