2022-2022学年浙江省宁波市余姚中学高一（上）月考化学试卷 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共20分）1．下列各组物质中，依次属于单质、酸、盐的一组是（ ）A．干冰、石灰石、氧化钙B．氧气、盐酸、熟石灰C．水、烧碱、食盐D．液氯、硝酸、纯碱 2．与100mL0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度相同的是（ ）A．10mL1mol/L（NH4）2SO4溶液B．50mL0.2mol/LNH4Cl溶液C．10mL0.2mol/L（NH4）2SO4溶液D．200mL0.1mol/LNH4NO3溶液 3．“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物一定具有的性质是（ ）A．无色透明B．有丁达尔效应C．所得液体呈胶状D．所得物质一定是悬浊液 4．下列叙述正确的是（ ）A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质B．铜丝能导电，所以铜是电解质C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D．SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质 5．现有下列四种因素：①温度和压强②所含微粒数③微粒本身大小④微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是（ ）A．只②③④B．只①②④C．只①③④D．①②③④全部 6．下列叙述正确的是（ ）A．1摩尔氢为2克B．H2O的摩尔质量为18克C．44克CO2的体积为22.4LD．9.8克H2SO4含0.1NA个H2SO4分子 7．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．NA个N2分子与NA个CO分子的质量比为1：1B．水的摩尔质量等于NA个水分子的相对质量之和C．在常温常压下11.2LN2含有的分子数为0.5NAD．1mol•L﹣1NaCl溶液中、含有NA个Na+ 8．下列有关说法中正确的是（ ）A．有单质生成的反应一定是置换反应21\nB．焰色反应是元素表现出来的化学性质C．由两种元素组成，原子个数比为1：1的物质一定是纯净物D．能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物 9．能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是（必要时可加热）（ ）A．BaCl2B．NaOHC．Ba（OH）2D．AgNO3 10．下列有关实验的做法不正确的是（ ）A．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B．容量瓶使用前需要检查是否漏水C．配置0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大 二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共30分）11．以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A．53g碳酸钠中含NA个CO32﹣B．0.1molOH﹣含NA电子C．1.8g重水（D2O）中含NA个中子D．标准状况下11.2L臭氧（O3）中含NA个氧原子 12．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．1molNH4+所含有的电子数为11NAB．20g氖气所含有的分子数约为3.01×1023C．标准状况下，22.4LSO2气体所含的原子数为NAD．常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA 13．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是（ ）A．当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的密度ρ（H2）＞ρ（Ne）＞ρ（O2）B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积V（O2）＞V（Ne）＞V（H2）D．当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的质量m（H2）＞m（Ne）＞m（O2） 14．由CO2、H2和CO组成的混合气体，在同温同压下与N2的密度相同，则该混合同气体中CO2、H2和CO的体积比为（ ）A．29：8：14B．22：1：14C．13：8：14D．26：6：14 15．（B类）某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣四种离子，其物质的量浓度之比为Na+：Mg2+：Cl﹣=3：5：5，若Na+浓度为3mol/L，则SO42﹣的浓度为（ ）A．2mol/LB．3mol/LC．4mol/LD．8mol/L 16．将标准状况下的VLHCl（气）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为ρg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度为（ ）21\nA．B．C．D． 17．向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是（ ）A．溶液中的Na+总数不变B．单位体积内的OH﹣数目不变C．溶质的物质的量不变D．溶液的质量不变 18．下列实验设计方案或判断中正确的是（ ）A．加入足量铜粉后，搅拌、可过滤可除去Cu（NO3）2溶液中混有的AgNO3B．通过装有NaOH溶液的确洗气瓶来除去CO2中混有的HCl气体C．某无色未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，可推断溶液中的一定含有SO42﹣D．未知溶液中加入盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定大量含CO32﹣ 19．为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的次序是（ ）①加水溶解；②加热蒸发得到晶体；③加入过量BaCl2溶液；④加入过量盐酸；⑤加入过量K2CO3；⑥过滤．A．①⑤③⑥④②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④② 20．