山西省运城市康杰中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

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山西运城运康中学校2019--2020学年度第一学期高一年级期中测试卷
内容：人教版必修一1---2章 满分：100分 时间：90分
第I卷（选择题54分)
一、单选题
1.在生产生活中，对于易燃、易爆、有毒的化学物质，按规定会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是(　　)
选项
A
B
C
D
物质
浓硫酸
汽油
酒精
氯酸钾
标签






A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A、浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故A正确；B、汽油是易挥发易燃烧的液体，B正确；C、酒精是易挥发易燃烧的液体，而贴的标签为剧毒品，故C错误；D、火药属于易爆品，故D正确 。本题正确答案为C。
2.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列5项操作：①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液。正确的操作顺序可以是（ ）
A. ⑤②④③① B. ④①②⑤③
C. ②⑤④①③ D. ①④②⑤③
【答案】C
【解析】
【详解】除杂不能引入新杂质，除杂试剂需过量，NaOH除去Mg2＋，BaCl2溶液除去SO42－，Na2CO3除去Ca2＋和过量的Ba2＋，因此所加试剂的顺序是NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，然后过滤，除去沉淀，再向滤液中加入盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3，故选项C正确。
3.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ）
A. 用 pH试纸粗略测定饱和氯水的pH
B. 用托盘天平准确称取0.40g的NaOH固体配成1000mL浓度为0.100 mol·L-1的溶液
C. 将95％的工业酒精直接蒸馏可制得无水乙醇
D. 用苯萃取溴水中的溴时，有机层应从上口倒出
【答案】D
【解析】
【详解】A. 因氯水中HClO具有漂白性，不能利用pH试纸测到pH，应选用pH计，A项错误；
B. 托盘天平的读数只能为0.1g，无法用托盘天平称取0.40g的NaOH固体，B项错误；
C. 酒精与水的沸点相差不多，需将95％的工业酒精加入生石灰后再进行蒸馏，C项错误；
D. 苯的密度比水小，可作为溴水中溴的萃取剂，分液时有机层在上层，因此应从上口倒出，D项正确；
答案选D。
4.下列判断正确的是
A. 向某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，可确定有Cl-存在
B. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，可确定有Cu2+存在
C. 向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定有SO42-存在
D. 向某溶液中加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定有CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯离子、硫酸根均能与银离子反应生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，不能确定溶液中有Cl-存在，故A错误；
B、氢氧化物为蓝色沉淀的是氢氧化铜，故B正确；
C、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-，故C错误；
D、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO32-，故D错误；
故选B。
5.胶体区别于其它分散系的本质特征是
A. 胶体的分散质能透过滤纸
B. 胶体是纯净物，其它分散系是混合物[
C. 胶体能产生丁达尔现象
D. 胶体的分散质粒子直径在1～100 nm之间
【答案】D
【解析】
【详解】胶体与其它分散系的本质区别即本质特征是分散质粒子的大小。丁达尔效应是区别于其它分散系的方法。胶体属于混合物。故选D。
6.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是(　　)
A. 氢氧化铜与盐酸、氢氧化铜与硫酸
B. 氯化钡溶液与硫酸钠溶液、氢氧化钡溶液与稀硫酸
C. 碳酸钠溶液与盐酸、碳酸钙与盐酸
D. 石灰石与硝酸、石灰石与硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化铜是沉淀要写化学式，HCl和硫酸都是强电解质，写离子，离子方程式都是Cu（OH）2+2H＋=Cu2＋+2H2O，故A正确；
