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吉林省蛟河一中2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题
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吉林蛟河一中2019-2020学年高一上第一次月考化学试卷
考试范围：（必修一第一章、第二章第一节）；考试时间：70分钟；
可能用到的相对原子质量：O:16 H:1 C:12 Cl:35.5 S:32 Ba:137 N:14 Cu:64 Na:23
一、选择题：（每题2分，共10小题20分，每题只有一个正确答案）
1.下列有关说法正确的是（ ）
A. 臭氧的摩尔质量是48 g
B. 同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C. 16 g臭氧中含有6.02×1023个原子
D. 1.00 mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A.摩尔质量的单位应是g·mol-1，臭氧的摩尔质量是48 g ∙mol-1，故A错误；
B.同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧物质的量之比为3:2，所以体积比为3∶2；故B错误；
C. 16 g臭氧中含有氧原子个数为：N(O)=×NA×3=16g÷48g∙mol-1×3×6.02×1023=6.02×1023，故C正确；
D.1个臭氧分子中含有24个电子，则1.00 mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023，故D错误；
答案选C。
2.下列各组物质中分子数相同的是( )
A. 2L CO和2L CO2 B. 9g H2O和标准状况下11.2L CO2
C. 标准状况下1mol O2和22.4L H2O D. 0.2mol H2和4.48L HCl气体
【答案】B
【解析】
【详解】A项、缺气体体积条件，无法比较的2L CO和2L CO2的物质的量大小，无法判断分子数大小，故A错误；
B项、9g H2O的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2L CO2的物质的量为0.5mol，两者分子数相同，故B正确；
C项、标准状况下H2O为液态，无法计算22.4L H2O的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；
D项、缺标准状况下，无法计算4.48L HCl气体的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；
故选B。
3.下列属于碱的是 （ ）
A. 纯碱 B. Cu2(OH)2CO3 C. NH3·H2O D. 石灰水
【答案】C
【解析】
【详解】A.纯碱为碳酸钠，属于盐，A不符合题意；
B. Cu2(OH)2CO3属于盐，B不符合题意；
C.NH3·H2O电离时产生的阴离子全部为氢氧根离子，属于碱，C符合题意；
D.石灰水为氢氧化钙的水溶液，属于混合物，D不符合题意；
答案为C。
4.用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（ ）
A. Fe(OH)3胶体
B. 蛋白质溶液
C. KOH溶液
D. 淀粉溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
胶体具有丁达尔效应，溶液没有，据此分析选项即可。
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；
B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；
C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；
D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】要注意蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体，虽然通常称为溶液，但由于其分子直径达到了胶体粒子的直径范围，故其实质上属于胶体。
5.三种正盐的混合溶液1L中含有0.2 molNa+ 、0.25 molMg2+、0.4 molCl－ ,则SO42－的物质的量浓度 ( )
A. .0.15 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.5 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】溶液中阴离子和阳离子正负电荷守恒，
即n（Na+）+2n（ Mg2+）=n （Cl-）+2n（SO42-），
所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n（SO42-），
解出n（SO42-）=0.15mol，n（SO42-）=0.15mol/L。
答案选A。
6.下列仪器名称不正确的是
A. 量筒 B. 圆底烧瓶
C. 容量瓶 D. 分液漏斗
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该仪器为量筒，仪器名称正确，要注意量筒小刻度在下，大刻度在上，且没有零刻度线等；
B. 该仪器为带有支管的烧瓶，叫做蒸馏烧瓶，仪器名称错误，要注意蒸馏烧瓶不能用酒精灯直接加热；
C. 该仪器为容量瓶，仪器名称正确，注意在平时使用时要标注好规格；
D. 该仪器为分液漏斗，仪器名称正确，该仪器分为球形和梨形两种，图示为梨形，一般用于萃取分液，球形一般用于滴加反应液；
故答案选B。
7.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是
A. 过滤、蒸发、蒸馏、分液 B. 过滤、蒸馏、蒸发、分液
C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液 D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤
【答案】A
【解析】
【详解】由图中第一个装置的仪器以及操作分离固液化合物，可知本实验操作名称过滤；
由图中第二个装置的仪器以及操作从溶液中分离溶质，可知本实验操作名称蒸发；
由图中第三个装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏；
由图中第四个装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是萃取分液；
故四种实验操作名称从左到右依次是过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液。
故选A。
【点睛】该题的关键是熟练掌握常见仪器的构造和用途，并能灵活运用即可。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。
8.除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，过程如下：
下列有关说法中，不正确的是（ ）
A. 除去Mg2+的主要反应：MgCl2+2NaOH-=Mg(OH)2↓+2NaCl
B. 试剂①一定不是Na2CO3溶液
C. 检验SO42-是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
D. 滤液加稀盐酸时只发生反应：HCl+NaOH=H2O+NaCl
【答案】D
【解析】
【分析】
钙离子、镁离子、硫酸根离子分别用过量的碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡除去，过滤后，滤液中有剩余的氢氧化钠和碳酸钠，可以用稀盐酸除去，据以上分析解答。
【详解】A项，镁离子用氢氧化钠除去，反应的化学方程式为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，故A正确；
B项，由于需要碳酸钠除去过量的氯化钡，所以试剂①一定不是碳酸钠溶液，故B正确；
C项，检验硫酸根离子是否除净的操作为取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀，故C正确。
D项，由上述分析可知，滤液溶质含有碳酸钠和氢氧化钠，故向滤液中滴加稀盐酸时，盐酸还会与碳酸钠发生反应，故D错误；
故答案为D。
【点睛】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液，NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。
9.使用化学药品必须注意安全，下列药品对应的警示标志正确的是( )
A. 酒精 B. 浓硫酸
C. 汽油 D. 浓硝酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、酒精是易燃液体，故A错误；
B、浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故B正确；
C、汽油易燃液体，不是爆炸品，故C错误；
D、浓硝酸有腐蚀性，没有剧毒，不是剧毒品，故D错误。
10.容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器。在容量瓶上标有的是( )
