2019-2020高一化学10月月考试卷（附解析Word版）

高一化学试卷 可能用到的相对原子量: C-12 He-4 Cl-35.5 O-16 Fe-56 Mg-24 Ba-137 Ca-40 S-32 Zn-65 一、选择题（本题共 18 小题，每小题 3 分，共 54 分。每小题只有一个选项符合题意） 1.《本草纲目》记载：“凡使白矾石，以瓷瓶盛。于火中，令内外通赤，用钳揭起盖，旋安 石峰巢人內烧之。每十两用巢六两，烧尽为度。取出放冷，研粉”。在实验室完成该操作，没 有用到的仪器是 A. 蒸发皿 B. 坩埚 C. 坩埚钳 D. 研钵 【答案】A 【解析】 这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程，固体加热用坩埚 B，要用坩埚钳 C 取放，研磨在 研钵 D 中进行，所以蒸发皿是没有用到的仪器。本题正确答案为 A。 2.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 在标准状况下，22.4 L CH4 和 CO2 的混合气体中碳原子数为 NA B. 在标准状况下，NA 个 H2O 分子所占体积为 22.4 L C. 含 1 mol FeCl3 的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为 NA D. 含等物质的量的 NaCl 和 CaCl2 的溶液中，Cl-总数为 3NA 【答案】A 【解析】 【详解】A.在标准状况下 CH4 和 CO2 的状态都是气体，在标准状况下，22.4 L CH4 和 CO2 的混 合气体是物质的量是 1mol，根据物质分子中都含有 1 个 C 原子，所以 1mol 混合气体中碳原子 数为 NA，A 正确； B.在标准状况下 H2O 不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，B 错误； C.Fe(OH)3 胶体的胶粒是许多 Fe(OH)3 的集合体，所以含 1 mol FeCl3 的饱和溶液最多可形成胶 体粒子数小于 NA，C 错误； D.未指明溶质的物质的量的多少，因此不能确定 Cl-数目，D 错误； 故合理选项是 A。 3.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是（ ） A. NaHSO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液混合 B. NH4Cl 溶液与 Ca(OH) 2 溶液混合 C. HNO3 溶液与 KOH 溶液混合 D. Na2HPO4 溶液与 NaOH 溶液混合【答案】C 【解析】 【详解】A、NaHSO4 溶液与 Ba(OH)2 溶液混合：H＋+SO42—+Ba2＋+OH－=BaSO4↓+H2O，A 不合题意； B、NH4Cl 溶液与 Ca(OH) 2 溶液混合：NH4＋+OH－=NH3·H2O，B 不合题意； C、HNO3 溶液与 KOH 溶液混合：H++OH−=H2O，C 符合题意； D、Na2HPO4 溶液与 NaOH 溶液混合：HPO42—+OH－=PO43—+H2O，D 不合题意。 答案选 C。 4.下列有关说法正确的是 A. 容量瓶、分液漏斗、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液 B. 蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒 C. 用 MnO2 与 H2O2 制备 O2,可用启普发生器控制反应“随开随用，随关随停” D. 烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶加热前必须擦干外壁并垫上石棉网 【答案】D 【解析】 【详解】A.容量瓶是准确配制溶液的仪器，使用前要查漏，分液漏斗是分离互不相溶的液体 混合物的仪器，使用前要查漏，而冷凝管是冷凝装置，在使用前不需要检查是否漏液，A 错误； B.蒸馏不需要用到玻璃棒，B 错误； C.用 MnO2 与 H2O2 制备 O2，由于 MnO2 是粉末状固体，因此不能用启普发生器，C 错误； D.烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶不能直接加热，加热前必须擦干外壁并垫上石棉网，D 正确； 故合理选项 D。 5.下列离子反应方程式中正确的个数是 ①稀盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ ②碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mg2+ ③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ④向 NaHSO4 溶液中逐滴加入 Ba(OH)2 溶液至 SO42-刚好沉淀完全： H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓ ⑤向 NaHSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 溶液至溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓ ⑥向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O 是A. 3 个 B. 4 个 C. 5 个 D. 