B．氯化钡溶液与硫酸钠溶液、氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式分别为：Ba2＋+SO42－=BaSO4↓、Ba2＋+SO42－+2OH－+2H＋=BaSO4↓+2H2O，离子方程式不同，故B错误；
C．碳酸钠溶液与盐酸、碳酸钙与盐酸反应的离子方程式分别为：CO32－+2H＋=CO2↑+H2O、CaCO3+2H＋=Ca2＋+CO2↑+H2O，离子方程式不同，故C错误；
D．石灰石与硝酸、石灰石与硫酸反应的离子方程式分别为：CaCO3+2H＋=Ca2＋+CO2↑+H2O，CaCO3+2H+＋SO42－=CaSO4+H2O+CO2↑，离子方程式不同，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查离子方程式正误判断，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物都写成化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒，易错选项是B。
7.在无色的强碱性溶液中，能大量共存的是( )
A. Na＋、Al3＋、NO3-、Cl- B. K+、Na+、Cl-、AlO2-
C Fe2+、K+、SO42-、Cl- D. Na＋、HCO3-、K＋、NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A．在碱性溶液中Al3＋不能存在，会反应生成氢氧化铝沉淀，错误；
B．K+、Na+、Cl-、AlO2-在碱性溶液中能够大量共存，正确；
C．Fe2+有颜色，错误；
D．在碱性溶液中HCO3-不能存在，会反应生成碳酸根离子，错误；
故选B。
【点晴】离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；还应该注意题目所隐含的条件。1、溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；2、强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；3、强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等。
8.下列变化需要加入氧化剂的是（   ）
A. S2﹣→HS﹣ B. HCO3﹣→CO2 C. 2Cl﹣→Cl2 D. Cu2+→Cu
【答案】C
【解析】
【分析】
需要加入氧化剂才能实现，说明该物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答。
【详解】A．S2﹣→HS﹣中硫元素化合价不变，所以不是氧化还原反应，A错误；
B．HCO3﹣→CO2中C、O元素化合价不变，所以不是氧化还原反应，B错误；
C.2Cl﹣→Cl2中Cl元素化合价由﹣1价变为0价，所以氯离子作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，C正确；
D．Cu2+→Cu中Cu元素化合价由+2价变为0价，所以铜离子作氧化剂，需要加入还原剂才能实现，D错误；
答案选C。
9.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于3 区域的( )

A. Cl2＋2KBr = Br2＋2KCl
B. 2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，区域3的反应不属于化合反应，不属于分解反应，不属于置换反应，但一定属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．Cl2+2KBr═Br2+2KCl属于置换反应，不符合，A项错误；
B．2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑属于分解反应，不符合，B项错误；
C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3属于化合反应，不符合，C项错误；
D. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+ O2↑不属于化合反应，不属于分解反应，不是置换反应，-1价O元素化合价一部分升高到0价，一部分降低到-2价，属于氧化还原反应，D项正确；
答案选D。
10.反应2NO＋2CO＝N2＋2CO2可应用于汽车尾气的净化。下列说法正确的是
A. CO是氧化剂 B. NO发生氧化反应
C. C、N、O的化合价均发生变化 D. 每生成1mol N2，反应转移4mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
由反应方程式可知，反应中，NO中氮元素化合价降低，被还原，NO做氧化剂，CO中碳元素化合价升高，被氧化，CO做还原剂。
【详解】A项、反应中，CO中碳元素化合价升高，被氧化，CO做还原剂，故A错误；
B项、反应中，NO中氮元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故B错误；
C项、反应中，氮元素化合价降低，碳元素化合价升高，氧元素化合价没有变化，故C错误；
D项、由反应方程式可知，每生成1molN2，反应转移4mol电子，故D正确；
