2018-2019学年高一化学上学期期中联考试卷(含解析) (III).doc

2018-2019学年高一化学上学期期中联考试卷(含解析) (III)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化C. 古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金D. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应【答案】B【解析】【分析】A、铁置换铜属于湿法炼铜；B、青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；C、合金是指金属与非金属或者金属融合而成具有金属性质的材料；D、气溶胶属于胶体，有丁达尔效应。【详解】A项、“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及铁与硫酸铜生成铜的反应，铁置换铜为置换反应，故A正确；B项、青蒿素的提取用的是低温萃取，没有新物质生成，属于物理方法，故B错误；C项、铁中含碳量越高，硬度越大，含碳量越少，韧性越强，剂钢是铁与碳的合金，故C正确；D项、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体都具有丁达尔效应，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了化学与生活、社会关系，涉及胶体的性质、物理变化与化学变化的判断、合金的性质，明确物质组成、性质、用途关系是解本题关键，会根据物质性质解释其用途。2.明代本草纲目收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和精人甑，蒸令气上其清如水，球极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指A. 萃取 B. 过滤 C. 蒸馏 D. 升华【答案】C【解析】【详解】由题给信息可知，从浓酒中分离出乙醇，是利用酒精与水的沸点不同，用蒸馏的方法将其分离提纯，则该法为蒸馏，故选C。【点睛】本题考查混合物分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，把握习题中的信息、物质的性质及混合物分离方法为解答的关键。3.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是序号物质杂质除杂应选用的试剂或操作方法KNO3溶液KOH加入FeCl3溶液，并过滤FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，并过滤H2CO2通过盛NaOH溶液的洗气瓶，并干燥CaCO3粉末CaCl2溶解、过滤、蒸发A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】加入氯化铁，生成KCl，会引入新杂质，应加入硝酸铁除杂，故错误；铁可置换出铜，可除去杂质，故正确；二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，可除去杂质，干燥后得到纯净的氢气，故正确；碳酸钙不溶于水，氯化钙溶于水，可用过滤的方法除去，但不需要蒸发，故错误。故选A。【点睛】本题考查混合物分离、提纯方法的选择和应用，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的反应及除杂的原则。4.下列各种混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A. 酒精和水 B. 水和四氯化碳 C. 碘和四氯化碳 D. 汽油和植物油【答案】B【解析】【分析】两种液体不能相互溶解，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离。【详解】A项、水与酒精混溶，不能用分液漏斗进行分离，故A错误； B项、水和四氯化碳不互溶，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离，故B正确；C项、碘易溶于四氯化碳，不分层，不能用分液漏斗进行分离，故C错误；D项、汽油和植物油互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离，故D错误；故选B。【点睛】本题考查混合物的分离，把握物质的溶解性及分液原理为解答的关键，明确混合后分层能用分液漏斗进行分离。5.进行化学实验必须注意安全，下列说法中正确的是A. 不慎碰倒酒精灯，洒出的酒精在桌上燃烧时，应立即用湿抹布扑盖B. 氢气还原氧化铜时，先加热再通氢气C. 不慎将浓硫酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗，再涂3%-5%的氢氧化钠溶液D. 稀释浓硫酸的操作为将水加入浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌【答案】A【解析】【分析】A、酒精着火，应立即用湿抹布盖灭而不能用水扑灭；B、用氢气还原氧化铜时，先加热再通入氢气，则加热的是氢气和空气的混合气体，会引起爆炸；C、不慎将浓硫酸沾到皮肤上，立即用布擦去，并用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠；D、稀释浓硫酸时应将浓硫酸注入水中。【详解】A项、因为酒精密度比水小，所以酒精着火，应立即用湿抹布盖灭而不能用水扑灭，A正确；B项、氢气还原氧化铜实验先通氢气，排除空气，然后加热，防止爆炸，故B错误；C项、浓硫酸具有强腐蚀性，溶于水放出大量的热，当不慎将浓硫酸沾到皮肤上，立即用布擦去，并用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠，故C错误；D项、稀释浓硫酸时应将浓硫酸注入水中，否则会引起溶液的飞溅，故D错误。故选A。【点睛】本题考查考查化学实验基本操作，事故的处理是化学实验的基本知识，采取正确的方法处理事故是非常必要的，规范实验操作不但是保障人身安全的前提，还能避免很多危险的发生。6.下列两种气体分子数一定相同的是A. 等温等体积的O2与N2 B. 质量相等密度不等的N2O与CO2C. 等压等体积的CO2与N2 D. 体积相等密度相等的CO2与CO【答案】B【解析】试题解析；A没有说明压强，不一定；BN2O与CO2二者的摩尔质量均位44g/mol，质量相等，二者的物质的量也相等，分子数一定相同，B正确；C。没有温度的说明；C错误；D体积相等密度相等，二者的质量也相等，但是二者的物质的量不相等，分子数不相同，D错误；考点:考查阿伏加德罗定律的应用。7.如图所示，相同状况下，分别用氯化氢和四种混合气体吹出体积相等的五个气球。A、B、C、D四个气球中所含原子数与氯化氢气球中所含原子数一定相等的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】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数，这是阿伏伽德罗定律。