1、河南省濮阳市油田一中2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 第卷（选择题共50分）一、选择题（本题包括20小题。110每小题2分，1120每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类不正确的是（ ）A. 化合物：干冰、冰水混合物、烧碱、胆矾B. 非电解质：乙醇、四氯化碳、氨气、氯气C. 混合物：纯净矿泉水、盐酸、石灰石、Fe(OH)3胶体D. 酸性氧化物：CO2、P2O5、Mn2O7、CrO3【答案】B【解析】【详解】A. 虽然冰水混
2、合物叫“混合物”，但它们的化学式都为H2O，所以其为纯净物，胆矾的化学式为CuSO45H2O，其仍为纯净物，干冰、烧碱都是纯净物，A正确；B.乙醇、四氯化碳、氨气都是非电解质，但氯气既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C.纯净矿泉水、盐酸、石灰石、Fe(OH)3胶体都为混合物，C正确；D. CO2、P2O5、Mn2O7、CrO3都是酸性氧化物，D正确。故选B。2.下列对古文献记载内容理解错误的是（ ）A. 本草纲目记载“（火药）乃焰硝（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”，这是利用了KNO3的氧化性B. 肘后备急方中“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”启发屠呦呦采用低温提取，
3、解决了关键性的技术难题。青蒿素的提取仅属于物理变化C. 天工开物记载“欲去杂还纯，再入水煎炼，倾入盆中，经宿成白雪”，这是利用重结晶方法提纯物质D. 天工开物记载了砒霜的制取：“凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为蒸馏【答案】D【解析】【详解】A. “焰硝（KNO3）、硫磺、杉木炭”是黑火药的主要成分，在炸药爆炸时，KNO3、S都表现氧化性，A正确；B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，属于萃取操作，因此青蒿素的提取仅属于物理变化，B正确；C. “欲去杂还纯，再入水煎炼，倾入盆中，经宿成白雪”，这种提纯物质的
4、方法属于重结晶，C正确；D. “凡烧砒，下鞠土窑，纳石其上，上砌曲突，以铁釜倒悬覆突口。其下灼炭举火。其烟气从曲突内熏贴釜上。”文中涉及的操作为升华，D错误。故选D。【点睛】有机物中加水提取其有效成分，如煮中药等，我们会错误地理解为“溶解”，其实，我们要提取的物质是从有机体内分离出来的，是有机生命体的一部分，所以其操作方法应为萃取；如果是从机械混合的物质中提取某一成分，才叫溶解。3.进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是（ ）A. 用试管加热高锰酸钾粉末时使试管口竖直向上B. 进行蒸馏实验时发现忘记加沸石，应立即向蒸馏烧瓶中补加C. 排水法收集满KMnO4分解产生的O2后，先移出导管，
5、后熄灭酒精灯D. 使用分液漏斗前首先检查其气密性是否良好【答案】C【解析】【详解】A. 用试管加热固体时，试管口应向下倾斜，防止水蒸气在试管口冷凝，流回试管底，使试管底因受热不均而破裂，A错误；B. 进行蒸馏实验时发现忘记加沸石，应待液体冷却后，再往蒸馏烧瓶中补加，B错误；C. 排水法收集满KMnO4分解产生的O2后，先移出导管，后熄灭酒精灯，以防产生倒吸，C正确；D. 使用分液漏斗前，应首先检查其是否漏液，D错误。故选C。【点睛】制取气体时，将装置连接好后，第一步操作是检查装置的气密性；对于容量瓶和分液漏斗来说，不用它们制取气体，所以需要检查的不是气密性，而是“液密性”，即检查其是否漏液，简
6、称为检漏或查漏。4.以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B. 从母液中可以提取Na2SO4C. 反应2中，H2O2做氧化剂D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有
7、Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。5.在无土栽培中需用浓度为 0.5 mol/L NH4Cl、0.16 mol/L KCl、0.24 mol/L K2SO4 的培养液，若用 NH4Cl、KCl和(NH4)2SO4 三种物质来配制 1.0 L 上述营养液，所需三种盐的物质的量为（ ）A. 0.5 mol 、0.
