【文档说明】新疆生产建设兵团第十师北屯高级中学2020-2021学年高一上学期阶段性检测化学试卷 【精准解析】.doc，共(14)页，258.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bb6ec53bae450d1f995934b1e4a2f16f.html

以下为本文档部分文字说明：

化学可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23Fe-56一、单项选择题（每小题2分，共计42分）1.下列变化中，需加入氧化剂的是（）A.2Cl－→Cl2B.Fe3+→Fe2+C.Cu2+→CuD.MnO4－→MnO2【答案】A【解析】【分析】需要加入氧化剂，则选项

中为还原剂的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。【详解】A．Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂，故A正确；B．Fe元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误；C．Cu元素的化合价降低，需要加还原剂，故C错误；D．Mn元素的化合价降低，需要加还原剂，故D

错误；故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确还原剂、氧化剂中元素的化合价变化是解答本题的关键，并熟悉常见的氧化还原反应来解答。需要加入合适的氧化剂来实现氧化还原反应，说明所给物质一定具有还原性，在反应过程中做还原剂，失去电子、化

合价升高。据此进行推断即可。2.粗盐的提纯，常常加入一些化学试剂，使一些可溶性的杂质离子Ca2+、Mg2+、SO24−沉淀而除去，同时采用必要的操作以得到比较纯净的食盐，下列操作顺序正确的是（）①加BaCl2②加NaOH③加Na2CO3④加稀盐酸⑤过滤⑥蒸发结晶A.①③

②④⑤⑥B.③②①⑤④⑥C.②①③⑤④⑥D.③①②⑤④⑥【答案】C【解析】【详解】粗盐中含有的杂质离子为钙离子、镁离子和硫酸根离子，粗盐溶于水形成溶液，可先加入过量①氯化钡溶液，将硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，然后加入过量的②氢氧化钠溶液，把镁离子转化成氢氧化镁沉淀，再加入过

量的③碳酸钠溶液，除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，再进行⑤过滤，分离出生成的硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钡和碳酸钙沉淀，最后再加入④盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，经蒸发结晶操作可得到较纯净的氯化钠

，顺序为①②③⑤④⑥；试剂加入顺序中需保证碳酸钠溶液在氯化钡溶液之后加入，盐酸在沉淀滤去后加入，因此加入顺序也可为②①③⑤④⑥，故答案为C。3.下列各项对应的电离方程式或离子方程式书写正确的是（）A.NaHSO4熔融态的电离：NaHSO4=Na++HS

O4−B.NaHCO3在水中电离：NaHCO3=Na++H++CO23−C.Cu(OH)2溶于硫酸溶液：H++OH-=H2OD.实验室制取CO2：CO23−+2H+=CO2↑+H2O【答案】A【解析】【详解】A．NaHSO

4属于强酸的酸式盐，其在熔融状态下电离出Na+、HSO4−，电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4−，故A项正确；B．NaHCO3属于弱酸的酸式盐，其在水中电离出Na+、-3HCO，电离方程式为NaHCO3=Na++-3HCO，故B项错误；C．Cu(OH)2属于难溶物，其与硫酸反应生

成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故C项错误；D．实验室通过碳酸钙和稀盐酸反应制取CO2，碳酸钙难溶于水，不改写成离子形式，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D项错误；综上所述，答案为A。4.已知HNO3(浓)和S加热

生成NO2，该反应的含硫产物肯定不是()A.H2SB.SO2C.SO3D.H2SO4【答案】A【解析】【分析】【详解】硝酸中氮元素化合价降低，硫元素的化合价升高，A中硫是-2价，化合价不可能降低。答案选A。【点睛】5.

能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A.氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应OH−+H+=H2OB.澄清的石灰水与稀盐酸反应Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC.铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2++AgD.石灰石溶于稀盐酸中CaCO3+2H

+=Ca2++H2O+CO2【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成水和难溶物硫酸钡，反应的离子方程式为Ba2++2-4SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A项错误；B．澄清的石灰水中Ca(OH)2

全部电离成Ca2+、OH-，其与盐酸反应的离子方程式为OH−+H+=H2O，故B项错误；C．铜单质金属活泼性强于银，铜片与硝酸银溶液发生置换反应生成银和硝酸铜，反应的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故C项错误；D．石灰石中主要成分为碳酸钙，碳酸

钙属于难溶盐，其与盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2，故D项正确；综上所述，答案为D。6.氢氧化钡（固体）、硫酸铜（固体）、硫酸（纯液体）这些物质可以归为一类，下列哪种物质还可以和它们归为一类（）A.医用酒精B

.豆浆C.水煤气D.HCl（气态）【答案】D【解析】【详解】氢氧化钡（固体）、硫酸铜（固体）、硫酸（纯液体）都属于化合物，A．医用酒精是酒精的水溶液，属于混合物，故A不选；B．豆浆是混合物，故B不选；C．水煤气的主要成分是H2、CO，属于混合物，故C

不选；D．气态HCl属于化合物，故D项选；综上所述，答案为D。7.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为：W2>Z2>X2>Y2，下列氧化还原反应能发生的是()A.2W-+Z2=2Z-+W2B.

