【化学】贵州省毕节市梁才学校2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】贵州省毕节市梁才学校2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

贵州省毕节市梁才学校2019-2020学年高一上学期期中考试试题 考试时间：90分钟 分值：100分 可能用到的相对原子质量：H－1 C-12 N-14 O－16 S－32 Cl－35.5 Na-23 Fe-56 Ba-137‎ 第Ⅰ卷 （选择题，共48分）‎ 一、选择题（共16个小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列行为符合实验安全要求的是（ ）‎ A. 酒精灯着火时用湿抹布熄灭 B. 冷凝管中的水流方向是从上口进入，下口排出 C. 将鼻孔凑到集气瓶口闻气体的气味 D. 发现家中天然气泄漏，立即打开抽油烟机 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酒精灯被碰翻着火时，应立即用湿抹布盖灭，以隔绝氧气达到灭火的目的，故A正确；‎ ‎ B.冷凝管水流从下口进入，上口排出，遵循逆流原理，这样冷凝效果好，故 B错误；‎ C.可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险，所以发现家中天然气泄漏，立即打开抽油烟机，可能会引起爆炸，故C错误；‎ D.闻气体气味时，应该用手轻轻在瓶口扇动，离瓶口一段距离去闻，而不能鼻子凑近集气瓶口，直接闻气体的气味，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列实验中，①pH试纸的使用　②过滤　③蒸发 ④配制一定物质的量浓度溶液，均用到的仪器是(　　)‎ A. 玻璃棒 B. 蒸发皿 C. 试管 D. 分液漏斗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①使用pH试纸测溶液的pH值，用到的仪器有玻璃棒、表面皿或玻璃片等仪器；②过滤用到烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；③蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；④‎ 配制一定物质的量浓度的溶液，用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等。以上操作都用到了玻璃棒。故选A。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由同种元素组成的物质一定是纯净物 B. 氨水导电，所以氨水是电解质 C. 能电离出H＋的化合物都是酸 D. 在豆浆中加入硫酸钙制豆腐，是利用了胶体的聚沉性质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由同种元素组成的物质不一定是纯净物，如由氧气和臭氧组成的是混合物，故A错误；‎ B.氨水导电，是因为氨气和水反应生成的一水合氨为电解质，电离产生离子而导电，氨气不能电离，氨水为溶液，属于混合物，所以氨水既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；‎ C．能电离出H＋的化合物不一定都是酸，如NaHSO4在水溶液中也可以电离出氢离子，故C错误；‎ D. 豆浆是一种胶体，豆浆中加入硫酸钙制豆腐，硫酸钙属于电解质，发生胶体聚沉，利用了胶体的聚沉性质，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 阿伏加德罗常数就是指6.02×1023‎ B. 3.01×1023个Na+中电子的物质的量是5 mol C. 1 mol任何物质所含有的原子数都相同 D. 2 mol SO42－约含有1.204×1023个SO42－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol物质所含有的粒子数为阿伏加德罗常数，有单位，通常用6.02×1023mol-1这个近似值，故A错误；‎ B. 3.01×1023个Na+的物质的量==0.5mol，一个钠离子含有10个电子，0.5mol Na+中电子的物质的量是5 mol，故B正确； ‎ C. 物质并不都是由分子构成的，有的是离子构成的，有的是原子构成的，故C错误；‎ D. 2 mol SO42-约含SO42-的个数=2mol×6.02×1023mol-1=1.204×1024个，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列变化需要加入还原剂才能实现的是（ ）‎ A. S2-→H2S B. HCO3-→CO2， C. 2Cl-→Cl2 D. Cu2+→Cu ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、硫元素化合价不变，不需要加入氧化剂，错误，不选A；B、没有元素化合价变化，错误，不选B；C、氯元素化合价升高，做还原剂，需要加入氧化剂，正确，选C；D、铜元素化合价降低，做氧化剂，错误，不选D ‎6.