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    江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期第一次月考(非杨班)化学试题
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    江苏省苏州市震泽中学2019-2020学年高一上学期第一次月考(非杨班)化学试题

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    2019-2020学年第一学期江苏省震泽中学高一第一次月考化学
    可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 Zn 65 Fe 56 Al 27 Cu 64 S 32 Ba 137 Ca 40 K 39 Cl 35.5 Na 23 Mg 24
    一、单选题(每题2分,共11小题)
    1.朱自清在《荷塘月色》中写道:“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的,高处丛生的灌木,落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是
    A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m~10-7 m B. 光是一种胶体
    C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应
    【答案】A
    【解析】
    【分析】
    “薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的,高处丛生的灌木,落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景,是胶体中的丁达尔效应,本质原因是分散质微粒直径的大小。
    【详解】A、题干中所提及的雾,是空气中的小液滴,是一种胶体,本质特征是分散质粒子的直径在1~100nm,即10-9m~10-7m,故A正确;
    B、雾是胶体,光不是胶体,故B错误;
    C、雾是胶体,但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因,故C错误;
    D、丁达尔效应是胶体性质,但本质原因是分散质微粒直径大小,故D错误。答案选A。

    2.四种基本类型反应与氧化还原反应的关系可用下列哪个图所示 ( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【解析】
    试题分析:有单质参加化合反应或有单质生成的分解反应是氧化还原反应,置换反应一定是氧化还原反应,复分解反应一定不是氧化还原反应,因此B正确,答案选B。
    考点:考查氧化还原反应与四种基本反应类型判断

    3.下列关于氧化物的叙述正确的是()
    A. 酸性氧化物均可跟碱反应 B. 酸性氧化物在常温常压下均为气态
    C. 金属氧化物都是碱性氧化物 D. 不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A、酸性氧化物是与碱反应生成盐和水的氧化物,酸性氧化物均可以跟碱反应,故A正确;B、酸性氧化物可以是气体、固体,如SiO2,Mn2O7等为固体,故B错误;C、金属氧化物有酸性氧化物、碱性氧化物、过氧化物和两性氧化物等,如Al2O3属于两性氧化物,故A错误;D、不成盐氧化物既不能与酸反应也不能与碱反应,如NO,故D错误;故选A。
    【点睛】本题考查氧化物的分类。本题的易错点为C,注意一些金属氧化物的特殊性,如氧化铝为两性氧化物、Mn2O7为酸性氧化物和过氧化钠为过氧化物等。

    4.清末成书的《化学鉴原》中有一段描述:“各原质(元素)化合所用之数名曰`分剂数'。养气(氧气)以八分为一分剂(即分剂数为八),……一分剂轻气(氢气)为一,……并之即水,一分剂为九”。其中与“分剂数”一词最接近的现代化学概念是
    A. 质量分数 B. 物质的量 C. 化合价 D. 摩尔质量
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A. 质量分数指溶液中溶质质量与溶液质量之比,也指化合物中某种物质质量占总质量的百分比;
    B. 物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一,物质的量是表示物质所含微粒(如:分子,原子等)数量(N)与阿伏加德罗常数(NA)之比,即n=N/NA;
    C. 化合价是物质中的原子得失的电子数或公用电子对偏移的数目,化合价也是元素在形成化合物时表现出的一种性质;
    D. 单位物质的量的物质所具有的质量称为摩尔质量,在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量;
    根据《化学鉴原》对“分剂数”的描述,摩尔质量与“分剂数”在意思上最接近;
    故答案选D。

    5.下列说法正确的是 ( )
    A. 摩尔是国际单位制确定的7个基本物理量之一
    B. OH-的摩尔质量为17
    C. 1 mol O2在常温、常压下的体积大于其在标准状态下的体积
    D. 气体的摩尔体积约为22.4L/mol
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A、物质的量为国际单位制确定的7个基本物理量之一,摩尔是物质的量单位,故A错误;
    B、摩尔质量的常用单位是g·mol-1,即OH-的摩尔质量为17g·mol-1,故B错误;
    C、气体体积受温度和压强的影响,标准状况指的是0℃、101Pa,常温常压一般指的是25℃、101kPa,因此1molO2在常温常压的体积大于其标准状况下的体积,故C正确;
    D、没有指明是否是标准状况,在标准状况下,气体的摩尔体积约为22.4L·mol-1,故D错误;
    答案为C。