从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，该步骤应选择的实验装置是（ ）A．B．C．D． 三、填空题（本题包括6小题，共42分）21．现有以下物质：①NaCl晶体；②液态SO3；③液态的醋酸；④铝；⑤BaSO4固体；⑥纯蔗糖（C12H22O11）；⑦酒精（C2H5OH）；⑧熔化的KNO3，请回答下列问题（填序号）：（1）属于电解质的是 ．（2）属于非电解质的是 ．（3）能导电的是 ． 22．现在要分离下列物质，将分离方法的字母序号填在横线上．．A．萃取B加热分解C．结晶D．分液E蒸馏F过滤（1）要除去NaCl溶液中的泥沙 （2）用CCl4提取溴水中的溴单质 （3）分离互溶的乙酸（沸点118℃）与乙酸乙酯（沸点77.1℃） 21\n（4）分离汽油和水 （5）从含有少量的NaCl的KNO3溶液中提取KNO3 （6）生石灰中含有石灰石的杂质 ． 23．（1）标准状况下，0.2molNH3与 gH2O的电子数相等．（2）含有相同氧原子数的CO和CO2，其质量比为 ．（3）已知14gA和40gB恰好完全反应生成0.25molC和38gD，则C的摩尔质量 ．（4）已知VmLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ag，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是 ． 24．从氢气、氧气、水、一氧化碳、氧化铜中任意挑选作为反应物，按下列要求写出化学方程式：①既属于化合反应，又属于氧化还原反应： ②属于氧化还原反应，但不属于置换、化合、分解、复分解反应： ． 25．有一固体粉末，其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验．（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀．（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体．（3）取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+．由上述现象推断：（1）该混合物中一定含有 ；一定不含有 ，可能含有 ．（2）如要检验其是否存在，将如何操作 ． 26．现用18.4mol•L﹣1的浓硫酸来配制500mL0.2mol•L﹣1的稀硫酸，可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧杯③胶头滴管④量筒⑤托盘天平（1）上述仪器在配制过程中不需要用到的是 ．（填序号）除上述仪器外，尚缺最重要的仪器是 ．（2）计算所需浓硫酸的体积为 mL（保留1位小数）．（3）实验中用到玻璃棒，其作用分别是： 、 ．（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却．其正确的操作顺序为：②→①→③→ → → → →④（填序号）（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有 （填序号）①定容时，仰视刻度线．②未冷却至室温就转移到容量瓶中．③容量瓶中含有少量蒸馏水．④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒．⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线． 四、计算题（共8分）21\n27．向50mL稀硫酸和稀盐酸的混合溶液中，加入3.42g氢氧化钡粉末，充分反应后过滤，得到干燥的沉淀物2.33g，所得溶液中氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，试求原混合液中和Cl﹣的物质的量浓度（假定在混合液中加入氢氧化钡粉末后体积未改变）． 21\n2022-2022学年浙江省宁波市余姚中学高一（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共20分）1．下列各组物质中，依次属于单质、酸、盐的一组是（ ）A．干冰、石灰石、氧化钙B．氧气、盐酸、熟石灰C．水、烧碱、食盐D．液氯、硝酸、纯碱【考点】单质和化合物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】单质是由同种元素组成的纯净物；酸是电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是电离出金属离子和酸根离子的化合物．【解答】解：A．干冰属于氧化物；石灰石属于盐；氧化钙属于氧化物，故A错误；B．氧气属于单质；盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物；熟石灰属于碱，故B错误；C．水属于氧化物；烧碱属于碱；食盐属于盐，故C错误；D．液氯属于单质；硝酸属于酸；纯碱属于盐，故D正确．故选D．【点评】本题考查单质、酸、盐的定义，难度不大，注意知识的积累． 2．与100mL0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度相同的是（ ）A．10mL1mol/L（NH4）2SO4溶液B．50mL0.2mol/LNH4Cl溶液C．10mL0.2mol/L（NH4）2SO4溶液D．200mL0.1mol/LNH4NO3溶液【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】电解质溶液中离子浓度=电解质浓度×电解电离出该离子数目，与溶液的体积无关，0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L，据此结合选项计算判断．【解答】解：0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L，A、10mL1mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为1mol/L×2=2mol/L，B、50mL0.2mol/LNH4Cl溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L×1=0.2mol/L，C、10mL0.2mol/L（NH4）2SO4溶液中NH4+离子浓度为0.2mol/L×2=0.4mol/L，D、200mL0.1mol/LNH4NO3溶液中NH4+离子浓度为0.1mol/L×1=0.1mol/L，故选B．【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度的关系． 