2025-2026学年稳派教育高一化学第一学期期中预测试题含解析.doc

2025-2026学年稳派教育高一化学第一学期期中预测试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为116g，充满CO2时质量为122g，充满气体X时质量为114g。则X的相对分子质量为（ ）
A．28 B．60 C．32 D．44
2、在一个大试管里注入0.0l mol/L碘化钾溶液l0 mL，用胶头滴管滴入8~10滴相同浓度的硝酸银溶液，边滴加边振荡，即得碘化银胶体。下列说法正确的是
A．布朗运动是该胶体稳定的主要原因
B．提纯上述碘化银胶体，需要的实验用品有漏斗、滤纸、烧杯、玻璃棒等
C．用上述胶体做电泳实验，发现阳极附近颜色逐渐变深，说明该胶体粒子带负电荷
D．在上述碘化银胶体中快速滴加0.0l mol/L硝酸银溶液至l0mL，将得到更多的胶体
3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA
B．常温常压下，11.2L C2H4含有2NA个碳原子
C．标准状况下，11.2LCCl4含有的分子数为0.5NA
D．常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2.5NA
4、下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是
A．OH -、 K+、NH4+ B．Ba2＋、 SO42 -、H＋
C．Ag＋、 K＋、Cl - D．Na+、 Cl -、 CO32 -
5、下列各组物质，按单质、化合物、混合物的顺序排列的是（ ）
A．液态氧、烧碱、碘酒 B．空气、氮气、胆矾
C．干冰、铁、氯化氢 D．生石灰、白磷、熟石灰
6、需要配制500 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液，经测定实际所配氢氧化钠溶液的浓度为0.45 mol·L－1。可能的原因是(　　)
A．转移时溶液没有冷却至室温 B．容量瓶没有烘干
C．称量氢氧化钠固体时砝码放反了 D．定容时仰视读数
7、常温下，可以发生下列两个反应：①Fe+Cu2+=Fe2++Cu②2Ag++Cu=2Ag+Cu2+，由此得出的正确结论是（ ）
A．Fe Cu Ag中Fe还原性最强 B．Cu2+ Fe2+ Ag+中Ag+氧化性最弱
C．Fe+2Ag+=Fe2++2Ag反应不能发生 D．①反应中Fe被还原
8、下列气体中，能用固体氢氧化钠做干燥剂的是(　　)
A．氯化氢 B．氧气 C．二氧化碳 D．二氧化硫
9、欲配制480mL的3mol/L盐酸溶液应选用容量瓶的体积和12mol/L的浓盐酸的量依次为( )
A．500mL；120 B．500mL；125
C．480mL；125 D．480mL；120
10、钠加热后能在空气中着火燃烧的现象是
A．黄色火焰，生成白色固体Na2O
B．黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
C．紫色火焰，生成淡黄色固体Na2O2
D．红色火焰，生成黄色固体Na2O
11、下列溶液中,Na+的物质的量浓度最大的是(　　)
A．1 mL 0.5 mol·L-1的NaNO3溶液 B．100 mL 0.01 mol·L-1的NaCl溶液
C．100 mL 0.1 mol·L-1的NaOH溶液 D．10 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液
12、下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是（）
A．爆竹声中一岁除——黑火药受热爆炸 B．烈火焚烧若等闲——石灰石分解
C．蜡炬成灰泪始干——石蜡的燃烧 D．炉火照天地，红星乱紫烟——铁的冶炼
13、下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是 （    ）
A．6和8 B．11和13 C．11和16 D．12和17
14、下列溶液里离子检验的结论正确的是
A．加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能 含 CO32－
B．加入 BaCl2 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液一定含有 SO42－
C．加入 AgNO3 溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有 Cl－
D．加入 Na2CO3 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有 Ca2+
15、2016年诺贝尔化学奖授予以色列和美国科学家，以表彰他们发现了“泛素调节的蛋白质降解反应机理”(即蛋白质如何“死亡”的机理)。之所以授予他们诺贝尔化学奖而不是生物学奖或医学奖，其主要原因是
A．他们的研究对人类的生命活动具有重要意义
B．他们的研究有助于探索一些包括恶性肿瘤疾病的发生机理
C．他们的研究深入到了细胞的层次
D．他们的研究深入到了分子、原子的层次