全部 【答案】B 【解析】 【详解】①稀盐酸与铁屑反应产生 Fe2+，①错误； ②符合离子方程式拆写原则，遵循原子守恒、电荷守恒，②正确； ③符合物质反应的物质的量比，遵循原子守恒、电荷守恒，③正确； ④符合物质反应的物质的量比，遵循原子守恒、电荷守恒，④正确； ⑤向 NaHSO4 溶液中滴加 Ba(OH)2 溶液至溶液呈中性，n(NaHSO4)：n(Ba(OH)2)=2：1，符合反应 事实，遵循离子方程式拆写原则，⑤正确； ⑥NH4+也发生反应，产生 NH3·H2O，⑥错误； 可见正确的离子方程式是②③④⑤，故合理选项是 B。 6.某溶液可能含有 Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和 K+。取该溶液 100mL，加入过量 NaOH 溶液， 加热，得到 0.02mol NH3 气体（假设生成气体完全逸出），同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤， 灼烧，得到 1.6g 固体(已知难溶性碱受热易分解，生成相应的金属氧化和水，如 M(OH)n MOn/2+ H2O)向上述滤液中加足量 BaCl2 溶液，得到 4.66g 不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中 A. 至少存在 3 种离子 B. CO32-、K+一定不存在 C. SO42-、NH4+、Fe3+一定存在，Cl-可能不存在 D. Cl- 一定存在 【答案】D 【解析】 【详解】加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02mol 气体，可知一定存在 NH4+，其物质的量是 n(NH4+)=0.02mol，产生的红褐色沉淀是 Fe(OH)3，1.6g 固体为 Fe2O3，可知一定有 Fe3+，由于 Fe3+ 与 CO32-会发生反应，所以一定没有 CO32-，n(Fe2O3)=1.6g÷160g/mol=0.01mol，则根据 Fe 元 素 守 恒 可 知 n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=0.02mol ； 4.66g 不 溶 于 盐 酸 的 沉 淀 ， 为 BaSO4 沉 淀 ， n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，则 n(SO42-)=n(BaSO4)= 0.02mol，溶液中存在电荷守恒， NH4+、Fe3+所带正电荷为 3n(Fe3+)+n(NH4+)=3×0.02mol+0.02mol=0.08mol，SO42-所带负电荷为 2n(SO42-)=2×0.02mol=0.04mol，所以溶液中一定存在阴离 Cl-离子。 A.由上述分析可知，一定含 SO42-、NH4+、Fe3+、Cl-，所以至少存在四种离子，A 错误； Δ 2 nB.由电荷守恒可知，CO32-一定不存在，K+可能有，也可能没有，B 错误； C.由上述分析可知，一定含 SO42-、NH4+、Fe3+、Cl-，C 错误； D. 由上述分析可知，一定含 Cl-，D 正确； 故合理选项是 D。 7.某温度下，质量为 95 g 的氯化镁溶解在 0.2 L 水中（水的密度近似为 1 g/mL）恰好得到氯 化镁的饱和溶液，所得溶液的密度为 ρ g/mL，物质的量浓度为 c mol/L，溶解度为 s，NA 表示 阿伏加德罗常数的值，则下列叙述中正确的是（　　） A. 所得溶液中含有 NA 个氯化镁分子 B. 所得溶液的物质的量浓度为 5 mol/L C. 所得溶液的溶解度可表示为 9500 c/（1000ρ-95c） D. 所得溶液的质量分数可表示为 95 ρ/（1000c） 【答案】C 【解析】 氯化镁是强电解质，氯化镁溶液中不含氯化镁分子，故 A 错误；95 g 的氯化镁的物质的量是 ，溶液的体积为 ，物质的量浓度为 ，故 B 错误；设溶液体积为 1L，则溶质的物质的量是 cmol，质量是 95cg，溶液的质量是 1000ρg， 溶剂的质量是 1000ρg－95cg，则 ，s=9500c/（1000ρ-95c）,故 C 正确； 设溶液体积为 1L，则溶质的物质的量是 cmol，质量是 95cg，溶液的质量是 1000ρg，溶液的 质量分数可表示为 95 c/（1000ρ）,故 D 错误。 8.在浓度均为 4.0 mol·L－1 的盐酸和硫酸各 100 mL 溶液中，分别加入等质量的锌粉，充分反 应后生成气体体积比为 2∶3，则加入锌粉的质量是 A. 6.5 g B. 13.0 g C. 19.5 g D. 26.0 g 【答案】C 【解析】 n(HCl)=0.1L×4mol/L=0.4mol，n(H2SO4)=0.1L×4mol/L=0.4mol，二者中含有的氢离子的物质 的量分别为 0.4mol 和 0.8mol，均与 Zn 反应生成氢气。