1、静宁一中20202021学年度第一学期高一级第二次考试题化 学（实验班）可能用到的相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 Ag-108 Ba-137 Zn-65一、选择题(本小题包括24小题，每小题2分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1. 常温常压下，气体体积的大小取决于（ ）A. 分子半径B. 分子质量C. 分子总数D. 分子间的平均距离【答案】C【解析】【详解】决定气体体积的因素有分子数目、气体分子大小、气体分子间距；因为气体分子间距远远大于分子本身的大小，所以分子大小可以忽略，而温度、压强决定气体的分子间距
2、，故在常温常压下，气体分子间距相等，则此时气体体积取决于分子数目；答案选C。【点睛】由于气体分子在很大的空间运动，分子本身相对于分子间隔很小，可以忽略不计，因此影响气体体积的因素只有微粒数目和微粒间隔，当外界条件相同时，微粒间隔相同，若微粒数目相同，则不同的气体的体积都相同，温度和压强一定，1mol任何气体的体积都为定值。2. 用CuSO45H2O配制0.1 mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是（ ）A. 取25 g CuSO45H2O溶于1 L水中B. 将CuSO45H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液C. 将25 g CuSO45H2O溶于水制成1 L溶液D.
3、 取12.5 g CuSO45H2O溶于500 mL水中【答案】C【解析】【详解】A.单位体积溶液里所含溶质的物质的量来表示的浓度是物质的量浓度，A中溶液的体积不是1L，不能确定溶液的浓度，A不正确；B.胆矾不一定完全失去结晶水，则16g固体的质量不一定是0.1mol，B不正确；C.胆矾的物质的量是25g250g/mol0.1mol，溶液体积是1L，则浓度是0.1mol/L，C正确；D.胆矾的物质的量是0.25mol，但溶液的体积不是0.5L，不能确定溶液的浓度，D不正确。答案选C。3. 下列说法正确的是（ ）标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是22.4L；0.5molH2所占体积
4、为11.2L；标准状况下，1molH2O的体积约为22.4L；标准状况下，14gCO与N2的混合气体的体积约为11.2L； 22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液，浓度为1 mol/L；标准状况下，体积相同的气体所含原子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】不知道标准状况下该分子是否为气体，无法用气体摩尔体积进行计算，故错误；没有说明0.5mol H2是否为标况下，无法计算其体积，故错误；标准状况下水为非气体，1mol H2O的体积不为22.4L，故错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，则14g CO与N2的混合气体物质的量，标准状况下体积约为，故正确；没有说明22.
5、4LHCl气体是否为标况下的，无法计算其物质的量，故错误；标准状况下，体积相同的气体所含分子数相同，原子数不一定相等，如O2和O3，故错误；故答案选：B。4. 如下图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反应，符合该图的是（ ）A. Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液B. NaOH溶液中滴加稀HClC. CH3COOH溶液中滴加KOH溶液D. Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4【答案】D【解析】【详解】ACu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液，氢氧化铜是悬浊液，离子浓度小，两者反应生成硝酸铜溶液和水，离子浓度增加，导电性增强，故A不符合题意；BNaOH溶液中滴加稀HC
6、l，两者反应生成氯化钠和水，离子浓度减小，导电性减弱，但导电性不能降低到0，故B不符合题意；CCH3COOH溶液中滴加KOH溶液，醋酸是弱电解质，两者反应生成醋酸钾和水，离子浓度增大，导电性增强，故C不符合题意；DBa(OH)2溶液中滴加稀H2SO4，两者反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度几乎为0，导电性几乎为0，继续滴加硫酸，离子浓度增大，导电性增强，故D符合题意。综上所述，答案为D。5. 下列说法正确的是（ ）A. 酸性氧化物大多数是非金属氧化物B. 二氧化碳溶于水可以导电，所以二氧化碳是电解质C. 固态醋酸是电解质，所以醋酸在熔融时和溶于水时都能导电D. 硫酸钡不溶于水，所以硫酸钡是非电解
