【化学】内蒙古锡林浩特市第六中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】内蒙古锡林浩特市第六中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

内蒙古锡林浩特市第六中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 试卷可能需要的数据：H:1 O:‎16 C:12 N:14 P:31 S:32 Cl:35.5 Na:23 Ba:137‎ 一、选择题（共48分 计16个小题，每小题仅有一个选项符合题意）‎ ‎1.《天工开物》中对制造染料“蓝靛”的叙述如下：“凡造淀，叶与茎多者入窖，少者入桶与缸。水浸七日，其汁自来。每水浆一石，下石灰五升，搅冲数十下，淀信即结。水性定时，淀沉于底…其掠出浮沫晒干者曰靛花。”文中没有涉及的实验操作是（ ）‎ A. 溶解 B. 搅拌 C. 升华 D. 蒸发 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；‎ B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；‎ C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；‎ D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎2.下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、为腐蚀品标志，故A正确；B、为易燃固体标志，故B错误；C、为辐射标志，故C错误；D、为易燃液体或易燃气体标志，故D错误。‎ ‎3.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 1 mol H2O的质量为‎18 g·mol－1‎ B. CH4的摩尔质量为‎16 g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为‎32 g D. 1 mol任何气体其所占体积都约是‎22.4升 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.1 mol H2O的质量为‎18g，A错误；‎ B.CH4的相对分子质量是16，所以CH4的摩尔质量为‎16g/mol，B错误；‎ C.3.01×1023个SO2分子的物质的量是0.5mol，由于SO2的摩尔质量是‎64g/mol，所以0.5molSO2的质量为‎32 g，C正确；‎ D.1 mol任何气体在标准状况下所占体积都约是‎22.4升，题干未指明气体所处的外界条件，因此不能确定其体积大小，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.在下列状态下，属于能够导电的电解质是（　　）‎ A. 氯化钠晶体 B. 液态氯化氢 ‎ C. 硝酸钾溶液 D. 熔融氢氧化钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钠晶体是电解质，但不能导电，故A错误；‎ B．液态氯化氢是电解质，但不能导电，故B错误；‎ C．硝酸钾溶液能导电，但是混合物，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D．熔融氢氧化钠是电解质，也能导电，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是（　　）‎ A. 当有大量毒气泄漏时，人应沿顺风方向疏散 B. 汽油着火时，应用干燥的沙土盖灭 C. 当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗 D. 酒精失火用水浇灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当有大量毒气泄漏时，为减少有毒气体对人的伤害，人应沿逆风方向疏散，A错误；‎ B.汽油着火时，应用干燥的沙土盖灭，使其与空气隔绝，B正确；‎ C.当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂抹稀NaHCO3溶液，C错误；‎ D.酒精失火用湿抹布扑灭，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）‎ ‎①根据氧化物的组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物 ‎②根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质 ‎③根据分散系的本质为是否有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液 ‎④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物 ‎⑤根据物质溶于水或熔融状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质 A. ①②④ B. ②④⑤ C. ①②③④ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】①金属元素与氧元素组成的化合物是金属氧化物、非金属元素与氧元素组成的化合物是非金属氧化物； ②溶解度 ‎10g以上易溶，‎1g-10g可溶，‎0.01g-1g微溶，‎0.01g以下难溶； ③根据分散系的分类方法分析； ④根据单质和化合物的概念来分析； ⑤化合物分为电解质和非电解质。