    6.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
    A. 常温常压下,11.2 L氯气所含有的原子数目为NA
    B. 9 g水所含有的氢原子数目为NA
    C. 在同温同压时, 相同物质的量的任何气体的体积相同且为11.2L
    D. 1 mol NH4+ 所含质子数为10NA
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A、常温常压不是标准状况,不能直接运用22.4L·mol-1进行计算,故A错误;
    B、9g水中所含有H原子的物质的量为=1mol,故B正确;
    C、根据阿伏加德罗定律,同温同压下,相同体积的任何气体所含分子数相同,即物质的量相同,因为物质的量不知道,状态是否是标准状况,因此无法计算出具体体积,故C错误;
    D、1molNH4+中含有质子的物质的量为1mol×(7+4)=11mol,故D错误;
    答案为B。

    7. 下列对阿伏加德罗定律及推论的理解不正确的是( )
    A. 同温同压下,气体的体积之比等于它们的物质的量之比
    B. 同温同压下,气体体积之比等于它们的质量之比
    C. 同温同压下,相同体积的气体质量比等于它们的相对分子质量之比
    D. 同温同压下,气体的密度之比等于它们的相对分子质量之比
    【答案】B
    【解析】
    试题分析:根据理想气体状态方程pV=nRT进行分析。A.同温同压下,气体的体积之比等于物质的量之比,A正确;B.由于,同温同压下,Vm相同,因此当气体的摩尔质量相同时,气体的体积之比等于它们的质量之比,故B错误;C.由可知,同温同压下,相同体积的气体的质量比等于它们的相对分子质量之比,C正确;D.,同温同压下,Vm相同,因此同温同压下,气体的密度之比等于相对分子质量之比,D正确,故答案B。
    考点:考查阿伏伽德罗定律及其推论。

    8.气体体积的大小,跟下列因素几乎无关的是
    A. 分子个数 B. 温度 C. 压强 D. 分子直径
    【答案】D
    【解析】
    【详解】由于气体分之间的距离远大于气体的分子直径,所以影响气体分子的因素与分子个数、温度、压强有关系,与气体分子直径大小无关,答案选D。

    9.下列说法正确的是( )
    A. 某溶液与NaOH溶液共热,产生使湿润蓝色石蕊试纸变红气体,说明原溶液中存在NH4+
    B. 某溶液中加入硝酸银溶液时,产生白色沉淀,说明原溶液中含有Cl-
    C. 用铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧时,火焰呈黄色,说明原溶液一定是钠盐溶液
    D. 某溶液中加入BaCl2溶液时,产生白色沉淀,原溶液可能存在Ag+或SO42-或CO32-
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A、紫色石蕊遇碱变蓝,遇酸变红,NH4+与OH-共热产生NH3,NH3是中学阶段学过的唯一一种碱性气体,NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故A错误;
    B、Ag+能与多种阴离子反应生成沉淀,某溶液中加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,该白色沉淀有可能是Ag2SO4,即SO42-对Cl-的检验产生干扰,故B错误;
    C、用铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧时,火焰呈黄色,说明溶液中一定含有钠元素,该溶液可能是钠盐,也可能是氢氧化钠,故C错误;
    D、某溶液中加入BaCl2溶液时,产生白色沉淀,该沉淀可能是AgCl,也可能是BaSO4、BaCO3,故D正确;
    答案为D。

    10.如果a g某气体中所含有的分子数为b,则c g该气体在标准状况下的体积是(式中NA为阿伏加德罗常数) ( )
    A. L B. L C. L D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】
    利用,以及进行分析;
    【详解】a g某气体中所含有的分子数为b,利用,推出该气体的摩尔质量为g·mol-1,cg该气体物质的量为mol,即cg该气体在标准状况下的体积为L,故A正确;
    答案为A。

