1、河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高一化学上学期10月月考试题（含解析）1. 本草纲目记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没有用到的仪器是A. 蒸发皿B. 坩埚C. 坩埚钳D. 研钵【答案】A【解析】【详解】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚B，要用坩埚钳C取放，研磨在研钵D中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。答案为A。2. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 在标准状况下，22.4 L CH4和CO2 的混合气体中碳原子数为NA
2、B. 在标准状况下，NA个H2O分子所占体积为22.4 LC. 含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NAD. 含等物质的量的NaCl和CaCl2的溶液中，Cl-总数为3NA【答案】A【解析】【详解】A.在标准状况下CH4和CO2 状态都是气体，在标准状况下，22.4 L CH4和CO2 的混合气体是物质的量是1mol，根据物质分子中都含有1个C原子，所以1mol混合气体中碳原子数为NA，A正确；B.在标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B错误；C.Fe(OH)3胶体的胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数
3、小于NA，C错误；D.未指明溶质的物质的量的多少，因此不能确定Cl-数目，D错误；故合理选项是A。3. 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. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合【答案】C【解析】【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：H+SO42+Ba2+OH=BaSO4+H2O，A不合题意；B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合：NH4+OH=NH3H2O，B不合题意；C、HNO3溶液与KOH溶液混合：H+OH=H2O，C
4、符合题意；D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合：HPO42+OH=PO43+H2O，D不合题意。答案选C。4. 下列有关说法正确的是A. 容量瓶、分液漏斗、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液B. 蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒C. 用MnO2与H2O2制备O2,可用启普发生器控制反应“随开随用，随关随停”D. 烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶加热前必须擦干外壁并垫上石棉网【答案】D【解析】【详解】A.容量瓶是准确配制溶液的仪器，使用前要查漏，分液漏斗是分离互不相溶的液体混合物的仪器，使用前要查漏，而冷凝管是冷凝装置，在使用前不需要检查是否漏液，A错误；B蒸馏不需要用到玻璃棒
5、，B错误；C.用MnO2与H2O2制备O2，由于MnO2是粉末状固体，因此不能用启普发生器，C错误；D.烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶不能直接加热，加热前必须擦干外壁并垫上石棉网，D正确；故合理选项是D。5. 下列离子反应方程式正确的是（ ）稀盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+=H2O+CO2+Mg2+碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2O向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全：H+SO+Ba2+OH-=H2O+BaSO4向溶液中滴加溶液至溶液呈中性：2H+SO+Ba2+OH-=2H2O+BaSO4向碳酸氢铵溶液中加入
6、足量石灰水：Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2O。A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】解：稀盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：，故错误；碳酸镁与稀硫酸反应的离子方程式为：，故正确；碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，离子方程式按照氢氧化钠的化学式组成书写，该反应的离子方程式为：，故正确；向溶液中逐滴加入溶液至刚好沉淀完全，二者物质的量相等，该反应的离子方程式为：，故正确；向溶液中滴加溶液至溶液呈中性，二者物质的量之比为2：1，该反应的离子方程式为：，故正确；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：，故错误；故