‎ ‎【详解】①根据氧化物的元素组成将氧化物分成金属氧化物、非金属氧化物，故①正确；‎ ‎②溶解度 ‎10g以上易溶，‎1g-10g可溶，‎0.01g-1g微溶，‎0.01g以下难溶，所以根据物质在水中溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故②正确；‎ ‎③根据分散质粒子直径不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③错误；‎ ‎④由一种元素组成的纯净物是单质、由不同种元素组成的纯净物是化合物，根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，故④正确；‎ ‎⑤根据化合物溶于水或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误；选A。‎ ‎7.有0.2 mol·L－1 K2SO4溶液300mL、0.2 mol·L－1 MgSO4溶液200mL和0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液100mL，这三种溶液中SO42-物质的量浓度之比是（ ）‎ A. 6:4:3 B. 1:1:‎1 ‎C. 3:2:3 D. 1:1:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】K2SO4溶液中c(SO42－)=0.2mol·L－1，MgSO4溶液中c(SO42－)=0.2mol·L－1，Al2(SO4)3溶液中c(SO42－)=0.2×3mol·L－1=0.6mol·L－1，即c(SO4)2－比值为0.2：0.2：0.6=1：1：3，故选项D正确。‎ ‎8.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是(　 　)‎ A. 过滤、蒸馏、蒸发、分液 B. 过滤、蒸发、蒸馏、分液 C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液 D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据装置图可知，从左到右各个装置进行的分离混合物的方法依次是过滤、蒸发、蒸馏、分液，故合理选项是B。‎ ‎9.在标准状况下CH4、H2S、NH3均为气体，分别有①‎11.2L H2S②‎16g CH4③1.204×1024个NH3分子，下列物理量大小比较正确的是（ ）‎ A. 体积：②＞③＞①‎ B. 密度：③＞②＞①‎ C. 质量：③＞②＞①‎ D. 原子总数：③＞②＞①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①‎11.2L H2S 的物质的量为=0.5mol，②‎16g CH4的物质的量==1mol，③1.204×1024个NH3分子的物质的量==2mol。‎ A．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积③＞②＞①，故A错误；‎ B．各物质的摩尔质量分别为：①H2S 为‎34g/mol，②CH4 为‎16g/mol，③NH3为‎17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度①＞③＞②，故B错误；‎ C．各物质的质量分别为：①H2S 为0.5mol×‎34g/mol =‎17g，②CH4 为‎16g，③NH3为2mol×‎17g/mol=‎34g，所以质量③＞①＞②，故C错误；‎ D．各物质中原子的物质的量分别为：①H2S 为0.5mol×3=1.5mol，②CH4 为1mol×5=5mol，③NH3为2mol×4=8mol，所以原子个数③＞②＞①，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是(　 　)‎ A. 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ(H2)>ρ(N2)>ρ(O2)‎ B. 当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p(H2)>p(N2)>p(O2)‎ C. 当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V(O2)>V(N2)>V(H2)‎ D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】对于一定量的气体来说，符合克拉伯龙方程PV=nRT=RT，根据方程中各个物理量之间的关系结合选项分析解答 ‎【详解】氢气的摩尔质量是‎2g/mol，氮气的摩尔质量是‎28g/mol，氧气的摩尔质量是‎32g/mol，‎ A．当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ（H2）＜ρ（N2）＜ρ（O2），故A错误；‎ B．根据PV=nRT=RT得PM==ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）＞p（N2）＞p（O2），故B正确；‎ C．根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）＜V（N2）＜V（H2），故C错误；‎ D．根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）＜m（N2）＜m（O2），故D错误；‎ 故选B．‎ ‎11.配制一定物质的量浓度的溶液是一个重要的定量实验，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，必须干燥才能用于配制溶液 B. 配制‎1 L 0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量‎5.85 g NaCl固体 C. 配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高 D. 