8、4 mol、0.12 molB. 0.5 mol、0.66 mol、0.24 molC. 0.5 mol、0.64 mol、0.24 molD. 0.02 mol、0.64 mol、0.24 mol【答案】D【解析】【详解】需用浓度为 0.5 mol/L NH4Cl、0.16 mol/L KCl、0.24 mol/L K2SO4 的培养液，若用 NH4Cl、KCl和(NH4)2SO4 三种物质来配制,我们利用守恒法进行求解。利用K+守恒，可求出n(KCl)=0.16mol+0.24mol2=0.64mol；利用Cl-守恒，可求出n(NH4Cl)=0.5mol+0.16mol-0.64mol=0
9、.02mol，利用SO42-守恒，可求出n(NH4)2SO4=0.24mol。故选D。6.V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+ a g，取0.5V mL溶液稀释到8V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是A. mol/LB. mol/LC. mol/LD. mol/L【答案】C【解析】【分析】利用n=，计算ag Al3+的物质的量，然后计算0.5V mL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，计算0.5V mL溶液中SO42-的物质的量，将其稀释为8VmL，在稀释过程中溶中SO42-的物质的量不变，再根据c=，计算稀释后溶液SO42-的
10、物质的量浓度。【详解】ag Al3+的物质的量为n=mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物质的量为n(Al3+)=，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物质的量为n(SO42-)=，取0.5VmL溶液稀释到8VmL，则稀释后溶液SO42-的物质的量浓度为c(SO42-)=，选项C符合题意。合理选项是C。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，利用电荷守恒，根据Al3+的物质的量找出溶液中SO42-是本题的关键，离子物质的量容易计算出问题，注意对公式的理解与灵活运用。7.某温度时，一定量的元素A的气态氢化物AH3，在恒温密封容
11、器中完全分解为两种气态单质，此时压强增加了a%，下列说法正确的是A. 若a%=60%，则AH3分解反应的化学方程式为：4AH3=A4+6H2B. 若a%=75%，则A单质的分子式为A2C. 若该气体对空气的相对密度是x，则该气体的摩尔质量为29xD. 若a%=100%，则AH3分解反应的化学方程式为：2AH3=A2+3H2【答案】D【解析】【分析】由阿伏加德罗定律的推论：相同温度和压强时，p1/p2=N1/N2得反应前后气体的分子数之比为1:(1+a%)，可理解为反应式左边气体和反应式右边气体系数之和的比为1: (1+ a%)，再按氢原子守恒不妨先将反应式写为AH3=A(x)+3/2H2，再由
12、A原子守恒得A右下角的数字，最后确定A单质的分子式；结合以上分析解答。【详解】A.据以上分析可知：当a%=60%时，1:(1+60%)=5:8，可理解为反应式左边气体和反应式右边气体系数之和的比为5:8，反应式为：5AH3=A(x) +7.5H2，再由A原子守恒得：x=5，A错误；B.据以上分析可知：当a%=75%时，1:(1+75%)=4:7，可理解为反应式左边气体和反应式右边气体系数之和的比为4:7，反应式为：4AH3=A(x)+6H2，再由A原子守恒得：x=4，则A单质的分子式为A4，B错误；C. 空气的分子量为29，则根据公式：M1/M2=1/2=d，若该气体对空气的相对密度是x，则该
13、气体的摩尔质量为29xg/mol，C错误；D. 据以上分析可知：若a%=100%，1:(1+100%)=1:2，可理解为反应式左边气体和反应式右边气体系数之和的比为2:4，2AH3=A(x)+3H2, 再由A原子守恒得：x=2，反应的方程式为：2AH3=A2+3H2，D正确；综上所述，本题选D。8.在100 g 物质的量浓度为18 mol/L、密度为 g/cm3的浓硫酸中加入一定量的水稀释成9 mol/L的硫酸，则加入水的体积为（ ）A. 小于100 mLB. 等于100 mLC. 大于100 mLD. 等于100 mL【答案】A【解析】【详解】设需加入水的体积为x，加水稀释后溶液有密度为2依
