河北省秦皇岛市昌黎县第八中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学考试题

河北省秦皇岛市昌黎县第八中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学考试题

昌黎县第八中学2019—2020学年度第一学期高一12月化学考试题 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意；每小题2分，共48分）‎ ‎1.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是 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. 铝锅表面生成致密的薄膜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据信息判断发生的化学反应，在反应中存在元素的化合价变化时则发生的反应为氧化还原反应，以此来解答。‎ ‎【详解】A. 金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B. 铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不符合题意；‎ C. 酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，属于复分解反应，故C符合题意； ‎ D. 铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】反应中由元素化合价发生变化的为氧化还原反应。‎ ‎2. 下列物质的检验试剂选择正确的是（ ）‎ A. I2----------淀粉 B. H+----------酚酞 C. OH--------蓝色石蕊试纸 D. Cl----------盐酸酸化的AgNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析： I2常用淀粉进行检验，A正确； H+用酚酞检验不出来，可用紫色石蕊检验，B错误； OH-用蓝色石蕊试纸检验不出来，应用酚酞检验， C错误； Cl-常用硝酸酸化的AgNO3检验， D错误。‎ 考点：考查常见物质的检验试剂选择 点评：熟记常见物质的常用检验试剂 ‎3.如表是某矿物质饮用水的部分标签,则说明该饮用水中还可能较大量存在的是 A. OH－ B. Ag＋‎ C. Na＋ D. Ca2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ OH－与Mg2＋不共存；Ag＋与SO42－、Cl－不共存；Ca2＋与SO42－不能大量共存。‎ ‎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. 一种原子和一种分子 C. 一种阳离子和另一种阳离子 D. 一种阴离子和一种阳离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.它们可以是两种同位素的原子，如1H、2H，故A正确；‎ B.如Ne和HF的质子数、电子数均为10，则一种原子和一种分子的质子数和电子数均分别相等，故B正确；‎ C.如H3O+和NH4+的质子数为11、电子数为10，则两种阳离子的质子数和电子数均分别相等，故C正确；‎ D.阳离子的电子数等于质子数减去电荷数，阴离子的电子数等于质子数加上电荷数，则一种阴离子和一种阳离子不会质子数和电子数均分别相等，故D错误。 故选D。‎ ‎5.下列提纯方法不正确是 A. 除去KNO3中的NaCl杂质-----------结晶、重结晶 B. 除去食盐中的泥沙-----------过滤 C. 除去KCl中的K2CO3------------加适量盐酸 D. 除去碘水中的水-----------升华 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度的变化程度不同，硝酸钾的溶解度随温度降低而减小，氯化钠的溶解度受温度变化的影响不大，所以除去KNO3中的NaCl杂质，可用结晶和重结晶法，故A正确；‎ B.泥沙不溶于水，过滤即可，故B正确；‎ C.碳酸钾和盐酸反应即生成氯化钾，故C正确；‎ D.固体碘易升华，但碘水中的碘是溶解在水中的碘，要除去碘水中的水，应该用有机溶剂萃取，然后再蒸馏，故D不正确，‎ 故选D。‎ ‎6.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. NA的单位是摩尔 B. ‎12g12C 中所含的碳原子数为NA C. 标况下‎22.4L的任何气体所含原子数为NA个 D. 相同体积的O2(g)和NO2(g)分子数均为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. NA的单位是mol－1，A错误；B. ‎12g12C的物质的量是1mol，所含的碳原子数为NA，B正确；C. 标况下‎22.4L的任何气体所含分子数为NA个，原子数不一定，C错误；D. 相同体积的O2(g)和NO2(g)分子数不一定均为NA，因为气体的物质的量不能确定，D错误，答案选B。‎ ‎7.下列对“摩尔(mol)”的叙述不正确的是 (　　)‎ A. 摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的多少 B 摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物 C. 1 mol任何气体所含的气体分子数目都相等 D. 用“摩尔”(而不用“个”)计量微观粒子与用“纳米”(而不用“米”)计量原子直径，计量思路都是扩大单位 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.