【化学】浙江省台州市书生中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】浙江省台州市书生中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

浙江省台州市书生中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 可能用到的相对原子质量有：H:1 He:4 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Ba:233‎ 一、选择题（每个选项一个正确选项1-18每题2分，19-23每题3分，共51分。）‎ ‎1.下列物质属于盐的是（ ）‎ A. 烧碱 B. 生石灰 C. 碳酸钙 D. 硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烧碱的成分为氢氧化钠，属于碱类，故A错误；‎ B.生石灰氧化钙，属于氧化物，故B错误；‎ C.碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐类，故C正确；‎ D.硫酸属于酸类，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎2.下列反应中既属于分解反应又属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. S＋O2SO2‎ B. Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O C. 2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑‎ D. Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】判断氧化还原反应最基本的方法是看反应前后有无元素化合价的变化。‎ ‎【详解】A.A反应属于化合反应，不属于分解反应，故A错误；‎ B.B反应属于分解反应，但各元素的化合价在反应前后均没有变化，不属于氧化还原反应，故B错误；‎ C.C反应属于分解反应，锰元素、氧元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，故C正确；‎ D.D反应属于置换反应，不属于分解反应，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.下列物质属于化合物的是（ ）‎ A. HD B. 大理石 C. O3 D. H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】单质是由一种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物，据此进行分析。‎ ‎【详解】A、H、D原子的核电荷数都为1，同为氢元素，所以HD属于单质，故A错误； ‎ B、大理石主要成分是碳酸钙，还含有其它杂质，属于混合物，故B错误； ‎ C、O3是由氧元素组成的单质，不属于化合物，故C错误；‎ D、H2O是由氢元素和氧元素组成，属于化合物，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎4.下列仪器常用于物质分离的是（ ）‎ A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】①为试管，一般用于反应等，②为漏斗，一般用于过滤和向容器中添加液体，③为分液漏斗，用于分液，④是托盘天平，用于称量，⑤为蒸馏烧瓶，可以用于蒸馏或分馏等，因此用于物质分离的仪器是②③⑤，故选项B正确。‎ ‎5.下列说法错误的是（ ）‎ A. 汤姆生发现原子中存在电子，提出“葡萄干面包式”原子结构模型 B. 卢瑟福研究了氢原子光谱并提出了带核的原子结构模型 C. 波尔研究氢原子光谱，引入量子论观点，提出电子在稳定轨道上运动 D. S2－的结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 汤姆生发现电子后，提出“葡萄干面包式”原子结构模型，故A正确；‎ B. 卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式结构模型，故B错误；‎ C. 波尔研究氢原子光谱，引入了量子理论观点，提出的量子力学模型，故C正确；‎ D.硫原子的核电荷数为16，硫离子核外电子数为18，其离子结构示意图为：，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎6.现有三组溶液：①汽油和水溶液　②39%的乙醇溶液　③氯化钠和单质溴的水溶液。分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）‎ A. 分液、蒸馏、萃取 B. 萃取、蒸发、分液 C. 分液、萃取、蒸馏 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①汽油不溶于水，汽油和水是分层的，可采用分液的方法分离；②酒精和水任意比互溶，可采用蒸馏的方法来分离；③向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后再采用分液的方法来分离，A选项正确；‎ 故答案选A。‎ ‎7.关于下列实验操作的叙述中正确的是（ ）‎ A. 