黑龙江省大庆市铁人中学学年高一上学期期中考试化学试题.docx

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黑龙江省大庆市铁人中学学年高一上学期期中考试化学试题

黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一上学期期中考试化学试题

1.2018年10月3日瑞典皇家科学院宣布，将授予美国科学家弗朗西斯·阿诺德（Frances H. Arnold）、美国科学家乔治·史密斯（George P. Smith）及英国科学家格雷戈里·温特尔（SirGregory P. Winter）三位科学家2018诺贝尔化学奖，以表彰他们在酶的定向演化以及用于多肽和抗体的噬菌体展示技术方面取得的成果。

在物质的分类上，酶属于

A.单质B.无机物C.有机物D.氧化物

【答案】C

【解析】

【详解】酶是由活细胞产生的、具有高度特异性和高度催化效能的蛋白质或RNA，因此酶属于有机物。

答案选C。

2.中国不少古诗词清晰的描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。

”下列有关本诗中蕴含的化学知识正确的是

A.“沙中浪底来”指的是金的氧化物

B.淘金原理与化学上的萃取一致

C.雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7cm

D.由沙子（主要成分二氧化硅）到计算机芯片（硅）发生了还原反应

【答案】D

【解析】

【详解】A．金性质稳定，可以在自然界中存在，“沙中浪底来”指的是金单质，故A错误；

B．淘金原理为金密度较大，且金不溶于水，与萃取原理不同，故B错误；

C．雾属于胶体，所以雾的分散质粒子直径范围是10-9～10-7m，故C错误；

D．由沙子到计算机芯片发生反应为二氧化硅与碳反应生成硅和一氧化碳，硅元素化合价降低，所以二氧化硅发生还原反应，故D正确；

答案选D。

【点睛】本题考查了元素化合物知识，涉及物质的性质与用途，明确胶体、金、硅及化合物性质是解题关键。

3.下列关于金属的说法正确的是

A.铝箔在空气中受热可以熔化且会发生剧烈燃烧

B.Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体

C.铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3

D.铝制餐具不能用来盛装酸、碱、咸的食物

【答案】D

【解析】

【详解】A．铝箔在空气中受热可以熔化，由于极易被氧化为氧化铝，氧化铝的熔点高于铝的熔点，所以不会发生剧烈燃烧，A错误；

B.Na在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成黄色固体过氧化钠，B错误；

C．铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，C错误；

D．铝制餐具表面的氧化铝是两性氧化物，易与强酸、强碱反应，表面腐蚀后金属铝会继续和酸、碱反应，在食盐电解质溶液中易发生吸氧腐蚀，所以不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，D正确；

答案选D。

4.下列实验操作中错误的是

A.萃取操作振荡时，要不时打开分液漏斗的活塞放气

B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处

C.蒸发时，蒸发皿必须要垫石棉网加热

D.容量瓶、分液漏斗在使用前都要检查是否漏液

【答案】C

【解析】

【详解】A．萃取操作振荡时，要不时打开分液漏斗的活塞放气，否则分液漏斗内压强过大易产生安全事故，故A正确；

B．蒸馏操作时，温度计测量馏分的温度，所以温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；

C．蒸发皿属于能直接加热的仪器，所以蒸发时，蒸发皿不要垫石棉网加热，故C错误；

D．有活塞的仪器在使用前要检漏，容量瓶、分液漏斗有活塞，所以在使用前要检漏，故D正确；

答案选C。

【点睛】本题考查化学实验方案设计，侧重考查学生对实验基本操作的掌握，明确实验操作的规范性是解本题关键，知道常见仪器的使用方法。

5.已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液制得的AgI胶体，当它跟Fe（OH）3胶体相混合时，能析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，由此可知

A.该AgI胶粒带正电荷B.该AgI胶体带负电荷

C.该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动D.该AgI胶体是电解质

【答案】C

【解析】

【详解】A、AgI胶体与Fe（OH）3胶体相混合时，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe（OH）3胶粒带相反电荷。