14、据稀释定律可得1，从而得出200100+x，x B-Z- X2+C. X2+是XO4的还原产物D. 在溶液中可能发生：8H+ + 5A2+ +XO4=X2+ +5A3+ +4H2O【答案】A【解析】【详解】A. 由2B+Z2=B2+2Z知，Z2能将B氧化为B2，不符合“不氧化 B-”的题意，A错误；B. 由知，还原性ZX2+，由知，还原性A2+B，由知，BZ，从而得出还原性强弱的顺序为A2+ B-Z- X2+，B正确；C. XO4是氧化剂，X2+是XO4的还原产物，C正确；D. 因为还原性A2+ X2+，所以在溶液中可能发生：8H+ + 5A2+ +XO4=X2+ +5A3+ +4H2O，D正
15、确。故选A。【点睛】在非电解、非可逆的氧化还原反应中，氧化能力：氧化剂氧化产物，还原能力：还原剂还原产物，只要符合上述条件的反应能发生，就具备此关系。反之，若具备氧化剂的氧化能力氧化产物的氧化能力，还原剂的还原能力还原产物的还原能力，该氧化还原反应就可能发生。10.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx 与NaClO的物质的量之比为1：16，则x的值是 （ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】D【解析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由-升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素
16、化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x6-(-)=161-(-1)解得：x=5，答案为D。点睛：能通过平均化合价的方法确定Na2Sx中硫元素的化合价并准确利用电子守恒规律是解题关键，Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由- 升高为+6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值。11.下列说法正确的个数为（ ）CO2、NO2、P2O5为酸性氧化物；Na2O、Al2O3为碱性氧化物；胶体
17、带电是电泳的前提；熔融的电解质都能导电；布朗运动是胶体粒子特有的运动方式，可以据此把胶体与溶液、浊液区分开；二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质；盐酸既有氧化性又有还原性；Fe(OH)3胶体用于净水由于其具有强氧化性；用苯萃取四氯化碳中的碘A. 1项B. 2项C. 3项D. 4项【答案】A【解析】【详解】CO2、P2O5为酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，错误；Na2O为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，错误；电泳是胶粒在直流电作用下，向某一电极定向移动的现象，所以胶粒带电是电泳的前提，胶体是电中性的，不带电，错误；由离子构成的熔融电解质都能导电，但由分子构成的熔融电解质不导电，
18、错误；被分子撞击的悬浮微粒都能做布朗运动，布朗运动并不是胶体粒子特有的运动方式，错误；二氧化碳溶于水生成的碳酸能部分电离，所以二氧化碳不属于电解质，而是非电解质，错误；盐酸中的H+具有氧化性，Cl-具有还原性，正确；Fe(OH)3胶体用于净水由于其具有吸附能力，错误；因为苯与四氯化碳互溶，所以用苯不能萃取四氯化碳中的碘，错误。综合以上分析，只有正确；故选A。【点睛】在显微镜下观察悬浮在水中的藤黄粉、花粉微粒，或在无风情形观察空气中的烟粒、尘埃时都会看到布朗运动。当悬浮的微粒足够小的时候，由于受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用是不平衡的。在某一瞬间，微粒在另一个方向受到的撞击作用超强的时候，
19、致使微粒又向其它方向运动，这样就引起了微粒的无规则的运动，即布朗运动。12.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，2.24 L CCl4中含有的氯原子数为0.4 NAB. 常温常压下，NaH与水反应生成2 g H2时，转移电子数为NAC. 将0.1 mol FeCl3溶于水中形成的胶体后，胶体粒子数为0.1NAD. 在0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A. 标准状况下，CCl4为液体，不能利用2.24 L/mol进行计算，A错误；B. NaH与水反应的方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，生成2 g H2，
