湖北襄阳市枣阳市阳光中学2022学年高一月考化学试卷

2022-2022学年湖北省襄阳市枣阳市阳光中学高一（上）第三次月考化学试卷　一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1．下列实验装置能达到实验目的是（夹持仪器未画出）（　　）A．装置用于检验溴丙烷消去产物B．装置用于石油的分馏C．装置用于实验室制硝基苯D．装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚2．取物质的量浓度为0.05mol•L﹣1的金属氯化物（RClx）溶液20mL，使之恰好与20mL0.15mol•L﹣1的AgNO3溶液完全反应．则该氯化物的化学式为（　　）A．RClB．RCl2C．RCl3D．RCl43．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．含有NA个氦原子的氦气的物质的量为2摩尔B．2摩尔水的摩尔质量是1摩尔水的摩尔质量的2倍40/40C．25℃，1.01×105Pa，64g的SO2中含有的原子数为3NAD．l摩尔任何物质所含的分子数均为NA4．以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是（　　）A．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B．250mL1mol•L﹣1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C．一定条件下，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成0.5molCl2转移的电子数5．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图所示．下列叙述中，正确的是（　　）A．该反应的化学方程式为2M⇌NB．t1时N的浓度是M浓度的2倍C．t2时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态D．t3时正反应速率大于逆反应速率6．向0.5L的AlCl3溶液中逐滴加入某浓度的NaOH溶液，得到的沉淀随NaOH溶液体积的变化如图所示．下列结果正确的是（　　）A．反应过程中，沉淀最多时的质量为7.8gB．AlCl3溶液的浓度为2.0mol•L﹣1C．得到39g沉淀时，消耗的NaOH溶液体积一定为1.5LD．当V（NaOH）=4.0L时，得到的溶液中含Na+、Cl﹣7．有以下四种物质：①标况下11.2LCO2②1gH2③1.204×1024个N2④40/404℃时18mLH2O，下列说法不正确的是（　　）A．分子个数：③＞④＞①=②B．原子个数：③＞④＞①＞②C．体积：③＞④＞①=②D．质量：③＞①＞④＞②8．下列对于“摩尔”的说法和理解正确的是（　　）A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来C．国际上规定，0.012kg碳原子所含有的碳原子数目为1摩D．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol9．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（　　）A．所含原子数相等B．气体密度相等C．气体质量相等D．摩尔质量相等10．下列关于物质的量浓度表述正确的是（　　）A．0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9molB．当1L水吸收22.4LHCl时所得的盐酸浓度不是1mol/L，只有当22.4LHCl溶于水制得1L盐酸时，其浓度才是1mol/LC．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42﹣的物质的量相等，则K+和Cl﹣的物质的量浓度一定相同D．10℃时，100mL0.35mol/L的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L11．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．17g羟基和17gOH﹣含有的电子数均为10NAB．2L0.5mol•L﹣1醋酸溶液中含有的H+数为NAC．标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LD．7.8gNa2O2与足量的CO2和H2O（g）混合气体充分反应，转移的电子数为0.1NA12．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）40/40A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁将饱和食盐水完全蒸干制NaCl13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．在常温、常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NAB．标准状况下，18gH2O的体积是22.4LC．NA个SO2的体积是22.4LD．标准状况下，22.4LH2与O2的混合气体所含原子数为2NA14．下列实验操作或仪器使用正确的是（　　）A．容量瓶、分液漏斗和滴定管都需要验漏B．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相C．用装置乙加热分解NaHCO3固体D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液用到的玻璃仪器只有500mL容量瓶、烧杯和玻璃棒15．向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系不正确的是（　　）40/40A．c=B．p=m+C．n=m+17VcD．m＜p＜m16．对一些具有危险的化学物质，若要在其包装上贴危险化学品标记，下列标签贴错的是（　　）A．浓硫酸B．汽油C．KClO3D．乙醇17．下列关于离子共存或离子方程式的说法正确的是（　　）A．某酸性溶液中可能大量存在：NH4+、Fe3+、NO3﹣、I﹣B．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中，Al3+、Cl﹣、Ba2+、NO3﹣一定不能大量共存C．向NH3•H2O溶液中滴加少量AlCl3溶液，发生反应：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．向含有1molFeBr2的水溶液中通入标准状况下11.2LCl2，发生反应：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣18．如果向500mL含伪CaCl2和KCl的混合溶液中，加入含1mol碳酸钠的溶液，恰好使钙离子完全沉淀；如果向该溶液中加人含3mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为（　　）A．1mol•L﹣1B．2mol•L﹣1C．3mol•L﹣1D．4mol•L﹣119．下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（　　）A．10ml0.2mol/L的FeC13溶液B．10ml0.1mob/L的AlC13溶液C．20ml0．lmol/L的MgCl2溶液D．20mllmol/L的KClO3溶液20．把一定质量的铁完全溶解于某浓度的硝酸中收集到0.3molNO2和0.2mol40/40NO．向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液充分反应，经过滤、洗涤后，把所得沉淀加热至质量不再减少为止．得到固体质量不可能为（　　）A．18gB．24gC．30gD．36g21．下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（　　）A．C+O2═CO2B．NH3+HCl═NH4ClC．2Fe（OH）3═Fe2O3+3H2OD．NaOH+HNO3═NaNO3+H2O22．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下列说法正确的是（　　）A．KClO3在反应中得到电子B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应，有2mol电子转移23．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAB．常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NAC．