摩尔是物质的量的单位，用于计量物质所含微观粒子的多少，A项正确；‎ B.摩尔既能用来计量纯净物所含微观粒子，也能计量混合物所含微观粒子，B项正确；‎ C.1mol任何物质所含的微观粒子数相等，约6.02×1023，C项正确；‎ D.用“纳米”来计量原子直径，不是扩大单位，只不过原子直径小，于是用小单位来计量，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎8. 对于一定温度和压强下的理想气体，影响其体积大小的主要因素是 A. 分子直径大小 B. 分子间距离大小 C. 分子间引力大小 D. 分子数目的多少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】影响体积大小的因素有分子直径的大小、分子间距离的大小、分子数目的多少，在一定温度和压强下，气体分子间的距离相等，因分子间距离远大于气体分子大小，则影响其所占体积大小的主要因素是分子数目的多少，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查影响气体体积大小的因素，注意分子间引力的大小不是影响体积的因素。‎ ‎9.下列反应中H2O是氧化剂的是 A. CaO+H2O＝Ca(OH)2 B. Cl2+H2O＝HCl+HClO C. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ D. ‎2F2+2H2O＝4HF+O2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氧化还原反应中氧化剂得电子化合价降低，H2O只作氧化剂，则H2O中H元素的化合价降低，O元素的化合价不变，以此来解答。‎ ‎【详解】A．CaO+H2O=Ca(OH)2中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，选项A错误；‎ B．Cl2+H2O=HCl+HClO中Cl元素的化合价既升高又降低，则Cl2既是氧化剂又是还原剂，选项B错误；‎ C．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中Na元素的化合价升高，Na为还原剂，H2O中H元素的化合价降低，H2O作氧化剂，选项C正确；‎ D．‎2F2+2H2O=4HF+O2中H2O中的O元素的化合价升高，H2O是还原剂，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化剂、还原剂考查，明确反应中元素的化合价变化为解答的关键，题目难度不大。‎ ‎10.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是( )‎ A. 酸：在水溶液里电离出的阳离子全部为H+的化合物 B. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素 C. 电解质与非电解质：辨别依据是水溶液是否导电 D. 溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物为酸，故A正确；‎ B、纯净物：只由一种物质组成的称为纯净物。混合物：由两种或两种以上物质组成的称为混合物。所以纯净物、混合物与是否仅含一种元素没有必然的关系。比如：O2和O3混合在一起，虽然只含一种元素，但仍是混合物；H2SO4含三种元素，但由于是一种物质，故仍是纯净物，故B错误；‎ C．电解质与非电解质是根据化合物在水溶液中或熔融状态下能否导电区分的，如碳酸钙在水中不能导电，但在熔融状态下能够导电，因此碳酸钙属于电解质，故C错误；‎ D．溶液与胶体两者的根本区别在于分散质粒子直径的大小，溶液中的分散质粒子直径小于1nm，胶体的胶粒直径在1nm～100nm，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎11.下图是表示物质分子的示意图，图中“●”和“○”分别表示两种含有不同质子数的原子，则图中表示单质的是 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：单质是由同一种元素形成的纯净物，所以C中表示的是单质。A和D表示化合物，‎ B表示混合物，答案选C。‎ 考点：考查物质的组成以及分类的有关判断 点评：本题是基础性试题的考查，难度不大，试题设计新颖。该题既有利于巩固学生的基础知识，也有利于培养学生的解题能力以及灵活运用知识的能力，该题学生不难得分。‎ ‎12.根据某种共性，可将CO2、P2O5、SO2归为一类，下列物质中也可归为此类物质的是 （ ）‎ A. CaO B. CO C. SiO2 D. H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2、P2O5、SO2都属于酸性氧化物，可以与碱反应生成相应的盐和水；SiO2属于酸性氧化物，CaO属于碱性氧化物，CO是不成盐氧化物，不与酸和碱反应。‎ 本题答案选C。‎ ‎13.明代《本草纲目》中一条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 A. 蒸馏 B. 渗析 C. 萃取 D. 干馏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏方法，故合理选项是A。‎ ‎14.下列仪器常用于物质分离的是 ‎ ‎①　 ② 　 ③ 　 ④ 　 ⑤ 　⑥‎ A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②④⑤ D. ①②⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：试管作为反应仪器，漏斗用于固液分离；分液漏斗用于不互溶的液体的分离；托盘天平用于称量物质的质量；蒸馏烧瓶用于分离互溶的液体；研钵用于研磨物质，所以用于分离的是②③⑤，答案选B。