A. 温度、容量、刻度线 B. 压强、容量、刻度线
C. 温度、浓度、刻度线 D. 浓度、容量、刻度线
【答案】A
【解析】
【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，因此容量瓶上标有容量、刻度线和温度，故选A。
二、选择题：（每题3分，共10小题30分，每题只有一个正确答案）
11.下列溶液中的Cl− 浓度与50 mL 1 mol/L MgCl2溶液中的Cl− 浓度相等的是
A. 150 mL 1 mol/L NaCl溶液
B. 75 mL 2 mol/L CaCl2溶液
C. 150 mL 2 mol/L KCl溶液
D. 50 mL2 mol/L KClO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】50mL 1mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，则
A、150mL 1mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A不选；
B、75mL 2mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B不选；
C、150mL 2mol/L KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C选；
D、氯酸钾不能电离出氯离子，50 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=0，故D不选；
故答案选C。
【点睛】本题考查的是溶液物质的量浓度的计算，学生要注意的是溶液中离子的浓度只与物质的浓度和化学式有关，与溶液的体积无关，但计算离子的物质的量时必须考虑溶液的体积。
12.将标准状况下的 aL HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸密度为b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下的 aL HCl气体的物质的量为，质量为。将标准状况下的 aL HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸的质量为（1000g+），又知其密度为b g/cm3（即1000b g/L），则该盐酸的体积为，所以该盐酸的物质的量浓度是 = ，D正确，本题选D。
【点睛】本题因为是字母型计算，所以相对难度较大，计算原理并不复杂，但是化简较难，特别是单位容易搞错，切记计算溶液体积时，要把毫升转化为升。
13.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种离子，现用①NaOH②Na2CO3③NaCl将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的顺序正确的是( )
A. ②③① B. ①③② C. ③①② D. ③②①
【答案】C
【解析】
【分析】
将三种离子逐一沉淀并分离，即加入一种试剂只能生成一种沉淀，需要考虑每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子反应形成沉淀。
【详解】NaOH与Mg2+、Ag+都能生成沉淀；Na2CO3与Mg2+、Ag+、Ba2+三种离子都能生成沉淀；NaCl只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀；每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子反应形成沉淀；先加入氯化钠与溶液中Ag+形成氯化银沉淀；然后加入的氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，所以加入试剂的顺序正确的是③NaCl、①NaOH、②Na2CO3，故选C。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验方案的设计，解题时要注意题目逐一沉淀的要求，熟练掌握复分解反应的实质是正确解答本题的前提。
14.将质量分数为a％，物质的量浓度为c1 mol/L的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a％，此时物质的量浓度为c2 mol/L，则c1和c2的数值关系是
A. c2＝c1 B. c2＜c1 C. c2＞2c1 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为ρ1，则c1= =。设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2= =。所以c1：c2=10aρ1: 20aρ2=ρ1:2ρ2，即c2=。硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以c2＞2c1。
答案选C。
【点睛】本题考查溶液稀释浓度计算的有关知识。对于大多数物质的溶液来说，浓度越大，溶液的密度就越大，只有少数物质的溶液，如氨水及酒精的水溶液，浓度越大，密度越小。掌握物质的量浓度与溶液的质量分数的换算关系式：c=及溶液的密度与溶液浓度的大小关系是本题解答的关键。
15.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含有分子数为1 NA
B. 常温常压下，16g O2含有的原子数为1 NA
C. 通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积约为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的K2SO4溶液中，含有SO42－个数为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B．常温常压下，16g O2的物质的量为=0.5mol，含有的氧原子数为1 NA，故B正确；
C．通常状况下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积也不是22.4L，故C错误；
D．根据n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算0.5mol/L的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量，也无法确定溶液中含有的SO42－个数，故D错误；
故答案为B。
16.有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体；
第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是
A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32－、SO42－，不含Cl－
B. 该混合液中—定含有：NH4+、CO32－、SO42－，可能含K+、Cl－
C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32－、SO42－、Cl－，可能含K+
D. 该混合液中：c（K+） ≥ 0.1mol/L c（CO32－） = 0.1mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明Cl－、CO32－、SO42－中至少含有一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体，气体是氨气，一定含有铵根，物质的量是0.03mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明达到的白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡，其中硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，碳酸钡的物质的量是（4.30g－2.33g）÷197g/mol＝0.01mol，阴离子的总电荷为0.01mol×2+0.01mol×2＝0.04mol＞0.03mol，所以一定还存在K+，氯离子不能确定。由于氯离子不能确定，所以钾离子的物质的量至少是0.04mol－0.03mol＝0.01mol，其浓度≥0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，碳酸根的浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，答案选D。
【点睛】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。
17.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为 4A=B＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为( )
A. 7d B. 5d C. 2.5d D. 2d
【答案】B
【解析】
【分析】
根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。
【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为5：4，所以A气体的摩尔质量为4d× =5d。
答案为B。