16、某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生 反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是

A．稀硫酸 B．氧气 C．二氧化碳 D．氯化钠
二、非选择题（本题包括5小题）
17、 (1)写电离方程式：NaHCO3__________________。H2CO3______________。
(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子的原子结构示意图________________。硫离子的结构示意图____________。
(3)下列3个小题中的物质均由核电荷数为1—10的元素组成，按要求填写化学式。
①最外层分别为4个和6个电子的原子形成的化合物是_________、__________。
②由5个原子组成的电子总数为10的分子是___________。
③由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是____________。
18、现有失去标签的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.为了确定四种溶液的成分,将它们编号为A、B、C、D后进行化学实验.实验记录如下:
实验顺序
实验内容
实验现象
①
A+B
无明显现象
②
B+D
有无色无味气体放出
③
C+B
有白色沉淀生成
④
A+D
有白色沉淀生成
根据上述实验完成下列各小题：
(1)A、C、D三瓶溶液分别是(用化学式表示所含溶质)：A溶液________，C溶液________，D溶液________。
(2)写出B与D反应的离子方程式：________，写出B与C反应的离子方程式 ：________。
19、实验室里需要纯净的氯化钠晶体，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠。已知：NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑。某学生设计了如下方案：

请回答下列问题：
(1)步骤①加热的目的是_____。
(2)写出步骤②中发生的离子方程式_____。
(3)步骤②，判断SO42-已除尽的方法是_______________________________________。
(4)步骤③的目的是_____，操作1用到的玻璃仪器有_____。
(5)操作2的名称是_____，应在_____(填仪器名称)中进行。
20、实验室配制0.5mol/L的NaOH溶液500mL
(1).配制时，选用容量瓶规格为_____________，该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是_____________，_____________  ；
(2).使用容量瓶前必须进行的一步操作是_________； 
(3).定容时，先注入蒸馏水至刻度线下1到2cm处改用_____________滴加，直至凹液面最低处与刻度线水平相切。
21、I.现有以下物质：①NaCl固体；②液态CO2；③液态氯化氢；④汞；⑤固体BaSO4；⑥蔗糖；⑦酒精；⑧熔融的Na2CO3，请回答下列问题：
（1）以上物质中能导电的是____；
（2）以上物质属于电解质的是____；
（3）以上物质属于非电解质的是____；
（4）以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是_____；
（5）属于盐的有____；
（6）写出⑧溶于水中的电离方程式____。
Ⅱ.在一定条件下，有下列物质：①8gCH4②6.02×1023个HCl分子③2molO2。按由小到大的顺序填写下列空白(填写序号)：
（1）摩尔质量____；（2）物质的量_____；
（3）分子数目_____；（4）原子数目____；
（5）质量_____。
III.（1）分离胶体和溶液常用的方法叫____；
（2）等质量的O2和O3所含原子个数比为____；
（3）若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____。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则：，求出m=100g, ，求出M(X)=28g mol-1，故选A。
2、C
【解析】
A、胶体稳定存在的主要原因是脱粒带电（负电），并且吸附了水中的离子（阳离子），阳离子之间互相排斥，导致脱粒无法聚集，造成胶体稳定，选项A错误；
B、提纯上述碘化银胶体，需要利用渗析法而不是通过过滤完成，所用实验用品不符合，选项B错误；
C、带电颗粒在电场作用下，向着与其电性相反的电极移动，称为电泳，用上述胶体做电泳实验，发现阳极附近颜色逐渐变深，说明该胶体粒子带负电荷，选项C正确；
D、胶体中加入电解质溶液会发生聚沉，选项D错误。
答案选C。
3、A
【解析】
A、镁为2价金属，根据镁的质量计算出镁的物质的量及失去的电子数；
B、依据气体摩尔体积的应用条件分析判断，标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol；