若酸足量与等质量 Zn 反应生成氢气相 同，若锌足量与酸反应生成氢气为 1：2，由充分反应后生成气体体积比为 2：3，可知盐酸不 95 195 / g molg mol = 95 200 1000 Lρ + 95 2001 /1000 mol Lρ +÷ 95 100 1000 95 s c cρ= －足，硫酸过量，由 Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知，n(H2)=0.4mol× =0.2mol，则 Zn 与硫酸反应生 成的氢气为 0.2mol× =0.3mol，由 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，n(Zn)=n(H2)=0.3mol，则加入 锌粉的质量是 0.3mol×65g/mol=19.5g，故选 C。 点睛：把握发生的反应、过量判断为解答的关键。判断时可以利用假设法，若酸足量与等质 量 Zn 反应生成氢气相同，若 Zn 足量与酸反应生成氢气为 1：2，由充分反应后生成气体体积 比为 2：3，可知盐酸不足，硫酸过量。 9.在两个容积相同的容器中，一个盛有 C2H4 气体，另一个盛有 N2 和 CO 的混合气体。在同温同 压下，两容器内的气体一定具有相同的 ①分子数 ②密度 ③质量 ④质子数 ⑤原子数 A. ①④⑤ B. ①②④ C. ②③⑤ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】 同温同压下，体积之比等于物质的量之比，所以在同温同压下，相同体积的任何气体含有相 同的分子数，C2H4 分子数目与 N2 和 CO 含有的总分子数目相同，物质的量相同，CO 分子中质子 数为 14，N2 分子中质子数为 14，C2H4 分子中质子数为 16，二者分子数相等时，质子数一定不 相等，NO、N2 是双原子分子，C2H4 是 6 原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定不相等， CO、N2 和 C2H4 的摩尔质量都是 28g/mol，物质的量相同，质量一定相同；同温同压下，密度之 比等于相对分子质量之比。 【详解】①在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C2H4 与 N2 和 CO 的总分子 数目相同，①正确； ②N2 和 CO 的相对分子质量都是 28，所以混合气体平均相对分子质量为 28，C2H4 的相对分子质 量为 28，同温同压下，气体密度之比等于相对分子质量之比，故两容器内气体的密度相等，② 正确； ③CO、N2 和 C2H4 的摩尔质量都是 28g/mol，C2H4 物质的量与 N2 和 CO 的总物质的量相等时，质 量一定相等，③正确； ④CO 分子中质子数为 14，N2 分子中质子数为 14，C2H4 分子中质子数为 16，故 C2H4 分子数目与 N2 和 CO 的总分子数相等时，质子数数一定不相等，故④错误； 1 2 3 2⑤在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，物质的量相等，CO、N2 是双原子 分子、C2H4 是 6 原子分子，C2H4 分子数目与 N2 和 CO 的总分子数相等时，原子数一定不相等，⑤ 错误； 综上所述可知一定相同的是①②③，故合理选项是 D。 【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及推理及物质的量的计算，做题时注意比较两个容器中三 种物质的原子构成和相对原子质量、质子数关系，试题有助于培养学生的观察分析能力和化 学计算能力。 10.下列说法正确的是 A. 非金属氧化物都是酸性氧化物 B. 凡是酸性氧化物都可直接与水反应生 成相应的酸 C. 与水反应生成酸的氧化物不一定是该酸的酸酐 D. 金属氧化物都是碱性氧化物 【答案】C 【解析】 【分析】 非金属氧化物可以分为酸性氧化物（二氧化硫等）、不成盐氧化物（一氧化碳和一氧化氮）和 特殊氧化物（二氧化氮），金属氧化物可以分为碱性氧化物（氧化钠等）、酸性氧化物（七氧 化二锰等）、两性氧化物（氧化铝）、过氧化物（过氧化钠）和特殊的残缺氧化物（四氧化三 铁）。 【详解】A 项、非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如一氧化碳是不成盐氧化物，故 A 错误； B 项、非金属氧化物不一定都可以直接和水反应生成对应的酸，如二氧化硅不和水反应生成硅 酸，故 B 错误； C 项、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮不是硝酸的酸酐，故 C 正确； D 项、金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如 Mn2O7 属于酸性氧化物、Al2O3 属于两性氧化物， 故 D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查氧化物的分类，注意物质分类的普遍性和特殊性，利用反例分析是解答关 键。 11.某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质：①乙醇溶液、 ②氯化钠溶液、③土壤、④氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是 A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④【答案】A 【解析】 【详解】某种胶体在电泳时，它的胶粒向阳极移动，说明胶体微粒吸附阴离子，带负电荷。