3．“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物一定具有的性质是（ ）A．无色透明B．有丁达尔效应C．所得液体呈胶状D．所得物质一定是悬浊液【考点】纳米材料．【专题】溶液和胶体专题．21\n【分析】由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，以此来解答．【解答】解：分散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体．A．胶体可能有颜色，故A错误；B．胶体具有丁达尔现象，故B正确；C．胶体不一定呈胶状，故C错误；D．该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，故D错误；故选B．【点评】本题考查分散系的判断及胶体的性质，明确纳米材料的直径是解答本题的关键，题目难度不大． 4．下列叙述正确的是（ ）A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质B．铜丝能导电，所以铜是电解质C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质D．SO3溶于水能导电，所以SO3是电解质【考点】电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质．大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物不管在水溶液中或熔融状态下能够导电与否，都不是电解质或非电解质．【解答】解：A、氯化钠固体没有自由移动的离子，所以不导电，但氯化钠的水溶液能导电，所以氯化钠是电解质，故A错误．B、无论电解质还是非电解质都必须是化合物，铜丝是单质不是化合物，所以铜丝既不是电解质也不是非电解质，故B错误．C、氯化氢的水溶液能导电，所以氯化氢是电解质，故C正确．D、三氧化硫的水溶液导电，电离出自由移动离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故D错误．故选C．【点评】本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，易错题是D，注意能导电的不一定是电解质，如金属；电解质不一定导电，如氯化钠固体． 5．现有下列四种因素：①温度和压强②所含微粒数③微粒本身大小④微粒间的距离，其中对气体物质体积有显著影响的是（ ）A．只②③④B．只①②④C．只①③④D．①②③④全部【考点】气体摩尔体积．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】影响体积的因素有微粒的大小，微粒之间的距离以及所含微粒数等因素，对于气体来说，微粒本身大小远小于微粒间的距离，条件不同，距离不同．【解答】解：对于气体来说，温度和压强不同，气体分子之间的距离不同，而微粒本身大小远小于微粒间的距离，则微粒本身大小可忽略不计，微粒数目越多，则体积越大，21\n所以影响气体体积的因素主要有：温度和压强、所含微粒数以及微粒间的距离，故选B．【点评】本题考查影响气体体积的因素，题目难度不大，注意相关基础知识的积累，把握好课本相关知识，是解答该题的关键． 6．下列叙述正确的是（ ）A．1摩尔氢为2克B．H2O的摩尔质量为18克C．44克CO2的体积为22.4LD．9.8克H2SO4含0.1NA个H2SO4分子【考点】物质的量的单位--摩尔；摩尔质量．【分析】A．物质的量只适用微观粒子，1摩尔氢未指明是何种微粒；B．摩尔质量单位使用错误，其单位是g/mol；C．Vm=22.4L/mol指标准状况下，该题没有说明是标准状况，体积不一定是22.4L；D．根据n=，N=nNA计算．【解答】解：A．物质的量只适用微观粒子，不能说1摩尔氢，应该说1摩尔氢气分子或1摩尔氢原子，故A错误；B．摩尔质量的单位是g/mol，则H2O的摩尔质量为18g/mol，故B错误；C．没有说明是标准状况，则不能用Vm=22.4L/mol，无法求出44克CO2的体积，故C错误；D．9.8克H2SO4的物质的量为n===0.1mol，则9.8克H2SO4含0.1NA个H2SO4分子，故D正确；故选D．【点评】本题考查了物质的量的含义及计算、体积摩尔体积的应用等，注意把握气体摩尔体积的适用条件，题目难度不大． 7．用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．NA个N2分子与NA个CO分子的质量比为1：1B．水的摩尔质量等于NA个水分子的相对质量之和C．在常温常压下11.2LN2含有的分子数为0.5NAD．1mol•L﹣1NaCl溶液中、含有NA个Na+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比；B、摩尔质量的单位为g/mol；C、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、NA个N2分子与NA个CO分子的物质的量均为1mol，而当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比，故两者的质量之比为28：28=1：1，故A正确；B、摩尔质量的单位为g/mol，故水的摩尔质量只是在数值上和NA个水分子的质量相等，故B错误；C、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，分子个数小于0.5NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的钠离子的个数无法计算，故D错误．21\n故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 8．下列有关说法中正确的是（ ）A．有单质生成的反应一定是置换反应B．焰色反应是元素表现出来的化学性质C．由两种元素组成，原子个数比为1：1的物质一定是纯净物D．能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；焰色反应．【专题】物质的分类专题．【分析】A、有单质生成的反应不一定是置换反应，可以是分解反应，同素异形体转化反应；B、焰色反应是元素的物理性质；C、C2H2、C6H6组成的混合物中，碳、氢个数比为1：1；D、过氧化钠与盐酸反应：2Na2O2+4HCl═4NaCl+O2↑+2H2O，过氧化钠不是碱性氧化物．