离子方程式CO32-+ 2H+= H2O+ CO2↑中的CO32-代表的物质可以是 （ ）‎ A. CaCO3 B. Na2CO3 C. BaCO3 D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据离子方程式可知，该碳酸盐一定是易溶、易电离的，所以选项B正确，A和C是难溶盐，D是碳酸氢盐，都不能拆成CO32-的形式，答案选B。‎ ‎7.下列反应中属于氧化还原反应，但是水既不是氧化剂也不是还原剂的是（ ）‎ A. 3NO2+H2O=NO+2HNO3 B. CaO+H2O =Ca(OH)2‎ C. 2F2+2H2O=4HF+O2 D. 2H2O=2H2↑+O2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，反应物水中各元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，选项A符合；B、CaO+H2O= Ca(OH)2中，各元素的化合价都没有变化，不属于氧化还原反应，选项B不符合；C、2F2+2H2O═4HF+O2属于氧化还原反应，反应物水中O元素的化合价升高，水做还原剂，选项C不符合；D、2H2O=2H2↑+O2↑属于氧化还原反应，，但反应物水中H元素的化合价降低、O元素化合价升高，则水既是氧化剂又是还原剂，选项D不符合。答案选A。‎ ‎8.下列现象或应用不能用胶体的知识解释的是( )‎ A. 土壤表面积巨大且一般带负电，能吸收NH等营养离子，使土壤具有保肥能力 B. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象 C. 水泥、冶金工厂常用高压电除去工厂烟尘，减少对空气的污染 D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 土壤胶体微粒带负电荷，可以吸附阳离子，能吸附NH4+等营养离子，使土壤具有保肥能力，故A正确；‎ B. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象是胶体的丁达尔现象，与胶体的性质有关，故B正确；‎ C. 工厂烟尘属于气溶胶，用高压电除去工厂烟尘是应用了胶体的电泳性质，故C正确；‎ D. FeCl3溶液中加入NaOH会发生复分解反应，生成氢氧化铁沉淀，是红褐色沉淀，不能用胶体的知识解释，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎9.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( 　)‎ A. 0.1 L  1 mol/L K2SO4 溶液中含有氧原子数为0.4NA B. 67.2L氯气所含的原子数是6NA C. 常温常压下，11.2 LO2含有电子数为8NA D. 在标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体所含原子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.1 L  1 mol/L K2SO4 溶液中，n=cv=0.1 L×1mol/L =0.1mol，则含有0.1mol SO42-，含有0.4mol氧原子，即0.4NA个氧原子，除此外，溶液中还有水，水中也含有氧原子，故A错误；‎ B. 67.2L氯气所含的原子数是6NA，没有告诉是否处于标况，无法计算物质的量，故无法计算粒子的数目，故B错误；‎ C. 常温常压下，不是在标况下，11.2 LO2不是0.5mol，一个氧分子含有16个电子，含有电子数不是8NA，故C错误；‎ D. 在标准状况下，22.4L任何气体所含的粒子的数目为1mol，即NA个，2.24LN2和O2的混合气体含有的分子数为===0.1mol，即0.1NA个电子，氮气的氧气都是双原子分子，故原子数为0.2NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列对物质的分类一定正确的是( )‎ 酸 碱 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 混合物 A 盐酸 烧 碱 Na2SO4‎ CaO CO CuSO4·5H2O B 碳酸 纯 碱 NaCl Mn2O7‎ SO2‎ 冰水混合物 C 硝酸 熟石灰 Cu2(OH)2CO3‎ Na2O CO2‎ 石灰水 D 醋酸 烧 碱 NaHCO3‎ Al2O3‎ NO 空 气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；纯净物是只有一种物质组成的物质；碱性氧化物指与水反应生成碱的氧化物或能跟酸起反应生成一种盐和水的氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）。‎ ‎【详解】A.盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，CO属于不成盐氧化物，不是酸性氧化物， CuSO4·5H2O属于盐，属于纯净物，‎ 故A错误；‎ B.