NA个CO2分子占有的体积不一定为22.4LD．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA24．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．使紫色石蕊试剂显红色的溶液：NH4+、K+、[Al（OH）4]﹣、NO3﹣B．稀HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣C．FeCl3溶液：K+、Na+、I﹣、SO42﹣D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣25．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（　　）A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．2Br﹣+4H++SO42﹣═SO2+Br2+2H2OD．I2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2I﹣26．某无色溶液中含Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣，加入下列哪种溶液不会使其变色（　　）40/40A．酸化的淀粉溶液B．硫酸钠溶液C．H2O2溶液D．氯水27．下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（　　）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaOH（Na2CO3）盐酸﹣BNa2CO3粉末（NaHCO3）﹣加热CFe（Al）稀硫酸过滤DNaHCO3溶液（Na2CO3）CaCl2溶液过滤A．AB．BC．CD．D28．利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（　　）A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢的原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量29．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．7.8g苯中含有的碳碳双键数目为0.3NAB．标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为2NAC．常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）中所含的中子数为9NAD．4.6g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3NA30．某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是（　　）A．该反应的氧化剂是ClO﹣，还原产物是N2B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：340/40D．水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强　二、填空题31．某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种，为确定该固体混合物的成分及各组成成分的物质的量之比，现进行如图实验．实验Ⅰ：（1）无色气体为　　．（2）该固体混合物的成分为　　．实验Ⅱ：取一定量的该固体混合物溶于水配成1L溶液，并向该混合溶液中通入一定量的Cl2，测得溶液中几种阴离子（分别用A﹣、B﹣、C﹣表示）的物质的量与通入Cl2体积的关系如表所示．Cl2的体积（标准状况下）/L2.85.611.2n（A﹣）/mol1.251.52n（B﹣）/mol1.51.40.9n（C﹣）/mola00（3）a=　　．（4）原固体混合物中各组成成分的物质的量之比为．32．阅读、分析下列两个材料：材料一：如图材料二：如表物质熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3溶解性乙二醇C2H6O2﹣11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26跟水、酒精以任意比互溶根据上述材料及课本知识，回答下列问题（每空只填一个字母选项，）：A．蒸馏法B．萃取法C．“溶解、结晶、过滤”的方法D．分液法40/40（1）分离汽油和水的最佳方法是　　；（2）去除纯碱中的少量氯化钠杂质，最好应用　　；（3）将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是　　．33．鉴别四种溶液：NH4Cl、（NH4）2SO4、NaCl、Na2SO4，若只用一种化学试剂，则该试剂可以是　　．34．在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g•cm﹣3．试计算：（1）所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是　　、　　．（2）取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是　　．（3）在40.0mL0.065mol•L﹣1Na2CO3溶液中，逐渐加入（2）所稀释的稀盐酸，边加边振荡．若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过　　mL．（4）将不纯的NaOH样品1g（样品含少量Na2CO3和水），放入50mL2mol•L﹣1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol•L﹣1的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到　　克固体．35．A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣分别取四种物质进行实验，实验结果如下：①A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝40/40回答下列问题：（1）A的化学式是　　，用电子式表示C的形成过程：　　．（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是：　　．（3）写出③的离子方程式　　．（4）简述D溶液呈碱性的理由　　．　40/402022-2022学年湖北省襄阳市枣阳市阳光中学高一（上）第三次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单选题（本大题30小题，每小题2分，共60分）1．下列实验装置能达到实验目的是（夹持仪器未画出）（　　）A．装置用于检验溴丙烷消去产物B．装置用于石油的分馏C．装置用于实验室制硝基苯D．装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．温度计水银球的位置错误，冷凝管中冷凝水的流向错误；C．实验室制硝基苯在50﹣60℃下发生反应；40/40D．浓盐酸易挥发．【解答】解：A．由于挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．①温度计水银球的位置错误，应与蒸馏瓶支管下沿平齐；②冷凝管中冷凝水的流向错误，冷水应从下方进，上方出，故B错误；C．实验室制硝基苯在50﹣60℃下发生反应，需要用水浴加热，故C正确；D．浓盐酸易挥发，会发出的氯化氢可与苯酚钠反应制取苯酚，不能证明酸性碳酸＞苯酚，故D错误．故选C．　2．取物质的量浓度为0.05mol•L﹣1的金属氯化物（RClx）溶液20mL，使之恰好与20mL0.15mol•L﹣1的AgNO3溶液完全反应．则该氯化物的化学式为（　　）A．RClB．RCl2C．RCl3D．RCl4【考点】5A：化学方程式的有关计算．【分析】根据反应Ag++Cl﹣=AgCl↓可知n（Ag+）=n（Cl﹣），20mL0.05mol/L的金属氯化物（RClx）溶液中n（Cl﹣）=x×0.02L×0.05mol/L，20mL0.15mol/L的AgNO3溶液中n（Ag+）=0.02L×0.15mol/L，据此计算x的值，结合选项判断．【解答】解：20mL0.05mol/L的金属氯化物（RClx）溶液中n（Cl﹣）=x×0.02L×0.05mol/L，20mL0.15mol/L的AgNO3溶液中n（Ag+）=0.02L×0.15mol/L，根据反应Ag++Cl﹣=AgCl↓可知n（Ag+）=n（Cl﹣），所以x×0.02L×0.05mol/L=0.02L×0.15mol/L，解得x=3，所以化学式为RCl3．