2020届高考化学二轮复习分散系及溶液性质作业

2020届高考化学二轮复习分散系及溶液性质作业

分散系及溶液性质 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．下列说法不正确的是（　　）‎ A．水中溶解氯化钠可以降低结冰的温度 ‎ B．固体氢氧化钠溶于水有明显的发热现象 ‎ C．氯化钠能降低硬脂酸钠在水中的溶解度 ‎ D．在饱和碳酸钠溶液中乙酸乙酯的溶解度较大 ‎2．2017 年 4 月 22 日，货运飞船“天舟一号”升入太空和“天宫二号”完成第一次交会对接，高氯酸钾（KClO4）可作为火箭推进剂，下表是高氯酸钾在不同温度的溶解度。下列说法正确的是（　　）‎ 温度/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ 溶解度/g ‎1.68‎ ‎3.73‎ ‎7.3‎ ‎13.4‎ A．20℃时高氯酸钾的溶解度为 1.68 ‎ B．40℃时，将 4g 高氯酸钾溶于 100g 水中可得到 104g 溶液 ‎ C．80℃的高氯酸钾饱和溶液冷却至 40℃有结晶现象 ‎ D．高氯酸钾的溶解度随温度升高而减小 ‎3．我国古代的化学工艺已经有相当大的成就，以下对古代文献中有关记载的化学解释不正确的是（　　）‎ 选项 古代文献 记载 化学解释 A ‎《开宝本草》‎ ‎“（KNO3）所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”‎ 制取KNO3可“煎炼而成”是利用KNO3的溶解度受温度影响不大 B ‎《格物粗谈》‎ ‎“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”‎ 文中的“气”是指乙烯 C ‎《本草纲目》‎ ‎“‎ 烧酒非古法也，白元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”‎ 文中涉及的操作方法是蒸馏 D ‎《徐光启手迹》‎ ‎“五金入强水皆化、惟黄金不化强水中”‎ ‎“强水”主要成分是硝酸 A．A B．B C．C D．D ‎4．以下关于“水”的说法中，正确的是（　　）‎ A．澄清透明的水，就是纯净的水 ‎ B．天然雨水是纯净物 ‎ C．饮用反复煮沸的天然水有利于健康 ‎ D．蒸馏水中不含有Ca2+、Mg2+等金属离子 ‎5．海水淡化可采用膜分离技术。如图所示，对淡化膜右侧的海水加压，水分子可以透过淡化膜进入左侧淡水池，而海水中其它各种离子不能通过淡化膜，从而得到淡水。对加压后右侧海水成分变化分析正确的是（　　）‎ A．溶质质量增加 B．溶液质量不变 ‎ C．溶剂质量减少 D．溶质质量分数减少 ‎6．室温时，甲、乙两同学配制氯化钠溶液。甲同学配制10%的NaCl溶液100g，乙同学配制1.0mol/L的NaCl溶液100mL（20℃时，氯化钠的溶解度为36.0g）。下列说法正确的是（　　）‎ A．两同学所需溶质的质量相同 ‎ B．两同学所配溶液的质量相同 ‎ C．两同学所需实验仪器种类相同 ‎ D．甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大 ‎7．下列叙述错误的是（　　）‎ A．10ml质量分数为98%的H2SO4，用10ml水稀释后，H2SO4的质量分数大于49% ‎ B．配制0.1mol/L的Na2CO3溶液480ml，需用500ml容量瓶 ‎ C．在标况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol/L的氨水 ‎ D．向2等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O，使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1（保持温度不变）‎ ‎8．某Na2SO4不饱和溶液，加热蒸发掉30g水，未见晶体析出，与原溶液相比，没有发生变化的是（　　）‎ A．溶质的质量 B．溶质的质量分数 ‎ C．溶液的体积 D．溶液的物质的量浓度 ‎9．25℃时，将10mL质量分数为50%（密度1.4g/mL）的硫酸稀释成100mL，下列说法正确的是（　　）‎ A．纯硫酸的摩尔质量为98 ‎ B．上述100mL稀硫酸中含溶质14g ‎ C．上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mL ‎ D．质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L ‎10．某温度下，CuSO4饱和溶液的质量分数为a%，取一定量的此饱和溶液，向其中加入m g无水CuSO4，在温度不变的情况下析出W g CuSO4•5H2O晶体，则原饱和溶液中溶质CuSO4的质量减少（　　）‎ A．m×a% B．W×a% C．（m+W）×a% D．（W﹣m）×a%‎ ‎11．实验室用蔗糖配制50.0g溶质的质量分数为10%的蔗糖溶液，下列说法错误的是（　　）‎ A．用量程为10 mL的量筒量取所需的水 ‎ B．用托盘天平称取5.0 g蔗糖 ‎ C．溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒 ‎ D．将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签 ‎12．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．实验室欲配制480mL0.10mol•L﹣1的CuSO4溶液，可用12.0g胆矾及相应容器配制 ‎ B．将适量FeCl3饱和溶液滴入沸水中并不断搅拌可制得氢氧化铁胶体 ‎ C．实验室中从海带里提取碘的过程是：灼烧→溶解→过滤→萃取 ‎ D．用分液漏斗、烧杯、铁架台（带铁圈）、饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中的乙酸 ‎13．下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（　　）‎ A．分散质粒子直径在1～100 nm间的分散系 ‎ B．