1、- 1 -吉林省长白山二中 2018-2019 学年高一上学期期中考试化学试卷1.下列化学药品名称与危险化学品的标志名称对应正确的是A. 乙醇剧毒品 B. 浓硫酸腐蚀品C. 汽油三级放射性物品 D. 烧碱易燃品【答案】B【解析】【分析】A乙醇是易燃品；B浓硫酸有强腐蚀性；C汽油是易燃品；D烧碱有强腐蚀性。【详解】A乙醇易燃，是易燃品，故 A 错误；B浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故 B 正确；C汽油易燃，是易燃品，故 C 错误；D烧碱有强腐蚀性，是腐蚀品，故 D 错误，答案选 B。2.对下列物质进行的分类正确的是A. NH3、CO 2的水溶液均导电，所以 NH3、CO 2均是电解质B. CuSO
2、45H2O 属于纯净物C. 凡能电离出 H+的化合物均属于酸D. 盐类物质一定含有金属阳离子【答案】B【解析】【详解】A、氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，A 错误；B、CuSO 45H2O 属于纯净物，B 正确；C、凡能电离出 H 的化合物不一定均属于酸，例如硫酸氢钠能电离出氢离子，硫酸氢钠是盐，C 错误；D、盐类物质不一定含有金属阳离子，例如氯化铵等，D 错误。答案选 B。- 2 -【
3、点睛】电解质的判断是解答的易错点，把握电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下能够发生自身的电离而导电，二是该物质是化合物。3.如下图，在盛有碘水的三支试管中分别加入苯（密度比水小，不溶于水） 、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是 A. 加入的是 CCl4 加苯 加酒精 B. 加入的是酒精 加 CCl4 加苯C. 加入的是苯 加 CCl4加酒精 D. 加入的是苯 加酒精 加 CCl4【答案】C【解析】试题分析：苯与四氯化碳不溶于水，所以在盛有碘水的试管中分别加入苯和四氯化碳，会出现分层现象，因为苯的密度小于水，应在上层，四氯化碳的密度大于水，应在下层，故加入的是苯
4、，加入的是四氯化碳，酒精能与水互溶，所以加入的是酒精，故 C 项正确。考点：考查物质的物理性质。4.下列实验方案设计中，可行的是（ ）A. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉B. 用萃取的方法分离汽油和煤油C. 用溶解、过滤的方法分离 KNO3和 NaCl 固体的混合物D. 将 O2和 H2的混合气体通过灼热的氧化铜，以除去其中的 H2【答案】A【解析】A 项，Mg 粉和 Al 粉溶于稀盐酸，铜粉不溶于稀盐酸，加稀盐酸后过滤可除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，正确；B 项，汽油和煤油为沸点不同互相混溶的液体混合物，应用分馏法分离，错误；C 项，KNO 3的溶解度随着温度的升高明显增大
5、，NaCl 的溶解度随着温度的升高增大不明显，分离 KNO3和 NaCl 固体混合物的操作为：加水将固体混合物溶解，蒸发结晶，趁热过滤，冷却结晶，过滤，错误；D 项，此过程中发生反应：- 3 -H2+CuO Cu+H2O、2Cu+O 2 2CuO，O 2被消耗而减少，同时 H2与 O2反应可能发生爆炸，错误；答案选 A。点睛：物质分离提纯的原则：不增（不增加新杂质） 、不减（不减少被提纯物质） 、易分离、易复原。5.某位同学配制一定物质的量浓度的 NaOH 溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是A. 定容时，仰视凹液面最低点B. 向容量瓶中加水未到刻度线C. 有少量 NaOH 溶液残留在烧杯里D
6、. 用带游码的托盘天平称 2.4gNaOH 时误用了“左码右物”方法【答案】B【解析】【详解】A. 定容时，仰视凹液面最低点，溶液体积增加，浓度偏低，A 错误；B. 向容量瓶中加水未到刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，B 正确；C. 有少量 NaOH 溶液残留在烧杯里，溶质减少，浓度偏低，C 错误；D. 用带游码的托盘天平称 2.4gNaOH 时误用了“左码右物”方法，溶质的质量不足 2.4g，所以浓度偏低，D 错误。答案选 B。【点睛】明确误差分析的依据是解答的关键，即根据 可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 B和溶液的体积 V 引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起
