高一上学期期中考试化学试题Word版含解析4

银川一中2021/2021学年度(上)高一期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5K-39一、选择题〔每题2分，共50分〕1.实验室盛装浓硫酸的试剂瓶上贴有的标识是〔〕A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】浓硫酸有强腐蚀性，为腐蚀品。A．该图为腐蚀品标识，故A符合题意；B．该图为易燃固体标识，故B不符合题意；C．该图为放射性物质标识，故C不符合题意；D．该图为自燃固体标识，故D不符合题意；综上所述答案为A。2.2021年2月以来，新型冠状病毒全球蔓延，外出最重要的防护措施是佩戴符合要求的口罩，口罩内部有一层防护，可有效将飞沫或病毒等隔绝在外。以下图示操作中与戴口罩原理相似的是〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】口罩内部有一层防护，可有效将飞沫或病毒等隔绝在外，类似过滤；装置A是气体吸收装置，并能防倒吸；装置B是分液；装置C是过滤；装置D是分馏；应选C。3.以下行为中符合平安要求的是A.进入煤矿井时，用火把照明B.节日期间，在开阔的广场燃放烟花爆竹C.用点燃的火柴在液化气钢瓶口检验是否漏气D.实验时，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸【答案】B【解析】【详解】A.煤矿中含有甲烷等可燃性气体，用火把照明容易引起爆炸，不符合平安要求；B.节日期间，在开阔的广场燃放烟花爆竹，符合平安要求；C.液化气极易燃烧，用点燃的火柴容易引起爆炸，不符合平安要求；D.浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸注入水中，并不断的搅拌，将水倒入浓硫酸配制稀硫酸易引起液体飞溅伤人，不符合平安要求；答案选B。4.以下溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1的是A.将58.5gNaCl溶解于1L水中配成的溶液B.将含有6.02×1022个分子SO3的溶于水并配成1L溶液C.将标况下22.4LHCl气体配成1L溶液D.K＋为2mol的K2SO4溶液【答案】C【解析】分析】A、58.5gNaCl物质的量为1mol，但溶液体积不是1L；B、根据n=N/NA计算SO3的物质的量，SO3溶于水生成H2SO4，而n〔H2SO4〕=n〔SO3〕，根据c=n/V计算溶液物质的量浓度；C、将标况下22.4LHCl气体，为1molHCl,配成1L溶液,所得溶液浓度为1mol·L－1；D、溶液体积未知，不能确定溶液浓度。【详解】A、58.5gNaCl物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol·L－1，但题目中的1L是溶剂的体积，不是溶液的体积，故溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1；B、SO3的物质的量为6.02×1022÷6.02×1023mol－1=0.1mol，SO3溶于水生成H2SO4，而n〔H2SO4〕=n〔SO3〕=0.1mol，溶液体积为1L，那么溶质的物质的量浓度为0.1mol·L－1，故溶质的物质的量浓度不是1mol·L－1；C、标况下22.4LHCl气体的物质的量为1mol,配成1L溶液,所得溶液中溶质的物质的量浓度为1mol·L－1；D、含2molK＋的K2SO4的物质的量为1mol，但溶液体积未知，不能确定溶质的浓度；应选C。【点睛】此题考查物质的量浓度，解题关键是对物质的量浓度定义式的理解，易错点A，注意溶剂的体积不等于溶液的体积。5.以下关于胶体的说法正确的选项是〔〕A.向煮沸的NaOH溶液中逐滴参加少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe(OH)3胶体B.胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔效应C.胶体和溶液可以利用滤纸别离，这种提纯方式是渗析D.丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，是一种物理现象【答案】D【解析】【详解】A．向沸水中逐滴参加少量饱和FeCl3溶液，继续加热至溶液呈红褐色，可制得Fe(OH)3胶体，故A错误；B．胶体和溶液的本质区别是分散质粒子直径的大小，故B错误；C．胶体和溶液都可以透过滤纸，不能用滤纸别离，故C错误；D．丁达尔效应是胶体粒子对光线散射形成的，由于没有新物质生成，是一种物理现象，故D正确；应选D。6.以下各组混合物中，不能用分液漏斗进行别离的是〔〕A.碘和四氯化碳 B.四氯化碳和饱和碳酸钠溶液C.水和汽油 D.