‎ 考点：考查仪器的使用 ‎15.下列化学用语不正确的是 A. 中子数为20的氯原子：Cl B. 硫酸的电离方程式：H2SO4＝H＋＋HSO4-‎ C. 核素23Na的核外电子数是11‎ D. 硫原子的结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中子数为 20 的氯原子的质量数为20+17=37，该原子的表示方法为Cl，故A正确；‎ B．硫酸为强酸，在溶液中完全电离，硫酸正确的电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，故B错误；‎ C．钠为11号元素，核素23Na的核外电子数是11，故C正确；‎ D．硫原子的质子数是16，最外层电子数为6，原子结构示意图为，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎16.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1 mol·L－1的是（ ）‎ A. ‎10g NaOH固体溶解在水中配成250mL溶液 B. 将‎80g SO3溶于水并配成‎1L的溶液 C. 将0.5mol·L－1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉‎50g水的溶液 D. 标况下，将‎22.4L氯化氢气体溶于水配成‎1L溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．10gNaOH的物质的量为：=0.25mol，所得溶液浓度为：=1mol/L，故A不选；‎ B．‎80g三氧化硫的物质的量为：=1mol，1mol三氧化硫溶于水生成1mol硫酸，所得溶液浓度为：=1mol/L，故B不选；‎ C．将0.5mol•L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉‎50g水，所得溶液的体积不是50mL，则所得溶液的浓度不是1mol/L，故C选；D．标准状况下，22.4LHCl的物质的量为：=1mol，所得溶液浓度为：=1mol/L，故D不选；‎ 故答案选C。‎ ‎【点晴】有关物质的量浓度的计算必须紧紧抓住计算公式c=，通过题中已知量计算出n和V(溶液)。注意适用于溶液中溶质的物质的量及浓度的计算，溶液的体积与溶剂的体积是不同的概念。明确物质的量浓度的概念及表达式为解答结构，C为易错点，注意硝酸钾溶液与水的密度不同。‎ ‎17.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 所有蒸馏操作中都必须用到温度计 B. 从溴水中提取溴可通过加入乙醇萃取 C. 分液时，分液漏斗中下层液体流净后及时关闭活塞，再把上层液体从上口倒出 D. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃能观察到火焰呈紫色，该溶液中一定含有钾离子，不含有钠离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．制蒸馏水时，可不使用温度计，存在多种馏分时需要使用温度计，故A错误；‎ B．乙醇与水互溶，不能作萃取剂，故B错误；‎ C．分液时避免上下层液体混合，则分液时，分液漏斗中下层液体流净后及时关闭活塞，再把上层液体从上口倒出，故C正确；‎ D．观察钠的焰色反应可直接观察，K的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃观察，由操作和现象可知，溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含钠离子，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为AD，A中要注意不是所有的蒸馏实验都需要温度计，制取蒸馏水时，由于其余物质不挥发，只有水被蒸出，可以不使用温度计，D中蓝色钴玻璃会滤去黄光。‎ ‎18.单质X和Y相互反应生成X2＋和Y2－，现有下列叙述其中正确的是（ ）‎ ‎①X被氧化 ②X是氧化剂 ③X具有氧化性 ‎④Y2－是还原产物 ⑤Y2－具有还原性 ⑥X2＋具有氧化性 A. ①②③④ B. ①④⑤⑥ C. ②③④ D.‎ ‎ ①③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】单质X和Y相互反应生成X2+和Y2-，反应中X的化合价升高，X被氧化，X为还原剂，X2+是氧化产物，有氧化性；Y的化合价降低，Y被还原，Y为氧化剂，Y2-是还原产物，Y2-具有还原性，正确的有①④⑤⑥，故选B。‎ ‎19.下列说法中正确的是（ ）‎ A. Cl- 和Cl2都有毒 B. 含Cl-的溶液和氯水一样均呈黄绿色 C. 将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现白色沉淀 D. 氯水长时间放置会变质，是因为氯气几乎完全挥发，剩下的就是水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl-无毒，Cl2有毒，而不是都有毒，故A错误；‎ B．Cl-无色，氯水呈淡黄绿色，故B错误；‎ C．氯气与水发生Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，溶液中含有Cl-，则将NaCl溶液滴入AgNO3溶液中或将氯气通入AgNO3溶液中均会出现氯化银白色沉淀，故C正确；‎ D．