【化学】黑龙江省尚志市尚志中学2018-2019学年高一上学期第一次月考考试试题（解析版）

黑龙江省尚志市尚志中学2018-2019学年高一上学期第一次月考考试试题
1.下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是(　 　)
选项
目的
分离方法
原理
A
由海水(含NaCl)获得蒸馏水
蒸馏
水的沸点与NaCl的沸点不同
B
分离汽油和水
分液
汽油和水的密度不同
C
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D
分离溶于水的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
【答案】A
【详解】A.用蒸馏法从海水中获得蒸馏水，主要是利用水的沸点较NaCl较低，故A说法正确；B.用分液的方法分离汽油和水主要是因为汽油与水不相混溶，故B错误；C. 用重结晶的方法除去硝酸钾中的氯化钠杂质，利用的原理是二者的溶解度随温度变化差异较大，故C错误；D.乙醇能与水互溶，不用作为分离溶于水的碘的萃取剂，故D错误；答案选A。
2.下列萃取与分液结合进行的操作(用CCl4为萃取剂，从碘水中萃取碘)中错误的是(　 　)
A. 饱和碘水和CCl4加入分液漏斗中后，塞上上口部的塞子，用一手压住分液漏斗上口部，一手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡
B. 静置，待分液漏斗中液体分层后，先使分液漏斗内外空气相通(准备放出液体)
C. 打开分液漏斗的活塞，使全部下层液体沿盛接液体的烧杯内壁慢慢流出
D. 最后继续打开活塞，另用容器盛接并保存上层液体
【答案】D
【解析】分液漏斗中的上层液体须从上口倒出。
3.各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示。
序号
物质
杂质
除杂方法
①
KNO3溶液
KOH
加入适量FeCl3溶液，并过滤
②
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉，并过滤
③
H2
CO2
通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④
NaNO3
CaCO3
溶解、过滤、蒸发
其中正确的一组是(　 　)
A. ①②③④ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】试题分析：硝酸钾中混有氢氧化钾，加入氯化铁溶液，生成新的杂质氯化钾，①不可行；硫酸铜中，硫酸根不是杂质，铜离子是杂质，可以用铁粉除去，再过滤；二氧化碳可以用氢氧化钠溶液除去，②可行；CO2通过盛有NaOH溶液（或KOH溶液）会发生反应，H2不反应，除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶，把附带的水分吸收，得到干燥的H2，③可行；硝酸钠溶于水，碳酸钙不溶于水，可以加水，然后过滤，蒸发，结晶，④可行；只有②③④正确，故选C。
4.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是(　 　)
A .常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA
B. 1.8g的NH4+离子中含有的质子数为NA
C.常温常压下，46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子总数为3NA
D.标况下，4.48LH2O中含有氢原子数为0.4NA
【答案】C
【解析】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，含有的氧原子少于1mol，故A错误；B．1.8g NH4+的物质的量为0.1mol，而1mol NH4+含11mol质子，故0.1mol NH4+含1.1mol质子，故B错误；C．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有的NO2组合的物质的量为1mol，则含3mol原子，即3NA个，故C正确；D．标况下，水不是气体，4.48LH2O的物质的量不是0.2mol，故D错误；故选C。
5.实验室里需要480 mL 0.100 mol/L的CuSO4溶液，现用容量瓶进行配制，以下操作正确的是(　 　)
A. 称取7.68 g CuSO4，加入500 mL水
B. 称取12.0 g胆矾，配成480 mL溶液
C. 称取8.0 g CuSO4，加入500 mL 水
D. 称取12.5 g胆矾，配成500 mL溶液
【答案】D
【解析】试题分析：需要480mL溶液，实际只能配置500mL溶液，根据n=c×V计算溶质的物质的量，配制硫酸铜溶液可以用硫酸铜，也可以用胆矾，根据m=nM计算各自质量，注意配制溶液时注意水的体积不等于溶液的体积，据此进行解答．
解：需要480mL溶液，实际只能配置500ml，配制500mL 0.100mol•L﹣1的CuSO4溶液，溶质的物质的量为：n=c×V=0.5L×0.100mol/L=0.0500mol，需要溶质的质量为：m（CuSO4）=0.05mol×160g/mol=8.0g，或m（CuSO4•5H20）=0.05mol×250g/mol=12.5g，
A．应称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；
B．应该称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，故B错误；
C．称取8.0gCuSO4，配成500mL溶液，不能加入500mL水中，故C错误；
D．称取12.5g胆矾，配成500mL溶液，所得溶液浓度为0.100mol/L，故D正确；
