甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题


化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Se-79 Ag-108 Ba-137
一、选择题
1.如下图所示的实验操作中正确的是( )

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.为了防止药品污染或腐蚀托盘，不能直接放在托盘上，托盘天平的精确度不能称量出10.05g固体，图中操作错误，故A错误；
B.量取9.5mL液体，应选与它量程最近的量筒：10mL的量筒，图中操作错误，故B错误；
C.蒸发过程中必须用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高而使液体飞溅，图中操作正确，故C正确；
D.过滤时要用到玻璃棒，玻璃棒靠在三层滤纸上，使待滤液沿玻璃棒缓慢流入漏斗中，图中无玻璃棒，故D错误。
故选C。
2.电解质和非电解质是对化合物的一种分类。下列关于电解质的说法正确的是
A. 液态HCl不导电，所以HCl不是电解质
B. NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质
C. SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质
D. BaSO4在水溶液中难导电，但熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质
【答案】D
【解析】
试题分析：A．液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，故A错误；B．NH3溶于水形成的溶液能导电，但氨气自身不能电离，故NH3是非电解质，故B错误；C. 无论电解质，还是非电解质，都是指化合物，Cl2是单质，故既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．BaSO4在熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质，故D正确；答案为D。
【考点定位】考查电解质、非电解质概念的辨析
【名师点晴】本题解答关键是对下列概念的熟悉及理解程度，电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物．解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。正确理解是解题的前提。
3.下列叙述错误的是(　　)
①摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一； ②1 mol任何物质都含有约6.02×1023个原子；③6.02×1023就是阿伏加德罗常数；④氢原子的摩尔质量是1 g；⑤HCl的摩尔质量等于1 mol HCl分子的质量；⑥1 mol CO2中含有1 mol碳和2 mol氧。
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③④⑥ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①中，摩尔不是物理量，是物质的量的单位，错误；
②中，1mol任何物质都含有约6.02×1023个结构粒子，不一定是原子，错误；
③中，阿伏加德罗常数是精确值，而6.02×1023mol－1为近似值，错误；
④中，H的摩尔质量为1g·mol－1，错误；
⑤中，摩尔质量与质量的单位不同，错误；
⑥中，1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误；符合题意的选项为D；
综上所述，本题选D。
【点睛】构成物质的微粒种类很多，主要有分子、原子、离子等等，因此1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒，近似为6.02×1023个微粒。
4.下列各组混合物的分离或提纯方法不正确的是(　　)
A. 用溶解、过滤的方法除去CaO中的CaCO3杂质
B. 用结晶法提纯NaCl和KNO3混合物中的KNO3
C. 用蒸馏法分离乙醇(沸点为78 ℃)和乙酸(沸点为118 ℃)的混合物
D. 用萃取和分液的方法可以分离碘和水的混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸钙不溶于水，溶解后CaO转化为氢氧化钙，不能除杂，应高温加热分解除杂，故A错误；
B. NaCl和KNO3的溶解度受温度影响不同，则用结晶法提纯NaCl和KNO3混合物中的KNO3，故B正确；
C. 乙醇和乙酸互溶，但沸点不同，则应选蒸馏法分离，故C正确；
D. 碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取、分液分离碘和水，故D正确；
答案选A。
【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。
5.在相同的温度和压强下，二氧化碳和笑气（N2O）的体积相同，则下列一定相同的是
①分子数 ②原子数 ③密度 ④质量 ⑤物质的量
A. 只有①⑤ B. 只有①②④⑤ C. 只有②③④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：在相同的温度和压强下，气体摩尔体积相同，二氧化碳和笑气（化学式为N2O）的体积相同，则两种气体的物质的量相同。①根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，故正确；②两种气体的分子数相同且每个分子中含有原子数相同，所以含有的原子总数相同，故正确；③根据ρ=M/Vm知，气体摩尔体积相同，且相对分子质量相同，所以其密度相同，故正确；④根据m=nM知，两种气体的摩尔质量相同且物质的量相同，所以质量相同，故正确；⑤在相同的温度和压强下，气体摩尔体积相同，二氧化碳和笑气（化学式为N2O）的体积相同，则两种气体的物质的量相同，故正确；答案选D。
【考点定位】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论
【名师点晴】熟悉基本公式是解本题的关键，注意有关气体体积的计算要考虑温度和压强。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=ρ1/ρ2。
6.下列有关说法正确的是(　　)
A. 溶液和胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应
B. 含0.1 mol FeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子为0.1 mol
C. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液
D. 可通过观察液体是否澄清透明来区别溶液和胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 丁达尔现象是胶体的性质，是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，并不是本质区别，溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故A错误；
B. 胶体粒子是大量氢氧化铁的聚集体，所以含0.1molFeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子小于0.1mol，故B错误；
C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在10−9∼10−7m之间，溶液的粒子直径小于10−9m，浊液的粒子直径大于10−7m，分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液，故C正确；
D. 有的胶体也是澄清透明的，可以根据能否发生丁达尔效应来区别溶液和胶体，故D错误；
答案选C。
【点睛】胶体的性质中发生丁达尔效应是因为分散质粒子直径的大小10−9∼10−7m。
7.下列说法不正确的是
A. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积
B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子
C. 1 mol O2中含有1.204×1024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 L
D. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍
【答案】A
【解析】
【详解】A.同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；
B.由阿伏加德罗定律知，B项正确；
C.标准状况下1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为2×6.02×1023＝1.204×1024，C项正确；
D.0.2 g H2、8.8 g CO2、5.6 g CO的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol，该混合气体的总质量为14.6 g，总物质的量为0.5 mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2 g·mol－1，氧气的摩尔质量为32 g·mol－1，两者的相对密度为29.5÷32≈0.913，D项正确。
答案选A。
8.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，1．06g Na2CO3含有的Na+离子数目为0．02 NA
B. 常温常压下，2NA个CO2分子占有的体积为44．8L
C. 标准状况下，22．4LH2O含有的分子数为 NA
D. 物质的量浓度为0．5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 NA
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据微粒数N=nNA=NA=×2NA=0．02NA，A正确；B、气体摩尔体积22．4L/mol，必须使用于标况下的气体，而不是通常状况下的气体，B错误；C、标况下水不是气态，不能使用N=nNA=NA计算，C错误；D、根据微粒数N=nNA=cVNA，须知道溶液体积才能计算，D错误。
考点：考查了物质的量的相关知识。
9. 标准状况下，ag气体A和bg气体B的分子数相同，下列说法不正确的是
A. 气体A和B的相对分子质量之比为 a:b
B. 同质量气体A和B所含分子数目之比为b:a
C. 标准状况下，气体A和B的密度之比为b:a
D. 相同条件下，等体积的气体A和B的质量之比为a:b
【答案】C
【解析】
试题分析：ag气体A和bg气体B的分子数相同，则它们的物质的量相等，有关系式：a/M1=b/M2，M1/M2=a/b，A对；根据公式N=n×NA=mNA/M 知道质量相同，分子数与摩尔质量成反比，故B对；ρ=m/V,A、B的分子数相等，则体积相等，密度之比等于质量之比，C错，选C。
考点：有关物质的量公式的转换。
10.已知某溶液中c(Na+)=0.2 mol·L-1，c(Mg2+)=0.25 mol·L-1，c(Cl-)=0.4 mol·L-1，如果溶液中还有，那么c()应为(　　)
A. 0.1 mol·L-1 B. 0.3 mol·L-1 C. 0.15 mol·L-1 D. 0.5 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】设SO42−物质的量浓度为cmol/L，则根据电荷守恒：0.2mol/L×1+0.25mol/L×2=0.4mol×1+2cmol/L，解得c=0.15mol/L，
答案选C。
【点睛】考察电荷守恒的应用，需注意离子所带电荷的多少,阳离子所带正电荷数等于阴离子所带负电荷数。
11.下列配制的溶液浓度偏高的是（ ）
A. 配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线
B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线
C. 称量4.0gNaOH配制0.1 mol·L－1NaOH溶液1000mL时，砝码错放在左盘
D. NaOH溶解后未经冷却立即注入容量瓶至刻度线
【答案】D
【解析】
【详解】A、配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，会导致所量取的弄盐酸的体积偏小，则配制出的溶液的浓度偏低，故A不选；
B、定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故B不选；
C、砝码错放在左盘，会导致称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故C不选；
D、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故D选；
答案选D。
12.现有一瓶由两种液态有机物乙二醇和丙三醇(甘油)组成的混合液。根据下表性质判定，将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是(　　)
物质
熔点/℃
沸点/℃
溶解性
乙二醇
－11.5
198
易溶于水和乙醇
丙三醇
17.9
290
能跟水、乙醇以任意比互溶