而Fe（OH）3胶粒带正电，故AgI胶粒带负电，A错误；

B、根据以上分析可知故AgI胶粒带负电，但AgI胶体不带电，B错误；

C、AgI胶粒带负电，故电泳时向阳极移动，C正确；

D、胶体是混合物，不是电解质，也不是非电解质，D错误。

答案选C。

【点睛】选项B是解答的易错点，注意由于胶体可以吸附阴阳离子，因此胶体的胶粒带电荷，但胶体是不带电的，类似于溶液显电中性，而溶液中的阴阳离子带电荷。

6.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.1mol铁和高温水蒸气完全反应转移的电子数为3NA

B.常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA

C.标准状况下，11.2L乙醇含有的分子数目为0.5NA

D.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA

【答案】B

【解析】

【详解】A、1mol铁和高温水蒸气完全反应生成四氧化三铁，转移的电子数为

NA，A错误；

B、氦气是单原子分子，常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NA，B正确；

C、标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2L乙醇含有的分子数目，C错误；

D、物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液，不知道溶液的体积，无法确定含有Cl-个数，D错误。

答案选B。

7.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是

A.NH4+、NO3-、Al3+、Cl-B.Na＋、SiO32-、K+、NO3-

C.MnO4-、K+、SO42-、Na+D.K+、SO42-、HCO3-、Na+

【答案】A

【解析】

【分析】

离子间如果不发生化学反应，则可以大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及溶液无色显酸性分析判断。

【详解】A、该组离子之间不反应，能大量共存，且均为无色的离子，A正确；

B、因SiO32－、H+能结合生成硅酸沉淀，不能够大量共存，B错误；

C、该组离子之间不反应，能共存，但MnO4－在酸性溶液中为紫色，与无色溶液不符，C错误；

D、因H+、HCO3－能结合生成二氧化碳气体和水，不能够大量共存，D错误。

答案选A。

8.下列说法不正确的是

A.实验室把少量的钠保存在煤油中

B.金属钠着火后，用干燥的沙土来灭火

C.实验后剩余的钠，需要放回原试剂瓶

D.浓硫酸不慎溅到皮肤上，应该立即用大量水冲洗，然后涂上稀NaOH溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A．钠的密度小于煤油的密度，且和煤油不反应，所以钠可以保存在煤油中而隔绝空气和水，故A正确；

B．钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则钠失火时可以用干燥的沙土灭火，故B正确；

C．钠极易与水和氧气反应，所以实验后剩余的钠，需要放回原试剂瓶，故C正确；

D．浓硫酸不慎溅到皮肤上，应该立即用干抹布擦去，然后用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液，氢氧化钠具有腐蚀性，故D错误；

答案选D。

9.下列实验中，所选装置或实验设计合理的是

A.用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质，并获得Na2CO3固体

B.用乙醇提取溴水中的溴选择图③所示装置

C.用图④所示装置可以分离乙醇水溶液

D.图⑤所示装置中盛有饱和Na2CO3溶液除去CO2中含有的少量HCl

【答案】A

【解析】

【详解】A.①和②所示装置分别是过滤和蒸发，由于碳酸钙难溶于水，碳酸钠易溶于水，因此用图①和②所示装置可以除去Na2CO3中的CaCO3杂质，并获得Na2CO3固体，A正确；