蒸发操作时，将蒸发皿放置在垫有石棉网的铁圈上，进行加热 B. 蒸馏操作时，温度计的水银球应插入被蒸馏的液体中 C. 分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A.蒸发皿放在铁圈上直接加热；‎ B.蒸馏操作时，温度计测量蒸气的温度； ‎ C.分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口放出； ‎ D.萃取剂的选择与密度无关。‎ ‎【详解】A.蒸发皿属于能够直接加热的仪器，在蒸发操作的过程中，蒸发皿直接放在铁圈上进行加热，不用垫石棉网，故A错误；‎ B.蒸馏操作时，温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸气的温度，故B错误；‎ C.分液操作时，为防止药品污染，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口放出，故C正确； ‎ D.萃取的基本原则是两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂的密度也可以比水小，也可以比水大，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎8.甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙+丁→沉淀；乙+丁→无色无味气体。则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是（ ）‎ A. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、盐酸 B. BaCl2、Na2CO3、盐酸、AgNO3‎ C. Na2CO3、盐酸、AgNO3、BaCl2‎ D. AgNO3、盐酸、BaCl2、Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 所以正确选项为A；‎ ‎9.下列对进行焰色反应实验操作注意事项的说明，正确的是（ ）‎ ‎①钾的火焰颜色，要透过蓝色钴玻璃观察 ‎②先把铂丝灼烧到与原来火焰颜色相同，再蘸被检物质 ‎③每次实验后，要用硫酸把铂丝洗净 ‎④没有铂丝，也可用光洁无锈的铁丝代替 A. 仅有③不正确 B. 仅有④不正确 C. 仅有②不正确 D. 全对 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】焰色反应是通过观察火焰颜色来检验金属元素存在的实验，实验时所用火焰和所用金属丝在灼烧时都不应该有很明显的颜色，否则将无法观察到被检验金属的真实焰色反应情况，观察钾的火焰颜色时要透过蓝色钴玻璃，目的是为了滤去钠的黄光。‎ ‎【详解】①在观测钾的焰色反应时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠的黄光的干扰，故①正确；②取一根洁净的铂丝，放在酒精灯上灼烧至无色，再蘸取被检物质，进行焰色反应，故②正确；③盐酸易挥发，其盐高温时也易挥发，灼烧时，盐酸及其盐可一起挥发掉，以达洗净的目的，不用硫酸来清洗铂丝，故③错误；④洁净的细铁丝，放在酒精灯上灼烧至无色，本身无颜色，故可用铁丝进行焰色反应,故④正确；综合分析可知，正确的有①②④；‎ 故答案选A。‎ ‎10.下列关于胶体的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的本质区别是Fe(OH)3胶体有丁达尔效应，而FeCl3溶液无丁达尔效应 B. 胶体在自然界是普遍存在的，如有色玻璃就是一种胶体 C. 胶体分散质粒子直径是10-9-10-7米范围内 D. Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体（1nm--100nm）、浊液(大于100nm)，所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小不同，故A错误；‎ B.有色玻璃就是由某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制成的，与胶体性质有关，故B正确；‎ C.根据胶体的定义可知，胶体分散质粒子直径是10-9-10-7米(即1nm--100nm)范围内，故C正确；‎ D.Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附悬浮杂质的作用， Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 硫酸的摩尔质量是98g B. 18g水中含有水分子数为NA C. O2的摩尔质量等于其相对分子质量 D. 1molCO的质量为28g·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.摩尔质量的单位是g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol，故A错误；‎ B.水的摩尔质量为18g/mol，所以18g水的物质的量为1mol，含有NA个水分子，故B正确；‎ C.以g为单位，摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，摩尔质量与对分子质量表示的意义不相同，故C错误；‎ D.质量的单位是g，1molCO的质量为28g，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎12.