吉林省吉化第一高级中学校2019-2020学年高一9月月考化学试题

www.ks5u.com吉化一中9月化学月考卷可能用到的元素的相对原子质量：H--1  C--12  N--14  O--16  Na--23  Mg--24  Al--27   S--32   Cl--35.5   Ca--40   Cu--64一、单选题（本题包括18道小题，每小题3分，共54分）1.实验室进行NaCl溶液蒸发时，一般有以下操作过程：①放上蒸发皿②加热搅拌③放置酒精灯④固定铁圈的位置⑤停止加热、余热蒸干。其正确的操作顺序是（　　）A. ①②③④⑤ B. ③④①②⑤ C. ②③①④⑤ D. ②①③④⑤【答案】B【解析】【详解】装置的组装顺序是自下而上；蒸发、结晶在蒸发皿中进行；蒸发过程中先放置酒精灯，然后固定铁圈的位置，再放上蒸发皿即可进行蒸发了。蒸发过程中要用玻璃棒不停地进行搅拌，最后应利用余热将其蒸干，故选B。 2.下列说法正确的是（   ）A. 溶液呈电中性，胶体带电荷。B. 配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100 mL，称取1.6g硫酸铜晶体C. 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D. 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【答案】C【解析】【详解】A.胶体不带电，胶粒带电荷，故A错误；B. 配制0.1 mol·L-1CuSO4溶液100 mL，称取硫酸铜晶体的质量2.5g，故B错误；C. 向饱和Ca(OH)2溶液中加入少量无水CaO固体，恢复原温度，还是饱和溶液，所以溶液中Ca(OH)2的物质的量浓度不变，故C正确；D. 制备氢氧化铁胶体时，当液体变为红褐色时应立即停止加热，如长时间煮沸会导致胶体聚沉，故D错误。答案选C。 3.利用太阳能分解水制H2，有2mol水分解，下列说法正确的是（  ）A. 可生成H2的质量为2gB. 可生成H2的分子数为2.408×1024个C. 可生成H2的体积为2.24L（标准状况）D. 生成H2的量理论上等于4molNa与水反应（2Na+2H2O=2NaOH+H2）产生H2的量【答案】D【解析】【分析】根据方程式2H2O＝2H2↑+O2↑，光解2 mol水，可产生2 mol H2和1 mol O2。【详解】A．可生成H2的质量为2mol×2g/mol＝4g，故A错误；B．可生成氢的分子数为2mol×6.02×1023mol-1＝1.204×1024个，故B错误；C．可生成标准状况下H2的体积为2mol×22.4L/mol＝44.8L，故C错误；D．钠与水发生2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，则4mol Na与水反应产2 molH2，故D正确。故选：D。 4.质量分数为15%的硫酸溶液18 mL，密度为1.102 g·mL-1，则其物质的量浓度最接近下列数值中的(  )A. 11.24 mol·L-1 B. 3.370 mol·L-1C. 1.687 mol·L-1 D. 22.49 mol·L-1【答案】C【解析】【详解】=1.687 mol·L-1，故选C。【点睛】本题考查物质的量浓度与质量分数的换算，侧重学生分析能力，明确c、ρ、w、M之间的关系是解本题关键，注意单位之间的换算。 5.下列溶液中的Cl－与20mL 2.0mol•L－1NaCl溶液中的Cl－物质的量浓度相等的是（）A. 8mL0.5 mol•L﹣1CuCl2溶液 B. 20mL0.4 mol•L﹣1FeCl3溶液C. 40mL 1.0 mol•L﹣1KCl 溶液 D. 10mL1.0 mol•L﹣1MgCl2溶液【答案】D【解析】【详解】20mL2mol•L-1NaCl溶液中的Cl－物质的量浓度为2mol/L。
A、8mL0.5 mol•L﹣1CuCl2溶液中Cl－物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故不选A；
B、20mL0.4 mol•L﹣1FeCl3溶液中Cl－物质的量浓度为0.4mol/L×3=1.2mol/L，故不选B；
C、40mL 1.0 mol•L﹣1KCl 溶液中Cl－物质的量浓度为1mol/L，故不选C；