7、选：B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：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. 某溶液可能含有、和取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到气体假设生成气体完全逸出，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到固体已知难溶性碱受热易分解，生成相应的金属氧化物和水)，如， 向上述滤液中加足量溶液，得到不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中（ ）A. 至少存在3种离子B. 、一定不存在C. 、一定存在，可能不存在D. 一定存在【答案】
8、D【解析】【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到氨气，溶液中一定含有；同时产生红褐色沉淀，说明一定有，最后得到的固体为氧化铁，物质的量可计算，根据离子共存可知一定没有；不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有，根据摩尔质量可以算出物质的量；由于溶液为电中性，则一定有，综上，原溶液中一定含有、；可能含有，一定不含有。【详解】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到气体，该气体为氨气，溶液中一定含有；同时产生红褐色沉淀，说明一定有，最后得到的固体为氧化铁，物质的量为：，则原溶液中含有，根据离子共存可知一定没有；不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有，其物质的量为；由于溶液为电中性，则一定有，氯离子的物质的量至
9、少为：，物质的量浓度至少为，综上，原溶液中一定含有至少、，可能含有，一定不含有。A、由上述分析可知，原溶液中至少存在4种离子，故A错误；B、一定不存在，可能存在，故B错误；C、一定存在，故C错误；D、一定存在，且，故D正确；故选：D。【点睛】本题考查了常见离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，能够根据溶液电中性判断氯离子的存在是本题的难点和易错点。7. 某温度下，质量为95 g的氯化镁溶解在0.2 L水中（水的密度近似为1 g/mL）恰好得到氯化镁的饱和溶液，所得溶液的密度为 g/mL，物质的量浓度为c mol/L，溶解度为s，NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确
10、的是（）A. 所得溶液中含有NA个氯化镁分子B. 所得溶液的物质的量浓度为5 mol/LC. 所得溶液的溶解度可表示为9500 c/（1000-95c）D. 所得溶液的质量分数可表示为95 /（1000c）【答案】C【解析】【详解】A、氯化镁是强电解质，氯化镁溶液中不含氯化镁分子，错误；B、95 g氯化镁的物质的量是 ，溶液的体积为 ，物质的量浓度为 ，错误；C、设溶液体积为1L，则溶质的物质的量是cmol，质量是95cg，溶液的质量是1000g，溶剂的质量是1000g95cg，则 ，s=9500 c/（1000-95c），正确；D、设溶液体积为1L，则溶质的物质的量是cmol，质量是95cg
11、，溶液的质量是1000g，溶液的质量分数可表示为95 c/（1000），错误；答案选C。8. 在浓度均为4.0 molL1的盐酸和硫酸各100 mL溶液中，分别加入等质量的锌粉，充分反应后生成气体体积比为23，则加入锌粉的质量是A. 6.5 gB. 13.0 gC. 19.5 gD. 26.0 g【答案】C【解析】【详解】n(HCl)=0.1L4mol/L=0.4mol，n(H2SO4)=0.1L4mol/L=0.4mol，二者中含有的氢离子的物质的量分别为0.4mol和0.8mol，均与Zn反应生成氢气。若酸足量与等质量Zn反应生成氢气相同，若锌足量与酸反应生成氢气为1：2，由充分反应后生成
12、气体体积比为2：3，可知盐酸不足，硫酸过量，由Zn+2HCl=ZnCl2+H2可知，n(H2)=0.4mol=0.2mol，则Zn与硫酸反应生成的氢气为0.2mol=0.3mol，由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2可知，n(Zn)=n(H2)=0.3mol，则加入锌粉的质量是0.3mol65g/mol=19.5g，故选C。【点睛】把握发生的反应、过量判断为解答的关键。判断时可以利用假设法，若酸足量与等质量Zn反应生成氢气相同，若Zn足量与酸反应生成氢气为1：2，由充分反应后生成气体体积比为2：3，可知盐酸不足，硫酸过量。9. 在两个容积相同的容器中，一个盛有气体，另一个盛有和CO的混合气体。
13、在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的分子数 密度 质量 质子数原子数A. B. C. 和D. 【答案】D【解析】【详解】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，与和CO的总分子数目相同，故正确； N2和CO的相对分子质量都是28，故混合气体平均相对分子质量为28，的相对分子质量为28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，故正确； CO、和的摩尔质量都是，物质的量与和CO的总物质的量相等时，质量一定相等，故正确； CO分子中质子数为14，分子中质子数为14，分子中质子数为16，故C分子数目与和CO的总分子数相等时，质子数数一定不相等，故错误；