① 乙醇溶液为非电解质，不能使胶体聚沉；②氯化钠溶液为电解质，能使胶体凝聚；③土壤胶 体的胶粒带负电荷，不能使带负电荷的胶粒聚沉；④氢氧化铁胶粒带正电荷，可使带负电荷 的胶体粒子发生聚沉，则不会聚沉的是①③，故合理选项是 A。 12.某溶液中可能含有以下离子中的几种：Ba2+、Cl-、NO3-、CO32-、K+、SO42-，为确定其组成， 进行了如下实验：①取少量溶液，加入稍过量的 BaCl2 溶液，产生白色沉淀：②过滤后在沉淀 中加入稀盐酸，沉淀部分溶解：③在滤液中加入 AgNO3 溶液，产生白色沉淀，根据实验，以下 推测不正确的是 A. 一定含有 Cl- B. 一定含有 K+ C. 一定含有 SO42-和 CO32- D. NO3-无法确定是否有 【答案】A 【解析】 【分析】 首先根据离子共存判断哪些微粒不能共存，结合步骤①确定可能有什么离子，判断出不能存 在的离子；根据步骤②可判断出一定存在的离子；根据步骤③确定步骤②的滤液中含有的离 子，并根据进行步骤②加入试剂中含有的离子判断其是否是原溶液成分，最后利用溶液电中 性判断其它离子存在的可能性。 【详解】根据步骤①取少量溶液，加入稍过量的 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，说明含有 CO32-、 SO42-中至少一种，同时确定原溶液中不能含有与它们会形成沉淀的 Ba2+；步骤②过滤后在沉淀 中加入稀盐酸，沉淀部分溶解，说明沉淀有 BaCO3、BaSO4，则原溶液中含有 CO32-、SO42-两种 离子；步骤③在滤液中加入 AgNO3 溶液，产生白色沉淀，产生的白色沉淀是 AgCl，但由于步 骤②在沉淀中加入稀盐酸，所以不能确定原溶液是否含 Cl-，CO32-、SO42-两种离子都是阴离子， 根据溶液电中性原则，还要含有可与二者共存的阳离子，阳离子 Ba2+不存在，所以一定含有 K+，但 NO3-题目实验未涉及，不能确定，所以推测不正确的是一定含有 Cl-； 选项 A 符合题意。 【点睛】本题考查了溶液成分判断的知识，离子若共存，不能发生反应，仔细审题，明确常 见物质在水中、在酸中的溶解性及溶液电中性原则是本题解答的关键。 13.已知反应 3X+Y=2Z+W 中，Z和 W 的摩尔质量之比为 21∶10，当 6.9gX 与足量 Y 反应，生成1.5gW。则 Y 和 W 的相对分子质量之比为（ ） A. 16∶9 B. 3∶5 C. 9∶5 D. 46∶9 【答案】B 【解析】 【详解】假设 X 的相对分子质量为 a，Z 的相对分子质量为 21b，W 的相对分子质量为 10b， 6.9gX 与足量 Y 反应，生成 1.5gW，则 ，a:b=46:3，则 X、Z 与 W 的相对分子质 量之比为 46:63:30，根据质量守恒，Y 的相对分子质量为 2×63+30-3×46=18，故 Y 与 W 的相 对分子质量之比为 18:30=3:5； 答案选 B。 14.在标准状况下，将 22.4LHCl 完全溶于 1L 水中(水的密度近似为 1g/mL)，溶液的密度为 ρg/cm3(ρ>1)，溶液的体积为 VmL，溶质的质量分数为 w，溶质的物质的量浓度为 c mol/L。 下列叙述中正确的是 ①w= ×100% ②c=1mol•L﹣1 ③向上述溶液中再加入 VmL 水后，所得溶液的质量分数 大于 0.5w④向上述溶液中再加入 VmL 水后，所得溶液的质量分数小于 0.5w A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④ 【答案】C 【解析】 【详解】①根据物质的量浓度 c= ，可得 w= ×100%，①正确； ②36.5g HCl 的物质的量为 1mol，1molHCl 溶解在 1L 水中，所得溶液体积不是 1L，浓度不是 1mol/L，②错误； ③盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据 w= ×100%可知，混合液的总质量小于原先的 2 倍，则混合液中溶质的质量分数大于原 溶液的 1 半，即大于 0.5w，③正确； ④盐酸的密度大于水的密度，则加入等体积的水后，由于水的质量小于原盐酸的质量，根据 w= 3 10 6.9 1.5 a b g g = 36.5c 1000ρ 1 000ρw M 36.5c 1000ρ ( ) ( ) m m 溶质 溶液×100%可知，混合液的总质量小于原先的 2 倍，则混合液中溶质的质量分数大于原 溶液的 1 半，即大于 0.5w，④错误；所以正确的为①③， 故合理选项是 C。 15.在两个密闭容器中，分别充满等物质的量的甲、乙两种气体，它们的温度和摩尔质量均相 同。试根据甲、乙的密度（ρ）的关系，下列说法中正确的是 A. 若 ρ（甲）＞ρ（乙），则气体体积：甲＜乙 B 若 ρ（甲）＞ρ（乙），则分子数：甲＞乙 C. 若 ρ（甲）＜ρ（乙），则气体摩尔体积：甲＜乙 D. 若 ρ（甲）＜ρ（乙），则气体的压强：甲＞乙 【答案】A 【解析】 【分析】 根据 PV=nRT═ RT，得 PM=ρRT，则密度与压强成正比。 