纯碱是碳酸钠的俗称，属于盐类，不属于碱，Mn2O7是金属氧化物，属于酸性氧化物，冰水混合物只含一种物质水，是纯净物；故B错误；‎ C.硝酸属于酸，熟石灰是氢氧化钙的俗称，属于碱，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，Na2O可以与酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，CO2属于酸性氧化物，石灰水是氢氧化钙的水溶液，是混合物，故C正确；‎ D.Al2O3是两性氧化物，即可以与酸反应生成盐和水，也可以与碱反应生成盐和水，NO属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是 ( )‎ ‎①无色溶液中：Cu2+、Cl－、Na＋、HCO3－、SO42－‎ ‎②遇酚酞变红的溶液中：Na＋、NH4+、NO3－、SO42－ ‎ ‎③存在MgCl2的溶液中：K＋、Na+、OH－、SO42－‎ ‎④使石蕊变红溶液中：Fe3＋、MnO4－、NO3－、SO42－‎ A. ④ B. ③ C. ②④ D. ①②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①无色溶液中不能存在有色离子，Cu2+为蓝色，Cu2+与HCO3－会发生双水解反应，不能大量共存，故①错误；‎ ‎②遇酚酞变红的溶液显碱性，NH4+会与OH-反应生成一水合氨，不能大量共存，故②错误；‎ ‎③存在MgCl2的溶液中有Mg2+，Mg2+与OH－反应生成了氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故③错误；‎ ‎④使石蕊变红的溶液为酸性，Fe3＋、MnO4－、NO3－、SO42－可以大量共存，故④正确；‎ 故答案A。‎ ‎12.以下反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 钠与水反应:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑‎ B. 铁用盐酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ C. 碳酸钙放入稀盐酸中:CO32-+2H+=CO2↑+H2O D. Cu(OH)2和硝酸反应:Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O ‎【答案】D ‎【解析】A、钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项A错误；B、铁与盐酸反应的离子方程式为： Fe+2H+=Fe2++H2↑，选项B错误；C、碳酸钙难溶于水，必须写化学式，碳酸钙放入稀盐酸中反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，选项C错误；D、Cu(OH)2和硝酸反应的离子方程式为：Cu (OH)2+2H+=Cu2++2H2O，选项D正确。答案选D。‎ ‎13.要除去下列各组物质中的少量杂质，所选试剂和方法可行的是（ ）‎ 选 项 物 质 杂 质 试剂、方法 A CO2气体 HCl气体 通过NaOH溶液，洗气 B 铜粉 镁粉 硫酸,过滤 C FeCl2溶液 ZnCl2‎ 加入适量铁粉，过滤 D MnO2‎ KMnO4‎ 加 热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳与氯化氢都能与氢氧化钠反应，将原物质除掉，故 A错误；‎ B. 镁粉与硫酸反应生成硫酸镁和氢气，铜与硫酸不反应，反应后过滤可分开铜和硫酸镁溶液；故B正确；‎ C.锌比铁活泼，铁与氯化锌不反应，故C错误；‎ D. KMnO4加热后的产物为锰酸钾，二氧化锰，氧气，会造成二氧化锰与锰酸钾固体混合，没有分开，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列关于2 mol·L-1 Ba(NO3)2溶液说法正确的是（ ）‎ A. 100 mL溶液中NO3－ 浓度是0.4 mol·L-1‎ B. 500 mL溶液中NO3－ 的物质的量是4 mol C. 500 mL溶液中含有Ba2+ 的质量是137 g D. 100 mL溶液中所含Ba2+、NO3－总数为0.4 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸根离子的浓度是硝酸钡的2倍，则100 mL溶液中NO3－浓度是4 mol·L-1，A错误；‎ B. 500 mL溶液中NO3－物质的量是0.5L×4mol/L＝2 mol，B错误；‎ C. 500 mL溶液中含有Ba2+的质量是0.5L×2mol/L×137g/mol＝137 g，C正确；‎ D. 100 mL溶液中所含硝酸钡的物质的量是0.2mol，因此Ba2+、NO3－总数为0.6NA，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15. 