7、 和 V 怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若 nB比理论值小，或 V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若 nB比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。6.在实验室中，不慎被玻璃划破了手指，可用 FeCl3溶液应急止血，其主要原因可能是( )A. FeCl3具有杀菌消毒作用 B. FeCl 3能使血液发生化学变化C. 产生 Fe(OH)3沉淀堵住伤口 D. FeCl 3能使血液胶体凝聚【答案】D【解析】【详解】血液属于胶体，加入电解质溶液（FeCl 3溶液）可使胶粒聚沉，血液凝聚达到止血- 4 -效果，故 D 正确。综上所述，本题正确答案为 D。【点睛】本题重点
8、考查胶体的性质。胶体的性质：（1）丁达尔现象：当一束平行光线通过胶体时，从侧面看到一束光亮的“通路” 。 （2）布朗运动：胶体中胶粒不停地作无规则运动。其胶粒的运动方向和运动速率随时会发生改变，从而使胶体微粒聚集变难，这是胶体稳定的一个原因。布朗运动属于微粒的热运动的现象。这种现象并非胶体独有的现象。（3）电泳现象：胶粒在外加电场作用下，能在分散剂里向阳极或阴极作定向移动，这种现象叫电泳。同种溶液的胶粒带相同的电荷，具有静电斥力，胶粒间彼此接近时，会产生排斥力，所以胶体稳定，这是胶体稳定的主要而直接的原因。（4）凝聚：胶体中胶粒在适当的条件下相互结合成直径大于 的颗粒而沉淀或沉积下来的过程。如
9、在胶体中加入适当的物质（电解质） ，胶体中胶粒相互聚集成沉淀。7.设 NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 通常状况下，N A个 Cl2分子的质量是 71 gB. 通常状况下，N A个 CO2分子的体积约是 22.4 LC. 100 mL 0.1 mol/L 的 H2SO4溶液中 H+的个数是 0.2NAD. 若 1 g N2含有 m 个分子，则 NA=m/28【答案】A【解析】【详解】A、 NA个 Cl2分子的物质的量是 1mol，质量是 71g，A 正确；B、通常状况下， NA个 CO2分子的物质的量是 1mol，但体积不一定是 22.4L，B 错误；C、硫酸是二元强酸，100mL
10、 0.1 mol/L 的 H2S04溶液中 H+的个数是 0.02NA，C 错误；D、若 1g N2含有 m 个分子，则 ，因此 NA=28m，D 错误；答案选 A。【点睛】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，尤其要注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的使用条件和范围；二是要准确弄清微粒的组成特点，分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，题目难度不大。8.某溶液中只含有 Na+、Al 3+、Cl 、SO 42四种离子，已知前三种离子的个数比为 521，则- 5 -溶液中 Al3+和 SO42的离
11、子个数比为A. 12 B. 14 C. 34 D. 25【答案】D【解析】【详解】忽略水的电离，根据溶液显电中性可知 n(Na+)+3n(Al3+)n(Cl )+2n(SO42 )，已知Na+、Al 3+、Cl 三种离子的个数比为 521，因此 5n(Al3+)/2+3n(Al3+)n(Al 3+)/2+2n(SO42 )，解得 n(Al3+):n(SO42 )2:5。答案选 D。9.下列说法中正确的是A. 氯化钠水溶液在电流的作用下电离出 Na+和 ClB. 硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于电解质C. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于电解质D. 硫酸钠在水中的电离方程式可表示为 Na2S
12、O4=2Na+S6+4O2【答案】B【解析】【详解】A、氯化钠在溶于水时即能电离出 Na+和 Cl，电解质的电离无需外加电流的作用，A错误；B、硫酸钡虽难溶于水，但硫酸钡溶于水的部分是完全电离的，因此硫酸钡属于电解质，B 正确；C、二氧化碳溶于水生成的碳酸能部分电离，碳酸是电解质，而二氧化碳不能电离出阴阳离子，是非电解质，C 错误；D、硫酸钠在水中的电离方程式应为 Na2SO42Na +SO42 ，D 错误。答案选 B。10.下列化学方程式中，不能用离子方程式：H +OH-H 2O 表示的是A. 2NaOHH 2SO4Na 2SO42H 2OB. Ba(OH)2 +2HClBaCl 2+2H2