7、质【答案】A【解析】【详解】A. 酸性氧化物大多数是非金属氧化物，少部分酸性氧化物如Mn2O7是金属氧化物，故A正确；B. 电解质是本身能电离出离子的化合物，二氧化碳溶于水可以导电，是二氧化碳和水反应生成了电解质碳酸，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；C. 固态醋酸是弱电解质，熔融状态下不能电离出离子，不能导电，但其溶于水后能够电离出离子，能导电，故C错误；D. 溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，硫酸钡不溶于水，硫酸钡在熔融状态能导电，是电解质，故D错误；故选A。6. 下列关于胶体的说法正确的是()A. 将1 L 2 molL1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数为2N
8、AB. 胶体与其他分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其他分散系没有C. 胶体的聚沉是化学变化D. NaCl晶体即可制成溶液又可制成胶体【答案】D【解析】【详解】A. 氢氧化铁胶体微粒是多个氢氧化铁集合体，所以将1 L 2 molL1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数小于2NA，故A错误；B. 溶液与胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，故B错误；C. 胶体的聚沉没有产生新的物质，是物理变化，故C错误；D. 当分散质直径在1-100nm时分散系为胶体，当分散质直径小于1nm时分散系为溶液，NaCl晶体即可制成溶液又可制成胶体，故D正确；故答案选：D。7. 设NA为阿伏伽
9、德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 同温同压下，等质量的SO2和CO2相比较，密度比为1611B. 标准状况下，22.4 L苯中含有的分子数为NAC. 1L0.1mol/LCH3COOH水溶液中含有的氢原子数目为0.4NAD. 等物质的量的 NH3和Cl2所含分子数为NA【答案】A【解析】【详解】A. ，可知密度之比等于摩尔质量之比，则密度比为64：44=16：11，故A正确；B. 标准状况下，苯不是气体，不能计算22.4 L苯的物质的量，故B错误；C. CH3COOH是弱酸，在水溶液中部分电离，1L0.1mol/LCH3COOH水溶液中含有的氢原子数目小于0.1NA，故C错误；D. 没
10、有说明NH3和Cl2的质量，无法计算所含分子数为，故D错误；故选A。8. 在0.5L由KCl、MgCl2、Mg（NO3）2形成的混合溶液中，c（K+）=0.1mol/L，c（Mg2+）=0.25mol/L，c（NO3-）=0.2mol/L，则往混合溶液中滴加足量的AgNO3后产生的沉淀的物质的量为（ ）A. 0.15 molB. 0.20 molC. 0.25 molD. 0.40 mol【答案】B【解析】电荷守恒：c（K+）+2c（Mg2+）=c（NO3-）+c（Cl-），c（Cl-）=0.4mol/L，n（Cl-）=0.4mol/L0.5L=0.2mol，Ag+ClAgCl，产生氯化银沉淀
11、的物质的量为0.2mol，故选B。9. 离子方程式中的不能代表的物质是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】依据离子方程式中的是溶于水的强酸溶液中发生的反应，同时不能和钡离子反应生成沉淀分析。【详解】溶于水完全电离，且不和钡离子反应，可以代表碳酸钡和盐酸反应的离子方程式，故不选；于水完全电离，但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀，离子方程式为不可以代表碳酸钡和硫酸反应的离子方程式，故选；溶于水完全电离，不和钡离子反应可以代表；可以代表碳酸钡和硝酸反应的离子方程式，故不选；中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡，离子方程式为不可以代表碳酸钡和硫酸氢钠反应的离子方程式，故选；是
12、弱酸存在电离平衡，不能写成氢离子的形式，离子方程式不可以代表碳酸钡和乙酸反应的离子方程式，故选；故答案选C。【点睛】对于离子反应的实质，主要关注离子的存在和离子反应的分析理解，提供氢离子的同时，不能和钡离子反应是解题关键。10. 下列关于物质分类正确组合是（ ）分类组合混合物碱电解质碱性氧化物ACuSO45H2OCa(OH)2NaClNa2OB稀硫酸Na2CO3H2CO3Fe2O3C镁铝合金KOHBaSO4CuOD矿泉水Mg(OH)2盐酸CaOA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. CuSO45H2O是硫酸铜的结晶水合物，属于纯净物，故A错误；B. 碳酸钠，属于盐不是碱
13、，故B错误；C. 盐酸是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D. Na2O、Fe2O3、CuO、CaO都可以和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故D正确；故选：D。11. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A. 常温常压下，3.2g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子数为0.2NAB. 0.1 mol液态HCl中含有的H+数目为0.1NAC. 6.5g锌与足量盐酸反应产生H2的体积约为2.24LD. 0.1mol/LNaOH溶液中含有的钠离子数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A. 氧气和臭氧均为O原子构成的单质，则氧原子物质的量，则含有的氧原子数为0.2NA