故选D。
11.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化性为W2>Z2>X2>Y2,下列反应的化学方程式或叙述不成立的是( )
A. 还原性：Y−>Z−>W−
B. Z2与X−在水溶液中不能大量共存
C. W2通入到NaX和NaY混合溶液中：W2优先氧化Y−
D. 2NaW+Y2=2NaY+W2
【答案】D
【解析】
【详解】A．因为氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，所以还原性：Y－＞Z－＞W－，故A正确；
B．因为Z2＞X2，所以Z2能置换出X2，则Z2与X－在水溶液中不能大量共存，故B正确；
C．因为氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，所以还原性：Y－＞X－＞Z－＞W－，则W2通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y－，故C正确；
D．因为氧化性W2＞Y2，所以Y2不能置换出W2，所以2NaW+Y2=2NaY+W2不能发生，故D错误；
故选D。
12.下列用单、双线桥表示电子转移的方向和数目不正确的是(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
A、转移电子为2×[5－(－1)]=12，故A错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故B正确；C、C的化合价升高，C应是失去电子，Cu应是得到电子，故C错误；D、1mol氧气得到4mole－，得失电子数目应守恒，故D错误。
点睛：本题的易错点是选项C和D，一是忘记氧化剂和还原剂的概念，失去电子、化合价升高的物质为还原剂，反之为氧化剂，二应注意得失电子数目守恒。
13.下列说法正确的是 (NA为阿伏加德罗常数的值) (    )
A. 28 g氮气含有的原子数为NA
B. 4 g金属钙变成钙离子时失去的电子数为0.1 NA
C. 1 mol O2分子的质量等于1 mol氧原子的质量
D. 24 g O2 和24 g O3所含的氧原子数目相等
【答案】D
【解析】
【详解】A、28 g氮气的物质的量是28g÷28g/mol＝1mol，则含2NA个氮原子，A错误；
B、4 g金属钙的物质的量为4g÷40g/mol＝0.1 mol，变成钙离子时失去的电子数为0.2NA，B错误；
C、1 mol O2分子的质量是32 g，1 mol氧原子的质量是16 g，C错误；
D、氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，则24 g O2和24 g O3所含的氧原子数目相等，D正确；
答案选D。
14.某溶液中仅含有H＋、Al3＋、Cl－、SO42－四种离子，其中H＋的浓度为0.5 mol/L，Al3＋的浓度为0.1 mol/L，Cl-的浓度为0.2 mol/L，则SO42－的浓度是
A 0.15 mol/L B. 0.25 mol/L C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】根据溶液中存在电荷守恒关系：c(H＋)+3c(Al3＋)=c(Cl－)+2c (SO42－)，
代入数据计算：c (SO42－)=mol/L=0.3mol/L。
故选C。
【点睛】在溶液中，n价离子An+或Bn-所带的电荷总数为nc(An+)或nc(Bn-)，所以，在电荷守恒式中，一个离子带几个电荷，就在其物质的量浓度前面乘以几。
15.设阿伏加德罗常数为NA，标准状况下，某种O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则n g该混合气体在标准状况下所占体积（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】标准状况下O2和N2的混合气体mg，含有b个分子，则ng该混合气体含有分子数目为：b×=，其物质的量为==mol，标况下占有的体积为：=mol×22.4L/mol=，
答案选A。
【点睛】计算ng混合气体含有分子数目，再根据n=计算其物质的量，根据V=nVm计算其体积。
16.M(NO3)2热分解的化学方程式为：2M(NO3)2 2MO＋4NO2↑＋O2↑。加热29.6 g M(NO3)2使其完全分解，在标准状况下收集11200 mL的气体，那么M的摩尔质量是(　　)
A. 64 g·mol-1 B. 24 g·mol-1
C. 65 g·mol-1 D. 40 g·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】在标准状况下收集气体的体积为11.2L，物质的量为，根据反应方程式2M(NO3)2 2MO＋4NO2↑＋O2↑可知生成0.4mol NO2、0.1mol O2，则29.6g M(NO3)2的物质的量为0.2mol，M(NO3)2的摩尔质量为：，所以M的摩尔质量为：（148-62×2）g/mol =24g/mol；
答案选B。
17.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρg/mL,质量分数为ω，物质浓度为c mol/L，则下列关系中不正确的是
A.
B
C.