能使淀粉KI试纸变色的分散系 ‎ C．能腐蚀铜板的分散系 ‎ D．能使蛋白质盐析的分散系 ‎14．化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质 ‎ B．氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应 ‎ C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现 ‎ D．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮 ‎15．2018 年俄罗斯世界杯中，赛场内外随处可见“中国制造”。下列说法不正确的是（　　）‎ A．世界杯纪念钞是由特制的塑料薄片制得的，这种塑料是一种新型的高分子合成材料 ‎ B．世界杯纪念币银章是由南京造币厂制造的，银章放置过久会变暗是因为发生了电化学腐蚀 ‎ C．蒙牛是本届世界杯的赞助商之一，牛奶属于胶体，具有丁达尔效应 ‎ D．雅迪也是本届世界杯的赞助商之一，推动新能源交通产业的发展，有利于减少污染气体的排放，改善人类生存环境 ‎16．化学与社会、生活、生产密切相关．对下列现象或事实的解释正确的是（　　）‎ ‎ 选项 现象或事实 ‎ 解释 ‎ A ‎ 明矾用于净水 ‎ 明矾具有消毒杀菌的作用 ‎ B ‎ 含硫煤中加入适量石灰石可减少对大气的污染 ‎ 使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4‎ ‎ C ‎ 钢铁在海水中比在河水中更易腐蚀 海水中含氧量高于河水 ‎ D ‎“地沟油”可以用来制生物柴油 ‎ 其主要成分和从石油中提取的柴油类似 A．A B．B C．C D．D ‎17．下列事实或性质与胶体没有直接关系的是（　　）‎ A．在河流入海处易形成三角洲 ‎ B．用微波手术刀进行外科手术，可使开到处的血液迅速凝固，减少失血 ‎ C．同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞 ‎ D．氢氧化铁固体溶于盐酸得澄清溶液 ‎18．化学与生产、生活密切相关．下列说法中，不正确的是（　　）‎ A．“血液透析”利用了胶体的性质 ‎ B．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害 ‎ C．人类超量碳排放及氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因 ‎ D．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染 ‎19．纳米材料是指颗粒直径在1～100nm范围内的材料。纳米技术所带动的技术革命及其对人类的影响，远远超过电子技术。下列关于纳米技术的叙述不正确的是（　　）‎ A．将纳米材料分散到液体分散剂中可制得液溶胶 ‎ B．用纳米级金属颗粒粉剂作催化剂可加快反应速率，提高反应物的转化率 ‎ C．将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，但并不能说明“纳米铜”比铜片更易失电子 ‎ D．银器能抑菌、杀菌，纳米银粒子填入内衣织物中，有奇异的抑菌、杀菌效果 ‎20．我国科学家将石墨烯（由石墨剥离的层状结构）和碳纳米管经低温脱水处理，获得了一种“最轻材料”．该材料具有超强的吸附能力，且有望成为理想的储能保温、催化载体和吸音材料．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．石墨烯属于有机物 ‎ B．该材料吸油过程为物理变化 ‎ C．碳纳米管是碳的一种同位素 ‎ D．碳纳米管属于胶体分散系 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．海水晒盐能够得到粗盐和卤水．卤水中含有MgCl2、KCl和MgSO4等物质，如图是它们的溶解度曲线．完成下列填空．‎ ‎（1）在t1℃时，向100g水中加入150g MgCl2，形成　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液，将其温度升高到t2℃时，此时溶液中溶质的质量分数为　 　．‎ ‎（2）t1℃时，MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的饱和溶液中，溶质质量分数最大的是　 　．将t2℃时MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的饱和溶液降温至t1℃时，可能会析出的晶体有　 　（填字母序号）．‎ A．MgCl2和KCl B．只有MgSO4‎ C．MgCl2、KCl和MgSO4．‎ ‎22．如图是常见固体物质的溶解度曲线，根据图示回答：‎ ‎（1）曲线上M点表示　 　，t3℃时，A、B、C三种物质的溶解度由大到小的顺序为　 　．‎ ‎（2）t1℃时，将10g A物质放入100g水中，充分溶解后所得的溶液是　 　（填“饱和”或“不饱和”）溶液．欲使t2℃时C物质的饱和溶液变为不饱和溶液，可采取的方法是　 　（任填一种方法）．‎ ‎（3）现有30℃的不饱和KNO3溶液，与该溶液有关的量有：‎ ‎①水的质量 ②溶液中KNO3的质量 ③KNO3的质量分数 ‎ ‎④30℃时KNO3的溶解度 ⑤溶液的质量 ‎（Ⅰ）在该不饱和溶液中加硝酸钾至饱和，不变的量有　 　（填序号，下同）．‎ ‎（Ⅱ）将该不饱和溶液恒温蒸发至饱和，不变的量有　 　．‎ ‎23．在20℃时，在100g水中溶解11.1g K2SO4恰好达到饱和，此饱和溶液的密度为1.08g/cm3．将350mL此温度下的K2SO4饱和溶液用水稀释至500mL．计算稀释后溶液中K2SO4的质量分数和溶液中K2SO4的物质的量浓度（要有计算过程）．‎ ‎24．用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法叫做　 　．用0.10mol/L盐酸溶液滴定25.00mL未知浓度的NaOH溶液，该盐酸溶液应注入　 　滴定管中，滴定管中，滴定完成时如果用去盐酸25.00mL，则c（NaOH）＝　 　‎ mol/L．