下列各组物质中，含原子数最多的是（ ）‎ A. 0.4molNH3 B. 4℃时5.4mL水 C. 标准状况下11.2LCO D. 3.01×1023个硫酸分子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0.4molNH3所含原子的物质的量为0.4mol×4=1.6mol；‎ B.4℃时，5.4mL水的质量为5.4mL×1g/mL=5.4g，其物质的量为5.4g/18g/mol=0.3mol，所含原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；‎ C.标准状况下，11.2LCO的物质的量为11.2L/22.4L/mol=0.5mol；‎ D.3.01×1023个硫酸分子的物质的量为3.01×1023/6.02×1023=0.5mol，所含的原子的总的物质的量为0.5mol×7=3.5mol；‎ 结合以上分析可知，含原子数目大小顺序为D>A>B>C；‎ 故答案选D。‎ ‎13.据科学家预测，月球的土壤中吸附着数百万吨的 3He，每百吨 3He核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量。在地球上，氦元素主要以 4He的形式存在。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 4He原子核内含有4个质子 B. 4He的最外层电子2，是活泼的非金属 C. 3He原子核内含有3个中子 D. 3He和4He互为同位素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.4He 原子核内质子数为2，质量数为4，故A错误；      ‎ B.4He 原子核内质子数为2，最外层电子数为2，属于稳定 结构，属于性质很稳定的非金属，故B错误；‎ C.3He质子数为2，根据质量数=质子数+中子数可知，该原子核内含有中子数=3-2=1，故C错误；‎ D.3He和4He质子数相同（均为2），中子数不同，互为同位素，故D正确；‎ 故答案选D；‎ ‎14.下列有关气体体积的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 一定温度和压强下，各种气态物质的体积的大小，由构成气体的分子大小决定 B. 一定温度和压强下，各种气态物质的体积的大小，由构成气体的分子数决定 C. 不同的气体，若体积不同，则它们所含的分子数也一定不同 D. 气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积约为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离几乎是相等的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数；‎ B、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离都是大概相同的，分子很小，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数； ‎ C、根据分子数N=nNA=V/VmNA来回答； ‎ D、气体摩尔体积22.4L/mol，必须适用于标况下的气体。‎ ‎【详解】A、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离几乎是相等的，分子很小，可忽略不计，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，故A错误； ‎ B、因为温度和压强一定时，不同气体的分子之间的平均距离几乎是相等的，分子很小，可忽略不计，此时决定气体体积大小的主要因素就是分子数，故B正确；‎ C、根据分子数N=nNA=V/VmNA，若体积不同，不同状态下气体的Vm也不同，所以它们所含的分子数也可能相同，故C错误； ‎ D、气体摩尔体积22.4L/mol，必须适用于标况下的气体，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎15. 在标准状况下，某气体密度为1.25g/L，则该气体的相对分子质量为（ ）‎ A. 12.5 B. 14 C. 28 D. 30‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在标准状况下，Vm=22.4L/mol，由M=ρVm可知，M=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则该气体的相对分子质量为28，选项C符合题意。‎ ‎16.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L B. 25 ℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NA C. 在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NA D. 