2024届杭州学军中学高一化学第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2024届杭州学军中学高一化学第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和Pb2＋，若生成3molCr2O72－则反应所需PbO2的物质的量为A．7.5molB．3molC．9molD．6mol2、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（）A．0.3mol/L B．0.03mol/L C．0.05mol/L D．0.04mol/L3、下列物质属于电解质的是A．蔗糖 B．熔融NaOH C．氯水 D．铜4、两种不同的微粒其质子总数与电子总数分别相等则他们的关系不可能是A．两种不同的原子B．一种阴离子和一种阳离子C．一种阳离子和另一种阳离子D．一种原子和一种分子5、一种比黄金还要贵重的18O2气体不久在我国兰州近代物理研究所制备成功，1mol这种18O2气体含有中子的物质的量为()A．36molB．20molC．16molD．10mol6、下列各组物质中，第一种是酸，第二种是碱，第三种是混合物，第四种是碱性氧化物的是(

)A．硫酸、苛性钠、CuSO4·5H2O、氧化铜B．次氯酸、纯碱、空气、氧化铁C．盐酸、胆矾、熟石灰、三氧化硫D．硝酸、烧碱、氯水、生石灰7、下列说法不正确的是A．新制氯水具有漂白性，与活性炭的漂白原理相同B．HClO是一种弱酸，酸性比碳酸弱C．HClO见光、加热易分解，放出O2D．新制氯水存在Cl2、HClO、H2O分子，H+、Cl-、ClO-、OH-离子8、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（）A．干燥Cl2B．实验室制盐酸C．实验室制氯水D．吸收多余Cl29、可以用电子式：表示的微粒是A．He B．Ne C．Al3+ D．O2-10、铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为；Al+HNO3=Al(NO3)3+NO↑+H2O，若配平方程式后，HNO3的计量系数应该是()A．2B．4C．6D．811、下列物质中，不能由两种单质直接化合得到的是（）A．FeCl2B．CuCl2C．HClD．H2O12、实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法错误的是（）A．通过活塞K可控制CO2的流速B．装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C．装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体13、化学概念相互间存在如下3种关系，下列说法不正确的是A．电解质与酸、碱、盐属于包含关系B．化合物与氧化物属于包含关系C．碱性氧化物与酸性氧化物属于并列关系D．复分解反应与氧化还原反应属于交叉关系14、下表是某城市空气质量每周公报的部分内容。对表中3个空气质量指标不会产生影响的是()项目

空气污染指数(API)