20、即1molH2时，转移电子数为NA，B正确；C. 将0.1 mol FeCl3溶于水中形成的胶体后，由于Fe3+只有一部分水解及胶粒是由许多个Fe(OH)3微粒构成，所以胶体粒子数小于0.1NA，C错误；D. 在0.1 mol NaHSO4晶体中阳离子为Na+，阴离子为HSO4-，所以阴阳离子总数为0.2NA，D错误。故选B。13.向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是A. 标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同B. 向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为2:3C. 将两气体混合
21、，混合气体的平均摩尔质量为44g/molD. 同温同压下，两容器中气体质量相同【答案】B【解析】【分析】CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol。【详解】A项、标准状况下，两种气体体积相同和密度相同，所以二者质量相等，由于两者相对分子质量相同，则气体的物质的量相同，故A正确；B项、氮原子数相同说明n(N2O)=n(N2)=amol,氧原子数相同说明n(CO2)=2n(N2O)=2 amol,甲容器中气体物质的量之和为3amol，由P甲：P乙=n甲：n乙=3amol：amol=3:1，故B错误；C项、CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol，将两气体混合，无论以何种物质的量比
22、混合，混合气体的平均摩尔质量恒为44g/mol，故C正确；D项、同温同压下，CO2和N2O的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，两种气体物质的量相同，由于CO2和N2O的摩尔质量相同，则两容器中气体质量相同，故D正确。故选B。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，熟记基本公式并灵活运用，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键。14.下列离子方程式的书写正确的是（ ）A. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2OB. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2:2I-+H2O2+2H+=I2+O2+2H2OC. 向澄清石灰水中通入过量CO2：C
23、O2+ OH-=HCO3-D. 向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2+ +Cl2=2Fe3+ +2Cl-【答案】C【解析】【详解】A. 忽视了NH4+与OH-发生的反应，A错误；B. 在海带灰的浸出液(含有I-)中滴加H2O2得到I2，但H2O2转化为H2O，不能生成O2，B错误；C. 向澄清石灰水中通入过量CO2，起初生成CaCO3全部转化为Ca(HCO3)2，总反应式为CO2+ OH-=HCO3-，C正确；D. 向FeI2溶液中通入少量Cl2，由于I-的还原能力比Fe2+强，所以I-先与Cl2反应，D错误。故选C。15.下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（ ）A. NH4Fe
24、(SO4)2的溶液中：Mg2+、H+、Cl-、NO3-B. 滴入酚酞显红色的溶液中：Na+、NH4+、SO42-、Fe2+C. 无色透明溶液中：K+、Ca2+、MnO4-、Cl-D. 与NH4HCO3反应生成气体的溶液中：Ba2+、NO3-、Cl-、CH3COO-【答案】A【解析】【详解】A. NH4Fe(SO4)2的溶液中：Mg2+、H+、Cl-、NO3-都能大量共存，A正确；B. 滴入酚酞显红色的溶液显碱性，NH4+、Fe2+与OH-不能大量共存，B错误；C. 无色透明溶液中，呈紫色的MnO4-不能大量存在，C错误；D. 与NH4HCO3反应生成气体的溶液，可能呈酸性，可能呈碱性。在酸性溶
25、液中，CH3COO-不能大量存在；在碱性溶液中，HCO3-、Ba2-、OH-会反应生成沉淀，D错误。故选A。16.相对分子质量为M的气态化合物V L（标准状况），溶于m g 水中(不与水反应)，得到质量分数为w%的溶液，物质的量浓度为cmol/L，密度为 gcm3，则下列说法正确的是A. 溶液密度= B. 相对分子质量M=C. 物质量浓度c=D. 溶质的质量分数w%=【答案】B【解析】A、根据c= 可知，溶液密度= ，选项A错误；B、VL气体的物质的量为的物质的量为= mol，故氨气的质量为molMg/mol= g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w%=，整理得M= ，选项B正确；C、V
