【文档说明】安徽省亳州市涡阳县育萃中学2019-2020学年高一上学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，520.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65I127Ba137第I卷(选择题共40分)一、单选题(本大题共20小题，每题2分)1.下图是几种常见

的危险化学品标志，下列有关叙述错误的是()A.贮存黑火药的容器应贴上标志1B.盛放汽油的试剂瓶应贴上标志3C.盛放液化石油气的钢瓶应贴上标志6D.盛放浓硫酸的试剂瓶应贴上标志8【答案】C【解析】【详解】A．黑火药是炸药，属于爆炸品，所以容器应贴上标志1，A正确；

B．汽油属于易燃液体，试剂瓶应贴上标志3，B正确；C．液化石油气是易燃气体，应贴上标志3，而标志6是剧毒品，C不正确；D．浓硫酸是腐蚀性液体，所以试剂瓶应贴上标志8，D正确；故选C。2.下列操作中不正确的是()A.过滤时，玻璃棒

与三层滤纸的一边接触B.过滤时，漏斗下端紧贴烧杯内壁C.加热试管内物质时，试管底部与火焰的外焰接触D.向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁【答案】D【解析】【详解】A.过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，防止产生气泡减慢过滤速度，故A正确；B.过滤

时，漏斗下端紧贴烧杯内壁，防止液体过滤时滤液飞溅，故B正确；C.外焰与内焰温度不一样，外焰温度最高，越往里温度越低，灯心温度最低，加热试管内物质时，应用外焰加热，故C正确；D.向试管中滴加液体时，胶头滴管应垂直在试管口上方，但不能接触试管内壁，故D错误；答案选D。3.质量分数为28%的KOH溶液

中，平均多少个水分子溶有一个OH-()A.6B.28C.10D.8【答案】D【解析】【详解】假设溶液质量为100g，则m（KOH）=28g，物质的量是28g56g/mol＝0.5mol；m（H2O）=100g-28g=72g，物质的量是7218/ggmol=4mol，n（OH－）=n

（KOH）=0.5mol，则n（H2O）：n（OH－）=4mol：0.5mol=8：1，即平均8个水分子溶有一个OH－；故答案选D。4.标准状况下有①6.72LCH4；②3.01x1023个HCl；③13.

6gH2S；④0.2molNH3。下列对四种气体的关系从小到大表示不正确的是()A.体积:④＜①＜②＜③B.密度:①＜④＜③＜②C.质量：④＜①＜③＜②D.氢原子数:②＜④＜③＜①【答案】A【解析】【详解】①6.72LCH4的物质的量为6.72L22.4L/mol=0.3m

ol，②3.01×1023个HCl的物质的量为23233.01106.0210/mol=0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为13.6g34g/mol=0.4mol，④0.2molNH3；A．根据V=nVm知，相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，故体积④＜①＜③＜②，故A错误；B

．相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，故密度①＜④＜③＜②，故B正确；C．根据m=nM知，甲烷质量为0.3mol×16g/mol=4.8g，HCl的质量为0.5mol×36.5g/mol=33.25g，氨气的质量为0.2mol×17g/mol=3.4g，故质量④＜①＜③＜

②，故C正确；D．甲烷中n(H)=0.3mol×4=1.2mol，HCl中n(H)=0.5mol，硫化氢中n(H)=0.4mol×2=0.8mol，氨气中n(H)=0.2mol×3=0.6mol，故H原子数目②＜④＜③＜①，故D正

确；故答案为A。【点睛】掌握有关物质的量的计算公式，n=ANN、n=mM、n=mVV、c=nV。有用的推论：(1)同温同压时：①V1：V2=n1：n2=N1：N2②ρ1：ρ2=M1：M2③同质量时：V1：V2=M2：M1；(2)同温同体积时：④P1：P2=n1：n2=N1：N2⑤同质量时：P1：

P2=M2：M1；(3)同温同压同体积时：⑥ρ1：ρ2=M1：M2=m1：m2。5.若以w1和w2分别表示浓度为amol·L－1和bmol·L－1氨水的质量分数，且已知2a＝b，则下列关系正确的是(氨水密度小于水)