D. =1000Vρ/(17V+22400)
【答案】A
【解析】
【详解】A．将所给的式子的分子和分母同除以22.4可得，分子表示了溶液的质量，是合理的，但分母表达的是将溶剂的体积与气体的体积直接进行加和得到溶液的体积，这显然是错误的，A项错误；
B．假设取溶液的体积为1L，根据溶质质量分数的本义有：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，B项正确；
C．将所给的式子分子分母同除以22.4可得：，分子表达了溶质质量，分母表达了溶液的质量，C项正确；
D．将所给式子变形得：，分子代表了溶质的物质的量，分母代表了溶液的体积（单位为L），D项正确；
所以答案选择A项。
18.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 64 g SO2含有氧原子数为NA
B. 物质的量浓度为0.5 mol·L－1的MgCl2溶液，含有Cl－数为 NA
C. 标准状况下，22.4 L H2O的分子数为NA
D. 常温常压下，14 g N2含有分子数为0.5 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫分子中含有2mol氧原子，含有氧原子数为2NA，故A错误；
B、没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目，故B错误；
C、标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，故C错误；
D、14g氮气的物质的量为：=0.5mol，含有分子数为0.5NA，故D正确；
故选D。
第II卷（非选择题46分)
二、填空题
19.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为:______KClO3＋______HCl(浓)===______KCl＋______ClO2↑＋______Cl2↑＋______H2O
(1) 请配平上述化学方程式____________________________________。
(2) 浓盐酸在反应中显示出来的性质是__________(填编号)
①只有还原性　②还原性和酸性　③只有氧化性　④氧化性和酸性
(3) 产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为__________mol。
(4) 氧化剂是__________，氧化产物是__________。
【答案】 (1). 2　4　2　2　1　2 (2). ② (3). 0.2 (4). KClO3 (5). Cl2
【解析】
【分析】
（1）运用化合价升降法，结合原子守恒配平方程式。
（2）浓盐酸中部分Cl元素化合价不变、部分Cl元素化合价由－1价变为0价。
（3）根据方程式分析该反应中氯气和转移电子的关系为1∶2，即可解答。
（4）)根据化合价的变化来判断。
【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由＋5价降低为ClO2中＋4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由－1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合原子守恒配平方程式，其反应方程式为2KClO3＋4HCl(浓)===2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：2　；4　；2　；2　；1　；2；
(2)该反应中浓盐酸中部分Cl元素化合价不变、部分Cl元素化合价由－1价变为0价，所以浓盐酸作酸和还原剂，体现酸性和还原性；故答案为：②；
(3)该反应中氯气和转移电子的关系为1∶2，则产生0.1 mol Cl2，则转移的电子的物质的量为0.2 mol，故答案为：0.2；
(4)根据化合价的变化可知氧化剂为KClO3，氧化产物为Cl2，故答案为：KClO3 ； Cl2。
20.某河道两旁有甲、乙两工厂，排放的工业废水中共含K+、Ag+、Fe3+、C1-、OH- 、NO3-六种离子，甲厂的废水明显呈碱性。
（1）甲厂废水中所含的三种离子为___；
（2）如果在乙厂废水中加一定量铁粉发生反应，离子方程式是___和___；
（3）将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的某些离子转化为沉淀，写出两个离子方程式____和___。
【答案】 (1). K+、C1—、OH— (2). Fe+2Ag+＝2Ag +Fe2+ (3). Fe+2Fe3+＝3Fe2+ (4). Ag+ +Cl—＝AgCl↓ (5). Fe3++3OH—＝Fe(OH)3↓
【解析】
【分析】
排放废水，说明这些离子能够大量共存，不共存的离子应分别在甲、乙两厂，然后注意利用溶液为电中性，分析得出结果；
【详解】甲厂的废水明显呈碱性，说明含有大量的OH－，OH－与Ag＋、Fe3＋不能大量共存，即Ag＋、Fe3＋在乙厂，根据溶液显电中性，K＋在甲厂，Cl－能与Ag＋生成AgCl沉淀，则Cl－在甲厂，NO3－在乙厂，推出甲厂含有的离子是K＋、Cl－、OH－，乙厂含有离子的是Ag＋、Fe3＋、NO3－，