A. 分液法 B. 结晶法 C. 蒸馏法 D. 过滤法
【答案】C
【解析】
【详解】根据乙二醇和丙三醇的物理性质，乙二醇易溶于水和乙醇，丙三醇能跟水、乙醇以任意比互溶，不能用分液法和过滤法，它们的沸点相差比较大，可以采用蒸馏法分离，
答案选C。
【点睛】蒸馏是分离沸点相差比较大的液态混合物。
13.0.1L某溶液中含有0.1molKCl和0.1mol CaCl2，此溶液中Cl－的物质的量浓度为
A. 3mol/L B. 0.2mol/L C. 0.3mol/L D. 0.1mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】0.1L某溶液含有0.1mol KCl和0.1mol CaCl2，此溶液中Cl﹣的物质的量是0.1mol+0.1mol×2＝0.3mol，所以氯离子的物质的量浓度是0.3mol÷0.1L＝3mol/L，答案选A。
14.已知反应：KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O，据此判断下列说法正确的是
A. 反应生成物都属于电解质 B. HCl全部发生氧化反应
C. 该反应表明氧化性KClO3比Cl2强 D. 1mol KClO3在反应中得到6mole－
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应生成物中氯气是单质，不属于电解质 ，错误；B．HCl在该反应中的作用是还原剂、和酸性，因此部分发生氧化反应，错误；C．反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以该反应表明氧化性KClO3比Cl2强，正确；D．1mol KClO3在反应中得到5mole－，错误。
考点：考查氧化还原反应的知识。
15. 下列离子方程式中书写正确的是(　　)
A. 铁和稀硫酸反应： 2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑
B. 碳酸钙和稀盐酸反应： CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C. 铜和硝酸银溶液反应： Cu＋Ag＋===Cu2＋＋Ag
D. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应： Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
【答案】B
【解析】