在两个密闭容器中，分别充有质量相等的甲乙两种气体。若两容器的温度和压强均相等，且甲的密度大于乙的密度，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲的分子数比乙的分子数多 ‎ B. 甲的物质的量比乙的物质的量少 C. 甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小 ‎ D. 甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】两容器的温度和压强均相同,则气体的Vm相等，两容器气体质量相等，且甲的密度大于乙的密度，可以知道甲体积小于乙体积，由n=可以知道甲气体的物质的量小于乙，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，则甲的分子数小于乙的分子数，故A错误；‎ B.由以上分析可以知道甲气体的物质的量小于乙，所以B选项是正确的；‎ C.两容器的温度和压强均相同，则气体的Vm相等，故C错误；‎ D.气体质量相同，甲的物质的量比乙的物质的量小，由M=可以知道甲的相对分子质量大于乙的相对分子质量，故D错误。‎ 所以B选项是正确的。‎ ‎16.在标准状况下CH4、HCl、H2S、NH3均为气体。在标准状况下分别有①13.44 LCH4 ②1mol HCl分子　③27.2 g H2S　④ 2.408×1023个NH3分子，下列说法正确的是(　 )‎ A. 密度：②＞③＞①＞④ B. 质量：②＞③＞④＞①‎ C. H原子个数：①＞③＞④＞② D. 体积：②＞③＞④＞①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①13.44LCH4物质的量为=0.6mol，②1molHCl，③27.2gH2S的物质的量为=0.8mol，④2.408×1023个NH3分子的物质的量为=0.4mol，‎ A. 相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积②>③>①>④，故A错误；‎ B. 各物质的摩尔质量分别为：①CH4为16g/mol，②HCl为36.5g/mol，③H2S为34g/mol，④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②>③>④>①，故B错误；‎ C. 各物质的质量分别为：①CH4为0.6mol×16g/mol=9.6g，②HCl为1mol×36.5g/mol=36.5g，③H2S为27.2g，④NH3为0.4mol×17g/mol=6.8g，所以质量②>③>①>④，故C错误；‎ D. 各物质中H原子的物质的量分别为：①CH4中氢原子物质的量为0.6mol×4=2.4mol，②HCl中氢原子物质的量为1mol，③H2S中氢原子物质的量0.8mol×2=1.6mol，④NH3‎ 中氢原子物质的量为0.4mol×3=1.2mol，所以氢原子个数①>③>④>②，故D正确。‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题，共52分）‎ 二、非选择题 ‎17.（1）物质的量相等的 CO 和 CO2 中，同温同压下所占的体积比为____，原子个数之比为______；‎ ‎（2）1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是________，其中氢原子数之比是___________。‎ ‎（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022，此气体的摩尔质量为________。‎ ‎（4）可用于分离或提纯物质的方法有：‎ A 过滤 B 萃取 C 渗析 D 蒸馏 E 灼热氧化 F 分液．‎ 如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：‎ ‎①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________； ②提取溴水中的溴单质______；‎ ‎③除去水中的Na＋、、Cl－等杂质________； ④除去CuO中的Cu ______；‎ ‎【答案】(1). 1:1 (2). 2:3 (3). 0.1 (4). 1:4 (5). 1:1 (6). 64g/mol (7). C (8). B/BF (9). D (10). E ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；‎ ‎（2）1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA= ；‎ ‎（3）利用n==，从而计算出M；‎ ‎（4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子，可用蒸馏，CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。