陕西省西安中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

西安中学2019-2020学年度第一学期期中考试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na：23 Al:27 S:32 Cu:64 Cl:35.5
一、选择题（本题共22个小题，每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）
1.《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶…… ”文中未涉及下列操作原理的是
A. 溶解 B. 萃取 C. 蒸馏 D. 过滤
【答案】C
【解析】
【详解】投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A. 溶解符合题意；B. 萃取溶解符合题；C. 蒸馏不溶解符合题；D. 过滤溶解符合题；故选：C。
2.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）
A. NaCl晶体、碱石灰 B. 铜、二氧化硫
C. 液态的HCl、酒精 D. KNO3溶液、CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；
非电解质：在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物。
【详解】A. NaCl晶体是电解质，碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；
B. Cu属于金属单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质，B项错误；
C. HCl溶于水能导电，属于电解质，酒精属于非电解质，C项正确；
D. 硝酸钾溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，CO2是非电解质，D项错误；
答案选C。
3.下列现象与胶体的性质无关的是（ ）
A. 河流入海口处易形成三角洲
B. 将盐卤或石膏加入豆浆，制成豆腐
C. 清晨，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象
D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇可以发生胶体聚沉，就形成三角洲，与胶体的性质有关，A项错误；
B. 豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体的性质有关，B项错误；
C. 清晨的雾属于胶体，人们经常看到的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象属于胶体的丁达尔效应，与胶体的性质有关，C项错误；
D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，二者发生复分解反应生成氢氧化铁和氯化钠，红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，与胶体性质无关，D项正确；
答案选D。
4.下列叙述中，正确的是
A. H2SO4的摩尔质量是98
B. 等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同
C. 等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7︰11
D. 98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A、摩尔质量的单位是g·mol－1，即H2SO4的摩尔质量应是98 g·mol－1，A不正确。
B、O2和O3都是由氧原子构成的单质，因此等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同，B正确。
C、等质量CO与CO2中所含碳原子数之比为︰＝11︰7，C不正确。
D、98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液的体积不是0.5L，所以所得溶液中硫酸的物质的量浓度不是2 mol• L－1，D不正确；
答案选B。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 22.4LCO2与CO的混合气体中含碳原子数为NA
B. 常温下， 1L0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2 NA
C. 2.7g金属铝变为铝离子时失去的电子数目为0.3NA
D. 室温下，21.0 gC2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为4.5 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 没有给定标况下条件，所以不能确定22.4LCO2与CO的混合气体为1mol，也就无法确定混合气体中含碳原子数为NA，故A错误；
B. 无论NH4+水解与否，根据元素守恒规律，溶液中的N元素都是0.2mol，数目为0.2 NA，故 B正确；
C. 1mol金属铝在反应中只能失去3mol电子，因此2.7g金属铝（物质的量为0.1mol）变为铝离子时失去的电子数目为0.3NA，故C正确；
D. 由于二者的最简式都是：CH2，所以21g中混合物中含CH2的物质的量为21g÷14g/mol=1.5mol，所以混合气体中含有的原子数目为4.5NA；故D正确；
综上所述，本题选A。
6.在标准状况下，ag气体A与bg气体B的分子数相同，则与此有关的以下说法中不正确的是
A. 气体A与气体B的摩尔质量之比为
B. 相同状况下，同体积的气体A与气体B的质量之比为
C. 质量相同的气体A与气体B的分子数之比为
D. 同温同压下，气体A与气体B的密度之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，摩尔质量之比等于质量之比，即A与B摩尔质量之比为ag∶bg=a∶b，选项A正确；