【点睛】本题用阿伏加德罗定律的推论，相对密度之比等于摩尔质量之比，先求解出混合气体的平均摩尔质量；再利用方程，反因为和生成物均为气体遵守质量守恒定律，物质的量增加，可进行求解。
18.向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是
A. 标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同
B. 向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为2:3
C. 将两气体混合，混合气体的平均摩尔质量为44g/mol
D. 同温同压下，两容器中气体质量相同
【答案】B
【解析】
【分析】
CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol。
【详解】A项、标准状况下，两种气体体积相同和密度相同，所以二者质量相等，由于两者相对分子质量相同，则气体的物质的量相同，故A正确；
B项、氮原子数相同说明n(N2O)=n(N2)=amol,氧原子数相同说明n(CO2)=2n(N2O)=2 amol,甲容器中气体物质的量之和为3amol，由P甲：P乙=n甲：n乙=3amol：amol=3:1，故B错误；
C项、CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol，将两气体混合，无论以何种物质的量比混合，混合气体的平均摩尔质量恒为44g/mol，故C正确；
D项、同温同压下，CO2和N2O的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，两种气体物质的量相同，由于CO2和N2O的摩尔质量相同，则两容器中气体质量相同，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，熟记基本公式并灵活运用，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸的过程中无沉淀产生
B. 制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C. 配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100 mL，称取1.6g胆矾晶体
D. 向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A项，向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸的过程中，胶体先聚沉为氢氧化铁沉淀，硫酸过量，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，故A错误；
B项，制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C项，配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100mL，需要CuSO4的物质的量为0.1L×0.1=0.01mol，硫酸铜晶体（CuSO4∙5H2O）的质量为0.01mol×250g/mol=2.5g，故C错误；
D项，向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是Ca(OH)2的饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确；
故答案为D。
【点睛】氢氧化铁胶体的制备：把氯化铁饱和溶液滴入沸水中，搅拌均匀后继续加热煮沸，得到红褐色液体；不能长时间加热，否则氢氧化铁胶体会发生聚沉，产生氢氧化铁沉淀；氢氧化铁胶体加入稀硫酸直至过量，先发生聚沉后沉淀溶解。
20.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）
A. H3PO2属于二元酸 B. H3PO2属于三元酸
C. NaH2PO2属于酸式盐 D. NaH2PO2属于正盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；
B．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；
C．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；
D．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；
故答案为D。
【点睛】在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。
三、非选择题：（共50分）
21.（1）一定温度下，有摩尔质量为M g·mol-1的某物质溶于适量的水中，得到物质的量浓度为c mol·L-1、密度为ρ g·cm-3的饱和溶液。则该温度下此物质的溶解度为__________。
（2）相同条件下，有X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B。
①若它们的质量相等，则两种气体的分子数之比N（X）∶N（Y）= _________；
②若它们的体积相等，则两种气体的质量之比m（X）∶m（Y）= _________。
【答案】 (1). g (2). B∶A (3). A∶B
【解析】
(1)假设溶液的体积为VmL，则溶液的质量为ρV g，溶质的质量=V×10-3L×cmol/L×M g/mol= Vc M×10-3g，因此=，解得s=g，故答案为：g；
(2)同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B，则二者物质的量之比为：=B：A。
①根据N=nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比，故同质量的X、Y两种气体的分子数目之比为B：A，故答案为：B：A；
②根据n=可知，相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则二者物质的量相等，即X、Y的物质的量之比为1：1，根据m=nM可知，物质的量相等其质量之比等于物质的摩尔质量之比，故X、Y的质量之比为Ag/mol：Bg/mol=A：B，故答案为：A：B。
22.（1）47.5g某二价金属的氯化物中含有1molCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为_______ ；该金属的相对原子质量为_______ 。
（2）标准状况下，3.4g NH3 的体积为_______ ；它与标准状况下_______ L H2S含有相同数目的氢原子。
（3）已知CO、CO2混合气体的质量共10.0g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为_______ ；CO2在相同状况下的体积为_______ 。
（4）将4g NaOH 溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质 的量浓度为_______。
（5）已知ag氢气中含有b个氢原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为 _______ 。
【答案】 (1). 95 g/mol (2). 24 (3). 4.48L (4). 6.72 (5). 5.6g (6). 2.24L (7). 0.1 mol/L (8). b/a
【解析】
【详解】（1）二价金属氯化物中含2个Cl-，含1molCl-的二价金属氯化物的物质的量为0.5mol，金属氯化物的摩尔质量为=95g/mol。金属氯化物的相对分子质量为95，金属的相对原子质量为95-235.5=24；
（2）n（NH3）==0.2mol，在标准状况下NH3的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L。其中含有H原子物质的量为0.6mol，含0.6molH的H2S物质的量为0.3mol，0.3molH2S在标准状况下的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；
（3）28g/mol×n（CO）+44g/mol×n（CO2）=10.0g，n（CO）+n（CO2）=，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.1mol；混合气体中CO的质量为0.2mol28g/mol=5.6g；CO2在标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；
（4）n（NaOH）==0.1mol，配成1L溶液，所得溶液c（NaOH）=0.1mol1L=0.1mol/L；从其中取出10mL，物质的量浓度不变，浓度仍为0.1mol/L；
（5）n（H2）==mol，n（H）=amol，阿伏加德罗常数为=mol-1，阿伏加德罗常数的值为。
23.下面a～e是中学化学实验中常见的几种仪器：
a．量筒 b．容量瓶 c．托盘天平 d．温度计 e．分液漏斗
（1）标出仪器使用温度的是______(填写编号)。
（2）使用前需要检查是否漏水的是_____(填写编号)。
（3）称取10.5g固体样品(1g以下使用游码)若样品与砝码错放位置，则实际称取的样品质量为____g。
