【化学】河南省济源四中2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

河南省济源四中2018-2019学年高一上学期期中考试试题
第I卷(选择题56分)
可能用到的原子量：O :16 C: 12 H :1 S :32 N：14 Na :23 Cl35.5 Cu64
一、选择题(每题只有一个正确选项，每题2分，28题，共56分)
1.盛浓H2SO4的试剂瓶贴图中最合适的标志是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据浓硫酸具有强烈的腐蚀性，结合各标志的含义进行分析判断。
【详解】浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故装运浓硫酸的包装箱应贴腐蚀品标志。
A.图中所示标志是腐蚀品标志，故A项正确；
B.图中所示标志是爆炸品标志，故B项错误；
C.图中所示标志是有毒气体标志，故C项错误；
D.图中所示标志是易燃液体标志，故D项错误。
答案选A。
2.下列实验操作中错误的是( )
A. 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
B. 蒸馏操作时,应使温度计水银球应插入蒸馏烧瓶中的液面以下,且冷凝水方向应当由下往上
C. 过滤时,玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处
D. 提取碘水中的碘单质时,应选择有机萃取剂,且萃取剂与水不互溶
【答案】B
【解析】
【分析】A. 分液时要注意为防止液体重新混合而污染；
B. 蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，且要保证充分冷凝；
C. 过滤遵循“一贴二低三靠”原则，三层滤纸一侧较厚；
D. 萃取时，萃取剂与水互不相溶。
【详解】A. 分液时注意防止液体重新混合而污染，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A项正确，不符合题意；
B. 蒸馏时温度计是用来测定馏分的温度，应使温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，且要保证充分冷凝，则冷凝水方向应当由下往上，故B项错误；
C. 过滤遵循一贴二低三靠，则玻璃棒在引流过程中应放在三层滤纸处，防止捣破滤纸，故C项正确，不符合题意；
D. 萃取时，碘在萃取剂中的溶解度较大，且萃取剂与水互不相溶，否则不能分离，达不到萃取的目的，故D项正确，不符合题意；
答案选B。
3.氧气的摩尔质量是(　　 )
A. 16 B. 16g/mol C. 32 D. 32g/mol
【答案】D
【解析】数值上摩尔质量如果用g/mol为单位等于该物质的相对分子质量或相对原子质量，所以氧气的摩尔质量32g/mol，答案选B。
4. 0.5mol氢气在标准状况下所占的体积约是( )
A. 22.4L B. 11.2L C. 5.6L D. 2.24L
【答案】B
【解析】标准状况下，气体的摩尔体积是22.4L/mol，所以根据可知，0.5mol氢气在标准状况下所占的体积0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，答案选B。
5. 氧化还原反应实质是(　　 )
A. 是否有元素的电子转移 B. 是否有元素的化合价的变化
C. 是否有氧元素的参加 D. 是否有原子的重新组合
【答案】A
【解析】氧化还原反应的特征是化合价的升降，本质是电子转移。
6.下列溶液中，与100 ml 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是(　　 )
A. 100 ml 0.5 mol/L MgCl2溶液 B. 200 ml 0.25 mol/L HCl溶液
C. 50 ml 1 mol/L NaCl溶液 D. 200 ml 0.25 mol/L CaCl2溶液
【答案】D
【解析】试题分析：NaCl溶液中c(Cl－)=0.5mol·L－1，A、c(Cl－)=0.5×2mol·L－1=1mol·L－1，不符合题意，故错误；B、c(Cl－)=0.25mol·L－1，不符合题意，故错误；C、c(Cl－)=1mol·L－1,不符合题意，故错误；D、c(Cl－)=0.25×2mol·L－1=0.5mol·L－1，符合题意，故正确。
7.下列物质属于电解质的是 ( )
①氢氧化钠　②NH3·H2O 　③铝　④蔗糖　⑤二氧化碳
A. ①② B. ①②⑤ C. ③④ D. ①⑤
【答案】A
【解析】
【分析】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，如酸、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，如蔗糖、乙醇等都是非电解质。大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】①氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能够导电，氢氧化钠属于电解质，故①正确；