（1）根据上述分析，甲厂含有的离子是K＋、Cl－、OH－；
答案为K＋、Cl－、OH－；
（2）乙厂中含有离子是Ag＋、Fe3＋、NO3－，加入铁粉，发生Fe＋2Ag＋=Fe2＋＋2Ag和Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；
答案为Fe＋2Ag＋=Fe2＋＋2Ag和Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；
（3）根据两厂含有的离子，生成沉淀的反应是Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓；
答案为Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。
21.胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。
（1）向煮沸的蒸馏水中逐滴加入____________溶液，继续煮沸至__________________，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体。
（2）向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，主要由于________(填离子符号)的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫作________________。
（3）区分胶体和溶液常用的方法叫作______________，这是因为胶体粒子对光线的________作用而形成的
【答案】 (1). 滴饱和氯化铁溶液 (2). 液体呈红褐色 (3). SO (4). 聚沉 (5). 丁达尔效应（或丁达尔现象） (6). 散射
【解析】
（1）、制取氢氧化铁胶体的方法为：向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和氯化铁溶液溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，可制得Fe(OH)3胶体，故答案为：饱和氯化铁溶液；液体呈红褐色；
（2）、向Fe(OH)3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案为：SO42−；聚沉；
（3）、胶体具有丁达尔效应，据此可以区分胶体和溶液，胶体的丁达尔效应是胶体粒子对光线的散射作用形成的，
故答案为：丁达尔效应（或丁达尔现象）；散射。
22.现有下列9种物质：①氯气；②二氧化硫；③氢氧化铁胶体；④铁；⑤氯化钡；⑥氢氧化钾；⑦氯化铁溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙，请将上述物质按要求完成下列问题：
（1）用相应化学式填写下列空白：属于酸性氧化物的有____，属于电解质的是______，属于非电解质的_______。（用相应化学式填空）
（2）下列关于③和⑦的说法正确的是____（填字母序号）。
a．都不稳定，密封静置会产生沉淀 b．③能产生丁达尔效应，而⑦不能
c．分散质粒子都可以通过滤纸 d．加入盐酸都会先产生沉淀，后溶解
【答案】 (1). SO2 (2). BaCl2、KOH、CaO (3). SO2、C2H5OH (4). bc
【解析】
【分析】
(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，据此分析解答；
(2)依据胶体与溶液的性质分析判断。
【详解】(1)只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，故SO2为酸性氧化物；在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，故BaCl2、KOH、CaO为电解质；在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，故SO2、C2H5OH为非电解质，故答案为：SO2；BaCl2、KOH、CaO；SO2、C2H5OH；
(2)a．氯化铁溶液很稳定，氢氧化铁胶体具有介稳性，故a错误；b．氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，故b正确；c．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体的分散质粒子均可以透过滤纸，氢氧化铁胶体的分散质粒子不能透过半透膜，故c正确；d．加入盐酸，氢氧化铁胶体先聚沉，后溶解，氯化铁溶液无现象，故d错误，故选bc。
【点睛】本题的易错点为(1)中电解质和非电解质的判断，要注意单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。
23.（1）3.6 g H2O的物质的量是____，含有水分子的数目是_____，含有氢原子的物质的量是_____。
