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安徽师范大学附中2019-2020学年高一10月月考化学试题
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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
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)nMOn/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；
B.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=9500 c/（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；
⑤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=×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
【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；
(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+O22H2O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)。
①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。
(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<43g<46.6g则说明甲中含有SO42-、CO32-；
③向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液450mL，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl-)=1mol/L×0.45L=0.45mol，而②加入n(Cl-)=0.4mol/L×2×0.5L=0.4mol，则说明甲中含有Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.45mol-0.4mol=0.05mol；
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的石灰水中，得到一定量的沉淀C，则说明含有CO32-，沉淀是CaCO3。由于CO32-与Ca2+会反应产生CaCO3，CO32-与Cu2+会反应也不能大量共存，因此一定不存在Ca2+、Cu2+，以此解答该题。
【详解】根据①可知在原溶液中一定含有NH4+，n(NH4+)=0.15mol；
根据②上述分析可知：沉淀是BaSO4和BaCO3的混合物，假设含SO42-、CO32-的物质的量分别是x、y，233x+197y=43g；x+y=0.4mol/L×0.5L=0.2mol，解得x=0.1mol，y=0.1mol，即n(SO42-)=n(CO32-)=0.1mol；
根据③可知溶液中含有Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.45mol-0.4mol=0.05mol；如不含NO3-，则由电荷守恒可知一定含有K+，由n(K+)+ n(NH4+)= 2n(SO42-)+2n(CO32-)+ n(Cl-)，则n(K+)=2×0.1mol+2×0.1mol+0.05mol-0.15mol=0.2mol；
(1)④沉淀C是CaCO3，根据C元素守恒可知n(CaCO3)=n(CO32-)=0.1mol则沉淀X的质量m (CaCO3)=nM=0.1mol×100g/mol=10g；
(2)由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3-；
(3)甲溶液分为两等分，每一份中含有0.15molNH4+、0.2molK+、0.1molSO42-、0.1molCO32-、0.05molCl-，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl-，此物质的量最小的离子其物质的量为0.05mol ×2=0.1mol。
【点睛】本题考查离子的鉴别以及混合物的计算，注意利用反应的不同现象进行区分是解答的关键，明确无机物离子之间的反应判断离子共存，侧重考查学生的分析与计算能力。
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
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)nMOn/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；
B.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=9500 c/（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；
⑤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=×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
【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；
(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+O22H2O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)。
①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。
(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<43g<46.6g则说明甲中含有SO42-、CO32-；
③向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液450mL，恰好可完全反应，可知滤液中n(Cl-)=1mol/L×0.45L=0.45mol，而②加入n(Cl-)=0.4mol/L×2×0.5L=0.4mol，则说明甲中含有Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.45mol-0.4mol=0.05mol；
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的石灰水中，得到一定量的沉淀C，则说明含有CO32-，沉淀是CaCO3。由于CO32-与Ca2+会反应产生CaCO3，CO32-与Cu2+会反应也不能大量共存，因此一定不存在Ca2+、Cu2+，以此解答该题。
【详解】根据①可知在原溶液中一定含有NH4+，n(NH4+)=0.15mol；
根据②上述分析可知：沉淀是BaSO4和BaCO3的混合物，假设含SO42-、CO32-的物质的量分别是x、y，233x+197y=43g；x+y=0.4mol/L×0.5L=0.2mol，解得x=0.1mol，y=0.1mol，即n(SO42-)=n(CO32-)=0.1mol；
根据③可知溶液中含有Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.45mol-0.4mol=0.05mol；如不含NO3-，则由电荷守恒可知一定含有K+，由n(K+)+ n(NH4+)= 2n(SO42-)+2n(CO32-)+ n(Cl-)，则n(K+)=2×0.1mol+2×0.1mol+0.05mol-0.15mol=0.2mol；
(1)④沉淀C是CaCO3，根据C元素守恒可知n(CaCO3)=n(CO32-)=0.1mol则沉淀X的质量m (CaCO3)=nM=0.1mol×100g/mol=10g；
(2)由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+，不能确定是否含有NO3-；
(3)甲溶液分为两等分，每一份中含有0.15molNH4+、0.2molK+、0.1molSO42-、0.1molCO32-、0.05molCl-，则物质的量最大的离子是K+；物质的量最小的离子是Cl-，此物质的量最小的离子其物质的量为0.05mol ×2=0.1mol。
【点睛】本题考查离子的鉴别以及混合物的计算，注意利用反应的不同现象进行区分是解答的关键，明确无机物离子之间的反应判断离子共存，侧重考查学生的分析与计算能力。
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