故选C．　3．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．含有NA个氦原子的氦气的物质的量为2摩尔B．2摩尔水的摩尔质量是1摩尔水的摩尔质量的2倍C．25℃，1.01×105Pa，64g的SO2中含有的原子数为3NAD．l摩尔任何物质所含的分子数均为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、氦气为单原子分子；40/40B、1mol物质所具有的质量称为此物质的摩尔质量；C、求出二氧化硫的物质的量，然后根据二氧化硫中含3个原子来分析；D、物质不一定由分子构成．【解答】解：A、氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，故A错误；B、1mol物质所具有的质量称为此物质的摩尔质量，故水的摩尔质量为定值，即为18g/mol，与水的物质的量无关，故B错误；C、64g二氧化硫的物质的量为1mol，而二氧化硫中含3个原子，故1mol二氧化硫中含3NA个原子，故C正确；D、物质不一定由分子构成，海可能由离子或原子构成，故D错误．故选C．　4．以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是（　　）A．含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B．250mL1mol•L﹣1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C．一定条件下，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D．在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成0.5molCl2转移的电子数【考点】54：物质的量的相关计算．【分析】A、在金刚石晶体中，每个碳原子形成四个共价键，利用均摊法计算每个碳原子共价键个数，再根据碳原子个数计算共价键个数；B、铁离子在水溶液中会水解；C、可逆反应不能进行彻底；D、根据氧化还原反应中化合价的升降和电子转移的关系来回答．【解答】解：A、石墨中每个碳原子含有共价键个数=3×=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol×1.5=0.6mol，其个数大于阿伏加德罗常数，故A正确；B、250mL1mol•L﹣1FeCl3溶液中，铁离子会水解，所以阴、阳离子总数小于阿伏加德罗常数，故B错误；40/40C、1molSO2和0.5molO2充入一密闭容内，充分反应后的生成物的三氧化硫小于1mol，即产物分子数小于阿伏加德罗常数，故C错误；D、反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为：7mol，每生成0.5molCl2转移的电子数为0.875mol，小于阿伏加德罗常数，故D错误．故选A．　5．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图所示．下列叙述中，正确的是（　　）A．该反应的化学方程式为2M⇌NB．t1时N的浓度是M浓度的2倍C．t2时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态D．t3时正反应速率大于逆反应速率【考点】C7：化学平衡建立的过程；CB：化学平衡的影响因素．【分析】A、根据反应物为物质的量逐渐增多，生成物为物质的量逐渐减少及其物质的量的变化等于计量数之比书写方程式；B、根据图象得出t1时N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，结合C=判断；C、根据某一时间反应中各物质的物质的量是否变化判断反应是否达到平衡；D、根据平衡移动的方向判断正逆反应速率的关系，当反应达到平衡，正逆反应速率相等．【解答】解：A、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，图象中，在相等的时间内消耗的N和M的物质的之比为2：1，所以反应方程式应为2N⇌M，故A错误；40/40B、t1时，N的物质的量为6mol．M的物质的量为3mol，又同一反应体系体积相同，则根据C=，N的浓度是M浓度的2倍，故B正确；C、由图可知t2时M仍然在增大，N仍然在减小，此时反应继续向正方向移动，反应没有达到平衡，故C错误；D、由图可知t3时，M、N都不变，则反应达到平衡，正逆反应速率相等，故D错误．故选B．　6．向0.5L的AlCl3溶液中逐滴加入某浓度的NaOH溶液，得到的沉淀随NaOH溶液体积的变化如图所示．下列结果正确的是（　　）A．反应过程中，沉淀最多时的质量为7.8gB．AlCl3溶液的浓度为2.0mol•L﹣1C．得到39g沉淀时，消耗的NaOH溶液体积一定为1.5LD．当V（NaOH）=4.0L时，得到的溶液中含Na+、Cl﹣【考点】GK：镁、铝的重要化合物；5A：化学方程式的有关计算．【分析】A．由图可知，沉淀最多为1.00mol；B．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀；C．得到39g沉淀时，存在两种情况，碱不足，或生成沉淀后碱过量；D．当V（NaOH）=4.0L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl．【解答】解：A．由图可知，沉淀最多为1.00mol，其质量为1mol×78g/mol=78g，故A错误；B．由图可知，加3L时NaOH恰好完全反应生成沉淀，由Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，则AlCl3溶液的浓度为=2.0mol/L，故B正确；C．得到39g沉淀时，存在两种情况，碱不足，或生成沉淀后碱过量，39gAl（OH）3的物质的量0.5mol，40/40当NaOH溶液不足时，生成39gAl（OH）3所需NaOH的物质的量为：0.5mol×3=1.5mol，需要NaOH溶液的体积=1.5L；当NaOH溶液过量时，还剩余39gAl（OH）3，反应的39gAl（OH）3溶解可以消耗0.5molNaOH，故共消耗NaOH的物质的量3.5mol，需要NaOH溶液的体积3.5L，或结合图象可知，消耗的NaOH溶液体积为1.5L或3.5L，故C错误；D．当V（NaOH）=4.0L时，沉淀完全溶解，生成偏铝酸钠和NaCl，得到的溶液中Na+、AlO2﹣、Cl﹣，故D错误；故选B．　7．有以下四种物质：①标况下11.2LCO2②1gH2③1.204×1024个N2④4℃时18mLH2O，下列说法不正确的是（　　）A．分子个数：③＞④＞①=②B．原子个数：③＞④＞①＞②C．体积：③＞④＞①=②D．质量：③＞①＞④＞②【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、利用公式计算各物质的物质的量，分子数目之比等于物质的量之比．B、计算各物质中原子的物质的量，原子数目之比等于物质的量之比．C、氢气与氮气所处状态不知道，无法计算体积．D、根据n=计算二氧化碳的物质的量，根据n=计算氮气的物质的量，再根据m=nM计算质量，根据m=ρV计算水的质量据此进行判断．【解答】解：①标况下11.2LCO2的物质的量为=0.5mol；②1gH2的物质的量为=0.5mol；③1.204×1024个N2的物质的量为=2mol，④4℃时18mLH2O的物质的量为=1mol．A、物质的量大小为③＞④＞①=②，分子数目之比等于物质的量之比，分子个数③＞④＞①=②，故A正确；B、各物质中原子是物质的量为：①0.5mol×3=1.5mol；②0.5mol×2=1mol；③40/402mol×2=4mol④1mol×3=3mol，所以原子的物质的量③＞④＞①＞②，原子数目之比等于物质的量之比，所以原子个数③＞④＞①＞②，故B正确；C、氢气与氮气所处状态不知道，不能计算体积，无法进行体积比较，故C错误；D、各物质的质量为：①0.5mol×44g/mol=22g；②1g；③2mol×28g/mol=56gl④18ml×1g/ml=18g，所以质量大小为③＞①＞④＞②，故D正确．故选：C．　8．下列对于“摩尔”的说法和理解正确的是（　　）A．摩尔是国际科学界建议采用的一种物理量B．摩尔可以把物质的宏观数量与微观粒子的数量联系起来C．国际上规定，0.012kg碳原子所含有的碳原子数目为1摩D．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol【考点】4B：物质的量的单位﹣﹣摩尔．【分析】A、根据定义、单位判断．B、根据物质的量的作用判断．C、根据1mol粒子数的规定判断．D、根据定义、单位判断．