故选D．
6.下列说法中，正确的是( 　　)
A. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均是非电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 蔗糖、酒精在水溶液里或熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质
D. 铜、石墨均导电，所以它们是电解质
【答案】C
【解析】液态HCl溶于水后能够导电，固态NaCl在溶于水和熔融状态下都能够导电故两者均为电解质，A项错误；NH3、CO2的水溶液均能导电，是因为两者溶于水后生成的一水合氨、碳酸能够导电，所以NH3和CO2均为非电解质，B项错误；铜和石墨都属于单质，既不是电解质也不是非电解质，D项错误。
7.下列离子方程式正确的是(　 　)
A. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑
B. 向A1C13溶液中加入过量的氨水溶液：A13++3OH-=A1（OH）3
C. 稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应：H++OH-+Ba2++SO42- = BaSO4↓+H2O
D. 大理石与盐酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】A．钠与水反应，离子方程式：2Na+H2O═2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．向AlCl3溶液中加入过量的氨水溶液的离子反应为Al3++3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中，离子方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．大理石与盐酸反应，离子方程式：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故D正确；故选D。
8.将饱和溶液FeCl3加入沸水中能制得Fe（OH）3胶体，下列有关说法正确的是(　 　)
A. 溶液和胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应
B. 含0.1molFeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子数小于0.1NA
C. 向饱和溶液FeCl3中加入稀氨水，继续煮沸，能制得Fe（OH）3胶体
D. 可通过观察液体是否澄淸透明来区别溶液和胶体
【答案】B
【解析】A、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，分散质微粒直径介于1-100nm的为胶体，故A错误；B、胶体粒子是大量氢氧化铁的聚集体，所以含0.1mol FeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子少于0.1mol，故B正确；C、向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，制得Fe(OH)3胶体，向饱和溶液FeCl3中加入稀氨水，会生成氢氧化铁沉淀，故C错误；D、不能通过观察液体是否澄淸透明来区别溶液和胶体，很多胶体也是澄清透明的，可以通过丁达尔效应进行区分，故D错误；故选B。
9.下列物质的分类正确的是 ( )

碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
Cu2(OH)2CO3
Fe2O3
SO3
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
NO2
C
NaOH
NaHSO4
CaF2
MgO
SO2
D
KOH
HNO3
NaHCO3
CaO
Mn2O7
【答案】D
【详解】A、Na2CO3属于盐类，故A错误；B、NO2不是酸性氧化物，故B错误；C、NaHSO4属于盐类，故C错误；D、KOH属于碱，HNO3属于酸，NaHCO3属于盐，CaO为碱性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，故D正确。
综上所述本题应选D。
10.把0.5mol醋酸分别加入到下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化最明显的是（忽略溶液体积变化）( )
A. 5mol/L氨水 B. 5mol/L硝酸
C. 5mol/L氢氧化钾溶液 D. 5mol/L氯化铵溶液
【答案】A
【详解】A、由于5mol/L氨水中存在电离平衡，电离的程度很弱，溶液中的离子浓度很小，导电性差，但0.5mol醋酸加入到100mL5mol/L氨水溶液中得到100mL5mol/L醋酸铵溶液，醋酸铵是强电解质，在水中完全电离，则离子浓度增大明显，导电性变化明显；
B、100mL5mol/L的硝酸溶液中加入0.5mol醋酸，得到100mL5mol/L硝酸和5mol/L的醋酸溶液，但硝酸电离生成的氢离子抑制醋酸电离，溶液中离子的浓度比原来的大些，导电性比原来的强些；
C、100mL5mol/LKOH溶液中加入0.5mol醋酸，得到100mL5mol/L醋酸钾溶液，离子浓度基本不变，则溶液的导电性基本不变；
D、100mL5mol/LNH4Cl溶液中加入0.5mol醋酸，得到100mL5mol/LNH4Cl和5mol/L的醋酸溶液，由于醋酸是弱电解质，电离程度小，所以溶液中离子的浓度比原来的大些，导电性比原来的强些；
答案选A。
11.下列说法正确的是(　 　)