B.乙醇与水互溶，不能用乙醇提取溴水中的溴，B错误；

C.不能用图④所示装置分离乙醇水溶液，因为缺少温度计，C错误；

D.应该用饱和NaHCO3溶液除去CO2中含有的少量HCl，D错误。

答案选A。

10.将一小块金属钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是

A.稀硫酸B.碳酸氢钙溶液C.硫酸铜溶液D.氯化铵溶液

【答案】B

【解析】

【分析】

钠投入到溶液中立即生成氢氧化钠和氢气，结合溶液中的溶质分析解答。

【详解】A.金属钠投入到稀硫酸中生成硫酸钠和氢气，没有白色沉淀，A不符合；

B.金属钠投入到碳酸氢钙溶液中生成白色沉淀碳酸钙、氢气，B符合；

C.金属钠投入到硫酸铜溶液中生成氢氧化铜蓝色沉淀、氢气和硫酸钠，C不符合；

D.金属钠投入到氯化铵溶液中生成氢气、氨气和氯化钠，不产生沉淀，D不符合。

答案选B。

【点睛】明确金属钠的性质特点是解答的关键，该题的关键是明确钠只要投入到水中，将立即反应生成氢氧化钠和氢气，然后再结合溶液中到溶质判断即可。

11.下列关于氧化还原反应的说法正确的是

①有一种元素被氧化肯定有另一种元素被还原

②阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性

③在K、Fe2＋、S2-、Na＋中只有1种粒子不具有还原性

④由X变为X2＋的反应是氧化反应

⑤金属单质在反应中只作还原剂

⑥非金属单质在反应中只作氧化剂

⑦含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性

A.③④⑤B.④⑤⑦C.①③④⑤⑥D.②③④⑤⑥⑦

【答案】A

【解析】

【详解】①氧化还原反应中，可能同种元素既被氧化也被还原，如氯气与水的反应中，Cl元素既被氧化也被还原，①错误；

②阳离子或阴离子可能既有氧化性也有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，②错误；

③处于较低价态的微粒具有还原性，则只有Na+不具有还原性，③正确；

④X变为X2+的反应中X失去电子，被氧化，发生氧化反应，④正确；

⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，发生氧化反应，⑤正确；

⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，⑥错误；

⑦含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠等，⑦错误。

答案选A。

12.下列两种气体的原子数一定相等的是

A.质量相等、密度不等的N2和C2H4

B.等体积、等密度的CO和N2

C.等温、等体积的O2和Cl2

D.等压、等体积的NH3和CO2

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．M（N2）=M（C2H4）=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等物质的量时原子数一定不等，故A错误；

B．等体积等密度的CO和N2的质量相等，二者摩尔质量都为28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子，则原子数相等，故B正确；

C．压强不一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故C错误；

D．因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故D错误。

考点：

阿伏伽德罗定律及推论理解、化学常用计量的有关计算。

13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。

实验室可通过以下反应制得ClO2：

2KClO3+H2C2O4+H2SO4

2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。

下列说法不正确的是

A.KClO3在反应中得到电子B.ClO2是还原产物

C.H2C2O4发生氧化反应D.1molKClO3参加反应有2mol电子转移

【答案】D

【解析】

【分析】

反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4

2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。

【详解】A．因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，A正确；

B．Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，B正确；

C．因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，发生氧化反应，C正确；

D．Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5-4）=1mol，D错误；

答案选D。

【点睛】明确反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，注意理清氧化还原反应的知识线索，即化合价升高→失电子→还原剂→氧化反应→氧化产物，化合价降低→得电子→氧化剂→还原反应→还原产物。

14.下列离子方程式书写正确的是

A.钠和冷水反应：

Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑

B.澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合：

Ca2++OH－+HCO3－

CaCO3↓+H2O

C.向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液；Fe3++3H2O

Fe（OH）3↓+3H+

D.碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液HCO3－+OH－＝CO32－+H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A.没有配平，钠和冷水反应的离子方程式应该是2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，A错误；

B.澄清石灰水与少量NaHCO3溶液混合反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为Ca2++OH－+HCO3－＝CaCO3↓+H2O，B正确；

C.向沸水中滴入适量的饱和氯化铁溶液生成氢氧化铁胶体；Fe3++3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3H+，C错误；

D.碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成碳酸钠、一水合氨和水：

NH4++HCO3－+2OH－＝CO32－+NH3·H2O+H2O，D错误。

答案选B。

15.现有下列三个氧化还原反应：

①2B-+Z2=B2+2Z-②2A2++B2=2A3++2B-③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O，根据上述反应，判断下列结论中正确的是（）