14、，故A正确；B. HCl为共价化合物，液态HCl不发生电离，不存在H+，故B错误；C.未说明气体是否为标况下，无法计算其体积，故C错误；D.不知道溶液的体积，无法确定0.1mol/LNaOH溶液中含有的钠离子数目，故D错误。故答案选：A。12. 下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作合理的是ABCD苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作测量Cl2的体积制取Fe(OH)3胶体配制0.10mol/LNaOH溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A苯的密度比水小，在上层，应从分液漏斗上口倒出，A不合理；B氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水的方法收集氯气、测量Cl2的
15、体积，B合理；C制取Fe(OH)3胶体时，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色，且不能搅拌，C不合理；D配制0.10mol/LNaOH溶液时，不能将固体直接放容量瓶内加水溶解并定容，D不合理；故选B。13. 下列各组中的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是（ ）A. Na2CO3与硝酸溶液；Na2CO3与醋酸溶液B. BaCl2与Na2SO4；Ba(OH)2与H2SO4C. NaOH与HCl；NaHSO4与NaOHD. 少量CO2通入NaOH溶液；少量CO2通入澄清石灰水【答案】C【解析】【详解】A. 前者离子方程式为：2H+= H2O+CO2；醋酸是弱酸，在离
16、子方程式中不能拆，后者离子方程式为：2CH3COOH+=H2O+CO2+2CH3COO，二者不能用同一个离子方程式表示，故A错误；B. 前者离子方程式为：Ba2+=BaSO4，后者离子方程式为：2OH+2H+Ba2+=BaSO4+2H2O，二者不能用同一个离子方程式表示，故B错误；C. 二者反应实质相同，都能用离子方程式：H+OH=H2O 表示，故C正确；D. 少量CO2通入NaOH溶液生成碳酸根，离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；少量CO2通入澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，离子方程式为：CO2+2OH-+Ca2+= CaCO3+H2O，故D错误；故选C。14. 下列事实与胶体性质有关的是
17、（ ）豆浆加入盐卤做豆腐在河流入海口易形成沙洲油水混合会分层工厂采用静电除尘FeCl3与NaOH溶液混合产生红褐色沉淀血液透析A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】胶体具有的性质有：丁达尔效应；聚沉；电泳，胶体粒度介于1nm-100nm之间，不能透过半透膜，以此解答该题。【详解】用盐卤点豆腐是胶体的聚沉的应用，与胶体性质有关，故正确；江河入海口形成三角洲的形成是胶体聚沉的作用，与胶体性质有关，故正确；油水混合会分层，属于浊液的分层，与胶体无关，故错误；静电除尘是利用胶体电泳性质的应用，与胶体性质有关，故正确；FeCl3与NaOH溶液混合产生红褐色沉淀Fe(OH)3，没有生成胶体
18、，故错误；血液透析是指血液中，蛋白质和血细胞颗粒较大，是胶体，不能透过透析膜，血液内的毒性物质直径较小，则可以透过，与胶体的性质有关，故正确；故选A。15. 能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO + OH- +Ca2+ = H2O+ CaCO3B. 碳酸氢钠溶液中加入HCl：CO + 2H+ = H2O + CO2 C. 稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应：SO + Ba2+ + H+ + OH- = H2O+ BaSO4D. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液的反应：【答案】D【解析】【详解】A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应时生成碳酸钠、碳酸钙和水
19、，离子方程式为，故A错误；B.碳酸氢钠应拆成Na+和碳酸氢根，不能拆成碳酸根，故B错误；C. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应时氢氧根、氢离子和水的化学计量数为2，应为SO + Ba2+ + 2H+ + 2OH- = 2H2O+ BaSO4 ，故C错误；D. 硫酸氢钠完全电离出钠离子、硫酸根和氢离子，则硫酸氢钠溶液与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：，故D正确；故答案选：D。16. 把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡；另一份加入，含bmolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；则原混合溶液中钾离子的浓度为(
