2022-2022学年山西省朔州市怀仁一中高一（上）期中化学试卷 一、选择题（第小题只有1个正确选项，每小题2分）1．近年来，我国的一些沿江或沿海城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞．雾属于下列分散系中的（ ）A．溶液B．悬浊液C．乳浊液D．胶体 2．如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是（ ）A．B．C．D． 3．有关电解质的说法正确的是（ ）A．强电解质的水溶液导电性要比弱电解质的水溶液导电性强B．SO2水溶液的导电性很好，所以SO2是电解质C．液态的铜导电性很好，所以铜是电解质D．强电解质的水溶液中不存在溶质分子 4．在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是（ ）A．Na+、K+、Cu2+、SO42﹣B．NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣C．K+、Ca2+、HCO3﹣、Cl﹣D．Mg2+、Na+、Cl﹣、OH﹣ 5．下列操作中，完全正确的一组是（ ）①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部②给盛有液体的体积超过容积的试管加热③蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管⑤用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中⑥蒸馏操作时，温度计插入液面下⑦分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出⑧将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体⑨蒸馏操作时，蒸馏烧瓶不需垫石棉网⑩检验装置气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热．A．①④⑦⑩B．①④⑤⑦⑩C．①④⑤⑦⑧⑩D．④⑤⑦⑩ -24-\n6．纳米碳是一种重要的“纳米材料”，其粒子直径为l～100nm之间．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系是：①溶液②胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤悬浊液⑥静置会析出黑色沉淀，其中正确的是（ ）A．⑤⑥B．③⑤⑥C．②③④D．①③④ 7．配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液的一些操作步骤见下图，正确的操作顺序是（ ）A．④⑤①②③B．①②③④⑤C．③④①②⑤D．②①④③⑤ 8．甲、乙、丙、丁分别是氢氧化钙溶液、硝酸钾溶液、碳酸钠溶液、盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法正确的是（ ）A．甲一定是氢氧化钙溶液B．乙一定是硝酸钾溶液C．丙不可能是碳酸钠溶液D．丁只能是盐酸 9．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为1NAB．常温常压下，1.7gH2O2中含有的电子数为0.8NAC．通常状况下，2.24LCO2和CO中所含分子数为0.1NAD．23gNO2和N2O4的混合气所含原子数为1.5NA 10．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．饱和氢氧化钙溶液与稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2OC．在氢氧化钡溶液中加入少量小苏打：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2OD．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O 11．把下列四种溶液分别加水稀释到1000ml，Cl﹣浓度最大的是（ ）A．100mL2.5mol/LNaClB．200mL2mol/LMgCl2C．500mL1mol/LAlCl3D．200mL5mol/LKClO3 12．在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（ ）a．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②A．abcB．bcdC．abcdD．acd 13．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则c1和c2的数值关系是（ ）A．c2=c1B．c2＜2c1C．c2＞2c1D．c2=2c1-24-\n 14．下列除去杂质的方法正确的是（ ）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的铜网，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入饱和Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去NaCl溶液中的少量MgCl2：加入适量KOH溶液，过滤 15．在标准状况下，容积为1L的密闭容器中刚好可以盛放a个N2分子和b个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数的近似值可以表示为（ ）A．a+bB．22.4（a+b）×6.02×1023C．×1023D．22.4（a+b） 16．超导材料为具有零电阻及反磁性物质，以Y2O3、BaCO3和CuO为原料．经研磨烧结可合成一种高温超导物质YBa2Cu3Ox现欲合成0.5mol此高温超导物，依化学计量比例，需取Y2O3．BaCO3和CuO的物质的量分别为（单位为mol）（ ）A．0.50.0.50.0.50B．0.25.1.0.1.5C．0.50.1.0.1.5D．1.0.0.25.0.17 17．有98g纯H2SO4和纯H3PO4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中H2SO4和H3PO4的物质的量之比为（ ）A．1：1B．3：1C．4：1D．任意比 18．意大利科学家最近合成了一种新型的氧分子，其化学式为O4．下列关于O4说法正确的是（ ）A．一分子O4由两分子O2构成B．O4是一种单质C．等质量的O4和O2含有相同数目的分子D．O4是一种化合物 19．有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL（蒸发过程中无溶质析出），这80mL溶液的物质的量浓度为（ ）A．5mol/LB．6mol/LC．6.25mol/LD．6.75mol/L 20．实验测得乙烯与氧气混和气体的密度是氢气14.5倍，可知其中乙烯的质量百分比为（ ）A．25.0%B．27.6%C．72.4%D．75.0% 21．0℃和101KPa条件下，13g某气体与8gCH4的分子数相同，则该气体在相应条件下的密度为（ ）A．0.58g/LB．0.29g/LC．1.16g/LD．0.714g/L 22．完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则上述溶液的体积比为（ ）A．1：1：1B．3：2：1C．9：3：1D．6：3：2-24-\n 23．有Mg、Al、Fe、Cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，此混合物的可能组合方式最多有（ ）A．2种B．3种C．4种D．5种 24．某结晶水合物的化学式为R•xH2O其相对分子质量为Mr，在25℃时ag晶体溶于bg水中，恰好达饱和，形成VmL溶液，则下列表达式中不正确的是（ ）A．饱和溶液的物质的量浓度B．饱和溶液的质量分数C．25℃，R的溶解度D．饱和溶液的密度 二、解答题（共7小题，满分52分）25．