①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
②0.5 mol H2所占体积为11.2 L
③标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L
④常温常压下，28 g CO与N2的混合气体所含的原子数为2NA
⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 L·mol−1
⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同
A. ①③⑤ B. ④⑥ C. ③④⑥ D. ①④⑥
【答案】B
【解析】试题分析：①标准化状况下，该物质不一定是气体；
②氢气所处的状态不一定是标准化状况，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol；
③标准化状况下，水是液体；
④28g CO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子；
⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强，据此分析；
⑥同温同压下，体积相同，含有的分子数目相同．
解：①标准状况下，6.02×1023个分子为1mol，但该物质不一定是气体，故占有的体积不一定是22.4L，故①错误；
②氢气所处的状态不一定是标准化状况，气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，0.5mol H2所占体积不一定为11.2L，故②错误；
③标准化状况下，水是液体，1mol水的体积远大于22.4L，故③错误；
④28g CO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，故④正确；
⑤影响气体摩尔体积的因素有温度、压强，气体所处的状态不确定，各气体的气体摩尔体积不一定是22.4L/mol，故⑤错误；
⑥同温同压下，体积相同，含有的分子数目相同，故⑥正确；
故选B．
12.3.6g碳在一定量的氧气中燃烧，反应后生成一氧化碳和二氧化碳混合气体的平均摩尔质量是32g/mol，则生成的一氧化碳的质量是（ ）
A. 3.3 g B. 13.2 g C. 8.4 g D. 6.3 g
【答案】D
【解析】3.6g碳的物质的量==0.3mol，反应后生成CO和CO2混合气体物质的量为0.3mol，混合气体平均摩尔质量是32g/mol，则混合气体质量=32g/mol×0.3mol=9.6g，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为(0.3-x)mol，28x+44(0.3-x)=9.6，解得：x=0.225mol，一氧化碳质量=0.225mol×28g/mol=6.3g；故选D。
13.使相同体积的NaCl、CaCl2、A1Cl3溶液中的Cl-全部沉淀，用去同浓度的AgNO3溶液的体积分别为3V、2V、V，则NaCl、CaCl2、A1Cl3溶液的物质的量浓度之比为（ ）
A. 6：3：1 B. 9：3：1 C. 1：2：3 D. 3：2：1
【答案】B
【解析】假设硝酸银的物质的量浓度为cmol/L，完全沉淀相同体积的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-，消耗相同浓度的AgNO3溶液的体积分别为3V、2V、V，设NaCl、MgCl2、AlCl3溶液的浓度分别为xmol/L、ymol/L、zmol/L，溶液体积为n L，根据反应Ag++Cl-=AgCl↓可得：3V×cmol/L=nL×xmol/L、2V×cmol/L=2ymol/L×n L，Vcmol/L=3zmol/L×nL，故x：y：z=：：=9：3：1，故选B。
14.三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是(　 　)
A. 当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ(H2)>ρ(N2)>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(N2)>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(N2)>V(H2)
D. 当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m(H2)>m(N2)>m(O2)
【答案】B
【解析】试题分析：对于一定量的气体来说，符合克拉伯龙方程PV=nRT=RT，根据方程中各个物理量之间的关系结合选项分析解答．
解：氢气的摩尔质量是2g/mol，氮气的摩尔质量是28g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，
A．当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ（H2）＜ρ（N2）＜ρ（O2），故A错误；
B．根据PV=nRT=RT得PM==ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）＞p（N2）＞p（O2），故B正确；
C．根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）＜V（N2）＜V（H2），故C错误；
D．根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）＜m（N2）＜m（O2），故D错误；
故选B．
15.500 mL含有MgCl2、NaCl、Na2SO4三种物质的混合溶液，已知其中含有Cl−为1.8 mol，Na+为2 mol，Mg2+为0.5 mol，则硫酸根离子的物质的量浓度为( )