【解答】解：A、物质的量是物理量，摩尔是单位，故A错误；B、物质的量是连接宏观物质与微观粒子的桥梁，摩尔是单位，故B错误；C、碳原子指指含有6个质子6个中子的原子，本选项未明确，故C错误；D、物质的量是含有一定数目粒子的集体，单位是摩尔，简称摩，符号为mol，故D正确．故选D．　9．如图两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是（　　）A．所含原子数相等B．气体密度相等C．气体质量相等D．摩尔质量相等40/40【考点】4G：阿伏加德罗定律及推论．【分析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等．都是双原子分子，物质的量相等含有的原子数目相等；左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度、质量、摩尔质量相等，据此解答．【解答】解：同温同压下，体积之比等于物质的量之比，两瓶气体的物质的量相等，A、都是双原子分子，物质的量相等的气体含有的原子数目相等，故A正确；B、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为1：1时，相当于NO，与右瓶内NO的密度相等，但左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故密度不一定相等，故B错误；C、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故质量不一定相等，故C错误；D、左瓶中氮气与氧气的物质的量之比为不一定为1：1，故摩尔质量不一定相等，故D错误；故选A．　10．下列关于物质的量浓度表述正确的是（　　）A．0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9molB．当1L水吸收22.4LHCl时所得的盐酸浓度不是1mol/L，只有当22.4LHCl溶于水制得1L盐酸时，其浓度才是1mol/LC．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42﹣的物质的量相等，则K+和Cl﹣的物质的量浓度一定相同D．10℃时，100mL0.35mol/L的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100mL，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．【分析】A．溶液体积未知，不能确定离子物质的量；B．HCl不一定处于标况下，22.4LHCl的物质的量不一定为1mol；C．根据电荷守恒：n（Na+）+n（K+）=2n（SO42﹣）+n（Cl﹣）；40/40D.10℃时的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时若为饱和溶液，溶液浓度、密度不变，溶液质量减小，则体积减小．【解答】解：A．溶液体积未知，不能确定离子物质的量，故A错误；B．HCl不一定处于标况下，22.4LHCl的物质的量不一定为1mol，故B错误；C．根据电荷守恒：n（Na+）+n（K+）=2n（SO42﹣）+n（Cl﹣），如果Na+和SO42﹣的物质的量相等，则n（K+）=n（SO42﹣）+n（Cl﹣），则K+和Cl﹣的物质的量浓度一定不相同，故C错误；D.10℃时的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时若为饱和溶液，溶液物质的量浓度不变，溶液密度不变，溶液质量减小，则体积体积小于100mL，故D正确，故选：D．　11．设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．17g羟基和17gOH﹣含有的电子数均为10NAB．2L0.5mol•L﹣1醋酸溶液中含有的H+数为NAC．标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4LD．7.8gNa2O2与足量的CO2和H2O（g）混合气体充分反应，转移的电子数为0.1NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A.1个羟基含有9个电子，1个氢氧根离子含有10个电子；B．醋酸为弱酸，部分电离；C．二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；D．过氧化钠和水、二氧化碳反应，过氧化钠都是既做氧化剂又做还原剂．【解答】解：A.17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，17gOH﹣含有的电子数均为10NA，故A错误；B.2L0.5mol•L﹣1醋酸溶液，醋酸部分电离，所以含有的H+数小于NA，故B错误；C．NA个NO分子和0.5NA个O2分子混合后恰好完全反应生成1mol二氧化氮，但二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致分子个数减少，故气体分子个数小于NA个，故C错误；40/40D．过氧化钠和水、二氧化碳反应，过氧化钠都是既做氧化剂又做还原剂，1mol过氧化钠反应转移1mol电子，则7.8gNa2O2物质的量为=0.1mol，转移的电子数为0.1NA，故D正确；故选：D．　12．下列装置或操作能达到实验目的是（　　）A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁将饱和食盐水完全蒸干制NaCl【考点】U5：化学实验方案的评价．【分析】A．二氧化锰和浓盐酸制备氯气应加热；B．除杂时导管长进短出；C．二氧化锰不溶于水；D．蒸发时，待蒸发皿中出现较多量的固体时，应停止加热．【解答】解：A．二氧化锰和浓盐酸制备氯气，需要加热，故A错误；B．除杂时导管长进短出，图中导管进气方向不合理，故B错误；C．二氧化锰不溶于水，则利用图中过滤装置可分离，故C正确；D．蒸发时，待蒸发皿中出现较多量的固体时，应停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，将食盐水蒸干会造成氯化钠固体飞溅，故D错误；故选C．　13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．在常温、常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NA40/40B．标准状况下，18gH2O的体积是22.4LC．NA个SO2的体积是22.4LD．标准状况下，22.4LH2与O2的混合气体所含原子数为2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、标况下水为液态；C、二氧化硫所处的状态不明确；D、氢气和氧气均为双原子分子．【解答】解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，则含有的分子数小于0.5NA个，故A错误；B、标况下水为液态，故18g水即1mol水的体积小于22.4L，故B错误；C、二氧化硫所处的状态不明确，故NA个二氧化硫分子即1mol二氧化硫的体积无法确定，故C错误；D、标况下22.4L氢气和氧气的混合物的物质的量为1mol，而氢气和氧气均为双原子分子，则1mol混合物中含2mol原子即2NA个，故D正确．故选D．　14．下列实验操作或仪器使用正确的是（　　）A．容量瓶、分液漏斗和滴定管都需要验漏B．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相C．用装置乙加热分解NaHCO3固体D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液用到的玻璃仪器只有500mL容量瓶、烧杯和玻璃棒【考点】P4：分液和萃取；N3：不能加热的仪器及使用方法．【分析】A．具有塞子、活塞的仪器需要检查漏液；40/40B．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；C．加热固体应防止试管炸裂；D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液的步骤有：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，根据配制步骤选择使用的仪器．【解答】解：A．使用容量瓶、分液漏斗和滴定管时，首先要查仪器是否漏液，若漏液，仪器不能使用，故A正确；B．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故C错误；D．配制500mL0.1mol•L‑1NaCl溶液使用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故D错误；故选A．　