②NH3·H2O在水溶液中能够发生部分电离，可以导电，属于电解质，故②正确；
③Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故③错误；
④蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不导电的有机化合物，属于非电解质，故④错误；
⑤CO2在水中能够导电，但是导电的离子不是二氧化碳本身电离的，故二氧化碳为非电解质，故⑤错误；
答案选A。
8.下列关于胶体的说法中正确的是 ( )
A. 胶体中分散质直径大于100nm，胶体外观不均匀
B. 胶体不稳定，静置后容易产生沉淀
C. 能透过滤纸，是最稳定的分散系
D. 光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应
【答案】D
【解析】
【分析】根据胶体的定义与性质来分析作答。
A. 胶体是一种均匀的分散系，分散质直径小于100nm；
B. 胶体是一种稳定的分散系；
C. 溶液分散质粒子直径小于胶体的分散质粒子直径；
D. 丁达尔效应是胶体的特性。
【详解】A. 胶体是一种均匀的分散系，分散质直径小于100nm，故A项错误；
B. 胶体是一种均匀、稳定的分散系，静置后不容易产生沉淀，故B项错误；
C. 胶体是介稳体系，不如溶液稳定，故C项错误；
D. 胶体能产生丁达尔效应，故D项正确。
答案选D。
9.在3S + 6KOH === 2K2S + K2SO3 + 3H2O的反应中，被氧化的硫和被还原的硫的质量比是(　　 )
A. 2∶ 1 B. 2∶ 3 C. 1∶ 2 D. 3∶1
【答案】C
【解析】
【分析】反应3S + 6KOH === 2K2S + K2SO3 + 3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，S→K2S，化合价降低，被还原，S→K2SO3，化合价升高，被氧化，根据氧化剂与还原剂得失电子数目相等计算。
【详解】在化学反应方程式3S + 6KOH === 2K2S + K2SO3 + 3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和还原剂都是S，假设有3 mol S参与反应，则在S→K2S反应中，化合价降低的S原子为2 mol，即被还原的S为2 mol；在S→K2SO3反应中，化合价升高的S原子为1 mol，则被氧化的S为1 mol，被氧化与被还原的硫原子的物质的量之比为1：2，根据n = 可知，被氧化的硫和被还原的硫的质量比也为1：2，
答案选C。
10.实验室需要配制1mol/L的NaCl溶液950mL,选用容量瓶的规格和称取的NaCl质量是 (  )
A. 950mL 55.6g B. 500mL 117g C. 1000mL 58.5g D. 任意规格 58.5g
【答案】C
【解析】
【分析】配制1 mol/L的NaCl溶液950 mL，选择1000mL容量瓶，结合m = nM、n = cV计算所需要的溶质NaCl质量。
【详解】配制1mol/L的NaCl溶液950 mL，选择1000mL规格的容量瓶，需要NaCl的物质的量为n = cV = 1 mol/L×1 L = 1 mol，则其质量为m = nM=1 mol×58.5 g/mol=58.5 g，
答案选C。
11.下列离子方程式中书写正确的是 ( )
A. 铁和稀硫酸反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B. 碳酸钙和稀盐酸反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C. 铁与FeCl3溶液反应 Fe + Fe3+= 2Fe2+
D. 钠投入水中：Na +H2O ＝ Na+ + OH- + H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】A. 铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；
B. 碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙为难溶物，不能拆；
C. 离子方程式两边正电荷不相等，不满足电荷守恒；
D. 原子不守恒。
【详解】A．铁和稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A项错误；
B．碳酸钙和稀盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故B项正确；
C. 铁与FeCl3溶液反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+
D. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH−+H2↑，故D项错误；
答案选B。