（10分）（2022秋•朔州校级期中）某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中三次检测结果如下表所示，请回答：检测次数溶液中检测出的离子第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、BaCl2、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl（1）三次检测结果中第 次检测结果不正确．（2）在检测时，为了确定溶液中是否存在硫酸根离子、碳酸根离子和氯离子：首先，向溶液中滴加 溶液（填化学式），其目的是 ；然后，继续加入过量的该溶液，其目的是 ；第三，再向溶液中加入 溶液（填化学式）；第四，过滤，再向滤液中加入 溶液（填化学式）． 26．标准状况下，1体积水中能溶解500体积的HCl气体．若向水中通入标准状况下的44.8LHCl气体配成1L溶液，假设气体完全溶解．请回答：（1）所得溶液中含HCl的物质的量浓度为 ；（2）从该溶液中取出10mL溶解于水配制成250mL溶液，配制后的稀溶液中含HCl物质的量浓度为 ．（3）配制过程中，造成浓度偏低的操作可能有 （选填下列操作的序号）．A、容量瓶用蒸馏水洗后未干燥B、量筒用蒸馏水洗后未干燥C、将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量中加水到刻度D、用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线E、定容时，俯视液面加水至刻度线． -24-\n27．实验室欲用NaOH固体配制所需的480mL1.0mol/L的NaOH溶液：（1）配制时，必须使用的玻璃仪器有 、 、 、 ．（2）要完成本实验该同学应称出NaOH g．（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为 g．（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ． 28．（10分）（2022秋•朔州校级期中）某化学课外小组以海带为原料制取少量碘水，现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液．其实验可分解为如下各步A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D．倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；F．从分液漏斗上口倒出上层水溶液；G．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准分液漏斗上口的小孔；H．静置、分层．就此实验完成下列填空：（1）正确操作步骤的顺序是（各操作的编号字母填写）： → → →A→ →G→E→F．（2）上述E步骤的操作中应注意 ．（3）上述G步骤操作的目的是 ．（4）能用CCl4从碘水中萃取碘的原因是 ． 29．（14分）（2022秋•朔州校级期中）酸、碱、盐溶液能够导电，是因为物质溶于水时，离解成为自由移动的阴、阳离子．在酸的溶液里，酸根离子所带负电荷的总数等于酸电离时生成的H+的总数：（1）下列物质的电离方程式如下：HClO4═H++ClO4﹣；Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣；Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣；KHSO4═K++H++SO42﹣．属于酸的物质 （写化学式）；（2）化工生产常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱．①从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是 ．②上述物质中既不是电解质也不是非电解质的是 ．（3）写出下列物质在水溶液里的电离方程式：①NaHCO3 ②H2SO4 -24-\n（4）有人说可将无机化合物KHSO4与NaHCO3归为同一类别，你认为他的理由主要是 ；有人说可将无机化合物KHSO4与H2SO4归为同一类别，你认为他的理由主要是 ；（5）若将NaHSO4与Ba（OH）2在溶液中按物质的量之比为2：1混合，该反应的离子方程式为： ；若将NaHSO4与Ba（OH）2在溶液中按物质的量之比为1：1混合，该反应的离子方程式为： ． 30．（1）在Al2（SO4）3和MgSO4组成的混合物中，Al3+与Mg2+的物质的量之比为2：3，则在含有4molSO42﹣的混合物中，MgSO4的质量是 克．（2）VmlAl2（SO4）3溶液中含有Al3+ag，取V/4ml溶液稀释到4Vml，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是 mol/L． 31．在120℃时分别进行如下四个反应：A．2H2S+O2═2H2O+2SB．2H2S+3O2═2H2O+2SO2C．C2H4+3O2═2H2O+2CO2D．C4H8+6O2═4H2O+4CO2（1）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强（p）分别符合关系式d前=d后和p前＞p后的是 ；符合关系式d前=d后和p前=p后的是 （请填写反应的代号）．（2）若反应在压强恒定容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是 ；符合d前＞d后和V前＞V后的是 （请填写反应的代号）． 2022-2022学年山西省朔州市怀仁一中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（第小题只有1个正确选项，每小题2分）1．近年来，我国的一些沿江或沿海城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞．雾属于下列分散系中的（ ）A．溶液B．悬浊液C．乳浊液D．胶体【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】雾属于胶体分散系，属于气溶胶．【解答】解：分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系．故选D．【点评】本题考查学生题考查学生教材知识的记忆熟练程度，可以根据所学知识进行回答，较简单． 2．如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是（ ）-24-\nA．B．C．D．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可采用分液的方法进行分离进行解答．【解答】解：据花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可采用分液的方法进行分离．故选：B．【点评】本题考查了常见物质的分离方法，完成此题，可以依据物质的性质差异进行．利用化学方法分离就是发生化学变化． 3．有关电解质的说法正确的是（ ）A．强电解质的水溶液导电性要比弱电解质的水溶液导电性强B．SO2水溶液的导电性很好，所以SO2是电解质C．液态的铜导电性很好，所以铜是电解质D．强电解质的水溶液中不存在溶质分子【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】A．导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少；B．电解质必须本身能够电离；C．电解质必须是化合物；D．强电解质完全电离．【解答】解：A．电解质的导电性和电解质的强弱之间没有关系，导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少，故A错误；B．SO2水溶液的导电性很好是因为二氧化硫与水反应生成电解质亚硫酸，而SO2本身不能电离产生自由离子，所以属于非电解质，故B错误；C．铜是单质，不是电解质，故C错误；D．强电解质完全电离，在水溶液中不存在电解质分子，故D正确；故选：D．