26、L气体的物质的量为的物质的量为= mol，故氨气的质量为molMg/mol= g，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为 = L，故溶液的物质的量浓度c= = mol/L，选项C错误；D、VL气体的物质的量为的物质的量为= mol，故氨气的质量为molMg/mol= g，溶液的质量为（+m）g，故质量分数w%= = ，选项D错误。答案选B。17.已知还原性由强到弱的顺序是SO32- I- Fe2+ Br-，溴水呈黄色，碘水呈棕色。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Cu2+、K+、I-、SO32-、SO42-，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判
27、断正确的是（ ）A. 肯定不含I-B. 肯定不含NH4+C. 肯定不含SO42-D. 可能含有SO32-【答案】C【解析】【详解】溶液呈无色，则溶液中不含有Fe2+、Cu2+；加入少量溴水，溶液仍呈无色，则溶液中一定含有SO32-，Na+、NH4+、K+三种离子中至少含两种；若溶液中含Na+、NH4+、K+三种离子，则溶液中一定含有I-；若溶液中含有Na+、NH4+、K+三种离子中的两种，则不含I-；但SO42-一定不存在。A. 从以上分析可知，溶液中可能含I-，A不正确；B. 溶液中可能含有NH4+，B不正确；C. 依据“所有离子物质的量浓度相等”，溶液中肯定不含SO42-，C正确；D. 溶
28、液中一定含有SO32-，D不正确。故选C。【点睛】对于本题，从反应现象分析，我们只能确定Fe2+、Cu2+一定不存在(根据溶液无色)，一定含有SO32-(加入少量溴水，溶液仍呈无色)。其它离子从实验现象都无法做出取舍，此时需利用“所有离子物质的量浓度相等”进行离子分析。从带电荷考虑，一个SO32-与Na+、NH4+、K+三种离子中的两种电荷守恒，所以肯定不含有SO42-。若不含有I-，三种离子只能含有其中的两种；若含有此三种离子，则一定含有I-。18.已知在相同条件下进行下列反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2；KClO3 +6HCl=3Cl2+KCl +3H2O；2KBrO3 +Cl2=
29、Br2 + 2KClO3。下列说法正确的是（ ）A. 上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B. 反应和反应中均生成Br2，溴元素发生的变化相同C. 反应中被还原与被氧化物质的物质的量之比为5:1D. 中l mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol【答案】D【解析】【详解】A. 反应和都有单质生成和参加反应，是置换反应，反应没有单质参加反应，不是置换反应，A错误；B. 反应中溴元素发生氧化反应，反应中溴元素发生还原反应，B错误；C. 反应中被还原(KClO3)与被氧化物质(HCl)的物质的量之比为1:5，C错误；D. 中l mol还原剂(由Cl2KClO3)反应，则氧化剂
30、得到电子的物质的量为25 mol=10mol，D正确。故选D。19.下列实验过程可以达到实验目的是（ ）选项实验目的实验过程A配制1.00 mol/L 的NaOH溶液称取4.0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至100 mL容量瓶中定容B探究维生素C的还原性向盛有2 mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化C制备Fe(OH)3胶体将NaOH稀溶液滴加到饱和氯化铁溶液中D除去KNO3晶体中少量的NaCl杂质先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 4.0gNaOH配成100mL溶液，
31、浓度为4.0mol/L，A错误；B. 向盛有2 mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若溶液由黄色变为浅绿色，则证明维生素C具有还原性，B正确；C. 制备Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，C错误；D. 除去KNO3晶体中少量的NaCl杂质，应将晶体溶于热水配制热的浓溶液，然后降温结晶获得KNO3晶体，D错误。故选B。20.除去下列物质中杂质选用的试剂和方法最合理的是（ ）选项物质杂质试剂方法ACO2HCl饱和碳酸钠溶液洗气BHNO3溶液H2SO4溶液BaCl2溶液过滤CNaCl溶液碘（I2）酒精萃取、分液DCOCO2NaOH溶液、浓H2SO4洗气A. AB. BC.