12.同温同压下,等质量的 SO2气体和 SO3气体相比较,正确的说法是（ ）
A. 密度比为 B. 物质的量之比为 C. 体积比为 D. 原子数之比为
【答案】A
【解析】设气体的质量为m，由n=＝可知，ρ＝＝，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以两种气体的密度之比为：64：80=4：5，A项正确； n（SO2）=mol，n（SO3）=mol，所以物质的量之比为：：=80：64=5：4，B项错误；根据V=n·Vm可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，所以两种气体体积之比等于5：4，C项错误；根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为：5×3：4×4=15：16，D项错误。
13.根据反应①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是(　　)
A. Fe3＋>Cl2>I2 B. Cl2>I2>Fe3＋
C. I2>Cl2>Fe3＋ D. Cl2>Fe3＋>I2
【答案】D
【解析】试题分析：在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据反应2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2可知，氯化铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，因此氧化性是Fe3＋＞I2；根据反应2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3可知，氧化剂是氯气，氧化产物是氯化铁，因此氧化性是Cl2＞Fe3＋，所以氧化性强弱顺序是Cl2＞Fe3＋＞I2，答案选D。
14.在同温同压下，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，则A、B两容器中气体的体积之比是 ( 　 )
A. 5：2 B. 2：1 C. 2：5 D. 3：2
【答案】A
【解析】
【分析】根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，再结合分子构成及公式n = = 计算得出结论。
【详解】同温同压下，气体的Vm相等，A容器中的氧气(O2)和B容器中的氨气(CH4)所含的原子个数相同，由N=n×NA，可知2 n(O2) = 5 n(CH4)，
则n(O2)：n(CH4) = 5：2，
根据V = n×Vm可知，
V(O2)：V(CH4)=5 Vm：2 Vm = 5：2，
故答案选A。
15.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是 ( )
A. O2 B. NH3 C. CH4 D. SO2
【答案】C
【解析】
【分析】根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，根据n = ，质量相同时，气体的物质的量与其摩尔质量成反比，据此分析解答。
【详解】同温同压下，因气体的摩尔体积Vm相同，所以气体的体积之比等于气体的物质的量之比，根据n = ，质量相同时，气体的物质的量与其摩尔质量成反比，即同温同压下，质量相同时，气体的摩尔质量越小，其体积越大。O2的摩尔质量是32 g/mol、NH3的摩尔质量是17 g/mol、CH4的摩尔质量是16 g/mol、SO2的摩尔质量是64 g/mol，因CH4的摩尔质量最小，所以CH4所占的体积最大，C项符合题意，
答案选C。
16.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是 ( )
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1 NA
B. 常温常压下,1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.01NA
C. 标准状况下，1 NA个CO2分子占有的体积大约为22.4L
D. 物质的量浓度为0.6mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为1.2 NA个
【答案】C
【解析】
【分析】A. 标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；
B. 1.06 g碳酸钠的物质的量为0.01 mol，含有0.02 mol钠离子；
C. 标况下，1 mol气体的体积约为22.4 L；
D. 缺少氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目。
【详解】A. 标况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4 L水的物质的量，故A项错误；