20、 )A. mol/LB. mol/LC. mol/LD. mol/L【答案】C【解析】【分析】两等份溶液中一份加BaCl2的溶液发生Ba2+ BaSO4，由方程式可知n()=n(Ba2+)，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2+2OH-Mg(OH)2，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=n(OH-)，再利用电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n()，据此计算每份中n(K+)，根据c=计算钾离子浓度。【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2+BaSO4，由方程式可知n()=n(Ba2+)=n(BaCl2)=amol；另一份加氢氧化钠溶
21、液时发生Mg2+2OHMg(OH)2，由方程式可知每份溶液中n(Mg2+)=n(OH)=bmol；由电荷守恒可知每份中2n(Mg2+)+n(K+)=2n()，故每份中溶液n(K+)=2a2b mol=(2ab)mol，则原混合溶液中钾离子的浓度为 =mol/L，故选C。17. 为预防新型冠状病毒，公共场所可用0.5%的过氧乙酸溶液来消毒。实验室中用容量瓶配制一定物质的量浓度的过氧乙酸溶液，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是A. 定容时水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线B. 定容时仰视刻度线C. 没有洗涤稀释过氧乙酸的烧杯和玻璃棒D. 量取过氧乙酸液体时仰视刻度线【答案】D【解析】【分析】根据配制过
22、程中溶质的变化和溶液体积的变化分析物质的量浓度的变化。【详解】A.用滴管吸出溶液使n（过氧乙酸）偏小，所配溶液浓度偏低；B.定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；C.未洗涤稀释过氧乙酸的烧杯、玻璃棒，n（过氧乙酸）偏小，所配溶液浓度偏低；D.量取过氧乙酸液体时仰视刻度线，过氧乙酸的体积偏大，n（过氧乙酸）偏大，所配溶液浓度偏高。故选D。18. 同温同压下，用等质量的Cl2、SO2、O2、H2S四种气体分别吹起四个气球，其中是由Cl2吹起的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】同温同压下，等质量的Cl2、SO2、O2、H2S四种气体的物质的量与其摩尔质量成反比，
23、所以摩尔质量越大，则物质的量越小，在同温同压下，体积越小，Cl2、SO2、O2、H2S的摩尔质量分别为71g/mol、64 g/mol、32 g/mol、34 g/mol，则Cl2的摩尔质量最大，物质的量最小，在同温同压下体积最小，答案选D。19. 某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A. NaHCO3、Al（OH）3B. AgCl、NaHCO3C. Na2SO3、BaCO3D. Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】【
24、详解】A NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；BAgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。20. 下列对实验过程的评价正确的是（）A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体一定是碳酸盐B. 某无色溶液滴入
25、无色酚酞试液显红色，该溶液一定显碱性C. 某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含SOD. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀盐酸除去OH，再加硝酸银溶液，有白色沉淀出现，证明含C1【答案】B【解析】【详解】A某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐等，故A错误；B碱性使酚酞试液显红色，某无色溶液滴入无色酚酞试液显红色，则溶液一定显碱性，故B正确；C某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中可能含SO和Ag+，故C错误；D验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稀盐酸除去OH，会引入C1，再加硝酸银溶液，有白色沉
26、淀出现，不能证明原溶液中含C1，故D错误。综上所述，答案为B。21. 下列各溶液中能大量共存的离子组是（ ）A. 碳酸氢钠溶液中：K+、NO、Cl-、OH-B. 澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-C. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO、K+D. 使石蕊溶液变红溶液中：Na+、Cl-、K+、CH3COO-【答案】B【解析】【详解】A. OH与碳酸氢钠反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B. 离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C. 使酚酞试液呈红色的溶液中存在大量氢氧根离子，Mg2+、Cu2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，故C错误；D