苯和水【答案】A【解析】【分析】使用分液漏斗进行别离，应是两种互不相溶的液体，据此分析；【详解】A.I2、Br2易溶于有机溶剂，碘易溶于四氯化碳，应采用蒸馏的方法进行别离，不用分液漏斗，故A符合题意；B.四氯化碳为有机物，不溶于水，可以用分液的方法，可用分液漏斗进行别离，故B不符合题意；C.汽油不溶于水，可以用分液的方法进行别离，可用分液漏斗进行别离，故C不符合题意；D.苯是不溶于水的液体，可以用分液的方法进行别离，可用分液漏斗进行别离，故D不符合题意。故答案：A。7.除去以下物质中的杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂及操作方法均正确的一组是〔〕选项待提纯的物质选用的试剂操作的方法ACaO(CaCO3)水溶解、过滤、结晶BCu(CuO)稀盐酸溶解、过滤、洗涤、枯燥CCuSO4(H2SO4)氢氧化钠溶液过滤DCO(H2)氧气点燃A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和别离方法，所谓除杂〔提纯〕，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质题至少要满足两个条件：①参加的试剂只能与杂质反响，不能与原物质反响；②反响后不能引入新的杂质。【详解】A．CaO能与水反响生成氢氧化钙，碳酸钙难溶于水，反而会把原物质除去，不符合除杂原那么，故A错误；B．CuO能与稀盐酸反响生成氯化铜和水，铜不与稀盐酸反响，再过滤、洗涤、枯燥，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原那么，故B正确；C．H2SO4和CuSO4均能与NaOH溶液反响，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原那么，故C错误；D．除去二氧化碳中的氢气不能够通氧气点燃，这是因为两种气体都是可燃性的，另外除去气体中的气体杂质不能使用气体，否那么会引入新的气体杂质，故D错误；答案选B。8.以下说法正确的选项是〔〕A.酸性氧化物一定是非金属氧化物B.根据酸中所含氢原子个数，分为一元酸、二元酸、三元酸C.O2转化为O3的过程为物理变化D.FeSO4·7H2O属于纯洁物、化合物、盐、强电解质【答案】D【解析】【详解】A．和碱反响生成盐和水氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，故A错误；B．根据酸电离产生氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，不是按酸分子中所含氢原子个数分，如H3PO2中有3个H原子、但H3PO2是一元酸，故B错误；C．O2、O3是不同的分子，所以O2转化为O3的过程为化学变化，故C错误；D．FeSO4·7H2O是结晶水合物，是盐，属于纯洁物、化合物，完全电离产生金属阳离子和酸根离子，因此属于强电解质，故D正确；应选D。9.日常生活中的许多现象与化学反响有关，以下现象与氧化复原反响无关的是〔〕A.铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]B.铁制菜刀生锈C.大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D.铝锅外表生成致密的氧化膜【答案】C【解析】【详解】A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反响生成铜绿，该反响中有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，故A不选；B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反响中有元素化合价的变化，属于氧化复原反响过程，故B不选；C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反响，该反响中没有元素化合价的变化，不是氧化复原反响，故C选；D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反响中有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，故D不选；应选C。10.相等物质的量的CO和CO2相比拟，以下有关表达中正确的选项是〔〕。①它们所含的分子数目之比为1∶1；②它们所含的O原子数目之比为1∶2；③它们所含的原子总数目之比为2∶3；④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们所含的电子数目之比为7∶11A.①②③④ B.②和③ C.④和⑤ D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详解】根据化学式可知，如果CO和CO2的物质的量相等，那么二者的分子数相等，所含的氧原子数是1︰2的。