（2）1.5molCO2和______g CH4在标准状况下占有相同的体积，其体积为________。
（3）在标准状况下，100mL某气体的质量为0.179g，该气体的相对分子质量为________。
（4）现有mg某X2气体，它的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数用NA表示，则：该气体的物质的量为______mol；一个X原子的质量为_______g；该气体在标准状况下的体积为______L。
【答案】 (1). 0.2 mol (2). 0.2×6.02×1023 (3). 0.4mol (4). 24 (5). 33.6 L (6). 40.096 (7). m/M (8). (9). 22.4m/M
【解析】
【详解】（1）3.6 g H2O的物质的量是3.6g/18g·mol-1=0.2mol，含有水分子的数目是0.2mol×6.02×1023mol-1=0.2×6.02×1023，含有氢原子的物质的量是0.2mol×2=0.4mol。故答案为：0.2 mol，0.2×6.02×1023，0.4mol。
（2）1.5molCO2在标准状况下的体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L，在同温同压下，CO2和CH4所占体积相同，则CO2和CH4物质的量相同，所以CH4的物质的量也为1.5mol，1.5moLCH4的质量为1.5mol×16g/mol=24g。故答案为24，33.6 L。
（3）在标准状况下，100mL气体的物质的量为0.1L÷22.4L·mol-1=1/224mol。质量为0.179g的该气体的相对分子质量为0.179÷1/224=40.096。
（4）mgX2气体的物质的量为m/Mmol，1mol X2的质量为M g，则一个X2分子的质量为g，那么一个X原子的质量为g，该气体在标准状况下的体积为m/Mmol×22.4L/mol=22.4m/M L。故答案为：m/M，，22.4m/M。
三、计算题
24.有NaCl、CaCl2、AlCl3三种溶液，分别与足量的AgNO3溶液反应：
①若所含溶质的物质的量相等，则生成沉淀的物质的量之比是 _________ ；
②若生成沉淀的质量相等，则三种溶液中所含溶质的物质的量之比是 _______。
【答案】 (1). 1：2：3 (2). 6：3：2
【解析】
【分析】
①若所含溶质的物质的量相等，由化学式可知含氯离子之比为1：2：3；
②若生成沉淀的质量相等，含氯离子之比为1：1：1，三种盐的物质的量为1：：。
【详解】①若所含溶质的物质的量相等，假设NaCl、CaCl2、AlCl3三种物质的量均为1mol，根据氯离子守恒，则生成AgCl分别为1mol、2mol、3mol，生成AgCl的物质的量之比为1：2：3；
②若生成沉淀AgCl的质量相等，设反应产生的AgCl的物质的量是6mol，根据氯离子守恒，则n(NaCl)=6mol，n(CaCl2)=6mol÷2=3mol，n(AlCl3)=6mol÷3=2mol，NaCl、CaCl2、AlCl3的物质的量之比=6：3：2。
【点睛】本题考查了守恒方法在化学计算的应用的知识。要根据元素守恒进行分析，注意利用赋值法，看清题目中是沉淀的物质的量相等(Cl-守恒)还是溶质的物质的量相等，分析出Cl-的物质的量与电解质的物质的量的关系进行解答。
四、实验题
25.如图表示配制100mL0.100molL﹣1Na2CO3溶液的几个关键实验步骤和操作，据图回答下列问题：

（1）用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，该容量瓶必须是_____。
①干燥的 ②瓶塞不漏水的 ③用欲配制的溶液润洗过的 ④以上三项均须要求的
（2）若用Na2CO3•10H2O来配制溶液，需要称量晶体_____克。若所称取的晶体已经有一部分失去了结晶水，则所配制的溶液浓度偏_____。（填“大/小”）
（3）写出配制溶液中所需要用到的玻璃仪器的名称：烧杯、_____。
（4）步骤B通常称为转移，步骤A通常称为_____。步骤D称为_____，若没有步骤D，则配制的浓度偏_____。（填“大/小”）。
（5）将上述实验步骤A﹣F按实验过程先后次序排列_____。
【答案】 (1). ② (2). 2.9 (3). 大 (4). 玻璃棒，胶头滴管、100 mL容量瓶 (5). 定容 (6). 洗涤 (7). 小 (8). CBDFAE
【解析】
【分析】
(1)根据容量瓶是准确配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，结合溶液的均一性、稳定性分析；
(2)根据n=c·V计算溶质Na2CO3的物质的量，根据C元素守恒，根据Na2CO3•10H2O的物质的量等于Na2CO3的物质的量，根据m=n·M计算Na2CO3•10H2O的质量；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；
(3)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；