（4）在某次实验中，要用500mL 0.52mol·L-1的NaOH溶液， 配制此浓度NaOH溶液时需用的主要仪器有托盘天平（附砝码、镊子）、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、______和_____；
下列操作使所配物质的量浓度偏大的有______（填写字母）。
A．称量时用了生锈的砝码；
B．将NaOH放在托盘天平的右盘上称量（使用游码）；
C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；
D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出；
E．定容时俯视刻度线；
F．容量瓶未干燥即用来配制溶液；
G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。
【答案】 (1). ab (2). be (3). 9.5 (4). 500mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). A、C、E
【解析】
【分析】
(1)根据温度对仪器的使用是否有影响进行判断；
(2)根据仪器使用时能否漏液判断；
(3)根据游码的标示是否是物质的质量计算；
(4)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=n/V分析，操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响。
【详解】(1)液体的体积受温度的影响，温度不同时，用量筒量取的液体、容量瓶中的液体的体积不同，导致产生误差；
故答案是：ab；
(2)c、d不能盛装液体，故错误；a使用时不会造成漏液现象，故错误；b、e有塞子，所以有漏液的可能，所以要检查是否漏液；
故答案是：be；
(3)称量物体时，游码的数值要加在砝码一边，物体与砝码放反位置时，砝码的质量等于物体的质量加上游码的质量，称量10.5g 物体时，砝码的质量是10g，游码的质量数值是0.5g，物体的质量是10-0.5=9.5g；
故答案是：9.5；
(4)操作步骤有计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平、药匙称取氢氧化钠，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，用玻璃棒搅拌，冷却至室温后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切,盖好瓶塞颠倒摇匀；所以需要的仪器为:托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管；
操作过程中使所配物质的量浓度发生变化，根据c=n/V进行分析：
A、称量时用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量也偏大，所配溶液的浓度偏大；
B、将NaOH放在纸张上称量，因为氢氧化钠具有吸湿性,溶质的质量偏小，物质的量也偏小，所配溶液的浓度偏小；
C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大；
D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量也偏小，所配溶液的浓度偏小；
E、定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大；
F、容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所配溶液的浓度不变；
G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏小；
所以偏大的有A、C、E；
答案是:胶头滴管；500mL容量瓶；A、C、E。
24.某化学课外活动小组用海带为原料制取了少量碘水。现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液。其实验操作可分解为如下几步：
A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；
B．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；
D．倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗方正；
E．旋开活塞，用烧杯接收下层液体；
F．从分液漏斗口倒出上层水溶液；
G．将漏斗上口玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗上的小孔；
H．静置、分层。
（1）上述E步骤的操作中应注意：________。
（2）上述G步骤的操作的目的是：________。
（3）能用CCl4从碘水中萃取碘的原因是_____。
（4）若利用装置I分离四氯化碳和碘的混合物，还缺少的仪器有______，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为：_____，仪器③和④的名称：③______④______；现需配制250ml0.2 mol/LNaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是_______ ，________
【答案】 (1). 使分液漏斗下端颈紧靠烧杯内壁，及时关闭分液漏斗活塞，避免上层液体顺下管流出 (2). 使分液漏斗内外空气相通，以保证E操作时分液漏斗里液体能顺利流出 (3). CCl4与水不互溶互不反应，且碘在CCl4中比在水中的溶解度大得多 (4). 酒精灯 (5). 蒸馏 (6). 冷凝管 (7). 尾接管（牛角管） (8). 未用玻璃棒引流 (9). 未采用250mL容量瓶
【解析】
【分析】
（1）根据分液操作的步骤进行分析；
（2）根据分液漏斗的使用原则进行分析；
（3）根据萃取剂的性质进行分析；
（4）根据蒸馏操作步骤和所需的仪器进行分析；根据配制一定浓度的溶液的操作步骤进行分析。
【详解】（1）根据分液操作的要求可知，旋开活塞，用烧杯接收下层液体时，使分液漏斗下端颈紧靠烧杯内壁，及时关闭分液漏斗活塞，避免上层液体顺下管流出；
答案是：使分液漏斗下端颈紧靠烧杯内壁，及时关闭分液漏斗活塞，避免上层液体顺下管流出；
（2）从分液漏斗中流出液体是通过大气压强控制的，为了使液体顺利流出，将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；
答案是：使分液漏斗内外空气相通，以保证E操作时分液漏斗里液体能顺利流出；
（3）四氯化碳与水不互溶，碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，答案是:四氯化碳与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
（4）根据蒸馏操作可知，还缺少的仪器有酒精灯； 仪器③为冷凝管；④尾接管（牛角管）；现需配制250mL0.2 mol/LNaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是：未用玻璃棒进行液体的转移；配制250mL的溶液，应该用250mL容量瓶，不能用1000mL容量瓶；
故答案是：未用玻璃棒引流；未采用250mL容量瓶。
25.取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀盐酸处理后沉淀质量减少9.85g，并有气体放出。试计算：
（1）写出Na2SO4和BaCl2溶液反应的方程式_______；
（2）原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度为_______、______；
（3）产生的气体在标准状况下的体积为_______。
【答案】 (1). Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl (2). 1mol/L (3). 0.4mol/L (4). 1.12L
【解析】
【分析】
发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少9.85g，为碳酸钡的质量，故n（BaCO3）=9.85/197=0.05mol，硫酸钡的质量为14.51-9.85=4.66g,故n（BaSO4）=4.66/233=0.02mol，据以上分析解答。
【详解】发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少9.85g，为碳酸钡的质量，故n（BaCO3）=9.85/197=0.05mol，硫酸钡的质量为14.51-9.85=4.66g,故n（BaSO4）=4.66/233=0.02mol；
(1)Na2SO4和BaCl2溶液反应生成硫酸钡和盐酸，方程式为：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；
答案是：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；
(2)根据守恒n（Na2CO3）=n（BaCO3）=0.05mol,故c（Na2CO3）=0.05mol/0.05L=1mol/L；n（BaSO4）=n（Na2SO4）=0.02mol，故c（Na2SO4）=0.02mol/0.05L=0.4mol/L；
答：原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为1mol/L；0.4mol/L；