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎25．如图为KNO3和NaCl的溶解度曲线，请回答下列问题：‎ ‎（1）20℃时，KNO3的溶解度为　 　．‎ ‎（2）a点处KNO3和NaCl两种溶液中溶质的质量分数　 　（填“相等”或“不相等”）‎ ‎（3）若固体KNO3中混有的少量NaCl，可采用　 　（填“蒸发结晶”或“降温结晶“）的方法提纯．‎ ‎（4）40℃时，将35.0gNaCl溶于100g水中，降温至0℃时，可析出晶体　 　g．‎ ‎26．晶体从溶液中析出的过程称为结晶，结晶的方法有蒸发溶剂、冷却热饱和溶液等．‎ ‎（1）已知某盐在不同温度下的溶解度（见下表）‎ T/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ S（g/100g水）‎ ‎11.5‎ ‎15.1‎ ‎19.4‎ ‎24.4‎ ‎37.6‎ 若把质量分数为22%的该盐溶液由60℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度应在　 　（填字母）‎ A．0℃～10℃B．10℃～20℃C．20℃～30℃D．30℃～40℃‎ ‎（2）t℃时，CuSO4在水中溶解度为25g，将32g CuSO4白色粉末加入到mg水中，形成饱和CuSO4溶液，并有CuSO4•5H2O晶体析出，则m的取值范围是　 　．‎ ‎（3）向50mL 4mol/L的NaOH溶液中通入一定量H2S后，将得到的溶液小心蒸干，称得无水物7.97g．请通过计算确定该无水物的成分．‎ ‎（4）下面是四种盐在不同温度下的溶解度（克/100克水）‎ NaNO3‎ KNO3‎ NaCl KCl ‎10℃‎ ‎80.5‎ ‎20.9‎ ‎35.7‎ ‎31.0‎ ‎100℃‎ ‎175‎ ‎246‎ ‎39.1‎ ‎56.6‎ ‎（计算时假定：①盐类共存时不影响各自的溶解度；②过滤晶体时，溶剂损耗忽略不计．）‎ 取23.4g NaCl和40.4g KNO3，加70.0g H2O，加热溶解．在100℃时蒸发掉50.0g H2O，维持该温度，过滤出晶体，计算所得晶体质量m1的值．将滤液冷却至10℃，待充分结晶后，过滤，计算所得晶体的质量m2的值．‎ ‎27．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为　 　，反应后得到的FeCl3溶液呈棕黄色．用此溶液进行以下实验：‎ ‎（1）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的化学方程式为　 　，此反应属于　 　反应．‎ ‎（2）在小烧杯中加入20 mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈　 　色，即可制得Fe（OH）3胶体．‎ ‎（3）取另一小烧杯也加入20 mL蒸馏水后，向烧杯中加入1 mL FeCl3溶液，振荡均匀后，将此烧杯（编号甲）与盛有Fe（OH）3胶体的烧杯（编号乙）一起放置在暗处，分别用激光笔照射烧杯中的液体，可以看到　 　烧杯中的液体会产生丁达尔效应．这类实验可用来区别　 　．‎ ‎（4）从乙烧杯中取少量Fe（OH）3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量稀盐酸，边滴边振荡，可看到溶液红褐色逐渐变浅，最终又得到黄色的FeCl3溶液，发生此变化的化学方程式为　 　，此反应属于　 　反应．‎ ‎28．纳米碳酸钙应用非常广泛．实验室中利用下图所示装置（部分夹持装置已略去），向饱和CaCl2溶液中通入NH3和CO2可制得纳米碳酸钙．‎ 供选择的药品：‎ ‎①石灰石 ‎ ‎②氯化铵 ‎ ‎③氢氧化钙 ‎ ‎④饱和氯化钙溶液 ‎ ‎⑤浓硫酸 ‎ ‎⑥6mol•L﹣1盐酸⑦饱和食盐水⑧饱和NaHCO3溶液 ‎（1）装置A中，仪器a的名称是　 　，仪器b中发生反应的离子方程式为　 　．装置D的试管中发生反应的化学方程式为　 　．装置B中盛放的溶液是　 　（填药品序号）．‎ ‎（2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级．　 　．（简述实验的步骤、现象和结论）‎ ‎（3）通入适量气体后，C装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显　 　（填“酸”、“碱”、“中”之一）性，原因是　 　（用离子方程式表示）．‎ ‎（4）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为　 　．‎ 分散系及溶液性质 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题）‎ ‎1．【分析】A．氯化钠可以降低水的凝固点；‎ B．固体氢氧化钠溶解过程中离子的水合过程中付出的热量大于离子扩散过程中吸收的热量；‎ C．硬脂酸钠溶液中加入氯化钠降低溶解性发生盐析；‎ D．饱和碳酸钠溶液中会降低乙酸乙酯的溶解度。‎ ‎【解答】解：A．水中溶解氯化钠沸点升高，凝固点降低，不易结冰，故A正确；‎ B．固体氢氧化钠溶解过程中离子的水合过程中付出的热量大于离子扩散过程中吸收的热量，固体氢氧化钠溶于水有明显的发热现象，故B正确；‎ C．氯化钠能降低硬脂酸钠在水中的溶解度，使之发生盐析，故C正确；‎ D．在饱和碳酸钠溶液中乙酸乙酯的溶解度较小，便于分层，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎2．【分析】A、根据溶解度的单位是克，进行分析判断。‎ B、根据40℃时，高氯酸钾的溶解度为3.73g，进行分析判断。‎ C、根据高氯酸钾在不同温度时的溶解度，高氯酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，进行分析判断。‎ D、根据高氯酸钾在不同温度时的溶解度，进行分析判断。