【点评】本题考查的对电解质、非电解质、强电解质、弱电解质概念的理解，熟知相关概念的内涵是解题关键，注意电解质强弱取决于电离程度，与导电性无关，题目难度不大． 4．在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是（ ）A．Na+、K+、Cu2+、SO42﹣B．NH4+、Na+、NO3﹣、Cl﹣C．K+、Ca2+、HCO3﹣、Cl﹣D．Mg2+、Na+、Cl﹣、OH﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．-24-\n【分析】酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．【解答】解：A．Cu2+有颜色，不符合题目无色要求，故A错误；B．溶液无色，酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B正确；C．酸性条件下HCO3﹣不能大量共存，故C错误；D．酸性条件下OH﹣不能大量共存，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查，熟悉离子的性质及反应即可解答，题目难度不大． 5．下列操作中，完全正确的一组是（ ）①用试管夹夹持试管时，试管夹从试管底部往上套，夹在试管的中上部②给盛有液体的体积超过容积的试管加热③蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热④将试管平放，用纸槽往试管里送入固体粉末后，然后竖立试管⑤用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，为了不浪费，又把过量的试剂倒入试剂瓶中⑥蒸馏操作时，温度计插入液面下⑦分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出⑧将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体⑨蒸馏操作时，蒸馏烧瓶不需垫石棉网⑩检验装置气密性时，把导管的一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热．A．①④⑦⑩B．①④⑤⑦⑩C．①④⑤⑦⑧⑩D．④⑤⑦⑩【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】①可根据试管夹的使用方法及注意事项进行分析解答；②加热时试管内液体量不能超过试管容积的三分之一；③蒸发时应防止温度过高；④取用固体粉末时，将试管横放，用纸槽或药匙将药品送到试管底部；⑤过量的试剂不能倒回试剂瓶中，防止污染试剂；⑥蒸馏时，测定馏分的温度；⑦分液时，应防止液体重新混合而污染；⑧将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体，容易污染试剂；⑨蒸馏时为防止蒸馏烧瓶受热不均匀而导致炸裂；⑩根据装置气密性检查的方法和原理分析判断．【解答】解：①试管夹是一种专门用来夹持试管的挟持器．需要注意的是在夹持时应该从试管底部往上套，夹持在试管的中上部，故①正确；②加热时试管内液体量不能超过试管容积的三分之一，防止液体飞溅，故②错误；③蒸发时，应有大量晶体析出时可停止加热，用余热蒸干，以防止温度过高而导致固体迸溅，故③错误；④取用固体粉末时，将试管横放，用纸槽或药匙将药品送到试管底部，然后竖立试管，故④正确；⑤过量的试剂不能倒回试剂瓶中，防止污染试剂，应放在指定的烧杯中，故⑤错误；-24-\n⑥蒸馏时，测定馏分的温度，则应使温度计水银球放在蒸馏烧瓶的支管口处，故⑥错误；⑦分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，以防止液体重新混合而污染，故⑦正确；⑧将胶头滴管垂直伸进试管内滴加液体，容易污染试剂，应垂直悬空在试管口的正上方滴加，故⑧错误；⑨蒸馏时为防止蒸馏烧瓶受热不均匀而导致炸裂，蒸馏烧瓶底部必须垫石棉网，故⑨错误；⑩检验装置的气密性时，把导管一端浸入水中，用手捂住容器的外壁或用酒精灯微热，导气管口处有气泡冒出，松开手后，导气管内有一段水柱上升，故⑩正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离方法及分离原理为解答的关键，侧重实验基本操作和基本技能的考查，题目难度不大． 6．纳米碳是一种重要的“纳米材料”，其粒子直径为l～100nm之间．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的分散系是：①溶液②胶体③能产生丁达尔效应④能透过滤纸⑤悬浊液⑥静置会析出黑色沉淀，其中正确的是（ ）A．⑤⑥B．③⑤⑥C．②③④D．①③④【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm之间，纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，将纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，利用胶体中分散质粒子的直径和胶体的性质来解答．【解答】解：①因纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，纳米碳分子分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，不属于溶液，故①错误；②纳米碳其粒子直径为l～100nm之间，所形成的分散系为胶体分散系，故②正确；③因形成的是胶体分散系，则具有丁达尔效应，故③正确；④溶液和胶体分散系中粒子的直径都比滤纸中小孔直径小，则能全部透过滤纸，故④正确；⑤悬浊液分散质微粒直径大于100nm，碳其粒子直径为l～100nm之间，因而形成的是胶体分散系，不是悬浊液，故⑤错误；⑥因形成的是胶体分散系，处于介稳定状态，则不会形成黑色沉淀，故⑥错误；故选C．【点评】本题考查胶体中胶体粒子的直径及胶体的性质，学生能准确判断纳米碳分子分散到水中形成的何种分散系是解答本题的关键． 7．配制一定溶质质量分数的氯化钠溶液的一些操作步骤见下图，正确的操作顺序是（ ）A．④⑤①②③B．①②③④⑤C．③④①②⑤D．②①④③⑤【考点】化学实验操作的先后顺序．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】观察操作图，分析每个操作的作用，根据配制溶液的步骤对操作进行排序．-24-\n【解答】解：图①为把称量的氯化钠倒入烧杯；图②为量取一定量的水倒入烧杯；图③则是搅拌溶解；图④为用药匙取出固体氯化钠准备进行称量；图⑤为称取氯化钠的操作；则正确的操作顺序为：④⑤①②③．故选A．【点评】本题考查化学实验操作的先后顺序，难度不大，配制溶液时，先称取固体药品倒入烧杯，然后再量取水倒入烧杯，最后进行搅拌溶解． 8．甲、乙、丙、丁分别是氢氧化钙溶液、硝酸钾溶液、碳酸钠溶液、盐酸中的一种．已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，则下列说法正确的是（ ）A．甲一定是氢氧化钙溶液B．乙一定是硝酸钾溶液C．丙不可能是碳酸钠溶液D．丁只能是盐酸【考点】无机物的推断；离子反应发生的条件．【专题】推断题；离子反应专题．【分析】从复分解反应的条件入手进行分析，若物质间能结合成水、沉淀或气体，则物质可以反应．【解答】解：从给出的物质可以看出，硝酸钾与其他物质不能结合生成水、沉淀或气体，故与其他物质都不反应，已知甲和丙可以反应，甲和丁也可以反应，不能反应的物质只有乙，所以乙一定是硝酸钾；故B对；氢氧化钙溶液、碳酸钠溶液、盐酸三种物质中任何两种物质之间都能发生复分解反应，故不能确定甲、丙、丁具体是什么物质，故A、C、D错，故选B．【点评】本题考查了复分解反应的应用，完成此题，可以依据复分解反应的条件进行，即物质间若能结合成沉淀、气体或水，则物质间可以发生复分解反应． 9．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）A．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为1NAB．