C、标况下，CCl4的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；
D、根据混合气体中氧原子的质量计算出氧原子的物质的量及数目。
【详解】
A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol，失去的电子数为0.2NA，所以A选项是正确的；
B、标准状况气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下，11.2L气体不是0.5mol，故B错误；
C、因为在标准状况下CCl4的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2LCCl4的物质的量及分子数，故C错误；
D、32gO2和O3混合气体中含有32g氧原子，32g氧原子的物质的量为2mol，所含原子数为2NA，故D错误。
所以A选项是正确的。
本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件应用，物质的量计算微粒数的方法，掌握基础是关键。
4、D
【解析】分析：能够反应生成沉淀，气体和水，以及弱酸和弱碱的离子在溶液中不能大量共存。
详解：A．OH –和NH4+离子之间发生反应生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ba2＋和SO42 -之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ag+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、Cl-、CO32-之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。
点睛：本题考查离子共存的判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的易错点为A，注意NH3·H2O属于难电离的物质，类似与水。
5、A
【解析】
A、液态氧是一种元素组成的纯净物，即是单质，烧碱是由三种元素组成的纯净物，故是化合物，碘酒是多种物质组成的溶液，故是混合物；故A正确；
B、空气是多种物质组成的为混合物，不是单质，氮气是一种元素组成的纯净物为单质，不是化合物，胆矾是硫酸铜晶体属于化合物，不是混合物，故B错误；
C、干冰是由两种元素组成的纯净物，故是化合物，不是单质，铁是一种元素组成的纯净物，即是单质，不是化合物，氯化氢是一种物质组成属于纯净物，不是混合物，故C错误；
D、生石灰是一个为化合物，不是单质，白磷是单质，不是化合物，熟石灰是氢氧化钙的俗称属于化合物，不是混合物，故D错误；
故选A。
6、D
【解析】
0.45mol/L<0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；根据公式cB=分析，操作失误使nB偏大或V（aq）偏小，会使所配溶液浓度偏大，反之偏小。
【详解】
0.45mol/L<0.5mol/L，即操作失误使所配溶液浓度偏小；
A项，NaOH溶于水放热，转移时溶液没有冷却至室温，根据“热胀冷缩”原理，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，不符合题意；
B项，容量瓶没有烘干，对所配溶液浓度无影响，不符合题意；
C项，配制500mL0.5mol/LNaOH溶液需要称量NaOH固体的质量为m（NaOH）=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=10.0g，称量时不需要使用游码，称量NaOH固体时砝码放反了对所配溶液的浓度无影响，不符合题意；
D项，定容时仰视读数，所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，符合题意；
答案选D。
本题易错选C项，称量时砝码放反了是错误操作，但不一定引起实验误差，使用游码时会引起误差，不使用游码不会产生误差。难点是定容时仰视、俯视的误差分析，仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏小；俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏大。
7、A
【解析】
①Fe+Cu2+=Fe2++Cu氧化剂Cu2+的氧化性大于氧化产物Fe2+；②2Ag++Cu=2Ag+Cu2+，氧化剂Ag+的氧化性大于氧化产物Cu2+；所以氧化性强弱顺序为Ag+＞Cu2+＞Fe2+；离子的氧化性越强，其单质还原性越弱，所以还原性：Ag＜Cu＜Fe，据此分析判断。
【详解】
A．由分析可知，Fe  Cu  Ag中Fe还原性最强，故A正确；
B．由分析可知，Cu2+  Fe2+  Ag+ 中Ag+氧化性最强，故B错误；
C．反应Fe+2Ag+=Fe2++2Ag中氧化性：Ag+＞Fe2+，与已知反应的氧化性的强弱顺序相同，能发生，故C错误；
D．①Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe化合价升高被氧化，故D错误；
故选A。
8、B
【解析】
根据氢氧化钠是强碱，依据气体的性质分析判断。
【详解】