‎ ‎【解答】解：A、溶解度的单位是克，20℃时高氯酸钾的溶解度为1.68g，故A错误；‎ B、40℃时，高氯酸钾的溶解度为3.73g，40℃时，将4g高氯酸钾溶于100g水，最多只能溶解3.73g，不能得到104g溶液，故B错误；‎ C、高氯酸钾在不同温度时的溶解度，高氯酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，80℃的高氯酸钾饱和溶液冷却至40℃，有晶体析出，有结晶现象，故C正确；‎ D、由高氯酸钾在不同温度时的溶解度，高氯酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎3．【分析】A．KNO3的溶解度受温度影响变化很大；‎ B．这种“气”是指乙烯，因为乙烯的主要作用是促进果实成熟；脱落酸的主要作用是抑制细胞分裂，促进叶和果实的衰老和脱落；生长素的作用表现出两重性：既能促进生长也能抑制生长；既能促进发芽也能抑制发芽；既能防止落花落果也能疏花疏果；甲烷为气体，不具有催熟作用；‎ C．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离；‎ D．硝酸具有强的氧化性。‎ ‎【解答】解：A．KNO3溶解度随温度变化大，提纯的方法是利用溶解后，煎炼得之主要利用蒸发结晶KNO3的溶解度受温度影响变化很大，故A错误；‎ B．该文中的“气”是指乙烯，得气即发可知乙烯催熟果实，故B正确；‎ C．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故C正确；‎ D．用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，只大多数金属能够与硝酸发生氧化还原反应溶于硝酸，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎4．【分析】A、许多离子和分子在水中是无色澄清透明的；‎ B、天然雨水溶解了二氧化碳气体等物质；‎ C、水因煮过久，水中不挥发性物质，如钙、镁等重金属成分和亚硝酸盐含量很高；‎ D、蒸馏水是通过蒸馏操作得到的纯净的水．‎ ‎【解答】解：A、化学上纯净的水是指只含有水分子，许多离子和分子在水中是无色澄清透明的，例如食盐水、蔗糖溶液，故A错误；‎ B、天然雨水溶解了二氧化碳气体等物质，因此天然雨水属于混合物，故B错误；‎ C、水因煮过久，水中不挥发性物质，如钙、镁等重金属成分和亚硝酸盐含量很高，因此不能喝反复煮沸的水，故C错误；‎ D、蒸馏水是通过蒸馏操作得到的纯净的水，不含Ca2+、Mg2+等金属离子，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎5．【分析】根据溶质不能透过淡化膜，质量不变；水分子可以透过半透膜，溶剂质量减小；溶质质量不变，溶剂质量减小，溶液质量减小，则溶质质量分数增大；‎ ‎【解答】解：A、溶质不能透过淡化膜，所以溶质质量不变，故A错误；‎ B、溶质质量不变，溶液质量减小，溶液质量减小，故B错误；‎ C、水分子可以透过半透膜，溶剂质量减小，故C正确；‎ D、溶质质量不变，溶剂质量减小，溶液质量减小，则溶质质量分数增大，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎6．【分析】A、根据m（溶质）＝m（溶液）ω计算配制100g10%的NaCl溶液需要氯化钠质量，根据m＝cVM计算配制100m11.0mol/L的 NaCl溶液需要氯化钠质量；‎ B、氯化钠溶液的密度大于1g/mL，100mL氯化钠溶液的质量大于100g；‎ C、根据溶液配制的实验步骤判断溶液配制需要的仪器；‎ D、20℃时，氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则NaCl溶液100mL质量大于100g，根据ω＝估算1.0mol/L的 NaCl的质量分数，进行判断。‎ ‎【解答】解：A、配制100g10%的NaCl溶液需要氯化钠质量为100g×10%＝10g，配制100m11.0mol/L的 NaCl溶液需要氯化钠质量为0.1L×1.0mol/L×58.5g/mol＝5.85g，二者需要氯化钠的质量不相等，故A错误；‎ B、氯化钠溶液的密度大于1g/mL，100mL氯化钠溶液的质量大于100g，故B错误；‎ C、配制一定质量分数的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，用量筒量取水的体积，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，所需仪器有托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙等；配制一定体积一定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要用天平称量氯化钠的质量，用药匙去药品，在烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，洗涤后移入100mL容量瓶，加水定容，距离刻度线1～2cm改用胶头滴管滴加，配制需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管等，两种配制需要的仪器不同，故C错误；‎ D、20℃时，氯化钠溶液的密度大于1g/mL，则NaCl溶液100mL质量大于100g，又配制100m11.0mol/L的 NaCl溶液需要氯化钠质量为0.1L×1.0mol/L×58.5g/mol＝5.85g，则根据ω＝估算1.0mol/L的 NaCl的质量分数小于5.85%，所以甲同学所配的溶液浓度比乙同学的大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎7．【分析】A．浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，浓度越大密度越大；‎ B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制；‎ C．根据c＝，体积V指的是溶液的体积，而不是溶剂水的体积；‎ D．