【解答】解：A、同素异形体之间转化，元素化合价没有变化，不是置换反应，氯酸钾受热分解生成氯化钾和氧气，属于分解反应，故A错误；B、焰色反应过程中无心物质生产，是元素表现出来的物理性质，故B错误；C、由两种元素组成，原子个数比为1：1的物质不一定是纯净物，C2H2、C6H6组成的混合物中，碳、氢个数比为1：1，故C错误；D、能与酸反应产物中有盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸反应：2Na2O2+4HCl═4NaCl+O2↑+2H2O，过氧化钠不是碱性氧化物，故D正确；故选D．【点评】本题考查了反应类型的分析，焰色反应实质理解，碱性氧化物概念的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单． 9．能把Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液加以区别的一种试剂是（必要时可加热）（ ）A．BaCl2B．NaOHC．Ba（OH）2D．AgNO3【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【专题】元素及其化合物．【分析】Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体，现象各不相同，以此来解答．【解答】解：A．BaCl2与Na2SO4、（NH4）2SO4两瓶无色溶液反应，均生成白色沉淀，现象相同，无法区别，故A错误；B．NaOH与NH4NO3、（NH4）2SO4两瓶无色溶液反应，均生成刺激性气味的气体，现象相同，无法区别，故B错误；C．Na2SO4、NH4NO3、KCl、（NH4）2SO4四瓶无色溶液分别与Ba（OH）2反应，现象分别为：白色沉淀、刺激性气味的气体、无现象、既有沉淀又有刺激性气味的气体，现象各不相同，能够区别，故C正确；D．AgNO3与Na2SO4、KCl、（NH4）2SO4三瓶无色溶液反应，均生成白色沉淀，现象相同，不能区别，故D错误；故选C．21\n【点评】本题考查物质的鉴别区分，明确物质的性质及发生的反应中的现象是解答本题的关键，注意把握物质的性质，利用不同现象来区分，题目难度不大． 10．下列有关实验的做法不正确的是（ ）A．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B．容量瓶使用前需要检查是否漏水C．配置0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大【考点】分液和萃取；过滤、分离与注入溶液的仪器；配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．有活塞或塞子的仪器需检验是否漏水；C．转移液体需要引流；D．萃取剂的选择与密度无关．【解答】解：A．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，以免两种液体相互污染，故A正确；B．容量瓶有塞子，使用前需要检查是否漏水，故B正确；C．转移液体需要用玻璃棒引流，故C正确；D．萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多．密度也可以比水小，故D错误．故选D．【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意相关基本实验操作的实验注意事项． 二、选择题（每小题只有一个正确选项，每题3分，共30分）11．以NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）A．53g碳酸钠中含NA个CO32﹣B．0.1molOH﹣含NA电子C．1.8g重水（D2O）中含NA个中子D．标准状况下11.2L臭氧（O3）中含NA个氧原子【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、根据碳酸钠的质量计算出53g碳酸钠的物质的量为0.5mol；B、氢氧根离子带1个负电荷，0.1mol带0.1mol负电荷；C、重水的摩尔质量是20g/mol，1mol重水含有10mol中子；D、标况下，11.2L臭氧物质的量是0.5mol，含有1.5mol氧原子．【解答】解：A、53g碳酸钠的物质的量为0.5mol，含有0.5mol碳酸根离子，含0.5NA个CO32﹣，故A错误；B、0.1mol氢氧根离子带0.1mol负电荷，含NA电子，故B正确；C、由于重水的摩尔质量是20g/mol，1.8g重水的物质的量是0.9mol，含有0.9mol中子，含0.9NA个中子，故C错误；D、在标况下，11.2L臭氧（O3）的物质的量是0.5mol，含有1.5mol氧原子，含1.5NA个氧原子，故D错误；故选B．21\n【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标况下气体的状态，重水的摩尔质量是20g/mol，本题难度不大． 12．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A．1molNH4+所含有的电子数为11NAB．20g氖气所含有的分子数约为3.01×1023C．标准状况下，22.4LSO2气体所含的原子数为NAD．常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、铵根离子为10电子微粒；B、氖气为单原子分子；C、求出二氧化硫的物质的量，然后根据1mol二氧化硫中含3mol原子来计算；D、氧气和臭氧均由氧原子构成．【解答】解：A、铵根离子为10电子微粒，故1mol铵根离子中含10mol电子即10NA个，故A错误；B、氖气为单原子分子，即氖气的摩尔质量为20g/mol，故20g氖气中氖气分子的物质的量n==1mol，个数为6.02×1023个，故B错误；C、标况下22.4L二氧化硫的物质的量为1mol，而1mol二氧化硫中含3mol原子，即3NA个，故C错误；D、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量n==2mol，个数为2NA个，故D正确．故选D．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大． 13．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，在以下各种情况下排序正确的是（ ）A．当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的密度ρ（H2）＞ρ（Ne）＞ρ（O2）B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积V（O2）＞V（Ne）＞V（H2）D．