A. 氯化氢是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，A不符合；
B. 氧气和氢氧化钠不反应，能用固体氢氧化钠做干燥剂，B符合；
C. 二氧化碳是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，C不符合；
D. 二氧化硫是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，D不符合；
答案选B。
9、B
【解析】
根据容量瓶的规格，要配制480mL的溶液，需选择500mL的容量瓶，根据溶液的稀释原理，稀释前后，溶质的物质的量不变，故需浓盐酸的体积为：，故需浓盐酸125mL，答案为B。
10、B
【解析】
根据钠加热后首先熔化成银白色光亮小球，接着在空气中着火燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体物质。
【详解】
钠在空气中着火燃烧，火焰呈黄色，生成淡黄色固体物质Na2O2，则选项A、C、D错误，答案选B。
本题主要考查了实验现象，难度不大，注意知识的积累。
11、A
【解析】
A、NaNO3溶液的物质的量浓度是0.5 mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.5 mol·L-1；
B、NaCl溶液的物质的量浓度是0.01 mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.01 mol·L-1；
C、NaOH溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.1 mol·L-1；
D、Na2SO4溶液的物质的量浓度是0.1 mol·L-1，则Na+的物质的量浓度是0.2 mol·L-1；
因此Na+的物质的量浓度最大的是硝酸钠溶液，答案选A。
12、B
【解析】
A. 黑火药受热爆炸发生的是氧化还原反应，A项错误；
B. 石灰石分解生成氧化钙和CO2，没有化合价的升降，发生的不是氧化还原反应，B项正确；
C. 石蜡的燃烧属于氧化还原反应，C项错误；
D. 铁的冶炼过程中涉及了氧化还原反应，D项错误；
答案选B。
13、D
【解析】
A. 形成CO2或CO，不符合题意，故A不选；
B. 两者都是金属不能形成化合物，不符合题意，故B不选；
C. 两者会形成Na2S，不符合题意，故C不选；
D. 两者会形成MgCl2，符合题意，故D选；
答案选D。
14、A
【解析】
A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳；B、硫酸钡是一种不溶于水、不溶于酸的沉淀；C、除氯离子外，碳酸根离子等也可以与银离子反应生成白色沉淀；D、符合该现象的离子不一定是钙离子，如钡离子、镁离子等也是这种现象。
【详解】
A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32- 或HCO3-或CO32-、HCO3-，故A正确；B、加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，由于硫酸钡和氯化银都是不溶于水、不溶于酸的沉淀，所以原溶液中不一定含有SO42-，故B错误；C、除氯离子外，碳酸根离子等也可以与银离子反应生成白色沉淀，加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液不一定含有Cl-，故C错误；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，符合条件的离子除了钙离子，还可能含有钡离子、镁离子等，故D错误；本题选A。
15、D
【解析】
“泛素调节的蛋白质降解反应机理”泛素调节的蛋白质降解．蛋白质水解可得到多肽，多肽进一步水解，最终产物为氨基酸，他们的研究深入到了分子、原子的层次．
【详解】
“泛素调节的蛋白质降解反应机理”泛素调节的蛋白质降解．蛋白质水解可得到多肽，多肽进一步水解，最终产物为氨基酸．化学是在分子、原子层面上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的科学，他们的研究深入到了分子、原子的层次，故D正确。
16、C
【解析】
有“空缺”的一环的物质必须既能与NaOH溶液反应又能与C反应，四个选项中只有CO2符合。2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、NaHCO3=Na++HCO3- H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32- CO CO2 CH4 O3
【解析】
(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，电离产生Na+、HCO3-；H2CO3是二元弱酸，分步电离，存在电离平衡；
(2)先确定最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，根据原子核外电子排布规律书写原子结构示意图；S原子获得2个电子形成S2-，据此书写离子结构示意图；
(3)先确定相应的元素，然后根据要求书写化学式。