14、在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，CO、是双原子分子、是6原子分子，分子数目与和CO的总分子数相等时，原子数一定不相等，故错误， 故选：D。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律的应用，做题时注意比较两个容器中三种物质的原子构成和相对原子质量、质子数关系。10. 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
15、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。【点睛】本题考查氧化物的分类，注意物质分类的普遍性和特殊性，利用反例分析是解答关键。11. 某种胶
16、体在电泳时，它胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：乙醇溶液、氯化钠溶液、土壤、氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动，说明胶体微粒吸附阴离子，带负电荷。乙醇溶液为非电解质，不能使胶体聚沉；氯化钠溶液为电解质，能使胶体凝聚；土壤胶体的胶粒带负电荷，不能使带负电荷的胶粒聚沉；氢氧化铁胶粒带正电荷，可使带负电荷的胶体粒子发生聚沉，则不会聚沉的是，故合理选项是A。12. 某溶液中可能含有以下离子中的几种：Ba2、Cl、NO、CO、K、SO，为确定其组成，进行了如下实验：取少量溶液，加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色
17、沉淀；过滤后在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解；在滤液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀。根据实验，以下推测不正确的是()A. 一定含有ClB. 一定含有KC. 一定含有SO和COD. NO的存在无法确定【答案】A【解析】【详解】取少量溶液，加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则溶液中含有CO、SO中的一种或两种，一定不含Ba2；过滤后在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解，说明含有CO、SO，硫酸钡不溶，碳酸钡溶解；在滤液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Cl，但由于前两步加入的BaCl2和盐酸均含有Cl，不能说明原溶液中含有Cl；根据溶液电中性可知一定含有阳离子，则一定含有K
18、，没有涉及NO的检验，无法确定其存在。A. 不能确定是否含有Cl，选项A不正确；B. 一定含有K，选项B正确；C. 一定含有SO和CO ，选项C正确；D. NO的存在无法确定，选项D正确；答案选A。13. 已知反应3X+Y=2Z+W中， Z 和W的摩尔质量之比为2110，当6.9gX与足量Y反应，生成1.5gW。则Y和W的相对分子质量之比为（ ）A. 169B. 35C. 95D. 469【答案】B【解析】【详解】假设X的相对分子质量为a，Z的相对分子质量为21b，W的相对分子质量为10b，6.9gX与足量Y反应，生成1.5gW，则，a:b=46:3，则X、Z与W的相对分子质量之比为46:63
19、:30，根据质量守恒，Y的相对分子质量为263+30-346=18，故Y与W的相对分子质量之比为18:30=3:5；答案选B。14. 在标准状况下，将22.4LHCl完全溶于1L水中（水的密度近似为1g/mL），溶液的密度为g/cm3（1），溶液的体积为VmL，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c mol/L下列叙述中正确的是（ ）w=100% c=1molL1 向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5w向上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液的质量分数小于0.5wA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据c=可得w=100%，故正确；36.5gHCl的物质的
20、量为1mol，1mol氯化氢溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，浓度不是1mol/L，故错误；盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据质量分数公式可知混合液的总质量小于原先的2倍，则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半，即大于0.5w，故正确；氯化氢为强电解质，溶液中完全电离出氢离子和氯离子，所以溶液中不存在氯化氢分子，故错误；所以正确的为，故选C。【点睛】本题考查溶液浓度有关计算，主要考查溶液物质的量浓度和溶质质量分数的计算应用，概念的理解和计算分析是解题关键。15. 在两个密闭容器中，分别充满等物质的量的甲、乙两种气体，它们的温度和摩尔质量均相同。
21、试根据甲、乙的密度（）的关系，下列说法中正确的是A. 若（甲）（乙），则气体体积：甲乙B. 若（甲）（乙），则分子数：甲乙C. 若（甲）（乙），则气体摩尔体积：甲乙D. 若（甲）（乙），则气体的压强：甲乙【答案】A【解析】【分析】根据PV=nRTRT，得PM=RT，则密度与压强成正比。【详解】A、根据PV=nRT知，等物质的量、温度、摩尔质量的两种气体，其体积之比等于压强的反比，若（甲）（乙），则气体体积：甲乙，A正确；B、根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，二者的物质的量相等，所以其分子数相等，B错误；C、根据PV=nRT知，等温度的不同气体，气体摩尔体积与压强成反比，二者的密度与压强