空气质量级别

空气质量描述

总悬浮颗粒

52

Ⅱ

良

二氧化硫

7

I

优

二氧化氮

24

I

优

A．焚烧垃圾 B．使用含磷洗衣粉C．汽车排放的尾气 D．用煤和石油产品15、下列各组物质相互反应，生成物不随反应条件或反应物的用量变化而变化的是A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．C和CO2 D．Na2CO3和HCl16、如图所示，A处通入潮湿的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，则D瓶中装的不可能是（）A．浓H2SO4 B．NaOH溶液 C．澄清石灰水 D．饱和NaCl溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu(NO3)2、K2CO3中的一种或几种，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：（1）写出原白色粉末中一定含有的物质的化学式____________________。（2）写出原白色粉末中一定不含有的物质的电离方程式________________。（3）写出④变化的离子方程式：______________________。Ⅱ.实验室需要240mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，现用固体烧碱进行配制。（1）需称量_________g烧碱，应放在_______中称量、溶解。（2）完成此配制实验，除了量筒，烧杯，玻璃棒外还需要的常见的玻璃仪器有___________。（3）下列操作对所配溶液浓度偏大的有______。A．烧碱在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中B．容量瓶未干燥就用来配制溶液C．定容时仰视容量瓶D．称量时使用了生锈的砝码E.未洗涤溶解烧碱的烧杯18、有A、B、C、D、E、F六种元素，它们的相关信息如下表：元素代号相关信息A最外层的电子数是次外层电子数的3倍B海水中含量第一位的金属元素CL层得1个电子后成为稳定结构D二价阴离子核外有18个电子E失去一个电子后就成为一个原子F单质为大气中含量最多的气体请填写下列空格：（1）A原子的电子式：_______________________________。（2）B离子的结构示意图：__________________________，与B离子质子数与电子数均相同的微粒可能是____________________________________（写出两种，用微粒符合表示）。（3）C元素的名称：________，C原子中能量最高的电子位于第________层。（4）D的二价阴离子的电子式：___________________________；D元素的某种同位素原子质量数为34，该原子核内的中子数为______________。（5）A、E、F三种元素能相互形成多种类别的物质，其中属于共价化合物为________，离子化合物为________（各写出一种物质即可）19、某化学兴趣小组同学欲完成两个实验，涉及到下列有关实验操作。甲实验为食盐的精制，乙实验通过精制的食盐来配制0.4mol·L-1的氯化钠溶液。（1）甲实验中除去难溶性杂质的操作步骤是___________（填写上述序号），其中关键实验操作名称是___________。（2）甲实验中，为有效除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-杂质，精制过程中加入试剂：①NaOH溶液②Na2CO3溶液③BaCl2溶液④盐酸，合理的加入顺序为____（填序号）。其中加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为________________。（3）乙实验，使用仪器③前必须进行的一步操作是______。配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是_____________。（4）乙实验称量的NaCl质量为________g。20、(1)现有以下物质：①盐酸；②NH3；③氯气；④BaSO4；⑤硫酸；⑥金刚石；⑦石灰水；⑧乙醇。以上物质中属于混合物的是_________(填序号，下同)，属于电解质的是_____。(2)化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果，是与实验的重要作用分不开的。结合下列实验装置图回答问题：装置图中仪器A的名称_______，仪器B的名称________，冷却水从______口进，从______口出(填上或下)。21、(1)在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]，将小烧杯放在事先已滴有3~4滴水的玻璃片上，然后，再加入约10gNH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。使Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl充分反应。实验中观察到的现象是______________________，说明该反应是___________热反应，这是由于反应物所具有的总能量_________(填“大于”、“小于”或“等于”生成物所具有的总能量。(2)将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计为一个原电池，则该电池的负极材料为__________，正极电极反应式为__________________________________。(3)恒温下，将amo1N2与bmolH2的混合气体通入一容积固定的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。若反应进行到时刻t时，nt(N2)=13mol，nt(NH3)=6mol，则a=__________。反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(已经折算为标准状况下)，其中NH3的体积分数为25%。则平衡时H2的转化率为____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

反应中Cr元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，若生成3molCr2O72-反应失去18mol电子。Pb元素化合价从+4价降低到+2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知所需PbO2的物质的量为18mol÷2＝9mol，答案选C。2、B【解题分析】

稀释前后溶质NaOH的物质的量不变，根据稀释定律计算稀释后NaOH的物质的量浓度。【题目详解】设稀释后NaOH的物质的量浓度为c，根据稀释定律：0.03L×0.5mol/L=0.5L×c

解得c=0.03mol/L，

故选：B。3、B【解题分析】

A.蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，所以蔗糖是非电解质，故A错误；B.NaOH溶于水和熔融状态都能电离出自由移动的离子而导电，所以NaOH是电解质，故B正确；C.

氯水是混合物，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误D.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；答案选B。【题目点拨】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质必须是自身发生电离、必须是化合物。4、B【解题分析】

A．原子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种原子中质子数和电子数可能都相同，如氕和氘中核内质子数和核外电子数都相同，故A不符合题意；B．阳离子中核内质子数＞核外电子数，阴离子中核内质子数＜核外电子数，所以一种阳离子和一种阴离子只要电子数相同时，质子数就不同，例如钠离子和氟离子，故B符合题意；C．两种微粒的质子数和电子数均分别相等，可以是两种阳离子,阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，如Na+与NH4+质子数都为11，和电子数都为10，均分别相等，可以是两种阴离子，如OH−与F−，故C不符合题意；D．原子和分子中核外电子数等于核内质子数，所以一种原子和一种分子中质子数和电子数可能都相同，如氖原子和氟化氢分子中核内质子数和核外电子数都相同，故D不符合题意；答案选B。【题目点拨】原子和分子中核外电子数等于核内质子数，阴阳离子中核外电子数和核内质子数不同。5、B【解题分析】