A、Ar是单原子分子，O3是三原子的分子，它们组成的混合气体的原子数只有在分子个数比为1:1时才和HCl相同，A错误；B、D中H2、CO是双原子分子，但NH3是四原子分子，CO2是三原子的分子，它们所含的原子数一定比HCl多，B、D均错误；C、HCl是双原子分子，C中的N2、O2也都是双原子分子，他们所含的原子数也相同，C正确，答案选C。8.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体B. 依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D. 依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物【答案】D【解析】A、根据分散质的微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液、胶体，微粒直径1nm-100nm之间的分散系为胶体，微粒直径100nm的分散系为浊液，故A错误；B、根据电离出H的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；C、电解质定义：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质定义：在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物，故C错误；D、根据组成元素的种类，只有一种元素组成的纯净物属于单质，有多种元素组成的纯净物属于化合物，故D正确。9.下列说法正确的是A. 阿伏伽德罗常数个硫酸分子里含有4mol OB. 摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一C. CH4的摩尔质量为16gD. 1mol任何物质都含有6.021023个原子【答案】A【解析】【详解】A项、阿伏加德罗常数个硫酸分子即硫酸的物质的量是1mol，其中含有4molO，故A正确；B项、物质的量是国际单位制中的七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故B错误；C项、CH4的摩尔质量为16g/mol，故C错误；D项、物质可能由原子、分子构成，且可能为多原子分子，1 mol任何物质不一定都含有6.021023个原子，故D错误。故选A。【点睛】本题考查物质的量的计算，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的构成、物质的量、微粒数的关系为解答关键。10.下列溶液中的Cl- 浓度与50mL 1mol/L AlCl3溶液中的Cl- 浓度相等的是A. 150mL 1mol/L NaCl溶液 B. 75mL 2mol/L CaCl2溶液C. 150mL 2mol/L MgCl2溶液 D. 75mL 3mol/L KCl溶液【答案】D【解析】【分析】50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度为3mol/L，和溶液的体积无关，取决于溶质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。【详解】A项、150mL1molL-1的NaCl溶液中Cl-浓度是1molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度3mol/L不相等，故A错误；B项、75mL2molL-1 CaCl2溶液中Cl-浓度是4molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度不相等，故B错误；C项、150mL 2mol/L MgCl2溶液中Cl-浓度是4molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度不相等，故C错误；D、75mL3mol/L KCl溶液中Cl-浓度是3molL-1，和AlCl3溶液中Cl-浓度相等，故D正确。故选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算与理解，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。11.下列叙述与胶体知识无关的是A. 向氯化铁溶液中加入过量氢氧化钠溶液会看到红褐色沉淀B. 江河入海口常有三角洲形成C. 在电影院看电影，会看到从放映室到银幕的光柱D. “卤水点豆腐”【答案】A【解析】【详解】A项、FeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故A正确；B项、江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，与胶体知识有关，故B错误；C项、胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象，属于胶体的丁达尔效应，与胶体知识有关，故C错误；D项、卤水点豆腐是蛋白质胶体遇到电解质溶液会发生聚沉，和胶体性质有关，故D错误。故选A。【点睛】本题考查胶体的性质，注意掌握哪些物质是胶体是解题的关键。12.下列物质属于电解质的是A. SO3 B. Al2O3固体 C. 氨水 D. NaCl溶液【答案】B【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。【详解】A项、SO3和水反应生成硫酸，硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以SO3的水溶液导电，但电离出离子的物质是硫酸不是SO3，所以SO3是非电解质，故A错误；B项、Al2O3固体在熔化状态下能导电，属于电解质，故B正确；C项、氨水是氨气溶于水得到的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D项、NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。故选B。【点睛】本题重点考查电解质、非电解质概念的辨析，要注意电解质必须水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。13.在无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A. K、Fe2、SO42-、NO3- B. OH、Cl、Na、Cu2C. NH4+、NO3-、Al3、K D. S2-、SO42-、Na、Ag【答案】C【解析】【分析】强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】A项、酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，故A错误；B项、Cu2+为有色离子，溶液中Cu2+均与OH-结合生成沉淀不能大量共存，故B错误；C项、该组离子均为无色，溶液中离子之间不反应可大量共存，故C正确；D项、溶液中Ag+、S2-、SO42-会反应生成AgS、Ag2SO4沉淀而不能共存，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，注意选项A中发生氧化还原反应。