A. 0.6 mol/L B. 0.7 mol/L C. 1.2 mol/L D. 1.0 mol/L
【答案】C
【详解】忽略水的电离，则根据电荷守恒可知n(Na+)+2n(Mg2+)＝n(Cl－)+2n(SO42－)，解得n(SO42－)＝，所以溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为0.6mol÷0.5L＝1.2mol/L。答案选C。
16.固体A在一定温度下发生反应：2A(s)=B(g)+2C(g)+3D(g)，若测得生成气体的质量是相同体积H2的10倍，则固体A的摩尔质量是（ ）g mol-1
A. 30 B. 120 C. 90 D. 60
【答案】D
【解析】令A的物质的量为2mol，由方程式2A(s)=B(g)+2C(g)+3D(g)，可知混合气体总物质的量为1mol+2mol+3mol=6mol，生成气体的质量是相同体积H210倍，即混合气体对氢气的相对密度为10，则混合气体平均摩尔质量=2g/mol×10=20g/mol，混合气体总质量=6mol×20g/mol=120g，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==60g/mol，故选D。
17.下列说法正确的个数有( )
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动
④做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶体带正电
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑥1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液是溶液，不可能是胶体
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【详解】①豆浆、河水和烟尘均为胶体,盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是发生了胶体的聚沉,用高压直流电除烟尘是胶体的电泳，均和胶体的性质有关，故①正确；
②溶液中的溶质粒子不一定带电,故对溶液通电时，溶质粒子不一定向两极移动,故②错误； 
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子带电，且带同种电荷，故胶粒之间相互排斥，导致胶体比较稳定，故③错误； 
④胶体不带电，带电的是胶粒,故做氢氧化铁胶体电泳实验时,阴极周围红褐色加深,说明氢氧化铁胶粒带电，故④错误； 
⑤向FeCl3溶液中滴加稀的NaOH溶液,可制得Fe(OH)3沉淀，氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁溶液滴入沸水中，故⑤错误；
⑥一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故⑥错误； 
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，故⑦错误；所以只有①正确；
综上所述，本题应选A。
18.将a %的某物质的水溶液加热蒸发掉m g水(溶质不挥发、且蒸发过程无溶质析出)，所得溶液体积为V L，溶质的质量分数为蒸发前的2倍，设溶质的相对分子质量为M，则蒸发后所得溶液的物质的量浓度为(　 　)
A. mol/L B. mol /L
C. mol /L D. mol /L
【答案】D
【解析】试题分析：设蒸发后溶液的质量为xg，浓缩蒸发溶质的质量不变，则：（x+m）g×a%=x×2a%，解得：x=m。溶液中溶质的质量为：mg×2a%=2am%g。溶质的相对分子质量为M，所以溶质的物质的量为=mol。蒸发后所得溶液体积为VL，所以蒸发后溶液的物质的量浓度为：c==mol/L。故选D。
19.下列关于物质的量浓度表述中正确的是（ ）
A. 0.3 mol/L NaCl溶液中含有Na+和Cl-总物质的量为0.6 mol
B. 当1L水吸收22.4L氨气时所得氮水的浓度不是1mol/L，只有当22.4L氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol mol/L
C. 10℃时0.35mol/L的KCl饱和溶液100 mL,蒸发掉5 g水，冷却到10℃时，其体积小于100 mL,它的物质的浓度仍为0.35 mol/L
D. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量浓度相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同
【答案】C
【解析】A．没有告诉NaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子和氯离子的物质的量之和，故A错误；B．不是标况下，题中条件无法计算22.4L氨气的物质的量，则无法计算该溶液的物质的量浓度，故B错误；C.10℃时0.35 mol•L-1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10℃时，其体积小于100 mL，但是此时仍然为饱和溶液，则它的物质的量浓度仍为0.35 mol•L-1，故C正确；D．硫酸钾中，钾离子浓度是硫酸根浓度的2倍，NaCl中钠离子等于氯离子浓度，由于Na+和SO42-的物质的量浓度相等，故K+是Cl-的物质的量浓度的2倍，故D错误；故选C。
20.将标准状况下，将V L A气体(摩尔质量为M g/mol)溶于0.1 L水中，所得溶液密度为ρ g/cm3，则此溶液的物质的量浓度(mol/L)为(　 　)