B. 1.06 g碳酸钠的物质的量是0.01 mol，0.01 mol碳酸钠中含有0.02mol钠离子，含有的Na+离子数为0.02 NA，故B项错误；
C. 1 NA个CO2分子的物质的量为1 mol，标准状况下1 mol二氧化碳的体积为22.4 L，故C项正确；
D. 题中没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的物质的量及数目，故D项错误；
答案选C。
17.科学家指出，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒，这是因为对人体无害的＋5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的＋3价砷类化合物．下列说法不正确的是(　　 )
A. 维生素C具有还原性
B. 上述过程中砷元素发生还原反应
C. 上述过程中＋5价砷类物质作氧化剂
D. ＋5价砷转化为＋3价砷时，失去电子
【答案】D
【解析】试题分析：A、+5价砷类物质在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价砷类化合物，则维生素C具有还原性，故A正确；B、砷元素的化合价降低，则发生还原反应，故B正确；C、反应中含化合价降低元素的物质为氧化剂，则+5价砷类物质作氧化剂，故C正确；D、化合价降低，元素得到电子，故D错误；故选D。
18.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质,通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：① 加入稍过量的Na2CO3溶液；② 加入稍过量的NaOH溶液；③ 加入稍过量的BaCl2 溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤ 过滤,下列操作顺序不合理的是(　　 )
A. ③②①⑤④ B. ③①②⑤④ C. ②③①⑤④ D. ①③②④⑤
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，以此来解答。
【详解】在粗盐的提纯操作过程中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，操作顺序可以为：②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，故A、B和C正确，D错误，
答案选D。
19.在酸性溶液中能大量共存,并且溶液为无色透明的是 (  )
A. K+ 、Ca 2+ 、HCO3 - 、Cl - B. Fe 2+ 、Na+ 、NO3 - 、Cl -
C. Na+ 、K+ 、Mg 2+ 、SO42- D. Mg 2+ 、Fe 3+ 、Cl - 、OH -
【答案】C
【解析】
【分析】酸性溶液中存在大量氢离子，溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+和MnO4-等有色离子的存在，
A. 碳酸氢根离子与氢离子反应；
B. 铜离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；
C. 四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液；
D. 铁离子为有色离子，铁离子、镁离子、氢离子与氢氧根离子反应。
【详解】酸性溶液中存在大量氢离子，溶液无色时不能存在Cu2+、Fe2+、Fe3+和MnO4-等有色离子，
A. HCO3 -与氢离子反应，因此在酸性溶液中不能大量共存，故A项错误；
B. Fe2+在溶液中为浅绿色，为有色离子，不满足溶液无色的要求，故B项错误；
C. Na+ 、K+ 、Mg 2+ 、SO42- 之间不反应，都不与氢离子反应，且为无色溶液，在溶液中能够大量共存，故C项正确；
D. Fe3+为有色离子，Mg 2+ 、Fe 3+、H+均与OH−发生反应，在溶液中不能大量共存，故D项错误；
答案选C。
20.在不通直流电的条件下，下列变化中必须加入还原剂才能实现的是 ( )
A. HCl→Cl2 B. KClO3 → O2 C. Cu2+ →Cu D. Fe→Fe2+
【答案】C
【解析】
【分析】在不通直流电的条件下，就是不分析电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，据此分析解答。
【详解】在不通直流电的条件下，就是不包括电解反应。必须加入还原剂才能实现，说明给予的物质被加入的还原剂还原，在化学反应中对应元素得电子化合价降低，
A. HCl→Cl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，需要加入氧化剂，故A项错误；
B. KClO3 → O2可以通过分解氯酸钾可以实现，所以不需要加入还原剂即可实现，故B项错误；
C. Cu2+ →Cu，Cu元素化合价降低，被还原，需要加入还原剂，故C项正确；