22、成正比，所以其摩尔体积与密度成反比，若（甲）（乙），则气体摩尔体积：甲乙，C错误；D、根据PM=RT知，等温度、等摩尔质量的不同气体，密度与压强成正比，若（甲）（乙），则气体的压强：甲乙，D错误；故合理选项为A。16. 用1000g溶剂中所含溶质的物质的量来表示的溶液浓度叫质量物质的量浓度，其单位是mol/kg。5mol/kg的硫酸的密度是1.29g/cm3，则其物质的量浓度是（ ）A. 3.56mol/LB. 4.33mol/LC. 5.00mol/LD. 5.23mol/L【答案】B【解析】【分析】根据信息可以知道，5molkg-1的硫酸表示1000g水溶解5molH2SO4，令水为100
23、0g，则含有5mol H2SO4，计算溶液的质量，根据密度求出溶液体积，再利用c=n/V计算。【详解】浓度为5molkg-1的硫酸，令水为1000g，则含有5mol H2SO4，所以m(H2SO4)=5mol98g/mol=490g，所以溶液体积为=mL；所以物质的量浓度为=4.33mol/L，故B正确；故答案选B。17. 下列离子方程式中，正确的是A. 铜片插入硝酸银溶液中B. 在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液Ba2+SO=BaSO4C. 在澄清石灰水中通入过量二氧化碳D. 在碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A.铜片插入
24、硝酸银溶液中，离子方程式：，故A错误； B.在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液，离子方程式：，故B错误； C.澄清石灰水中通入过量二氧化碳，离子方程式：，故C正确； D.向碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：，故D错误；故答案选：C。18. 固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则判断正确的是A. 生成物C中，A的质量分数为50%B. 反应前后的气体质量之比一定是1:4C. 单质A、B的摩尔质量之比是1:4D. 生成物C中A、B两元素的原子个数比为3:1【答案】B【解析】【详解
25、】A、根据阿伏伽德罗定律可知，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体的物质的量相同，反应前后的气体质量之比为1:4，化学反应遵循质量守恒定律，则A的质量为B的质量的3倍，在生成物中A的质量分数为75%，错误；B、溶液的体积固定，若产物气体C的密度是原气体密度的4倍，则气体的质量是反应前气体质量的4倍，所以反应前后气体质量比一定为1:4，正确；C、由于不能确定A和B的物质的量的关系，则不能确定A、B的摩尔质量，错误；D、由于不能确定A和B的物质的量关系，则不能确定C中A、B两元素的原子个数比，错误。答案选B。19. 室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室
26、充入H2、O2的混合气体和1 mol空气，此时活塞的位置如图所示。(1)A室混合气体的物质的量为_，标况下体积为_。(2)实验测得A室混合气体的质量为34 g，则该混合气体的密度是同温同压条件下氦气密度的_倍。若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在_刻度，容器内气体压强与反应前气体压强之比为_。【答案】 (1). 2mol (2). 44.8L (3). 4.25 (4). 2 (5). 1：2【解析】【分析】(1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其气体之比；根据n=计算气体体积；(2)计算A室中混合气体的平均摩尔质量，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量
27、之比；根据总质量、总物质的量列方程计算氢气与氧气物质的量，根据方程式计算反应后剩余气体物质的量，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，可以确定活塞停留的位置；B室中空气物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反比。【详解】(1)A、B两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其气体之比，则A室中气体物质的量为1mol=2mol，则其在标准状况下体积为V=nVm=2mol22.4L/mol=44.8L；(2)A室中混合气体的平均摩尔质量为M=17g/mol，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，所以该混合气体的密度是同温同压条件下氦气密度的D=4.25
28、倍；设A室中氢气物质的量为xmol、氧气物质的量为ymol，则：x+y=2，2x+32y=34，解得x=1、y=1，根据反应方程式2H2+O22H2O中二者反应的物质的量关系可知O2过量，反应后剩余O2的物质的量是0.5mol，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，所以A、B两室的体积之比为0.5mol：1mol=1：2，则活塞停留在2刻度处；A室中空气物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反比，则容器内气体压强与反应前气体压强之比为2：4=1：2。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，注意根据同温同压下，气体的物质的量之比等于其气体之比计算分析