发生反应：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Na2O+H2O═2NaOH，由方程式可知，相同物质的量的Na2O2和Na2O的消耗相同物质的量的水，生成相同物质的量的NaOH，保持温度不变，使溶液恰好饱和，故加入的Na2O2、Na2O的物质的量相等。‎ ‎【解答】解：A．浓硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2，加水后浓硫酸质量分数＝‎ ‎×100%＝＞49%，故A正确；‎ B．实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，根据n＝cV、m＝nM进行计算，故B正确；‎ C．在标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，配成1L溶液而不是溶于1L水中，得到1mol/L的氨水，故C错误；‎ D．若要生成80份质量的氢氧化钠，需要78份质量的过氧化钠，同时消耗18份质量的水，需要62份质量的氧化钠，同时消耗18份质量的水，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1：1，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎8．【分析】某Na2SO4不饱和溶液，加热蒸发掉30g水，未见晶体析出，说明溶剂的质量减少，溶质的质量不变，导致溶液的质量减小，溶液的密度增大，结合V＝、w＝、c＝分析解答．‎ ‎【解答】解：某Na2SO4不饱和溶液，加热蒸发掉30g水，未见晶体析出，说明溶剂的质量减少，溶质的质量不变，导致溶液的质量减小，溶液的密度增大，‎ A．溶液中没有晶体析出，说明溶液中溶质不变，故A正确；‎ B．溶剂的质量减少，溶质的质量不变，导致溶液的质量减小，故溶液质量分数增大，故B错误；‎ C．溶液质量减小、密度增大，故溶液体积减小，故C错误；‎ D．溶质的物质的量不变，溶液体积减小，故溶液的物质的量浓度增大，故D错误，‎ 故选：A。‎ ‎9．【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；‎ B、稀释过程中溶质的质量不变；‎ C、上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸馏水的质量；‎ D、根据c＝进行计算求解．‎ ‎【解答】解：A、摩尔质量的单位是g/mol，所以硫酸的摩尔质量为98g/mol，故A错误；‎ B、c＝＝＝7.14mol/L，而稀释过程中溶质的质量不变，所以上述100mL稀硫酸中含溶质7.14mol/L×0.01L×98g/mol＝6.99g，故B错误；‎ C、上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸馏水的质量，故C错误；‎ D、根据c＝＝＝7.14mol/L，所以质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎10．【分析】根据溶液析出水合物后仍是饱和溶液，W克水合物中，分为两部分，一部分是加入的m克的无水盐；另一部分是饱和溶液的一部分，从原溶液中析出的溶质就在这部分里，而饱和溶液的溶质质量分数已知，则饱和溶液减少的质量为（W﹣m）g．然后利用饱和溶液中，溶质的质量＝溶液的质量×饱和溶液的质量分数进行计算．‎ ‎【解答】解：由题意可知，原溶液为饱和溶液，则加入mg该无水盐后晶体析出后的溶液仍然为饱和溶液，则饱和溶液减少的质量为（W﹣m）g也是饱和溶液，由一定温度下，某无水盐在水中溶质的质量分数为a%，从原饱和溶液中析出溶质的质量为x，则×100%＝a%，x＝（W﹣m）×a%，‎ 故选：D。‎ ‎11．【分析】要配制50.0g 溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，首先应计算配制所需水和蔗糖的量，然后根据计算结果称量所需物质，接下来进行溶解，完全溶解后进行装瓶保存．‎ ‎【解答】解：A．溶剂的质量＝溶液的质量﹣溶质的质量＝50.0g﹣5.0g＝45.0g，那么水的体积为45.0mL，需要用50mL的量筒，故A错误；‎ B．溶质的质量＝溶液的质量×溶液中溶质的质量分数＝50.0g×10%＝5.0g，故B正确；‎ C．在溶解过程中，需要将蔗糖和水放入烧杯中，用玻璃棒进行搅拌，故C正确；‎ D．将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签，注明溶液名称和溶质的质量分数，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎12．【分析】A．依据m＝CVM计算需要溶质的质量；‎ B．搅拌能够使胶体聚沉；‎ C．碘以离子形式存在，需要加氧化剂氧化；‎ D．乙酸能够与碳酸钠溶液反应生成易溶于水的乙酸钠，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液．‎ ‎【解答】解：A．实验室没有480mL的容量瓶，应选择大于480mL且规格相近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶；需要胆矾的质量为0.1mol•L﹣1×0.5L×‎ ‎250g/mol＝12.5g，故A错误；‎ B．将适量FeCl3饱和溶液滴入沸水中并不断搅拌，搅拌能够使胶体聚沉所以不能得到胶体，故B错误；‎ C．碘以离子形式存在，需要加氧化剂氧化，则从海带提取单质碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取，故C错误；‎ D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，反应后分液，则给出的仪器可完成分液操作，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎13．【分析】分散系分为溶液、胶体、浊液。丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路。丁达尔现象是胶体特有的性质，抓住这一特点即可解答。