标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，氦气为单原子分子，含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；‎ B项，64gSO2的物质的量为64g/64g/mol=1mol，含有的原子数为3NA，故B正确；‎ C项，在标准状况下，11.2LCl2含有的分子的物质的量为11.2L/22.4L/mol=0.5mol，分子数为0.5NA，故C错误；‎ D项，标准状况下，水为液态，11.2LH2O含有的分子数不是0.5NA，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. 某溶液滴加NaOH溶液，未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中一定不存在NH4+‎ B. 某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中含Cl－‎ C. 向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，说明原溶液中有SO42-‎ D. 某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，原溶液中可能存在Ag＋或SO42-或CO32-或SO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.如果溶液的浓度较稀，NH4+与OH-反应生成一水合氨，方程式为：OH-+NH4+=NH3∙H2O，没有产生氨气，所以未看到湿润的红色石蕊试纸变蓝，但不能说明原溶液中不存在NH4+，故A错误；‎ B.某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，可能为碳酸银沉淀、亚硫酸银沉淀等，不能说明原溶液中一定含Cl－，故B错误；‎ C.向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液出现白色沉淀，可以产生氯化银沉淀，不能说明原溶液中一定有SO42-，故C错误；‎ D.某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，可能有氯化银、硫酸钡、碳酸钡、亚硫酸钡等白色沉淀，所以原溶液中可能存在Ag＋或SO42-或CO32-或SO32-，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎18.下列有关实验的叙述正确的是（ ）‎ A. 容量瓶不能用作长期贮存试剂的容器，但是当溶液配制完后，可以用来存放配制的试剂 B. 用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液 C. 容量瓶不可以用来溶解固体，但是可以用来稀释浓的溶液 D. 容量瓶上标有使用温度、规格和刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．容量瓶不能存放溶液；‎ B．容量瓶只能配制与其规格相同体积的溶液； ‎ C．容量瓶不能用来溶解或稀释药品； ‎ D．根据容量瓶结构进行分析。‎ ‎【详解】A．容量瓶不能存放溶液，只能用来配制溶液，故A错误； ‎ B．容量瓶刻度线下没有刻度，所以容量瓶只能配制与其规格相同体积的溶液，不能配制其规格下任意体积的溶液，故B错误； ‎ C．容量瓶不能用来溶解或稀释药品，只能用来配制溶液，故C错误；‎ D．根据容量瓶结构可知，容量瓶上标有使用温度（一般20℃）、规格和刻度线，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎19.质子数和中子数相同的原子A，其阳离子An+核外共有X个 电子，则A的质量数为（ ）‎ A. 2（x＋n） B. 2（x－n）‎ C. 2x D. n＋2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：其阳离子An+核外共有X个电子，则A原子核内的电子数为，即质子数为，所以A的质量数为2（x＋n），答案选A。‎ ‎20.有16O、18O、H、T、D五种原子，可以构成水分子，其种类有（ ）‎ A. 12 B. 10 C. 8 D. 6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】16O与氢原子结合成水分子的种类：H216O、T216O、D216O、H T 16O、H D16O、TD16O，共计有6种；同理，18O与氢原子结合成水分子的种类：H218O、T218O、D218O、H T 18O、H D18O、TD18O，共计有6种；由16O、18O、H、T、D五种原子，可以构成水分子的种类有12种，故A正确；‎ 故答案选A。‎ ‎21.取下列溶液都用水稀释成100mL后，与20mL1mol·L—1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度相等的是（ ）‎ A. 2 mL5mol·L—1 Mg(NO3)2溶液 B. 10 mL5mol·L—1 Cu(NO3)2溶液 C. 10 mL5mol·L—1 AgNO3溶液 D. 5mL5mol·L—1 Al(NO3)3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】20mL1mol·L—1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度为1mol·L—1，‎ A.