32、 CD. D【答案】D【解析】【详解】A.饱和碳酸钠溶液不仅能吸收HCl，还能吸收CO2，A错误；B. BaCl2溶液与H2SO4溶液反应，能除去SO42-，但同时引入杂质Cl-，B错误；C. 酒精易溶于水，不能作萃取剂，C错误；D. NaOH溶液能吸收CO2、浓H2SO4干燥CO，D正确。故选D。第卷（非选择题共50分）二、填空题（本题共包括4小题，共50分）21.（1）标准状况下的甲烷和一氧化碳的混合气体8.96 L，其质量是7.60 g，则混合气体中甲烷的体积为_，一氧化碳的质量为_。（2）现有CO、CO2的混合气体，根据下列条件回答问题若该混合气体在标准状况下的密度为1.79 g/L，
33、则混合气体中CO的体积分数为_。若标准状况下，2.24 L该混合气体的质量为4 g，则混合气体中CO和CO2的物质的量之比为_。（3）一定量的甲烷在O2不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和H2O的总质量是7.2 g，若其中水的质量为3.6 g，则CO的质量是_。（4）在一定条件下，某固体化合物X受热分解方程式为: 2X = A+2B+3C，测得反应后生成的混合气体对H2的相对密度为11。在相同条件下，X的相对分子质量是_。【答案】 (1). 6.72 L (2). 2.8 g (3). 25% (4). 1:3 (5). 1.4 g (6). 66【解析】【分析】（1）标准状况下的甲烷和一氧化
34、碳的混合气体8.96 L，物质的量为，其质量是7.60 g，列方程可求出甲烷和一氧化碳的物质的量，从而求出甲烷的体积和一氧化碳的质量。（2）可假设混合气为1mol，则其体积为22.4L，若该混合气体在标准状况下的密度为1.79 g/L，则混合气的质量为22.4L1.79g/L=40g，列方程可求出CO的物质的量，由此求出体积分数。若标准状况下，2.24 L该混合气体为0.1mol，质量为4 g，列方程可求出混合气体中CO和CO2的物质的量，从而求出物质的量之比。（3）利用水的质量为3.6 g，求出n(H2O)=，从而求出n(CH4)=n(C)=0.1mol，利用7.2g列方程可求出CO的质量。
35、（4）利用阿伏加德罗定律的推论，可求出混合气的平均相对分子质量为112=22，再假设X为2mol，则依据方程式2X = A+2B+3C，混合气体为6mol，然后利用质量守恒建立等量关系式，从而求出X的相对分子质量。【详解】（1）n(混)=，其质量是7.60 g设甲烷的物质的量为x，则一氧化碳的物质的量为0.4-x16x+28(0.4-x)=7.6 x=0.3molV(CH4)=0.3mol22.4L/mol=6.72L，m(CO)=0.1mol28g/mol=2.8g。答案为：6.72 L；2.8 g；（2）可假设混合气为1mol，则其体积为22.4L，若该混合气体在标准状况下的密度为1.79
36、 g/L，则混合气的质量为22.4L1.79g/L=40g，设CO的物质的量为y，则CO2的物质的量为1-y28y+44(1-y)=40 y=0.25mol CO的体积分数为；答案为：25%；若标准状况下，2.24 L该混合气体为0.1mol，质量为4 g，设CO物质量为z，则CO2的物质的量为0.1-z28z+44(0.1-z)=4 z=0.025mol，0.1-z=0.075mol，n(CO):n(CO2)=1:3；答案为：1:3；（3）水的质量为3.6 g，n(H2O)=，从而求出n(CH4)=n(C)=0.1mol，设CO物质的量为x则28x+44(0.1-x)+3.6=7.2 x=0
37、.05mol m(CO)=0.05mol28g/mol=1.4g。答案为：1.4g；（4）利用阿伏加德罗定律的推论，可求出混合气的平均相对分子质量为112=22，再假设X为2mol，则依据方程式2X = A+2B+3C，混合气体为6mol，依据质量守恒建立，可得：2molM(A)=6mol22g/mol，M(A)=66。答案：66。22.（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式NH4HSO4：_；KHCO3：_。（2）写出下列反应的离子方程式醋酸(CH3COOH)除水垢（主要成分为CaCO3）：_。向石灰乳中滴加稀盐酸：_。Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液的反应：_。Ba(OH)2溶液