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】气体的物质的量为mol，所得溶液的质量为(×M＋100)g，则此溶液的物质的量浓度为mol÷[(×M＋100)g÷(1000ρg·L－1)]＝mol·L－1。
21.I、处于下列状态的物质中：A、固态氯化钠 B、干冰 C、液态醋酸 D、铜 E、硫酸钡晶体 F、甲烷 G、酒精溶液 H、熔融的硝酸钾 I、稀硫酸 J、氯水 K、五氧化二磷 L、胆矾晶体 M、氢氧化铜 N、熟石灰 O、盐酸。
（1）上述物质中属于电解质且能导电的是（填字母，下同）_____________。
（2）上述物质中属于非电解质的是_____________。
II、某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。
（3）写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式____________________。
（4）怎样检验你制得的胶体_______________。
（5）取少量你制得的胶体加入试管中，加入足量盐酸溶液，现象是__________。
【答案】(1). H (2). BFK (3). FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl (4). 利用丁达尔效应：让一束光线通过制得的Fe(OH)3胶体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体 (5). 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液颜色变为黄色
【详解】I、（1）含有自由移动的离子或者电子的物质可以导电，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，包括：酸、碱、盐、金属氧化物、水，所以上述物质中属于电解质且能导电的是熔融的硝酸钾，固态氯化钠、液态醋酸、硫酸钡晶体、胆矾晶体、氢氧化铜、熟石灰属于电解质，但不导电，答案选H；
（2）在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，包括大多数有机物、非金属氧化物、氨气等，则上述物质中属于非电解质的是干冰、甲烷、五氧化二磷。铜是单质，稀硫酸、氯水、盐酸都是混合物，均不是电解质，也不是非电解质，答案选BFK。
II、（3）饱和的氯化铁溶液滴入沸腾的蒸馏水中可以制备氢氧化铁胶体，则制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
（4）胶体具有丁达尔效应，则检验制得的胶体的方法是：让一束光线通过制得的Fe(OH)3胶体，从侧面观察到一条光亮的“通路”，说明已经制得胶体；
（5）胶体遇到电解质溶液发生聚沉，所以取少量制得的胶体加入试管中，加入足量盐酸溶液氢氧化铁胶体聚沉转化为氢氧化铁沉淀，盐酸和氢氧化铁发生中和反应生成氯化铁和水，则现象是先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液颜色变为黄色。
22.（1）19.2g SO2在标准状况下的体积为___________，其中含氧原子的物质的量为_____。
（2）在一定温度下，把mg相对分子质量为M的可溶性盐溶解在VmL水中（水的密度为1g·cm-3），恰好形成饱和溶液（密度为pg·cm-3），则该溶液中溶质的物质的量浓度是________mol·L-1。
（3）19 g ACl2中含有0.4 mol Cl-，则该氯化物的摩尔质量是______；A的相对原子质量是______。
（4）SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则SO2与O2的物质的量之比是________，这种混合气体的密度是同温同压下氧气密度的_____倍。
【答案】(1). 6.72L (2). 0.6mol (3). 1000pm/M(m+V) (4). 95 g·mol-1 (5). 24
(6). 3：4 (7). 10/7
【详解】（1）19.2g SO2的物质的量是19.2g÷64g/mol＝0.3mol，在标准状况下的体积为0.3mol×22.4L/mol＝6.72L，其中含氧原子的物质的量为0.3mol×2＝0.6mol。
（2）溶质的物质的量是，所得溶液的质量为(m＋V)g，所以溶液的体积为，则此溶液的物质的量浓度为；
（3）19 g ACl2中含有0.4 mol Cl-，则该氯化物的物质的量是0.4mol÷2＝0.2mol，因此摩尔质量是19g÷0.2mol/L＝95 g·mol-1；A的相对原子质量是95－35.5×2＝24；
（4）设混合气体中SO2与O2的物质的量分别是x mol、y mol，SO2与O2的混合气体中，氧元素的质量分数为70%，则，解得x：y＝3：4，即SO2与O2的物质的量之比是3：4，这种混合气体的平均相对分子质量是，根据阿伏加德罗定律可知相同条件下密度之比是相对分子质量之比，所以密度是同温同压下氧气密度的倍。
23.为将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯,并制得KNO3溶液,某学生设计了如下实验方案:

(1).操作①为__________。
(2).操作②~④所加试剂的溶质依次为__________。
(3).如何判断SO42-已除尽?__________。
(4).实验过程中产生的多种沉淀__________(填“需要”或“不需要”)多次过滤,其理由是__________。
(5).该同学的实验设计方案是否严密? __________(填“严密”或“不严密”),请说明理由:__________.