‎ ‎【解答】解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，分散质微粒直径小于1nm的是溶液，大于1﹣100nm的是浊液；‎ A．分散质粒子直径在1～100 nm间的分散系是胶体，有丁达尔效应，故A正确；‎ B．能使淀粉KI试纸变色的分散系是氧化剂形成的溶液，不属于胶体，不能产生丁达尔效应，故B错误；‎ C．能腐蚀铜板的分散系为氯化铁溶液，不是胶体，没有丁达尔效应，故C错误；‎ D．能使蛋白质盐析的分散系为轻金属盐的溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎14．【分析】A．血液属于胶体，具有渗析、电泳等性质；‎ B．氨基酸含﹣COOH、氨基；‎ C．从海水中提取物质NaCl，蒸发即可；‎ D．硅胶具有吸水性，可作干燥剂。‎ ‎【解答】解：A．血液属于胶体，血液不能透过半透膜，“血液透析”利用了渗析原理，“静电除尘”利用了胶体的电泳，故A正确；‎ B．氨基酸含﹣COOH、氨基，可发生缩聚反应生成新的蛋白质，故B正确；‎ C．从海水中提取物质NaCl，蒸发即可，为物理变化，而Br、Mg等发生化学反应，故C错误；‎ D．硅胶具有吸水性，可作干燥剂，所以在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可吸收水蒸气防止食物受潮，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎15．【分析】A．塑料是高分子化合物；‎ B．纯银的器皿能和硫化氢反应而发生化学反应；‎ C．胶体具有丁达尔效应；‎ D．电动车减少化石燃料的使用，减少污染气体的排放。‎ ‎【解答】解：A．世界杯纪念钞是由特制的塑料薄片制得的，塑料是一种高分子化合物，故A正确；‎ B．纯银中只含银一种金属，和电解质溶液不能形成原电池，银和硫化氢发生化学反应而生成黑色的硫化银，故B错误；‎ C．牛奶属于胶体，光线通过会出现一条光亮的通路，具有丁达尔效应，故C正确；‎ D．推动新能源交通产业的发展，降低有害物的排放，有利于减少污染气体排放，改善人类生存环境，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎16．【分析】A．明矾没有强氧化性；‎ B．石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应；‎ C．海水中含有电解质氯化钠；‎ D．生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，而石化柴油属于烃类物质．‎ ‎【解答】解：A．明矾没有强氧化性，没有消毒杀菌作用，故A错误； ‎ B．向煤中加入适量石灰石。石灰石与煤燃烧时产生的SO2及空气中的O2反应，生成CaSO4和CO2，故B正确；‎ C．海水中含有电解质氯化钠，氯化钠可与钢铁形成原电池，原电池能加快化学反应速率，故C错误；‎ D．生物柴油的主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，是动植物油脂与甲醇通过酯化反应得到的；而石化柴油属于烃类物质，是从石油里面提炼出来的，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎17．【分析】A．江河中的泥沙属于胶体分散系； ‎ B．血液属于胶体；‎ C．不同牌号的墨水属于不同胶体；‎ D．氢氧化铁可与盐酸反应．‎ ‎【解答】解：A．江河中的泥沙属于胶体分散系，江河入海口三角洲的形成与胶体的聚沉性质有关，故A错误； ‎ B．血液属于胶体，使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血应用了胶体聚沉的原理，故B错误；‎ C．不同牌号的墨水属于不同胶体，混合使用会发生聚沉，故C错误；‎ D．氢氧化铁可与盐酸反应，与胶体性质无关，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎18．【分析】A、根据分散质微粒直径大小，胶体不能通过半透膜；‎ B、重金属铬能与蛋白质发生作用，使其丧失生理活性，对人体造成危害；‎ C、根据形成酸雨的原因；‎ D、根据绿色化学的核心分析 ‎【解答】解：A、尿毒症主要是血红蛋白随尿液排出，所以血液透析就是将血液通过半透膜，防止血红蛋白流失，故A正确；‎ B、重金属铬能与蛋白质发生作用，使其丧失生理活性，对人体造成危害，故B正确；‎ C、人类超量排放氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因，故C错误；‎ D、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎19．【分析】A．胶体分散质粒子在1～100nm之间；‎ B．催化剂对平衡无影响；‎ C．得失电子是由元素原子的结构决定的；‎ D．银离子是重金属离子。‎ ‎【解答】解：A．纳米材料在以液体为分散剂所形成的溶胶分散系为液溶胶，故A正确；‎ B．催化剂能增大反应速率，但是对平衡无影响，所以转化率不变，故B错误；‎ C．得失电子是由元素原子的结构决定的，纳米铜没有改变原子结构，不能说明“纳米铜”比铜片更易失电子，故C正确；‎ D．银离子是重金属离子，能使蛋白质变性，有抑菌、杀菌效果，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎20．【分析】根据对石墨进行处理使得石墨片的厚度逐渐变薄，最终获得目前已知的最薄的材料﹣‎ 石墨烯可知，石墨烯是只有碳元素组成的单质，没有新的物质生成，则没有发生化学变化．‎ ‎【解答】解：A．石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故A错误； ‎ B．石墨制取石墨烯的过程是物理变化，故B正确；‎ C．石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，故C错误；‎ D．碳纳米管不是分散系，不是胶体，故D错误。‎ 故选：B。‎ 二．填空题（共4小题）‎ ‎21．