16.某无色溶液既可能是强酸性又可能是强碱性，在该溶液中一定能大量共存的离子是(　　)
A. H＋、Na＋、、 B. Na＋、、Al3＋、Cl－
C. K＋、Na＋、Cl－、 D. K＋、Cl－、Ba2＋、
【答案】C
【解析】
【详解】A. MnO4—为紫色，与无色不符，故A错误；
B. 酸溶液中不能大量存在CO32−，碱溶液中不能大量存在Al3+；CO32−、Al3+相互促进水解，一定不能大量共存，故B错误；
C. 酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；
D. 酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3−，故D错误；
答案选C。
17.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. 氢氧化钠与盐酸，；氢氧化钠与碳酸
B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液
C. Na2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液
D. 石灰石与硝酸反应；石灰石与盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A、盐酸是强酸，要拆成离子，离子方程式为H++OH-=H2O；碳酸是弱酸，保留化学式，离子方程式为：H2CO3+2OH-=H2O+CO32-,所以离子方程式不同，故A不符合题意；
B、氯化钡溶液与硫酸钠溶液、氢氧化钡溶液与稀硫酸，离子方程式分别Ba2++SO42-=BaSO4↓、Ba2++SO42-+2OH-+2H+=BaSO4↓+2H2O，所以离子方程式不同，故B不符合题意；
C、碳酸钠溶液与硝酸、碳酸钙与硝酸，离子方程式分别为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，所以离子方程式不同，故C不符合题意；
D、石灰石与硝酸或盐酸都生成可溶性盐，离子方程式均为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】明确物质的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。
18.常温下，在下列各组指定溶液中一定不能大量共存的离子组的个数是（ ）
①强酸性溶液中：Mg2+、K+、、
②强碱性溶液中：Na+、Ba2+、、
③在无色溶液中：H+、K+、、F-
④0.1mol/LBa(NO3)2溶液：Mg2+、K+、、Cl－
⑤无色透明溶液中：、K+、Cl-、
⑥无色透明的碱性溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、
A. 一个 B. 两个 C. 三个 D. 四个
【答案】C
【解析】
【详解】①强酸性溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度：Mg2+、K+、SO42-、NO3-四种离子之间不反应，和氢离子之间也不反应，可以大量共存，故①不符合题意；
②强碱性溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度：Na+、Ba2+、HCO3-、NO3-中，HCO3-与OH-反应生成CO32-，不能大量共存，故②符合题意；
③在无色溶液中：H+、K+、SO42-、F-中，F-与H+生成氢氟酸，不能大量共存，故③符合题意；
④0.1mol/LBa(NO3)2溶液：Mg2+、K+、SO42-、Cl－中，Ba2+与SO42 –会生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故④符合题意；
⑤无色透明溶液中：SO42-、K+、Cl-、NO3-离子间不发生反应，可以大量共存，故⑤不符合题意；
⑥无色透明的碱性溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-离子间不发生化学反应，可以大量共存，故⑥不符合题意；
②③④符合题意，C可选；
答案选C。
【点睛】离子在溶液中能大量共存的条件是不发生化学反应。
19.在反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则下列说法正确的是（　　）
①元素X被氧化②元素Y被氧化③元素X发生还原反应　④元素Y发生还原反应．
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则X失去电子，Y得到电子，则X被氧化，发生氧化反应，①正确，③错误；Y被还原，发生还原反应，②错误，④正确；
故选D。
20.下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑
B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：
C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：
D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
【答案】B
【解析】
【详解】A.电荷不守恒，应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A项错误；
B. 电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子方程式为：B项正确；
C.配比错误，应为：，C项错误；
D.漏了和之间的反应，应为：，D项错误。
答案选B。
21. 下列说法错误的是
A. 从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10ml，其浓度仍是1mol/L
B. 制成0．5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）
C. 0．5 L 2mol/L的氯化钡溶液中，钡离子和氯离子总物质的量为3mol
D. 10g98%硫酸（密度为1．84g/cm3）与10mL18．4mol/L硫酸的浓度是不同的
【答案】D
【解析】
试题分析：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c="1000ρw" /98 =1000×1．84×98% /98mol/L=18．4mol/L与后者浓度相同，故D错误。
考点：物质的量浓度
22.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是
A. 3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3
B. Cl2+FeI2FeCl2+I2
C. Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D. 2Fe3++2I−2Fe2++I2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中，“强制弱”和“先强后弱”规律判断。
【详解】Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，则Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强；
A、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，选项A错误；
B、因为氧化性FeCl3＞I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，选项B正确；
C、因为氧化性Co2O3＞Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O能发生，选项C正确；
D、因为氧化性FeCl3＞I2，所以2Fe3++2I-=2Fe2++I2能发生，选项D正确；
答案选A。
【点睛】本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，难度不大。
23.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为+3
D. AlN的摩尔质量为41g
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应红氮气中元素化合价降低，做氧化剂，氧化铝没有变价，故错误；
B.每生成一个氮化铝转移3个电子，故正确；
C.氯化铝中的氮元素化合价为-3，故错误；
D. AlN的摩尔质量为41g/mol，故错误。
故选B。
24.常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br− ②2Br−+Cl2＝Br2+2Cl−③2Fe3++2I−=2Fe2++I2。由此判断下列说法错误的是（ ）
A. 铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化
B. 反应②中当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br−被氧化
C. 氧化性强弱顺序为：Cl2 > Br2 > Fe3+ > I2
D. 还原性强弱顺序为：I− > Fe2+ > Br− > Cl−
【答案】A
【解析】
【详解】A. ①2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br−中铁元素的化合价升高失电子被氧化，③2Fe3++2I−=2Fe2++I2中铁元素的化合价降低得电子被还原，故A错误；
B. ②2Br−+Cl2＝Br2+2Cl−中氯气和溴离子的物质的量之比是1:2，所以该反应中当有1molCl2被还原时，有2molBr−被氧化，故B正确；
C. ①2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br−中氧化性Br2>Fe3+，②2Br−+Cl2＝Br2+2Cl−中氧化性Cl2>Br2，③2Fe3++2I−=2Fe2++I2中氧化性Fe3+>I2，所以氧化性大小顺序为：Cl2>Br2>Fe3+>I2，故C正确；
D. ①2Fe2++Br2＝2Fe3++2Br−中还原性Fe2+>Br−，②2Br−+Cl2＝Br2+2Cl−中的还原性Br−>Cl−，③2Fe3++2I−=2Fe2++I2中的还原性I−>Fe2+，所以还原性大小顺序为：I−>Fe2+>Br−>Cl−，故D正确；
答案选A。
25.密度为d g/mL 的溶液V mL，含有摩尔质量 Mg/mol 的溶质 mg，其物质的量浓度为c mol/L，质量分数为W%，下列表示式不正确的是
A. c=1000m/VM B. m=d∙V∙W/100 C. d=cM/10W D. W%=(cM/1000d)%
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 根据n=m/M计算溶质的物质的量,再根据c=n/V计算判断；
B. 根据m(溶质)=m(溶液)×ω（溶质）进行计算；