氯水长时间放置会变质，是因为氯水中的次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，剩余的是盐酸，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意氯水中的次氯酸容易分解，光照后分解加快，因此氯水光照时产生的气体是氧气，不是氯气。‎ ‎20.离子方程式H＋＋OH－===H2O可表示强酸和强碱生成可溶性盐这一类中和反应。下列物质间的反应能用该离子方程式表示的是 A. 稀H2SO4＋Ba(OH)2溶液 B. 澄清石灰水＋稀HNO3‎ C. 稀HNO3＋Cu(OH)2 D. 醋酸和KOH溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀的强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应能用离子方程式H＋＋OH－=H2O 表示，以此来解答。‎ ‎【详解】A、硫酸为强酸，Ba(OH)2为强碱，硫酸钡为难溶性盐，则二者反应不能用离子反应H＋＋OH－=H2O，故A不符合；‎ B、氢氧化钙为强碱，硝酸为强酸，硝酸钙为可溶性盐，则二者反应的离子反应为H＋＋OH－=H2O，故B符合；‎ C、氢氧化铜为难溶性碱，硝酸为强酸，则二者反应不能用离子反应H＋＋OH－=H2O表示，故C不符合；‎ D、氢氧化钾为强碱，醋酸为弱酸，则二者反应不能用离子反应H＋＋OH－=H2O表示，故D不符合；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱反应的离子方程式，明确反应的实质及物质的溶解性来分析解答，熟悉离子方程式的书写方法即可解答。‎ ‎21.常温下，可以发生下列两个反应：①Fe+Cu2+=Fe2++Cu②2Ag++Cu=2Ag+Cu2+，由此得出的正确结论是（ ）‎ A. Fe Cu Ag中Fe还原性最强 B. Cu2+ Fe2+ Ag+中Ag+氧化性最弱 C. Fe+2Ag+=Fe2++2Ag反应不能发生 D. ①反应中Fe被还原 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①Fe+Cu2+=Fe2++Cu氧化剂Cu2+的氧化性大于氧化产物Fe2+；②2Ag++Cu=2Ag+Cu2+，氧化剂Ag+的氧化性大于氧化产物Cu2+；所以氧化性强弱顺序为Ag+＞Cu2+＞Fe2+；离子的氧化性越强，其单质还原性越弱，所以还原性：Ag＜Cu＜Fe，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．由分析可知，Fe  Cu  Ag中Fe还原性最强，故A正确；‎ B．由分析可知，Cu2+  Fe2+  Ag+ 中Ag+氧化性最强，故B错误；‎ C．反应Fe+2Ag+=Fe2++2Ag中氧化性：Ag+＞Fe2+，与已知反应的氧化性的强弱顺序相同，能发生，故C错误；‎ D．①Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe化合价升高被氧化，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎22.下列实验设计方案中，可行的是（ ）‎ A. 用点燃法除去CO2中少量CO B. 用洗气瓶中的NaOH溶液除去CO2中混有的HCl气体 C. 向某无色未知溶液中仅加入BaCl2溶液，以检验未知溶液中的SO42-‎ D. 用石蕊试液、BaCl2溶液，能鉴别盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用点燃法除去CO2中少量CO，不可行，因为CO2中少量CO是点不着的，且会引入新杂质氧气，故A错误；B.CO2和HCl都能与NaOH反应,应用饱和碳酸氢钠溶液除杂,故B错误;C.仅加入BaCl2溶液,不能排除Ag+或SO32-的影响,可能生成AgCl或BaSO3、BaSO4等沉淀,故C错误; D.用石蕊和氯化钡鉴别,将石蕊加入五种溶液中,根据石蕊遇碱变蓝色,可以首先鉴别出氢氧化钠,会使紫色石蕊变红色是盐酸、硫酸,不会使石蕊变色的是硫酸钠、硝酸钾,然后取使石蕊变红的溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸,无现象的是盐酸,然后取不会使石蕊变色的两种溶液少许,滴入氯化钡溶液,出现白色沉淀的是硫酸钠,没现象的是硝酸钾,根据此方法可以鉴别,故D正确；答案：D。‎ ‎【点睛】除杂时必须满足的原则：杂质除去，不引入新杂质，主体物质不减少，易分离，易复原。‎ ‎23.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++Ag B. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O C. 铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ D. 硝酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 没有配平，铜和硝酸银溶液反应的离子方程式应该为：Cu+2Ag+＝Cu2++2Ag，A错误；‎ B. 碳酸钙难溶，用化学式表示，碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式应该为：CaCO3+2H+＝Ca2++CO2↑+H2O，B错误；‎ C. 产物不正确，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+＝Fe2++H2↑，C错误；‎ D. 硝酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硝酸钡和氢氧化镁：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎24.