【详解】
(1) NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中电离产生Na+、HCO3-，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；H2CO3是二元弱酸，存在电离平衡，电离过程分步电离，第一步电离为H2CO3H++HCO3-，第二步电离方程式为HCO3-H++CO32-；
(2)最外层电子数是次外层电子数的3倍的原子是O原子，O是8号元素，原子核外电子排布是2、6，所以O原子结构示意图为：；S是16号元素，S原子获得2个电子形成S2-，则S2-离子结构示意图是；
(3)核电荷数为1~10的元素中，①最外层分别为4个和6个电子的原子分别是C原子、O原子，这两种元素形成的化合物是CO、CO2；
②由5个原子组成的电子总数为10的分子是CH4；
③最外层是6个电子的原子是O原子，由三个最外层是6个电子的原子结合成的分子是O3。
本题考查了化学用语的综合判断的知识，包括化学式、电离方程式及原子结构示意图的书写等。元素原子核外电子分层排布，根据原子结构特点推断元素，然后根据物质分子中含有的微粒数目的要求及物质结构进行书写。掌握物质微粒结构特点与性质的关系是本题解答的关键。
18、CaCl2 AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2↑+H2O Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
本题是无机物的推断。HCl和Na2CO3反应生成气体，AgNO3与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成气体，A+D反应生成沉淀，A+B无现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3，再结合物质的性质及发生的反应来解答。
【详解】
HCl和Na2CO3反应生成无色无味气体，AgNO3分别与CaCl2、HCl和Na2CO3反应均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能与Na2CO3反应，结合实验中B+D反应生成无色无味的气体，A+D反应生成白色沉淀，A+B无明显现象，则B为HCl，D为Na2CO3，所以A为CaCl2，C为AgNO3。
(1)由上述分析可知，A为CaCl2，C为AgNO3，D为Na2CO3，故答案为CaCl2；AgNO3；Na2CO3。
(2)盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O；盐酸和硝酸银反应生成氯化银和硝酸，离子反应为：Ag++Cl-=AgCl↓。
19、加热分解除去NH4HCO3 Ba2++SO42-＝BaSO4↓ 取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽 除去过量的Ba2＋ 漏斗、玻璃棒、烧杯 蒸发结晶 蒸发皿
【解析】
将固体混合物加热，发生反应NH4HCO3NH3↑＋H2O＋CO2↑，NaCl、Na2SO4不反应，则残留固体为NaCl、Na2SO4，将残留固体溶解得到NaCl、Na2SO4溶液，向溶液中加入BaCl2溶液发生反应生成硫酸钡沉淀，向悬浊液中再加入Na2CO3溶液除去过量的钡离子，过量的Na2CO3用盐酸除去，而盐酸易挥发，在操作2即可除去，然后蒸发浓缩冷却结晶得到NaCl晶体，据此解答。
【详解】
（1）碳酸氢铵受热易分解，则步骤①加热的目的是加热分解除去NH4HCO3；
（2）步骤②用BaCl2溶液，目的是除去硫酸根离子，反应的离子方程式为Ba2++SO42-＝BaSO4↓；
（3）由于硫酸钡是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，则步骤②判断SO42-已除尽的方法是取上层清液加入BaCl2溶液，若无沉淀说明SO42-已除尽；
（4）由于除去硫酸根离子时引入了过量的氯化钡，因此步骤③的目的是利用碳酸钠除去过量的Ba2＋，操作1是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
（5）氯化钠能溶于水，从溶液中得到氯化钠的实验操作是蒸发结晶，应在蒸发皿中进行。
本题考查物质的分离和提纯，把握物质性质差异性及物质性质特殊性是解本题关键，知道硫酸根离子检验方法、常见仪器的使用方法，熟练掌握元素化合物性质，注意从整体上分析判断各固体或液体中存在的物质成分。
20、500mL 搅拌 引流 检漏 胶头滴管
【解析】
（1）选取容量瓶的规格应该等于或稍微大于需要配制溶液的体积，所以应该选取500mL的容量瓶，玻璃棒有搅拌和引流作用；
（2）使用容量瓶之前当然必须检漏，具体方法是：往瓶内加入一定量水，塞好瓶塞。用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围是否有水漏出。如果不漏水将瓶正立并将瓶塞旋转180度后塞紧，仍把瓶倒立过来，再检查是否漏水；
(3).定容时，先注入蒸馏水至刻度线下1到2cm处改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线水平相切。