D. Fe→Fe2+，Fe元素化合价由0价变为+2价，化合价升高，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D项错误；
答案选C。
21.下列溶液中物质的量浓度为1mol/L的是 ( )
A. 将40gNaOH溶解在1L水中
B. 将22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液
C. 将1L 10mol/L浓盐酸加入9L水中
D. 将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水至溶液体积为250ml
【答案】D
【解析】A. 将40 g NaOH固体溶解于1 L水中，溶液的体积不是1L，不能计算物质的量浓度，A错误；B. 22.4 L氯化氢气体的物质的量不一定是1mol，不能计算物质的量浓度，B错误；C. 将1 L 10 mol·L－1的浓盐酸与9 L水混合所得溶液的体积不是10L，不能计算物质的量浓度，C错误；D. 10 g NaOH固体的物质的量是10g÷40g/mol＝0.25mol，溶解在水中，配制成250 mL溶液，浓度是0.25mol÷0.25L＝1.0mol/L，D正确，答案选D。
22.某溶液中只含有Na＋、Al3＋、Cl－、SO42－四种离子，已知Na＋、Al3＋、Cl－的个数比为5∶2∶1。则溶液中Al3＋与SO42－的个数比为(　　 )
A. 1∶5 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 2∶5
【答案】D
【解析】
【分析】因为溶液呈电中性，根据溶液中的电荷守恒来计算。
【详解】溶液中电荷守恒，即所有正电荷的总数应等于所有负电荷的总数，
即：n(Na＋) + 3n(Al3＋) = n(Cl－) + 2n(SO42－)，
设SO42－的离子个数为x，
所以5+3×2=1+2×x，
解得x=5，
所以溶液中Al3＋和 SO42－的离子个数比为2：5，
答案选D。
23.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 ( )
A. 标准状况下，2.24 L CCl4所含的原子数为0.5 NA
B. 100 m L 0.1 mol/L的MgCl2 溶液中，所含微粒总数为0.02 NA
C. 1.7 g的OH－中含有的电子数为NA
D. 1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子
【答案】C
【解析】
【分析】A. 标准状况下，四氯化碳的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量；
B. 在MgCl2溶液中，微粒包括离子、分子和原子等，所以必须指明具体的粒子名称；
C. OH－中含有10个电子，0.1mol OH－含有1 mol电子；
D. 根据阿伏加德罗常数，可知1mol任何粒子的粒子数都约为6.02×1023，多原子分子中，分子数与原子数不同。
【详解】A. 标况下，四氯化碳不是气体，题中条件无法计算四氯化碳的物质的量，故A项错误；
B. 100 mL0.1 mol/L的MgCl2中含有溶质MgCl2 0.01 mol，题中没有告诉具体的粒子名称，无法计算溶液中含有的微粒数目，故B项错误；
C. 1.7 g OH－的物质的量为0.1 mol，0.1 molOH－含有1mol电子，含有的电子数为NA，故C项正确；
D. 多原子分子中，分子数与原子数不同，如1 mol氢气中含有6.02×1023个H2分子，但含有2×6.02×1023个H原子，故D项错误；
答案选C。
24.在标准状况下① 6.72 L CH4 ② 3.01×1023个HCl分子 ③ 13.6 g H2S ④ 0.2mol NH3，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＞④ b．密度②＞③＞④＞①
c．质量②＞③＞①＞④ d．氢原子个数①＞③＞④＞②
A. a b c B. a c d C. b c d D. a b c d
【答案】D
【解析】
【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。
【详解】首先计算出各物质的物质的量来进行相关物理量的比较。① 6.72 L CH4 物质的量为n(CH4) = = 0.3 mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为n(HCl) = = 0.5 mol，③13.6 g H2S 的物质的量为n(H2S) = =0.4 mol，④ 0.2 mol NH3.
a.相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积由大到小排列顺序为：②>③>①>④，故a正确；