15．向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系不正确的是（　　）A．c=B．p=m+C．n=m+17VcD．m＜p＜m【考点】M3：有关混合物反应的计算．【分析】反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4；Mg（OH）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；A．根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH﹣）等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；B．由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H240/40O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；C．沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cVM计算氢氧根离子的质量；D．按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间．【解答】解：A．根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH﹣），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故×2=cmol/L×V×10﹣3L，整理得c=，故A正确；B．选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+c×V×10﹣3××16=m+，故B正确；C．沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+c×V×10﹣3×17=m+，故C错误；D．得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=×40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=××102=，质量介于二者之间，故D正确；故选C．　16．对一些具有危险的化学物质，若要在其包装上贴危险化学品标记，下列标签贴错的是（　　）A．浓硫酸B．40/40汽油C．KClO3D．乙醇【考点】O2：化学试剂的存放．【分析】解答本题可根据图中所示标志的含义、常见化学物质的性质、题目的要求进行分析判断即可．【解答】解：A．浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀性标志，图中所示标志是腐蚀性标志，故A正确；B．汽油具有易燃性，故应贴易燃性标志，图中所示标志是易燃标志，故B正确；C．KClO3具有性易爆，故应贴易爆标志，图中所示标志是易爆标志，故C正确；D．乙醇具有易燃性，故应贴易燃性标志，图中所示标志是易燃标志，故D错误．故选D．　17．下列关于离子共存或离子方程式的说法正确的是（　　）A．某酸性溶液中可能大量存在：NH4+、Fe3+、NO3﹣、I﹣B．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中，Al3+、Cl﹣、Ba2+、NO3﹣一定不能大量共存C．向NH3•H2O溶液中滴加少量AlCl3溶液，发生反应：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．向含有1molFeBr2的水溶液中通入标准状况下11.2LCl2，发生反应：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣【考点】49：离子方程式的书写．【分析】A．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性；B．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，可能为酸性溶液或者是碱性溶液；C．不符合反应客观事实；D．二价铁离子还原性强于溴离子，氯气少量先氧化二价铁离子．40/40【解答】解：A．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化碘离子，不能大量共存，故A不选；B．碱性溶液中，铝离子不能大量共存，故B不选；C．一水合氨为弱碱，与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C不选；D．向含有1molFeBr2的水溶液中通入标准状况下11.2LCl2，氯气少量先氧化二价铁离子，发生反应：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣，故D选；故选：D．　18．如果向500mL含伪CaCl2和KCl的混合溶液中，加入含1mol碳酸钠的溶液，恰好使钙离子完全沉淀；如果向该溶液中加人含3mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为（　　）A．1mol•L﹣1B．2mol•L﹣1C．3mol•L﹣1D．4mol•L﹣1【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．【分析】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同，一份加入含a1mol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）；另一份加入含3mol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+），再利用电荷守恒可知每份中2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），据此计算每份中n（K+），根据c=计算钾离子浓度．【解答】解：混合溶液分成两等份，每份溶液浓度相同．一份加入含1mol硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n（Ba2+）=（Na2SO4）=1mol，另一份加入含3mol硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl﹣=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n（Cl﹣）=n（Ag+）=3mol，根据电荷守恒可知每份中满足：2n（Ba2+）+n（K+）=n（Cl﹣），则n（K+）=3mol﹣2mol=1mol，所以钾离子浓度为：c（K+）==4mol•L﹣1，故选D．40/40　19．下列溶液中Cl﹣浓度最大的是（　　）A．10ml0.2mol/L的FeC13溶液B．10ml0.1mob/L的AlC13溶液C．20ml0．lmol/L的MgCl2溶液D．20mllmol/L的KClO3溶液【考点】4E：物质的量浓度．【分析】根据溶液中不水解的离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关，据此分析解答．【解答】解：A、10mL0.2mol/LFeCl3溶液中氯离子的物质的量浓度=0.2mol/L×3=0.6mol/L；B、10mL0.1mol/LAlC13溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1mol/L×3=0.3mol/L；C、20mL0.1mol/LMgCl2溶液中氯离子的物质的量浓度=0.1mol/L×2=0.2mol/L；D、20mL1mol/LKClO3溶液中不存在氯离子，即氯离子的物质的量浓度=0；Cl﹣的浓度最大的是4mol/L，故选：A．　20．把一定质量的铁完全溶解于某浓度的硝酸中收集到0.3molNO2和0.2molNO．向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液充分反应，经过滤、洗涤后，把所得沉淀加热至质量不再减少为止．得到固体质量不可能为（　　）A．18gB．24gC．30gD．36g【考点】BQ：氧化还原反应的计算．【分析】硝酸得电子变成氮的氧化物，铁在反应中失电子变成铁离子或亚铁离子，加碱后生成氢氧化物，对沉淀加热生成氧化铁沉淀，在反应中铁失电子数和硝酸得电子数相等，以此进行计算．【解答】解：硝酸得电子变成氮的氧化物，铁在反应中失电子变成铁离子或亚铁离子，加碱后生成氢氧化物，对沉淀加热生成氧化铁沉淀，在反应中铁失电子数和硝酸得电子数相等．