溶液用水稀释成100mL后，2 mL5mol·L—1 Mg(NO3)2溶液稀释后的浓度为：2 mL×5mol·L—1/100mL=0.1 mol·L—1，c（NO3-）=0.1 mol·L—1×2=0.2 mol·L—1，与20mL1mol·L—1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度不相等，故A错误；‎ B.溶液用水稀释成100mL后，10 mL5mol·L—1 Cu(NO3)2溶液释后的浓度为：10mL×5mol·L—1/100mL=0.5 mol·L—1，c（NO3-）=0.5mol·L—1×2=1mol·L—1，与20mL1mol·L—1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度相等，故B正确；‎ C. 溶液用水稀释成100mL 后，10 mL5mol·L—1 AgNO3溶液释后的浓度为：10mL×5mol·L—1/100mL=0.5mol·L—1，c（NO3-）=0.5mol·L—1×1=0.5mol·L—1，与20mL1mol·L—1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度不相等，故C错误；‎ D. 溶液用水稀释成100mL 后, 5mL5mol·L—1 Al(NO3)3溶液稀释后的浓度为：5mL×5mol·L—1/100mL=0.25mol·L—1，c（NO3-）=0.25mol·L—1×3=0.75mol·L—1，与20mL1mol·L—1NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度不相等，故D错误；‎ 故答案选B ‎22.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，c(SO42-)＝0.8 mol·L－1，则c(K＋)为（ ）‎ A. 0.15 mol·L－1 B. 0.2 mol·L－1‎ C. 0.3 mol·L－1 D. 0.4 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对于混合溶液，不需要逐一去求浓度，直接依据溶液中电荷守恒可以求出离子浓度。在此溶液中，存在的电荷守恒是：c(H＋)+ 3c(Al3＋)+ c(K＋)=2 c(SO42-)+ c(OH-)，因为溶液是酸性的，可以不考虑极微量的氢氧根离子浓度，则求c(K＋)=1.6 mol·L－1－0.1 mol·L－1－1.2 mol·L－1=0.3 mol·L－1，故选C。‎ ‎23.如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是( )‎ A. L B. C. L D. L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】审题时，首先要明确题目所给的条件及需要回答的物理量——一定质量的气体在标准状况下的体积，然后根据各基本化学量的函义和相互关系形成清晰的解题思路。本题宜由待求的量逐步逆推：由(质量／摩尔质量)×22.4→标准状况下体积，该气体的摩尔质量 ＝ a克／物质的量，而a克气体的物质的量为b／NA。在解题时则需由已知到未知逐一计算。‎ ‎【详解】a克气体的物质的量：b／NA 该气体的摩尔质量：a÷b／NA＝ aNA／b c克气体的物质的量：c÷aNA／b ＝ cb／aNA c克气体在标准状况下的体积：‎ cb/aNA×22.4 ＝ 22.4 bc／aNA L，故A正确；‎ 答案选A。‎ 二、填空题 ‎24.（1）质量相等的两种物质O2和O3，所含氧原子个数之为___；在标准状况下，3.2g甲烷(CH4)所占的体积为___L ‎（2）20.6gNaR含有Na+0.2mol，则NaR的摩尔质量为___，则含R8.0g的NaR的物质的量为____；‎ ‎（3）100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液中氧原子个数是____。‎ ‎【答案】(1). 1;1 (2). 4.48 (3). 103g/mol (4). 0.1mol (5). 4NA（或2.408×1024）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）同一条件下，质量相等的两种物质O2和O3，物质的量之比和摩尔质量成反比，然后根据分子结构进行分析；‎ ‎（2）1molNaR含有Na+0.2mol，所以n（NaR）=0.2mol，根据M=m/n计算NaR的摩尔质量；以克为单位，摩尔质量在数值上等于NaR的式量，据此进行分析； ‎ ‎（3）根据ω=溶质质量/溶液质量×100%计算出溶液中乙醇的质量，水的质量，然后根据n=m/M求出乙醇的物质的量、 水的物质的量，根据乙醇、水分子结构求出乙醇溶液中含有氧原子数目。‎ ‎【详解】(1)氧气的摩尔质量为32g/mol，O3的摩尔质量为48g/mol；设质量为xg，质量相等的两种物质O2和O3的物质的量为x/32mol，x/48mol，所含氧原子个数之比：2×x/32mol×NA:3 x/48mol=1:1；在标准状况下，3.2g甲烷的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol，根据V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；故答案为：1：1；4.48；‎ ‎（2）1molNaR含有Na+0.2mol，所以n（NaR）=0.2mol，NaR的摩尔质量为20.6g/0.2mol=103g/mol；NaR的式量103，钠的原子量为23，所以R的原子量为80，设NaR的物质的量为xmol，则xmol×1×80=8.0g，所以x=0.1mol；故答案是：103g/mol；0.1mol；‎ ‎（3）100g质量分数为46%的乙醇（C2H5OH）水溶液中，乙醇的质量为100g×46%=46g；乙醇的物质的量为46g/46g/mol=1mol，水的质量为100g×54%=54g，水的物质的量为54g/18g/mol=3mol；溶液中含有氧原子个数为：（1 mol×1+3mol×1）×NA=4NA；‎ 故答案是：4NA（或2.408×1024）。