而原子总数是2︰3的，碳原子数是1︰1的，含有的电子数是14︰22，所以正确的答案选D。11.以下反响的离子方程式书写正确的选项是〔〕A.往碳酸钙中滴加稀盐酸：CO+2H+=H2O+CO2↑B.CuO与稀盐酸反响：CuO+2H+=Cu2++H2OC.氢氧化铁溶液与NaHSO4溶液反响：H++OH-=H2OD.铁粉与稀硫酸反响：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钙是固体，应写成化学式CaCO3，不能拆写成离子形式，故A错误；B．CuO与稀盐酸反响生成氯化铜和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，故B正确；C．氢氧化铁是固体，不能拆写成离子形式，故C错误；D．铁粉与稀硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，不能生成硫酸铁，故D错误；应选B。12.以下物质在水溶液中的电离方程式书写错误的选项是()A.CaCl2===Ca2＋＋2Cl－ B.NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-C.HNO3===H＋＋NO3- D.KClO3===K＋＋Cl＋＋3O2－【答案】D【解析】【详解】A．氯化钙为强电解质，电离方程式为：CaCl2═Ca2++2Cl-，故A正确；B．硫酸氢钠为强电解质，在水中完全电离，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-，故B正确；C．硝酸为强电解质，电离方程式为：HNO3═H++NO3-，故C正确；D．氯酸钾为强电解质，电离方程式：KClO3═K++ClO3-，故D错误；答案选D。13.澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫〞，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约6到9nm，在低于-183℃A.“碳纳米泡沫〞是一种新型的碳化合物B.“碳纳米泡沫〞中的碳原子是胶体C.“碳纳米泡沫〞既不是电解质也不是非电解质D.“碳纳米泡沫〞和金刚石的性质完全相同【答案】C【解析】【详解】A．“碳纳米泡沫〞中，每个泡沫含有约4000个碳原子，一种新型的碳单质，A表达错误；B．“碳纳米泡沫〞中的碳原子颗粒直径约6到9nm，溶于水形成的分散系是胶体，B表达错误；C．“碳纳米泡沫〞为单质，既不是电解质也不是非电解质，C表达正确；D．“碳纳米泡沫〞为分子形式，金刚石为原子晶体，性质不相同，D表达错误；答案C。14.以下溶液中，跟100mL0.5mol/LNaCl溶液中所含Cl-的物质的量浓度相同的是()A.100mL0.5mol/LMgCl2溶液 B.200mL0.25mol/LKCl溶液C.50mL1.0mol/LNaCl溶液 D.25mL0.5mol/LHCl溶液【答案】D【解析】【详解】100mL0.5mol/LNaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度0.5mol/L。A．100mL0.5mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2×0.5mol/L=1mol/L；B．200mL0.25mol/LKCl溶液中c(Cl-)=0.25mol/L；C．50mL1.0mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=1mol/L；D．25mL0.5mol/LHCl溶液中c(Cl-)=0.5mol/L；应选：D。15.以下说法正确的选项是〔〕A.金属导电的原理和电解质导电的原理不同B.强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物C.CO2的水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质D.在强电解质的水溶液中只有离子没有分子【答案】A【解析】【详解】A．金属导电是靠自由移动的电子，电解质导电是靠自由移动的离子，导电的原理不一样，故A正确；B.强弱电解质和溶于水的电解质是否完全电离有关，与是否易溶于水无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，乙酸易溶于水，它是弱酸，是弱电解质，故B错误；C.CO2溶于水和水结合成碳酸，碳酸发生局部电离，碳酸是弱电解质，二氧化碳是非电解质，故C错误；D.水溶液中存在水分子，故D错误；应选A。16.以下化学反响属于氧化复原反响，但不是离子反响的是〔〕A.KMnO4可以受热分解制备O2B.将Na投入水中可产生H2和NaOHC.用盐酸可以清洗铁锈D.将Cl2通入KI溶液中置换碘单质〔I2〕【答案】A【解析】【详解】A．KMnO4可以受热分解制备O2，O的价态从-1升高到0，属于氧化复原反响，但没有离子参与，不是离子反响，故A符合要求；B．