C. 根据c=1000ρω/M进行计算；
D. 根据c=1000ρω/M进行计算。
【详解】A. mg溶质的物质的量=m/Mmol,根据c=n/V可知，c=[m/M]/[V×10-3]=1000m/VM ，A正确；
B. 根据m(溶质)=m(溶液)×ω（溶质）可以知道, m(溶质)= V×d×w%= d∙V∙W/100，B正确；
C. 根据c=1000ρω/M可以知道, d=cM/1000ω=cM/(1000×w%)=cM/10W，C正确；
D. 根据c=1000ρω/M可以知道, W%=cM/1000d，D错误；
综上所述，本题选D。
二、非选择题
26.（1）标准状况下：① 0.3mol氨气 ②6.02×1022个CO2分子 ③7.3gHCl ④ 0.2molCH4 。其中体积最大的是______；密度最大的是_____；质量最大的是_____。（填序号）
（2）相同质量的SO2与SO3，其物质的量之比为_________，氧元素的质量之比为_________，原子总数之比为____________。
（3）100mL 1 mol·L-1Al2(SO4)3溶液中含SO42-离子______个，含Al3+离子______mol。
【答案】 (1). ① (2). ② (3). ③ (4). 5：4 (5). 5：6 (6). 15：16 (7). 1.806×1023 (或0.3NA) (8). 0.2；
【解析】
【分析】
（1）根据n=计算CO2分子的物质的量，根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算氨气、二氧化碳、甲烷的质量，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，据此判断体积大小；相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，据此判断密度大小；根据计算的氨气、二氧化碳、甲烷的质量，据此判断质量大小；

（2）根据n=可知，相同质量的SO2与SO3，其物质的量之比与摩尔质量成反比，根据SO2与SO3分子中含有O原子数目，结合SO2与SO3的物质的量之比，利用m=nM计算判断氧元素的质量之比等于氧原子数目之比；根据SO2与SO3分子中含有原子数目，结合SO2与SO3的物质的量之比，判断原子的物质的量之比；
（3）1molAl2(SO4)3中含铝离子2mol，硫酸根离子的物质的量为3mol，则100mL 1 mol·L-1Al2(SO4)3溶液中的物质的量为0.1L×1 mol·L-1=0.1mol，则得到SO42-离子个数，含Al3+离子的物质的量。
【详解】（1）①0.3mol氨气，质量为0.3mol×17g/mol=5.1g，②6.02×1022个CO2分子，物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×44g/mol=4.4g， ③7.3gHCl，其物质的量为=0.2mol， ④0.2molCH4，质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故体积最大的是：①0.3mol氨气；相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，CO2的相对分子质量最大，故密度最大的是：②CO2分子；由上述计算可知，质量最大的是：③7.3gHCl，
故答案为：①；②；③；
（2）根据n=可知，物质的量之比与摩尔质量成反比，故相同质量的SO2与SO3的物质的量之比为80g/mol：64g/mol=5：4，相同质量SO2与SO3分子中含有的氧元素的质量之比为(5×2)：(4×3)=5：6，相同质量SO2与SO3分子中含有原子数目之比为(5×3)：(4×4)=15：16，
故答案为：5：4；5：6；15：16。
（3）1molAl2(SO4)3中含铝离子2mol，硫酸根离子的物质的量为3mol，则100mL 1 mol·L-1Al2(SO4)3溶液中的物质的量为0.1L×1 mol·L-1=0.1mol，则得到SO42-离子个数为0.1×3NA=0.3 NA，含Al3+离子的物质的量0.1mol×2=0.2mol，
故答案为：1.806×1023 (或0.3NA)；0.2。
27.I.下面是几种实验中常用的仪器：