(3)根据碳原子守恒可以知道n（CO2）=n（Na2CO3）=0.05mol，故二氧化碳的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
答:二氧化碳的体积为1.12L。
吉林蛟河一中2019-2020学年高一上第一次月考化学试卷
考试范围：（必修一第一章、第二章第一节）；考试时间：70分钟；
可能用到的相对原子质量：O:16 H:1 C:12 Cl:35.5 S:32 Ba:137 N:14 Cu:64 Na:23
一、选择题：（每题2分，共10小题20分，每题只有一个正确答案）
1.下列有关说法正确的是（ ）
A. 臭氧的摩尔质量是48 g
B. 同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C. 16 g臭氧中含有6.02×1023个原子
D. 1.00 mol臭氧中含有电子总数为18×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A.摩尔质量的单位应是g·mol-1，臭氧的摩尔质量是48 g ∙mol-1，故A错误；
B.同温同压条件下,等质量的氧气和臭氧物质的量之比为3:2，所以体积比为3∶2；故B错误；
C. 16 g臭氧中含有氧原子个数为：N(O)=×NA×3=16g÷48g∙mol-1×3×6.02×1023=6.02×1023，故C正确；
D.1个臭氧分子中含有24个电子，则1.00 mol臭氧中含有电子总数为24×6.02×1023，故D错误；
答案选C。
2.下列各组物质中分子数相同的是( )
A. 2L CO和2L CO2 B. 9g H2O和标准状况下11.2L CO2
C. 标准状况下1mol O2和22.4L H2O D. 0.2mol H2和4.48L HCl气体
【答案】B
【解析】
【详解】A项、缺气体体积条件，无法比较的2L CO和2L CO2的物质的量大小，无法判断分子数大小，故A错误；
B项、9g H2O的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2L CO2的物质的量为0.5mol，两者分子数相同，故B正确；
C项、标准状况下H2O为液态，无法计算22.4L H2O的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；
D项、缺标准状况下，无法计算4.48L HCl气体的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；
故选B。
3.下列属于碱的是 （ ）
A. 纯碱 B. Cu2(OH)2CO3 C. NH3·H2O D. 石灰水
【答案】C
【解析】
【详解】A.纯碱为碳酸钠，属于盐，A不符合题意；
B. Cu2(OH)2CO3属于盐，B不符合题意；
C.NH3·H2O电离时产生的阴离子全部为氢氧根离子，属于碱，C符合题意；
D.石灰水为氢氧化钙的水溶液，属于混合物，D不符合题意；
答案为C。
4.用聚光手电筒照射下列分散系，不能观察到丁达尔效应的是（ ）
A. Fe(OH)3胶体
B. 蛋白质溶液
C. KOH溶液
D. 淀粉溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
胶体具有丁达尔效应，溶液没有，据此分析选项即可。
【详解】A.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应，A不符合题意；
B.蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应，B不符合题意；
C.KOH溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，C符合题意；
D.淀粉溶液属于胶体，具有丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：C。
【点睛】要注意蛋白质溶液和淀粉溶液都属于胶体，虽然通常称为溶液，但由于其分子直径达到了胶体粒子的直径范围，故其实质上属于胶体。
5.三种正盐的混合溶液1L中含有0.2 molNa+ 、0.25 molMg2+、0.4 molCl－ ,则SO42－的物质的量浓度 ( )
A. .0.15 mol/L B. 0.3 mol/L C. 0.1 mol/L D. 0.5 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】溶液中阴离子和阳离子正负电荷守恒，
即n（Na+）+2n（ Mg2+）=n （Cl-）+2n（SO42-），
所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n（SO42-），
解出n（SO42-）=0.15mol，n（SO42-）=0.15mol/L。
答案选A。
6.下列仪器名称不正确的是
A. 量筒 B. 圆底烧瓶
C. 容量瓶 D. 分液漏斗
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该仪器为量筒，仪器名称正确，要注意量筒小刻度在下，大刻度在上，且没有零刻度线等；
B. 该仪器为带有支管的烧瓶，叫做蒸馏烧瓶，仪器名称错误，要注意蒸馏烧瓶不能用酒精灯直接加热；
C. 该仪器为容量瓶，仪器名称正确，注意在平时使用时要标注好规格；
D. 该仪器为分液漏斗，仪器名称正确，该仪器分为球形和梨形两种，图示为梨形，一般用于萃取分液，球形一般用于滴加反应液；
故答案选B。
7.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是
A. 过滤、蒸发、蒸馏、分液 B. 过滤、蒸馏、蒸发、分液
C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液 D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤
【答案】A
【解析】
【详解】由图中第一个装置的仪器以及操作分离固液化合物，可知本实验操作名称过滤；
由图中第二个装置的仪器以及操作从溶液中分离溶质，可知本实验操作名称蒸发；
由图中第三个装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏；
由图中第四个装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是萃取分液；
故四种实验操作名称从左到右依次是过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液。
故选A。
【点睛】该题的关键是熟练掌握常见仪器的构造和用途，并能灵活运用即可。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。
8.除去粗盐中的杂质CaCl2、MgCl2和Na2SO4，过程如下：
下列有关说法中，不正确的是（ ）
A. 除去Mg2+的主要反应：MgCl2+2NaOH-=Mg(OH)2↓+2NaCl
B. 试剂①一定不是Na2CO3溶液
C. 检验SO42-是否除净：取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液
D. 滤液加稀盐酸时只发生反应：HCl+NaOH=H2O+NaCl
【答案】D
【解析】
【分析】
钙离子、镁离子、硫酸根离子分别用过量的碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡除去，过滤后，滤液中有剩余的氢氧化钠和碳酸钠，可以用稀盐酸除去，据以上分析解答。
【详解】A项，镁离子用氢氧化钠除去，反应的化学方程式为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，故A正确；
B项，由于需要碳酸钠除去过量的氯化钡，所以试剂①一定不是碳酸钠溶液，故B正确；
C项，检验硫酸根离子是否除净的操作为取少量滤液，加稀盐酸酸化，再加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀，故C正确。
D项，由上述分析可知，滤液溶质含有碳酸钠和氢氧化钠，故向滤液中滴加稀盐酸时，盐酸还会与碳酸钠发生反应，故D错误；
故答案为D。
【点睛】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液，NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。
9.使用化学药品必须注意安全，下列药品对应的警示标志正确的是( )
A. 酒精 B. 浓硫酸
C. 汽油 D. 浓硝酸
【答案】B
【解析】
【详解】A、酒精是易燃液体，故A错误；
B、浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故B正确；
C、汽油易燃液体，不是爆炸品，故C错误；
D、浓硝酸有腐蚀性，没有剧毒，不是剧毒品，故D错误。
10.容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器。在容量瓶上标有的是( )
A. 温度、容量、刻度线 B. 压强、容量、刻度线
C. 温度、浓度、刻度线 D. 浓度、容量、刻度线
【答案】A
【解析】
【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量容器，容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，不能用来稀释溶液或作为反应容器，因此容量瓶上标有容量、刻度线和温度，故选A。