29、。20. 完成下列填空：(1)与标准状况下4.48LCO2中所含氧原子数目相同的水的质量是_g；(2)V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+m g，则溶液中SO42-的物质的量浓度为_mol/L；(3)用容量瓶配制一定物质的量浓度的稀硫酸，下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是_A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒 B.未冷却到室温就转移C.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶E.定容时俯视液面(4)下列属于电解质的是_，属于非电解质的是_(填编号)。酒精 CH3COOH NaOH NaCl Cu SO2 Na2CO3(5)药物“达喜”
30、的化学成分是铝和镁的碱式盐，可用于治疗胃酸过多。取一定量该碱式盐，加入2.0 mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时恰好反应完全，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_。【答案】 (1). 7.2 (2). (3). BDF (4). (5). (6). 16：1【解析】【分析】(1)根据n=结合物质的分子构成计算；(2)根据Fe3+的质量求其物质的量，根据化学式计算SO42-的物质的量，然后利用物质的量浓度定义式计算其物质的量浓度；(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析对所配溶液浓度的影响；(4)根据电解
31、质、非电解质的概念分析判断；(5)加入盐酸生成CO2，反应过程为：先发生H+OH-=H2O，再发生CO32-+H+=HCO3-，最后发生HCO3-+H+=CO2+H2O，从42.5mL45.0mL消耗2.5mL盐酸，发生反应HCO3-+H+=CO2+H2O，根据方程式计算n(HCO3-)、n(CO32-)，进而计算HCO3-、CO32-消耗的氢离子物质的量，进而计算n(OH-)，据此解答。【详解】(1)标准状况下4.48L CO2的物质的量n(CO2)=0.2mol，其中含有O原子的物质的量为0.4mol，由于H2O分子中只含有1个O原子，所以所含氧原子数目相同的水的物质的量为0.4mol，则
32、水的质量为m(H2O)=0.4mol18g/mol=7.2g；(2)V L Fe2(SO4)3溶液中，含有Fe3+mg，则n(Fe3+)=mol，根据化学式Fe2(SO4)3可知SO42-的物质的量n(SO42-)=n(Fe3+)=mol，所以SO42-的物质的量浓度为c(SO42-)=mol/L；(3)A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，A错误；B.溶解的时候溶液没有冷却到室温就转移，溶液冷却后体积偏小，导致所配制的溶液浓度偏高，B正确；C.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，使配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，C错误；D.用量筒
33、量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，溶质的物质的量偏大，配制的溶液浓度偏高，D正确；E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，则配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，E正确；故合理选项是BDE；(4)酒精本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，属于非电解质；CH3COOH在水溶液中可电离产生自由移动的CH3COO-、H+，是化合物，属于电解质； NaOH在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、OH-，是化合物，属于电解质；NaCl在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、Cl-，是化合物，属于电解质；Cu是单质，不是电解质，也不是非电解质；SO2本身不能电离产生自
34、由移动的离子，是化合物，属于非电解质；Na2CO3在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、CO32-，是化合物，属于电解质；综上所述可知。属于电解质的是；属于非电解质的是；(5)加入盐酸时，反应过程为：先发生H+OH-=H2O，再发生CO32-+H+=HCO3-，最后发生HCO3-+H+=CO2+H2O，从42.5mL45.0mL消耗2.5mL盐酸，发生反应HCO3-+H+=CO2+H2O，n(HCl)=2.0 mol/L0.0025L=0.005mol，则n(HCO3-)=0.005mol，由CO32-+H+=HCO3-可知n(CO32-)=n(HCO3-)=0.005mol，则与
35、OH-反应的HCl消耗的H+的物质的量n(H+)=2mol/L0.045L-0.005mol-0.005mol=0.08mol，所以该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比=0.08mol：0.005mol=16：1。【点睛】本题考查根据离子方程式进行的计算、化学物质的分类、物质的量浓度溶液配制误差分析等知识。注意碳酸根与盐酸分步反应，清楚反应过程、会辨析化学基本概念是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。21. 在两份相同溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴人溶液体积变化的曲线如图所示请回答下列问题写出溶液