用浓盐酸配制稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故A错误；‎ B、托盘天平的读数：小数点后保留1位，故B错误；‎ C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故C错误；‎ D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故D正确。‎ ‎12.若以w1和w2分别表示物质的量浓度为amol/L和bmol/L酒精溶液的质量分数，已知‎2a=b，则下列推断正确的是（ ）‎ A. 2w1=w2 B. w2>2w‎1 ‎ C. w2<2w1 D. 不能判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】据c=1000ρw/M表示酒精的物质的量浓度，结合酒精的浓度越大密度越小进行判断。‎ ‎【详解】设质量分数w1的氨水密度为ρ‎1g/mL，质量分数w2的氨水的为ρ‎2g/mL，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=1000ρ1w1/17mol/L，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=1000ρ2w2/17mol/L，由于‎2a=b，所以2×1000ρ1w1/17=1000ρ2w2/17mol/L，故2ρ1w1=ρ2w2，酒精的浓度越大密度越小，所以ρ1＞ρ2，故w2＞2w1，故选B。‎ ‎13.NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列的说法中，正确的是（ ）‎ A. ‎‎4.6‎g金属钠由原子完全变为Na+ 离子时，失去的电子数为0.1NA B. NA 个氧气分子与NA 个氢气分子的质量比为8︰1‎ C. 0.2 NA个硫酸分子与‎19.6g磷酸（相对分子质量：98）含有相同的氧原子数 D. ‎22.4L的氮气所含有的原子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎4.6g钠的物质的量为=0.2mol，而钠反应后变为+1价，故0.2mol钠反应后失去0.2NA个电子，故A错误；‎ B．NA个氧气分子和NA个氢气分子的物质的量均为1mol，而当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比，故氧气和氢气的质量之比为32∶2=16∶1，故B错误；‎ C．‎19.6g磷酸分子数为×NA /mol =0.2NA，0.2 NA个硫酸分子与‎19.6g磷酸分子含有的氧原子数均为0.8NA，故C正确；‎ D．气体状态不确定，Vm不一定等于‎22.4L/mol，无法计算‎22.4L的氮气所含有的原子数，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.体积相同的某营养液两份，其配方如下：‎ 成分物质 KCl K2SO4‎ ZnSO4‎ ZnCl2‎ ‎（1）‎ ‎0.3 mol ‎0.2 mol ‎0.1 mol ‎（2）‎ ‎0.1 mol ‎0.3 mol ‎0.1 mol 各物质均能溶于水，且均完全电离成阴阳离子，两份营养液中各离子的物质的量浓度（ ）‎ A. 完全相同 B. 完全不同 ‎ C. 仅c（K+）相同 D. 仅c（Cl－）相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】第一份营养液中，0.3molKCl里面有0.3mol钾离子和0.3mol氯离子，0.2mol硫酸钾里面有0.2mol×2=0.4mol钾离子和0.2mol硫酸根离子，0.1mol硫酸锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol硫酸根离子，此营养液里面有：n(K+)=0.3mol+0.4mol=0.7mol，n(SO42-)=0.2mol+0.1mol=0.3mol，n(Zn2+)=0.1mol，n(Cl-)=0.3mol；‎ 第二份营养液中，0.1molKCl里面有0.1mol钾离子和0.1mol氯离子，0.3mol硫酸钾里面有0.3mol×2=0.6mol钾离子和0.3mol硫酸根离子，0.1mol氯化锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol×2=0.2mol氯离子，则第二份营养液内有：n(K+)=0.1mol+0.6mol=0.7mol，n(SO42-)=0.3mol，n(Zn2+)=0.1mol，n(Cl-)=0.1mol+0.2mol=0.3mol；‎ 因体积相同，两种营养液相同离子的物质的量相同，则两种营养液离子浓度完全相同，故选A。‎ ‎15.将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成一种分散系，对该分散系及分散质颗粒的下列叙述中不正确的是( )。‎ A. 该分散系能发生丁达尔现象 B. 分散质颗粒能透过滤纸 C. 该分散质颗粒大小在1～100 nm之间 D. 该分散系很稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】纳米粒子的直径在1-100nm之间，将纳米级微粒物质溶解于液体溶剂中形成的分散系是胶体．该分散系具有胶体的性质。‎ ‎【详解】胶体具有下列特点：胶体粒子的直径在1−100nm之间、胶体能透过滤纸但不能透过半透膜、能产生定丁达尔效应、具有介稳性。所以A、B、C正确，D项错误，‎ 故选D。‎ ‎16.用下列方法来制备胶体，能够得到胶体的是( )。‎ A. 将等体积、等物质的量浓度的BaCl2溶液和硫酸相混合并振荡 B. 把1 mL饱和三氯化铁溶液逐滴加入到20 mL温水中，边加边振荡，并加热到沸腾 C. 把1 mL饱和三氯化铁溶液一次性加入到20 mL沸水中，并加以搅拌 D. 