2X-+Y2=2Y-+X2C.2Y-+W2=2W-+Y2D.2Z-+X2=2X-+Z2【答案】C【解析】【分析】X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，同一化学反应中氧化能力强的物质能制得氧化能力弱的物质，反应的发生遵循“强制弱”

规律，否则不能发生。【详解】A．氧化性W2＞Z2，2W-+Z2=2Z-+W2不能发生，故A不选；B．氧化性X2＞Y2，2X-+Y2=2Y-+X2不能发生，故B不选；C．氧化性W2＞Y2，2Y-+W2=2W-+

Y2能发生，故C选；D．氧化性Z2＞X2，2Z-+X2=2X-+Z2不能发生，故D不选；故答案选C。8.质量相同的两种气体A、B，在同温、同压下，A的密度小于B的。下列说法错误的是()A.A的摩尔质量比B大B.A占的体积比B大C.A的物质的量比B大D.A的分子数比B多

【答案】A【解析】【详解】A．在同温同压下，A的密度小于B，由ρ=m/V，质量相同时，A的体积较大，因同温同压下气体的Vm相同，则A的物质的量大于B的物质的量，A的摩尔质量较小，A项错误；B．A的密度小于B，由ρ=m/V，质量相同时，A的体积较大，B项正确；C．在同温

同压下，A的密度小于B，由ρ=m/V，质量相同时，A的体积较大，因同温同压下气体的Vm相同，则A的物质的量大于B的物质的量，C项正确；D．A的物质的量大于B的物质的量，则A的分子数较多，D项正确。答案选A。9.下列仪器常用于物质分离的是()A.①③⑤B.②③⑤C.②④⑤D.①②⑥【答案】B【

解析】【详解】①试管常用于物质的制备、发生装置；②普通漏斗常用于过滤，可用来分离固液混合物；③分液漏斗常用于分离互不相溶的液体混合物；④托盘天平常用于称量固体的质量；⑤蒸馏烧瓶常用于分离沸点不同的液体混合物；⑥研钵常用于固体药品

的研磨，不能用来分离。综上所述，用来分离的仪器有②③⑤，答案为B。10.常温下，在溶液中可以发生反应：X＋2Y3＋=2Y2＋＋X2＋，对下列叙述的判断正确的是()①X被氧化②X是氧化剂③X具有还原性④Y2＋是氧化产物⑤Y2＋具有还原性⑥Y3＋的

氧化性比X2＋的氧化性强A.②③④⑥B.①③④⑤C.①③⑤⑥D.①②⑤⑥【答案】C【解析】【详解】在反应中，X的化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，X2＋是氧化产物；Y的化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂，Y2＋是还原产物；根据氧化剂的氧化性强于氧

化产物有氧化性：X2＋＞Y3＋；综上所述①③⑤⑥正确。答案选C。11.同温同压下两个容积相等的储气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶气体一定具有相同的（）A.质量B.密度C.碳原子数D.原子总数【答案】C【解析】【分析】根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何

气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。【详解】同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则A．根据m=nM，

瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，选项A错误；B．据ρ=mV，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，选项B错误；C．C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳

原子数相同，选项C正确；D．C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，选项D错误；答案选C。12.淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯

中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的是（）A.加入BaCl2溶液产生白色沉淀B.加入碘水变蓝C.加入BaCl2溶液无白色沉淀产生D.加入碘水不变蓝【答案】D【解析】【详解】淀粉溶液属于胶体，淀粉溶液中分散质不能透过半透膜，Na2SO4溶液中分散质能够透过半透膜，因此将淀粉和稀Na2SO

4溶液混合，装在半透膜中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，无论半透膜是否完好，则过一段时间后，烧杯溶液中一定含有2-4SO，向溶液中加入BaCl2溶液一定会产生白色沉淀BaSO4，若半透膜完好无损，则溶液中一定不含淀粉粒子，向溶液中加入碘水不会使溶液变蓝，