14.下列关于物质分类的正确组合是物质分类碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2SO3H2SO4NaHCO3SO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCKOHHNO3CaCO3CaOSO3DNaOHCH3COOHCaF2CO2SO2A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A项、Na2SO3是盐，不是碱，SO2是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B项、CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C项、KOH是碱、HNO3是酸、CaCO3是盐、CaO是碱性氧化物、SO3是酸性氧化物，分类均正确，故C正确；D项、CO2是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故D错误。故选C。【点睛】本题考查物质的分类，对物质的名称、分类及化学式有较明确的认识即可顺利解答，注意归纳总结：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；盐指电离时生成金属阳离子（或NH4+）和酸根离子的化合物；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）。15.下列离子方程式书写正确的是A. 氧化铁与盐酸反应：FeO2H=Fe2H2OB. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-2H=CO2H2OC. 钠与水反应：2Na2H2O=2Na2OHH2D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2SO42=BaSO4【答案】C【解析】【详解】A项、氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O，故错误；B项、碳酸钙是难溶物，应该写成化学式，反应的离子方程式是：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故B错误；C项、钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故C正确；D项、稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意反应的实质，不要漏项、难溶物、弱电解质写成化学式。16.常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Sn22Fe3=2Fe2Sn4， Ce4Fe2=Fe3Ce3。由此可以确定Fe3、Ce4、Sn4三种离子的氧化性由强到弱的顺序是A. Ce4、Fe3、Sn4 B. Sn2、Fe2、Ce3C. Sn4、Ce3、Fe2 D. Fe2、Sn2、Ce3【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性来判断。【详解】根据反应：Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，氧化性是Ce4+Fe3+，根据反应：Sn2+2Fe3+=2Fe2+Sn4+，氧化性是Fe3+Sn4+，所以还原性顺序是：Ce4+Fe3+Sn4+，故选A。【点睛】本题考查氧化还原反应，氧化性强弱的判断规律是氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原性强弱的判断规律是还原剂的还原性强于还原产物的还原性。17.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol/L的MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是A. M2+ B. M C. MO2+ D. M3+【答案】A【解析】【详解】由化合价变化可知，反应中锌做还原剂，MO2+做氧化剂，0.195g锌粉失去的电子的物质的量为0.195g/(65g/mol)2=0.006mol，n（MO2+）=0.02L0.100molL-1=0.002mol，设反应后M的化合价为+x价，MO2+得到电子数目为（5-x）0.002mol，由得失电子数目守恒得（5-x）0.002mol=0.006mol，解得x=2，故选B。【点睛】本题考查了氧化还原反应计算，侧重考查分析能力和计算能力，明确反应方程式中元素化合价变化，依据得失电子数目守恒计算是解本题关键。18.化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有A. 6个 B. 5个 C. 4个 D. 3个【答案】D【解析】【分析】化学反应中，氧化剂在反应中得电子，被还原，所含元素的化合价降低，还原剂被氧化，失电子，所含元素的化合价升高。【详解】由化合价变化可知，反应中Na2Cr2O7反应生成Cr2（SO4）3，反应中Cr元素化合价降低，属于氧化还原反应；反应中Cr2（SO4）3反应生成Cr（OH）3，反应中Cr元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应；反应中Cr（OH）3反应生成NaCrO2，反应中Cr元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应；反应中Cr2（SO4）3反应生成Na2CrO4，反应中Cr元素化合价升高，属于氧化还原反应；反应中NaCrO2反应生成Na2CrO4，反应中Cr元素化合价升高，属于氧化还原反应；反应中Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7，反应中Cr元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，其中反应Cr元素化合价变化，属于氧化还原反应，故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应知识，侧重于分析能力和基本概念的考查，注意从元素化合价的角度分析该类题目。19.中科大发现了人工合成金刚石的新方法，化学原理为：Na+CO2 C(金刚石)+C(石墨)+Na2CO3 (未配平，一定条件下)，这种合成具有深远的意义。下列说法不正确的是A. 该反应中，钠作还原剂，二氧化碳作氧化剂B. 还原性Na大于CC. 该反应中Na2CO3是氧化产物D. 