把1 mL饱和三氯化铁溶液逐滴加入到20 mL沸水中，边加边振荡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室制备氢氧化铁胶体是在沸腾的蒸馏水中加入饱和的氯化铁溶液，注意不能用玻璃棒搅拌、当液体变成红褐色时立即停止加热。‎ ‎【详解】A. 将等体积、等物质的量浓度的BaCl2溶液和硫酸相混，得到硫酸钡沉淀，得不到胶体，故A错误；‎ B. 把1mL饱和三氯化铁溶液逐滴加入到20mL温水中，边加边振荡，并加热到沸腾，得不到胶体，故B错误；‎ C. 把饱和三氯化铁溶液一次性加入到20mL沸水中，并加以搅拌，会产生胶体聚沉现象而得不到胶体，故C错误；‎ D 把饱和三氯化铁溶液逐滴加入20mL到沸水中，边加边振荡，能得到氢氧化铁胶体，故D正确；‎ 故选D。‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎17.I.有以下物质：①石墨②铝③酒精④氨水⑤二氧化碳⑥碳酸钠固体⑦氢氧化钡溶液⑧纯醋酸⑨氧化钠固体⑩氯化氢气体⑪熔融氯化钠。‎ ‎(1)其中能导电的是________（填序号，下同）；属于非电解质的是________；属于电解质的是________。‎ ‎(2)写出物质⑥溶于水的电离方程式：__________‎ ‎(3)写出物质⑥和⑩在水中反应的化学方程式：____________‎ II.(1)下列叙述正确的是________。‎ A.固体氯化钠不导电，所以氯化钠不是电解质 B.铜丝能导电，所以铜是电解质 C.氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢电解质 ‎ D.SO3 溶于水能导电，所以 SO3 是电解质 ‎(2)关于酸、碱、盐的下列各种说法中，正确的是_______。‎ A.化合物电离时，生成的阳离子有氢离子的是酸 B.化合物电离时，生成的阴离子有氢氧根离子的是碱 C.化合物电离时，生成金属阳离子和酸根离子的是盐 D.NH4Cl电离的电离方程式是：NH4Cl=NH4++Cl-，所以NH4Cl不是盐 ‎【答案】(1). ①②④⑦⑪ (2). ③⑤ (3). ⑥⑧⑨⑩⑪ (4). Na2CO3=2Na＋+CO32- (5). Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O (6). C (7). C ‎【解析】‎ ‎【分析】I.(1)能导电的物质，必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电是由于金属中存在能自由移动的带负电的电子；‎ 非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；‎ 强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐； ‎ ‎(2)碳酸钠溶于水电离产生Na+、CO32-；‎ ‎(3)碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，写出反应的方程式；‎ II.(1)水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导电的条件是化合物自身能在一定条件下电离出离子导电，导电实质是含有自由移动电子或离子；‎ ‎(2)电离时生成的阳离子全部都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物属于盐；据此解答。‎ ‎【详解】I.(1)①石墨、②铝存在能自由移动的带负电的电子能导电；④氨水；⑦氢氧化钡溶液、⑪熔融氯化钠，有能自由移动的阴、阳离子而能导电；故合理选项序号是①②④⑦⑪；‎ 非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，酒精和二氧化碳符合，合理选项序号是③⑤；‎ 强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐。⑥碳酸氢钠固体、⑧纯醋酸、⑨氧化钠固体、⑩氯化氢气体、⑪熔融氯化钠都是强电解质；故合理选项序号是⑥⑧⑨⑩⑪；‎ ‎(2)碳酸钠是盐，属于强电解质，在溶于水时会电离产生Na+、CO32-，其电离方程式为：Na2CO3=2Na＋+CO32-；‎ ‎(3)碳酸钠和盐酸反应生成NaCl和H2O、CO2，反应化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O；‎ II.(1) A.固体氯化钠不存在自由移动的离子不导电，溶于水会电离产生自由移动的离子而导电，所以氯化钠是电解质，A错误；‎ B.在铜丝中含自由移动的电子而能导电，但Cu是单质，不是化合物，因此不属于电解质，B错误；‎ C.氯化氢是化合物，溶于水会电离产生自由移动的H+、Cl-，所以HCl是电解质，C正确；‎ D.SO3溶于水能导电，是因为三氧化硫和水反应生成电解质硫酸，本身不能电离，所以SO3是非电解质，D错误；‎ 故合理选项是C；‎ ‎(2) A.化合物电离时，生成的阳离子是氢离子的是不一定是酸，如硫酸氢钠酸，A错误；‎ B.电离时生成的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物是碱，化合物电离时，生成的阴离子是氢氧根离子的不一定是碱，如碱式盐也能电离出氢氧根离子，但是盐，B错误；‎ C.由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物属于盐，所以化合物电离时，生成金属铵根离子和酸根离子的也是盐，C正确；‎ D.NH4Cl是由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物属于盐，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎18.下图是硫酸试剂瓶标签上的内容：‎ ‎(1)某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时，需要490mL 4.6mol·L-1的稀硫酸，现要配制该浓度的溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要__________(填仪器名称)；需要量取98%浓硫酸____________mL进行配制；‎ ‎(2)配制溶液时有如下操作：a.