27、. 使石蕊试液变红的溶液中存在大量氢离子，CH3COO-氢离子形成弱电解质CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。22. 室温时，甲、乙两同学在实验室配制氯化钠溶液。甲同学配制5%的NaC1溶液100g，乙同学配制0.5molL-1的NaC1溶液100mL(20时，氯化钠的溶解度为36g)。下列说法正确的是A. 两同学所需溶质的质量相同B. 两同学所需实验仪器种类相同C. 两同学所配溶液均为不饱和溶液D. 两同学所配溶液的质量相同【答案】C【解析】【详解】A.甲同学需要的溶质的质量为100 g5%=5 g，乙同学需要的溶质的质量为0.5 mol/L0.1 L58.5 g/mol
28、=2.925 g，A错误；B.乙同学配制过程中需要用到100mL容量瓶，而甲同学不需要，B错误；C.由A项的计算结果及题目所给氯化钠的溶解度可知，两同学配制的溶液均为不饱和溶液，C正确；D.NaCl溶液的密度大于水的密度，则100 mL0.5mol/L氯化钠溶液的质量大于100 g，D错误；答案选C。23. 某无色澄清溶液中可能含有：Na+、SO、Cl、HCO、CO、H+、Cu2+中的若干种，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下:步骤操作现象用紫色石蕊试液检验溶液变红向溶液中滴加 BaCl2 溶液和稀盐酸有白色沉淀生成将中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3 溶液和稀 H
29、NO3有白色沉淀生成下列结论正确的是( )A. 该实验无法确定是否含有B. 肯定含有的离子是C. 可能含有的离子是D. 肯定没有的离子是，可能含有的离子是【答案】A【解析】【详解】无色澄清溶液，说明不含有Cu2+，用紫色石蕊试液检验，溶液变红，说明含有H+，则溶液中不含有HCO、CO，向溶液中滴加 BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，白色沉淀为硫酸钡，说明含有SO，将中所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO3 溶液和稀 HNO3，有白色沉淀生成，则白色沉淀为AgCl，由于步骤加入了盐酸，不能证明原溶液中是否含有Cl，溶液中一定存在的离子为SO、H+，一定不存在的有HCO、CO、Cu2+，可能
30、存在的有Na+、Cl，故A正确。综上所述，答案为A。24. 室温下如图所示，关闭活塞，向左右两室（容积相同）各充入一定量和，且恰好使两容器内气体密度相同，打开活塞，点燃使压与充分反应生成氯化氢气体：，恢复到原温度后，下列判断正确的是（ ）A. 开始时左右两室分子数相同B. 最终容器内无存在C. 反应前后室压强相同D. 最终容器内密度与原来相同【答案】D【解析】【详解】A. 开始时左右两室中气体体积和密度均相同，所以气体质量相同，但氢气和氯气的摩尔质量不同，则两种气体的物质的量不同，分子数不同，故A错误；B. 开始时左右两室中气体体积相同，气体密度相同，所以气体质量相同，氢气的物质的量大于氢气，
31、氢气过量，故B错误；C. 氢气和氯气反应前后气体体积不变，反应前氢气的压强大于氯气，反应后氢气室的压强减小，故C错误；D. 根据质量守恒定律，反应前后气体质量不变，容器容积也不变，所以总密度不变，故D正确；故选D。二、非选择题(本题包括4小题，共52分)25. 按要求完成下列填空：(1)标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比为 _，氧原子个数之比 _。(2)某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。则金属M的摩尔质量_。(3)标准状况下，甲烷和一氧化碳的混合气体共8.96L，其质量为，则混合
32、气体的平均摩尔质量为_，甲烷的体积分数为_。(4)某物质加热时按化学方程式分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对的相对密度为20，则反应物的相对分子质量为_。(5)溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是_。【答案】 (1). 3:2 (2). 1:1 (3). 27g/mol (4). 19g/mol (5). 75% (6). 120g/mol (7). 1:3【解析】【详解】（1）标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比等于物质的量之比为=3:2；1个氧气分子中有两个氧原子，1个臭氧分子中有三个氧