常温常压下，1.7gH2O2中含有的电子数为0.8NAC．通常状况下，2.24LCO2和CO中所含分子数为0.1NAD．23gNO2和N2O4的混合气所含原子数为1.5NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．溶液体积未知；B．质量转化为物质的量结合1个双氧水分子中含有18个电子解答；C．通常状况下Vm≠22.4L/mol；D．按NO2、N2O4中N与O个数比为1：2，按照23gNO2计算即可；【解答】解：A．溶液体积未知，无法计算溶液中氯离子个数，故A错误；B.1.7gH2O2中含有的电子数为×18×NA=0.9NA，故B错误；C．通常状况下，Vm≠22.4L/mol，Vm不知，无法计算气体的物质的量，故C错误；D.23gNO2的物质的量为=0.5mol，分子数为0.5NA，含有原子数为3×0.5NA=1.5NA，故D正确；故选：D．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的应用，熟悉相关公式，明确气体摩尔体积使用条件和对象是解题关键，题目难度不大．-24-\n 10．能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（ ）A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CO32﹣=CO2↑+H2OB．饱和氢氧化钙溶液与稀盐酸反应：Ca（OH）2+2H+=Ca2++2H2OC．在氢氧化钡溶液中加入少量小苏打：Ba2++2OH﹣+2HCO3﹣=BaCO3↓+CO32﹣+2H2OD．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．碳酸钙在离子反应中保留化学式；B．反应生成氯化钙和水；C．小苏打完全反应，生成碳酸钡、水、NaOH；D．反应生成碳酸钠和水．【解答】解：A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2的离子反应为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，故A错误；B．饱和氢氧化钙溶液与稀盐酸反应的离子反应为OH﹣+H+=H2O，故B错误；C．在氢氧化钡溶液中加入少量小苏打的离子反应为Ba2++OH﹣+HCO3﹣=BaCO3↓+H2O，故C错误；D．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子反应为OH﹣+HCO3﹣=CO32﹣+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式书写的方法为解答的关键，侧重复分解反应、与量有关反应的离子反应考查，题目难度不大． 11．把下列四种溶液分别加水稀释到1000ml，Cl﹣浓度最大的是（ ）A．100mL2.5mol/LNaClB．200mL2mol/LMgCl2C．500mL1mol/LAlCl3D．200mL5mol/LKClO3【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题；化学实验．【分析】四种溶液分别加水稀释到1000mL，稀释过程中氯离子的物质的量不变，根据c=可知，原溶液中氯离子的物质的量越大，稀释后溶液中氯离子的浓度越大．【解答】解：A．100mL2.5mol/LNaCl溶液中氯离子的物质的量为：2.5mol/L×0.1L=0.25mol；B．200mL2mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量为：2mol/L×2×0.2L=0.8mol；C．500mL1mol/LAlCl3溶液中氯离子的物质的量为：1mol/L×3×0.5L=1.5mol；D．200mL5mol/LKClO3溶液中不存在氯离子，稀释后氯离子浓度为0；根据分析可知，溶液中Cl﹣的物质的量最大的是C.1.5mol，稀释过程中氯离子的物质的量不变，则稀释后氯离子浓度最大的是C，故选C．【点评】本题考查了物质的量浓度的计算，题目难度中等，明确物质的量浓度的概念及表达式为解答关键，注意稀释后溶液中氯离子浓度与原溶液中氯离子的浓度和溶液体积大小有关，为易错点． 12．在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小表达正确的是（ ）-24-\na．体积②＞③＞①＞④b．密度②＞③＞④＞①c．质量②＞③＞①＞④d．氢原子个数①＞③＞④＞②A．abcB．bcdC．abcdD．acd【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】a、相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，据此判断；b、相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比；c、计算各物质的质量进行比较；d、计算出各物质的物质的量，结合化学式判断H原子的物质的量，据此解答．【解答】解：①6.72LCH4物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为=0.4mol，④0.2molNH3．a．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积体积②＞③＞①＞④，故a正确；b．各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度②＞③＞④＞①，故b正确；c．各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol=4.8g②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g③H2S13.6g④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量②＞③＞①＞④，故c正确；d．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4为0.3mol×4=1.2mol②HCl为0.5mol③H2S0.4mol×2=0.8mol④NH3为0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，故d正确．故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论、常用化学计量数的有关计算，难度不大，注意基础知识的掌握． 13．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1mol•L﹣1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2mol•L﹣1，则c1和c2的数值关系是（ ）A．c2=c1B．c2＜2c1C．c2＞2c1D．c2=2c1【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】利用c=计算硫酸的物质的量浓度，再根据硫酸溶液的浓度越大密度也越大，进行判断．【解答】解：设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为ρ1，则c1=mol/L=mol/L，设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2=mol/L=mol/L，所以c1：c2=mol/L：mol/L=ρ1：2ρ2，即c2=c1-24-\n硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以＞2所以c2＞2c1，故选：C．【点评】本题考查物质的量浓度与质量分数的相互换算，可利用定义计算，难度中等，关键清楚硫酸溶液的浓度越大密度也越大，注意氨水、酒精浓度越大密度越小． 14．