    11.利用下列实验装置完成相应的实验,能达到实验目的的是(  )
    A. 浓硫酸稀释
    B. 除去酒精中溶有的少量水
    C. 实验室中制取少量蒸馏水
    D. 制备并检验氢气可燃性
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A、浓硫酸的密度大于水,且浓硫酸遇水放出大量的热,为防止发生危险,稀释浓硫酸时,将浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中,边加边搅拌,故A错误;
    B、酒精与水任意比例互溶,不能采用分液方法进行分离,一般采用先加生石灰,然后再蒸馏,故B错误;
    C、实验室中得到少量蒸馏水,一般采用蒸馏的方法得到,故C正确;
    D、开始产生的氢气中混有氧气,此时点燃可能发生危险,因此检验氢气的可燃性,需要先验纯后,再验证氢气的可燃性,故D错误;
    答案为C。

    二、不定项选择题(每题4分,共6小题,每题有一或两个答案,错选没分,漏选得2分)
    12.下列说法不正确的是( )
    A. 液态HCl、固体NaCl均不导电,所以它们均不是电解质
    B. NH3、CO2的水溶液均能导电,所以它们均是电解质
    C. 蔗糖、酒精在水溶液里和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,但它们不是电解质
    【答案】AB
    【解析】
    【详解】A、电解质导电,需要的条件是水溶液或熔融状态,故A说法错误;
    B、NH3、CO2的水溶液能够导电,但导电的离子不是本身电离产生,因此NH3、CO2属于非电解质,故B说法错误;
    C、蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下,均不导电,且两者均为化合物,因此蔗糖和酒精属于非电解质,故C说法正确;
    D、电解质为化合物,铜和石墨为单质,因此它们既不是电解质,也不是非电解质,故D说法正确;
    答案为AB。
    【点睛】电解质首先属于化合物,水溶液、熔融状态只是提供导电的条件,应注意电解质定义的延伸:导电的离子应是电解质本身提供,像CO2的水溶液虽然能够导电,但导电的离子是由H2CO3电离产生,因此CO2不属于电解质。

    13.下列关于物质分类的正确组合是 ( )




    碱性氧化物
    酸性氧化物
    A
    Na2CO3
    H2SO4
    NaHCO3
    SiO2
    CO2
    B
    NaOH
    HCl
    NaCl
    Na2O
    SO3
    C
    NaOH
    CH3COOH
    CaF2
    SO3
    SO2
    D
    KOH
    HNO3
    CaCO3
    CaO
    CO


    A. A B. B C. C D. D
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A、Na2CO3属于盐,不属于碱,SiO2属于酸性氧化物,故A错误;
    B、符合物质的分类,故B正确;
    C、SO3属于酸性氧化物,故C错误;
    D、CO属于不成盐氧化物,不属于酸性氧化物,故D错误;
    答案为B。

    14.一个密闭容器,中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分,当左边充入8molN2,右边充入CO和CO2的混合气体共64g时,隔板处于如图位置(保持温度不变),下列说法正确的是( )

    A. 右边CO和CO2分子数之比为1:3
    B. 右边CO的质量为42g
    C. 右边气体密度是相同条件下氧气密度的2倍
    D. 若改变右边CO和CO2的充入量而使隔板处于距离右端处,若保持温度不变,则前后两次容器内的压强之比为5:6
    【答案】BD
    【解析】
    【分析】
    利用利用阿伏加德罗定律和阿伏加德罗推论进行分析;左右两侧气体温度、压强相同,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,左右体积之比为4:1,则左右气体物质的量之比为4:1,所以右侧气体物质的量 =2mol,CO和CO2质量为64g,设CO的物质的量为xmol,则二氧化碳物质的量为(2-x)mol,28xg+44(2-x)g=64g,x=1.5mol,则CO的物质的量为1.5mol,二氧化碳物质的量为0.5mol,由此分析解答。
    【详解】A、隔板不动,说明两端压强相同,温度相同、压强相同,体积比等于物质的量之比,因此有,代入数值,得出n(混合气体)=2mol,因此有n(CO)+n(CO2)=2mol,28n(CO)+44n(CO2)=64g,n(CO2)=0.5mol,n(CO)=1.5mol,n(CO):n(CO2)=1.5:0.5=3:1,CO和CO2分子数之比等于物质的量之比,即CO和CO2的分子数之比等于3:1,故A错误;
    B、根据A选项分析,CO的质量为1.5mol×28g·mol-1=42g,故B正确;
    C、相同条件下,气体密度的之比等于摩尔质量之比,混合气体的摩尔质量为=32g·mol-1,因此混合气体的密度与相同条件下氧气密度相等,故C错误;
    D、隔板距离右端,则左右空间体积之比为2:1,充入CO2和CO的物质的量为4mol,相同条件下气体的物质的量之比等于其压强之比,所以其压强之比为(8+2)mol:(8+4)mol=5:6,故D正确;
    答案为BD。