A.要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2

B.氧化性强弱顺序为：

XO4-﹥Z2﹥A3+﹥B2

C.X2+是XO4-的氧化产物，B2是B-的还原产物

D.在溶液中不可能发生反应：

XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O

【答案】A

【解析】

【分析】

①2B-+Z2=B2+2Z-中，B元素的化合价升高，Z元素的化合价降低；②2A2++B2=2A3++2B-中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；③2XO4-+10Z-+16H+=2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低。

结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答。

【详解】A项，由①可得，氧化性：

Z2＞B2，由②可得，氧化性：

B2＞A3+，由③可得，氧化性：

XO4-＞Z2，所以氧化性关系为：

XO4-＞Z2＞B2＞A3+，所以要除去含有A2+、Z-和B-混合溶液中的A2+，而不氧化Z-和B-，应加入B2，故A正确；

B项，由上面的分析可知，氧化性顺序为：

XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故B错误；

C项，由①可得，B2是B-的氧化产物，由③可知，X2+是XO4-的还原产物，故C错误；

D项，由上面的分析可知氧化性关系为：

XO4-＞Z2＞B2＞A3+，则在溶液中可能发生反应：

XO4-+5A2++8H+=X2++5A3++4H2O，故D错误。

综上所述，符合题意的选项为A。

16.甲、乙两烧杯中各盛有100mL1.5mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入2.7g的铝粉，反应结束后甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比是

A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.3∶2

【答案】B

【解析】

【分析】

发生反应2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，根据铝、盐酸和氢氧化钠的物质的量结合方程式计算解答。

【详解】盐酸和氢氧化钠的物质的量均是0.1L×1.5mol/L＝0.15mol，铝的物质的量是2.7g÷27g/mol＝0.1mol，根据方程式2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知盐酸不足，氢氧化钠过量，则与盐酸反应生成的氢气是0.075mol，与氢氧化钠反应生成的氢气是0.15mol，则根据相同条件下气体之比是物质的量之比可知反应结束后甲、乙两烧杯中生成气体在相同条件下的体积比是0.075mol：

0.15mol＝1：

2。

答案选B。

【点睛】本题考查化学反应方程式的有关计算，关键是判断Al与酸、碱反应过量问题，较好的考查学生分析思维能力，属于易错题目。

17.某同学将0.1mol/L的K2SO4溶液V1L与0.2mol/L的Al2（SO4）3溶液V2L混合，再加入V3L蒸馏水，假定溶液总体积V总=V1+V2+V3．并测得混合液中三种离子物质的量浓度分别为：

K＋：

0.1mol/L，Al3＋：

0.1mol/L，SO42－：

0.2mol/L，则下列判断正确的是（）

A.一定是2LK2SO4溶液和1LAl2（SO4）3溶液混合，再加1L蒸馏水

B.混合液中K＋浓度与Al3＋浓度数值之和大于SO42－浓度数值

C.三种液体体积比为V1：

V2：

V3=2：

1：

1

D.混合液中K2SO4物质的量等于Al2（SO4）3物质的量的一半

【答案】C

【解析】

【分析】

c（K＋）=

①

（Al3＋）=

mol·L－1②

（SO42－）=

mol·L－1③

将①/②可求出V1/V2；从而求出V总，即可求出V1：

V2：

V3。

【详解】c（K＋）=

①

（Al3＋）=

mol·L－1②

（SO42－）=

mol·L－1③

将①/②可求出V1/V2=2：

1；设V1=2L，则V2=1L，带入③可得V总=4L，故V3=1L．即三种液体体积比为V1：

V2：

V3=2：

1：

1。

A、三种液体体积比为V1：

V2：

V3=2：

1：

1，故混合溶液可以是2LK2SO4溶液和1LAl2（SO4）3溶液混合，再加1L蒸馏水，但不一定，故A错误；

B、由于混合液中三种离子物质的量浓度分别为：

K＋：

0.1mol·L－1，Al3＋：

0.1mol·L－1，SO42－：

0.2mol·L－1，故K＋浓度与Al3＋浓度数值之和等于SO42－浓度数值，故B错误；

C、三种液体体积比为V1：

V2：

V3=2：

1：

1，故C正确；

D、混合液中K2SO4物质的量与Al2（SO4）3的物质的量之比为：

（0.1mol·L－1×2L）：

（0.2mol·L－1×1L）=1：

1，故两者的物质的量相等，故D错误。

故选C。

18.0.2molNaOH和0.1molCa（OH）2的溶液中持续稳定地通入CO2气体，当通入气体为6.72L（标准状况）时立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是（气体的溶解忽略不计）