b.各物质的摩尔质量分别为①CH4 为16 g/mol，②HCl为36.5 g/mol，③H2S 为34 g/mol，④NH3为17 g/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0.3 mol×16 g/mol=4.8 g，②HCl为0.5 mol×36.5 g/mol=33.25 g ③H2S 13.6 g，④NH3为0.2 mol×17 g/mol=3.4 g，所以质量由大到小排列顺序为：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0.3 mol×4=1.2 mol，②HCl为0.5 mol，③H2S 0.4 mol×2 = 0.8 mol，④NH3为0.2 mol×3 = 0.6 mol，所以氢原子个数由大到小排列顺序为：①>③>④>②，故d正确；
答案选D。
25.同温同压下，相同体积的CO和CO2  ①质量相等 ②密度相等 ③分子数相等④碳原子数相等⑤电子数相等 ，其中正确的是(　　 )
A. ①②③④ B. ①②③④⑤ C. ③④ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下等体积的CO和CO2，二者物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，根据m = nM可知，质量之比等于摩尔质量之比，因此同温同压下同体积的气体，其密度之比等于摩尔质量之比，结合分子中电子数目判断含有电子数目。
【详解】同温同压下等体积的CO和CO2，二者物质的量相同，
①CO与CO2的摩尔质量不相等，根据m = nM可知，二者质量不相等，故①错误；
②同温同压下密度之比等于摩尔质量之比，CO与CO2的摩尔质量不相等，二者密度不相等，故②错误；
③二者物质的量相等，含有分子数相等，故③正确；
④二者物质的量相等，每个分子都含有1个C原子，故含有碳原子数相等，故④正确；
⑤CO分子与CO2分子含有电子数目不相等，二者物质的量相等，含有电子数不相等，故⑤错误；
答案选C。
26.在下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等是 ( )
A. 具有同压强、同体积的NO2和CO2 B. 具有同温度、同体积的CO和H2
C. 具有同质量、不同密度的O2和O3 D. 具有同体积、同密度的CO2和NO2
【答案】C
【解析】
【分析】A. 同压强、同体积下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相同，分子数不一定相同，所含原子数也不一定相同；
B. 同温度、同体积下，影响气体分子数目的因素有压强，二者所处压强不一定相同；
C. O2和O3都由氧原子构成，氧原子质量相等，O2和O3质量相等，则含有的氧原子数目相等。
D. 同体积、同密度的CO2和NO2质量相等，二者摩尔质量却不相等，二者物质的量不等；
【详解】A. 同压强、同体积下，影响气体分子数目的因素有温度，若二者所处温度相同，则含有相同的分子数目，每个分子都含有3个原子，含有相同的原子数目，若所处温度不同，含有的原子数目一定不相同，故A项错误；
B. 同温度、同体积下，影响气体分子数目的因素有压强，若二者所处压强相同，则含有相同的分子数目，都是双原子分子，含有相同的原子数目，若所处压强不同，含有的原子数目一定不相同，故B项错误；
C. O2和O3都由氧原子构成，氧原子质量相等，O2和O3质量相等，则含有的氧原子数目相等，故D正确；
D. 同体积、同密度的CO2和NO2质量相等，二者摩尔质量不相等，二者物质的量不等，物质的量之比为44：46=22：23，每个分子都含有3个原子，所以含有原子数目之比为22：23，故C项错误；
答案选C。
27.已知M2O7x-+3S+14H+=2M3++3S+7H2O，M2O7x-中的M的化合价为(　　 )
A. +2 B. +3 C. +4 D. +6
【答案】D
【解析】试题分析：M2O7x-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O中，S元素的化合价升高，M元素的化合价降低，设M2O7x-中M元素的化合价为n，由电子守恒可知，2×（n-3）=3×[0-（-2）]，解得n=+6，。
28.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl－的物质的量之比为(　　 )
A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3
C. 3∶2∶1 D. 3∶4∶3
【答案】D
【解析】试题分析：物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，Cl—的物质的量浓度之比与体积无关，为1：2：3。答案选B。
第二卷(共44分)
二、填空题：
29.(1)3.6gH2O的物质的量是_______mol，含有_________ 个H2O，含有_____molH，含_____mol电子。
(2)标准状况下,11.2L的H2R气体质量为17g，则H2R的摩尔质量是_________,相对分子质量为________；等物质的量的NH3与H2S质量比为___________，1.7g氨气与________mol H2O含有的电子数相等。