    15.除去括号内杂质所用试剂和方法不正确的是( )
    A. Cu(Fe)----加盐酸,过滤;
    B. NaCl溶液(碘)----CCl4,萃取、分液;
    C. KNO3溶液(NaCl)----降温结晶,过滤
    D. CO2(HCl)----氢氧化钠溶液,洗气
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.Fe与盐酸反应,而Cu不能,则加盐酸后过滤可除去Cu中的Fe,故A正确;
    B.碘易溶于四氯化碳,不易溶于水,则加CCl4,萃取、分液可除去氯化钠溶液中的碘,故B正确;
    C.硝酸钾的溶解度受温度影响大,而氯化钠的溶解度受温度影响不大,则冷却结晶,过滤可实现除杂,故C正确;
    D.CO2和HCl均能与氢氧化钠溶液反应,不能除杂,应选饱和碳酸氢钠溶液来除去二氧化碳中的HCl,故D错误;
    故选D。

    16.下列两种气体的分子数一定相等的是(  )
    A. 质量相等、密度不等的N2和C2H4 B. 等体积等密度的CO2和N2O
    C. 等压等体积的N2和CO2 D. 等温等体积的O2和N2
    【答案】AB
    【解析】
    【详解】A、N2和C2H4的摩尔质量都是28g·mol-1,因为两种气体质量相等,因此N2和C2H4的物质的量相等,即分子数一定相等,故A正确;
    B、等体积等密度的CO2和N2O质量相等,CO2和N2O的摩尔质量均为44g·mol-1,可知分子的物质的量相等,即分子数相等,故B正确;
    C、等压等体积的N2和CO2,因温度不确定,因此物质的量不一定相等,故C错误;
    D、等温等体积的O2和N2,不能确定压强是否相等,因此物质的量不一定相等,故D错误;
    答案为AB;

    17.由Zn、Cu、Al、Fe四种金属中的两种组成的混合物41.5g,与足量的盐酸反应产生的氢气在标况下为22.4升,则混合物中一定含有的金属是 ( )
    A. Zn B. Fe C. Al D. Cu
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    把两种金属看成一种金属,且反应后显+2价,令金属为R,与盐酸反应:R+2HCl=RCl2+H2↑,根据量,求出R的摩尔质量,然后进行分析;
    【详解】把两种金属看成一种金属,令该金属为R,反应后金属显+2价,令R的摩尔质量为ag·mol-1,R与盐酸反应:,解得a=41.5。所以两种金属混合,要求金属折算成+2价后,一种金属的摩尔质量大于41.5g/mol,另一种小于41.5 g/mol,Zn的摩尔质量为65g·mol-1,Fe的摩尔质量为56g·mol-1,Al与盐酸反应后生成AlCl3,Al显+3价,转化成+2价,Al的摩尔质量为18g·mol-1,Cu的摩尔质量为64g·mol-1,因此混合物中一定含有的金属为Al,故选项C正确;
    答案为C。

    三、非选择题(共54分)
    18.有下列物质:①氢氧化钠固体 ②铜丝 ③氯化氢气体 ④稀硫酸⑤二氧化碳气体 ⑥氨水 ⑦碳酸钠粉末 ⑧蔗糖晶体 ⑨熔融氯化钠 ⑩硫酸钡固体,请用序号填空:
    (1)上述状态下可导电的是______________。
    (2)属于电解质的是__________________。
    (3)属于非电解质的是__________________________。
    【答案】 (1). ②④⑥⑨ (2). ①③⑦⑨⑩ (3). ⑤⑧
    【解析】
    【详解】(1)能导电的是金属单质、石墨、水、电解质的水溶液或熔融状态,因此这些物质中能够导电的是②④⑥⑨;
    答案为②④⑥⑨;
    (2)根据电解质的定义,在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物,得出这些物质中属于电解质的是①③⑦⑨⑩;
    答案为①③⑦⑨⑩;
    (3)非电解质属于化合物,除电解质外的化合物,这些物质中属于非电解质的是⑤⑧;
    答案为⑤⑧。
    【点睛】电解质首先为化合物,一般电解质包括酸、碱、盐、多数的金属氧化物、水,单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。