B、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为a∶b，选项B正确；
C、A与B相对分子质量之比为a∶b，由n=可知，同质量时，分子数之比等于∶=b∶a，选项C正确；
D、同温同压下，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩尔质量之比等于，即为a∶b，选项D错误；
答案选D。
7.下列溶液中，氯离子的物质的量浓度与50 mL 1 mol/L氯化铝溶液中氯离子的物质的量浓度相等的是
A. 150 mL 1 mol/L氯化钠溶液 B. 100 mL 2 mol/L氯化铵溶液
C. 150 mL 3 mol/L氯化钾溶液 D. 50 mL 3 mol/L氯化钙溶液
【答案】C
【解析】
【详解】1 mol/L氯化铝溶液中氯离子浓度为3mol/L，1 mol/L氯化钠溶液中氯离子浓度为1mol/L，2 mol/L氯化铵溶液氯离子浓度为2mol/L，3 mol/L氯化钾溶液中氯离子浓度为3mol/L，3 mol/L氯化钙溶液中氯离子浓度为6mol/L，所以选C。
8.下图是某溶液在加水稀释过程中，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. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算；
【详解】由图象可知，该溶液的体积为1L时，其浓度为2mol/L；当溶液稀释到aL时，其浓度变为0.5mol/L。由于稀释过程中溶质的物质的量不变，即 ，a=4，故B正确。
9.同温、同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则某气体的相对分子质量为(　　)
A. 28 B. 60 C. 32 D. 44
【答案】A
【解析】
【分析】
同温同压下，氧气、二氧化碳及未知气体的体积相等，同温同压下，它们的物质的量相等，充满二氧化碳、氧气时的总质量之差计算二氧化碳、氧气质量之差，而结合m=nM计算气体物质的量，再根据充满二氧化碳、未知气体质量之差计算未知气体相对分子质量。
【详解】同温同压下，氧气、二氧化碳及未知气体的体积相等，同温同压下，它们的物质的量相等，设气体物质的量为n，则n×（44g/mol-32g/mol）=122g-116g，解得n=0.5mol，令未知气体相对分子质量为y，则0.5mol×（44g/mol-y g/mol）=122g-114g，解得y=28，故答案选A。
10.实验室中需要配制2mol/L的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的NaCl质量分别是（ ）
A. 950mL，111.2g B. 500mL，117g
C. 1000mL，117g D. 任意规格，111.2g
【答案】C
【解析】
【详解】配制2mol/L的NaCl溶液950mL时，由于实验室没有950mL规格的容量瓶，应该配制1000mL，选择的1000 mL容量瓶；配制2mol/L的NaCl溶液1000mL需氯化钠的质量为：2mol/L×1L×58.5g/mol═117.0g。
答案选C。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液配制的仪器使用。只能配制容量瓶上规定体积的溶液，不能配制任意体积的一定物质的量浓度的溶液．计算时也要按配制的体积来计算所需溶质。
11.实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是
A. Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液 B. 醋酸溶液中加入等物质的量的氢氧化钾固体
C. 澄清石灰水中通入少量CO2 D. 盐酸中加入等物质的量的NaOH固体
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液的导电能力由离子的浓度和离子电荷共同决定，浓度越大、电荷越高导电能力越强，据此解答。
【详解】A、Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度明显下降，导电能力应该明显减弱，A错误；
B、醋酸溶液中加入等物质量的氢氧化钾固体，醋酸和氢氧化钾反应生成醋酸钾，从醋酸这样的弱电解质转化为醋酸钾这样的强电解质，溶液中离子浓度明显增大，导电能力明显增强，B错误；
C、澄清石灰水中通入CO2生成碳酸钙沉淀和水，离子浓度明显下降，导电能力应该明显减弱，C错误；
D、盐酸中加入等物质的量的NaOH固体，反应生成NaCl和H2O，氯化钠和盐酸的浓度相等，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不明显，D正确。
答案选D。
【点睛】实际上溶液的导电能力可以用“电荷浓度”来进行比较，电荷浓度越大导电能力越强。所谓电荷浓度就是，离子的浓度乘以离子的电荷，例如：0.1mol/L的Al3+的电荷浓度就是0.3mol/L，比较其大小就可以。
12.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A. CH3COOH B. Cl2 C. Na2CO3 D. CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A、醋酸是弱酸，属于电解质，A错误；
B、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，B错误；
C、碳酸钠能电离出离子，其水溶液能得到，是电解质，C错误；
D、二氧化碳溶于水导电，是因为与水反应生成的碳酸电离出离子，二氧化碳是非电解质，D正确；
答案选D。
【点晴】电解质和非电解质是对化合物的分类，单质既不是电解质也不是非电解质。电解质应是化合物（属于纯净物）。能导电的物质不一定是电解质，如石墨或金属；电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，例如CO2；化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体。