D、10mL1.0 mol•L﹣1MgCl2溶液中Cl－物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L，故选D。【点睛】考查溶质物质量浓度与离子物质的量浓度的计算，明确物质的构成是解答本题的关键，注意离子的浓度与溶质的关系来解答。 6.下列叙述中正确的是 (    )A. 胶体属于纯净物B. 能与酸反应的氧化物一定是碱性氧化物C. 电离出的阳离子有H+的物质一定是酸D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物【答案】D【解析】A项，胶体属于混合物，错误；B项，能与酸反应的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3、Na2O2都能与酸反应，Al2O3属于两性氧化物，Na2O2属于过氧化物，错误；C项，电离出的阳离子全是H+的化合物叫做酸，如NaHSO4能电离出H+，但NaHSO4属于酸式盐，错误；D项，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是金属氧化物，Al2O3属于两性氧化物，正确；答案选D。 7.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）A. 标准状况下，22.4L CO与11.2L O2混合后，气体的体积约为22.4LB. 标准状况下，22.4 L CCl4所含的分子数为NAC. 300 mL 0.2 mol/L蔗糖溶液中所含分子数为0.06NAD. 14 g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中含有原子的数目为3NA【答案】D【解析】【详解】A. 常温下CO与O2不反应，标准状况下22.4L CO与11.2L O2混合后，气体的体积约为33.6L，故A错误；B、标准状况下，CCl4是液体，22.4 L CCl4的物质的量不是1mol，故B错误；C、蔗糖溶液中含有蔗糖分子、水分子，300 mL 0.2 mol/L蔗糖溶液中所含分子数大于0.06NA，故C错误；D、乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)的最简式都是CH2，14 g由乙烯(C2H4)和丙烯(C3H6)组成的混合物中含有原子的数目为3NA，故D正确。答案选D。 8.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. ③①② C. ①③② D. ②①③【答案】B【解析】【详解】氯化钠只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀，所以先加NaCl；再加入氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入的碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求，故选B。【点睛】将三种离子逐一沉淀并分离，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；熟练掌握复分解反应的实质是正确解答本题的前提。 9.把70%的硝酸溶液(ρ＝1.40g/cm3)加到等体积的水中，则稀释后硝酸溶液中溶质的质量分数为(　　)A. 等于35% B. 小于35% C. 大于35% D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】稀释前后硝酸的质量不变，而水的密度小于70% HNO3溶液的密度，等体积混合后溶液的质量小于70% HNO3溶液质量的2倍，据此判断。【详解】稀释前后溶质硝酸质量不变，水的密度小于70% HNO3溶液的密度，所以等体积混合后溶液的质量小于70% HNO3溶液质量的2倍，由混合后的质量分数═ ×100%，可知稀释后硝酸溶液中溶质的质量分数＞35%，故选C。 10.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。 11.某溶液中只含有大量的下列离子：、、和M离子，经测定、、和M离子的物质的量之比为2：5：1：1，则M离子可能是下列中的（）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol， Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol，NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol＜7mol，故M为阴离子，设离子为Mn-，则7mol=5mol+1mol×n，解得n=2，故选B。【点睛】本题考查物质的量有关计算，关键是学会利用电荷守恒的应用，即溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数。 12.