故答案为D。13.已知X、Y中含有相同的元素，Z、W中也含有相同的元素，根据反应X+H2O→Y+H2；Z+H2O→W+O2（方程式均未配平），可推断X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为（）A.X＞Y、Z＞WB.X＜Y、Z＜

WC.X＞Y、Z＜WD.X＜Y、Z＞W【答案】D【解析】【详解】X+H2O→Y+H2中H元素化合价降低，根据氧化还原反应中化合价有升必有降可知，X中某元素化合价低于Y，Z+H2O→W+O2中O元素化合价升高，则

Z中某元素化合价高于W，因此X、Y中及Z、W中相同元素的化合价的高低顺序为X＜Y、Z＞W，故答案为D。14.在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中（）A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8

B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶1【答案】C【解析】【详解】在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中Mn元素化合价由+7降低至+2，一部分H

Cl中Cl元素化合价由-1价升高至0价，氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：10=1：5，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2，故答案为C。15.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液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、萃取、蒸馏B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取D.蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】【详解】①汽油和氯化钠溶液为互不相溶的液体混合物，二者会分层，因此可采用分液法分离；②乙醇和水为互相混溶的液体混合物，二者的沸点不同，因此可

采用蒸馏法分离；③单质溴在水中具有一定溶解度，氯化钠在水中能够溶解，单质溴在苯或四氯化碳等试剂中溶解度远大于其在水中的溶解度，因此可利用苯或四氯化碳等试剂进行萃取分离；正确的方法依次为分液、蒸馏、萃取，

故答案为C。16.NA为阿伏加德罗常数，下列描述正确的是A.含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB.40gNaOH溶解在1L水中，所制得的溶液，物质的量浓度为1mol•L﹣1C.标准状况下，11.2L四氯化碳所含分子数为0.5NAD.常温常压

下，5.6g铁与过量的盐酸反应转移电子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．氦气是由单原子构成的分子，则NA个氦原子的氦气其物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；B．把40g即1m

olNaOH固体溶于1L水中，溶液的体积不是1L，所以物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C．标况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D．铁与盐酸反应后铁元素的化合价为+2价，故5.6g铁与过量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电

子数为×2=0.2mol=0.2NA，故D正确；故选D。17.某金属的硝酸盐加热分解生成二氧化氮气体和氧气的物质的量之比为8：1，则加热分解过程中该金属（）A.化合价升高B.化合价降低C.化合价不变D.

无法确定【答案】A【解析】【详解】金属的硝酸盐加热分解生成二氧化氮气体和氧气的物质的量之比为8：1，设生成NO2为8mol，则生成O2为1mol，生成的NO2得到电子为8mol，生成的O2失去电子为4mol，根据氧化还原反应得失电子守恒可知，该金属元素化合价升

高，故答案为A。18.分别由KMnO4、KClO3、H2O、H2O2制取1molO2电子转移之比（）A.1：1：1：1B.2：2：2：1C.1：2：2：1D.1：1：1：2【答案】B【解析】【详解】2KMnO4Δ=K2MnO4+M

nO2+O2↑～4e-，2KClO32ΔMnO=2KCl+3O2↑～12e-，2H2O=电解2H2↑+O2↑～4e-，2H2O22MnO=2H2O+O2↑～2e-，因此制取1molO2电子转移之比4：4：4：2=2：2：2：1，故答案为B。19.在某无色透明的酸性溶液中，能共

存的离子组是A.Na+、K+、SO2-4、HCO-3B.Cu2+、K+、SO2-4、NO-3C.Na+、K+、Cl−、NO-3D.Fe3+、K+、SO2-4、Cl−【答案】C【解析】【分析】无色溶液就是溶液中不含有颜色的离子，酸性溶液中含有大量氢离子

。【详解】A．酸性溶液中不能大量存在HCO-3，氢离子与HCO-3反应生成二氧化碳和水，A不符题意；B．Cu2+为蓝色，与无色不符，B不符题意；C．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，C符合题意；D．F

e3+为黄色，与无色不符，D不符题意。答案选C。20.亚硝酸钠(NaNO2)可将人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+，生成高铁血红蛋自而丧失与氧气结合的能力。误食亚硝酸钠中毒，可星用维生素C缓解。上述亚硝酸钠和维生素C表现的性质分别是A.还原性和氧化性B.氧化