每生成1mol Na2CO3时，共转移4mol电子【答案】D【解析】【详解】A项、反应中，Na元素的化合价由0升高为+1价，Na为该反应中的还原剂，二氧化碳中C元素化合价由+4价降低为0价，二氧化碳为该反应中的氧化剂，故A正确；B项、反应中，还原性强弱的判断规律是还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原剂Na的还原性大于还原产物C，B正确；C项、反应中Na转化为Na2CO3，Na元素的化合价升高，Na2CO3是氧化产物，故C正确；D项、由2NaNa2CO3可知，反应中2molNa参与反应，失去2mol电子，故D错误。故选D。【点睛】本题以信息的形式来考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键。20.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.5 mol镁粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2B. 1L0.5mol/LFeCl3溶液完全转化可制得0.5NA个Fe(OH)3胶粒C. 0.5 mol/L的FeCl2溶液中含有Cl个数为NAD. 25、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为NA【答案】D【解析】【分析】A、测定气体条件未知；B、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C、不确定该溶液的体积；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，最简式相同。【详解】A项、测定气体条件未知，气体摩尔体积不确定，无法计算气体的体积，故A错误；B项、氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1L0.5mol/LFeCl3溶液完全转化形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0.5NA个，故B错误；C项、不确定该溶液的体积，无法确定出氯离子的物质的量，故C错误；D项、氧气和臭氧均由氧原子构成，最简式相同，16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，含NA个氧原子，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查物质的量换算计算微粒数，注意测定气体的条件、溶液的条件、胶粒的构成是解答的关键，也是易错点。21.取50mL0.3mol/L的硫酸注入250mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，则该溶液中的H+的物质的量浓度为A. 0.06mol/L B. 0.12 mol/L C. 0.24mol/L D. 0.03mol/L【答案】B【解析】【分析】稀释前后溶质的物质的量不变。【详解】令混合后溶质硫酸的物质的量浓度为a，则由稀释定律得：0.05L0.3molL-1=0.25La，解得：a=0.06mol/L，则混合稀释后溶液中c（H+）=2C（H2SO4）=20.06mol/L=0.12mol/L，故选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意对公式和稀释定律的理解与灵活运用。22. 氧化还原反应与四个基本反应类型的关系如下图所示,则下列化学反应属于阴影部分的是( )A. Cl2+2KBr=Br2+2KClB. 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3D. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(提示:Na2O2中的氧为-1价)【答案】D【解析】由图可知，阴影部分表示的是不属于置换反应、化合反应和分解反应的氧化还原反应，4个选项中的反应，只有D符合。本题选D。23.将250mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成2等份，一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子的浓度为A. (b-2a) mol/L B. 8(2a-b) mol/LC. 8(b-2a) mol/L D. 4(b-2a) mol/L【答案】C【解析】【分析】混合溶液分成2等份，每份溶液浓度相同，一份加入含amol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2+SO42-=BaSO4，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含bmol硝酸银的溶液，发生反应Ag+Cl-=AgCl，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl-）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl-），据此计算每份中n（K+），由此计算混合溶液中钾离子的浓度。【详解】根据题意,250 mL溶液分成2等份,每份中n(Ba2)a mol，n(Cl)b mol，根据电荷守恒关系,n(K)(b2a)mol，则混合溶液中c(K)2（b-2a）/0.258(b2a)molL1，故选C。【点睛】本题考查离子反应的计算，侧重分析、计算能力的考查，注意每份中离子浓度相同，把握发生的反应及物质的量关系为解答的关键。24.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度可忽略)将容器分成两部分。当左边充入1molN2，右边充入CO和CO2的混合气体共8g时，隔板处于如图位置(左、右两侧温度相同)。右侧CO2与CO分子数之比为A. 1:3 B. 3:1 C. 1:2 D. 2:1【答案】A【解析】【详解】相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，1mol氮气占容器总体积的4/5，氮气和混合气体的体积之比为4：1，则其物质的量之比为4：1，所以混合气体的物质的量为0.25mol, 设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则有关系式：x+y=0.25，28x+44y=8，解联立方程得，x= 0.1875、y=0.0625，CO2与CO的物质的量比为0.0625：0.1875=1:3，则CO2与CO分子数之比为1:3，故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，根据相同条件下气体的体积之比等于其物质的量之比计算混合气体的物质的量，再结合物质的量、质量计算混合气体中各成分的物质的量，最后根据物质的量之比等于其分子数之比计算即可。25.（1）现有下列物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 蔗糖 其中属于电解质的是（填序号）_，（2）写出Al2(SO4)3的电离方程式：_，（3）写出NaHSO3(aq) 与稀盐酸反应的离子方程式：_，（4）胶体是一种常见的分散系，回答下列问题:向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，制取Fe(OH)3胶体化学反应方程式为_。