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
酸
盐
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。