性和还原性C.氧化性和酸性D.还原性和碱性【答案】B【解析】【详解】亚硝酸钠可将Fe2+氧化为Fe3+，故亚硝酸钠具有氧化性；而服用维生素C可缓解症状，则说明维生素C可将Fe3+重新还原为Fe2+，即具有还原性；答案选B。21.在一定条件下PbO2与Cr3+

反应，产物是Cr2O27−和Pb2+，则与1.0molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（）A.3.0molB.1.5molC.1.0molD.0.75mol【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒

计算。【详解】已知Pb由+4价变为+2价，Cr由+3价变为+6价，设所需PbO2的物质的量为xmol，则有1.0mol×1×(6-3)=xmol×1×(4-2)，解得x=1.5mol，故B正确。二、非选择题（共58分）22.按要求填空。（1）将饱和Fe

Cl3溶液滴入冷水中形成的分散系为___，此时分散系呈淡黄色。将饱和FeCl3溶液滴入沸水中形成的分散系为___，此时分散系呈红褐色，反应的化学方程式为___。（2）12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量是___，R的相对原子质量是_

__。（3）含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，测得n(Fe)：n(Cl)=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为___。【答案】(1).溶液(2).胶体(3).FeCl3+3H2OΔ=Fe(OH)3(胶体)+3HCl(4).62g/mol(5).16(6)

.10%【解析】【详解】(1)饱和FeCl3溶液滴入冷水中形成的分散系呈淡黄色，因此形成的分散系是FeCl3溶液；将饱和FeCl3溶液滴入沸水中形成的分散系呈红褐色，因此该分散系为Fe(OH)3胶体；反应的化学方程式为FeCl3+3H

2OΔ=Fe(OH)3(胶体)+3HCl；(2)12.4gNa2R含Na+0.4mol，根据化学式可知，Na2R物质的量为0.2mol，因此Na2R的摩尔质量是12.4g0.2mol=62g/mol；则R的相对原子质量是62-2×23=

16；(3)设混合样品中n(FeCl2)=xmol，n(FeCl3)=ymol，则(x+y)：(2x+3y)=1：2.1，解得x=9y，则该样品中FeCl3的物质的量分数为119+×100%=10%。23

.某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：(1)不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是___。(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉

淀不消失。说明原溶液中肯定存在的离子是___，有关的离子方程式为___。(3)取(2)中的滤液，加入过量的稀氨水(NH3·H2O)，出现白色沉淀，有关的离子方程式为___。(4)原溶液可能大量存在的阴离子是下列的___。A.Cl-B.NO3−C.CO23−D.

OH-【答案】(1).Cu2+、Fe3+(2).Ag+(3).Ag++Cl-═AgCl↓(4).Mg2＋＋2NH3•H2O=Mg(OH)2↓＋2+4NH(5).B【解析】【详解】(1)由于溶液呈无色透明，而Cu

2+在溶液中呈蓝色，Fe3+在溶液中呈棕黄色，故可以肯定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；(2)向原溶液中加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，说明原溶液中肯定有Ag+，反应的离子方程式为Ag++Cl-═AgCl↓；(3)在除去

Ag+的溶液中，加入过量的NH3•H2O溶液后，出现白色沉淀，则原溶液中一定存在Mg2+，反应的离子方程式为Mg2＋＋2NH3•H2O=Mg(OH)2↓＋2+4NH；(4)由于Cl-、23CO−、OH-和Ag+离子，2-3CO、OH-与Mg2+都能生成沉淀，只有-3

NO与Ag+、Mg2+不生成沉淀，现已确定原溶液中含有Ag+、Mg2＋，原溶液中可能大量存在的阴离子是-3NO，故答案为B。24.Cu和稀硝酸在一定条件下反应会生成无色气体一氧化氮，其变化可表述为：___Cu+___HNO3(稀)——_

__Cu(NO3)2+___NO↑+__H2O（1）氧化剂是___，还原剂是__；氧化产物是__，还原产物是_。（2）稀硝酸在反应中显示出来的性质是__(填编号)①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性（3）配平上述化学

方程式___。（4）产生0.2molH2O，则转移电子的物质的量为__mol。【答案】(1).HNO3(2).Cu(3).Cu(NO3)2(4).NO(5).④(6).3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(7).0.3【解析】

【详解】(1)该反应中Cu元素化合价升高，因此Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物，HNO3中一部分N元素化合价降低，一部分HNO3是氧化剂，NO是还原产物；(2)稀硝酸中一部分被还原生成NO，稀硝酸表现出氧化剂，一部分生成Cu(NO3)2，稀硝酸表现出酸性