33、原子，氧原子个数之比为：=1:1；（2）金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g即=0.6mol AgCl白色沉淀，所以氯离子的物质的量是0.6mol，金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，该金属氯化物质量是26.7g，物质的量为=0.2mol，解得x=3，所以金属M的摩尔质量为133.5g/mol(35.5g/mol3)=27g/mol，故答案为：27g/mol；（3）设混合气体中甲烷的物质的量为x mol、CO的物质的量为y mol，则：x+y= ，16x+28y=7.6，解得：x=0.3mol，y=0.1mol；相同条件下气体体积分数等于
34、物质的量分数=100%=75%，故答案为：75%；（4）令A的物质的量为2mol，由方程式2A=2B+C+3D，可知混合气体总物质的量为2mol+1mol+3mol=6mol，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量=2g/mol20=40g/mol，混合气体总质量=6mol40g/mol=240g，由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量，故A的摩尔质量= =120g/mol；（5）由相同Ba2+恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则Ba2+ =BaSO4，Fe2(SO4)3CuSO4，又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比，
35、则两种硫酸盐溶液的摩尔浓度之比为:1=1:3。26. 按要求完成下列填空： (1)用98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）配制0.5mol/L稀硫酸溶液480mL，所需浓硫酸的体积为_mL（保留一位小数）。 (2) 相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为Sg/100g水，此时饱和溶液的密度为dg/mL，则该饱和溶液的物质的量浓度是_mol/L。(3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，写出发生反应的离子方程式_。(4)以下为中学化学中常见几种物质：二氧化碳 熔融KCl NaHSO4固体 铜 稀硫酸 蔗糖 AgCl Fe(OH)3胶体。A其中能导电的是_（填序号，下同）B
36、属于电解质的是_C属于非电解质的是_DNaHSO4熔融状态下的电离方程式_E某同学向中逐滴加入了稀硫酸，结果出现了一系列变化，先出现红褐色沉淀，原因是_，随后沉淀溶解，此反应的离子方程式是_。【答案】 (1). 13.6 (2). (3). SO + Ba2+ + 2H+ + 2OH- = 2H2O+ BaSO4 (4). (5). (6). (7). NaHSO4= Na+ + HSO (8). 电解质使胶体聚沉 (9). Fe(OH)3 + 3H+ = Fe 3+ + 3H2O【解析】【详解】(1)配制0.5mol/L稀硫酸溶液480mL需要500mL的容量瓶，98%的浓硫酸(密度=1.8
37、4gcm3)物质的量浓度为：=18.4mol/L；设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得：18.4mol/LV=0.5molL1500mL，解得V=13.6mL； 故答案为：13.6；(2)相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为Sg/100g水，即100 g水中可以溶解Sg该物质，则该饱和溶液的物质的量浓度c=；(3)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：SO + Ba2+ + 2H+ + 2OH- = 2H2O+ BaSO4；(4)熔融KC1、NaHSO4固体、AgCl是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，为电解
38、质，二氧化碳、蔗糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质；铜稀硫酸Fe(OH)3胶体，既不是电解质，也不是非电解质，但都可以导电；A. 其中能导电的是：；B. 属于电解质的是：；C. 属于非电解质的是：；向Fe(OH)3胶体逐滴加入了稀硫酸，电解质使胶体聚沉产生红褐色沉淀Fe(OH)3；继续加稀硫酸，Fe(OH)3溶解，离子方程式为：Fe(OH)3 + 3H+ = Fe 3+ + 3H2O。27. 现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如图所示。 (1)中反应的离子方程式是_。(2)中均进
39、行的分离操作是_（填操作名称）。(3)中加入过量的Na2CO3溶液的目的是_。(4)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的_。 （填化学式）(5)实验室用上述实验获得的NaNO3固体配制480mL 0.40mol/L NaNO3溶液。配制溶液时，称取NaNO3固体的质量是_g。实验所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。配制时，一般可分为以下几个步骤：A称量 B计算 C溶解 D摇匀 E移液 F洗涤 G定容 H冷却正确的操作顺序为：_ (填序号)。下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是_(填字母)。A移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒B溶解后未经冷却就移液C移液时，