二、选择题：（每题3分，共10小题30分，每题只有一个正确答案）
11.下列溶液中的Cl− 浓度与50 mL 1 mol/L MgCl2溶液中的Cl− 浓度相等的是
A. 150 mL 1 mol/L NaCl溶液
B. 75 mL 2 mol/L CaCl2溶液
C. 150 mL 2 mol/L KCl溶液
D. 50 mL2 mol/L KClO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】50mL 1mol/L MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L，则
A、150mL 1mol/L NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（NaCl）=1mol/L，故A不选；
B、75mL 2mol/L CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=2c（CaCl2）=4mol/L，故B不选；
C、150mL 2mol/L KCl溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=c（KCl）=2mol/L，故C选；
D、氯酸钾不能电离出氯离子，50 mL 2 mol/L KClO3溶液中Cl-的物质的量浓度c（Cl-）=0，故D不选；
故答案选C。
【点睛】本题考查的是溶液物质的量浓度的计算，学生要注意的是溶液中离子的浓度只与物质的浓度和化学式有关，与溶液的体积无关，但计算离子的物质的量时必须考虑溶液的体积。
12.将标准状况下的 aL HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸密度为b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下的 aL HCl气体的物质的量为，质量为。将标准状况下的 aL HCl气体溶于1000g水中，得到盐酸的质量为（1000g+），又知其密度为b g/cm3（即1000b g/L），则该盐酸的体积为，所以该盐酸的物质的量浓度是 = ，D正确，本题选D。
【点睛】本题因为是字母型计算，所以相对难度较大，计算原理并不复杂，但是化简较难，特别是单位容易搞错，切记计算溶液体积时，要把毫升转化为升。
13.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种离子，现用①NaOH②Na2CO3③NaCl将它们逐一沉淀并加以分离，加入试剂的顺序正确的是( )
A. ②③① B. ①③② C. ③①② D. ③②①
【答案】C
【解析】
【分析】
将三种离子逐一沉淀并分离，即加入一种试剂只能生成一种沉淀，需要考虑每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子反应形成沉淀。
【详解】NaOH与Mg2+、Ag+都能生成沉淀；Na2CO3与Mg2+、Ag+、Ba2+三种离子都能生成沉淀；NaCl只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀；每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子反应形成沉淀；先加入氯化钠与溶液中Ag+形成氯化银沉淀；然后加入的氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，所以加入试剂的顺序正确的是③NaCl、①NaOH、②Na2CO3，故选C。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验方案的设计，解题时要注意题目逐一沉淀的要求，熟练掌握复分解反应的实质是正确解答本题的前提。
14.将质量分数为a％，物质的量浓度为c1 mol/L的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a％，此时物质的量浓度为c2 mol/L，则c1和c2的数值关系是
A. c2＝c1 B. c2＜c1 C. c2＞2c1 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】设将溶质质量分数为a%的硫酸溶液密度为ρ1，则c1= =。设将溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2= =。所以c1：c2=10aρ1: 20aρ2=ρ1:2ρ2，即c2=。硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2＞ρ1，所以c2＞2c1。
答案选C。
【点睛】本题考查溶液稀释浓度计算的有关知识。对于大多数物质的溶液来说，浓度越大，溶液的密度就越大，只有少数物质的溶液，如氨水及酒精的水溶液，浓度越大，密度越小。掌握物质的量浓度与溶液的质量分数的换算关系式：c=及溶液的密度与溶液浓度的大小关系是本题解答的关键。
15.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含有分子数为1 NA
B. 常温常压下，16g O2含有的原子数为1 NA
C. 通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积约为22.4L
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的K2SO4溶液中，含有SO42－个数为0.5 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故A错误；
B．常温常压下，16g O2的物质的量为=0.5mol，含有的氧原子数为1 NA，故B正确；
C．通常状况下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则通常状况下，1NA 个SO2分子占有的体积也不是22.4L，故C错误；
D．根据n=cV，不知道溶液的体积，则无法计算0.5mol/L的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量，也无法确定溶液中含有的SO42－个数，故D错误；
故答案为B。
16.有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl－、CO32－、SO42－，现取三份100mL溶液进行如下实验：
第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；
第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体；
第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g。综合上述实验，你认为以下结论正确的是
A. 该混合液中一定含有：K+、NH4+、CO32－、SO42－，不含Cl－
B. 该混合液中—定含有：NH4+、CO32－、SO42－，可能含K+、Cl－
C. 该混合液中一定含有：NH4+、CO32－、SO42－、Cl－，可能含K+
D. 该混合液中：c（K+） ≥ 0.1mol/L c（CO32－） = 0.1mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明Cl－、CO32－、SO42－中至少含有一种；第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到0.03mol气体，气体是氨气，一定含有铵根，物质的量是0.03mol；第三份加足量BaCl2溶液后，得到干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g，说明达到的白色沉淀是碳酸钡和硫酸钡，其中硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，碳酸钡的物质的量是（4.30g－2.33g）÷197g/mol＝0.01mol，阴离子的总电荷为0.01mol×2+0.01mol×2＝0.04mol＞0.03mol，所以一定还存在K+，氯离子不能确定。由于氯离子不能确定，所以钾离子的物质的量至少是0.04mol－0.03mol＝0.01mol，其浓度≥0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，碳酸根的浓度为0.01mol÷0.1L＝0.1mol/L，答案选D。
【点睛】根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确灵活的解题方法。
17.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为 4A=B＋2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为( )
A. 7d B. 5d C. 2.5d D. 2d
【答案】B
【解析】
【分析】
根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。
【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为5：4，所以A气体的摩尔质量为4d× =5d。
答案为B。
【点睛】本题用阿伏加德罗定律的推论，相对密度之比等于摩尔质量之比，先求解出混合气体的平均摩尔质量；再利用方程，反因为和生成物均为气体遵守质量守恒定律，物质的量增加，可进行求解。