当它们的体积和温度、压强均相同时，三种气体的质量m（H2）＞m（Ne）＞m（O2）【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】根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，温度、压强均相同时，气体的Vm相等，结合n==解答该题．【解答】解：A．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，ρ===，可知气体的密度与摩尔质量呈正比，则ρ（O2）＞ρ（Ne）＞ρ（H2），故A错误；B．根据PV=nRT可知，PM=ρRT，因此在温度和密度相等的条件下，压强和气体的摩尔质量成反比，则三种气体的压强p（H2）＞p（Ne）＞p（O2），故B正确；21\nC．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n==可知，等质量时，气体的体积和摩尔质量呈反比，应为V（H2）＞V（Ne）＞V（O2），故C错误；D．温度、压强均相同时，气体的Vm相等，由n==可知，等体积时，气体的质量和摩尔质量呈正比，则m（O2）＞m（Ne）＞m（H2），故D错误．故选B．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，注意相关计算公式的运用，难度中等． 14．由CO2、H2和CO组成的混合气体，在同温同压下与N2的密度相同，则该混合同气体中CO2、H2和CO的体积比为（ ）A．29：8：14B．22：1：14C．13：8：14D．26：6：14【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意．用十字交叉法可以得出结果．【解答】解：由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意，由交叉法：，根据十字交叉法可求得CO2和H2的体积比为26：16或13：8时（CO的量可以任意）混合气体的平均分子量为28，故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度中等，明确明确气体密度与摩尔质量的关系是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 15．（B类）某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42﹣、Cl﹣四种离子，其物质的量浓度之比为Na+：Mg2+：Cl﹣=3：5：5，若Na+浓度为3mol/L，则SO42﹣的浓度为（ ）A．2mol/LB．3mol/LC．4mol/LD．8mol/L【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】守恒法．【分析】根据钠离子的浓度，由离子浓度比例关系计算镁离子、氯离子的浓度，根据溶液电荷守恒有c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），据此计算．【解答】解：Na+浓度为3mol/L，由c（Na+）：c（Mg2+）：c（Cl﹣）=3：5：5，可得c（Mg2+）=5mol/L，c（Cl﹣）=5mol/L，根据溶液电荷守恒有c（Na+）+2c（Mg2+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），故：3mol/L+2×5mol/L=5mol/L+2c（SO42﹣）解得：c（SO42﹣）=4mol/L，故选C．21\n【点评】本题考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，注意混合溶液中离子浓度的计算常利用电荷守恒计算． 16．将标准状况下的VLHCl（气）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为ρg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度为（ ）A．B．C．D．【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】根据n=计算氯化氢的物质的量，再根据m=nM计算氯化氢质量，溶液的质量=1000g+m（HCl），结合密度求出溶液的体积，根据物质的量浓度公式c=计算溶液的物质的量浓度．【解答】解：将标准状况下的VLHCl（气）的物质的量为=mol．氯化氢的质量为mol×36.5g/mol=g．所以溶液质量为1000g+g=g．所以溶液的体积为=ml=×10﹣3L．所以溶液浓度为=mol/L．故选：A．【点评】本题考查物质的量浓度的相关计算与理解，难度不大，正确判断溶液的体积是解本题的关键，注意不能把溶剂的体积当做溶液的体积．也可计算质量分数，利用c=计算． 17．向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是（ ）A．溶液中的Na+总数不变B．单位体积内的OH﹣数目不变C．溶质的物质的量不变D．溶液的质量不变【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【专题】溶液和胶体专题．【分析】根据Na2O溶于水发生如下反应：Na2O+H2O═2NaOH可知，向氢氧化钠饱和溶液中投入一小块Na221\nO固体，会因发生反应而消耗饱和溶液中的水而析出固体，变化后的溶液仍为饱和溶液，由于“恢复至原来温度”，饱和溶液的温度不变，即氢氧化钠的溶解度也不变，则溶质质量分数也不变．【解答】解：A、原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，而且溶液中还析出氢氧化钠，则溶液中的Na+总数也会减少，故A错误；B、原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，生成的氢氧化钠不能溶解，而且溶液中还析出氢氧化钠，由于溶液温度不变，变化后所得溶液仍为氢氧化钠的饱和溶液，同种溶质的同一温度下的饱和溶液的溶质质量分数相等，所以氢氧化钠饱和溶液的质量分数不变，即单位体积内的OH﹣数目也不变，故B正确；C、原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，溶质的物质的量减少，故C错误；D、原氢氧化钠溶液是饱和的，反应消耗了水，生成了氢氧化钠，反应后恢复到原来温度，溶液仍饱和，且会析出剩余固体，溶液中的溶质和溶剂都减少了，溶液的质量也减少，故D错误；故选B．【点评】本题考查饱和溶液及溶解度，注意根据饱和溶液溶剂水的减少而析出固体溶质的特点，分析饱和溶液的变化是解决本题的基本思路． 18．下列实验设计方案或判断中正确的是（ ）A．加入足量铜粉后，搅拌、可过滤可除去Cu（NO3）2溶液中混有的AgNO3B．