‎ ‎25.现有下列物质①NaCl晶体 ②冰醋酸（纯醋酸晶体）③干冰④铜 ⑤液氯⑥熔融KNO3⑦稀硫酸⑧酒精 ‎（1）以上物质能导电的是______。‎ ‎（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）写出氯化钠的电离方程式_______。‎ ‎【答案】(1). ④⑥⑦ (2). ①②⑥ (3). ③⑧ (4). NaCl=Na++Cl-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】物质导电是溶液中存在自由移动的离子浓度；电解质是指在熔融或水溶液中能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；据以上分析进行解答。‎ ‎【详解】①NaCl晶体是化合物，不导电，但在熔融状态下和水溶液中都能导电，属于电解质；‎ ‎②冰醋酸是化合物，不导电，但溶于水时可导电，属于电解质；‎ ‎③干冰是化合物，固态和熔融状态下也不导电，溶于水能导电但本身不能电离，属于非电解质；‎ ‎④铜是单质，能导电，但不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑤液氯是单质，不能导电，不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑥熔融的KNO3能导电，且是化合物，属于电解质；‎ ‎⑦稀硫酸溶液能导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；‎ ‎⑧酒精是化合物，不导电，其水溶液也不导电，属于非电解质；‎ 结合以上分析可知：‎ ‎（1）以上物质能导电的是④⑥⑦；‎ ‎（2）以上物质属于电解质的是①②⑥；‎ ‎（3）以上物质属于非电解质的是③⑧；‎ ‎（4）氯化钠属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式：NaCl=Na++Cl-；‎ 故答案为：NaCl=Na++Cl-。‎ 故答案为：④⑥⑦；①②⑥；③⑧；NaCl=Na++Cl-。‎ ‎26.写出如图中序号①～④仪器的名称：‎ ‎（1）①_____；②____；③_____；④_____。‎ ‎（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有____(填仪器序号)。‎ ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 分液漏斗 (4). 100mL 容量瓶 (5). ③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据常见仪器结构和用途进行分析；‎ ‎(2)分液漏斗有瓶塞和玻璃旋塞，容量瓶有瓶塞，使用前需要检漏。‎ ‎【详解】(1)根据常见仪器的用途可知，(1)-④仪器的名称分别为:蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；故答案是:蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL 容量瓶； ‎ ‎(2)分液漏斗有瓶塞和玻璃旋塞，容量瓶有瓶塞，因此在使用前要检查是否漏水，而蒸馏烧瓶、冷凝管不需要检查是否漏水；答案是: ③④。‎ ‎27.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签的有关内容，试根据标签上的有关数据回答下列问题：‎ ‎（1）将标准状况下___L氯化氢气体通入1.00L水中可得36.5%的浓盐酸，该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为___mol·L－1。‎ ‎（2）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_____。‎ A．溶液中HCl的物质的量 B．溶液的浓度 C．溶液中Cl－的数目 D．溶液的密度 ‎（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸。‎ ‎①该学生需要量取___mL上述浓盐酸进行配制。‎ ‎②配制仪器除烧杯、量筒和玻璃棒，还需要的仪器是___、____。‎ ‎③配制时，下列操作正确的顺序是（用字母表示）____。‎ A.洗涤 B.定容 C.溶解 D.摇匀 E.冷却 F.称量 G.转移 ‎④在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？(在括号内填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ Ⅰ.未等稀释后溶液冷却到室温就转移到容量瓶（ ）‎ Ⅱ.