18.向体积相同的甲、乙两容器中分别通入一定量的CO2和N2O，下列说法不正确的是
A. 标准状况下，当两容器气体密度相同，则气体的物质的量相同
B. 向甲容器中通入一定的N2，使得两容器中氮原子数和氧原子数均相同，此时甲、乙两容器在同温下的压强之比为2:3
C. 将两气体混合，混合气体的平均摩尔质量为44g/mol
D. 同温同压下，两容器中气体质量相同
【答案】B
【解析】
【分析】
CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol。
【详解】A项、标准状况下，两种气体体积相同和密度相同，所以二者质量相等，由于两者相对分子质量相同，则气体的物质的量相同，故A正确；
B项、氮原子数相同说明n(N2O)=n(N2)=amol,氧原子数相同说明n(CO2)=2n(N2O)=2 amol,甲容器中气体物质的量之和为3amol，由P甲：P乙=n甲：n乙=3amol：amol=3:1，故B错误；
C项、CO2和N2O的摩尔质量相同，都为44 g/mol，将两气体混合，无论以何种物质的量比混合，混合气体的平均摩尔质量恒为44g/mol，故C正确；
D项、同温同压下，CO2和N2O的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，两种气体物质的量相同，由于CO2和N2O的摩尔质量相同，则两容器中气体质量相同，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，熟记基本公式并灵活运用，明确物质的量公式中各个物理量的关系是解本题关键。
19.下列说法正确的是（ ）
A. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸的过程中无沉淀产生
B. 制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C. 配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100 mL，称取1.6g胆矾晶体
D. 向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变
【答案】D
【解析】
【详解】A项，向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸的过程中，胶体先聚沉为氢氧化铁沉淀，硫酸过量，氢氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁溶液，故A错误；
B项，制备Fe(OH)3胶体，可向沸水中滴加FeCl3饱和溶液然后煮沸，当溶液变成红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，避免氢氧化铁胶体变成氢氧化铁沉淀，故B错误；
C项，配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100mL，需要CuSO4的物质的量为0.1L×0.1=0.01mol，硫酸铜晶体（CuSO4∙5H2O）的质量为0.01mol×250g/mol=2.5g，故C错误；
D项，向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，得到的溶液还是Ca(OH)2的饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故D正确；
故答案为D。
【点睛】氢氧化铁胶体的制备：把氯化铁饱和溶液滴入沸水中，搅拌均匀后继续加热煮沸，得到红褐色液体；不能长时间加热，否则氢氧化铁胶体会发生聚沉，产生氢氧化铁沉淀；氢氧化铁胶体加入稀硫酸直至过量，先发生聚沉后沉淀溶解。
20.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）
A. H3PO2属于二元酸 B. H3PO2属于三元酸
C. NaH2PO2属于酸式盐 D. NaH2PO2属于正盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；
B．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；
C．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；
D．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；
故答案为D。
【点睛】在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。
三、非选择题：（共50分）
21.（1）一定温度下，有摩尔质量为M g·mol-1的某物质溶于适量的水中，得到物质的量浓度为c mol·L-1、密度为ρ g·cm-3的饱和溶液。则该温度下此物质的溶解度为__________。
（2）相同条件下，有X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B。
①若它们的质量相等，则两种气体的分子数之比N（X）∶N（Y）= _________；
②若它们的体积相等，则两种气体的质量之比m（X）∶m（Y）= _________。
【答案】 (1). g (2). B∶A (3). A∶B
【解析】
(1)假设溶液的体积为VmL，则溶液的质量为ρV g，溶质的质量=V×10-3L×cmol/L×M g/mol= Vc M×10-3g，因此=，解得s=g，故答案为：g；
(2)同质量的X、Y两种气体，相对分子质量分别为A、B，则二者物质的量之比为：=B：A。
①根据N=nNA可知，分子数目之比等于物质的量之比，故同质量的X、Y两种气体的分子数目之比为B：A，故答案为：B：A；
②根据n=可知，相同条件下的X、Y两种气体体积相同，则二者物质的量相等，即X、Y的物质的量之比为1：1，根据m=nM可知，物质的量相等其质量之比等于物质的摩尔质量之比，故X、Y的质量之比为Ag/mol：Bg/mol=A：B，故答案为：A：B。
22.（1）47.5g某二价金属的氯化物中含有1molCl-，则该金属氯化物的摩尔质量为_______ ；该金属的相对原子质量为_______ 。
（2）标准状况下，3.4g NH3 的体积为_______ ；它与标准状况下_______ L H2S含有相同数目的氢原子。
（3）已知CO、CO2混合气体的质量共10.0g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为_______ ；CO2在相同状况下的体积为_______ 。
（4）将4g NaOH 溶解在10mL水中，再稀释成1L，从中取出10mL，这10mL溶液的物质 的量浓度为_______。
（5）已知ag氢气中含有b个氢原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为 _______ 。
【答案】 (1). 95 g/mol (2). 24 (3). 4.48L (4). 6.72 (5). 5.6g (6). 2.24L (7). 0.1 mol/L (8). b/a
【解析】
【详解】（1）二价金属氯化物中含2个Cl-，含1molCl-的二价金属氯化物的物质的量为0.5mol，金属氯化物的摩尔质量为=95g/mol。金属氯化物的相对分子质量为95，金属的相对原子质量为95-235.5=24；
（2）n（NH3）==0.2mol，在标准状况下NH3的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L。其中含有H原子物质的量为0.6mol，含0.6molH的H2S物质的量为0.3mol，0.3molH2S在标准状况下的体积为0.3mol22.4L/mol=6.72L；
（3）28g/mol×n（CO）+44g/mol×n（CO2）=10.0g，n（CO）+n（CO2）=，解得n（CO）=0.2mol，n（CO2）=0.1mol；混合气体中CO的质量为0.2mol28g/mol=5.6g；CO2在标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L；
（4）n（NaOH）==0.1mol，配成1L溶液，所得溶液c（NaOH）=0.1mol1L=0.1mol/L；从其中取出10mL，物质的量浓度不变，浓度仍为0.1mol/L；
（5）n（H2）==mol，n（H）=amol，阿伏加德罗常数为=mol-1，阿伏加德罗常数的值为。
23.下面a～e是中学化学实验中常见的几种仪器：
a．量筒 b．容量瓶 c．托盘天平 d．温度计 e．分液漏斗
（1）标出仪器使用温度的是______(填写编号)。
（2）使用前需要检查是否漏水的是_____(填写编号)。
（3）称取10.5g固体样品(1g以下使用游码)若样品与砝码错放位置，则实际称取的样品质量为____g。
（4）在某次实验中，要用500mL 0.52mol·L-1的NaOH溶液， 配制此浓度NaOH溶液时需用的主要仪器有托盘天平（附砝码、镊子）、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、______和_____；
下列操作使所配物质的量浓度偏大的有______（填写字母）。
A．称量时用了生锈的砝码；
B．将NaOH放在托盘天平的右盘上称量（使用游码）；
C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中；