根据HNO3NO，HNO3NO2，生成0.3molNO2转移的电子为：0.3mol×1=0.3mol，生成0.2molNO转移的电子为：0.2mol×3=0.6mol，共转移0.9mol电子，若反应中Fe失去3个电子变成铁离子FeFe3+Fe（OH）3Fe2O3，40/403mol80g0.9mol24g若反应中Fe失去2个电子变成亚铁离子FeFe2+Fe（OH）2Fe（OH）3Fe2O3，2mol80g0.9mol36g若铁既变成铁离子由变成亚铁离子，则得到的沉淀介于24g﹣36g之间，则得到固体质量不可能为18g，故选A．　21．下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（　　）A．C+O2═CO2B．NH3+HCl═NH4ClC．2Fe（OH）3═Fe2O3+3H2OD．NaOH+HNO3═NaNO3+H2O【考点】B1：氧化还原反应．【分析】判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应，不变化，则不涉及氧化还原反应．【解答】解：A．C+O2═CO2，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故A选；B．NH3+HCl═NH4Cl，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故B不选；C．2Fe（OH）3═Fe2O3+3H2O，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故C不选；D．NaOH+HNO3═NaNO3+H2O，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故D不选．故选A．　40/4022．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下列说法正确的是（　　）A．KClO3在反应中得到电子B．ClO2是氧化产物C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应，有2mol电子转移【考点】B1：氧化还原反应．【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO4═2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5加降低为+4价，C元素的化合价由+3升高为+4价，以此来解答．【解答】解：A．Cl元素的化合价降低，则KClO3在反应中得到电子，故A正确；B．Cl得到电子被还原，则ClO2是还原产物，故B错误；C．C失去电子，则H2C2O4在反应中被氧化，故C正确；D.1molKClO3参加反应，有1mol×（5﹣4）=1mol电子转移，故D错误；故选AC．　23．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）A．常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAB．常温常压下，1mol氦气含有的原子数为NAC．NA个CO2分子占有的体积不一定为22.4LD．物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl﹣个数为NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、依据气体摩尔体积条件应用分析，标准状况气体摩尔体积为224L/mol；B、氦气是单原子分子；C、NA个CO2分子物质的量为1mol，标准状况气体体积为22.4L；D、溶液体积不知不能计算微粒数．【解答】解：A、依据气体摩尔体积条件应用分析，标准状况气体摩尔体积为224L/mol，常温常压下，11.2LCl2含物质的量不是0.5mol，故A错误；B、氦气是单原子分子，1mol氦气含有的原子数为NA，故B正确；40/40C、NA个CO2分子物质的量为1mol，标准状况气体体积为22.4L，温度压强不知，NA个CO2分子占有的体积不一定为22.4L，故C正确；D、溶液体积不知不能计算微粒数，故D错误；故选BC．　24．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）A．使紫色石蕊试剂显红色的溶液：NH4+、K+、[Al（OH）4]﹣、NO3﹣B．稀HNO3溶液：Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣C．FeCl3溶液：K+、Na+、I﹣、SO42﹣D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣【考点】DP：离子共存问题．【分析】A．使紫色石蕊试剂显红色的溶液，显酸性；B．稀HNO3溶液，具有酸性和强氧化性；C．离子之间发生氧化还原反应；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液．【解答】解：A．使紫色石蕊试剂显红色的溶液，显酸性，不能大量存在[Al（OH）4]﹣，故A错误；B．稀HNO3溶液，具有酸性和强氧化性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．由水电离产生的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸也与碱反应，一定不能共存，故D错误；故选B．　25．在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl﹣＜Br﹣＜Fe2+＜I﹣＜SO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（　　）A．2Fe3++SO2+2H2O═2Fe2++SO42﹣+4H+B．2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣C．2Br﹣+4H++SO42﹣═SO2+Br2+2H2O40/40D．I2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2I﹣【考点】B2：氧化性、还原性强弱的比较．【分析】根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性规律来分析．【解答】解：A、根据反应得出还原性强弱是：SO2＞Fe2+，和题干的还原性强弱吻合，所以A能发生，故A错误；B、根据反应得出还原性强弱是：Fe2+＞Cl﹣，和题干的还原性强弱吻合，所以B能发生，故B错误；C、根据反应得出还原性强弱是：Br﹣＞SO2，和题干的还原性强弱不吻合，所以C不能发生，故C正确；D、根据反应得出还原性强弱是：I﹣＜SO2，和题干的还原性强弱吻合，所以D能发生，故D错误．故选C．　26．某无色溶液中含Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣，加入下列哪种溶液不会使其变色（　　）A．酸化的淀粉溶液B．硫酸钠溶液C．H2O2溶液D．氯水【考点】DP：离子共存问题．【分析】Na+、I﹣、NO3﹣、Cl﹣可以共存，在酸性条件下I﹣可以NO3﹣被氧化为I2，加强氧化性物质也能把I﹣氧化为I2，生成单质碘，则溶液会变色．【解答】解：A．在酸性条件下I﹣可以NO3﹣被氧化为I2，则溶液会变为蓝色，故A不选；B．加入硫酸钠溶液，与I﹣不反应，则溶液不变色，故B选；C．H2O2具有强氧化性，能把I﹣氧化为I2，则溶液会变色，故C不选；D．氯水具有强氧化性，能把I﹣氧化为I2，则溶液会变色，故D不选．故选B．　27．下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（　　）选项待提纯的物质操作方法40/40选用的试剂ANaOH（Na2CO3）盐酸﹣BNa2CO3粉末（NaHCO3）﹣加热CFe（Al）稀硫酸过滤DNaHCO3溶液（Na2CO3）CaCl2溶液过滤A．AB．BC．CD．D【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；PE：物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．二者均与盐酸反应；B．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；C．二者均与硫酸反应；D．碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀和氯化钠．【解答】解：A．二者均与盐酸反应，不能除杂，应选氢氧化钙除杂，故A错误；B．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故B正确；C．二者均与硫酸反应，不能除杂，应选磁铁分离，故C错误；D．