()A.2w1＝w2B.w1＝2w2C.2w1<w2D.w1<w2<2w1【答案】C【解析】【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=111000ρw17mol/L，质量分

数w2的氨水的物质量浓度为b=221000ρw17mol/L，由于2a=b，所以2×111000ρw17mol/L=221000ρw17mol/L，故2ρ1w1=ρ2w2，氨水的浓度越大密度越小，所以ρ2＜ρ1，故2w1＜2w2，故答案为C。【点睛】考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，

关键理解物质的量浓度与质量分数之间的关系，根据c=1000ρwM表示氨水的物质的量浓度，结合氨水的浓度越大密度越小，进行判断。6.下列溶液中Cl-浓度与50mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-浓度

相等的是（）。A.150mL1mol·L-1的NaCl溶液B.75mL2mol·L-1NH4Cl溶液C.150mL2mol·L-1的KCl溶液D.75mL1mol·L-1的FeCl3溶液【答案】D【解析】【详解】50

mL1mol·L-1AlCl3溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。A.150mL1mol·L-1的NaCl溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=1mol/L×1=1mol/L。B.75mL2mol·L-1NH4Cl溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=2mol/L×

1=2mol/L。C.150mL2mol·L-1的KCl溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=2mol/L×1=2mol/L。D.75mL1mol·L-1的FeCl3溶液中Cl-浓度为c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L。可见

溶液中Cl-浓度相等的合理选项是D。7.按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于（）①酸②氢化物③氧化物④含氧酸⑤难挥发性酸⑥强氧化性酸⑦一元酸⑧化合物⑨混合物A.①②③④⑤⑥⑦⑧B.①④⑥⑦⑧C.①⑨D.①④⑤⑥⑦【答案】B【解析】【分析】对物质进行分类，最重要的是看分类的标准是什么，

标准单一称为树状分类法，标准多样，称为交叉分类法。注意本题中硝酸用了化学式，即指明了该物质为纯净物，不是溶液。【详解】①硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，所以硝酸属于酸；②氢化物要求组成元素为2种，而硝酸的组成元素为3种；③氧化物要求组成的

元素为2种，而硝酸的组成元素为3种；④硝酸属于酸，且其组成元素中有氧，所以属于含氧酸；⑤硝酸易挥发，属于挥发性酸；⑥硝酸具有强氧化性，通常由硝酸根离子来表现强氧化性，为强氧化性酸；⑦每个硝酸分子最多能电离出一个氢离子，所以硝酸属于一元酸；⑧硝酸为纯净物，组成元素不是一

种，所以硝酸属于化合物；⑨硝酸属于纯净物；所以答案选择B项。【点睛】此题也可以采用排除直接选出正确答案。如根据②错误排除A项，根据⑤错误排除D项。8.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①

加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤，不正确的操作顺序是()A.⑤②①③⑤④B.⑤③①②⑤④C.⑤②③①⑤④D.⑤③②①⑤④【答案】A【解析】【详解】除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、S

O42－，分别需要加入过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液、过量BaCl2溶液，另外，加入的过量的除杂试剂也需除去，过量Na2CO3溶液、过量NaOH溶液需用盐酸除去，过量的BaCl2溶液需用Na2CO3溶液除去。所以BaCl2溶液应放在Na2CO3溶液的前面，加入的盐酸应放在过量Na2CO

3溶液、过量NaOH溶液及过滤之后，从而得出操作顺序为：③-①-⑤-④，至于②，只要在⑤前面就可以了。综合以上分析，B、C、D都正确，只有A中，①放在③的前面，不正确。故选A。9.下列实验操作和处理方法可能会引发安全事故的是()①将水沿着烧杯内壁缓慢加入浓硫酸中，并用

玻璃棒不断搅拌②给试管中的液体加热时，试管口不朝向任何人③夜间厨房发生煤气泄漏时，立即开灯检查煤气泄漏原因，并打开所有门窗通风④用氢气还原氧化铜时，先加热氧化铜，再通入氢气A.①②③B.①③④C.②③④D.①②③④【答案】B【解析】