定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。（ ）‎ Ⅲ.配制时，容量瓶有少量蒸馏水（ ）‎ Ⅳ.定容时仰视刻度线。（ ）‎ ‎【答案】(1). 353 (2). 11.9mol/L (3). BD (4). 16.8 (5). 500mL容量瓶 (6). 胶头滴管 (7). FCEGABD (8). 偏大 (9). 偏小 (10). 无影响 (11). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c=1000ρω/M计算浓盐酸的物质的量浓度；‎ ‎(2)溶液具有均一性,其密度、浓度与溶液的体积无关； ‎ ‎(3)(1)溶液稀释前后溶质的物质的量保持不变，据此计算需要浓盐酸的体积；‎ ‎(2)用浓溶液配置稀溶液需要的仪器:量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,根据浓盐酸的体积选择合适的量筒,根据配置溶液的体积选择容量瓶的规格； ‎ ‎(3)凡是带活塞或者瓶塞的仪器一般需要检查是否漏水； ‎ ‎(4)根据配置一定物质的量浓度溶液的一般步骤解答； ‎ ‎(5)根据c=n/V分析，凡是使n偏小或者V偏大的操作，都会使溶液的浓度偏小，反之浓度偏大。‎ ‎【详解】（1）标准状况下xL，物质的量为xL/22.4L/mol=x/22.4mol，质量为xL/22.4mol×36.5g/mol=36.5x/22.4g；1.00L水为1000g，所以溶液的质量（1000g+36.5x/22.4g）；所以36.5x/22.4g/（1000g+36.5x/22.4g）×100%=36.5%；解之得x≈353L；由浓盐酸的溶质的质量分数为36.5%，密度为1.19g/cm3，则c=1000ρω/M=1.19×1000×36.5%/36.5=11.9mol/L；‎ 故答案是:353；11.9mol/L；‎ ‎（2）A、溶液中HCl的物质的量与溶液体积有关，故A不选； ‎ B、溶液的浓度与溶液的体积无关，故B选； ‎ C、溶液中Cl-的数目与溶液的体积有关，故C不选；‎ D、溶液的密度与溶液的体积无关，故D选；‎ 故答案选BD；‎ ‎（3）①根据稀释溶液前后，溶质的物质的量不变，即：c1V1=c2V2，11.9mol/L×V1=0.400mol/L×0.5L，所以V1=0.0168L=16.8mL；故答案是：16.8；‎ ‎②用浓溶液配制稀溶液需要的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，要配制500mL溶液应选择500mL的容量瓶；‎ 故答案是: 500mL容量瓶；胶头滴管；‎ ‎③配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有：称量或者量取、溶解或者稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；所以配制时，下列操作正确的顺序是FCEGABD；‎ 故答案是：FCEGABD；‎ ‎④根据c=n/V分析，凡是使n偏小或者V偏大的操作，都会使溶液的浓度偏小，反之，浓度偏大；‎ Ⅰ.未等稀释后的溶液冷却到室温就转移到容量瓶，热的溶液冷却到室温后，溶液的体积会减小，浓度偏大；‎ Ⅱ. 定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液的体积V偏大，浓度偏小；‎ Ⅲ.配制时，容量瓶有少量蒸馏水，对溶液的体积和溶质的物质的量都不会产生影响，对所配溶液浓度无影响；‎ Ⅳ.定容时仰视刻度线，导致溶液的体积V偏大，浓度偏小；‎ 故答案是：偏大；偏小；无影响；偏小。‎ 三、计算题 ‎28.取50.0 mL Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51 g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66 g，并有气体放出。试计算：‎ ‎（1）原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4物质的量浓度；______________‎ ‎（2）产生的气体在标准状况下的体积。_______________‎ ‎【答案】(1). Na2CO3的物质的量浓度为1.0 mol·L－1，Na2SO4的物质的量浓度为0.4 mol·L－1 (2). 二氧化碳的体积为1.12 L ‎【解析】试题分析：14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，剩余沉淀为BaSO4，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量所以Na2SO4的物质的量为：=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L，减少的沉淀质量为BaCO3，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量所以Na2CO3的物质的量为：=0.05mol所以Na2CO3的物质的量浓度为1mol/L答案为：1mol/L、0.4mol/L．‎ ‎（2）设生成的气体在标准状况下的体积为x．‎ BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑‎ ‎1mol 22.4L ‎0.05mol x x=1.12L，答案为1.12L．‎