【分析】（1）根据MgCl2的溶解度结合某物质的饱和溶液中溶质质量分数×100%解答；‎ ‎（2）根据温度对氯化镁、氯化钾及硫酸镁的溶解度的影响，某物质的饱和溶液中溶质质量分数×100%解答来解答；‎ ‎【解答】解：（1）根据溶解度曲线可知：t1时，氯化镁的溶解度为60克，表示在100克水中最多溶解60克氯化镁，所以当在t1℃时，向100g水中加入150g MgCl2，形成的是饱和溶液，剩余90克氯化镁，氯化镁的溶解度受温度的升高而升高，t2℃时，氯化镁的溶解度为100克，所以，溶解100克氯化镁，形成的是饱和溶液，剩余50克氯化镁，将其温度升高到t2℃时，溶质为100克和溶剂为100克，溶质的质量分数为×100%＝50%，‎ 故答案为：饱和；50%；‎ ‎（2）由溶解度曲线示意图知，t1℃时，MgCl2的位置最高，KCl和MgSO4的曲线交于一点，故MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的溶解度的大小关系为：MgCl2＞KCl＝MgSO4，根据某物质的饱和溶液中溶质质量分数×100%知溶解度越大，浓度越大，所以，氯化镁溶液中溶质质量分数最大；‎ t2℃时，MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的溶解度的大小关系为：MgCl2＞KCl＝MgSO4，t1℃时，MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的溶解度的大小关系为：MgCl2＞KCl＝MgSO4，随着温度的降低，氯化镁和氯化钾溶解度减小，降温晶体一定析出，而硫酸镁的溶解度随着温度的降低先增大后减小，且t2℃时和t1℃时都等于氯化钾的溶解度，降温氯化钾析出，硫酸镁也析出，所以若将含有MgCl2、KCl和MgSO4‎ 三种物质的热饱和溶液降温到t1℃，析出的晶体主要是MgCl2、KCl和MgSO4三种物质的混合物，‎ 故答案为：MgCl2； C；‎ ‎22．【分析】（1）溶解度曲线的交点表示该温度下两物质的溶解度相等；根据溶解度曲线可以比较同一温度时不同物质的溶解度大小；‎ ‎（2）根据A的溶解度，及C的溶解度随温度变化情况及不饱和溶液、饱和溶液的转化方法分析解答；‎ ‎（3）（Ⅰ）加硝酸钾至饱和溶质增加，溶剂不变，温度不变溶解度不变；‎ ‎（Ⅱ）将该不饱和溶液恒温蒸发至饱和，溶剂减少，溶质不变，温度不变溶解度不变．‎ ‎【解答】解：（1）从溶解度曲线图不难看出，M点是A、C两曲线的交点，即两物质在t2℃时溶解度相等；根据图象曲线变化可知，t3℃时A、B、C三种物质的溶解度按由小到大的顺序排列是 A＞B＞C，‎ 故答案为：在t2℃时A与C的溶解度相等；A＞B＞C；‎ ‎（2）t1℃时A的溶解度是40g，所以将10g A物质放入100g水中，充分溶解后所得的溶液是不饱和溶液；C的溶解度随温度的升高而减小，因此若想使它的饱和的溶液变为不饱和溶液，可采取降温、加入溶剂的方法，‎ 故答案为：不饱和；加水或降温；‎ ‎（3）（Ⅰ）加硝酸钾至饱和溶质的质量增加，溶剂不变，所以溶液质量增加，溶质质量分数增加，温度不变溶解度不变，在该不饱和溶液中加硝酸钾至饱和，不变的量为该温度下的溶解度、溶剂的质量，‎ 故答案为：①④；‎ ‎（Ⅱ）将该不饱和溶液恒温蒸发至饱和，溶剂减少，溶质不变，溶液质量减少，溶质质量分数增加，温度不变溶解度不变，‎ 故答案为：②④．‎ ‎23．【分析】根据公式c＝计算稀释前溶质的物质的量浓度，根据稀释前后硫酸钾溶液的溶质物质的量不变，计算稀释后的浓度，根据质量分数是溶质质量和溶液质量的比值来计算即可．‎ ‎【解答】解：稀释前溶质的物质的量浓度c＝＝‎ mol/L＝0.62mol/L，稀释前后硫酸钾溶液的溶质物质的量不变，设：稀释后的浓度是x，则0.62mol/L×0.35L＝0.5x，解得x≈0.43mol/L，稀释后溶液中K2SO4的质量分数＝×100%≈4.25%．‎ 答：稀释后溶液中K2SO4的质量分数是4.25%，溶液中K2SO4的物质的量浓度是0.43mol/L．‎ ‎24．【分析】用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法叫做中和滴定，中和滴定的实质是H++OH﹣＝H2O，据此计算氢氧化钠的浓度．‎ ‎【解答】解：用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法叫做中和滴定，酸应该放在酸式滴定管中，碱应该放在碱式滴定管中，酸碱中和的实质是H++OH﹣＝H2O，所以c盐酸•V盐酸＝c氢氧化钠•V氢氧化钠，所以c（NaOH）＝0.10mol/L，‎ 故答案为：中和滴定；酸式；0.10．‎ 三．解答题（共4小题）‎ ‎25．【分析】（1）根据图示分析20℃时，KNO3的溶解度；‎ ‎（2）a点处KNO3和NaCl的溶解度相同；‎ ‎（3）KNO3的溶解度随着温度的变化较大，而NaCl的溶解度随着温度的变化几乎不变；‎ ‎（4）在0℃时，氯化钠的溶解度大于35g．‎ ‎【解答】解：（1）根据图示可知20℃时，KNO3的溶解度为31.6g，故答案为：31.6g；‎ ‎（2）a点处KNO3和NaCl的溶解度相同，即在100g水中所溶解的两者的质量相同，故所得溶液的质量分数相同，故答案为：相同；‎ ‎（3）KNO3的溶解度随着温度的变化较大，而NaCl的溶解度随着温度的变化几乎不变，故若固体KNO3中混有的少量NaCl，可采用降温结晶的方法分离出硝酸钾从而达到提纯的目的，故答案为：降温结晶；‎ ‎（4）由于在40℃时，氯化钠的溶解度大于35g，故将35.0gNaCl溶于100g水中，所得的溶液为不饱和溶液；而0℃时，氯化钠的溶解度仍大于35g，故将此溶液降温至0℃时，不能析出晶体，故答案为：0．‎ ‎26．【分析】（1）根据析出晶体时的质量分数为22%，计算该溶液的溶解度S，以此判断所在的温度范围；‎ ‎（2）一定温度下，某固态物质在100g溶剂中达到饱和状态时所溶解的溶质的质量，叫做这种物质在这种溶剂中的溶解度．