‎ ‎【详解】（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。物质的量相等的 CO和 CO2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1。一个CO分子中含有两个原子，CO2分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为2:3，故答案为：1:1；2:3；‎ ‎（2）1.8g水中水分子的数目==×NA =0.1 NA个，0.1 NA个硫酸分子的物质的量为0.1mol，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，故氧原子的数目比为1:4 ，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是1:1，故答案为：0.1；1:4；1:1；‎ ‎（3）3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022 利用n==，从而计算出M==== 64g/mol，故答案为：64g/mol；‎ ‎（4）A．过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。 ‎ B．萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。 ‎ C．渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。 ‎ D．蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，‎ ‎②提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；‎ ‎③除去水中的Na＋、、Cl－等杂质，选择蒸馏；‎ ‎④除去CuO中的Cu，可选择灼热氧化；‎ 故答案为：C； B/BF；D；E。‎ ‎18.根据方程式3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，回答下列问题：‎ ‎（1）用双线桥法表示电子的转移的方向及数目_______。‎ ‎（2）该反应中的氧化剂是________，氧化产物是________。‎ ‎（3）该反应中体现了浓硝酸的性质有________、_______。‎ ‎（4）将其改为离子反应方程式_____________。‎ ‎【答案】(1). (2). HNO3 (3). Cu(NO3)2 (4). 酸性 (5). 氧化性 (6). 3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）该氧化还原反应中的，化合价升高的是铜元素，化合价降低的是硝酸中的氮元素，转移电子数为6mol，双线桥法表示电子转移的方向和数目如下所示：。‎ ‎(2)化合价升高的是铜元素，被氧化，化合价降低的元素是氮元素，所在的反应物硝酸是氧化剂，氧化产物是Cu(NO3)2。‎ ‎（3）该反应中硝酸与金属反应，体现酸性，因为是氧化还原反应，硝酸的化合价降低，所以具有氧化性。‎ ‎（4）改成离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎【详解】（1）该氧化还原反应中的，化合价升高的是铜元素，化合价降低的是硝酸中的氮元素，转移电子数为6mol，双线桥法表示电子转移的方向和数目如下所示：，故答案为：；‎ ‎(2)化合价升高的是铜元素，被氧化，化合价降低的元素是氮元素，所在的反应物硝酸是氧化剂，氧化产物是Cu(NO3)2，故答案为HNO3，Cu(NO3)2；‎ ‎（3）该反应中硝酸与金属反应，体现酸性，因为是氧化还原反应，硝酸的化合价降低，所以具有氧化性，故答案为：酸性；氧化性；‎ ‎（4）改成离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，‎ 故答案为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎19.现有物质 ①铜 ②干冰 ③盐酸 ④液态醋酸 ⑤蔗糖 ⑥NaHSO4 固体 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧ 熔融的 NaCl ⑨BaSO4固体 ⑩稀硫酸 ‎（1）能导电的是_______________; ‎ ‎（2）属于电解质的是___________________；‎ ‎（3）向Ba（OH）2溶液中逐滴滴加NaHSO4溶液至 Ba2+恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为： _______。‎ ‎【答案】(1). ①③⑦⑧⑩ (2). ④⑥⑧⑨ (3). Ba2+ +H+ +OH-+SO42-=BaSO4↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（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．