下列除去杂质的方法正确的是（ ）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的铜网，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入饱和Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去NaCl溶液中的少量MgCl2：加入适量KOH溶液，过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】实验评价题．【分析】A．Cu与氧气反应，而氮气不反应；B．二者均与碳酸钠反应；C．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；D．MgCl2与KOH反应生成KCl和沉淀．【解答】解：A．Cu与氧气反应，而氮气不反应，则通过灼热的铜网，收集气体可除去N2中的少量O2，故A正确；B．二者均与碳酸钠反应，不符合除杂原则，应利用碳酸氢钠溶液除杂，故B错误；C．Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜，引入新杂质，应利用铁粉充分反应后，过滤来除杂，故C错误；D．MgCl2与KOH反应生成KCl和沉淀，引入新杂质，应加适量的NaOH溶液，过滤来除杂，故D错误；故选A．【点评】本题考查物质分离提纯及除杂，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离、提纯方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大． 15．在标准状况下，容积为1L的密闭容器中刚好可以盛放a个N2分子和b个H2分子组成的混合气体，则阿伏加德罗常数的近似值可以表示为（ ）A．a+bB．22.4（a+b）×6.02×1023C．×1023D．22.4（a+b）【考点】阿伏加德罗常数．【专题】高考化学专题．【分析】先根据n=mol计算出标准状况下1L气体的物质的量，然后根据N=n•NA=n计算出阿伏伽德罗常数．【解答】解：标况下，1L混合气体的物质的量为：n（N2）==mol，由于1L的密闭容器中刚好可盛放a个N2分子和b个H2分子，则有：a+b=n•NA=mol×NA，-24-\n解得：NA=22.4（a+b），故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度中等，注意物质的量与阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积的关系，阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容． 16．超导材料为具有零电阻及反磁性物质，以Y2O3、BaCO3和CuO为原料．经研磨烧结可合成一种高温超导物质YBa2Cu3Ox现欲合成0.5mol此高温超导物，依化学计量比例，需取Y2O3．BaCO3和CuO的物质的量分别为（单位为mol）（ ）A．0.50.0.50.0.50B．0.25.1.0.1.5C．0.50.1.0.1.5D．1.0.0.25.0.17【考点】物质的量的相关计算．【分析】根据原子守恒计算需要需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量．【解答】解：合成0.5molYBa2Cu3Ox，由Y原子守恒有n（Y2O3）=n（YBa2Cu3Ox）=0.5mol×=0.25mol，根据Ba原子守恒有n（BaCO3）=2n（YBa2Cu3Ox）=0.5mol×2=1mol，根据Cu原子守恒有n（CuO）=3n（YBa2Cu3Ox）=0.5mol×3=1.5mol，故选B．【点评】本题考查物质的量的有关计算，难度不大，不需要对过程进行理解，利用原子守恒进行计算． 17．有98g纯H2SO4和纯H3PO4的混酸，测知其中含氧元素65.3%，则混酸中H2SO4和H3PO4的物质的量之比为（ ）A．1：1B．3：1C．4：1D．任意比【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】硫酸和磷酸的摩尔质量为：M（H2SO4）=M（H3PO4）=98g/mol，且等物质的量的纯H2SO4和纯H3PO4含氧元素质量相同，以此可确定混合酸中H2SO4和H3SO4的物质的量之比．【解答】解：H2SO4和H3PO4的摩尔质量为：M（H2SO4）=M（H3PO4）=98g/mol，由纯H2SO4和纯H3PO4组成的混合酸共98g，其物质的量为：=1mol，且等物质的量的纯H2SO4和纯H3PO4含氧元素质量相同，氧元素含量为：×100%=65.3%，则混合酸中H2SO4和H3SO4的物质的量之比为任意值，故选D．【点评】本题考查混合物的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握两种物质的相对分子质量的关系为解答该题的关键之处，难度不大． 18．意大利科学家最近合成了一种新型的氧分子，其化学式为O4．下列关于O4说法正确的是（ ）A．一分子O4由两分子O2构成-24-\nB．O4是一种单质C．等质量的O4和O2含有相同数目的分子D．O4是一种化合物【考点】物质的量的相关计算；单质和化合物．【专题】物质的组成专题；物质的分类专题．【分析】A．一分子O4由4个O原子构成；B．由同种元素组成的纯净物属于单质；C．O4和O2的摩尔质量不同，二者质量相等，则物质的量不相等，含有分子数目不相等；D．由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物．【解答】解：A．一分子O4由4个O原子构成，故A错误；B．O4是由氧元素组成的纯净物，是一种单质，故B正确；C．O4和O2的摩尔质量不同，二者质量相等，根据n=可知，二者物质的量不相等，含有分子数目不相等，故C错误；D．由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，O4是由氧元素组成的纯净物，是一种单质，故D错误，故选：B．【点评】本题考查物质组成与分类、物质的量计算等，比较基础，注意由同种元素组成的纯净物属于单质，但同种元素组成的物质，不一定属于单质，会存在同素异形体． 19．有一瓶14%的KOH溶液，加热蒸发掉100g水后，变为28%的KOH溶液80mL（蒸发过程中无溶质析出），这80mL溶液的物质的量浓度为（ ）A．5mol/LB．6mol/LC．6.25mol/LD．6.75mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】设14%KOH溶液的质量为m，根据溶质质量不变列方程计算溶液的质量，进而计算溶质的物质的量，根据c=计算80mL溶液的物质的量浓度．【解答】解：设14%KOH溶液的质量为m，则：m×14%=（m﹣100g）×28%，解得：m=200g，溶质氢氧化钾的质量为：m（KOH）=200g×14%=28g，氢氧化钾的物质的量为：n（KOH）==0.5mol，蒸发过程中溶质的物质的量不变，则该80mL溶液中氢氧化钾的浓度为c（KOH）==6.25mol/L，故选C．【点评】本题考查溶液浓度计算，涉及质量分数、物质的量浓度，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式的运用． 20．实验测得乙烯与氧气混和气体的密度是氢气14.5倍，可知其中乙烯的质量百分比为（ ）A．25.0%B．27.6%C．72.4%D．75.0%【考点】相对分子质量及其计算．【专题】平均值法．-24-\n【分析】在相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，求出混合气体的平均相对分子质量；利用混合气体的平均相对分子质量求出乙烯与氧气的物质的量之比，再根据ω=×100%计算求得．【解答】解：乙烯与氧气混和气体的平均相对分子质量=2×14.5=29，根据十字交叉法计算乙烯与氧气的物质的量之比：即=烯的质量百分比为ω（C2H4）==72.4%故选C【点评】十字交叉法是进行二组分混合物平均量与组分计算的一种简便方法，关键弄清平均量及所求之比的含义． 21．