【详解】①稀释浓硫酸，将水慢慢注入盛有浓硫酸的烧杯中，由于浓硫酸溶解时放出大量的热，且水的密度较小，浮于液面上，热量不能及时散失，会造成液滴飞溅，引发安全事故，故①正确；②给试管中的液体加热时，试管口不能朝着有人的地方，防止液体外溅伤人，引发安全事故，故②错误；③夜间厨房发生煤气泄漏时，，立

即开灯检查煤气泄漏原因，会发生爆炸，引发安全事故，故③正确；④用氢气还原氧化铜时，应先通入氢气，排净装置内的空气，再加热氧化铜；若操作相反，可能氢气和氧气混合会发生爆炸，引发安全事故，故④正确；故选B。10.在标准状况下，10gC

O和CO2的混合气体的体积为6.72L，则此混合气体中CO和CO2的物质的量之比是A.2:1B.1:2C.1:1D.3:4【答案】A【解析】【详解】标准状况下，n=6.7222.4/LLmol=0.3mol，设混合气体中CO的物质的量为x，CO2的物质

的量为y，则有：x+y＝0.3mol，x×28g/mol+y×44g/mol＝10g，解之得：x=0.2mol，y=0.1mol，则：n(CO)：n(CO2)=0.2mol：0.1mol=2：1；故选A。11.如图是某溶液

在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于：A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【详解】根据在溶液稀释前后溶质的物质的量不变可得：2mol/L×1L=0.5mol/L×

aL，解得a=4L，故合理选项是C。12.如图是某学校实验室买回的硫酸试剂标签的部分内容。判断下列说法正确的是()A.该硫酸的浓度为9.2mol•L﹣1B.配制480mL4.6mol•L﹣1的稀硫酸需该H2SO4125.0mLC.该硫酸

与等体积水混合质量分数变为49%D.取该硫酸100mL，则浓度变为原来的1/5【答案】B【解析】【详解】A．浓H2SO4的物质的量浓度c=10001.894898%mol/L=18.4mol/L，故A错误；B．实验室没有480mL容量瓶，应选择500mL容量瓶，溶液稀释

前后溶质物质的量不变，则需要浓硫酸的体积=5004.6/18.4/mLmolLmolL=125.0mL，故应量筒量取该硫酸125.0mL，故B正确；C．水的密度小于硫酸的密度，等体积混合所得溶液质量小于原硫酸溶液的2倍，稀释后溶质硫酸不变，根据质量分数=溶质

质量溶液质量×100%，可知混合后溶液质量分数大于49%，故C错误；D．溶液具有均一性，取该硫酸100mL，浓度不变，故D错误；答案选B。13.下列操作能使100mLc(H＋)=1mol·L－1的盐酸变成c(HCl)=2m

ol·L－1的是()A.加热蒸发至50mL溶液B.加入3mol·L－1盐酸100mLC.加入4mol·L－1盐酸100mL后稀释至250mLD.通入4.48LHCl气体并稀释到200mL【答案】C【解析】【详解】A．加热蒸发过程中，会挥发出HCl，所以蒸发所得的50mL溶液中，

c(HCl)<2mol·L－1，A不合题意；B．加入3mol·L－1盐酸100mL，若混合溶液的体积等于两溶液的体积和，则c(HCl)=2mol·L－1，但混合后溶液体积会发生改变，所以混合溶液中c(HCl)≠2mol·L－1，B不正确；

C．加入4mol·L－1盐酸100mL后稀释至250mL，c(HCl)=0.1L1mol/L+0.1L4mol/L0.25L=2mol·L－1，C正确；D．没有指明温度和压强，无法计算通入4.48LHCl气体的物质的量，也就无法确定混合溶液中

c(HCl)，D不正确；故选C。14.标准状况下，相同体积的某物质X与H2，前者质量是后者16倍的是()A.CH4B.H2OC.SD.O2【答案】D【解析】【分析】标准状况下，相同体积的某物质X与H2，前者质量是后者16倍，则表明该物质呈气态，且相对