13.离子反应方程式H＋＋OH-＝H2O，可表示的化学反应是
A. Cu(OH)2和稀H2SO4反应 B. HNO3和Mg(OH)2反应
C. Ba(OH)2溶液和HCl溶液混合 D. NaOH和CH3COOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. Cu(OH)2是沉淀，不能拆开，其离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，选项A错误；
B. Mg(OH)2是沉淀，不能拆开，其离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，选项B错误；
C. Ba(OH)2和HCl都易溶于水，都可以拆，其离子方程式为：H++OH-=H2O，选项C正确；
D. CH3COOH是弱电解质，不能拆开，其离子方程式为：CH3COOH+H+= CH3COO- +H2O，选项D错误；
答案选D。
14.下列各组离子在碱性条件下能大量共存，在强酸性条件下不能大量共存的是（ ）
A. Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣ B. K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣
C. Na+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D. NH4+、Na+、SO42﹣、NO3﹣
【答案】B
【解析】
【分析】
碱性溶液含大量的氢氧根离子，酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，以此来解答。
【详解】A. 碱性溶液中不能大量共存Mg2+，不符合要求，A项错误；
B. 碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，酸性溶液中不能大量共存CO32−，符合要求，B项正确；
C. 酸性、碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，不符合要求，C项错误；
D. 碱性溶液中不能大量共存NH4+，不符合要求，D项错误；
答案选B。
15.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有大量CO32﹣
B. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42﹣
D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加入盐酸产生无色气体，将气体通入石灰水中，溶液变浑浊，说明生成二氧化碳或二氧化硫，溶液中可能含有HCO3−、CO32−、HSO3−或SO32−等，A项错误；
B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，生成的白色沉淀可能为硫酸钡，原溶液中不一定含有Ag+，B项错误；
C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，排除了Ag+、CO32−等干扰离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀一定为硫酸钡，则原溶液中一定有SO42−，C项正确；
D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，可能是生成了BaCO3、CaCO3、MgCO3等白色沉淀，所以不一定为Ba2+，D项错误；
答案选C。
16.下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中发生了氧化还原反应的是（　　）
A. 浓硫酸的体积增大 B. 铝的表面生成致密的薄膜
C. 澄清的石灰水变浑浊 D. 氢氧化钠的表面发生潮解
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硫酸具有吸水性，在空气中放置其体积增大，为物理变化，A错误；
B. 铝在空气中放置，与空气中的氧气反应生成氧化铝，在表面生成致密的薄膜为氧化还原反应，B正确；
C. 澄清的石灰水变浑浊为氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，为非氧化还原反应，C错误；
D. 氢氧化钠的表面发生潮解，为氢氧化钠与空气中的水形成溶液，物理变化，D错误；
答案为B。
17.下列反应必须加入氧化剂才能实现的是
A. KMnO4→K2MnO4 B. PCl3→PCl5 C. CO2→CO32- D. NO3-→NO
【答案】B
【解析】
【详解】A、高锰酸钾自身分解，不必加入氧化剂，不选A；
B、三氯化磷到五氯化磷，磷元素化合价升高，需要加入氧化剂，正确，选B；
C、没有化合价的变化，不选C；
D、氮元素化合价降低，需要加入还原剂，不选D。
答案选B。
18.下列说法正确的是
A. MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 +Cl2↑ + 2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶4
B. 2H2S+ SO2＝3S+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1
C. 3S+ 6KOH＝2K2S+ K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2∶1
D. Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶3
【答案】D
【解析】
【详解】A、MnO2中Mn元素化合价降低做氧化剂；HCl中Cl元素化合价升高做还原剂。但4molHCl参加反应只有2mol被氧化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；