根据氧气分子的构成先计算一个18O2分子中含有的中子数，再计算1mol818O2气体中所含中子的物质的量．【题目详解】一个18O含有10个中子，所以一个18O2分子中含有20个中子，n（中子）=20×n（818O2）=20×1mol=20mol，故选B。【题目点拨】本题以有关物质的量的计算为载体考查了原子的构成，解题关键：明确一个18O中含有的中子个数。6、D【解题分析】

在溶液中电离出来的阳离子全部是H+的化合物叫酸；在溶液中电离出来的阴离子全部是OH-的化合物叫碱；由两种或两种以上成分的物质叫混合物；能跟酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物，由此分析。【题目详解】在溶液中电离出来的阳离子全部是H+的化合物叫酸；在溶液中电离出来的阴离子全部是OH-的化合物叫碱；由两种或两种以上成分的物质叫混合物；能跟酸反应生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物。A组中CuSO4·5H2O是纯净物，不是混合物，A项错误；B.组中纯碱不是碱，B项错误；C.组中胆矾不是碱，三氧化硫不是碱性氧化物，C项错误；D.硝酸电离HNO3=H++NO3-，硝酸是酸；烧碱电离NaOH=Na++OH-，烧碱是碱；氯水是由Cl2通入水中形成的，属于混合物；生石灰与酸反应：CaO+2H+=Ca2++H2O，生石灰是碱性氧化物，D项正确；答案选D。7、A【解题分析】

A.新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，因此具有漂白性，与活性炭的漂白原理不相同，活性炭的漂白原理是吸附作用，A错误；B.HClO是一种弱酸，酸性比碳酸弱，B正确；C.HClO见光、加热易分解，放出O2，同时生成氯化氢，C正确；D.氯气溶于水和水反应生成盐酸和次氯酸，新制氯水存在Cl2、HClO、H2O分子，H+、Cl-、ClO-、OH-离子，D正确。答案选A。【题目点拨】注意新制氯水的漂白性不是氯气引起的，氯气虽然具有强氧化性，但没有漂白性，真正起漂白作用的是氯气与水反应生成的次氯酸。8、C【解题分析】

A．气体的进出方向错误；B．应防止倒吸现象；C．多余的氯气可用碱液吸收；D．氯气在水中的溶解度不大，吸收效果差。【题目详解】A．干燥气体时导管长进短出，图中短导管进入不能干燥，故

A

错误；B．HCl极易溶于水，图中导管在液面下可发生倒吸，故B错误；C．氯气与NaOH

溶液反应，多余的氯气可利用

NaOH

溶液吸收，则该装置可制备氯水，故

C

正确；D．球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大，应将水改为

NaOH

溶液，故

D

错误；故答案选C。9、B【解题分析】

氦原子最外层电子数是2个，氖原子最外层有8个电子，电子式为，故选B。【题目点拨】本题考查了电子式的书写，注意掌握电子式的概念及表示方法，明确电子式的表示方法是解题关键。10、B【解题分析】试题分析：根据电子守恒和原子守恒，铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，则HNO3的计量系数应该是4，故答案为B。考点：考查氧化还原反应的配平11、A【解题分析】

A.铁与氯气反应只生成FeCl3,属于化合反应，与盐酸反应可生成FeCl2,属于置换反应，故A错误；

B.Cu与氯气在点燃时能直接生成CuCl2,属于化合反应，故B正确；

C.氢气和氯气在点燃时能直接生成HCl,属于化合反应，故C正确；

D.氢气在氧气中燃烧可生成水,属于化合反应，故D正确；

综上所述，本题选A。【题目点拨】铁与氯气在点燃的条件下反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，铁与氯化铁溶液发生化合反应可以生成氯化亚铁，铁与盐酸发生置换反应可以生成氯化亚铁。12、B【解题分析】