分子质量是H2的16倍，也就是相对分子质量为32。【详解】A．CH4的相对分子质量为16，A不合题意；B．H2O在标准状况下呈液态，B不合题意；C．S在标准状况下呈固态，C不合题意；D．O2标况下呈气态，且相对分子质量为32，D符合题意

；故选D。【点睛】由气体的体积关系推出相对分子质量关系，利用的是阿伏加德罗定律的推论，解题时，切莫忽视推论建立的前提。15.下列关于1.5mol氢气的叙述错误的是()A.体积是33.6LB.质量是3gC.所含电子的物质的量是3mo

lD.氢原子数目约为3×6.02×1023个【答案】A【解析】【详解】A．题中未指明温度与压强，不能使用22.4L/mol进行气体体积的计算，A错误；B．质量是1.5mol×2g/mol=3g，B正确；C．所含电子的物质的量是1.5mol×2=3mol，C正确

；D．氢原子数目约为1.5mol×2×6.02×1023mol-1=3×6.02×1023个，D正确；故选A。16.设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A.将1L2mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中

含有氢氧化铁胶粒数为2NAB.常温常压下，23gNO2和N2O4的混合气体一定含有NA个氧原子C.标准状况下，22.4L酒精所含分子数为NAD.向某无色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42-【答案】B【解析】【详

解】A．1L2mol/L的FeCl3溶液中含有2molFeCl3，制成胶体时，一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于2NA，A错误；B．采用极端假设，23gNO2物质的量为0.5mol，含有NA个氧原子，23gN2

O4物质的量为0.25mol，含有NA个氧原子，故23gNO2和N2O4混合气，一定含有NA个氧原子，B正确；C．酒精在标况下是液体，不能使用22.4L/mol计算其物质的量，C错误；D．白色沉淀可能为AgCl沉淀，也可能为BaSO4沉淀，无法确定是否含SO42-，D错

误；故选B。17.欲将NaCl、CaCO3分离，可能会涉及如下操作步骤：①溶解②过滤③蒸发结晶④洗涤⑤烘干⑥萃取，其中正确的是()A.①②③B.②③④⑤C.①②③④⑤D.全部【答案】C【解析】【详解】NaCl易溶于水，而CaCO3难溶于水，加水溶解后过滤、洗涤

、烘干，可得CaCO3固体；将所得NaCl溶液蒸发结晶，便可得到NaCl固体。在6步操作中，只有萃取操作没有使用，故选C。18.下列有关电解质的说法正确的是()A.一定能导电B.一定能溶于水C.HNO3、CO2均是电解

质D.食盐水能导电，故NaCl是电解质【答案】D【解析】【详解】A．电解质不一定能导电，只有在水溶液或熔融时(碱或盐)，存在自由移动的离子，才能导电，A不正确；B．有些电解质可以溶于水，如氯化钠等，有些电解质难溶于水，如碳酸钙等，B不正确；C．CO2的水溶液能导电，但导电离子来自碳酸，所以

CO2是非电解质，C不正确；D．食盐水能导电，其导电离子为Na+和Cl-，由NaCl电离产生，所以NaCl是电解质，D正确；故选D。19.氢氧化铁胶体区别于氯化铁溶液最本质的特征是()A.氢氧化铁胶体粒子的直径在1～100

nm之间B.氢氧化铁胶体具有丁达尔效应C.氢氧化铁胶体是均一的分散系D.氢氧化铁胶体的分散质能透过滤纸【答案】A【解析】【详解】胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100nm之间，故选A。【点睛】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。20.将淀粉碘化钾混合溶液装在半透膜袋中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯中，过一段时间

后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜破损的是A.加碘水变蓝B.加入碘水不变蓝C.加硝酸银溶液产生黄色沉淀D.加氯水不变为蓝色【答案】A【解析】【分析】按照分散质粒子大小分类，可以把分散系分为溶液、胶体和浊液，溶液粒子通常＜1nm，胶体粒子大小在1~100nm之间，浊液中的