通过装有NaOH溶液的确洗气瓶来除去CO2中混有的HCl气体C．某无色未知溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀，可推断溶液中的一定含有SO42﹣D．未知溶液中加入盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中一定大量含CO32﹣【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．铜和硝酸银溶液发生置换反应生成硝酸铜和Ag；B．二氧化碳和HCl都和NaOH反应；C．能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有硫酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等；D．能和稀盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子．【解答】解：A．铜和硝酸银溶液发生置换反应生成硝酸铜和Ag，然后采用过滤方法除去Cu、Ag，故A正确；B．二氧化碳和HCl都和NaOH反应，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故B错误；C．能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有硫酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等，所以该溶液中不一定含有硫酸根离子，故C错误；D．能和稀盐酸反应生成使澄清石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，所以该溶液中不一定含有碳酸根离子，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯、离子检验等知识点，明确物质性质及除杂方法是解本题关键，注意：除杂时要除去杂质且不能引进新的杂质，离子检验时要排除其它离子干扰． 19．为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，须进行下列六项操作，正确的次序是（ ）21\n①加水溶解；②加热蒸发得到晶体；③加入过量BaCl2溶液；④加入过量盐酸；⑤加入过量K2CO3；⑥过滤．A．①⑤③⑥④②B．①⑤③④⑥②C．①③④⑥⑤②D．①③⑤⑥④②【考点】物质分离、提纯的实验方案设计．【专题】实验设计题．【分析】通过转化为沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2杂质．要先加过量的BaCl2溶液除去硫酸根离子和镁离子，然后用K2CO3溶液去除过量的钡离子和钙离子；注意K2CO3溶液要在BaCl2溶液之后加入，要先除硫酸根离子和镁离子，然后再除钙离子，碳酸钾溶液可以除去过量的钡离子，如果加入的顺序反了，过量的钡离子则无法除去；盐酸要放在最后，来除去过量的BaCl2和K2CO3溶液．【解答】解：通过转化为沉淀的方法除去KCl中混有的少量可溶于水的MgSO4和CaCl2杂质．可采取加水溶解→加入过量BaCl2溶液，与MgSO4发生反应，生成BaSO4沉淀和氢氧化镁沉淀→加过量K2CO3溶液，与CaCl2和①中过量BaCl2溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钾→过滤，滤出上述步骤生成的沉淀→加适量盐酸，与过量K2CO3溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳气体→加热蒸发得到晶体．操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、碳酸钾溶液、过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为①③⑤⑥④②，故选：D．【点评】本题考查物质的分离、提纯，注意物质除杂必需条件（反应后不能引入新的杂质）为解题的关键，把握试剂的加入顺序及离子之间的反应即可解答，题目难度不大． 20．从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，该步骤应选择的实验装置是（ ）A．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】根据四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳．【解答】解：因四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故选：C．【点评】根据物质的性质选择相应的方法，要掌握分离方法的原理． 三、填空题（本题包括6小题，共42分）21．现有以下物质：①NaCl晶体；②液态SO3；③液态的醋酸；④铝；⑤BaSO4固体；⑥纯蔗糖（C12H22O11）；⑦酒精（C2H5OH）；⑧熔化的KNO3，请回答下列问题（填序号）：（1）属于电解质的是 ①③⑤⑧ ．（2）属于非电解质的是 ②⑥⑦ ．（3）能导电的是 ④⑧ ．【考点】电解质与非电解质．21\n【专题】物质的分类专题．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．【解答】解：①NaCl晶体不能导电，在水溶液中能导电，是电解质；②液态SO3不能导电，且自身不能电离，是非电解质；③液态的醋酸不能导电，在水溶液中能够导电，是电解质；④铝为金属单质，存在自由移动的电子，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不能导电，在水溶液中或熔融状态下能够导电，是电解质；⑥纯蔗糖（C12H22O11）不能导电，是非电解质；⑦酒精（C2H5OH）不能导电，是非电解质；⑧熔化的KNO3能导电，是电解质；（1）属于电解质的是①③⑤⑧；故答案为：①③⑤⑧；（2）属于非电解质的是②⑥⑦；故答案为：②⑥⑦；（3）能导电的是④⑧；故答案为：④⑧．【点评】本题考查物质的导电性的判断，电解质、非电解质概念的辨析，难度不大．解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件． 22．现在要分离下列物质，将分离方法的字母序号填在横线上．．A．萃取B加热分解C．结晶D．分液E蒸馏F过滤（1）要除去NaCl溶液中的泥沙 F （2）用CCl4提取溴水中的溴单质 A （3）分离互溶的乙酸（沸点118℃）与乙酸乙酯（沸点77.1℃） E （4）分离汽油和水 D （5）从含有少量的NaCl的KNO3溶液中提取KNO3 C （6）生石灰中含有石灰石的杂质 B ．