    19.选择下列实验方法分离物质,将分离方法的序号填在横线上
    A 萃取分液法 B 结晶法 C 分液法 D 蒸馏法 E 过滤法
    (1)_____分离饱和食盐水与沙子的混合物。
    (2)_____分离水和汽油的混合物。
    (3)______分离四氯化碳(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物。
    (4)______从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。
    【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). B
    【解析】
    【分析】
    按照混合物的性质进行分析;
    【详解】(1)沙子不溶于水,因此分离饱和食盐水与沙子,采用过滤方法分离,故E正确;
    答案为E;
    (2)水和汽油是互不相溶两种液体,采用分液法进行分离,故C正确;
    答案为C;
    (3)四氯化碳和甲苯互溶,利用其沸点不同,采用蒸馏的方法分离,故D正确;
    答案为D;
    (4)利用KNO3的溶解度受温度的影响大,NaCl的溶解度受温度的影响较小,采用结晶法进行分离,故B正确;
    答案为B。

    20.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:该混合物中一定含有____________;一定不含有____________;可能含有___________,如要检验其是否存在,将如何操作____________。
    【答案】 (1). Na2CO3 、Na2SO4 、Ba(NO3)2 (2). CuCl2 、K2CO3、K2SO4 (3). NaCl (4). 取少量滤液,滴加硝酸银,再加稀硝酸,若有白色沉淀不溶解,则说明含有氯化钠
    【解析】
    【详解】将该粉末溶于水得到无色溶液和白色沉淀,可以判断出一定无CuCl2,,一定有Ba(NO3)2,因为只有Ba2+才能形成沉淀,同时可能含有CO32-或SO42-或两者都含有,滤出的沉淀,加入硝酸,有部分沉淀溶解,说明固体中含有含SO42-的化合物,同时产生无色气体,说明固体有含CO32-的化合物,滤液做焰色反应,滤液中含有Na+,不含K+,推出一定含有的物质是Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2;一定不含有的物质是CuCl2、K2CO3.、K2SO4;可能含有的物质是NaCl,检验NaCl的存在需要取(1)的滤液少量,向其中加入硝酸酸化的AgNO3溶液,若有白色沉淀生成,说明含有Cl-,否则没有;
    答案为Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2;CuCl2、K2CO3、K2SO4;NaCl;取少量滤液,滴加硝酸银,再加稀硝酸,若有白色沉淀不溶解,则说明含有氯化钠。