38、与NaHSO4溶液反应至恰好完全沉淀：_。【答案】 (1). NH4HSO4 = NH4+ + H+ + SO42- (2). KHCO3 = K+ + HCO3- (3). CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + CO2+ H2O (4). Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O (5). Ca2+ + 2HCO3-+ 2OH- = CaCO3 + CO32- +2H2O (6). Ba2+ +OH- + H+ + SO42- = BaSO4 + H2O【解析】【分析】（1）在水溶液中，NH4HSO4完全电离为NH4+、H+、SO42-；在水
39、溶液中，KHCO3完全电离为K+和HCO3-，但HCO3-只发生部分电离，所以若考虑HCO3-的电离，应分两步完成。（2）CaCO3难溶，CH3COOH为弱酸，都不能拆成离子形式。石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，应以化学式表示。按以少定多原则，Ca(HCO3)2电离出的Ca2+和HCO3-，在方程式中的数量关系应满足组成关系。可假设Ba2+为1mol，则SO42-也应为1mol，由此两种离子，确定参加的反应的H+、OH-也应都为1mol。【详解】（1）在水溶液中，NH4HSO4完全电离为NH4+、H+、SO42-，离子方程式为NH4HSO4 = NH4+ + H+ + SO42-；答案为：NH4HS
40、O4 = NH4+ + H+ + SO42-；在水溶液中，KHCO3完全电离为K+和HCO3-，离子方程式为KHCO3 = K+ + HCO3-。答案为：KHCO3 = K+ + HCO3-；（2）CaCO3难溶，CH3COOH为弱酸，都不能拆成离子形式，离子方程式为CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + CO2+ H2O；答案为：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ + 2CH3COO- + CO2+ H2O；石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，应以化学式表示，离子方程式为Ca(OH)2 + 2H+ = Ca2+ + 2H2O；答案为：Ca(OH)2 + 2
41、H+ = Ca2+ + 2H2O；按以少定多原则，Ca(HCO3)2电离出的Ca2+和HCO3-，应满足1:2关系，离子方程式为Ca2+ + 2HCO3-+ 2OH- = CaCO3 + CO32- +2H2O；答案为：Ca2+ + 2HCO3-+ 2OH- = CaCO3 + CO32- +2H2O；可假设Ba2+为1mol，则SO42-也应为1mol，由此两种离子，确定参加的反应的H+、OH-也应都为1mol，离子方程式为Ba2+ +OH- + H+ + SO42- = BaSO4 + H2O。答案为：Ba2+ +OH- + H+ + SO42- = BaSO4 + H2O。23.一学生设
42、计了如下实验方法分离NaCl和CaCl2两种固体混合物回答下列问题（1）方案中反应的离子方程式是 _、_。（2）按此实验方案分离得到的NaCl，经分析含有杂质，是因为上述方案中某一设计有毛病，这一步的正确设计方案应是_。（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B 物质和另一物质的质量，这种物质是_。（填物质对应的字母）（4）实验过程中检验洗涤 B 物质是否洗净的方法是_。（5）该实验过程中需要0.1mol/L的Na2CO3溶液450 mL，实验老师用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)配制该浓度的溶液。请你协助老师完成下列问题: 配制Na2CO3溶液时需要的主要玻璃仪器
43、有烧杯、玻璃棒、_。 该实验的第一步是计算，称取_g碳酸钠晶体。 若定容时仰视刻度线，则所配制的溶液浓度_（填“偏高”“偏低”或“不变”）。【答案】 (1). Ca2+ + CO32- = CaCO3 (2). CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2O (3). 先向滤液中加入适量盐酸至不再产生气体后，再蒸发结晶 (4). A (5). 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则B物质已洗净 (6). 胶头滴管、500 mL 容量瓶 (7). 14.3 g (8). 偏低【解析】【分析】（1）方案中涉及两步反应，一步是CaCl2与Na2CO3反应，另