13、OC. KOH+HClKCl+H 2OD. Cu(OH)2+2HNO3= Cu(NO3)2+2H2O【答案】B【解析】试题分析：可溶易电离的化合物拆写成离子，难溶、弱酸、弱碱、水、氧化物、单质不能拆- 6 -写成离子，因为 Cu(OH)2属于难溶物，不能拆写成离子形式，故选项 B 符合题意。考点：考查离子反应方程式的书写等知识。11.将标准状况下的 a L HCl（气）溶于 1000 g 水中，得到的盐酸密度为 b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是A. mol/L B. mol/LC. mol/L D. mol/L【答案】B【解析】【分析】根据 n=V/Vm 计算出标准状况下 aL HCl
14、 的物质的量，再根据 m=nM 计算出氯化氢的质量，从而可计算出所得溶液的质量分数，再根据 c=1000/M 计算出所得溶液的浓度。【详解】aL 标准状况下 HCl 的物质的量为：n（HCl）=aL/22.4Lmol 1 =a/22.4mol，质量为：36.5gmol 1 a/22.4mol=36.5a/22.4g，所得溶液的质量为：1000g36.5a/22.4g，所得溶液中溶质的质量分数为：= ，所得溶液的浓度为：c=1000/M= 故选 B。【点睛】本题考查了物质的量浓度的计算，解题关键：明确物质的量浓度与溶质质量分数的转化关系，易错点 D：对计算公式中的 1000mLL-1的单位意义理
15、解不到位12.物质的量相同的 CO 和 CO2具有相同的分子数 原子数 C 原子数 O 原子数A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】物质的量相同，即代表分子数相同，再结合 CO 和 CO2的组成，即可分析出其中原子数、C 原子数、O 原子数的关系。- 7 -【详解】假设 CO 和 CO2的物质的量均为 1mol，由 N=nNA可知，分子数相等，正确；1molCO 含有原子个数为 2NA，1molCO 2含有原子个数为 3NA，错误；1molCO 含有 C 原子数为 NA，1molCO 2含有 C 原子数也为 NA，正确；1molCO 含有 O 原子数为 NA，1molCO 2含有
16、O 原子数为 2NA，错误，综上、正确，故选 C。【点睛】本题考查物质的量有关的计算，主要是对微粒个数的考查。分析问题时，由N=nNA入手，并结合所给物质的组成进行简单计算。13.同温同压下，两种气体的体积不同，其主要原因是A. 气体的分子大小不同 B. 气体分子间的平均距离不同C. 气体的物质的量不同 D. 气体的性质不同【答案】C【解析】试题分析：气体体积大小主要受两个因素影响：气体分子数目、气体分子间的平均距离，同温、同压下，气体分子间的平均距离几乎相等，故同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是气体分子数目不相同，即气体的物质的量不同，故 C 项正确；本题选 C。考点：气体体
17、积大小因素判断。14.下列有关 0.1mol/LKNO3溶液的叙述正确的是A. 在 1L 水中溶解 10.1g KNO3,即可配制得 0.1mol/L KNO3溶液B. 100mL 该溶液中含 NO3-0.1molC. 从 1L 该溶液中取出 100mL，所取出的 KNO3溶液的浓度为 0.01mol/LD. 1L 该溶液中含 KNO310.1g【答案】D【解析】试题分析：A10.1g KNO3的物质的量为 0.1mol，溶于水配成 1L 溶液，即可配制得0.1mol/L KNO3溶液，体积 1L 为溶液体积，不是溶剂水的体积，故 A 错误；BNO 3-浓度为0.1mol/L，100mL 该溶
18、液中 NO3-的物质的量为 0.1L0.1molL-1=0.01mol，故 B 错误；C溶液是均匀的，取出溶液的浓度与原溶液浓度相同，从 1L 该溶液中取出 100mL，所取出的KNO3溶液的浓度为 0.1mol/L，故 C 错误；D1L 该溶液中含 KNO3的质量为 1L0.1molL-1101g/mol=10.1g，故 D 正确。故选 D。考点：考查物质的量的相关计算15.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是 - 8 - A. 装置振荡后静置，溶液上层无色，下层紫红色B. 装置可用于吸收 HCl 气体，并防止倒吸C. 装置可用于制取蒸馏水D. 装置 b 口进气可收集