A
B
C
D



写出序号所代表的仪器的名称：B___________；C___________；D___________。
II.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据，回答下列问题：

（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为__________mol·L-1。
（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_____________。
A．溶液中HCl的物质的量 B．溶液的浓度
C．溶液中Cl-的数目 D．溶液的密度
（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____________
A．使用容量瓶前检验是否漏水
B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1～2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。
（4）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制490 mL物质的量浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸。
①该学生需要量取________mL上述浓盐酸进行配制。（保留小数点后1位）
②在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响(在横线上填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
a．用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面。________________
b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。________________
③该同学取他所配制的0.400 mol·L-1的盐酸去中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液，结果发现所取盐酸的体积比所计算的25mL要小，则可能的原因是________
A．浓盐酸挥发，浓度不足
B．配制溶液时，未洗涤烧杯
C．配制溶液时，俯视容量瓶刻度线
D．加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出


（5）实验过程中用到蒸馏水。如右图为实验室制取蒸馏水的装置示意图。请改正图中的两处明显的错误：________________；________________。实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片，其作用是__________。
【答案】 (1). 1000ml容量瓶 (2). 冷凝管 (3). 分液漏斗 (4). 11.9 (5). B、D (6). B、C、D (7). 16.8mL (8). 偏大 (9). 偏小 (10). C (11). 温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处 (12). 冷凝器应为下口进水，上口出水 (13). 防止暴沸
【解析】
【分析】
I.仪器的名称为 1000mL容量瓶，冷凝管 ，分液漏斗；

II.（1）根据c=计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；
（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；
（3）A．根据容量瓶的使用方法；
B．根据容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，待配液中含有溶质；
C．根据容量瓶不能直接用来溶解固体；
D．根据容量瓶不能直接用来稀释溶液；
E．根据定容后，需将溶液摇匀；
（4）①根据溶液稀释定律前后所含溶质的物质的量不变计算；
②分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析；
③根据关系式：HCl～NaOH计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，逐项分析即可；
（5）实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用。
【详解】I.仪器的名称B为1000mL容量瓶，C为冷凝管 ，D为分液漏斗，
故答案为：1000mL容量瓶；冷凝管；分液漏斗；
II. (1)质量分数36.5%，密度为1.19g/mL的盐酸的物质的量浓度===11.9mol/L，
故答案为：11.9；
(2)A.溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，故A不符合题意；
B. 溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B符合题意；
C. 溶液中Cl−的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，故C不符合题意；
D. 溶液的密度与溶液的体积无关，故D符合题意；
故答案选BD；
(3)A.配制溶液时要摇匀，应检验容量瓶是否漏液，故A正确；
B. 容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会引起溶质的物质的量偏多，则所配溶液浓度偏大，故B错误；
C. 容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故C错误；
D. 容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液，故D错误；
E. 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确；
故选：BCD；
(4)①配制490mL物质的量浓度为0.400mol⋅L−1的稀盐酸，应选择500mL容量瓶，设需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可得：11.9mol/L×VmL=0.4mol/L×500mL，解得V=16.8mL；
故答案为：16.8 mL；
②a．用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面，导致量取的氯化氢的物质的量偏大，溶液浓度偏大，
故答案为：偏大；
b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。导致溶液的体积偏大，故浓度偏小，
故答案为：偏小；
③由关系式：HCl∼NaOH可知：n(HCl)=n(NaOH)==0.01mol，V(HCl)==0.025L=25mL，消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，
a、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，故a不符合题意；
b、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，故b不符合题意；
c、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，故c符合题意；
d、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，故d不符合题意；
故答案为：c；
（5）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近；冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；蒸馏时烧瓶内要加沸石，目的是防止暴沸，
故答案为：温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管处；冷凝器应为下口进水，上口出水；防止暴沸。
28.I. 已知4℃时四种化合物在水中和液氨中的溶解度如下表：