B．从反应中2molH2S做还原剂被氧化得到氧化产物2molS；1molSO2做氧化剂被还原得到还原产物1molS，所以氧化产物和还原产物物质的量之比为2∶1，B错误；
C．3molS反应其中有2molS化合价降低被还原发生还原反应；其中1molS化合价升高被氧化发生氧化反应，所以被氧化和被还原的硫元素的物质的量之比为1∶2，C错误。
D．反应中N由0价降低到－3价，氮气是氧化剂，C由0价升高到+2价，碳是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确。
答案选D。
19.两种硫酸溶液,一种硫酸溶液的物质的量浓度为,密度为;另一种硫酸溶液的物质的量浓度为c2,密度为,将它们等体积混合后,所得溶液的密度为,则混合后硫酸的物质的量浓度为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
两种硫酸的浓度及密度不同，则溶液混合时，质量可相加，溶质的质量和不变。
【详解】ρ3×V3=ρ1×V1+ρ2×V1，则V3=，c3==，答案为A。
20.下列说法正确的是
选项 
实验目的
所选主要仪器(铁架台等忽略)
部分操作
A
用浓硫酸配制480mL0.1mol/L硫酸溶液
500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
将量取好的浓硫酸放入容量瓶中，加水溶解至刻度线
B
从食盐水中得到NaCI晶体
坩埚、酒精灯、玻璃棒、泥三角、三角架
当加热至大量固体出现时，停止加热，利用余热加热
C
分离甲醇和甘油的混合物
蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、直形冷凝管、锥形瓶、牛角管
温度计水银球插入混合液液面以下
D
用CCl4萃取溴水中的Br2
分液漏斗、烧杯
分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出


A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
A．容量瓶是定容容器，不可用来稀释浓硫酸，故A错误；B．溶液的蒸发结晶在蒸发皿中进行，不是在坩埚中蒸发，故B错误；C．蒸馏操作时温度计水银球到蒸馏烧瓶的支管口，测蒸气温度，故C错误；D．萃取操作时使用分液漏斗，分离时下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出，故D正确；答案为D。
21.1克O2与1克X气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系如图表示，则X气体可能是

A. CO B. CH4
C. NO D. CO2
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知，相同温度时，p（O2）＞p（X），根据PV=nRT=mRT/M可知，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小，只有CO2的相对分子质量大于O2，所以该气体可能是二氧化碳，答案选D。
22.有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成。②向①的悬浊液中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列关于白色粉末组成的判断正确的是 (　　)
A. 肯定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba(NO3)2
B. 肯定含有Ba(NO3)2、K2CO3，可能含有CaCl2
C. 肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种
D. Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3都存在
【答案】C
【解析】
【详解】①有白色沉淀生成，K2CO3与Ba(NO3)2可以生成沉淀，也可以跟CaCl2反应生成沉淀，说明肯定有K2CO3，Ba(NO3)、CaCl2至少含有一种；③取少量②溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能说明混合物中含有CaCl2，因为②中加入过量的稀盐酸，对后面实验产生干扰，因此肯定有肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种。
答案选C。
二、非选择题
23.有关物质的量的计算是中学化学的重要部分，请按要求填空：
（1）2molO2和__gCH4在标准状况下占有相同的体积，其体积为___L。
（2）标况下，现有96g的氧气和44.8升的二氧化碳两者的密度之比为___；两者的体积之比为___。
（3）将等物质的量的NH3和CH4混合，混合气体中NH3与CH4的质量比为___。
（4）要使NH3与CH4含相同数目的H原子，则NH3和CH4的物质的量之比为___。
（5）在某温度下，NaOH的溶解度为20g，该温度下将80gNaOH投入220g水中，充分搅拌后，测得溶液的密度为1.2g/mL，则该溶液中溶质的物质的量浓度为___。
【答案】 (1). 32 (2). 44.8 (3). 8:11 (4). 3:2 (5). 17:16 (6). 4:3 (7). 5mol/L
【解析】
【详解】（1）根据V=nVm知，相同状况下，气体的体积比等于物质的量之比，则甲烷的物质的量为2mol，则甲烷的质量为m=nM=2mol×16g/mol=32g,其体积V=nVm=2mol×22.4L/mol=44.8L；
故答案为：32；44.8；
（2）气体密度，同温同压下，气体物质有以下关系，则氧气和二氧化碳的密度之比为32:44=8:11；氧气的物质的量为，二氧化碳物质的量为，相同状况下，气体的体积比等于物质的量之比，则氧气与二氧化碳的体积比为3:2；
故答案为：8:11；3:2；
（3）由m=nM知，等物质的量的NH3和CH4的质量比等于其摩尔质量之比，为17:16；
故答案为：17:16；