    21.按要求进行计算,直接写出计算结果:
    (1) 含0.3 mol Al3+的Al2(SO4)3溶液中所含的SO42-的物质的量是___________。
    (2) 10.8g R2O5中氧原子的数目为3.01×1023, 则元素R的相对原子质量为__________;
    (3) A、B两种金属元素的相对原子质量之比是8:9。将两种金属单质按物质的量之比为3:2组成1.26g混合物。将此混合物与足量稀硫酸溶液反应,放出1.344L(标准状况)氢气。若这两种金属单质在反应中生成氢气的体积相等,则A的相对原子质量是__________
    (4) 同温同压下,某容器充满氧气重116g,若充满二氧化碳重122g,现充满某气体重114g,则该气体的摩尔质量为__________
    (5)标准状况下,3.4g NH3 的体积为______L ;它与标准状况下_______ L H2S含有相同数目的氢原子。
    (6)已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为6.72L,则混合气体中CO的质量为_______ g;CO2在相同状况下的体积为_______L 。
    (7)由CH4和O2的组成的混和气体,在标况下的密度是H2的14.5倍。则该混合气体中CH4和O2的体积比为_______。
    (8) Fe、Mg、Al分别与盐酸反应(结果可用分数表示):
    ①若盐酸足量,等物质的量的Fe、Mg、Al产生H2的质量之比为________。
    ②若盐酸足量,等质量的Fe、Mg、Al产生H2的质量之比为________,溶液增重的质量之比为________。
    【答案】 (1). 0.45 (2). 14 (3). 24 (4). 28g/mol (5). 4.48 (6). 6.72 (7). 2.8 (8). 4.48 (9). 3: 13 (10). 2:2:3 (11). (12).
    【解析】
    【详解】(1)1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+和3molSO42-,因此含0.3molAl3+的溶液中n(SO42-)==0.45mol;答案为0.45mol;
    (2)令R的相对原子质量为a,1molR2O5中含有5mol氧原子,因此有=3.01×1023,解得a=14,即R的相对原子质量为14;答案为14;
    (3)令两种金属的相对原子质量分别为8a、9a,物质的量分别为3b、2b,因此有3b×8a+2b×9a=1.26,1.344L氢气在标准状况下的物质的量为=0.06mol,两种金属与足量的稀硫酸反应,产生氢气的体积相同,即产生氢气物质的量均为0.03mol,令A、B化合价为+x、+y,根据得失电子守恒:3bmol×x=0.03mol×2,2bmol×y=0.03×2,推出,A、B的化合价分别为+2价、+3价, 则b=0.01,a为3,A的相对原子质量为24;答案为24;
    (4)根据阿伏加德罗定律,同温同压下,相同体积气体所含分子数相同,即物质的量相同,令容器的质量为mg,则有,解得m=100g,M= 28g·mol-1;答案为28g·mol-1;
    (5)3.4gNH3的物质的量为=0.2mol,标准状况下,3.4gNH3体积为0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L;0.2molNH3中含有0.6molH原子,含有0.6molH原子的H2S的物质的量为0.3mol,即标准状况下的体积为0.3mol×22.4L·mol-1=6.72L;答案为4.48L;6.72L;
    (6)混合气体物质的量为=0.3mol,因此有n(CO)+n(CO2)=0.3,28n(CO2)+44n(CO2)=11.6g,联立解得,n(CO)=0.1mol,n(CO2)=0.2mol,CO的质量为0.1mol×28g·mol-1=2.8g,CO2的体积为0.2mol×22.4L·mol-1=4.48L;答案为2.8g;4.48L;
    (7)根据阿伏加德罗推论,相同条件下,密度之比等于摩尔质量之比,该混合气体的摩尔质量为14.5×2g·mol-1=29g·mol-1,根据摩尔质量,得出=29g·mol-1,得出n(CH4):n(O2)=3:13,相同条件下,物质的量之比等于体积之比,即V(CH4):V(O2)=3:13;答案为3:13;
    (8)①根据得失电子数目守恒,因此有n(Fe)×2=n1(H2)×2,n(Mg)×2=n2(H2)×2,n(Al)×3=n3(H2)×2,三种金属的物质的量相等,因此产生H2的物质的量之比为2:2:3,即质量为2:2:3;答案为2:2:3;
    ②根据得失电子数目守恒,因此有n(Fe)×2=n1(H2)×2,n(Mg)×2=n2(H2)×2,n(Al)×3=n3(H2)×2,三种金属质量相等,因此氢气物质的量比为2×mol:2×mol:3×mol=,即氢气质量比为;利用差量法:
    溶液增重的质量比为::=;答案为;;
    【点睛】有关金属与酸反应生成氢气的计算题,可以用物质的量在方程式的应用进行计算,也可以用氧化还原反应中的得失守恒进行计算,往往用得失电子数目守恒进行计算和判断方法简单,节约做题的时间。