19、 H2、CO 2等气体【答案】C【解析】【分析】A该操作为分液，分离互不相溶的液体混合物；B导管插入水中，不能起到防倒吸的作用；C利用蒸馏操作可制得蒸馏水；D该装置适用于收集密度比空气小的气体。【详解】A.酒精和水互溶，不分层，故 A 项错误；B.图装置不能起到防倒吸的作用，可改用密度比水大的四氯化碳，故 B 项错误；C.图为蒸馏装置图，冷凝水下进上出，故 C 项正确；D.b 口进气可收集密度比空气小的气体，如 H2，CO 2密度比空气大，不适用此方法，故 D错误；综上，本题选 C。【点睛】本题考查物质分离提纯过程中的常见操作，比如：蒸馏、萃取分液，同时还考察了气体的收集和尾气的处理。要注重对
20、实验过程的剖析，熟悉实验操作过程，明确实验操作的目的。16.在强酸性溶液中，下列各组离子不能大量共存的是A. Na+、K +、SO 42、Cl B. Na+、Cl 、SO 42、Fe 3+C. Ba2+、K +、HCO 3、NO 3 D. Cu2+、Na +、SO 42、NO 3【答案】C【解析】【分析】CHCO 3-可与 H+反应，其余选项不发生反应。【详解】酸性溶液中存在大量的 H+，C 选项中 HCO3-+H+=CO2+H 2O,不能共存；其余选项中均能共存，综上，本题选 C。- 9 -【点睛】本题考查在限定条件下的离子共存问题，溶液为酸性时，不能出现与 H+反应的离子，如：OH -、H
21、CO 3、CO 32等。17.如图所示装置进行实验，将液体 A 逐滴加入到固体 B 中，下列叙述中不正确的是 A. 若 A 为醋酸，B 为贝壳(粉状)，C 为澄清石灰水溶液，则 C 中溶液变浑浊B. 实验中仪器 D 可起到防倒吸的作用C. 若 A 为浓盐酸，B 为锌粒，C 中盛滴有酚酞的 NaOH 溶液，则 C 中溶液褪色D. 若 A 为双氧水，B 为 MnO2，C 中的 NaOH 溶液，D 为防倒吸装置【答案】D【解析】【详解】A.醋酸的酸性大于碳酸，则 B 中发生醋酸与碳酸钙的反应，C 中发生二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙溶液，C 中变浑浊，故 A 叙述正确； B.D 为球形结构，容积
22、较大，发生倒吸后导致试管中的液面明显下降，从而下端与液面脱离，受重力作用下，倒吸入 D 中的液体又回落下来，从而具有防倒吸作用，故 B 叙述正确；C.浓盐酸易挥发，则产生的氢气中含有与 HCl 杂质，与 NaOH 发生中和反应从而使溶液褪色，故 C 叙述正确；D.若 A 为双氧水，B 为 MnO2，则会反应产生氧气，氧气难溶于水和氢氧化钠溶液，不会发生倒吸，故 D 叙述错误；答案选 D。18.设 NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 将 1 L 2 mol/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，23 g NO 2和 N2O4的混合气体一定含
23、有 NA个氧原子C. 1 L 0.1 mol/L NaHSO4溶液中含有 0.1 NA个 HSO4-D. 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】【分析】- 10 -A.FeCl3溶液制成胶体时，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变少；B.利用计算假设，假设 23g 全为 NO2求出极端值，再假设 23g 全为 N2O4求出极端值，最终结果介于两者之间；C.NaHSO 4在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子；D.关于 Ba2+的沉淀，可以为 BaSO4，也可以为 BaCO3，当产生白色沉淀时，无法确定溶液中
24、是否含有 SO42-。【详解】A.1 L 2 mol/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，故 A 错误；B.极端假设，当 23g 气体全为 NO2时，其物质的量为 0.5mol，含有 NA个氧原子，当 23g 气体全为 N2O4时，其物质的量为 0.25mol，含有 NA个氧原子，故当 23g NO2和 N2O4任意比例混合时，一定含有 NA个氧原子，故 B 项正确；C.NaHSO 4在溶液中完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根离子，故溶液中无HSO4 ，故 C 项错误；D.向某无色溶液中滴加 Ba