36、中，的电离方程式_图中、分别代表滴加哪种溶液的变化曲线_点，溶液中大量存在的离子是_、b两点对应的溶液均显_填“酸性”“中性”或“碱性”曲线中d点导电能力最弱的原因是_用化学方程式表示点，两溶液中含有相同量的哪种离子_【答案】 (1). (2). (3). (4). 、 (5). 中性、碱性 (6). Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+Na2SO4+2H2O (7). 【解析】【分析】溶液和、溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2O、2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2
37、O ，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为溶液和的反应，则曲线为溶液和溶液的反应，即代表滴加溶液的变化曲线。【详解】是强电解质，该溶液中，的电离方程式为， 故答案为：； 曲线为溶液和溶液的反应，代表滴加溶液的变化曲线，故答案为：； 点为溶液和恰好反应，、溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；故答案为：、； 点为溶液和恰好反应生成硫酸钡和水，显示中性，、溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，显示碱性； 故答案为：中性；碱性； 点中溶质为，此时发生反应：2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4
38、+2H2O，自由移动离子浓度最小，导电能力最弱，故答案为：2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O； 点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中反应后溶质为NaOH、，两溶液中含有相同量的，故答案为：。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等。22. 甲溶液可能含有、八种离子中的若干种。为确定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验：向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生气体标准状况；向另一份溶液中加入的溶液500mL，恰好可以与
39、溶液中的离子完全反应，过滤得43g沉淀及滤液；向上述滤液中加入溶液450mL，恰好可完全反应；向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清石灰水中，得到沉淀C；据此，请回答下列问题用相应的离子符号表示：实验中得到沉淀C的质量为_；甲溶液中一定不存在的离子是_；可能存在的离子是_。甲溶液一定存在的离子中，物质的量最大的离子是_；物质的量最小的离子是_，此物质的量最小的离子其物质的量为_。【答案】 (1). 10g (2). 、 (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为3.36L，应生成NH3，则一定含有
40、，且；向另一份溶液中加入0.4mol/L的BaCl2溶液500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应，过滤得43g沉淀及滤液，沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有，若为BaSO4，则m(BaSO4)=0.4mol/L0.5L233g/mol=46.3g，若为BaCO3，m(BaCO3)=0.4mol/L0.5L197g/mo=39.4g，则说明甲中含有、，设分别为xmol，为ymol，则，x=0.1，y=0.1；向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液450mL，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl)=1mol/L0.45L=0.45mol，而加入n(Cl)=0.4mol/L20.5L=0
41、.4mol，则说明甲中含有0.450.4=0.05molCl；向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清的石灰水中，得到一定量的沉淀C，则说明含有，则一定不存在Ca2+、Cu2+；若不含，则由电荷守恒可知一定含有K+，由电荷守恒：n(K+)+n()=2n()+2n()+n(Cl)，则n(K+)=20.1mol+20.1mol+0.05mol0.15mol=0.3mol，因分成两份，则甲含有0.3mol、0.6molK+、0.2mol、0.2mol、0.1molCl；若含有，则K+大于0.6mol，依此解答。【详解】（1）上述实验中得到沉淀C为碳酸钙，质量为；（2）由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+；不能确定是否含有；（3）甲含有0.3mol、0.6molK+、0.2mol、0.2mol、0.1molCl；如含有，则大于；则物质的量最大的离子是；物质的量最小的离子是，此物质的量最小的离子其物质的量为；故答案为：；。