44、一步是CaCO3与盐酸反应。（2）因为用于沉淀Ca2+的Na2CO3过量，所以滤液中必然混有Na2CO3，可加酸去除。（3）因为在反应过程中生成了NaCl，所以若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，必须利用原样品的质量。（4）检验洗涤 B 物质是否洗净的方法是检验洗涤液中是否存在溶液中的某种离子。（5）因为实验室没有450 mL的容量瓶，必须选择500mL的容量瓶。 配制Na2CO3溶液时缺少的仪器利用实验操作进行分析。 利用500mL的容量瓶，计算时溶液的体积就应是500mL。 若定容时仰视刻度线，则所配制溶液的体积偏大，浓度变化可利用公式进行分析。【详解】（1）方案中涉及两步反应，
45、一步是CaCl2与Na2CO3反应，离子方程式为Ca2+ + CO32- = CaCO3，另一步是CaCO3与盐酸反应，离子方程式为CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2O。答案为：Ca2+ + CO32- = CaCO3；CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2O；（2）因为用于沉淀Ca2+的Na2CO3过量，所以滤液中必然混有Na2CO3，可加酸去除，正确的操作为：先向滤液中加入适量盐酸至不再产生气体后，再蒸发结晶。答案为：先向滤液中加入适量盐酸至不再产生气体后，再蒸发结晶；（3）因为在反应过程中生成了NaCl，所以若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质
46、量比，必须利用原样品的质量。答案为：A；（4）只能检验洗涤液中是否存在Cl-，方法为取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则B物质已洗净。答案为：取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则B物质已洗净；（5）因为实验室没有450 mL的容量瓶，必须选择500mL的容量瓶。 配制Na2CO3溶液时，缺少的仪器为胶头滴管、500 mL 容量瓶；答案为：胶头滴管、500 mL 容量瓶；m(Na2CO310H2O)= 0.1mol/L0.5L286g/mol=14.3g；答案为：14.3 g； 若定容时仰视刻度线，则所配制溶液的体积偏高，由c=可知
47、，V偏高，则c偏低。答案为：偏低。24.次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：_。（2）H3PO2及NaH2PO2均可将AgNO3溶液中的Ag+ 还原为银，从而可用于化学镀银。H3PO2中，磷元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，写出该反应的化学方程式，并在方程式中用单线桥表示该反应的电子转移:_。NaH2PO2为_ （填“正盐”或“酸式盐”）。【答案】 (1). H3PO2H+H2PO2- (2). +1 (3). (4). 正盐【解析】【分析】（1）H3PO2
48、是一元中强酸，则电离时，只能电离出一个H+，且反应物与生成物间用“”连接。（2） H3PO2中，H显+1价，O显-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，求出磷元素的化合价。 利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，该反应氧化剂为AgNO3，还原剂为H3PO2，产物为Ag、H3PO4，H3PO4是由得失电子守恒得出，再根据质量守恒，添加其它的反应物和生成物；单线桥表示的电子转移是从反应物中失电子元素指向反应物中的得电子元素。 因为H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为正盐。【详解】（1）H3PO2是一元中强酸，则电离时，只能电离出一个H+，电离方程式为
49、H3PO2H+H2PO2-。答案为：H3PO2H+H2PO2-；（2） H3PO2中，H显+1价，O显-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0，磷元素的化合价为+1价。答案为：+1； 利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，该反应氧化剂为AgNO3，还原剂为H3PO2，产物为Ag、H3PO4，H3PO4是由得失电子守恒得出，再根据质量守恒，添加其它的反应物和生成物，反应的化学方程式为4AgNO3+H3PO2+2H2O=4Ag+H3PO4+4HNO3；单线桥表示的电子转移方向和数目为：答案为： 因为H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为正盐。答案为：正盐。