(3)将1.06g Na2CO3溶于水配成500mL溶液，Na2CO3的浓度为______mol/L，Na+浓度为______ mol/L，将该溶液加水稀释成1000 mL后，Na+浓度为____mol/L。
【答案】(1). 0.2 (2). 0.2NA (3). 0.4 (4). 2 (5). 34g/mol (6). 34 (7). 1:2 (8). 0.1 (9). 0.02 (10). 0.04 (11). 0.02
【解析】
【分析】（1）根据n = = 结合分子的构成计算该题；
（2）根据n = = ，结合摩尔质量与相对分子质量的关系以及分子的组成原子的原子结构计算；
（3）根据n = 计算1.06g Na2CO3的物质的量，再根据c = 计算Na2CO3溶液的浓度；结合Na2CO3的离子组成计算出Na+浓度；再根据稀释定律，稀释前后Na2CO3的物质的量不变，据此计算稀释后Na+浓度。
【详解】（1）n(H2O) = = 0.2 mol，N(H2O) = 0.2 mol×NA/mol=0.2 NA，n(H) = 2n(H2O) = 0.4 mol，n(e-) = 0.2mol×10 = 2 mol，故答案为：0.2；0.2 NA；0.4；2；
（2）标准状况下，11.2L的H2R的物质的量为n = = = 0.5 mol，而质量为17g，则：M(H2R) = = = 34 g/mol，物质的摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，则为34，根据n = 可知，等物质的量的NH3与H2S质量比等于相对分子质量之比，即17：34=1：2，1.7 g氨气的物质的量为：n = = = 0.1 mol，含电子的物质的量为：0.1mol×(7+3×1)=1 mol，则水含有的电子的物质的量也为1 mol，一个水分子含有的电子数为(2×1+8)所以对应的水的物质的量为1 mol / (2×1+8) = 0.1 mol，故答案为：34g/mol；34；1：2；0.1mol。
（3）1.06g Na2CO3的物质的量n = = = 0.01 mol，故 Na2CO3溶液的浓度c = = = 0.02 mol/L；Na2CO3在水溶液中完全电离：Na2CO3 = 2 Na++ CO32-，所以0.02 mol/L的Na2CO3中所含Na+浓度为0.04 mol/L；
根据稀释定律，稀释前后Na2CO3的物质的量不变，令稀释后Na2CO3溶液的浓度为c mol/L，则：0.02 mol/L×500 mL=c mol/L×1000mL，解得c = 0.01，因此根据Na2CO3在水溶液中完全电离可知，该0.01mol/L的Na2CO3中所含Na+浓度为0.02 mol/L；故答案为：0.02； 0.04； 0.02。
30.在反应2H2SO4 (浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2 ↑中，
（1）氧化剂是________；还原剂是________；氧化产物是________；还原产物是_______
（2）作为氧化剂的H2SO4和参加反应H2SO4物质的量之比为________；被还原的H2SO4和未被还原的H2SO4物质的量之比为________；氧化产物和还原产物物质的量之比为________；氧化剂和还原剂物质的量之比为________；
（3）在下面的化学方程式上用双线桥标电子转移的方向和数目2H2SO4 (浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2 ↑_________
（4）有1mol H2SO4参加反应，被氧化的Cu为______mol，转移的电子数目为________mol，生成的SO2为______L(标准状况下)。
【答案】 (1). H2SO4 (2). Cu (3). CuSO4 (4). SO2 (5). 1:2 (6). 1:1 (7). 1:1 (8). 1:1 (9). (10). 0.5 (11). 1 (12). 11.2
【解析】
【分析】在反应2H2SO4 (浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2 ↑中，Cu元素的化合价升高，Cu为还原剂，CuSO4为氧化产物；S元素的化合价降低，H2SO4为氧化剂，SO2为还原产物，结合氧化还原反应基本概念与原理来解答。
（2）假设参加反应的浓硫酸有2 mol，其中有1 mol+6价的S化合价降低，被还原，作氧化剂，生成了1 mol还原产物SO2；1 mol 0 价的单质Cu被氧化，作还原剂，生成了1 mol氧化产物CuSO4；
（3）反应中Cu的化合价升高2，S的化合价降低2，转移2个电子；
（4）由反应可知，生成1 mol CuSO4转移2 mol电子，该反应过程中转移了0.2mol电子，则生成0.1 mol CuSO4和0.1 mol SO2。
【详解】（1）在反应2H2SO4 (浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2↑中，Cu元素的化合价升高，Cu为还原剂，CuSO4为氧化产物；S元素的化合价降低，H2SO4为氧化剂，SO2为还原产物，