除去下列物质中杂质,所用试剂和方法正确的是选项物质杂质除杂质所用试剂和方法AKCl溶液I2加热,升华BKNO3K2SO4BaCl2溶液,过滤CCuCuO稀硫酸,过滤DCaCO3CaO盐酸,过滤  A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A、碘单质易升华，因此加热可以除去氯化钾固体中的单质碘，但在溶液中不能通过升华除杂，A错误；B、硫酸钾和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钾，引入新杂质氯化钾，应该用硝酸钡，B错误；C、氧化铜与稀硫酸反应生成可溶于水的硫酸铜，过滤后可以除去铜中的氧化铜，C正确；D、碳酸钙、氢氧化钙均与盐酸反应。应该是溶于水过滤，D错误。答案选C。 13.在20g密度为dg/cm3的硝酸钙溶液里含1g Ca2+，则NO3－离子的物质的量浓度是（    ）A. mol·L－1 B. 2.5d mol·L－1 C. mol·L－1 D. 1.25d mol·L－1【答案】B【解析】【详解】1g钙离子的物质的量为=0.025mol，所以溶液中n（NO3-）=2n（Ca2+）=0.05mol，溶液的体积为，故NO3-的物质的量浓度为2.5d mol/L，故选B。 14.标准状况下，①6.72L NH3  ②1.204×1023个H2S  ③5.6g CH4  ④0.5mol HCl ，下列关系正确的是（   ）A. 体积大小：④＞③＞②＞① B. 原子数目：③＞①＞②＞④C. 密度大小：④＞②＞③＞① D. 质量大小：④＞②＞③＞①【答案】D【解析】【分析】①6.72LNH3的物质的量为=0.3mol；②1.204×1023个H2S的物质的量为0.2mol；③5.6gCH4的物质的量为=0.4mol；④0.5molHCl，据此解答。【详解】A、相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以体积大小④＞③＞①＞②，故A错误；B、①标准状况6.72LNH3中原子的物质的量为0.3mol×4=1.2mol，②1.204×1023个H2S含有的原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol；③5.6gCH4含有的原子的物质的量为0.4mol×5=2mol；④0.5molHCl含有的原子的物质的量为0.5mol×2=1mol，原子数目之比等于物质的量之比，所以原子数目③＞①＞④＞②，故B错误；C、同温同压下，密度之比等于相对分子质量之比，①NH3相对分子质量为17；②H2S相对分子质量为34；③CH4相对分子质量为16；④HCl相对分子质量为36.5，故密度大小④＞②＞①＞③，故C错误；D、①NH3的质量为17g/mol×0.3mol=5.1g；②H2S的质量为34g/mol×0.2mol=6.8g；③CH4的质量为16g/mol×0.4mol=6.4g；④HCl的质量为36.5g/mol×0.5mol=18.25g，质量大小④＞②＞③＞①，故D正确。答案选D 15.把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀。则原溶液中钾离子浓度为（   ）A. mol·L-1 B. mol·L-1C. mol·L-1 D. mol·L-1【答案】D【解析】【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42-＝BaSO4↓反应，由方程式可知n（SO42-）=n（Ba2+）=n（BaCl2）=amol，另一份加氢氧化钠溶液时发生Mg2++2OH-＝Mg（OH）2↓反应，由方程式可知每份溶液中n（Mg2+）=n（OH-）=bmol，由电荷守恒可知每份中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（SO42-），所以每份溶液中n（K+）=2amol-2×bmol=（2a-b）mol，原溶液中钾离子浓度=mol·L-1。答案选D。 16.在保证安全的前提下,学以致用是我们化学学习中一直倡导的理念。某同学欲用NaOH固体配制480 mL质量分数为25%,密度为1.2 g·cm-3的溶液,下列说法不正确的是(　　)A. 需用托盘天平称量NaOH固体的质量为144 gB. 容量瓶用蒸馏水洗净后，不必烘干就能用于配制溶液C. 定容时俯视容量瓶的刻度线,会造成所配制溶液物质的量浓度偏高D. 该溶液的物质的量浓度约为7.5 mol·L-1【答案】A【解析】【详解】A. 用NaOH固体配制480 mL质量分数为25%的溶液，需用500mL的容量瓶，NaOH固体的质量为g，故A错误；B. 