    22.按要求书写在水溶液中的电离方程式:
    Ba(OH)2:________________________;
    NaHSO4:____________________________;
    NaHCO3:________________________;
    NH4Al(SO4)2:_________________________。
    【答案】 (1). Ba(OH)2= Ba2++2 OH- (2). NaHSO4= Na++H++SO42- (3). NaHCO3= Na++HCO3- (4). NH4Al(SO4)2= NH4++Al3++2SO42-
    【解析】
    【详解】Ba(OH)2为强碱,在水中电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-;
    答案为Ba(OH)2=Ba2++2OH-;
    NaHSO4在水中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-;
    答案为NaHSO4=Na++H++SO42-;
    NaHCO3在水中电离方程式为N NaHCO3=Na++HCO3-;
    答案为NaHCO3=Na++HCO3-;
    NH4Al(SO4)2为盐,在水中电离方程式为NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42-;
    答案为NH4Al(SO4)2=NH4++Al3++2SO42-。
    【点睛】NaHSO4熔融状态电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na++HSO4-,因为NaHSO4为强酸强碱盐,在水中HSO4-完全电离出H+和SO42-,在水中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-,而NaHCO3属于强碱弱酸盐,NaHCO3在水中电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-,两者不要混淆。

    23.氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾,先将样品溶于适量水中,充分搅拌后过滤,再将滤液按如下图所示步骤进行操作(注意事项:①所加试剂必须过量;②过量试剂必须除去;③不能引入新的杂质)。

    回答下列问题:
    (1)试剂Ⅰ的化学式为_______,
    (2)试剂Ⅱ的化学式为______,②中加入试剂Ⅱ的目的是_____。
    (3)试剂Ⅲ的名称是_________,③中发生反应的化学方程式为__________。
    【答案】 (1). BaCl2 (2). K2CO3 (3). 加入碳酸钾的目的是除去多余的Ba2+ (4). 盐酸 (5). 2HCl+K2CO3=2KCl+CO2↑+H2O
    【解析】
    【分析】
    提纯氯化钾,除去SO42-、CO32-需要加入过量的BaCl2,过量的BaCl2需要加入碳酸钾除去,过量的K2CO3需要加入盐酸,据此分析;
    【详解】提纯氯化钾,氯化钾中含有杂质是K2CO3、K2SO4,除去SO42-、CO32-需要加入BaCl2溶液,即试剂①为BaCl2,得到BaSO4、BaCO3沉淀和KCl、BaCl2滤液,然后过滤,用K2CO3除去过量的BaCl2,试剂Ⅱ为K2CO3,然后为过滤,溶液D含有过量的K2CO3,需要加入HCl除去,试剂Ⅲ为盐酸,E为KCl和HCl混合液,然后蒸发结晶,得到KCl晶体;
    (1)根据上述分析,试剂I为BaCl2溶液;
    答案为BaCl2溶液;
    (2)试剂Ⅱ为K2CO3,加入碳酸钾的目的是除去多余的Ba2+;
    答案为K2CO3;加入碳酸钾的目的是除去多余的Ba2+;
    (3)试剂Ⅲ为盐酸,发生的反应为2HCl+K2CO3=2KCl+CO2↑+H2O;
    答案为盐酸;2HCl+K2CO3=2KCl+CO2↑+H2O。
    【点睛】物质的分离和提纯应遵循“四原则”,一是不增,提纯过程中不增加新的杂质;二是不减,不减少被提纯的物质;三是易分离,被提纯物质与杂质容易分离;四是易复原,被提纯物质要易复原。

    24.取100mL的Na2CO3和Na2SO4混合溶液,加入适量Ba(OH)2溶液100 mL后,恰好完全反应,过滤、干燥后得到14.51g白色沉淀和滤液,再用过量稀硝酸处理沉淀,最后减少到4.66g,并有气体放出。计算:
    (1)求原混合液中Na2SO4的物质的量?__________________
    (2)产生的气体在标准状况下的体积为多少?_________________
    【答案】 (1). 0.02mol (2). 1.12L
    【解析】
    【分析】
    发生的反应是Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH、Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH,白色沉淀为BaCO3、BaSO4的混合物,白色沉淀用硝酸处理,发生BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑,然后元素守恒进行分析计算;
    【详解】发生的反应是Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH、Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH,白色沉淀为BaCO3、BaSO4的混合物,白色沉淀用硝酸处理,发生BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+H2O+CO2↑,最后得到沉淀为BaSO4,
    (1)根据硫元素守恒,因此有n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.02mol;
    答案为0.02mol;
    (2)14.51g是BaCO3和BaSO4总质量,根据碳元素守恒,BaCO3与HNO3反应生成的CO2的物质的量为=0.05mol,标准状况下,CO2的体积为0.05mol×22.4l·mol-1=1.12L;
    答案1.12L。


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