根据溶解度的定义并运用极限法计算；‎ ‎（3）注意反应顺序：NaOH先和H2S反应生成NaHS，若NaOH还有剩余，则NaOH继续和NaHS反应生成Na2S；‎ ‎（4）根据100℃蒸发后的溶液中NaCl为饱和溶液，KNO3为不饱和溶液，求出溶液中NaCl的质量，然后求出析出的NaCl晶体；将滤液冷却至10℃，NaCl为饱和溶液，KNO3为饱和溶液，分别求出溶液中NaCl、KNO3的质量，然后求出析出的NaCl、KNO3晶体的质量．‎ ‎【解答】解：（1）设质量百分比浓度为22%的饱和溶液的溶解度为S，‎ 则有：＝22%，解得S＝28.20g，则该盐溶液由50℃逐渐冷却，则开始析出晶体的温度范围是30～40℃．‎ 故选：D；‎ ‎（2）a．假设正好形成了CuSO4.5H2O晶体，则，m＝18；‎ b．假设正好形成饱和溶液，则溶质质量为32g，溶剂质量为mg，故＝，m＝128，由于形成饱和CuSO4溶液并有CuSO4•5H2O晶体析出，故m的取值范围为：18＜m＜128；‎ 故答案为：18＜m＜128；‎ ‎（3）设8克NaOH完全反应转化为硫氢化钠，其质量为x NaOH+H2S＝NaHS+H2O ‎40 56‎ ‎8g x x＝＝11.2g，‎ 即8克NaOH完全反应可生成硫化钠的质量为11.2g，‎ 设8克NaOH完全反应只生成硫化钠，其质量为y，‎ ‎2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O ‎80 78‎ ‎8g y y＝＝7.8g，‎ 即8克NaOH完全反应可生成硫化钠的质量为7.8g，‎ 固体质量在7.8﹣8之间，可以是NaOH和Na2S，也可以是Na2S和NaHS，但若在8﹣‎ ‎11.2之间，则是Na2S和NaHS，‎ 由8g＞7.97g＞7.8g，则产物：可以是NaOH和Na2S，也可以是Na2S和NaHS；‎ 若产物为NaOH和Na2S，设氢氧化钠物质的量为a，硫化钠物质的量为b，则：‎ a+2b＝0.2；‎ ‎40a+78b＝7.97；‎ 解得：a＝0.17mol；b＝0.015mol；‎ 若产物为Na2S和NaHS，设硫化钠物质的量为a，硫氢化钠物质的量为b，则：‎ ‎2a+b＝0.2；‎ ‎78a+56b＝7.97；‎ 解得a＝0.095mol；b＝0.01mol；‎ 答：①NaOH 0.17mol、Na2S 0.015mol ②NaHS 0.01mol、Na2S 0.095mol；‎ ‎（4）100℃蒸发掉50.0克H2O后溶液中NaCl的质量为 39.1g×＝7.82g，‎ 析出的NaCl晶体质量m（高温）＝23.4g﹣7.82g＝15.58g；‎ 冷却到10℃，析出的NaCl晶体质量为 （39.1g﹣35.7g）×＝0.68g，‎ 溶液中KNO3的质量为20.9g×＝4.18g，‎ 析出的KNO3晶体质量为40.4g﹣4.18g＝36.2g，‎ 所以10℃析出的晶体总质量m（低温）＝0.68g+36.2g＝36.9g，‎ 答：m1＝15.58g；m2＝36.9g．‎ ‎27．【分析】（1）氯化铁与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀和水，属于两种物质交换成分生成沉淀和水的反应，为复分解反应；‎ ‎（2）氢氧化铁胶体为红褐色；‎ ‎（3）能发生丁达尔效应是胶体的特性；‎ ‎（4）氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，属于两种物质交换成分生成水的反应，为复分解反应．‎ ‎【解答】解：Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，反应的化学方程式为：Fe2O3 +6HCl＝2FeCl3 +3H2O，所得溶液中含有Fe3+离子，溶液呈黄色，‎ 故答案为：Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O； ‎（1）向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液发生复分解反应：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓，‎ 故答案为：FeCl3+3NaOH═3NaCl+Fe（OH）3↓；复分解；‎ ‎（2）Fe（OH）3胶体的制法：向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，直到出现红褐色胶体为止，‎ 故答案为：红褐；‎ ‎（3）胶体乙可发生丁达尔效应，而溶液不能，利用这一点可以区分胶体和溶液，‎ 故答案为：乙；胶体和溶液；‎ ‎（4）向Fe（OH）3胶体中滴入稀盐酸，反应的化学方程式为：Fe（OH）3+3HCl＝FeCl3+3H2O，为复分解反应，‎ 故答案为：Fe（OH）3+3HCl＝FeCl3+3H2O；复分解．‎ ‎28．【分析】（1）根据形状判断仪器名称；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应；装置D中制取氨气；装置B目的是除掉挥发出来的氯化氢；‎ ‎（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应；‎ ‎（3）铵根在水中发生水解；‎ ‎（4）尾气未处理．‎ ‎【解答】解：（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；装置D中制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为：分液漏斗；CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O； ⑧；‎ ‎（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应，若有丁达尔效应，则说明为纳米级，故答案为：将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级；‎ ‎（3）C装置中发生反应CaCl2+CO2+2NH3+H2O＝CaCO3+2NH4Cl，铵根在水中发生水解显酸性，离子方程式：+H2ONH3•H2O+H+，故答案为：酸； +H2ONH3•H2O+H+；‎ ‎（4）该装置尾气未处理，故答案为：无尾气吸收装置．‎