A．关闭活塞K时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制CO2的流速，A正确；B．装置b的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C．装置c中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D．反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D正确；故选B。13、D【解题分析】

A.酸、碱、盐属于电解质。B.化合物包括酸、碱、盐、氧化物等。C.氧化物包括酸性氧化物、碱性氧化物，两性氧化物和不成盐氧化物等。D.复分解反应一定不是氧化还原反应。【题目详解】A.酸、碱、盐属于电解质，电解质与酸、碱、盐属于包含关系，A正确。B.化合物包括酸、碱、盐、氧化物等，化合物与氧化物属于包含关系，B正确。C.碱性氧化物与酸性氧化物都是氧化物，两者为并列关系，C正确。D.复分解反应，无电子转移、化合价升降，一定不是氧化还原反应，二者不是交叉关系，D错误。14、B【解题分析】

A、焚烧垃圾会产生大量的可吸入颗粒和有害气体，含有表中项目，A错误；B、使用含磷洗衣粉会造成水体污染，对表中三个空气质量指标不会产生影响，B正确；C、汽车排放的尾气还有较多的二氧化氮等有害物质，含表中项目，C错误；D、用煤和石油产品作燃料燃烧会有二氧化硫生成，含表中项目，D错误；答案选B。15、C【解题分析】

A.钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，加热条件下反应生成过氧化钠，A错误；B.氢氧化钠和二氧化碳反应时，当氢氧化钠过量时反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时反应生成碳酸氢钠，B错误；C.碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，不随反应条件或反应物的用量变化而变化，C正确；D.碳酸钠和盐酸反应时，当碳酸钠过量时反应生成碳酸氢钠，当盐酸过量时反应生成氯化钠、水和二氧化碳，D错误；答案选C。16、D【解题分析】

次氯酸具有漂白作用而氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气不能漂白有色布条，含水蒸气的氯气能使有色布条褪色，A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，打开B阀后，C处红色布条逐渐褪色，因此说明D中溶液可以吸收氯气或可干燥氯气，据此分析来解答。【题目详解】A．浓硫酸具有吸水性，氯气通过浓硫酸得到干燥的氯气，故A与题意不符；B．氯气通过NaOH溶液，与氢氧化钠反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故B与题意不符；C．氯气通过澄清石灰水，与氢氧化钙反应，关闭B阀时，C处的红色布条看不到明显现象，故C与题意不符；D．氯气与食盐水不反应，进入C的为潮湿的氯气，关闭B阀时，C处红色布条逐渐褪色，故D符合题意；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2、K2CO3Cu(NO3)2=Cu2++2NO3—Ag++Cl—=AgCl↓5.0小烧杯250mL容量瓶，胶头滴管AD【解题分析】

Ⅰ.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaCl2、Cu（NO3）2、K2CO3中的一种或几种；①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色说明一定不含Cu（NO3）2、所以沉淀为碳酸钡，判断BaCl2、K2CO3一定存在；②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明沉淀是BaCO3；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明白色沉淀为BaSO4；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明含有Cl-；综上所述：白色固体粉末一定含有BaCl2、K2CO3；一定不含Cu（NO3）2；可能含有KCl；（1）原白色粉末中一定含有的物质的化学式：BaCl2、K2CO3；（2）原白色粉末中一定不含有的物质为Cu（NO3）2；电离方程式为：Cu（NO3）2=Cu2++2NO3-；（3）取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀是氯化银，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；Ⅱ.（1）实验室没有240mL规格的容量瓶，必须配制250mL溶液，需要称取的氢氧化钠的质量为：m=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，烧碱易吸水且具有强腐蚀性，所以称量烧碱时要放在小烧杯中；（2）配制溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，用烧杯溶解烧碱、可以用量筒量取水、用玻璃棒搅拌和引流、用250mL的容量瓶配制溶液、用胶头滴管定容、用托盘天平称量烧碱、用药匙取药品，所以除了量筒、烧杯、玻璃棒外还会用到的仪器有：250mL容量瓶，胶头滴管；（３）A．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏大，故A选；B．若容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C．定容时仰视刻度线，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C不选；D．砝码生锈后质量偏大，称量时m物=m砝+m游，称量时用了生锈的砝码后会导致溶质的质量偏大，故浓度偏大，故D选；E．未洗涤溶解NaOH的烧杯，会导致溶质损失，浓度偏小，故E不选；答案选AD。18、NH4+、H3O+氟略18HNO3NH4NO3【解题分析】