25、Cl2溶液，产生白色沉淀，可能为 BaCO3沉淀，也可能为 BaSO4沉淀，无法确定溶液中是否含有 SO42-，故 D 项错误。综上，本题选 B。19.意大利罗马大学的 FulvioCacace 等人获得了极具理论研究意义的 N4分子，下列说法正确的是（ ）A. N4属于一种新型的化合物B. N4与 N2的摩尔质量相等C. 等质量的 N4与 N2所含的原子个数比为 21D. 等质量的 N4与 N2所含的原子个数比为 11【答案】D【解析】【分析】A.N4是一种只由 N 元素组成的纯净物，为单质，故 A 错误；B.N 4的摩尔质量为 56g/mol，N 2的摩尔质量为 28g/mol，故 B 错
26、误;对于 C 和 D，设 N4与 N2的质量均为 mg，求出相应物质的量，再在求出原子个数之比。【详解】A.由一种元素组成的纯净物为单质，由两种或两种以上的元素组成的纯净物为化合物，故 A 项错误；B.N 4的摩尔质量为 56g/mol，N 2的摩尔质量为 28g/mol，故 B 项错误；设N4与 N2的质量均为 mg，则 N4的物质的量为 m/56 mol，所含的原子个数 4m/56 NA，即 m/14 NA。N 2的物质的量为 m/28 mol，所含的原子个数 2m/28 NA，即 m/14 NA。故等质量的 N4与 N2所含的原子个数比为 11，C 项错误，D 项正确。综上本题选 D。2
27、0.人体血浆中平均每 100 mL 中含 10.02 mg Ca 2 (Mr40.08)，则血液中 Ca 2 的物质- 11 -的量浓度是A. 0.25 molL1 B. 2.5 molL1C. 2.5103 molL1 D. 2.5104 molL1【答案】C【解析】【分析】根据物质的量浓度的计算公式 c= 来计算。【详解】n(Ca 2 )= =2.5 10-4mol，c(Ca 2+)= = 2.5103 molL1 ，故 C 正确，答案选 C。21.（1）0.5molH 2SO4的质量是_；（2）标准状况下，1.92g 某气体的体积为 672mL，则该气体的摩尔质量为_；（3）等质量的 S
28、O2和 SO3的物质的量之比_；氧原子个数比为_；（4）11.1gCaCl 2固体溶于水配成 500mL 溶液，其浓度为_ molL -1，从中取出 100 mL溶液，其中 Cl-的物质的量为_mol；再把取出的溶液加水稀释成 500 mL，则此时 CaCl2溶液的浓度为_ molL -1。【答案】 (1). 49g (2). 64g/mol (3). 5:4 (4). 5:6 (5). 0.2 (6). 0.04 (7). 0.04【解析】【分析】（1）根据 m=nM 进行计算；（2）先求出气体物质的量，再求质量（3）设 SO2和 SO3的质量均为 mg，求出二者的物质的量，再根据物质的量得
29、出原子个数的关系（4）利用浓度公式计算浓度；从 500mL 溶液中取出 100 mL 溶液，溶液浓度不变，得出 Cl-的物质的量；100mL 溶液稀释为 500mL，浓度变为原来的 1/5;【详解】 （1）0.5mol H 2SO4的质量 m=nM=0.5mol98g/mol=49g（2）标准状况下，1.92g 某气体的体积为 672mL，则该气体的物质的量 n=V/Vm =(67210-3)- 12 -L/22.4(L/mol)=0.03mol， M=m/n=1.92g/0.03mol =64g/mol（3）设 SO2和 SO3的质量均为 mg，则 SO2的物质的量 n=m/64 mol，S
30、O 3的物质的量 n=m/80 mol，物质的量之比为 5:4，m/64 molSO 2中氧原子个数 2m/64NA，即 m/32NA，m/80 molSO 2中氧原子个数 3m/80NA，故氧原子个数比为 5:6。（4）11.1gCaCl 2为 0.1mol，配成 500mL 溶液时，c=n/V=0.1mol/0.5L=0.2mol/L;从中取出100 mL 溶液，溶液浓度不变，其中 Cl-的物质的量 n=cV=20.2mol/L0.1L=0.04mol；再把取出的溶液加水稀释成 500 mL，则此时 CaCl2溶液的浓度 c=0.2 mol/L/5=0.04 mol/L22.现有下列几种物