【详解】A、根据 PV=nRT 知，等物质的量、温度、摩尔质量的两种气体，其体积之比等于压 强的反比，若 ρ（甲）＞ρ（乙），则气体体积：甲＜乙，A 正确； B、根据 N=nNA 知，分子数与物质的量成正比，二者的物质的量相等，所以其分子数相等，B 错误； C、根据 PV=nRT 知，等温度的不同气体，气体摩尔体积与压强成反比，二者的密度与压强成 正比，所以其摩尔体积与密度成反比，若 ρ（甲）＜ρ（乙），则气体摩尔体积：甲＞乙，C 错误； D、根据 PM=ρRT 知，等温度、等摩尔质量的不同气体，密度与压强成正比，若 ρ（甲）＜ρ （乙），则气体的压强：甲＜乙，D 错误； 故合理选项为 A。 16.用 1000g 溶剂中所含溶质的物质的量来表示的溶液浓度叫质量物质的量浓度，其单位是 mol/kg。5mol/kg 的硫酸的密度是 1.29g/cm3，则其物质的量浓度是（ ） A. 3.56mol/L B. 4.33mol/L C. 5.00mol/L D. 5.23mol/L 【答案】B . ( ) ( ) m m 溶质 溶液 m M【解析】 【分析】 根据信息可以知道，5mol•kg-1 的硫酸表示 1000g 水溶解 5molH2SO4，令水为 1000g，则含有 5mol H2SO4，计算溶液的质量，根据密度求出溶液体积，再利用 c=n/V 计算。 【 详 解 】 浓 度 为 5mol•kg-1 的 硫 酸 ， 令 水 为 1000g ， 则 含 有 5mol H2SO4 ， 所 以 m(H2SO4)=5mol×98g/mol=490g，所以溶液体积为= = mL；所以物质的量浓 度为 =4.33mol/L，故 B 正确； 故答案选 B。 17.下列离子方程式中,正确的是 A. 铜片插入硝酸银溶液中 Cu+Ag+＝Cu2﹢+Ag B. 在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液 Ba2﹢+SO42﹣＝BaSO4↓ C. 在澄清石灰水中通入过量二氧化碳 OH﹣+CO2＝HCO3﹣ D. 在碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液 Ca2﹢＋HCO3﹣＋OH﹣＝CaCO3↓＋H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．电子得失不守恒，电荷不守恒，正确的离子方程式为 Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故 A 错 误； B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，漏掉一组离子反应，正确的离子方程式为 Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故 B 错误； C．在澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙和水，发生的离子反应方程式为 OH﹣+CO2＝ HCO3﹣，故 C 正确； D．在碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液，发生的离子反应方程式为 Ca2﹢＋2HCO3﹣＋2OH﹣ ＝CaCO3↓+CO32-＋2H2O，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确， 检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如： 质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。 18. 固体单质 A 和气体单质 B 在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体 C，相同温度下 1000g+490g 1.29g/mL 1490 1.29 -3 5mol 1490 10 L1.29 ×测得容器内压强不变，若产物气体 C 的密度是原气体密度的 4 倍，则判断正确的是 A. 生成物 C 中，A 的质量分数为 50% B. 反应前后的气体质量之比一定是 1:4 C. 单质 A、B 的摩尔质量之比是 1:4 D. 生成物 C 中 A、B 两元素的原子个数比为 3:1 【答案】B 【解析】 试题分析：A、根据阿伏伽德罗定律可知，相同温度下测得容器内压强不变，则反应前后气体 的物质的量相同，反应前后的气体质量之比为 1:4，化学反应遵循质量守恒定律，则 A 的质量 为 B 的质量的 3 倍，在生成物中 A 的质量分数为 75%，错误，不选 A；B、溶液的体积固定， 若产物气体 C 的密度是原气体密度的 4 倍，则气体的质量是反应前气体质量的 4 倍，所以反 应前后气体质量比一定为 1:4，正确，选 B；C、由于不能确定 A 和 B 的物质的量的关系，则 不能确定 A、B 的摩尔质量，错误，不选 C；D、由于不能确定 A 和 B 的物质的量关系，则不能 确定 C 中 A、B 两元素的原子个数比，错误，不选 D。 考点：阿伏伽德罗定律及推论 二、填空题（一共四小题，共 46 分） 19.室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成 A、B 两室，分别向 A、B 两室充入 H2、O2 的混合气体和 1 mol 空气，此时活塞的位置如图所示。 (1)A 室混合气体的物质的量为________，标况下体积为________。 (2)实验测得 A 室混合气体的质量为 34 g，则该混合气体的密度是同温同压条件下氦气密度的 ________倍。