将Na投入水中可产生H2和NaOH，发生了氧化复原反响，而且有离子参与，故B不符题意；C．用盐酸可以清洗铁锈，生成氯化铁和水，没有发生氧化复原反响，故C不符题意；D．将Cl2通入KI溶液中置换碘单质〔I2〕，氯和碘的价态发生改变，发生了氧化复原反响，而且有离子参与，故D不符题意；应选A。17.以下离子能大量共存的是〔〕A.无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NOB.无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、COC.含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-D.紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Ca2+、K+、HCO、NO【答案】B【解析】【详解】A．含Cu2+的溶液呈蓝色，不满足无色溶液的要求，故A错误；B．无色酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Na+、K+、SO、CO相互之间不反响，和氢氧根也不反响，能大量共存，故B正确；C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中，SO与钡离子会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D．紫色石蕊试液呈红色的溶液呈酸性，HCO在酸性条件能发生反响生成水和二氧化碳，故D错误；应选B。18.用NA表示阿伏伽德罗常数的值,以下表达中正确的选项是(

)①标准状况下,11.2LH2O

中含分子数为0.5NA;②1.06gNa2CO3中含有Na+的数目为0.02NA;③23gNO2和N2O4的混合气体中所含的O原子数为NA;④0.5mol·L-的MgCl2溶液中含有Cl-的数目为NA;⑤常温常压下,NA个CO2分子占有的体积为22.4L.A.①②③④⑤ B.②③④⑤ C.②③⑤ D.②③【答案】D【解析】【分析】①标准状况下水为液体；②求出1.06gNa2CO3的物质的量，然后根据碳酸钠中含2个钠离子来分析；③NO2和N2O4的最简式均为NO2；④溶液体积不明确；⑤常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol。【详解】①标准状况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故错误；②1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol，而碳酸钠中含2个钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02NA个钠离子，故正确；③NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故正确；④溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故错误；⑤常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故NA个二氧化碳分子的体积大于22.4L，故错误。故答案选：D。【点睛】不同物质最简式相同时可以用最简式进行物质的量相关计算。19.向四支试管中分别参加少量不同的无色溶液后，再进行如下操作，结论正确的选项是〔〕选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液产生白色沉淀原溶液中有SOB滴加稀硫酸有无色无味的气体产生原溶液中有COC滴加硝酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀原溶液中有SOD滴加硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀原溶液中有Cl-A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．可能有Ag+、等离子干扰，A错误；B．假设原溶液中有，参加硫酸后也能产生无色无味气体CO2，B错误；C．假设原溶液中含有，滴加硝酸酸化后将被氧化为，也将与BaCl2溶液产生白色沉淀，C错误；D．滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中有Cl-，参加稀硝酸是排除的干扰，D正确；故答案为：D。20.实验室要用63%的浓硝酸(密度1.38g/cm3)配制800mL0.8mol/L的稀硝酸，以下说法正确的选项是〔〕A.浓硝酸见光受热易分解，应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存B.