（4）设NH3和CH4的物质的量分别为x mol、y mol，由分子的构成及含相同数目的H原子可知，3x=4y，则x:y=4:3，则NH3和CH4的物质的量之比为4:3；
故答案为：4:3；
（5）已知在某温度下，NaOH的溶解度为20g，设220g水溶解x gNaOH，则有：，解得x=44g，说明溶液过饱和了，所以溶液的质量分数为，则该溶液中溶质的物质的量浓度为;
故答案为：5mol/L。
【点睛】相同状况下，气体的密度，而，则气体的密度还可以这样计算，这是学生的易忘点。
24.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：

（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约___mol·L－1(小数点后保留一位)。
（2）某同学取100mL该“84消毒液”，稀释后用于消毒，稀释后的溶液中c(Na+)=___mol·L－1。
（3）该同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液。需要称量NaClO固体的质量为__g。下列为打乱了的操作示意图，其正确排序为____。

（4）配制过程中下列各项操作对消毒液物质的量浓度有和影响（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）
A．用托盘天平称量NaClO固体时，砝码生锈___。
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水____。
C．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容____。
【答案】 (1). 4.0 (2). 0.04 (3). 149 (4). ③④①⑥②⑤ (5). 偏大 (6). 无影响 (7). 偏大
【解析】
【分析】
（1）依据计算该“84消毒液”的物质的量浓度；

（2）根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算；
（3）配制480mL含NaClO的消毒液，应用500mL容量瓶，实际上配制的是500mLNaClO溶液，再依据公式n=cV，m=nM计算NaClO的质量；依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤排序；
（4）依据配制一定物质的量浓度溶液的正确操作步骤判断，根据分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断。
【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约为
故答案为：4.0；
（2）已知该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，由（1）知该“84消毒液”的浓度约为4.0mol/L，稀释前后钠离子物质的量不变，则c(Na+)原V= c(Na+)稀释×100V，则稀释后的溶液中c(Na+)稀释=0.04mol·L-1；
故答案为：0.04；
（3）配制480mL含NaClO质量分数为25%的消毒液，应用500mL容量瓶，实际上配制的是500mLNaClO溶液，则NaClO的物质的量为n=cV=0.5L×4.0mol/L=2mol，质量m=nM=2mol×74.5g/mol=149g；配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作排序为：③④①⑥②⑤；
故答案为：149；③④①⑥②⑤；
（4）A．用托盘天平称量NaClO固体时，砝码生锈，称得的NaClO质量偏大，则溶液浓度偏大；
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，无影响；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液体积偏小，配制溶液的浓度偏大；
故答案为：偏大；无影响；偏大。
【点睛】容量瓶只有一条刻度线，只能配制与其规格相对应体积的溶液。容量瓶有以下规格：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等，因此该题中配制480 mLNaClO溶液，需要使用500mL容量瓶，在使用公式n(NaClO)=cV计算NaClO物质的量时，一定注意代入的体积为0.5L，而不是0.48L，这是学生们的易错点。容量瓶的选用原则：如果所配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制480ml溶液选用500ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需要溶质的物质的量。
25.有下列物质：①氢氧化钡固体②KHSO4③HNO3④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥铜⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体⑨熔融氯化钠⑩CuSO4·5H2O晶体。请用序号填空：
（1）上述状态下可导电的是___。
（2）属于电解质的是____。
（3）属于非电解质的是___。
（4）②在水溶液中的电离方程式为___，①与②在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为____。
（5）③与⑥可以发生如下反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，回答下列问题：
I．还原产物是___。
II．用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目___。
【答案】 (1). ④⑥⑨ (2). ①②③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧ (4). KHSO4=K++H++SO42- (5). Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O (6). NO2 (7).