若将 A 室 H2、O2 的混合气体点燃引爆，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在 ________刻度，容器内气体压强与反应前气体压强之比为________。 【答案】 (1). 2mol (2). 44.8L (3). 4.25 (4). 2 (5). 1：2 【解析】 【分析】 (1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其气体之比；根据 n= 计算气体体积； V mV(2)计算 A 室中混合气体的平均摩尔质量，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比； 根据总质量、总物质的量列方程计算氢气与氧气物质的量，根据方程式计算反应后剩余气体 物质的量，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，可以确定活 塞停留的位置；B 室中空气物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反 比。 【详解】(1)A、B 两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其气体之比，则 A 室中气体 物质的量为 1mol× =2mol，则其在标准状况下体积为 V=n·Vm=2mol×22.4L/mol=44.8L； (2)A 室中混合气体的平均摩尔质量为 M= =17g/mol，同温同压下气体的密度之比等于其 摩尔质量之比，所以该混合气体的密度是同温同压条件下氦气密度的 D= =4.25 倍； 设 A 室中氢气物质的量为 xmol、氧气物质的量为 ymol，则：x+y=2，2x+32y=34，解得 x=1、 y=1，根据反应方程式 2H2+O2 2H2O 中二者反应的物质的量关系可知 O2 过量，反应后剩余 O2 的物质的量是 0.5mol，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比， 所以 A、B 两室的体积之比为 0.5mol：1mol=1：2，则活塞停留在 2 刻度处； A 室中空气物质的量不变、温度不变，反应前后压强之比与反应前后体积成反比，则容器内气 体压强与反应前气体压强之比为 2：4=1：2。 【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，注意根据同温同压下，气体的物质的量 之比等于其气体之比计算分析。 20.完成下列填空： (1)与标准状况下 4.48LCO2 中所含氧原子数目相同的水的质量是_______g； (2)V L Fe2(SO4)3 溶液中含 Fe3+m g，则溶液中 SO42-的物质的量浓度为_____mol/L； (3)用容量瓶配制一定物质的量浓度的稀硫酸，下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是 ________ A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒 B.未冷却到室温就转移 C.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线 D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶 E.定容时俯视液面 (4)下列属于电解质的是___________，属于非电解质的是__________(填编号)。 4 2 34 2 g mol 17 4①酒精 ②CH3COOH ③NaOH ④NaCl ⑤Cu ⑥SO2 ⑦Na2CO3 (5)药物“达喜”的化学成分是铝和镁的碱式盐，可用于治疗胃酸过多。取一定量该碱式盐， 加入 2.0 mol/L 盐酸使其溶解，当加入盐酸 42.5 mL 时开始产生 CO2，加入盐酸至 45.0 mL 时 恰好反应完全，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_______。 【答案】 (1). 7.2 (2). (3). BDF (4). ②③④⑦ (5). ①⑥ (6). 16：1 【解析】 【分析】 (1)根据 n= 结合物质的分子构成计算； (2)根据 Fe3+的质量求其物质的量，根据化学式计算 SO42-的物质的量，然后利用物质的量浓度 定义式计算其物质的量浓度； (3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据 c= 分析对所配溶液浓度的影 响； (4)根据电解质、非电解质的概念分析判断； (5)加入盐酸生成 CO2，反应过程为：先发生 H++OH-=H2O，再发生 CO32-+H+=HCO3-，最后发生 HCO3-+H+=CO2↑+H2O，从 42.5mL～45.0mL 消耗 2.5mL 盐酸，发生反应 HCO3-+H+=CO2↑+H2O，根 据方程式计算 n(HCO3-)、n(CO32-)，进而计算 HCO3-、CO32-消耗的氢离子物质的量，进而计算 n(OH-)，据此解答。 