电解质溶液可以导电，例如食盐水；‎ 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；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等；‎ ‎（3）向Ba（OH）2溶液中逐滴滴加NaHSO4溶液至 Ba2+恰好完全沉淀，Ba（OH）2和NaHSO4的物质的量之比为1比1，故离子方程式为Ba2+ +H+ +OH-+SO42-=BaSO4↓+H2O。‎ ‎【详解】电解质和非电解质都是化合物，酸碱盐和活泼金属氧化物，水都是电解质，电解质有强弱之分，能在水溶液或熔融状态下能全部电离的化合物是强电解质，例如，强酸，强碱，绝大多数的盐，活泼金属氧化物，弱酸，弱碱，水都属于弱电解质。有机物，非金属氧化物，部分非金属氢化物属于非电解质。‎ ‎①铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，但是可以导电；‎ ‎②干冰是固体二氧化碳，属于非金属氧化物，自身不能导电，溶于水形成碳酸可以导电，不是它自身电离，属于非电解质，不能导电；‎ ‎③盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但是可以导电；‎ ‎④醋酸属于弱酸，是电解质，是弱电解质，醋酸不能导电；‎ ‎⑤蔗糖属于有机物，属于非电解质，不能导电；‎ ‎⑥NaHSO4 属于盐，在水溶液或熔融状态下能全部电离，属于强电解质；‎ ‎⑦Ba(OH)2溶液是电解质溶液，可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧NaCl是盐， 熔融的 NaCl是熔融的电解质，属于盐，是强电解质，可以导电；‎ ‎⑨BaSO4固体属于盐，在水溶液或熔融状态下可以全部电离，属于强电解质；‎ ‎⑩稀硫酸是混合物，有自由移动的离子，氢离子和硫酸根离子，可以导电，既不是电解质，也不是非电解质；‎ ‎（1）能导电的是①③⑦⑧⑩，答案为：①③⑦⑧⑩；‎ ‎（2）属于电解质的是④⑥⑧⑨，答案为：④⑥⑧⑨；‎ ‎（3）向Ba（OH）2溶液中逐滴滴加NaHSO4溶液至 Ba2+恰好完全沉淀，Ba（OH）2和NaHSO4的物质的量之比为1比1，故离子方程式为Ba2+ +H+ +OH-+SO42-=BaSO4↓+H2O，‎ 答案为：Ba2+ +H+ +OH-+SO42-=BaSO4↓+H2O；‎ ‎20.某无色透明的溶液，只能由Na+、H+、Fe3+、Ba2+、Cl-、CO32-中的若干种组成，对该溶液进行如下实验：①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成：②然后向上述反应后的溶液中继续加入AgNO3溶液，有白色沉淀析出。根据上述实验完成下列问题：‎ ‎（1）溶液中一定不能大量存在的离子是____________。‎ ‎（2）溶液中一定能大量存在的离子是_____________。‎ ‎（3）溶液中可能大量存在的离子是____________。‎ ‎（4）写出上述实验步骤中的离子方程式①___________________，②_________________。‎ ‎【答案】(1). Fe3+、H+、Ba2+ (2). Na+、CO32- (3). Cl- (4). 2H++CO32-= H2O+CO2↑ (5). Ag++Cl-=AgCl↓‎ ‎【解析】由Na+、H+、Fe3+、Ba2+、Cl-、CO32-中的若干种组成，溶液无色透明，因含有Fe3+的溶液呈棕黄色，则溶液中一定不含Fe3+，①取适量溶液，加入过量盐酸，有气体生成，说明溶液中含有CO32-，产生的气体为CO2，H+、Ba2+能分别与CO32-反应生成气体和沉淀而不能大量共存，故溶液中一定不含H+、Ba2+；②然后向上述反应后的溶液中继续加入AgNO3溶液，有白色沉淀析出，白色沉淀为AgCl，但由于步骤①中加入的盐酸也能与AgNO3反应生成AgCl，则无法证明原溶液中是否含有氯离子；根据溶液电中性，溶液中有阴离子，一定也有阳离子，故溶液中一定含有Na+。综上可知：（1）溶液中一定不能大量存在的离子是Fe3+、H+、Ba2+；（2）溶液中一定能大量存在的离子是Na+、CO32-；（3）溶液中可能大量存在的离子是Cl-；（4）步骤①中的离子方程式为：2H++CO32-= H2O+CO2↑；步骤②中的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓。‎ ‎21.某化学实验小组欲配制245mL 0.1mol/L硫酸亚铁溶液，实验室有如下两种试剂：①FeSO4·7H2O，②5mol/LFeSO4溶液，现分两小组分别进行实验，第一小组选择试剂①，第二小组选择试剂②。‎ ‎（1）第一小组称量试剂①的质量为__________g。‎ ‎（2）第二小组经计算需要______mL5mol/LFeSO4溶液,在量取试剂②后，进行了下列操作：‎ a.等稀释的溶液的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。‎ b. ________使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切。