某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是(　　)‎ A. Ⅰ图：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完 B. Ⅱ图：证明新制氯水具有酸性和漂白性 C. Ⅲ图：产生了棕黄色的雾 D. Ⅳ图：有色布条均褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行，浓盐酸变稀，二氧化锰不与稀盐酸反应，即使二氧化锰过量，盐酸也不能全部消耗完，A错误；‎ B．图Ⅱ中溶液先变红后褪色，不仅能证明新制氯水具有酸性，还可以证明新制氯水具有漂白性，B正确；‎ C．铜丝在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，不是雾，烟是固体小颗粒，雾是小液滴，C错误；‎ D．氯气没有漂白性，不能使干燥有色布条褪色，图Ⅳ中氯气遇到湿润有色布条与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，可使有色布条褪色，D错误；‎ 答案选B。‎ 非选择题 二、填空题（共22分）‎ ‎25.I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：‎ ‎（1）以上物质中能导电的是____；‎ ‎（2）以上物质属于电解质的是____；‎ ‎（3）以上物质属于非电解质的是____；‎ ‎（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；‎ ‎（5）属于盐的有____；‎ ‎（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。‎ Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：‎ ‎（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；‎ ‎（3）分子数目_____；（4）原子数目____；‎ ‎（5）质量_____。‎ III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；‎ ‎（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；‎ ‎（3）若ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是____。‎ ‎【答案】 (1). ④⑧ (2). ①③⑤⑧ (3). ②⑥⑦ (4). ①②③⑧ (5). ①⑤⑧ (6). Na2CO3=2Na++CO32- (7). ①<③<② (8). ①<②<③ (9). ①<②<③ (10). ②<①<③ (11). ①<②<③ (12). 渗析 (13). 1∶1 (14). L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.根据电解质和非电解质的概念分析判断；物质导电条件是存在自由移动的离子，或者存在自由电子；金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物属于盐，据此分析解答；‎ Ⅱ.(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量；‎ ‎(2)根据n=和n=解答；‎ ‎(3)由N=nNA可知物质的量越大，含有分子数目越多；‎ ‎(4)结合分子含有的原子数目计算原子物质的量；‎ ‎(5)根据m=nM计算HCl、氧气的质量，据此判断；‎ III(1)胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜；‎ ‎(2)二者分子中都只含有O原子，质量相等时含有氧原子数相同；‎ ‎(3)同种气体，其质量与分子数成正比，计算cg气体含有分子数目，然后根据n=、V=nVm 计算。‎ ‎【详解】I.①NaCl固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电； 溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；‎ ‎②液态CO2是氧化物，属于非电解质；不含自由移动离子或自由电子，不导电；溶于水，与水反应生成电解质，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；‎ ‎ ③液态氯化氢是电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；‎ ‎  ④汞是单质，既不是电解质也不是非电解质； 含有自由电子，能导电；不溶于水；‎ ‎ ⑤BaSO4固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水中溶解度很小，水溶液不导电；‎ ‎⑥蔗糖属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水溶液不含自由移动的离子，不导电；‎ ‎⑦酒精属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水溶液不含自由移动的离子，不导电；‎ ‎ ⑧熔融的Na2CO3是盐，属于电解质；含有自由移动的离子，能导电；水溶液能电离产生自由移动的离子，能导电；‎ ‎(1)以上物质中能导电的是④⑧，故答案为：④⑧；‎ ‎(2)以上物质属于电解质的是①③⑤⑧，故答案为：①③⑤⑧；‎ ‎(3)以上物质属于非电解质的是②⑥⑦，故答案为：②⑥⑦；‎ ‎(4)以上物质溶于水后形成溶液能导电的是①②③⑧，故答案为：①②③⑧；‎ ‎(5)①NaCl固体；⑤固体BaSO4；⑧熔融的Na2CO3，都是由金属阳离子与酸根离子与非金属离子形成化合物，属于盐，故答案为：①⑤⑧；‎ ‎(6)碳酸钠为强电解质，水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子，电离方程式：Na2CO3=2Na++CO32-；故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-；‎ Ⅱ.