31、质：淀粉溶液CO 2熔化的 KNO3BaSO 4晶体H 2SO4铝石墨BaCl 2溶液乙醇，请用编号填写下列空格：（1）属于胶体的有_（2）属于非电解质的有_，（3）直接能导电的电解质是_，（4）和反应的离子方程式_。【答案】 (1). (2). (3). (4). SO 42-+Ba2+=BaSO4【解析】【分析】本题考查了电解质、非电解质、胶体等知识点，明确电解质与非电解质的区别。（1）胶体的微粒直径在 1-100nm 之间，根据微粒直径判断；（2）在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，首先必须是化合物；（3）在水溶液里或熔融状态下都能导电的化合物是电解质，能导电的物质必须含
32、有自由移动的离子或电子。（4）和反应的离子方程式为：SO 42-+Ba2+=BaSO4【详解】 （1）胶体的微粒直径在 1-100nm 之间，只有淀粉的微粒直径在 1-100nm 之间，所以淀粉是胶体，故答案为；（2）淀粉溶液、BaCl 2溶液是混合物，所以不是非电解质；CO 2是化合物，其水溶液能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，熔化的 KNO3、BaSO 4晶体、H 2SO4都是电解质。铝、石墨属于单质，既不是电解质又不是非电解质。乙醇是非电解质，故答案为；（3）能导电的物质必须有自由离子或电子。金属中有自由移动的电子，电解质必须是在水溶液里或熔融状态
33、下才能导电，所以能导电的电解质是，故答案为；- 13 -（4）H 2SO4和BaCl 2溶液反应生成 BaSO4，其反应的离子方程式为：SO 42-+Ba2+=BaSO423.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上：A过滤 B结晶 C分液 D蒸馏 E萃取分液 （1）_ 分离水和植物油的混合物；（2）_ 分离饱和氯化钾溶液和沙子的混合物；（3）_ 从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；（4）_ 分离酒精（沸点为 781）和甲苯(沸点为 1106)的混合物；（5）_ 将碘水中的碘单质与水分离。【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). D (5). E【解析】【分
34、析】(1)水和植物油分层;(2)沙子不溶于水;(3)硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同;(4)酒精与甲苯互溶,但沸点不同;(5)碘不易溶于水,易溶于有机溶剂.【详解】(1)水和植物油分层，则利用分液法分离，因此，本题正确答案是 C；(2)沙子不溶于水，则选择过滤法分离，因此，本题正确答案是 A；(3)硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，因此，本题正确答案是B；(4)酒精与甲苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，因此，本题正确答案是 D；(5)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取分液法分离，因此，本题正确答案是 E；综上，本题答案为 C、A、B、D、E【点睛】物质分离提
35、纯的操作主要包括：蒸发结晶、萃取、分液、过滤、蒸馏等操作。过滤适用于固液混合物的分离，蒸发结晶适用于可溶性固体与水分离，分液适用于分离互不相溶的液体混合物，蒸馏适用于分离沸点不同的互溶液体。24.现有 14.4 g CO 和 CO2的混合气体，在标准状况下所占的体积约为 8.96 L。回答下列问题：- 14 -(1)该混合气体的平均摩尔质量：_。(2)混合气体中碳原子的个数：_(用 NA表示阿伏加德罗常数的值)。(3)将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中。气球中收集到的气体摩尔质量：_；标况下气球中收集到的气体的体积为_；气球中收集到的气体的电子总数为_(用 NA表示阿伏加德罗常数的值
36、)。【答案】 (1). 36 gmol1 (2). 0.4NA (3). 28 gmol1 (4). 4.48 L (5). 2.8NA【解析】【详解】(1)混合气体的体积为 8.96 L，则其物质的量为 n = 0.4 mol，混合气体的平均摩尔质量为 36 gmol1 ；(2)设混合气体中 CO 的物质的量为 x mol，CO 2的物质的量为 y mol，则根据混合物的质量为 14.4 g 可得：28 x44 y14.4；根据气体的物质的量为 0.4 mol，所得 x y0.4；解得： x0.2 mol， y0.2 mol；由于 CO 和 CO2中均含 1 个碳原子，故 0.2 mol C