40、有少量液体溅出D摇匀后，液面低于刻度线，加蒸馏水至刻度线 E配置前，容量瓶中有少量蒸馏水【答案】 (1). (2). 过滤 (3). 除尽Ag+ 和Ba2+ (4). HNO3 (5). 17.0 (6). 500mL容量瓶 (7). 胶头滴管 (8). BACHEFGD (9). ACD【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba（NO3）2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作
41、可得固体NaNO3根据配制一定浓度的溶液步骤操作，进行分析。【详解】(1)滤液1中含氯离子，加入过量的AgNO3，使Cl全部转化为AgCl沉淀，反应的离子方程式为：，故答案为：；(2)中均进行的分离是把不溶性物质和可溶性物质分离，故为过滤，故答案为：过滤；(3)滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，故答案为：除尽Ag+ 和Ba2+；(4)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：HNO3；(5)制备500mL0.4mol/L的NaNO3溶液，则需要
42、硝酸钠的质量为，故答案为：17.0；配制一定物质的量浓度的溶液需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，则还缺少的玻璃仪器有：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；一定物质的量浓度的溶液配制流程为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀 ，故答案为：BACHEFGD；A移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，会导致有少量溶质残留在烧杯内壁和玻璃棒，减小溶质的物质的量，根据，可知会导致溶液的浓度偏小，故A选；B溶解后未经冷却就移液，由于液体热胀冷缩，会导致定容时溶液的体积偏小，根据可知会导致溶液的浓度偏大，故B不选；C移液时，有少量液体溅出，
43、减小溶质的物质的量，根据，可知会导致溶液的浓度偏小，故C选；D摇匀后，液面低于刻度线，加蒸馏水至刻度线，水多加了，溶液体积偏大，根据，可知会导致溶液的浓度偏小，故D选；E配置前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影溶液的浓度，故E不选。故答案选：ACD。28. 1000mL某待测液中除含有0.2 molL1的Na外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH、Fe3+、Ba2+阴离子Cl、现进行如下实验操作（所加试剂均过量）：已知NH + OHNH3 +H2O(1)写出生成白色沉淀B的离子方程式：_。(2)待测液中肯定不存在的离子是_。(3)待测液中一定含有的阴离子是_，可能含有的阴离子是_。(
44、4)判断原溶液中K+是否存在，_（填“是”或 “否”），若存在，求 其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由_。【答案】 (1). OHBa2+ BaCO3H2O (2). Fe3+ 、Ba2+ (3). 、 (4). Cl (5). 是 (6). c(K+)的最小值为0.2 molL1【解析】【分析】1000mL某待测液中含有0.2 molL1的Na，则Na物质的量为，待测液加入氯化钡有难溶于硝酸的白色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量23.3g，物质的量为，说明n()=0.1mol，还有生成的沉淀溶于稀硝酸，生成的无色气体使澄清石灰水变浑浊，说明是碳酸钡沉淀，其质量为10.0g，物质的量为，
45、说明n()=0.1mol，根据含有、，与之反应的不共存，即不含有Fe3+、Ba2+，溶液A加入过量NaOH溶液、加热，产生了气体，则该气体为氨气，物质的量为，则n(NH)=0.1mol，生成白色沉淀19.7g，则是钡离子、氢氧根、碳酸氢根离子反应生成碳酸钡沉淀，物质的量为，则n()=0.1mol，根据电荷守恒，一定还有K+，白色沉淀C是AgCl，由于加入了氯化钡，因此不能说一定含有Cl，只是可能含有Cl。【详解】(1)生成白色沉淀B为碳酸钡，其离子方程式： OHBa2+BaCO3H2O；故答案为： OHBa2+BaCO3H2O。(2)根据前面分析待测液中肯定不存在的离子是Fe3+、Ba2+；故答案为：Fe3+、Ba2+。(3)待测液中一定含有的阴离子是、，可能含有的阴离子是Cl；故答案为：、；Cl。(4)根据电荷守恒得到原溶液中K+是存在，n()=0.1mol，n()=0.1mol，n()=0.1mol，n(NH)=0.1mol，n(Na)=0.2mol，可能含有Cl，因此根据电荷守恒得到K+的最小物质的量为；n(K)=0.2mol，则最小的物质的量浓度为；故答案为：是；c(K+)的最小值为0.2 molL1。【点睛】根据已知信息得到一定存在的离子，再根据离子共存排除一定不存在的离子，在离子之间不能确定时要注意根据电荷守恒来确定一些离子的存在。