，故答案为④；(3)根据氧化还原反应化合价升降守恒可知，Cu(NO3)2与NO的系数比为3：2，然后根据质量守恒可知该反应化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(4)由反应方程式可知，每生成0.2molH2O，则生成0.1

molNO，其中N元素化合价由+5价降低至+2价，所以转移电子的物质的量为0.3mol。25.NaOH固体配制250mL0.2mol·L-1NaOH溶液。（1）在下列实验仪器中，不必使用的是___（填代

号）A.托盘天平B.500mL试剂瓶C.500mL容量瓶D.250mL烧杯E.胶头滴管（2）除用上述仪器中可使用的以外，还缺少的仪器是___。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是___。（4）配制时经以下操作步骤，正确的顺序是___。A.用适量的蒸馏水加入盛

NaOH的烧杯中完全溶解，冷却至室温B.将烧杯中的溶液小心转移到容量瓶中C.继续向容量瓶中加蒸馏水至液面距离刻度线1--2cm处，改用胶头滴管小心滴加蒸馏水至凹液面底部与刻度线相切D.用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2--3次，每次洗涤

液都小心注入容量瓶，并轻轻振荡E.将容量瓶瓶塞塞紧，充分摇匀（5）下列情况会使所配溶液浓度偏高的是___。a.没有进行上述操作步骤Db.加蒸馏水不慎超过刻度线c.砝码上有杂质d.溶解后的溶液未经冷却直

接注入容量瓶中e.定容时俯视读数【答案】(1).C(2).250mL容量瓶、玻璃棒(3).需要检查容量瓶是否漏水(4).ABDCE(5).cde【解析】【详解】(1)利用NaOH固体配制溶液时，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀

等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，转移到500mL试

剂瓶中，贴标签贮存，所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、药匙，故不需要的仪器为：500mL容量瓶，故答案为：C；(2)由(1)提供的仪器可知，还需仪器有250mL容量瓶、玻璃棒；(3)溶液配制最后需要反复上下颠倒摇匀，故使

用容量瓶之前需要检查容量瓶是否漏水；(4)由(1)中实验操作顺序可知，正确的顺序是ABDCE；(5)所配溶液浓度c=nV=mMV，根据实验操作中所导致相关物理量的影响进行分析，a．未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，故a不符

合；b．加蒸馏水不慎超过刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，故b不符合；c．砝码上有杂质，实际称量的氢氧化钠的质量偏大，所配溶液的浓度偏高，故c符合；d．未冷却到室温就转移至容量瓶定容，溶液冷却后所

配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故d符合；e．定容时俯视读数，溶液体积将偏小，溶液的浓度偏高，故e符合；故答案为：cde。26.现有下列十种物质：①液态氯化氢；②小苏打；③固体纯碱；④二氧化碳；⑤葡萄糖；⑥氢氧化钾；⑦氢氧化铁胶体；⑧氨水；⑨空气；⑩硫酸铁溶液。(1)上述十种物质中，属于电解质

的有_________，属于非电解质的有________。(2)有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H＋＋OH－＝H2O，该反应的化学方程式为___________。(3)现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶

液中SO24−的物质的量浓度是_________。(4)若在⑦中缓慢加入①的水溶液，产生的现象是____________。【答案】(1).①②③⑥(2).④⑤(3).HCl+KOH=H2O+KCl(4).1.5mol/L(5).先产生

红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色【解析】【详解】(1)①液态氯化氢在水溶液中能导电，是电解质；②NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；④葡萄糖在水溶液和熔融状态下都不能够导

电，是非电解质；⑤Ba(OH)2在熔融状态下能导电，是电解质；⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；⑦氢氧化铁胶体属于混合物既不是电解质也不是非电解质；⑧氨水属于混合物既不是电解质也不是非电解质；⑨空气属于混合物既不是电

解质也不是非电解质；⑩硫酸铁溶液属于混合物既不是电解质也不是非电解质；故属于电解质的是：①②③⑥，非电解质的有：④⑤；(2)离子方程式为：H++OH−═H2O，可表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，如HCl+KOH=H2O+KCl；(3)Fe3+的物质

的量为5.6g56g/mol=0.1mol，溶液中2n(2-4SO)=3n(Fe3+)，则2-4SO的物质的量为0.1mol×32=0.15mol，2-4SO的物质的量浓度为0.15mol0.1L=1.5mol/L；(4)若在氢氧化铁胶体中缓慢

加入盐酸，胶体发生聚沉，产生的现象是产生红褐色沉淀，继续加入盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀后沉淀溶解，溶液变黄色。