(1)①CH4的摩尔质量为‎16g/mol，②HCl的摩尔质量为‎36.5g/mol，③O2的摩尔质量为‎32g/mol，故摩尔质量①＜③＜②，故答案为：①＜③＜②；‎ ‎(2)①8gCH4的物质的量==0.5mol，②6.02×1023个HCl分子的物质的量为=1mol，③2molO2，故物质的量①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；‎ ‎(3)由N=nNA可知，物质的物质的量越大，含有分子数目越多，结合(2)计算可知含有分子数目①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；‎ ‎(4)①8gCH4含有原子物质的量=0.5mol×5=2.5mol，②6.02×1023个HCl分子含有原子物质的量=1mol×2=2mol，③2molO2含有原子物质的量=2mol×2=4mol，故含有原子数目②＜①＜③，故答案为：②＜①＜③；‎ ‎(5)①8gCH4，②6.02×1023个HCl分子的质量=1mol×‎36.5g/mol=‎36.5g，③2molO2的质量=2mol×‎32g/mol=‎64g，故质量①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；‎ III.(1)由于胶体离子不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，利用半透膜可以分离胶体与溶液，该操作方法为渗析，故答案为：渗析；‎ ‎(2)等质量的O2和O3所含O原子的数目相等，则二者含有的原子个数比为1∶1，故答案为：1∶1；‎ ‎(3)a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为b×=，c克该气体的物质的量为=mol，标准状况下Vm=‎22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol×‎22.4L/mol=L，故答案为：L。‎ ‎【点睛】本题的易错点为III.(3)，要注意有关物质的量计算的几个公式的灵活运用，同时注意计算过程中需要带上单位，防止因为单位不一致导致错误。‎ 三、实验题 ‎26.I.根据如图给出的装置图回答下列问题：‎ ‎（1）写出图中玻璃仪器的名称：①____；②____；③_____。‎ ‎（2）①～④中，使用前必须检查是否漏水的是___、___(填仪器序号)‎ ‎，分离溴水中的溴应先选择装置___(填Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ序号)。‎ Ⅱ.某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol·L-1NaOH溶液备用。请回答下列问题：‎ ‎（1）该同学用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、___、胶头滴管。‎ ‎（2）该同学用质量为‎23.1g的烧杯放在托盘天平上称取所需NaOH固体，则称取的总质量为___克。‎ ‎（3）配制时，其正确的操作顺序如下，请填充所缺步骤。‎ A．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解；‎ B．将烧杯中冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；‎ C．用少量水___2次～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡。‎ D．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度___处，改用胶头滴管加水，使溶液___。‎ E．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀。‎ ‎（4）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是____(填编号)‎ ‎①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干 ②定容观察液面时俯视 ‎③配制过程中遗漏了（3）中步骤C ④加蒸馏水时不慎超过了刻度线 ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 分液漏斗 (4). ③ (5). ④ (6). Ⅱ (7). 500mL容量瓶 (8). 33.1 (9). 洗涤烧杯和玻璃棒 (10). 1～‎2cm (11). 凹液面恰好与容量瓶刻度线相切 (12). ③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)根据仪器的构造判断仪器的名称；‎ ‎(2)对于有活塞、瓶塞等玻璃仪器使用前要检查是否漏水；分离溴水中的溴需要通过萃取分液；‎ Ⅱ(1)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶来选择仪器；‎ ‎(2)根据m=cVM计算氢氧化钠的质量，烧杯的质量加上药品的质量即为所需的总质量；‎ ‎(3)根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤分析解答；‎ ‎(4)根据c=并结合实验操作分析判断误差。