稀释溶解b.摇匀c.洗涤d.冷却e.量取f.将溶液移至容量瓶g.定容，实验操作顺序正确的是（ ）。‎ A. e→a→f→d→c→f→g→b B. e→a→d→f→c→f→g→b C. e→a→f→d→c→f→b→g D. e→a→d→f→c→f→b→g ‎(3)下列为配制过程中部分操作的示意图，其中有错误的是____(填序号)；‎ ‎(4)在配制4.6mol·L-1稀硫酸的过程中，下列情况会引起配制所得的硫酸溶液物质的量浓度偏高的是___；‎ A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 B.容量瓶洗涤后，未干燥处理 C.定容时仰视观察液面 D.未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎(5)为中和100mL 2.3 mol·L-1KOH溶液后显中性，需要加入________mL 4.6mol·L-1稀硫酸。‎ ‎【答案】(1). 500mL容量瓶 (2). 125 (3). B (4). ①④ (5). A (6). 25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据配制溶液的一般步骤判断需要的仪器和计算需要浓硫酸的体积；‎ ‎(2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤对各选项进行排序；‎ ‎(3)依据浓硫酸稀释、定容的正确操作分析判断；‎ ‎(4)依据c=进行误差分析；‎ ‎(5)根据2KOH～H2SO4计算。‎ ‎【详解】(1)需要490mL 4.6mol/L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶。用浓硫酸配制一定物质的量浓度稀硫酸，基本步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，还缺少的仪器：500mL容量瓶；质量分数为98%，密度为‎1.84g/mL的浓硫酸，物质的量浓度c== mol/L=18.4mol/L，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得V×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，解得V=125.0mL，故答案为：500mL容量瓶；125.0；‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤有：计算、称量或量取、溶解或稀释、冷却、转移、洗涤(转移)、定容、摇匀等，则正确的操作顺序是：eadfcfgb，故答案为：B；‎ ‎(3)稀释浓硫酸时应该将浓硫酸沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；定容时视线应平视，不能仰视和俯视，故答案为：①④；‎ ‎(4)A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生成影响，溶液浓度不变，故B不选；C．定容时仰视观察液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；D．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故D不选；故答案为：A；‎ ‎(5)根据2KOH～H2SO4，中和100mL 2.3 mol/LKOH溶液后显中性，需要4.6mol/L稀硫酸的体积为=25 mL，故答案为：25。‎ ‎19.已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的CuSO4， 以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO4·7H2O晶体及金属Cu。‎ ‎(1)步骤1的主要操作是______，（填操作名称）需用到的玻璃仪器除烧杯外还有_______。‎ ‎(2)步骤2中发生反应的化学方程式为___________‎ ‎(3)步骤3中发生反应的化学方程式为_______‎ ‎(4)步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、________、过滤、洗涤、烘干。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 普通漏斗(或漏斗)；玻璃棒 (3). Fe+CuSO4=FeSO4+Cu (4). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ (5). 冷却结晶或结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据过滤可以将不溶性固体从溶液中分离出来，过滤需要的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、漏斗进行分析；‎ ‎(2)根据工业废水中含有大量FeSO4较多的CuSO4，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜进行分析；‎ ‎(3)根据步骤2中加入的铁是过量的，固体混合物中含有铁和铜，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ ‎(4)根据工业废水中含有硫酸亚铁，该物质的溶解度受温度的影响变化较大，用结晶方法分析。