(4)用胶头滴管滴加溶液的操作名称是定容；步骤D用蒸馏水洗涤玻璃棒的操作名称是洗涤；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；
(5)根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序。
【详解】(1)①配制一定物质的量浓度的溶液，是将一定质量或体积的溶质按溶液的体积在选定的容量瓶中定容的，故容量瓶是否干燥对所配溶液无影响；②瓶塞不漏水的，使用前需检漏；③用所配的溶液润洗容量瓶会有一部分溶质沾到容量瓶内壁上，溶质多；④只需要②；
故合理选项是②；
(2)配制 100 mL 0.100 mol/L Na2CO3溶液需要Na2CO3•10H2O的物质的量为n(Na2CO3)=0.1L×0.100mol/L=0.010mol，则根据元素守恒可知需要Na2CO3•10H2O的物质的量n(Na2CO3•10H2O)= n(Na2CO3)=0.010mol，故其质量m(Na2CO3•10H2O)=0.010mol×286g/mol=2.86g。由于托盘天平只能称量到小数点后一位，所以需要Na2CO3•10H2O的质量为2.9g；若所称取的晶体已经有一部分失去了结晶水，则晶体中Na2CO3的质量分数增大，溶质质量偏高，导致配制的溶液浓度偏大；
(3)根据配制溶液的步骤：计算→称量→溶解→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签可知，配制溶液中所需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，胶头滴管、100 mL容量瓶；
(4)根据图示可知操作A为定容，操作D为洗涤，若没有步骤D洗涤，则溶质损失，根据物质的量浓度定义式c=进行分析，可知溶质的物质的量偏少，则配制的浓度偏小；
(5)由溶液配制的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以实验过程先后次序排列为：C、B、D、F、A、E。
【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，注意实验步骤，结合配制溶液的步骤判断确定所使用的仪器，根据物质的量浓度定义式分析误差为易错点。
26.海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验(苯，一种不溶于水，密度比水小的液体)：

请回答下列问题：
(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是________(填标号)。
A．烧杯　　B．坩埚　　C．表面皿　　D．泥三角　　E．酒精灯　　F．干燥器
(2)步骤③的实验操作名称是________；步骤⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是________。
(3)步骤⑤是萃取、分液，某学生选择用苯来提取碘的理由是___________________。
在分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。
A．直接将含碘苯溶液从分液漏斗上口倒出
B．直接将含碘苯溶液从分液漏斗下口放出
C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从下口放出
D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出
(4)请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：________
【答案】 (1). BDE (2). 过滤 (3). 蒸馏 (4). 苯与水互不相容，与碘水互不反应，碘在苯中的溶解度比水大 (5). D (6). 取少量液体与试管中，向其滴加淀粉溶液，若溶液变蓝，则含有单质碘
【解析】
【分析】
(1)根据实验操作步骤①灼烧来分析用到的实验仪器；
(2)分离固体和液体用过滤；将苯和碘分离，应用的是两者的沸点不同；
(3)根据萃取剂的选择原理来回答；根据分液的操作来分析；
(4)根据碘单质遇到淀粉会变蓝色来检验是否还有碘单质。
【详解】(1)灼烧固体物质一般使用(瓷)坩埚，而坩埚加热需要用泥三脚支撑然后放在三脚架上，三脚架下面的空间放酒精灯，故答案为BDE；
(2)将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法；将苯和碘分离，应用的是两者的沸点不同，即用蒸馏的方法；
(3)萃取剂的选择原理：和水互不相溶，苯与碘不反应，要萃取的物质在其中的溶解度大于在水中的溶解度，故可以选择苯；分液时，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，由于苯的密度比水小，故碘的苯溶液在上层，水在下层，故先将水层从分液漏斗的下口放出，再将含碘苯溶液从上口倒出，故答案为D；
(4)提取碘后的水溶液中若是含有单质碘，则遇到淀粉会变蓝色，可以取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色(如果变蓝，说明还有单质碘)。