‎ ‎【详解】I.(1)Ⅰ是蒸馏装置示意图，II是分液装置示意图，III是容量瓶，相关仪器分别是：①蒸馏烧瓶；②冷凝管； ③分液漏斗，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；‎ ‎(2)分液漏斗和容量瓶都有塞子和活塞，在使用前要检查是否漏液，故选③、④；分离溴水中的溴需要萃取、分液，故选Ⅱ，故答案为：③；④；Ⅱ；‎ Ⅱ(1)由于实验室无480mL容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制出500mL溶液。根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器是托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，其中缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；‎ ‎(2)根据m=cVM计算氢氧化钠的质量m=0.5mol/L×‎0.5L×‎40g/mol=‎10.0g，而烧杯的质量加上药品的质量即为所需的总质量，故所需的总质量为‎23.1g+‎10.0g=‎33.1g，故答案为：33.1；‎ ‎(3)C、用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液也注入容量瓶中；D、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～‎2cm处，改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与容量瓶刻度线相切，故答案为：洗涤烧杯和玻璃棒；1～‎2cm；凹液面恰好与容量瓶刻度线相切；‎ ‎(4)①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，对浓度无影响，故①错误；②定容观察液面时俯视，导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故②错误；③配制过程中遗漏了(3)中C步骤，会导致溶质损失，则浓度偏低，故③正确；④加蒸馏水时不慎超过了刻度线，导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故④正确；故答案为：③④。‎ 四、计算题 ‎27.在‎0.2 L由NaCl溶液、MgCl2溶液、CuCl2溶液组成的混合溶液中，部分离子的浓度如图所示。‎ ‎(1)混合液中，NaCl的物质的量为_______mol，MgCl2的质量为_______g。‎ ‎(2)该混合溶液中CuCl2的物质的量浓度为_____mol•L﹣1，将该混合溶液加水稀释至体积为‎1 L，稀释后溶液中Cu2+的物质的量浓度为_______mol•L﹣1。‎ ‎【答案】 (1). 0.2 (2). 9.5 (3). 0.5 (4). 0.1‎ ‎【解析】‎ 本题主要考查有关物质的量浓度的计算。‎ ‎（1）混合液中，NaCl的物质的量为1.0mol/L×‎0.2L=0.2mol，MgCl2的质量为0.5mol/L×‎0.2L×‎95g/mol=‎9.5g。‎ ‎（2）该混合溶液中CuCl2的物质的量浓度为(3.0-1.0-0.5×2)/2mol•L﹣1=0.5 mol•L﹣1，将该混合溶液加水稀释至体积为‎1L，稀释后溶液中Cu2+的物质的量浓度为0.5mol/L×‎0.2L/‎1L=0.1mol•L﹣1。‎ ‎28.实验室可以用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应方程式如下：‎ ‎2KMnO4+16HCl ＝ 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 请完成下列问题：‎ ‎（1）在上述方程式中用双线桥法标注电子转移情况____________。‎ ‎（2）浓盐酸在该反应中表现了____________（选填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）。‎ ‎（3）若‎15.8g KMnO4与足量的浓盐酸充分反应，则有______mol HCl被氧化，产生的Cl2在标准状况下的体积为__________L。‎ ‎【答案】 (1). (2). 还原性、酸性 (3). 0.5 (4). 5.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化合价的变化确定得失电子数。‎ ‎【详解】(1)反应中KMnO4为氧化剂，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，得到5个电子，Cl元素化合价升高，被氧化，当有2molKMnO4参加反应，转移电子10mol，则电子转移的方向和数目可表示为， 因此，本题正确答案是:； (2)反应中HCl中的Cl元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，HCl表现还原性；有部分Cl元素的化合价没有变化，HCl还表现酸性，答案是:还原性、酸性。‎ ‎ (3)‎15.8g KMnO4为0.1mol，与足量的浓盐酸充分反应: 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5 Cl2↑ +8H2O，知2KMnO4~10HCl(被氧化)~5Cl2，0.1mol KMnO4反应，则有0.5mol HCl被氧化，产生的0.25molCl2，在标准状况下的体积为0.25‎22.4L/mol=‎5.6L。‎