量取浓硝酸应选用的量筒规格是10mLC.量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后应洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯D.配制时假设有少量浓硝酸溅到手上，应立即用水进行冲洗再涂上Na2CO3溶液【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸见光或受热后易分解，具有强氧化性，应用带磨口玻璃塞的棕色细口瓶保存，故A正确；B．浓硫酸物质的量浓度，由于无800mL容量瓶，故应选用1000mL容量瓶，配制出1000mL溶液，设需要的浓硝酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀，13.8mol·L－1×VmL=1000mL×0.80mol·L－1，解得V=58.0mL；根据“大而近〞的原那么，根据需要量取的浓硝酸的体积为58.0mL，故应选择100mL量筒，故B错误；C．量筒量取的浓硝酸倒入烧杯后，如果洗涤量筒并将洗涤液也倒入烧杯，所配溶液浓度偏高，故C错误；D．硝酸有强氧化性，应立刻用大量水冲洗，再涂上稀碳酸氢钠溶液，故D错误；应选A。21.在甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2+、Ba2+、H+、Cl-、、OH-共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。甲烧杯的溶液呈蓝色，那么有关结论正确的选项是A.甲中一定有 B.乙中一定有Cl-C.甲中可能有H+ D.乙中可能有OH-【答案】A【解析】【详解】甲、乙两烧杯中，大量含有的离子有Cu2+、Ba2+、H+、Cl-、、OH-共六种。且两溶液中大量存在的离子种类互不相同。甲烧杯的溶液呈蓝色，那么甲溶液中含有Cu2+，结合离子共存关系，因此OH-不能在甲溶液中，即乙溶液中含有OH-，那么H+不能与OH-共存，那么甲溶液中含有H+，由于Ba2+、和不能共存，只能分别在甲乙两溶液中，溶液为电中性，一个溶液中既含有阳离子，同时也含有阴离子，那么在甲溶液中，Ba2+在乙溶液中；根据题干信息，无法确定Cl-在哪个烧杯中，但根据Cl-的性质，Cl-既可以在甲溶液中，也可以在乙溶液中，综上分析，答案选A。22.在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液密度为0.9g·cm－3，这种氨水的物质的量浓度和溶质的质量分数分别为A.18.4mol·L－134.7% B.20.4mol·L－1C.18.4mol·L－138.5% D.20.4mol·L－134.7%【答案】A【解析】【详解】设标准状况下，水是1L，那么溶剂氨气是700L，根据可知，溶剂氨气的物质的量是那么根据m＝n·M可知，氨气的质量是m＝31.25mol×17g/mol＝531.25g所以溶液的质量分数是又因为，所以溶液的物质的量浓度是；答案A。23.用密度为ρ1g/cm3质量分数是ω的浓盐酸，与水配制成体积比为1：4的稀盐酸，密度为ρ2g/cm3A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】设浓盐酸的体积为1mL，那么水的体积为4mL，所配制稀盐酸的物质的量浓度为=，应选C。【点睛】计算稀释后溶液的物质的量浓度时，采用公式法，分子为溶质的物质的量，分母为浓溶液的质量与水的质量和，解题时，受分子的影响，我们会将溶液的质量表示成溶质的质量，从而出现错误。24.滴有酚酞的Ba(OH)2溶液显红色，在上述溶液中分别滴加X溶液后有以下现象。以下说法不正确的选项是序号装置X溶液现象I盐酸溶液红色褪去，无沉淀，灯泡亮度没有明显变化IINa2SO4溶液红色不变，有白色沉淀生成，灯泡亮度没有明显变化IIIH2SO4溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗A.实验I中溶液红色褪去，说明发生了反响H++OH-=H2OB.实验II中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在有大量的Na+与OH-C.实验III中溶液红色褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反响Ba2++2OH-+2H++SO42-==BaSO4↓+2H2OD.将实验II中Na2SO4溶液换成CuSO4溶液，现象与原实验II中的现象相同【答案】D【解析】【详解】A.