D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出；
E．定容时俯视刻度线；
F．容量瓶未干燥即用来配制溶液；
G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。
【答案】 (1). ab (2). be (3). 9.5 (4). 500mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). A、C、E
【解析】
【分析】
(1)根据温度对仪器的使用是否有影响进行判断；
(2)根据仪器使用时能否漏液判断；
(3)根据游码的标示是否是物质的质量计算；
(4)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=n/V分析，操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响。
【详解】(1)液体的体积受温度的影响，温度不同时，用量筒量取的液体、容量瓶中的液体的体积不同，导致产生误差；
故答案是：ab；
(2)c、d不能盛装液体，故错误；a使用时不会造成漏液现象，故错误；b、e有塞子，所以有漏液的可能，所以要检查是否漏液；
故答案是：be；
(3)称量物体时，游码的数值要加在砝码一边，物体与砝码放反位置时，砝码的质量等于物体的质量加上游码的质量，称量10.5g 物体时，砝码的质量是10g，游码的质量数值是0.5g，物体的质量是10-0.5=9.5g；
故答案是：9.5；
(4)操作步骤有计算、称量、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平、药匙称取氢氧化钠，在烧杯中溶解(可用量筒量取水)，用玻璃棒搅拌，冷却至室温后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切,盖好瓶塞颠倒摇匀；所以需要的仪器为:托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管；
操作过程中使所配物质的量浓度发生变化，根据c=n/V进行分析：
A、称量时用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量也偏大，所配溶液的浓度偏大；
B、将NaOH放在纸张上称量，因为氢氧化钠具有吸湿性,溶质的质量偏小，物质的量也偏小，所配溶液的浓度偏小；
C、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大；
D、往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量也偏小，所配溶液的浓度偏小；
E、定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏大；
F、容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所配溶液的浓度不变；
G、定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏小；
所以偏大的有A、C、E；
答案是:胶头滴管；500mL容量瓶；A、C、E。
24.某化学课外活动小组用海带为原料制取了少量碘水。现用CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液。其实验操作可分解为如下几步：
A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；
B．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；
D．倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗方正；
E．旋开活塞，用烧杯接收下层液体；
F．从分液漏斗口倒出上层水溶液；
G．将漏斗上口玻璃塞打开或使塞上的凹槽或小孔对准漏斗上的小孔；
H．静置、分层。
（1）上述E步骤的操作中应注意：________。
（2）上述G步骤的操作的目的是：________。
（3）能用CCl4从碘水中萃取碘的原因是_____。
（4）若利用装置I分离四氯化碳和碘的混合物，还缺少的仪器有______，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为：_____，仪器③和④的名称：③______④______；现需配制250ml0.2 mol/LNaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是_______ ，________
【答案】 (1). 使分液漏斗下端颈紧靠烧杯内壁，及时关闭分液漏斗活塞，避免上层液体顺下管流出 (2). 使分液漏斗内外空气相通，以保证E操作时分液漏斗里液体能顺利流出 (3). CCl4与水不互溶互不反应，且碘在CCl4中比在水中的溶解度大得多 (4). 酒精灯 (5). 蒸馏 (6). 冷凝管 (7). 尾接管（牛角管） (8). 未用玻璃棒引流 (9). 未采用250mL容量瓶
【解析】
【分析】
（1）根据分液操作的步骤进行分析；
（2）根据分液漏斗的使用原则进行分析；
（3）根据萃取剂的性质进行分析；
（4）根据蒸馏操作步骤和所需的仪器进行分析；根据配制一定浓度的溶液的操作步骤进行分析。
【详解】（1）根据分液操作的要求可知，旋开活塞，用烧杯接收下层液体时，使分液漏斗下端颈紧靠烧杯内壁，及时关闭分液漏斗活塞，避免上层液体顺下管流出；
答案是：使分液漏斗下端颈紧靠烧杯内壁，及时关闭分液漏斗活塞，避免上层液体顺下管流出；
（2）从分液漏斗中流出液体是通过大气压强控制的，为了使液体顺利流出，将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；
答案是：使分液漏斗内外空气相通，以保证E操作时分液漏斗里液体能顺利流出；
（3）四氯化碳与水不互溶，碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，答案是:四氯化碳与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；
（4）根据蒸馏操作可知，还缺少的仪器有酒精灯； 仪器③为冷凝管；④尾接管（牛角管）；现需配制250mL0.2 mol/LNaCl溶液，装置II是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是：未用玻璃棒进行液体的转移；配制250mL的溶液，应该用250mL容量瓶，不能用1000mL容量瓶；
故答案是：未用玻璃棒引流；未采用250mL容量瓶。
25.取50.0mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51g白色沉淀，用过量稀盐酸处理后沉淀质量减少9.85g，并有气体放出。试计算：
（1）写出Na2SO4和BaCl2溶液反应的方程式_______；
（2）原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度为_______、______；
（3）产生的气体在标准状况下的体积为_______。
【答案】 (1). Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl (2). 1mol/L (3). 0.4mol/L (4). 1.12L
【解析】
【分析】
发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少9.85g，为碳酸钡的质量，故n（BaCO3）=9.85/197=0.05mol，硫酸钡的质量为14.51-9.85=4.66g,故n（BaSO4）=4.66/233=0.02mol，据以上分析解答。
【详解】发生反应有：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2↑+H2O，白色沉淀是碳酸钡、硫酸钡的质量之和，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少9.85g，为碳酸钡的质量，故n（BaCO3）=9.85/197=0.05mol，硫酸钡的质量为14.51-9.85=4.66g,故n（BaSO4）=4.66/233=0.02mol；
(1)Na2SO4和BaCl2溶液反应生成硫酸钡和盐酸，方程式为：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；
答案是：Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；
(2)根据守恒n（Na2CO3）=n（BaCO3）=0.05mol,故c（Na2CO3）=0.05mol/0.05L=1mol/L；n（BaSO4）=n（Na2SO4）=0.02mol，故c（Na2SO4）=0.02mol/0.05L=0.4mol/L；
答：原混和溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度分别为1mol/L；0.4mol/L；
(3)根据碳原子守恒可以知道n（CO2）=n（Na2CO3）=0.05mol，故二氧化碳的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
答:二氧化碳的体积为1.12L。
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