碳酸钠与氯化钙反应生成沉淀和氯化钠，引入新杂质NaCl，故D错误；故选B．　28．利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（　　）A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢的原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L（标准情况）D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量【考点】54：物质的量的相关计算．【分析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2，结合n===结合物质的构成解答该题．【解答】解：根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2．则可得：A．可生成H2的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A错误；40/40B．可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故B错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C错误；D．钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则0.04molNa与水反应产生0.02molH2，故D正确．故选D．　29．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）A．7.8g苯中含有的碳碳双键数目为0.3NAB．标准状况下，22.4LCl2通入足量的石灰乳制备漂白粉，转移电子数为2NAC．常温常压下，17g甲基（﹣14CH3）中所含的中子数为9NAD．4.6g金属钠与足量O2充分反应后，所得固体中阴、阳离子的总数为0.3NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、求出氯气的物质的量，然后根据1mol氯气与石灰乳反应时转移1mol电子来分析；C、求出甲基的物质的量，然后根据1mol甲基中含8mol中子来分析；D、求出钠的物质的量，然后根据无论生成的产物是氧化钠还是过氧化钠，均2mol钠离子～1mol阴离子来分析．【解答】解：A、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故A错误；B、标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，而氯气与碱的反应为歧化反应，1mol氯气与石灰乳反应时转移1mol电子，即转移NA个，故B错误；C、17g甲基（﹣14CH3）的物质的量为1mol，而1mol甲基中含8mol中子，即8NA个，故C错误；D、4.6g钠的物质的量为0.2mol，而无论生成的产物是氧化钠还是过氧化钠，均2mol钠离子～1mol阴离子，故0.2mol钠生成的固体中阴离子的物质的量一定为0.1mol，则共含0.3mol离子即0.3NA个，故D正确．故选D．　30．某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒．其中N240/40的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是（　　）A．该反应的氧化剂是ClO﹣，还原产物是N2B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．水是生成物，且反应后溶液的酸性明显增强【考点】BQ：氧化还原反应的计算．【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题．【解答】解：方程式为3ClO﹣+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，A．反应中N元素化合价升高，N2为氧化产物，故A错误；B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D．反应生成H+，溶液酸性增强，故D正确．故选D．　二、填空题31．某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种，为确定该固体混合物的成分及各组成成分的物质的量之比，现进行如图实验．实验Ⅰ：（1）无色气体为　NH3　．40/40（2）该固体混合物的成分为　NH4I、MgBr2、AlCl3　．实验Ⅱ：取一定量的该固体混合物溶于水配成1L溶液，并向该混合溶液中通入一定量的Cl2，测得溶液中几种阴离子（分别用A﹣、B﹣、C﹣表示）的物质的量与通入Cl2体积的关系如表所示．Cl2的体积（标准状况下）/L2.85.611.2n（A﹣）/mol1.251.52n（B﹣）/mol1.51.40.9n（C﹣）/mola00（3）a=　0.15　．（4）原固体混合物中各组成成分的物质的量之比为．【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种加入过量氢氧化钠浓溶液加热反应生成气体为氨气，固体中含NH4I，生成白色沉淀久置无变化判断沉淀为Mg（OH）2，固体中有MgBr2、无FeCl2，无色溶液加入适量稀盐酸生成白色沉淀，加入过量稀盐酸沉淀溶解，判断为Al（OH）3，无气体生成则固体中无NaHCO3，（1）分析可知铵盐和氢氧化钠反应生成气体氨气；（2）上述分析判断固体成分NH4I、MgBr2、AlCl3；（3）碘离子与溴离子的还原性强弱顺序为：I﹣＞Br﹣，加入氯气2.8L时溶液中I﹣amol，则说明通入2.8LCl2只发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，2.8L变成5.6L，消耗2.8LCl2的物质的量为=0.125mol，先后发生：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，根据反应方程式计算；（4）通过以上分析知，当通入Cl2的体积为3.36L即0.15mol（标准状态下）时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；n（Cl﹣）=1.25mol﹣0.125mol×2=1mol、n（Br﹣）=1.5mol、n（I﹣）=0.4mol，据此计算原固体混合物中各组成成分的物质的量之比．【解答】解：（1）某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种加入过量氢氧化钠浓溶液加热反应生成气体为氨气，40/40故答案为：NH3；（2）某固体混合物含NH4I、NaHCO3、AlCl3、MgBr2、FeCl2中的几种加入过量氢氧化钠浓溶液加热反应生成气体为氨气，固体中含NH4I，生成白色沉淀久置无变化判断沉淀为Mg（OH）2，固体中有MgBr2、无FeCl2，无色溶液加入适量稀盐酸生成白色沉淀，加入过量稀盐酸沉淀溶解，判断为Al（OH）3，无气体生成则固体中无NaHCO3，该固体混合物的成分为NH4I、MgBr2、AlCl3，故答案为：NH4I、MgBr2、AlCl3；（3）溶液中阴离子还原性强弱顺序为：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣，2.8L氯气的物质的量为=0.125mol，通入0.125mol氯气时溶液中有I﹣，所以Br﹣没有参加反应，所以溶液中n（Br﹣）=1.5mol，n（B﹣）为溴离子，溶液中氯离子为通入氯气生成的和原来溶液中存在的，判断A﹣离子为Cl﹣，C﹣离子为I﹣离子，Cl原子守恒得原来n（Cl﹣）=1.25mol﹣0.125mol×2=1mol；通入5，6L氯气物质的量==0.25mol氯气时溶液中没有I﹣，则碘离子完全反应，且n（Br﹣）=1.4mol，说明有0.1mol溴离子参加反应，则碘离子完全反应，根据转移电子相等得n（I﹣）=0.25mol×2﹣0.1mol×1=0.4mol，根据反应：Cl2+2I﹣═I2+2Cl﹣，该反应中生成0.25mol氯离子消耗碘离子，所以a=0.5mol﹣0.25mol=0.15mol，故答案为：0.15；（4）通过以上分析知，当通入Cl2的体积为3.36L即0.15mol（标准状态下）时，溶液中发生反应的离子方程式为Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2；n（Cl﹣）=1.25mol﹣0.125mol×2=1mol、n（Br﹣）=1.5mol、n（I﹣）=0.4mol，n（AlCl3）：n（MgBr2）：n（NH4I）=×1：：0.4=20：45：24，答：原固体混合物中各组成成分的物质的量之比为20：45：24．　