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】（1）泥沙不溶于水；（2）溴不易溶于水，易溶于四氯化碳；（3）二者互溶，但沸点不同；（4）汽油和水分层；（5）二者溶解度受温度影响不同；（6）碳酸钙高温分解生成CaO．【解答】解：（1）泥沙不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为：F；（2）溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4提取溴水中的溴单质为萃取法，故答案为：A；（3）二者互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故答案为：E；（4）汽油和水分层，则选择分液法分离，故答案为：D；（5）二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故答案为：C；（6）碳酸钙高温分解生成CaO，则高温加热可除杂，故答案为：B．21\n【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 23．（1）标准状况下，0.2molNH3与 3.6 gH2O的电子数相等．（2）含有相同氧原子数的CO和CO2，其质量比为 14：11 ．（3）已知14gA和40gB恰好完全反应生成0.25molC和38gD，则C的摩尔质量 72g/mol ．（4）已知VmLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ag，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是 mol/L ．【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；物质的量的计算．【分析】根据n===cV结合物质的构成计算相关物理量，以此解答．【解答】解：（1）NH3含有10个电子，则0.2molNH3含有2mol电子，H2O分子含有10个电子，则0.2mol水与0.2mol氨气含有的电子数相等，则m（H2O）=0.2mol×18/mol=3.6，故答案为：3.6；（2）含有相同氧原子数的CO和CO2，二者的物质的量为2：1，质量比为2×28：44=14：11，故答案为：14：11；（3）已知14gA和40gB恰好完全反应生成0.25molC和38gD，则C的质量为14g+40g﹣38g=18g，则C的摩尔质量为=72g/mol，故答案为：72g/mol；（4）n（Al3+）=mol，则n（SO42﹣）=mol×=mol，则溶液中SO42﹣的物质的量浓度是=mol/L，故答案为：mol/L．【点评】本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下，气体的体积与其物质的量之间的关系是解本题关键，并结合基本公式来分析解答，难度中等． 24．从氢气、氧气、水、一氧化碳、氧化铜中任意挑选作为反应物，按下列要求写出化学方程式：①既属于化合反应，又属于氧化还原反应： 2H2+O22H2O ②属于氧化还原反应，但不属于置换、化合、分解、复分解反应： CO+H2OCO2+H2 ．【考点】化学方程式的书写．【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，如有元素化合价的变化，则属于氧化还原反应，结合分解反应和化合反应、置换反应的特点解答该题．【解答】解：①2H2+O22H2O属于化合反应，且存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故答案为；2H2+O22H2O；21\n②CO+H2OCO2+H2不属于置换、化合、分解、复分解反应，存在元素化合价变化，属于氧化还原反应，故答案为：CO+H2OCO2+H2．【点评】本题考查了化学反应类型的判断，熟悉四种基本反应类型概念、氧化还原反应判断依据是解题关键，题目难度不大． 25．有一固体粉末，其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验．（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀．（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体．（3）取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+．由上述现象推断：（1）该混合物中一定含有 Na2CO3、Na2SO4、Ba（NO3）2 ；一定不含有 CuCl2、K2CO3、K2SO4 ，可能含有 NaCl ．（2）如要检验其是否存在，将如何操作 取滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有． ．【考点】几组未知物的检验．【专题】物质检验鉴别题．【分析】根据物质的性质结合题干中的现象，通过确定存在的物质排除不能共存的物质；依据（1）可知一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2；可能存在含碳酸根或硫酸根的物质；依据（2）判断沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；依据（3）确定有钠元素，一定无钾元素；氯离子的检验方法分析氯化钠的存在．【解答】解：（1）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；（2）在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；反应为Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，Ba2++CO32﹣=BaCO3↓，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；（3）取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定有钠离子一定无钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；综上所述：原混合物中一定含有Na2CO3Na2SO4Ba（NO3）2；一定不含有CuCl2K2CO3K2SO4；可能含有NaCl，若检验氯化钠的存在需要取（1）的滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有；故答案为：（1）Na2CO3、Na2SO4、Ba（NO3）2；CuCl2、K2CO3、K2SO4；NaCl；（2）取滤液少许，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；否则没有．