0℃和101KPa条件下，13g某气体与8gCH4的分子数相同，则该气体在相应条件下的密度为（ ）A．0.58g/LB．0.29g/LC．1.16g/LD．0.714g/L【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】根据n=计算甲烷物质的量，13g某气体与8gCH4的分子数相同，则二者物质的量相等，根据V=nVm计算该气体的体积，再根据ρ=计算气体的密度．【解答】解：8gCH4的物质的量为=0.5mol，13g某气体与8gCH4的分子数相同，则二者物质的量相等，标况下该气体的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，则该条件下气体的密度为=1.16g/L，故选：C．【点评】本题考查物质的量有关计算，比较基础，可以计算先气体的摩尔质量，再根据ρ=计算． 22．完全沉淀等物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl﹣，消耗等物质的量浓度的AgNO3溶液的体积比为3：2：1，则上述溶液的体积比为（ ）A．1：1：1B．3：2：1C．9：3：1D．6：3：2【考点】离子方程式的有关计算．【专题】离子反应专题．-24-\n【分析】由题意可知完全沉淀，则Cl﹣+Ag+═AgCl↓，设AgNO3溶液的浓度都是c，则利用n=cV可计算消耗的Ag+的物质的量，再由反应可计算三种溶液的体积比．【解答】解：设AgNO3溶液的浓度都是c，体积分别为3V、2V、V，NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度都是c1，设体积分别为x、y、z，则完全沉淀时Cl﹣+Ag+═AgCl↓，c1×x=c×3V，c1×2×y=c×2V，c1×3×z=c×V，解得x：y：z=9：3：1，故选C．【点评】本题考查学生利用离子反应方程式进行的计算，明确完全沉淀时氯离子和银离子的关系是解答本题的关键，注意解答中未知的量可以利用假设来分析解答即可． 23．有Mg、Al、Fe、Cu四种金属，若两两混合，取混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，此混合物的可能组合方式最多有（ ）A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量==0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol×2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，计算各金属提供1mol电子需要的质量，结合平均量进行解答．【解答】解：混合物26g与足量稀硫酸反应，产生标况下H211.2L，氢气物质的量==0.5mol，26g金属提供电子物质的量为0.5mol×2=1mol，故提供1mol电子需要金属的平均质量为26g，Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g×=12g，Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g×=9g，Fe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g×=28g，Cu不稀硫酸反应产生氢气，提供1mol电子需要Cu的质量为无穷大，故两两混合，可能的组合为Cu与Mg、Cu与Al、Fe与Mg、Fe与Al，共4种，故选C．【点评】本题考查金属的性质、混合物的有关计算，注意平均值与极限法相结合的利用，从而简化计算，注意若有不反应的金属应视作需金属质量无穷大． 24．某结晶水合物的化学式为R•xH2O其相对分子质量为Mr，在25℃时ag晶体溶于bg水中，恰好达饱和，形成VmL溶液，则下列表达式中不正确的是（ ）A．饱和溶液的物质的量浓度B．饱和溶液的质量分数-24-\nC．25℃，R的溶解度D．饱和溶液的密度【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；溶解度、饱和溶液的概念．【分析】根据结晶水合物的相对分子质量和质量可求解物质的量，根据C=、质量分数=、溶解度等于100g水中溶解溶质的质量、进行有关计算．【解答】解：A．溶质的物质的量=momol，溶液的物质的量浓度为：=，故A错误；B．溶质的质量=a×=g，所以饱和溶液的质量分数=，故B正确；C．溶质的质量=a×=g，溶剂的质量=+bg，所以其溶解度==g，故C正确；D．溶液的质量=（a+b）g，溶液的密度=g/mL，故D正确；故选A．【点评】本题考查物质的有关计算，明确公式表达式是解本题关键，难度较大． 二、解答题（共7小题，满分52分）25．（10分）（2022秋•朔州校级期中）某化学兴趣小组在课外活动中，对某溶液进行了多次检测，其中三次检测结果如下表所示，请回答：检测次数溶液中检测出的离子第一次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第二次KCl、BaCl2、Na2SO4、K2CO3第三次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl（1）三次检测结果中第 二 次检测结果不正确．（2）在检测时，为了确定溶液中是否存在硫酸根离子、碳酸根离子和氯离子：首先，向溶液中滴加 HNO3 溶液（填化学式），其目的是 检验碳酸根离子的存在 ；然后，继续加入过量的该溶液，其目的是 除去碳酸根离子 ；第三，再向溶液中加入 Ba（NO3）2 溶液（填化学式）；第四，过滤，再向滤液中加入 AgNO3 溶液（填化学式）．【考点】几组未知物的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】（1）BaCl2和Na2SO4、K2CO3都能反应而不能共存；-24-\n（2）碳酸根离子可以和硝酸反应生成气体二氧化碳，再加入硝酸钡可以检验硫酸根离子的存在，检验硫酸根离子之前，要先将碳酸根离子除去，防止干扰，最后加入硝酸银检验氯离子，开始不能加盐酸、硫酸，否则会对后边的离子的检验产生干扰，据此回答．【解答】解：（1）三次检测结果中第二次检测结果中BaCl2和Na2SO4、K2CO3都能反应而不能共存，所以该组结果不正确，故答案为：二；（2）为了确定溶液中是否存在硫酸根离子、碳酸根离子和氯离子，硫酸根离子的检验可以用含有钡离子的物质，但是碳酸根的存在会干扰检验，所以先是检验碳酸根离子，再除去，后检验硫酸根离子，最后用硝酸银检验氯离子即可，开始不能加盐酸、硫酸，否则会对后边的离子的检验产生干扰，首先，向溶液中滴加硝酸溶液其目的是检验碳酸根离子的存在；然后，继续加入过量的该溶液，其目的是除去碳酸根离子；第三，再向溶液中加入Ba（NO3）2溶液，根据产生白色沉淀来检验硫酸根离子；第四，过滤，再向滤液中加入AgNO3溶液，根据产生白色沉淀来检验氯离子的存在，故答案为：检验碳酸根离子的存在；除去碳酸根离子；Ba（NO3）2；AgNO3．【点评】本题是一道物质的鉴别题目，考查学生离子的特征离子反应，掌握物质的性质是关键，要注意离子之间的干扰因素． 26．标准状况下，1体积水中能溶解500体积的HCl气体．若向水中通入标准状况下的44.8LHCl气体配成1L溶液，假设气体完全溶解．请回答：（1）所得溶液中含HCl的物质的量浓度为 2mol/L ；（2）从该溶液中取出10mL溶解于水配制成250mL溶液，配制后的稀溶液中含HCl物质的量浓度为 0.08mol/L ．（3）配制过程中，造成浓度偏低的操作可能有 BCD （选填下列操作的序号）．A、容量瓶用蒸馏水洗后未干燥B、量筒用蒸馏水洗后未干燥C、将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量中加水到刻度D、用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线E、定容时，俯视液面加水至刻度线．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）依据C=计算溶液中含HCl的物质的量浓度；（2）依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算配置后的稀溶液中含HCl物质的量浓度；（3）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析．