‎ ‎【详解】(1)步骤1是从废水中分离难溶性固体和液态物质的方法，该操作为过滤；过滤需要的玻璃仪器除烧杯外，还需要漏斗和玻璃棒；‎ ‎(2)步骤2是向工业废水中加入过量的铁粉，由于废水中含有大量FeSO4和较多的CuSO4，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，化学方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；‎ ‎(3)由于步骤2中加入的铁是过量的，所以固体混合物中含有铁和铜，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；‎ ‎(4)废水中含有硫酸亚铁，该物质的溶解度受温度的影响变化较大，将溶液蒸发浓缩后得到其饱和溶液，然后降温结晶就获得硫酸亚铁晶体。‎ ‎20.今有下列六组仪器：①牛角管、②锥形瓶、③温度计、④冷凝管、⑤已组装固定好的铁架台、酒精灯和带塞（有孔）蒸馏烧瓶（垫有石棉网）、⑥带铁夹的铁架台。现要进行酒精和水混合物的分离实验。试回答下列问题：‎ ‎ (1)按仪器的安装先后顺序排列以上提供的各组仪器（填序号）：‎ ‎⑤→____→____→ ___→①→②。‎ ‎(2)冷凝管中冷凝水应从下口___________（填“进”或“出”）。‎ ‎(3)蒸馏时，温度计水银球应位于_________________________。‎ ‎(4)在蒸馏烧瓶中注入液体混合物后，加几片碎瓷片的目的是_________。‎ ‎(5)蒸馏后在锥形瓶中收集到的液体是____，烧瓶中剩下的液体主要是________。‎ ‎【答案】(1). ③ (2). ⑥ (3). ④ (4). 进 (5). 蒸馏烧瓶支管口处 (6). 防止加热时液体暴沸 (7). 酒精 (8). 水 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)安装仪器采用从左到右、从下而上的原则；‎ ‎(2)冷凝管中水采用逆流方法；‎ ‎(3)蒸馏时，温度计测量馏分温度；‎ ‎(4)碎瓷片能防暴沸；‎ ‎(5)乙醇沸点小于水，所以蒸馏出的物质是乙醇。‎ ‎【详解】(1)安装仪器采用从左到右、从下而上的原则，左侧从下而上仪器是：已组装固定好的铁架台、酒精灯和带塞(有孔)蒸馏烧瓶(垫有石棉网)，塞子上方插有温度计，蒸馏烧瓶连接冷凝管，冷凝管固定在铁架台上，冷凝管下方连接牛角管，牛角管下方有锥形瓶，所以仪器连接顺序为⑤③⑥④①②；‎ ‎(2)冷凝管中水采用逆流方法，目是防止蒸气急剧冷却而炸裂冷凝管，所以水从下口进入，上口出；‎ ‎(3)蒸馏时，温度计测量馏分温度，所以温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处；‎ ‎(4)碎瓷片能防止液体加热时液面剧烈跳动而暴沸，因此为防止液体暴沸而加入碎瓷片；‎ ‎(5)乙醇沸点小于水，所以蒸馏出的物质是乙醇，烧瓶中剩下的液体主要是水。‎ ‎21.I．NaCl溶液中混有Na2CO3、Na2SO4，为检验两种物质的存在，请你根据所选择的试剂，按实验步骤的先后顺序写出相应的化学方程式：‎ ‎①______________________________；‎ ‎②______________________________；‎ ‎③________________________________。‎ II．取100.0 mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到‎16.84g沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至‎6.99g，同时溶液中有气泡产生。试求：原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为________________；（写出计算列式的过程）‎ ‎【答案】(1). Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O (2). CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O (3). BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl (4). 0.3mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】I.首先加入过量HCl，有气泡产生，该气体能够使澄清石灰水变浑浊，说明有Na2CO3‎ ‎，再滴加过量BaCl2溶液，最终有白色沉淀证明有Na2SO4；‎ II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到‎16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终‎6.99g沉淀为BaSO4，根据n=计算BaSO4的物质的量，而n(Na2SO4)=n(BaSO4)，再根据c=计算c(Na2SO4)。‎ ‎【详解】I.首先向该物质的水溶液中滴加过量盐酸，有气体产生，该气体能够使澄清的石灰水变浑浊，证明溶液中含有Na2CO3，反应方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，然后向溶液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有Na2SO4，发生该反应的化学方程式为：Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓；‎ II.混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到‎16.84g白色沉淀为BaSO4、BaCO3的质量和，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终‎6.99g沉淀为BaSO4，根据n=可知n(BaSO4)==0.03mol，根据S元素守恒可知n(Na2SO4)=n(BaSO4)，所以根据c=可得c(Na2SO4)==0.3mol/L。‎ ‎ ‎