故答案为：H2SO4 ；Cu；CuSO4；SO2 ；
（2）假设参加反应的浓硫酸有2 mol，其中有1 mol +6价的S化合价降低，被还原，作氧化剂，生成了1 mol还原产物SO2；1 mol 0 价的单质Cu被氧化，作还原剂，生成了1 mol氧化产物CuSO4；因此作为氧化剂的H2SO4和参加反应H2SO4物质的量之比为1：2；被还原的H2SO4和未被还原的H2SO4物质的量之比为1：1；氧化产物和还原产物物质的量之比为1：1；氧化剂和还原剂物质的量之比为1：1；
故答案为：1：2；1：1；1：1；1：1；
（3）反应中Cu的化合价升高2，S的化合价降低2，转移2个电子，则用双线桥标出电子转移的方向和数目：；
故答案为：；
(4)在反应2H2SO4 (浓)＋CuCuSO4＋2H2O＋SO2 ↑中，由关系式2H2SO4Cu2e-SO2可知，当有有1mol H2SO4参加反应，被氧化的Cu为0.5 mol；转移的电子数目为1 mol，生成的SO2为0.5 mol，因此在标准状况下，再根据V = n Vm得，生成的SO2体积为V = 0.5 mol ×22.4 L/mol = 11.2 L。故答案为： 0.5；1；11.2。
31.(1)98%的浓H2SO4(ρ=1.84g/ mL)的浓度为______mol/L，用该浓硫酸配制500ml0.5mol/L的稀H2SO4，需要量取浓H2SO4的体积为_______mL(小数点后保留一位有效数字)。
(2)如果实验室有10mL、20mL、50mL量筒，应选用______mL量筒，实验中还需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_________________________。
(3)使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________________。
(4)配制时,一般分为以下几个步骤:
①量取 ②计算 ③溶解 ④摇匀 ⑤转移 ⑥洗涤 ⑦定容 ⑧冷却⑨摇动
其正确的操作顺序为________________________。
A. ②①③⑧⑤⑨⑦⑥④ B. ②①③⑧⑤⑥⑨⑦④ C. ②①③⑤⑥⑦④⑧⑨
(5) 若实验中出现下列现象，造成所配溶液浓度偏高的有______
A.浓硫酸稀释后未冷至室温即转移至容量瓶进行定容
B.定容时俯视刻度线
C.量取好浓硫酸倒入烧杯溶解后，用水洗涤量筒2-3次，将洗涤液倒入烧杯
D、移液后烧杯未洗涤
【答案】(1). 18.4 (2). 13.6 (3). 20 (4). 500mL容量瓶 (5). 检漏 (6). B (7). ABC
【解析】
【分析】浓H2SO4的物质的量浓度c = ，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；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，根据c = 分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；
【详解】（1）浓H2SO4的物质的量浓度c = = = 18.4 mol/L；
根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为x mL，所以x mL×18.4 mol/L = 500 mL×0.5 mol/L，
解得：x ≈ 13.6，所以应量取的浓硫酸体积是13.6 mL；
故答案为：18.4 mol/L；13.6 mL；
（2）应量取的浓硫酸体积是13.6 mL，根据量取液体体积的多少，选用大小适当的量筒，则用20ml的量筒最好，
标准浓度的溶液配制较稀的溶液一般步骤为：用量筒量取（用到胶头滴管）量取已经计算好的标准溶液的体积，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、20mL量筒、500mL容量瓶，因此除了需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管和20mL量筒以外，还需要500mL容量瓶，
故答案为：20；500mL容量瓶；
（3）容量瓶在使用前要检漏，故答案为：检漏；
（4）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，可知其正确的操作顺序为②①③⑧⑤⑥⑨⑦④，故答案选B；
（5）A. 浓硫酸溶解后未冷至室温即进行转移、定容，一旦冷却下来会导致体积偏小，浓度偏高，故A项符合题意；
B. 定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，导致浓度偏高，故B项符合题意；
C. 量筒是已经测量好的量具，量取溶液体积后不能用水洗涤，量取好浓硫酸倒入烧杯溶解后，用水洗涤量筒2−3次，将洗涤液倒入烧杯会导致溶质量增大，所配制得溶液浓度偏高，故C项符合题意；
D. 移液后烧杯未洗涤，会导致溶质有损失，所配制的溶液浓度偏低，故D项不符合题意；
故答案选ABC；