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

n（CO2）=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，通入含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，发生反应：

2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，以此解答该题。

【详解】n（CO2）=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中：

n（OH-）=0.2mol+0.1mol×2=0.4mol，n（Na+）=0.2mol，n（Ca2+）=0.1mol，通入CO2，发生反应：

2OH-+CO2=CO32-+H2O，OH-+CO2=HCO3-+H2O，Ca2++CO32-=CaCO3↓，设生成xmolCO32-，ymolHCO3-，2x+y=0.4；x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.2，所以反应后溶液中含有：

n（Na+）=0.2mol，n（HCO3-）=0.2mol，通入含有0.2molNaOH和0.1molCa（OH）2的溶液中，相当于首先发生：

Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓，该阶段0.1molCa（OH）2完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，离子物质的量减少0.3mol，溶液中离子物质的量为0.7mol-0.3mol=0.4mol，其中含有0.2molOH-、生成0.1molCaCO3；然后发生2OH-+CO2=CO32-+H2O，0.2molOH-完全反应消耗0.1molCO2，体积为2.24L，该阶段离子物质的量减少0.1mol，溶液中剩余离子物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，溶液中含有0.2molNa+、0.1molCO32-；再发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-，消耗0.1molCO2，体积为2.24L，溶液中离子物质的量增大，溶液中离子为0.6mol，所以图象C符合，答案选C。

【点睛】本题考查离子方程式的计算，注意根据溶液中发生的反应结合各离子的物质的量计算分析，注意图象中各阶段离子的浓度变化。

19.有以下物质：

①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤干冰；⑥胆矾；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨碳酸钙固体；⑩液态氯化氢。

其中

（1）能导电的是______；

（2）属于非电解质的是_______；

（3）属于强电解质的是______；

（4）属于弱电解质的是_______。

【答案】

（1）.①②④⑦

（2）.③⑤（3）.⑥⑨⑩（4）.⑧

【解析】

【分析】

能导电的物质必须具有能自由移动的带电的微粒，金属能导电是由于金属中存在能自由移动的电子；非电解质是指在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，据此解答。

【详解】①石墨中存在能自由移动的电子能导电，属于单质，不是电解质也不是非电解质；

②铝中存在能自由移动的电子能导电，属于单质，不是电解质也不是非电解质；

③酒精不能电离出离子，是非电解质，不导电；

④氨水中有能自由移动的阴、阳离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；

⑤干冰不能电离出离子，是非电解质，不导电；

⑥胆矾溶于水能完全电离出阴阳离子，是强电解质，但胆矾固体不导电；

⑦氢氧化钡溶液中有能自由移动的阴、阳离子，能导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质；

⑧纯醋酸溶于水部分电离出阴阳离子，是弱电解质，但醋酸不导电；

⑨碳酸钙固体在熔融状态下能完全电离出阴阳离子，是强电解质，但碳酸钙固体不导电；

⑩液态氯化氢溶于水能完全电离出阴阳离子，是强电解质，但氯化氢不导电。

则

（1）根据以上分析可知能导电的是①②④⑦；

（2）根据以上分析可知属于非电解质的是③⑤；

（3）根据以上分析可知属于强电解质的是⑥⑨⑩；

（4）根据以上分析可知属于弱电解质的是⑧。

【点睛】本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、强、弱电解质的判断，抓住电解质必须是化合物，抓住弱电解质的特征“部分电离”，强电解质”在水溶液中或熔融状态下，能完全电离”是解答本题的关键。

20.

（1）0.5molCH4的质量为________g，约含有______个H，在标准状况下的体积为_______L。

（