【点评】本题考查了物质检验的方法和应用，关键是依据实验现象做出判断，利用存在的物质排除不存在的物质，题目难度中等． 26．现用18.4mol•L﹣1的浓硫酸来配制500mL0.2mol•L﹣1的稀硫酸，可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧杯③胶头滴管④量筒⑤托盘天平21\n（1）上述仪器在配制过程中不需要用到的是 ⑤ ．（填序号）除上述仪器外，尚缺最重要的仪器是 500mL容量瓶 ．（2）计算所需浓硫酸的体积为 5.4 mL（保留1位小数）．（3）实验中用到玻璃棒，其作用分别是： 搅拌 、 引流 ．（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却．其正确的操作顺序为：②→①→③→ ⑧ → ⑤ → ⑥ → ⑦ →④（填序号）（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有 ①④⑤ （填序号）①定容时，仰视刻度线．②未冷却至室温就转移到容量瓶中．③容量瓶中含有少量蒸馏水．④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒．⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据配制500mL0.2mol•L﹣1的稀硫酸的仪器选择使用仪器，然后判断不需要的仪器及还缺少的仪器；（2）根据溶液稀释过程中溶质读到物质的量不变计算出需要浓硫酸的体积；（3）根据配制过程中玻璃棒的作用进行解答；（4）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤进行排序；（5）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．【解答】解：（1）配制500mL0.2mol•L﹣1的稀硫酸使用的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、500mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器为⑤托盘天平；还缺少的仪器为：故答案为：⑤；500mL容量瓶；（2）500mL0.2mol•L﹣1的稀硫酸中含有溶质硫酸的物质的量为：0.2mol•L﹣1×0.5L=0.1mol，需要18.4mol•L﹣1的浓硫酸的体积为：≈0.054L=5.4mL，故答案为：5.4；（3）配制一定物质的量浓度的溶液过程中，稀释浓硫酸时使用玻璃棒搅拌，加速稀释过程；转移溶液时使用玻璃棒引流，避免液体流到容量瓶外面，故答案为：搅拌；引流；（4）配制一定物质的量浓度的溶液步骤为：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，所以正确顺序为：②①③⑧⑤⑥⑦④，故答案为：⑧；⑤；⑥；⑦；（5）①定容时，仰视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故①正确；②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，热的溶液体积偏大，冷却后溶液体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故②错误；21\n③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量及溶液的体积没有影响，根据c=可得，不影响配制结果，故③错误；④未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故④正确；⑤定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致配制溶液的体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故⑤正确；故答案为：①④⑤．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及完成分析，题目难度不大，要求学生熟练掌握配制一定物质的量浓度的方法，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法，试题基础性强，贴近高考，该题难易适中，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力． 四、计算题（共8分）27．向50mL稀硫酸和稀盐酸的混合溶液中，加入3.42g氢氧化钡粉末，充分反应后过滤，得到干燥的沉淀物2.33g，所得溶液中氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，试求原混合液中和Cl﹣的物质的量浓度（假定在混合液中加入氢氧化钡粉末后体积未改变）．【考点】离子方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算．【专题】计算题．【分析】依据氢氧化钡的质量求出其物质的量，依据硫酸钡沉淀质量求出硫酸钡物质的量，按照Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O计算硫酸的物质的量，氢氧化钡的物质的量减去硫酸钡的物质的量，再减去剩余氢氧化钡的物质的量，即是与盐酸反应的氢氧化钡的物质的量，依次计算盐酸的物质的量，进而计算两种酸的浓度．【解答】解：氢氧化钡的物质的量n==0.02mol，硫酸钡的物质的量n==0.01mol；设混酸中含xmolH2SO4，ymolHCl；与H2SO4反应的Ba（OH）2为zmol．Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O1mol 1mol 1molz x 0.01mol解得：x=0.01mol，z=0.01mol；则硫酸根离子的物质的量浓度C（SO42﹣）=；与HCl反应的Ba（OH）2物质的量为：0.02mol﹣0.01mol﹣=0.0025mol；Ba（OH）2+2HCl=BaCl2+2H2O1mol 2mol0.0025moly解得y=0.005mol；氯离子的物质的量浓度C（Cl﹣）==0.1mol/L；故答案为：C（SO42﹣）=0.2mol/L；C（Cl﹣）=0.1mol/L．21\n【点评】本题考查了离子方程式的计算，题目难度中等，依据方程式计算是解题关键，注意把握发生的化学反应． 21