粒子通常＞100nm。胶体和浊液不能通过半透膜，淀粉属于胶体，碘化钾属于溶液，所以当半透膜破损了，才会使淀粉通过半透膜进入烧杯；据此分析可得结论。【详解】A.烧杯中液体加碘水变蓝色，说明烧杯中有淀粉，说明半透

膜破损，故A符合题意；B.加入碘水不变蓝说明没有淀粉，从而证明半透膜没有破损，故B与题意不符；C．加硝酸银溶液产生黄色沉淀说明烧杯中有碘离子，而碘离子是能透过半透膜的，不能说明半透膜有破损，故C与题意不符；D.加氯水不变为蓝色，说明烧杯中没有淀粉，从

而证明半透膜没有破损，故D与题意不符；答案选A。第II卷(非选择题共60分)二、填空题(每空2分，共60分)21.“信阳毛尖”是一种绿茶，绿茶中含有的单宁酸(化学式为C76XnO46)具有抑制血压上升、清热解毒等功效。

回答下列问题：(1)已知单宁酸完全燃烧时得到CO2、H2O，则X代表______元素，单宁酸的摩尔质量是1700g·L－1，则n=______，170g单宁酸完全燃烧时可得到______gH2O。(2)若17

0g单宁酸某次燃烧时生成了3.6molCO2，则生成的CO最多______g，此种情况下恢复到常温，所得混合气体的平均摩尔质量为______(保留1位小数)。【答案】(1).H(或氢)(2).52(3

).46.8(4).112(5).35.6g·mol－1【解析】【分析】(1)燃烧产物中含有C、H、O三种元素，而燃烧时除单宁酸外，只提供氧元素，由此可确定单宁酸所含的元素；单宁酸的摩尔质量是1700g·L－1，利用单宁酸分子中各原子的相对原子质量和为1700，

可求出n；求出170g单宁酸的物质的量，利用氢元素守恒，可求出完全燃烧时生成H2O的质量。(2)先求出170g单宁酸中所含碳原子的物质的量，利用碳原子守恒，可求出生成CO的物质的量，从而求出质量；此种情况下恢复到常温，水转化为液体，由CO2、CO的质量及物质的量，可求出所得混合气体的平均摩尔质

量。【详解】(1)燃烧产物中含有C、H、O三种元素，而助燃剂为O2，所以单宁酸中一定含有氢元素，从而得出X代表H(或氢)元素，单宁酸的摩尔质量是1700g·L－1，则76×12+1×n+16×46=1700，n=52，170g单宁酸物质的量为170g170

0g/mol=0.1mol，完全燃烧时可得到H2O0.1mol×26×18g/mol=46.8g。答案为：H(或氢)；52；46.8；(2)170g单宁酸中，n(C)=170g761700g/mol=7.6mol，某次燃烧时生成了

3.6molCO2，则生成的CO的物质的量最多为7.6mol-3.6mol=4mol，质量为4mol×28g/mol=112g，此种情况下恢复到常温，所得混合气体的平均摩尔质量为3.6mol44g/mol112g7

.6mol=35.6g·mol－1。答案为：112；35.6g·mol－1。【点睛】既然有一氧化碳生成，则表明氧气不足量，所以有可能生成碳或单宁酸没有完全燃烧。22.某次实验需用480mL、0.5mol/L的稀H2SO4溶液，某同学用98%的浓H2S

O4(ρ=1.84g/cm3)进行配制，请回答下列问题：(1)实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还有____________。(2)计算：98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为_____________，配制本次实验需要的稀硫酸

需用量筒量取上述98%的浓H2SO4_______mL。(3)配制过程：①用量筒量取所需的浓硫酸。②将浓硫酸缓缓注入盛有适量蒸馏水的烧杯中，边加边搅拌。③用玻璃棒引流将烧杯中的溶液转移到已经检漏的合适规格的容量瓶中。④洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶中．轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀

。⑤向容量瓶中加入蒸馏水，在距离刻度1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。⑥盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。⑦将配制好的溶液转移至试剂瓶中待用。上述配置溶液的步骤存在缺失，缺少的步骤是_______________

___，应放在步骤_____之前进行(填“序号”)。(4)在横线上填写下列各种情况对所配制溶液浓度的影响(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”).①量取浓硫酸所用量筒有蒸馏水_________；②定容时，俯视液面_________；③

用量筒量取浓硫酸时仰视液面___________。【答案】(1).胶头滴管、500mL容量瓶(2).18.4mol/L(3).13.6(4).将烧杯中的溶液冷却至室温(5).③(6).偏低(7).偏高(8).