【答案】(1). 加水溶解 (2). Ba(NO3)2、KOH、K2CO3 (3). 静置,取上层澄清溶液加入少量Ba(NO3)2溶液,若不变浑浊,则表明SO42-已除尽 (4). 不需要 (5). 几个生成沉淀的反应互不干扰,因此最后只需过滤一次,可减少操作步骤 (6). 不严密 (7). 加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl- ,应加入稀硝酸调节pH
【详解】（1）由流程可知，操作①为（加水）溶解，配制成溶液；
（2）由于过量的硝酸钡需要利用碳酸钾除去，所以碳酸钾一定要在硝酸钡的后面，则操作②～④加入的试剂依次为Ba(NO3)2、K2CO3、KOH或KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3；
（3）硫酸钡不溶于水也不溶于酸，则判断SO42－已除尽的实验操作为取少许滤液，先加入盐酸酸化，再向其中加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42－已除尽；
（4）实验过程中产生的多次沉淀不需要多次过滤，因生成的沉淀可一次性过滤，如果分步过滤会使操作复杂化；
（5）根据以上分析可知该同学设计实验不合理，因调节溶液的pH不能用盐酸，而应该用硝酸，否则会引入杂质Cl－。
24.现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g·cm－3)配制浓度为1mol·L－1的稀硫酸480mL。
（1）从下列用品中选出实验所需要的仪器________________（填写序号）
A．1000mL烧杯 B．100mL烧杯 C．10mL量筒 D．50mL量筒
E．500mL容量瓶 F．1000mL容量瓶 G．广口瓶 H．托盘天平
（2）除选用上述仪器外，还缺少的必要仪器或用品是________________。
（3）需用量筒量取浓硫酸的体积为________mL。
（4）配制时，一般可分为以下几个步骤，请在下列横线填写所缺步骤的名称：
计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、_______、摇匀。
（5）下列情况中，会使所配溶液的浓度偏低的是________，无影响的有_______（填序号)。
A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶
C．定容时加水不慎超过刻度线
D．定容时仰视刻度线
E．容量瓶未经干燥就使用
【答案】(1). BDE (2). 玻璃棒和胶头滴管 (3). 27.2 (4). 定容 (5). CD
(6). AE
【详解】（1）根据可知98%的浓硫酸(密度为1.84g•cm-3)的物质的量浓度为：＝18.4mol/L，配制480mL溶液，应该选用500mL容量瓶，需要浓硫酸的体积为：≈27.2mL；配制500mL 1mol/L的稀硫酸的步骤有：计算、量取、稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，使用的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以选项中使用到的仪器有：50mL量筒、100mL烧杯、500mL容量瓶，答案为BDE；
（2）根据（1）可知，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，还缺少的仪器为：玻璃棒、胶头滴管；
（3）根据以上分析可知需用量筒量取浓硫酸的体积为27.2mL；
（4）根据（1）的分析，配制稀硫酸的步骤有：计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀等，故答案为：定容；
（5）A．将量筒中的浓硫酸转入烧杯后，未用水洗涤量筒，由于量筒不能洗涤，所以根据c=n÷V可知配制的溶液浓度无影响；
B．稀释浓硫酸后立即转入容量瓶，热的溶液体积偏大，冷却后溶液的体积偏小，根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏高；
C．定容时加水不慎超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏低；
D．定容时仰视刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=n÷V可知配制的溶液物质的量浓度偏低；
E．容量瓶未经干燥就使用，没有影响。
所以会使所配溶液的浓度偏低的是CD，无影响的有AE。