【解答】解：（1）准状况下的44.8LHCl气体的物质的量==2mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中含HCl的物质的量浓度为：=2mol/L，故答案为：2mol/L；（2）设从该溶液中取出10mL浓盐酸溶解于水配置成250mL溶液，配置后的稀溶液中含HCl物质的量浓度为C，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得：C×250mL=2×10mL，解得C=0.08mol/L，故答案为：0.08mol/L；（3）A．容量瓶用蒸馏水洗后未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故A不选；B．量筒用蒸馏水洗后未干燥，导致量取的氯化氢的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B选；-24-\nC．将烧杯中浓盐酸移入容量瓶后，未用水洗涤烧杯，即向容量瓶中加水到刻度，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故C选；D．用胶头滴管向容量瓶中加水时，不慎超过刻度线，用另外胶头滴管从瓶中吸出部分溶液使剩余溶液刚巧达刻度线，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故D选；E．定容时，俯视液面加水至刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故E不选；故答案为：BCD．【点评】本题考查了有关物质的量浓度计算及一定物质的量浓度溶液的配制，明确相关公式及配制原理是解题关键，注意误差分析的方法． 27．实验室欲用NaOH固体配制所需的480mL1.0mol/L的NaOH溶液：（1）配制时，必须使用的玻璃仪器有 500mL的容量瓶 、 烧杯 、 玻璃棒 、 胶头滴管 ．（2）要完成本实验该同学应称出NaOH 20.0 g．（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图，烧杯的实际质量为 27.4 g．（4）使用容量瓶前必须进行的一步操作是 检查是否漏水 ．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】常规题型．【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；（2）由于无480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶，配制出500mL溶液，根据m=CVM来计算；（3）根据天平的称量原理来分析；（4）容量瓶在使用前要先查漏．【解答】解：（1）没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管，故还需的仪器有：500mL的容量瓶，玻璃棒，烧杯，胶头滴管；故答案为：500mL的容量瓶；烧杯；玻璃棒；胶头滴管；（2）由于无480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶，配制出500mL溶液，故所需的氢氧化钠的质量m=CVM=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g，故答案为：20.0；（3）因天平的称量原理：左盘物体的质量=右盘物体的质量+游码的读数，所以烧杯的实际质量为30g﹣2.6g=27.4g，故答案为：27.4；（4）容量瓶有活塞，故在使用前要先检查是否漏水，故答案为：检查是否漏水．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法，熟悉配制原理及过程是解题关键，注意容量瓶规格的选择，题目难度不大． -24-\n28．（10分）（2022秋•朔州校级期中）某化学课外小组以海带为原料制取少量碘水，现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液．其实验可分解为如下各步A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D．倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；F．从分液漏斗上口倒出上层水溶液；G．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准分液漏斗上口的小孔；H．静置、分层．就此实验完成下列填空：（1）正确操作步骤的顺序是（各操作的编号字母填写）： C → B → D →A→ H →G→E→F．（2）上述E步骤的操作中应注意 使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出 ．（3）上述G步骤操作的目的是 使漏斗内外空气相通，以保证进行（E）操作时漏斗里液体能够流出 ．（4）能用CCl4从碘水中萃取碘的原因是 CCl4与水不互溶；而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多 ．【考点】分液和萃取；化学实验操作的先后顺序．【分析】CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，（1）操作为查漏→装液→振荡→静置→分液；（2）旋开活塞，分离下层液体；（G）步骤可使液体顺利流下；（3）根据操作目的分析；（4）碘在水、四氯化碳中的溶解性不同．【解答】解：（1）操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则步骤为C→B→D→A→H→G→E→F；故答案为：C；B；D；H；（2）旋开活塞，分离下层液体，应使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出；（G）步骤目的为操作时漏斗里液体能够流出，故答案为：使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出；（3）（G）步骤操作的目的是为了使漏斗内外空气相通，以保证进行液体顺利流出．故答案为：使漏斗内外空气相通，以保证进行（E）操作时漏斗里液体能够流出；（4）选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是CCl4与水不互溶；而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多；故答案为：CCl4与水不互溶；而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多．【点评】本题考查了蒸馏与分液的有关实验操作问题，注意实验操作的步骤，本题难度不大，注意对基础知识的理解掌握． 29．（14分）（2022秋•朔州校级期中）酸、碱、盐溶液能够导电，是因为物质溶于水时，离解成为自由移动的阴、阳离子．在酸的溶液里，酸根离子所带负电荷的总数等于酸电离时生成的H+的总数：（1）下列物质的电离方程式如下：HClO4═H++ClO4﹣；Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣；Fe2（SO4）3═2Fe3++3SO42﹣；KHSO4═K++H++SO42﹣．属于酸的物质 HClO4 （写化学式）；-24-\n（2）化工生产常用到“三酸两碱”，“三酸”指硝酸、硫酸和盐酸，“两碱”指烧碱和纯碱．①从物质的分类角度看，不恰当的一种物质是 纯碱 ．②上述物质中既不是电解质也不是非电解质的是 盐酸 ．