【详解】(1)标准状况下 4.48L CO2 的物质的量 n(CO2)= =0.2mol，其中含有 O 原子的物质的量为 0.4mol，由于 H2O 分子中只含有 1 个 O 原子，所以所含氧原子数目相同的 水的物质的量为 0.4mol，则水的质量为 m(H2O)=0.4mol×18g/mol=7.2g； (2)V L Fe2(SO4)3 溶液中，含有 Fe3+mg，则 n(Fe3+)= mol，根据化学式 Fe2(SO4)3 可知 SO42-的物质的量 n(SO42-)= n(Fe3+)= × mol，所以 SO42-的物质的量浓度为 c(SO42-)= = = mol/L； (3)A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓 3 112 m V V mV n V V 4.48 22.4 /m L V L mol = mg 56 / 56 m g mol = 3 2 3 2 56 m n V 3 mol2 56 m VL × 3 112 m V度偏低，A 错误； B.溶解的时候溶液没有冷却到室温就转移，溶液冷却后体积偏小，导致所配制的溶液浓度偏 高，B 正确； C.摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线，使配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏 小，C 错误； D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶，溶质的物质的量偏大，配制的溶 液浓度偏高，D 正确； E.定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，则配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高， E 正确； 故合理选项是 BDE； (4)①酒精本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，属于非电解质； ②CH3COOH 在水溶液中可电离产生自由移动的 CH3COO-、H+，是化合物，属于电解质； ③NaOH 在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的 Na+、OH-，是化合物，属于电解质； ④NaCl 在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动 Na+、Cl-，是化合物，属于电解质；⑤Cu 是单质，不是电解质，也不是非电解质； ⑥SO2 本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，属于非电解质； ⑦Na2CO3 在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的 Na+、CO32-，是化合物，属于电解质； 综上所述可知。属于电解质的是②③④⑦；属于非电解质的是①⑥； (5)加入盐酸时，反应过程为：先发生 H++OH-=H2O，再发生 CO32-+H+=HCO3-，最后发生 HCO3-+H+=CO2↑+H2O，从 42.5mL～45.0mL 消耗 2.5mL 盐酸，发生反应 HCO3-+H+=CO2↑+H2O， n(HCl)=2.0 mol/L×0.0025L=0.005mol，则 n(HCO3-)=0.005mol，由 CO32-+H+=HCO3-可知 n(CO32-)=n(HCO3-)=0.005mol，则与 OH-反应的 HCl 消耗的 H+的物质的量 n(H+)=2mol/L×0.045L-0.005mol-0.005mol=0.08mol，所以该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的 物质的量之比=0.08mol：0.005mol=16：1。 【点睛】本题考查根据离子方程式进行的计算、化学物质的分类、物质的量浓度溶液配制误 差分析等知识。注意碳酸根与盐酸分步反应，清楚反应过程、会辨析化学基本概念是解题的 关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、 解决问题的能力。 21.在两份相同的 Ba(OH)2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO4 溶液。其导电 能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。请回答下列问题。 的(1)写出 NaHSO4 溶液中，NaHSO4 的电离方程式____________________。 (2)图中①、②分别代表滴加哪种溶液的变化曲线①_______、②______。 (3)b 点，溶液中大量存在的离子是_________。 (4)曲线②中 d 点导电能力最弱的原因是____________________ (用化学方程式表示)。 (5)c 点，两溶液中含有相同量的哪种离子______。 【答案】 (1). NaHSO4=Na++H++SO42- (2). H2SO4 (3). NaHSO4 (4). Na+、OH- (5). Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O (6). SO42- 【解析】 【分析】 Ba(OH)2 溶 液 和 H2SO4 、 NaHSO4 溶 液 反 应 方 程 式 分 别 为 H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O 、 NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与 溶液中离子浓度成正比，根据图知，曲线①在 a 点溶液导电能力接近 0，说明该点溶液离子浓 度最小，应该为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应，则曲线②为 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液的反应， 根据图知，a 点为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 恰好反应，H2SO4、NaHSO4 溶液的物质的量浓度相等， 则 b 点溶液溶质为 NaOH；c 点，①中稀硫酸过量，溶质为 H2SO4，②中反应后溶质为 NaOH、Na2SO4； a 点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d 点②中溶质为 Na2SO4。 【详解】根据上述分析可知：曲线①为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应，则曲线②为 Ba(OH)2 溶 液和 NaHSO4 溶液的反应；a 点为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 恰好反应；b 点溶液溶质为 NaOH；c 点， ①中稀硫酸过量，溶质为 H2SO4，②中反应后溶质为 NaOH、Na2SO4； d 点②中溶质为 Na2SO4。 (1)NaHSO4 是强电解质，该溶液中，NaHSO4 的电离方程式为 NaHSO4=Na++H++SO42-； (2)根据上述分析可知：曲线①为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 的反应，则曲线②为 Ba(OH)2 溶液和 NaHSO4 溶液的反应；； (3)a 点为 Ba(OH)2 溶液和 H2SO4 恰好反应，H2SO4、NaHSO4 溶液的物质的量浓度相等，则 b 点溶液溶质为 NaOH。NaOH 是强电解质，完全电离，因此溶液中含有的大量离子是 Na+、OH-； (4)d 点②中溶质为 Na2SO4，此时发生反应：2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液中自 由移动 离子浓度越大，溶液的导电性越强，d 点自由移动离子浓度最小，所以导电能力最弱； (5)c 点，①中稀硫酸过量，溶质为 H2SO4，②中反应后溶质为 NaOH、Na2SO4，由于此时滴入的 是等体积的物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO4 溶液，所以两溶液中含有相同量的 SO42-。 【点睛】本题考查酸、碱或盐混合溶液定性判断的知识，明确发生的反应及各点溶液中溶质 成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，本题侧重考查学生分析判断及 识图能力。 22.甲溶液可能含有 K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-、SO42-、CO32-八种离子中的若干种．为确 定甲溶液的组成，将其分成两等份，进行如下实验： ①向一份溶液中加入足量的 NaOH 浓溶液并加热，产生 3.36L 气体(标准状况); ②向另一份溶液中加入 0.4mol/L 的 BaCl2 溶液 500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应， 过滤得 43g 沉淀及滤液； ③向上述滤液中加入 1mol/L AgNO3 溶液 450mL，恰好可完全反应； ④向上述沉淀中加入过量的盐酸，产生的气体通入足量澄清石灰水中，得到沉淀 C； 据此，请回答下列问题（用相应的离子符号表示）： (1)实验④中得到沉淀 C 的质量为________； (2)甲溶液中一定不存在 离子是_________；可能存在的离子是__________。 (3)甲溶液一定存在的离子中，物质的量最大的离子是_____；物质的量最小的离子是______， 此物质的量最小的离子其物质的量为________。 【答案】 (1). 10g (2). Ca2+、Cu2+ (3). NO3- (4). K+ (5). Cl- (6). 0.1mol 【解析】 【分析】 ①向一份溶液中加入足量的 NaOH 浓溶液并加热，产生的气体在标准状况下体积为 3.36L，应 生成 NH3，则一定含有 NH4+，n(NH4+)=n(NH3)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol； ②向另一份溶液中加入 0.4mol/L 的 BaCl2 溶液 500mL，恰好可以与溶液中的离子完全反应， 过滤得 43g 沉淀及滤液，沉淀可能为 BaSO4 或 BaCO3 或二者都有，如为 BaSO4，则 m(BaSO4)=0.4mol/L×0.5L×233g/mol=46.6g，如为 BaCO3， m(BaCO3)=0.4mol/L×0.5L×197g/mo=39.4g，实际产生沉淀质量 39.4g