因为配制溶液过程中需加水,容量瓶用蒸馏水洗净后，不必烘干就能用于配制溶液，故B正确；C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，会造成所配制溶液物质的量浓度偏高，故C正确；D.该溶液的物质的量浓度7.5 mol·L-1，故D正确。答案选A。 17.等质量的氧气和Y气体，在相同温度、相同容积的密闭容器中，氧气的压强大于Y气体，则Y可能为（    ）A. CH4 B. NO C. C2H4 D. CO2【答案】D【解析】【详解】根据阿伏伽德罗定律的推论，相同温度、相同容积的密闭容器中，压强与物质的量成正比，氧气的压强大于Y气体，则氧气的物质的量大于Y；等质量的气体物质的量与摩尔质量成反比，所以Y的摩尔质量大于32，所以Y可能为CO2，故选D。 18.在150℃时，（NH4）2CO3完全分解为NH3、H2O和CO2三种气体，则产生的该气体混合物的密度是相同条件下氢气的（    ）A. 6倍 B. 12倍 C. 24倍 D. 48倍【答案】B【解析】【详解】（NH4）2CO32NH3+H2O+CO2，所以NH3、H2O和CO2三种气体的物质的量比是2:1:1，三种气体的平均相对分子质量为24，相同条件下气体的密度比等于相对分子质量之比，混合物的密度是相同条件下氢气的倍，故选B。 二、非选择题（本题包括4道小题，共46分）19.回答下列问题。（1）下列各组物质的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种？（填序号）a、蒸馏   b、加热分解 c、结晶 d、分液   e、萃取分液   f、过滤①除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3____；②从碘水中提取碘____；③分离乙醇和水____；④分离植物油和水____；⑤除去NaCl中所含的少量KClO3；____⑥除去KCl中少量KClO3____。（2）草木灰中富含钾盐,主要成分是碳酸钾,还含有少量氯化钾和硫酸钾。现从草木灰中提取钾盐,并用实验检验其中的CO32-、SO42-、Cl-。a.从草木灰中提取钾盐的实验操作顺序如下:①称量样品,②溶解沉降,③_____,④_____,⑤冷却结晶。b.将制得的少量晶体置于试管中,加蒸馏水溶解并把溶液分成三份,分装在3支试管里。①在第一支试管里加入稀盐酸,可观察有产生____,证明溶液中含有_________。 ②在第二支试管里加入足量稀盐酸后,再加入BaCl2溶液,可观察到有_____生成,证明溶液中含有_____。 ③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液,过滤后,再向滤液中加入足量稀硝酸后,再加入AgNO3溶液,可观察到有____生成,证明溶液中含有_____。【答案】    (1). f    (2). e    (3). a    (4). d    (5). c    (6). b    (7). 过滤    (8). 蒸发    (9). 生成无色无味气体    (10). CO32-    (11). 白色沉淀    (12). SO42-    (13). 白色沉淀    (14). Cl-【解析】【详解】（1）①CaCO3难溶于水，除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3用过滤法，选f；②碘微溶于水、易溶于有机溶剂，从碘水中提取碘用萃取分液的方法，选e；③乙醇和水互溶，沸点不同，分离乙醇和水用蒸馏法，选a；④植物油和水互不相容，混合后分层，分离植物油和水用分液法，选d；⑤氯化钠的溶解度受温度影响小，KClO3溶解度受温度影响大，除去NaCl中所含的少量KClO3用浓缩结晶的方法，故选c；⑥KClO3加热分解为氯化钾和氧气，除去KCl中少量KClO3用加热分解法，选b。（2）a.草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发结晶可以获得钾盐；操作顺序是①称量样品,②溶解沉降,③过滤,④蒸发,⑤冷却结晶；b.①CO32-可与盐酸反应生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，所以在第一支试管里加入稀盐酸，看是否有生无色无味体产生来检验CO32-的存在；②硫酸根离子可以和钡离子反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，碳酸根离子会干扰硫酸根的检验，所以可以向第二支试管中加入足量盐酸后，再滴加氯化钡溶液，可观察到有白色沉淀生成，证明溶液中有SO42-；③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，除去含有的CO32-、SO42-，过滤后，再向滤液中加入足量稀硝酸后，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀氯化银，可以观察到有白色沉淀生成，证明溶液中含有Cl-。 