向Fe(OH)3胶体中加入K2SO4饱和溶液，由于SO42-的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做胶体的_。区分胶体和溶液常用的方法叫做_。【答案】 (1). (2). Al2(SO4)3=2Al3+3SO42- (3). HSO3-+H+=SO2+H2O (4). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体）+3HCl (5). 聚沉 (6). 丁达尔效应【解析】【分析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；（2）Al2(SO4)3为强电解质，完全电离；（3）NaHSO3(aq)与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化硫；（4）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体；胶体遇电解质发生聚沉；胶体具有丁达尔效应。【详解】（1）在水溶液里或熔融状态下能电离出阴阳离子而使其水溶液或熔融状态导电，所以属于电解质，故答案为：；（2）Al2(SO4)3为强电解质，完全电离，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3+3SO42-，故答案为：Al2(SO4)3=2Al3+3SO42-；（3）NaHSO3(aq)与稀盐酸反应反应生成氯化钠、水和二氧化硫，离子反应为HSO3-+H+=SO2+H2O，故答案为：HSO3-+H+=SO2+H2O；（4）Fe（OH）3胶体的制备过程：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，FeCl3+3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3HCl，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，故答案为：FeCl3+3H2O（沸水）Fe（OH）3（胶体）+3HCl；向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案为：SO42-；胶体具有丁达尔效应，据此可以区分胶体和溶液，胶体的丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的，故答案为：丁达尔效应。【点睛】本题考查了电解质、非电解质的概念、离子反应方程式的书写、胶体的制备及性质等，注意掌握胶体的制备方法、胶体的性质及鉴别方法，明确电解质与非电解质的区别。26.实验室需配制480mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，填空并回答下列问题：（1）配制480mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。实际应称Na2CO3质量/g应选用容量瓶的规格/mL _ _（2）配制时，其正确的操作顺序为（用字母表示，每个字母只能用一次）_A将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀B将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解C将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D用30 mL水洗涤烧杯23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12cm处F改为胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)若容量瓶中有少量蒸馏水，结果会_；若定容时俯视刻度线，结果会_。（4）若实验过程中出现如下情况如何处理？ 加蒸馏水时不慎超过了刻度_。【答案】 (1). 5.3 (2). 500 (3). BCDEFA (4). 无影响 (5). 偏高 (6). 重配【解析】【分析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m=cV/M计算需要溶质的质量；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=n/V进行误差分析；（4）任何操作导致实验失败且不能补救的都必须重新配制。【详解】（1）配制480mL0.1molL-1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量m=0.1molL-10.5L106g/mol=5.3g，故答案为：5.3g；500mL；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以 正确的顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；（3）若容量瓶中有少量蒸馏水无影响，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；故答案为：无影响；偏高；（4）加蒸馏水时不慎超过了刻度，实验失败且无法补救，必须重新配制，故答案为：重新配制。【点睛】题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格选择。27.已知某工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，极少量的Na+以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收FeSO47H2O晶体及金属Cu。（1）步骤1的主要操作名称是_，该操作用到的玻璃仪器是_A烧杯 B漏斗 C酒精灯 D玻璃棒（2）固体X是_（填化学式)，溶液Y是_(填化学式）（3）步骤2中发生反应的离子方程式为 _ 。（4）将回收的铜和一定浓度的稀硫酸混合后在加热的情况下通入氧气，发生反应：2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O中，氧化剂是_，还原剂是_。用单线桥法标出上述反应的电子得失：_。（5）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥。【答案】 (1). 过滤 (2). ABD (3). Fe (4). H2SO4 (5). Fe+Cu2+=Fe2+Cu (6). O2 (7). Cu (8). 2Cu+2H2SO4+O22CuSO4+2H2O (9). 冷却结晶【解析】【分析】工业废水中含有大量FeSO4，较多的Cu2+，少量的Na+以及部分污泥，首先通过步骤1进行过滤除去污泥，在步骤2中加入过量的Fe，发生反应为Fe+Cu