（3）写出下列物质在水溶液里的电离方程式：①NaHCO3 NaHCO3═Na++HCO3﹣ ②H2SO4 H2SO4═2H++SO42﹣ （4）有人说可将无机化合物KHSO4与NaHCO3归为同一类别，你认为他的理由主要是 KHSO4与NaHCO3都由金属阳离子和酸式根离子构成，都属于酸式盐 ；有人说可将无机化合物KHSO4与H2SO4归为同一类别，你认为他的理由主要是 KHSO4与H2SO4都能在水溶液中电离出H+，水溶液显酸性 ；（5）若将NaHSO4与Ba（OH）2在溶液中按物质的量之比为2：1混合，该反应的离子方程式为： 2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O ；若将NaHSO4与Ba（OH）2在溶液中按物质的量之比为1：1混合，该反应的离子方程式为： H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O ．【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；离子方程式的书写；电离方程式的书写；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题；离子反应专题．【分析】（1）电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物属于碱，盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；（2）①纯碱为Na2CO3，是由金属离子和酸根离子构成的；②混合物既不是电解质，又不是非电解质；（3）碳酸氢钠和硫酸在溶液中完全电离；（4）从离子构成上确定KHSO4与NaHCO3的类别；根据KHSO4与H2SO4在水溶液中电离出的离子以及溶液的酸性来判断；（5）根据的物质的量关系判断参与反应的离子的反应程度，进而书写离子方程式．【解答】解：（1）电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，则属于酸的物质为HClO4；故答案为：HClO4；（2）①纯碱为Na2CO3，是由金属离子和酸根离子构成的，属于盐，不是碱；故答案为：纯碱；②混合物既不是电解质，又不是非电解质，盐酸是HCl的水溶液，既不是电解质也不是非电解质；故答案为：盐酸；（3）碳酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3═Na++HCO3﹣，硫酸在水溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，电离方程式为H2SO4═2H++SO42﹣；故答案为：NaHCO3═Na++HCO3﹣；H2SO4═2H++SO42﹣；（4）KHSO4与NaHCO3都由金属阳离子和酸式根离子构成，都属于酸式盐，可以将他们分为一类，KHSO4与H2SO4都能在水溶液中电离出H+，水溶液显酸性，将无机化合物KHSO4与H2SO4归为同一类别，故答案为：KHSO4与NaHCO3都由金属阳离子和酸式根离子构成，都属于酸式盐；KHSO4与H2SO4都能在水溶液中电离出H+，水溶液显酸性；（5）设NaHSO4的物质的量为2mol，则含有2molH+离子，2molSO42﹣离子，Ba（OH）2的物质的量为1mol，则含有1molBa2+离子，2molOH﹣离子，反应的离子方程式为2H++SO42﹣+2OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，设NaHSO4的物质的量为1mol，则含有1molH+离子，1molSO42﹣离子，Ba（OH）2的物质的量为2mol，则含有2molBa2+离子，4molOH﹣离子，反应的离子方程式为H++SO42﹣+OH﹣+Ba2+=BaSO4↓+H2O，故答案为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O；H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O．-24-\n【点评】本题考查物质的分类、与量有关的离子方程式的书写，熟悉根据物质的组成和性质得出的分类结果、物质的性质是解答本题的关键，题目难度不大． 30．（1）在Al2（SO4）3和MgSO4组成的混合物中，Al3+与Mg2+的物质的量之比为2：3，则在含有4molSO42﹣的混合物中，MgSO4的质量是 240 克．（2）VmlAl2（SO4）3溶液中含有Al3+ag，取V/4ml溶液稀释到4Vml，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是 mol/L．【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】（1）根据电荷守恒：3n（Al3+）+2n（Mg2+）=2n（SO42﹣），联立n（Al3+）：n（Mg2+）=2：3计算n（Mg2+），而n（Mg2+）=n（MgSO4），再根据m=nM计算m（MgSO4）；（2）根据n=计算Al3+的物质的量，而n（SO42﹣）=n（Al3+），计算mL溶液中SO42﹣的物质的量，再根据c=计算．【解答】解：（1）根据电荷守恒：3n（Al3+）+2n（Mg2+）=2n（SO42﹣）=4mol×2，而n（Al3+）：n（Mg2+）=2：3，联立可得n（Mg2+）=2mol，而n（Mg2+）=n（MgSO4）=2mol，故m（MgSO4）=2mol×120g/mol=240g，故答案为：240；（2）agAl3+的物质的量为=mol，而n（SO42﹣）=n（Al3+）=mol，则mL溶液中SO42﹣的物质的量=mol×=mol，则mL溶液稀释到4VmL，稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是=mol/L，故答案为：mol/L．【点评】本题考查物质的量有关计算，注意对物质的量浓度定义式理解与灵活应用，难度不大． 31．在120℃时分别进行如下四个反应：A．2H2S+O2═2H2O+2SB．2H2S+3O2═2H2O+2SO2C．C2H4+3O2═2H2O+2CO2D．C4H8+6O2═4H2O+4CO2（1）若反应在容积固定的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体总压强（p）分别符合关系式d前=d后和p前＞p后的是 B ；符合关系式d前=d后和p前=p后的是 C （请填写反应的代号）．（2）若反应在压强恒定容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前＞d后和V前＜V后的是 D ；符合d前＞d后和V前＞V后的是 A （请填写反应的代号）．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】压轴题；化学平衡专题．-24-\n【分析】（1）在容积固定的容器内，若反应物都是气体，则反应前后密度不变，物质的量增多，压强增大；物质的量不变，则压强不变；（2）在压强恒定的容器内，反应物和生成物均为气体时，气体的密度与气体的体积成反比；反应A有固态物质硫存在，且反应物H2S和O2的任一种气体的密度均大于生成物水蒸气的密度，压强不变时，气体的物质的量越多，体积越大．【解答】解：（1）在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，所以反应B、C、D均符合d前=d后的关系式．反应B反应后气体物质的量减少，根据气态方程可知p前＞p后后，而反应C反应前后气体物质的量没有变化，符合P前=P后，故答案为：B；C；（2）如果保持压强恒定，反应物和生成物均为气体时，气体的密度与气体的体积成反比，即若符合关系式d前＞d后，一定满足V前＜V后，所以只要反应后气体物质的量增大的就满足上述题意．即D为答案．而关系式d前＞d后和V前＞V后同时成立，则反应中必有非气体物质存在．只有反应A有固态物质硫存在，且反应物H2S和O2的任一种气体的密度均大于生成物水蒸气的密度（在相同条件下相对分子质量大的气态物质密度大），以及反应前后气体物质的量减少，符合V前＞V后，故答案为：D；A．【点评】本题考查化学平衡的分析，注意利用物理学中气态方程和化学中的阿伏加德罗定律是解答的关键．处理好物理和化学学科间综合即可解答，体现了当今的命题方向． -24-