20.某市售盐酸试剂瓶标签上的部分信息如下:盐酸化学式:HCl相对分子质量:36.5密度约1.18 g·mL-1HCl的质量分数:36.5% （1）该盐酸中HCl的物质的量浓度=_____。 （2）取该盐酸50 mL加水稀释到100 mL,则稀释后溶液中c(HCl)=____。该实验选用的主要仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、和_________。（3）该操作的正确顺序为_____(填序号)。 a.反复颠倒摇匀 b. 稀释浓盐酸c.用胶头滴管加水至刻度线 d.用量筒量取浓盐酸e.将配制好的溶液转入试剂瓶中贴上标签f.将溶液转入容量瓶（4）下列情况对所配制的稀盐酸浓度有何影响?用“偏大”“偏小”或“无影响”填写。a.所用的浓盐酸长时间放置在密封不好的容器中_____。b.用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线_____。c.洗涤量取过浓盐酸的量筒，并将洗液注入容量瓶中_____。d.定容时俯视容量瓶的刻度线_____。【答案】    (1). 11.8 mol·L－1    (2). 5.9mol·L－1    (3). 100 mL容量瓶、胶头滴管    (4). dbfcae    (5). 偏小    (6). 偏大    (7). 偏大    (8). 偏大【解析】【分析】（1）；（2）稀释前后氯化氢物质的量不变；（3）根据配制一定物质的量浓度溶液原理判断；（4）根据分析误差；【详解】（1） mol·L－1；（2）设稀释后溶液中c(HCl)=x mol·L－1，11.8 mol·L－1×0.05L=xmol·L－1×0.1L，x=5.9 mol·L－1；该实验需要定容，所以需要烧杯、量筒、玻璃棒、和100 mL容量瓶、胶头滴管。（3）根据配制溶液的步骤，该操作的正确顺序为d.用量筒量取浓盐酸、b. 稀释浓盐酸、f.将溶液转入容量瓶、c.用胶头滴管加水至刻度线、a.反复颠倒摇匀、e.将配制好的溶液转入试剂瓶中贴上标签；（4）a.所用的浓盐酸长时间放置在密封不好的容器中，氯化氢挥发，溶质减少，所配制的稀盐酸浓度偏小； b.用量筒量取浓盐酸时，仰视刻度线，浓盐酸体积偏大，溶质偏多，所配制的稀盐酸浓度偏大；c.洗涤量取过浓盐酸的量筒，并将洗液注入容量瓶中，溶质偏多，所配制的稀盐酸浓度偏大；d.定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，所配制的稀盐酸浓度偏大。【点睛】注意掌握物质的量浓度与质量分数的换算公式，明确c、ρ、w、M之间的关系是解本题关键，注意单位之间的换算；注意溶液稀释过程中溶质物质的量守恒。 21.回答下列问题。（1）现有下列10种物质：①纯碱 ②Mn2O7 ③硫酸 ④CaO ⑤CO2 ⑥小苏打 ⑦K2SO3 ⑧SO2 ⑨Na2O2 ⑩CO。其中属于正盐的是__________；属于酸性氧化物的是_________。（2）实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为___________________,取少量Fe(OH)3胶体于试管中，逐滴加入硫酸至过量，可看到的现象是___________________。将橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体，装入U形管，插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，证明Sb2S3胶粒带____(填“正”或“负”)电荷。【答案】    (1). ①⑦    (2). ②⑤⑧    (3). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl    (4). 先有沉淀生成后沉淀消失    (5). 负【解析】【分析】（1）正盐是酸中的氢完全被氢氧根离子中和得到的盐；凡是与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物。（2）向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈透明红褐色，即得到氢氧化铁胶体；向胶体中加入电解质溶液发生聚沉现象，氢氧化铁沉淀能溶于过量硫酸；胶体能发生电泳。