32．阅读、分析下列两个材料：材料一：如图材料二：如表物质熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3溶解性40/40乙二醇C2H6O2﹣11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26跟水、酒精以任意比互溶根据上述材料及课本知识，回答下列问题（每空只填一个字母选项，）：A．蒸馏法B．萃取法C．“溶解、结晶、过滤”的方法D．分液法（1）分离汽油和水的最佳方法是　D　；（2）去除纯碱中的少量氯化钠杂质，最好应用　C　；（3）将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是　A　．【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】（1）汽油与水分层；（2）由溶解度曲线图可知，二者溶解度受温度影响不同；（3）乙二醇和丙三醇互溶，但沸点不同．【解答】解：（1）汽油与水分层，则选择分液法分离，故答案为：D；（2）由溶解度曲线图可知，二者溶解度受温度影响不同，则利用“溶解、结晶、过滤”的方法除杂，故答案为：C；（3）乙二醇和丙三醇互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：A．　33．鉴别四种溶液：NH4Cl、（NH4）2SO4、NaCl、Na2SO4，若只用一种化学试剂，则该试剂可以是　Ba（OH）2溶液　．【考点】PT：物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】检验铵根离子选择碱，检验硫酸根离子选择钡离子，以此来解答．【解答】解：NH4Cl、（NH4）2SO4、NaCl、Na2SO4分别与Ba（OH）2溶液混合的现象为：刺激性气体、刺激性气体和白色沉淀、无现象、白色沉淀，现象不同，可鉴别，即只用一种试剂为Ba（OH）2溶液，故答案为：Ba（OH）2溶液．　34．在标准状况下，将224L40/40HCl气体溶于635mL水中，所得盐酸的密度为1.18g•cm﹣3．试计算：（1）所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是　36.5%　、　11.8mol/L　．（2）取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度是　1mol•L﹣1　．（3）在40.0mL0.065mol•L﹣1Na2CO3溶液中，逐渐加入（2）所稀释的稀盐酸，边加边振荡．若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过　2.6　mL．（4）将不纯的NaOH样品1g（样品含少量Na2CO3和水），放入50mL2mol•L﹣1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol•L﹣1的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到　5.85　克固体．【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．【分析】（1）根据n=计算HCl物质的量，根据m=nM计算HCl质量，根据m=ρV计算水的质量，进而计算溶液质量分数，根据c=计算溶液物质的量浓度；（2）根据稀释定律c（浓）•V（浓）=c（稀）•V（稀）计算；（3）使反应不产生CO2气体，发生反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，根据方程式计算消耗HCl的物质的量，进而计算需要盐酸的体积；（4）NaOH、Na2CO3均与HCl反应得到NaCl，蒸发得到的最终固体为NaCl，根据Cl元素守恒n（NaCl）=n（HCl），再根据m=nM计算NaCl的质量．【解答】解：（1）n（HCl）==10mol，m（HCl）=10mol×36.5g•mol﹣1=365g，635mL水的质量为635mL×1g/mL=635g，盐酸的质量分数w=×100%=36.5%，c（HCl）==mol/L=11.8mol/L，故答案为：36.5%；11.8mol/L；（2）根据c（浓）•V（浓）=c（稀）•V（稀）可知：c（稀）=11.8mol•L﹣1×0.1L÷1.18L=1mol•L﹣1，故答案为：1mol•L﹣1；（3）n（Na2CO3）=0.040L×0.065mol•L﹣1=0.0026mol，使反应不产生CO240/40气体，发生反应：Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，根据方程式可知消耗HCl为0.0026mol，设加入稀盐酸的体积最多不超过xmL，则n（HCl）=1mol•L﹣1×0.001xL=0.001xmol，根据反应Na2CO3+HCl═NaHCO3+NaCl，可得0.0026=0.001x，解得x=2.6，故答案为：2.6；（4）NaOH、Na2CO3均与HCl反应得到NaCl，蒸发得到的最终固体为NaCl，根据Cl元素守恒n（NaCl）=n（HCl）=0.05L×2mol/L=0.1mol，故NaCl的质量为0.1mol×58.5g/mol=5.85g，故答案为：5.85．　35．A、B、C、D四种物质均为下列离子组成的可溶性化合物，组成这四种物质的离子（离子不能重复组合）有：阳离子Na+、Al3+、Ba2+、NH4+阴离子Cl﹣、OH﹣、CO32﹣、SO42﹣分别取四种物质进行实验，实验结果如下：①A、D溶液呈碱性，B呈酸性，C呈中性②A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失③A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝回答下列问题：（1）A的化学式是　Ba（OH）2　，用电子式表示C的形成过程：　　．（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解，所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是：　c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）　．（3）写出③的离子方程式　Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓　．（4）简述D溶液呈碱性的理由　NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度　．【考点】GS：无机物的推断；DB：盐类水解的原理．40/40【分析】A、D溶液呈碱性，且A溶液与D溶液混合并加热有气体生成，该气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则生成的气体为NH3，应是铵盐与碱的反应，由于NH4+离子不与OH﹣共存，NH4Cl、（NH4）2SO4溶液呈酸性，故A、D有一种为（NH4）2CO3，另外一种为Ba（OH）2或NaOH，B呈酸性，只能为AlCl3、Al2（SO4）3中的一种，而A溶液与B溶液反应生成白色沉淀，再加过量A，沉淀量减少，但不会完全消失，应是氢氧化钡与硫酸铝的反应，则A为Ba（OH）2，B为Al2（SO4）3，D为（NH4）2CO3，C为NaCl，据此解答．【解答】解：（1）A为Ba（OH）2，用电子式表示C为氯化钠，属于离子化合物，电子式表示氯化钠的形成过程为：，故答案为：Ba（OH）2；；（2）向A溶液中通入适量CO2，使生成的沉淀恰好溶解得到碳酸氢钡溶液，由化学式及电离可知c（HCO3﹣）＞c（Ba2+），再由的水解显碱性可知c（OH﹣）＞c（H+），电离产生极少的CO32﹣，溶液中离子浓度大小：c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），故答案为：c（HCO3﹣）＞c（Ba2+）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；（3）③中生成气体的反应为Ba（OH）2与（NH4）2CO3的反应，其离子反应为：Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓，故答案为：Ba2++CO32﹣+2NH4++2OH﹣2NH3↑+2H2O+BaCO3↓；（3）由上述分析可知，C的化学式是：NaCl，故答案为：NaCl，（4）D为（NH4）2CO3，其溶液显碱性，是因NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度，故答案为：NH4+的水解程度小于CO32﹣的水解程度．　40/402022年7月7日40/40