‎ c.在盛FeSO4溶液的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。‎ d.用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。‎ 上述操作中，正确的顺序是(填序号)____________。若量取的是浓硫酸，简述第c步实验的具体操作步骤：________ ‎ ‎（3）在上述配制过程中，若出现以下情况，对溶液浓度有何影响？‎ A 用量筒量取试剂②时仰视观察凹液面。‎ B 稀释的FeSO4溶液未恢复至室温，沿玻璃棒注入容量瓶中。‎ C 未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒。‎ D 定容时，仰视观察凹液面。‎ E 定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线。‎ F 配制溶液时，容量瓶中有蒸馏水。‎ 偏高：______________ 偏低：____________ 无影响：_____________‎ ‎【答案】(1). 7.0 (2). 5 (3). 向容量瓶内加蒸馏水至液面离刻度线1-2cm时，使用胶头滴管滴加水 (4). cadb (5). 将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌 (6). AB (7). CDE (8). F ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）实验室配制245mL0.1mol/LFeSO4溶液需用250 mL容量瓶，根据n=cV，m=nM计算溶质的质量。‎ ‎（2）用5mol/LFeSO4溶液配置245mL 0.1mol/L硫酸亚铁溶液，需要使用250ml容量瓶，属于溶液的稀释，遵循稀释前后溶质的物质的量不变的原则，根据浓V浓=c稀V稀，计算浓溶液的体积，操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；定容操作时，向容量瓶内加蒸馏水至液面离刻度线1-2cm时，使用胶头滴管滴加水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切；稀释浓硫酸时，由于浓硫酸的密度比水大，防止稀释过程中液体飞溅，将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。‎ ‎（3）根据c=，分析操作中对溶质的物质的量和溶液体积的误差分析进行解答。‎ ‎【详解】（1）实验室配制245mL0.1mol/LFeSO4溶液需用250 mL容量瓶，n(FeSO4)=0.25L×0.1mol/L=0.025mol，需要称取FeSO4·7H2O的质量为0.025mol×278g/mol=6.95g，天平称取物质的质量精确到0.1g，故称取试剂①的质量为7.0g，‎ 故答案为：7.0；‎ ‎（2）用5mol/LFeSO4溶液配置245mL 0.1mol/L硫酸亚铁溶液，需要使用250ml容量瓶，属于溶液的稀释，遵循稀释前后溶质的物质的量不变的原则，根据浓V浓=c稀V稀，则5mol/L×V浓=0.1mol/L×250ml，则V浓=5ml；操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；定容操作时，向容量瓶内加蒸馏水至液面离刻度线1-2cm时，使用胶头滴管滴加水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切；稀释浓硫酸时，由于浓硫酸的密度比水大，防止稀释过程中液体飞溅，将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；c步实验的操作过程将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，‎ 故答案为：5；向容量瓶内加蒸馏水至液面离刻度线1-2cm时，使用胶头滴管滴加水；cadb；将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；‎ ‎（3）A 用量筒量取试剂②时仰视观察凹液面，导致量取的浓溶液体积偏大，溶质的物质的量偏大，所配制的溶液物质的量浓度偏高；‎ B 稀释的FeSO4溶液未恢复至室温，沿玻璃棒注入容量瓶中，待溶液冷却后，容量瓶内液面下降，导致溶液体积减小，所配制的溶液物质的量浓度偏高；‎ C 未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致少量溶质没有转移至容量瓶，导致配制溶液物质的量浓度偏低；‎ D 定容时，仰视观察凹液面，导致容量瓶内溶液体积偏大，所配制溶液物质的量浓度偏低；‎ E 定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，又加水至刻度线，导致容量瓶内溶液体积偏大，所配制溶液物质的量浓度偏低；‎ F 配制溶液时，容量瓶中有蒸馏水，对配制溶液浓度无影响 偏高：AB，偏低：CDE，无影响：F，‎ 答案为：AB；CDE；F。 ‎