21、④⑧ ①③⑤⑧ ②⑥⑦ ①②③⑧ ①⑤⑧ Na2CO3=2Na++CO32- ①<③<② ①<②<③ ①<②<③ ②<①<③ ①<②<③ 渗析 1∶1 L
【解析】
I.根据电解质和非电解质的概念分析判断；物质导电条件是存在自由移动的离子，或者存在自由电子；金属离子或铵根离子(NH4+)与酸根离子或非金属离子结合的化合物属于盐，据此分析解答；
Ⅱ.(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于相对分子质量；
(2)根据n=和n=解答；
(3)由N=nNA可知物质的量越大，含有分子数目越多；
(4)结合分子含有的原子数目计算原子物质的量；
(5)根据m=nM计算HCl、氧气的质量，据此判断；
III(1)胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜；
(2)二者分子中都只含有O原子，质量相等时含有氧原子数相同；
(3)同种气体，其质量与分子数成正比，计算cg气体含有分子数目，然后根据n=、V=nVm计算。
【详解】
I.①NaCl固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电； 溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
②液态CO2是氧化物，属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，与水反应生成电解质，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
 ③液态氯化氢是电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；溶于水，能产生自由移动的离子，水溶液能导电；
  ④汞是单质，既不是电解质也不是非电解质； 含有自由电子，能导电；不溶于水；
 ⑤BaSO4固体是盐，属于电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水中溶解度很小，水溶液不导电；
⑥蔗糖属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水溶液不含自由移动的离子，不导电；
⑦酒精属于非电解质；不含自由移动的离子或自由电子，不导电；水溶液不含自由移动的离子，不导电；
 ⑧熔融的Na2CO3是盐，属于电解质；含有自由移动的离子，能导电；水溶液能电离产生自由移动的离子，能导电；
(1)以上物质中能导电的是④⑧，故答案为：④⑧；
(2)以上物质属于电解质的是①③⑤⑧，故答案为：①③⑤⑧；
(3)以上物质属于非电解质的是②⑥⑦，故答案为：②⑥⑦；
(4)以上物质溶于水后形成的溶液能导电的是①②③⑧，故答案为：①②③⑧；
(5)①NaCl固体；⑤固体BaSO4；⑧熔融的Na2CO3，都是由金属阳离子与酸根离子与非金属离子形成化合物，属于盐，故答案为：①⑤⑧；
(6)碳酸钠为强电解质，水溶液中完全电离产生钠离子和碳酸根离子，电离方程式：Na2CO3=2Na++CO32-；故答案为：Na2CO3=2Na++CO32-；
Ⅱ.(1)①CH4的摩尔质量为16g/mol，②HCl的摩尔质量为36.5g/mol，③O2的摩尔质量为32g/mol，故摩尔质量①＜③＜②，故答案为：①＜③＜②；
(2)①8gCH4的物质的量==0.5mol，②6.02×1023个HCl分子的物质的量为=1mol，③2molO2，故物质的量①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；
(3)由N=nNA可知，物质的物质的量越大，含有分子数目越多，结合(2)计算可知含有分子数目①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；
(4)①8gCH4含有原子物质的量=0.5mol×5=2.5mol，②6.02×1023个HCl分子含有原子物质的量=1mol×2=2mol，③2molO2含有原子物质的量=2mol×2=4mol，故含有原子数目②＜①＜③，故答案为：②＜①＜③；
(5)①8gCH4，②6.02×1023个HCl分子的质量=1mol×36.5g/mol=36.5g，③2molO2的质量=2mol×32g/mol=64g，故质量①＜②＜③，故答案为：①＜②＜③；
III.(1)由于胶体离子不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，利用半透膜可以分离胶体与溶液，该操作方法为渗析，故答案为：渗析；
(2)等质量的O2和O3所含O原子的数目相等，则二者含有的原子个数比为1∶1，故答案为：1∶1；
(3)a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为b×=，c克该气体的物质的量为=mol，标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol×22.4L/mol=L，故答案为：L。
本题的易错点为III.(3)，要注意有关物质的量计算的几个公式的灵活运用，同时注意计算过程中需要带上单位，防止因为单位不一致导致错误。