【详解】（1）①纯碱是碳酸钠，是碳酸中的氢完全被氢氧化钠中和的产物，属于正盐；②Mn2O7是酸性氧化物；③硫酸属于酸；④CaO能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；⑤CO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；⑥小苏打是碳酸氢钠，是碳酸中的氢部分被氢氧化钠中和的产物，属于酸式盐；⑦K2SO3是亚硫酸中的氢完全被氢氧化钾中和的产物，属于正盐；⑧SO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；⑨Na2O2属于过氧化物；⑩CO不能与酸反应、也不能与碱反应，属于不成盐氧化物；则属于正盐的是①纯碱、⑦K2SO3；属于酸性氧化物的是②Mn2O7、⑤CO2、⑧SO2；（2）向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈透明红褐色，即得到氢氧化铁胶体，反应方程式是FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；向胶体中加入电解质溶液发生聚沉现象，氢氧化铁沉淀能溶于过量硫酸，取少量Fe(OH)3胶体于试管中，逐滴加入硫酸至过量，可看到的现象是先有沉淀生成后沉淀消失；将橘红色的硫化锑(Sb2S3)胶体，装入U形管，插入电极后通直流电，发现阳极附近橘红色加深，证明Sb2S3胶粒带负电荷。 22.请根据物质的量相关计算填空：（1）在标准状况下，1.6 g 某氧化物RO3体积为0.448L，则R的相对原子量为________。（2）已知Wg气体A含有a个分子，那么在标准状况下，bg气体A所占的体积是________。（其中阿伏加德罗常数用NA表示）（3）标准状况下，密度为0.75g/L的NH3与CH4组成的混合气体中，NH3的体积分数为________。（4）VmLAl2(SO4)3溶液中含Al3+ ag，取V/5 mL溶液稀释到VmL，则稀释后溶液中的SO42－的物质的量浓度是______________ 。（5）10 mL 0.1 mol·L－1 BaCl2溶液恰好能分别使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的SO42－完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是____________。【答案】    (1). 32    (2).     (3). 80%    (4).     (5). 1:3【解析】【分析】（1）根据n＝计算RO3的相对分子质量；（2）根据计算A的相对分子质量，再根据计算bg气体A在标准状况下所占的体积；（3）标准状况下，密度为0.75g/L的NH3与CH4，平均摩尔质量是0.75g/L×22.4L/mol=16.8g/mol；（4）VmLAl2(SO4)3溶液，取V/5 mL溶液稀释到VmL，浓度变为原来的；（5）根据Ba2++SO42-＝BaSO4↓，相同的Ba2+恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，由硫酸根离子的物质的量确定硫酸盐的物质的量，体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比。【详解】（1）根据能n＝，M=80g/mol，R的相对原子量为80-16×3=32；（2）Wg气体A含有a个分子，，M=g/mol，bg气体A的物质的量是，标准状况下的体积是。（3）标准状况下，密度为0.75g/L的NH3与CH4组成的混合气体，平均相对分子质量是16.8，设混合气体中NH3与CH4分别有xmol、ymol，则，x=4y，NH3的体积分数为80%；（4）agAl3+的物质的量为，Al3+的浓度是，根据Al2(SO4)3～2Al3+～3SO42-，SO42-的浓度是，取V/5 mL溶液稀释到VmL，浓度变为原来的，稀释后SO42-的浓度是；（5）由相同的Ba2+恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，根据Ba2++SO42-＝BaSO4↓可知硫酸盐溶液中硫酸根的物质的量相等，则SO42－～1/3Fe2(SO4)3～CuSO41                 1体积相同溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比，则两种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比为：1=1：3。