【解析】
【详解】（1）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，则
①氢氧化钡固体中不存在自由移动的离子，不导电，溶于水或在熔融状态下能够导电，属于电解质；
②KHSO4中不存在自由移动的离子，不导电，溶于水或在熔融状态下能够导电，属于电解质；
③HNO3中不存在自由移动的离子，不导电，溶于水能够导电，属于电解质；
④稀硫酸中存在自由移动的离子，能导电，但属于混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；
⑤二氧化碳气体中不存在自由移动的离子，不导电，CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质；
⑥铜是金属单质，可以导电，既不属于电解质也不属于非电解质；
⑦碳酸钠粉末中不存在自由移动的离子，不导电，溶于水或在熔融状态下能够导电，属于电解质；
⑧蔗糖晶体中不存在自由移动的离子，不导电，溶于水和熔融状态下都不导电，属于非电解质；
⑨熔融氯化钠中存在自由移动的电子，能导电，熔融NaCl溶于水和熔融状态下都能导电，属于电解质；
⑩CuSO4·5H2O晶体中不存在自由移动的离子，不导电，溶于水或在熔融状态下能够导电，属于电解质；
综上所述，上述状态下可导电是④⑥⑨；故答案为：④⑥⑨；
（2）属于电解质的是①②③⑦⑨⑩；故答案为：①②③⑦⑨⑩；
（3）属于非电解质的是⑤⑧；故答案为：⑤⑧；
（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，电离方程式为KHSO4=K++H++SO42-；①与②在溶液中反应使溶液呈中性时生成硫酸钡、硫酸钾和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；
故答案为：KHSO4=K++H++SO42-；Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；
（5）已知③与⑥可以发生如下反应：Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，则
I．氮元素化合价降低，被还原，还原产物是NO2；
故答案为：NO2；
II．氮元素从+5价降低到+4价，只有2mol氮元素变价，铜元素化合价从0价升高到+2价，转移2mol电子，则根据得失电子守恒用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目可表示为；
故答案为：。
【点睛】掌握电解质与非电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，电解质与非电解质都必须是化合物，单质和混合物，既不是电解质也不是非电解质，电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，电解质本身不一定能导电，导电的不一定是电解质，如氯化钠晶体是电解质，但不能导电，因其溶于水或熔融状态下能导电，所以氯化钠是电解质，氯化钠溶液可导电，但其是混合物，既不是电解质也不是非电解质，熔融氯化钠既可以导电，也属于电解质；此外电解质溶于水能导电一定是自身能电离出离子，如CO2的水溶液虽然可以导电，但是溶液中的离子是由碳酸电离产生的，并非CO2自身电离产生的，因此CO2属于非电解质，类似的还有二氧化硫、氨气等。
26.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。（可供选择的试剂为铁粉、稀H2SO4、NaOH溶液等试剂）

（1）操作a的名称为___，所需要的玻璃仪器除烧杯外还需要___。
（2）固体E的成分为___，加入试剂④时发生的化学方程式为___。
（3）加入试剂①的目的是___。
（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO4·7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、___、___、洗涤、干燥。
（5）若废水中硫酸亚铁、硫酸铜和硫酸钠组成的混合溶液，其中c(Cu2＋)＝0.1mol/L，c(Fe2＋)＝0.4mol/L，c(SO42-)＝0.6 mol/L，已知氢离子浓度忽略不计，则c(Na＋)为___。
【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗、玻璃棒 (3). Fe、Cu (4). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ (5). 将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离 (6). 冷却结晶 (7). 过滤 (8). 0.2mol/L
【解析】
【分析】
工业废水中先加入过量氢氧化钠溶液，过滤得到Cu(OH)2，Fe(OH)2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH溶液，在Cu(OH)2，Fe(OH)2中加过量稀H2SO4，溶液C的成分为CuSO4，FeSO4、H2SO4；在溶液中加过量铁，过滤出Fe、Cu，滤液D是FeSO4，在固体E中加过量稀H2SO4，过滤出Cu，实现了回收金属铜，滤液G是FeSO4、H2SO4，最后溶液合一块，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤、干燥得到FeSO4•7H2O，回收硫酸亚铁，据此解答该题。
【详解】（1）操作a为过滤，用于分离固体和液体，过滤得到Cu(OH)2，Fe(OH)2沉淀，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒；
（2）固体E的成分为Fe、Cu，可加入硫酸，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁，过滤出Cu，实现回收金属铜，反应的化学方程式为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
故答案为：Fe、Cu；Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）试剂①应为氢氧化钠，可将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；
故答案为：将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离；
（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO4·7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
故答案为：冷却结晶；过滤；
（5）溶液呈电中性，根据电荷守恒可知，2c(Cu2＋)+2c(Fe2＋)+c(Na＋)=2c(SO42-)，c(Na＋)= 2×0.6 mol/L-2×0.1mol/L-2×0.4mol/L=0.2mol/L；
故答案为：0.2mol/L。