37、O 和 0.2 mol CO2中共含 0.4 mol C 原子即0.4NA个；(3)将混合气体依次通过如图装置，则 CO2会被 NaOH 溶液吸收，剩余 CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的 CO 气体；气球中收集到的气体为 CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到的气体的摩尔质量为 28 gmol1 ；气球中的气体为 CO，其体积 V nVm0.2 mol22.4 Lmol1 4.48 L；一个 CO 含有 14 个电子，由(2)求出的 CO 的物质的量为 0.2 mol，则电子的物质的量为 0.2 mol142.8 mol，电子总数为 2.8NA
38、个。- 15 -25.现需配制 0.1molL1 NaOH 溶液 480mL，根据此，回答下列问题：（1）配制氢氧化钠溶液需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、和_。（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠_g；（3）配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_。A用 30mL 水洗涤烧杯 23 次，洗涤液均注入容量瓶B准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约 30mL） ，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C将溶解的氢氧化钠溶液冷却室温后，沿玻璃棒注入容量瓶中 D将容量瓶盖紧，上下颠倒摇匀 E改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心加水
39、，直到液面接近刻度 12cm 处（4）配制 0.1 mol L1 NaOH 溶液的实验中，如果出现以下操作，会导致配制溶液的浓度偏大的有_ (填写字母)。A称量时用了生锈的砝码 B未洗涤溶解 NaOH 的烧杯CNaOH 在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D容量瓶未干燥即用来配制溶液 E定容时仰视刻度线F定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【答案】 (1). 500mL 容量瓶 (2). 2.0 (3). BCAFED (4). AC【解析】【分析】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等,据此选择需要仪器,根据配制溶液
40、体积选择容量瓶规格；（2）根据 m=nM=CVM 计算所需溶质的质量；（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，据此排序； （4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，根据 c=n/V 进行误差分析；【详解】 （1）配制 0.1molL1 NaOH 溶液 480mL 时，要选择 500mL 容量瓶。配制溶液过程中- 16 -主要包括：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 500mL 容量瓶，故答案为 500mL 容量瓶。（2）实验时需要托盘天平称量氢氧化钠质量 m=nM=CV
41、M=0.1molL-150010-3L40g/mol=2.0g（3）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等,所以正确的顺序为：BCAFED。因此，本题正确答案是：BCAFED； （4）A.称量时用了生锈的砝码,导致称取的氢氧化钠质量偏大，导致溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高；B.未洗涤溶解 NaOH 的烧杯，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小；C.NaOH 在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；D.容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；E.定容时仰视刻度线,导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小; 综上，本题选 A、C。