偏高【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液，一定要使用一定规格的容量瓶，而实验室没有480mL的容量瓶，所以选择500mL的容量瓶，定容时需使用胶头滴管。(2)计算98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质

的量浓度时，使用公式1000%wcM进行计算；配制本次实验需要的稀硫酸，可利用稀释定律，计算所需98%的浓H2SO4的体积。(3)配制过程时，利用配制步骤：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀，检查各步操作，找出所缺失的步骤及所在位置。(4)

从操作对所量取的浓硫酸的体积及对溶液体积的影响，分析对所配制溶液浓度的影响。【详解】(1)实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒，还有500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；(2)98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/cm3)的物质的量浓度为10001.894

898%mol/L=18.4mol/L；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6，故答案为：18.4

mol/L；13.6；(3)根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。缺少的步骤是将烧杯中的溶液冷却至室温，该步骤应放在步骤③之前进行，故答案为：将烧杯中的溶液冷却至室温；③；(4)①

量取浓硫酸所用量筒有蒸馏水，相当于稀释了浓硫酸，导致量取的浓硫酸中硫酸的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低；②定容时，俯视液面，导致溶液的体积偏小，配制的溶液浓度偏高；③用量筒量取浓硫酸时仰视液面，导致量取的浓硫酸的体积偏大，硫酸的物质的量偏大，配制

的溶液浓度偏高，故答案为：偏低；偏高；偏高。【点睛】用浓硫酸稀释配制稀硫酸，在进行误差分析时，常使用公式c=nV=()()()cVV浓浓溶液，通过分析操作引起的V(浓)、V(溶液)的变化，推测引起的误差。23.完成

下列各题：(1)现有下列9种物质：①氯气；②二氧化硫；③氢氧化铁胶体；④铁；⑤氯化钡；⑥氢氧化钾；⑦氯化铁溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙。用相应化学式填写下列空白：属于酸性氧化物的有____，属于电解质的是______，属于非电解质的_______。(用相应化学式填空)

下列关于③和⑦的说法正确的是____(填字母序号)。a．都不稳定，密封静置会产生沉淀b．③能产生丁达尔效应，而⑦不能c．分散质粒子都可以通过滤纸d．加入盐酸都会先产生沉淀，后溶解(2)标准状况下，2.24LCl2的质量为_____

_____；有__________个氯原子。(3)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为________；R元素名称是_______。(4)如果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(设NA为阿伏加德罗常数)______________。(5)由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为_______。(6)物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为5∶3∶2时，

三种溶液中c(Cl−)之比为____________。【答案】(1).SO2(2).BaCl2、KOH、CaO(3).SO2、C2H5OH(4).bc(5).7.1g(6).0.2NA(7).14(8).氮(9).A22.4bcaNL(10).3:13(11).1:2:3【解析】【分析】(1)只

能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，需要注意的是，氯化铁溶液虽然能导电，但属于混合物，所以既不是电解质，也不是非电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。a．溶液稳定，

胶体具有介稳性；b．胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应；c．溶液与胶体的分散质粒子均可以透过滤纸，胶体的分散质粒子不能透过半透膜；d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解。(2)标准状况下，先求出2.24LCl2的物质的量，利用公式m=n∙M可求出质量；由Cl2

的物质的量可求出氯原子数。(3)先求出氧原子的物质的量，由此求出R2O5的物质的量、R2O5的相对分子质量，最后求出元素R的相对原子质量及名称。(4)先求出ag某气体的体积，然后利用同一气体在相同条件下质量比等于体积比，求cg该气

体在标准状况下的体积。(5)由密度求混合气体的平均相对分子质量，然后设CH4和O2的物质的量分别为x、y，建立有关平均相对分子质量的计算式，求二者的体积比。(6)NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的