显红色的酚酞，Ba(OH)2溶液显碱性，滴加盐酸，发生酸碱中和反响：H++OH-=H2O溶液红色褪去，故A不符合题意；B.Ba(OH)2与Na2SO4发生复分解反响：Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH，溶液中依然存在有大量的Na+与OH-，故B不符合题意；C.H2SO4与Ba(OH)2发生复分解反响：Ba2++2OH-+2H++SO42-==BaSO4↓+2H2O，溶液中离子浓度减小，灯泡变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，故C不符合题意；D.CuSO4与Ba(OH)2发生复分解反响：Ba(OH)2+CuSO4=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡逐渐变暗，氢氧根浓度逐渐减小，红色逐渐褪去，与Na2SO4的实验现象不同，故D符合题意；综上所述，此题应选D。【点睛】此题重点考查溶液中的离子反响。溶液的导电性主要与溶液中离子浓度和离子所带电荷数有关，上述实验中灯泡的明暗程度能够说明溶液的导电性，因此此题的解题关键在于滴加X溶液后，溶液中的离子浓度是否变化。25.A在一定温度下有分解反响A(s)=B(s)+C(g)+4D(g)，假设测得生成的气体的质量是同温压下，相同体积氢气的10倍，且当所生成的气体在标况下的体积为22.4L时，所得B的质量为30.4g，A的摩尔质量为()A.120.4g/mol B.50.4g/mol C.182.4g/mol D.252g/mol【答案】D【解析】【分析】【详解】生成的气体在标况下的体积为22.4L时，气体总物质的量为1moL；根据A(s)=B(s)+C(g)+4D(g)，生成气体的物质的量之比为1:4，所以C(g)的物质的量为0.2mol，那么反响掉A(s)的物质的量为0.2mol；因为测得生成的气体的质量是同温同压下，相同体积氢气的10倍，生成气体的摩尔质量为20g/mol，所以气体质量为20g；根据质量守恒定律，参加反响的A的质量为20g+30.4g=50.4g，A的摩尔质量为：=252g/mol；答案选D。二、填空题〔每空2分，共50分〕26.生活中无处不化学，请答复以下问题。Ⅰ.实验室现有以下物质用于做导电性实验：①CaO②铜丝③盐酸④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥氨水⑦NaOH粉末⑧蔗糖溶液⑨熔融氯化钠⑩胆矾晶体请用序号填空：〔1〕上述状态下可导电的是__。〔2〕属于强电解质的是__。〔3〕属于非电解质的是__。Ⅱ.根据描述书写离子方程式或根据离子方程式写化学方程式：①向澄清石灰水中通入过量二氧化碳：__；②用KOH溶液中和醋酸：__；③Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓：__；④Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O：__。Ⅲ.为了除去KCl溶液中的CaSO4、MgSO4及泥沙，可将混合物溶于水，然后进行以下五项操作：①过滤；②加过量的KOH溶液；③加适量的盐酸；④加过量的K2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液。以下操作顺序中最适宜的是〔〕A.②⑤④①③B.④①②⑤③C.①④②⑤③D.⑤②④③①【答案】(1).②③④⑥⑨(2).①⑦⑨⑩(3).⑤(4).CO2+OH-=HCO(5).CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O(6).Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3(7).Fe(OH)3+3HNO3=Fe(NO3)3+3H2O(8).A【解析】【详解】Ⅰ.①CaO在熔融状态能导电，属于强电解质，但氧化钙固体不导电；②铜丝属于单质，不是电解质，也不是非电解质，但铜丝可以导电；③盐酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，但可以导电；④稀硫酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，但可以导电；⑤二氧化碳在熔融状态不能导电，是非电解质，二氧化碳气体也不能导电；⑥氨水是混合物，不是电解质，也不是非电解质，但可以导电；⑦NaOH粉末在熔融状态或水溶液中能导电，是强电解质，但氢氧化钠固体不能导电；⑧蔗糖溶液混合物，不是电解质，也不是非电解质，蔗糖没有电离出自由移动的离子，也不能导电；⑨熔融氯化钠能导电，属于强电解质；⑩胆矾晶体在熔融状态或水溶液中能导电，是强电解质，但胆矾晶体不能导电；由分析可知：〔1〕上述状态下可导电的是②③④⑥⑨，故答案为：②③④⑥⑨；〔2〕属于强电解质的是①⑦⑨⑩，故答案为：①⑦⑨⑩；〔3〕属于非电解质的是⑤，故答案为：⑤；Ⅱ.