A最外层的电子数是次外层电子数的3倍，则A为O元素；海水中含量第一位的金属元素是钠，则B为Na元素；L层得1个电子后成为稳定结构，说明该原子最外层有7个电子，C为F元素；二价阴离子核外有18个电子，则D原子核内有16个质子，D为S元素；E失去一个电子后就成为一个质子，则E为H元素；F的单质为大气中含量最多的气体，则F为N元素。【题目详解】（1）A为O元素，原子的电子式：，答案为：。（2）B为Na元素，钠离子的结构示意图，与钠离子质子数与电子数均相同的微粒可能是NH4+、H3O+，答案为：；NH4+、H3O+。（3）C为F元素，名称为氟，氟原子有两个电子层，能量最高的电子位于第L层。答案为：L。（4）D为S元素，S的二价阴离子是S2-，电子式为；S元素的某种同位素原子质量数为34，S的质子数为16，则原子核内的中子数为34-16=18。答案为：.；18。（5）A、E、F三种元素分别为O、H、N，能相互形成多种类别的物质，其中属于共价化合物为HNO3，离子化合物为NH4NO3；答案为：HNO3；NH4NO3。19、①④⑤过滤①③②④（或③①②④，或③②①④）Mg2+＋2OH-===Mg(OH)2↓查漏量筒5.9g【解题分析】

(1)根据粗盐提纯中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发进行分析；

(2)有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后；镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁；

(3)使用仪器③前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒；

(4)m=CVM据此进行计算；【题目详解】(1)粗盐中难溶性杂质的去除的操作步骤是溶解、过滤、蒸发，所以操作步骤是：①④⑤；其中去除杂质的关键一步是过滤，把不溶于液体的固体与液体分离；

答案为：①④⑤；过滤；

(2)SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以合理的加入顺序为①③②④（或③①②④，或③②①④）；其中加入NaOH溶液所发生反应的离子方程式为Mg2++2OH

-═Mg(OH)2↓；

答案为：①③②④（或③①②④，或③②①④）；Mg2++2OH

-═Mg(OH)2↓；

(3)使用仪器③前必须进行的一步操作是查漏；配制时，除了上述仪器外，还可能用到的玻璃仪器是量筒；

答案为：查漏；量筒；

(4)m=CVM=0.4

mol•L-1×0.25L×58.5g/mol=5.85g≈5.9

g；

答案为：5.9。【题目点拨】(4)容易错，从题目提供的图可知，实验中用托盘天平称量氯化钠固体，托盘天平能粗略称量固体质量，质量的数值保留一位小数点。20、①⑦④⑤蒸馏烧瓶冷凝管下上【解题分析】

（1）由两种或两种以上物质组成的是混合物；溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质；（2）根据仪器构造分析其名称；冷却水从下口进效果好。【题目详解】（1）①盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，不是电解质也不是非电解质；②NH3是纯净物，不能电离出离子，是非电解质；③氯气是单质，属于纯净物，不是电解质也不是非电解质；④BaSO4是盐，属于纯净物，熔融状态下能电离出离子，是电解质；⑤硫酸属于纯净物，溶于水能电离出离子，是电解质；⑥金刚石是单质，属于纯净物，不是电解质也不是非电解质