量浓度相同，利用化学式，可求出三种溶液中c(Cl−)之比。【详解】(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，故SO2为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故BaCl2、KOH、CaO为电解质；在水溶液中和熔融

状态下均不能导电的化合物为非电解质，故SO2、C2H5OH为非电解质。答案为：SO2；BaCl2、KOH、CaO；SO2、C2H5OH；a．氯化铁溶液很稳定，氢氧化铁胶体具有介稳性，a错误；b．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，b正确；c．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的分散质

粒子均可以透过滤纸，氢氧化铁胶体的分散质粒子不能透过半透膜，c正确；d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解，氯化铁溶液无现象，d错误；故选bc。(2)标准状况下，2.24LCl2的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol

，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g；有0.1mol×2NAmol-1=0.2NA个氯原子。答案为：7.1g；0.2NA；(3)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，物质的量为232313.

01106.0210mol=0.5mol，则R2O5的相对分子质量为10.8g0.1mol=108g/mol，元素R的相对原子质量为1081652=14；R元素名称是氮。答案为：14；氮；(4)ag某气体中

含有的分子数为b，则其体积为1Ab22.4L/molmolN=A22.4bNL，所以cg该气体在标准状况下的体积是Acg22.4bagNL=A22.4bcaNL。答案为：A22.4bcaNL；(5)由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍，则该混合气体的平均相对

分子质量为14.5×2=29，设CH4和O2的物质的量分别为x、y，则163229xyxy，而求得x：y=3:13，故体积比为3:13。答案为：3:13；(6)NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量浓度相同，设为1mol/L，则三种溶液中c(Cl−)之比为1mol/L:2mol/L

:3mol/L=1:2:3。答案为：1:2:3。【点睛】第(6)小题，已知NaCl、MgCl2、AlCl3的物质的量浓度相同，求三种溶液中c(Cl−)之比，不需要使用溶液的体积。有些同学看到“溶液体积比为5∶3∶2”，很容易求三者的n(Cl−)之比，从而得出错误的结论。24.下图是中学化学中常用于

混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：(1)装置图1中B的名称是________________，图2中漏斗的名称是________________。A中一般要加入碎瓷片，其作用是______

____________________。下列关于以上实验操作说法一定正确的是_。A．图1实验中，加热一段时间后发现未加入碎瓷片，应马上添加，以防发生危险B．图2实验中，应打开活塞，将有机溶剂从下端导管中放出C．图3实验中，可以用玻璃棒在漏斗中搅拌，以加快过滤速度D．图4

实验中，当加热至有较多固体析出时，即停止加热(2)现有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如下表。物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm－3溶解性A－11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水和酒精B17.92901.26据此分

析，将A和B相互分离可选用上图中的图________________所示仪器。(3)在图2所示实验中，静置分层后，如果不知道哪一层液体是“水层”，试设计一种简便的判断方法。____。【答案】(1).(直形)冷凝管(2).（梨型）分液漏斗(3).防止液体

暴沸(4).D(5).1(6).继续向漏斗中加入少量水，体积增加的液层就是水层(其他合理方法也可)【解析】【详解】（1）根据图1装置图，B为(直形)冷凝管；图2中漏斗为分液漏斗；A中加入碎瓷片或沸石，其作用是防止液体暴沸；A、图1实验中，加热一段时间

后，未加入碎瓷片，应停止加热，冷却后，再放入碎瓷片或沸石，故A错误；B、分液时，应先打开分液漏斗的瓶塞，然后打开活塞，让下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，通过本题，不知有机层在下层还是上层，故B错误；C、过滤时玻

璃棒的作用是引流，不能搅拌，若要增加过滤的速度，可以采用抽滤的方法，故C错误；D、蒸发结晶中，当有大量晶体析出时，停止加热，让余温蒸干水分，故D正确；答案选D；（2）根据表格中的数据，常温下，A和B两种互溶液体，

利用其沸点不同，采用蒸馏的方法进行分析，即选择图1；（3）确认哪一层为水层，可以采用继续向漏斗中加入少量的水，体积增大的液层为水层。