①向澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙，发生的离子方程式为：CO2+OH-=HCO，故答案为：CO2+OH-=HCO；②用KOH溶液中和醋酸，生成醋酸钾和水，发生的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故答案为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；③硝酸铜和氢氧化钠反响生成氢氧化铜和硝酸钠，离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为：Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；④氢氧化铁和硝酸发生酸碱中和生成硝酸铁和水，离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故答案为：Fe(OH)3+3HNO3=Fe(NO3)3+3H2O；Ⅲ.要先除硫酸根离子然后再除钙离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，注意将三种离子除完再进行过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，顺序为②⑤④①③，所以A选项是正确的，故答案为：A。【点睛】在解最后一问时，要注意除杂的顺序，过滤要放在所有沉淀之后，过滤完才能加酸调节，此为易错点。27.〔1〕同温、同压下，A容器中充满O2，B容器中充满O3。假设两容器中所含原子总数相等，那么A容器和B容器的体积比是__。〔2〕在25℃、101kPa的条件下，等质量的CH4和A气体的体积之比为15：8，那么A的〔3〕设NA为阿伏伽德罗常数的数值，如果ag气体A中含有的分子数为b，那么cg气体A在标准状况下的体积约是__(用含NA的式子表示)。〔4〕相同物质的量浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液，分别与硝酸银溶液反响，当生成沉淀的质量之比为3：2：1时，消耗三种盐溶液的体积比为__。〔5〕在质量分数为28%的KOH水溶液中，OH-与H2O数目之比是_(忽略水的电离)。【答案】(1).3：2(2).30g•mol-1(3).L(4).9：3：1(5).1：8【解析】【详解】〔1〕A容器中充满O2，B容器中充满O3。假设两容器中所含原子总数相等，那么氧气和臭氧的物质的量之比为3：2，在同温、同压下，体积之比等于物质的量之比，所以A容器和B容器的体积比是3：2，故答案为：3：2；〔2〕在同温、同压下，体积之比等于物质的量之比，所以在25℃、101kPa的条件下，等质量的CH4和A气体的物质的量之比为15：8，由于质量相同，那么n(A)×M(A)=n(CH4)×M(CH4)，M(A)==30g•mol-1，故答案为：30g•mol-1；〔3〕ag气体A中含有的分子数为b，物质的量为，其摩尔质量，所以cg气体的物质的量为，那么A在标准状况下的体积约是L，故答案为：L〔4〕相同浓度的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液分别与硝酸银溶液反响，当生成沉淀的质量之比为3:2:1，设氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银溶液反响生成AgCl的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据氯离子守恒，那么n(NaCl)=3mol，n(MgCl2)=1mol，n(AlCl3)=mol，再根据可以知道，溶液浓度相等，体积之比等于物质的量之比，所以消耗三种盐溶液的体积比为3:1：=9：3：1，故答案为：9：3：1；〔5〕假设溶液质量为100g那么KOH的质量=100g×28%=28g，故水的质量=100g-28g=72g，故KOH的物质的量0.5mol，水的物质的量为4mol，故溶液中OH-与H2O数目之比=0.5mol：4mol=1：8，因此，此题正确答案是：1：828.现有失去标签的四瓶无色溶液A，B，C，D，只知它们是K2CO3，K2SO4，NaHSO4和Ba(NO3)2，为鉴别它们，进行如下实验：①A+D→溶液+气体；②B+C→溶液+沉淀；③B+D→溶液+沉淀；④A+B→溶液+沉淀。⑤将④得到的沉淀物参加③所得的溶液中，沉淀很快溶解并产生无色无味的气体。根据以上实验事实，请完成如下问题：(1)写出各物质化学式：A__，B__，C__，D___。(2)写出实验③中反响中相关的离子方程式：__。【答案】(1).K2CO3(2).Ba(NO3)2(3).K2SO4(4).NaHSO4(5).Ba2++SO=BaSO4↓【解析】【分析】B与A、C、D混合都有沉淀析出，B应为Ba(NO3)2，将④得到的沉淀物参加③所得溶液中，④中沉淀很快溶解并产生无色无味的气味，那么只有碳酸钡沉淀符合该要求，那么A为K2CO3，结合①可知，D为NaHSO4，所以C为K2SO4，以此来解答。【详解】(1)根据分析可知A为K2CO3，B为Ba(NO3)2，C为K2SO4，D为NaHSO4；(2)③为硝酸钡和硫酸氢钠的反响