AgNO3
Ba(NO3)2
AgCl
BaCl2
H2O(液)
170g
9.2g
1.5×10-4g
33. 3g
NH3(液)
86g
97.2g
0.8g
0g

上述四种物质在水中形成复分解反应离子方程式为_____________________，在液氨中形成复分解反应的化学方程式为______________________________。
II. 现有下列十种物质：①H2 ②铝 ③CaO ④CO2 ⑤H2SO4 ⑥Ba(OH)2 ⑦ 红褐色氢氧化铁液体 ⑧氨水 ⑨稀硝酸 ⑩Al2(SO4)3
（1）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+＋OH－H2O，该离子反应对应的化学方程式为 _____________________________________________
（2）⑩在水中的电离方程式为 ____________________________________
（3）少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为_____________________________
过量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为_______________________________
（4）⑥与过量碳酸氢钠溶液反应离子方程式：_________________________________
（5）②与⑨发生反应的化学方程式为：Al + 4HNO3 = Al(NO3)3 + NO↑ + 2H2O，
用双线桥标明电子转移的方向和数目__________________________________________，
当有5.4g Al发生反应时，转移电子的数目为 ____________ 。
【答案】 (1). Ag++Cl-=AgCl↓ (2). Ba(NO3)2+2AgCl= BaCl2↓+2AgNO3 (3). Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O (4). Al2(SO4)3= 2Al3++3SO42- (5). Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O (6). CO2 + OH-=HCO3- (7). Ba2++2OH-+2HCO3- =2H2O + BaCO3↓+CO32- (8). (9). 0.6NA或3.612×1023
【解析】
【分析】
I.由溶解度表可知，在水中AgCl不溶于水，在液氨中氯化钡不溶，则水中硝酸银与氯化钡发生复分解反应；液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应。上述四种物质在水中形成复分解反应的离子有Ag+和Cl-，则离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应,反应的离子方程式为：Ba(NO3)+2AgCl=2AgNO3+BaCl2↓；

II.水中因为氯化银的溶解度最小，所以氯离子与银离子生成氯化银，在液氨中因为氯化钡溶解度最小所以应生成更难溶的氯化钡。离子反应的条件之一由难溶的转变为更难溶的。
（1）H++OH-═H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐与水的离子反应；
（2）Al2(SO4)3为强电解质，水溶液中完全电离；
（3）少量二氧化碳生成碳酸钡和水，过量二氧化碳生成碳酸氢钡；
（4）⑥与过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水；
（5）Al元素的化合价由0升高为+3价，以此计算转移电子数。
【详解】I.由溶解度表可知，在水中AgCl不溶于水，在液氨中氯化钡不溶，则水中硝酸银与氯化钡发生复分解反应；液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应。上述四种物质在水中形成复分解反应的离子有Ag+和Cl-，则离子方程式为Ag++Cl-=AgCl↓，液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应,反应的离子方程式为：Ba(NO3)+2AgCl=2AgNO3+BaCl2↓，
故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；Ba(NO3)2+2AgCl= BaCl2↓+2AgNO3；
II. (1)上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H++OH−=H2O，说明是强酸强碱反应生成溶于水的盐的离子反应，氢氧化钡和稀硝酸反应符合，该离子反应对应的化学方程式为Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；
故答案为：Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；
(2)Al2(SO4)3属于盐是强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3= 2Al3++3SO42-，
故答案为：Al2(SO4)3= 2Al3++3SO42-；
(3)少量的④通入⑥的溶液中反应，是二氧化碳通入氢氧化钡溶液中反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O过量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为CO2 + OH-=HCO3-，
故答案为：Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O；CO2 + OH-=HCO3-；
(4)⑥与过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，离子反应为Ba2++2OH-+2HCO3- =2H2O + BaCO3↓+CO32-，
故答案为：Ba2++2OH-+2HCO3- =2H2O + BaCO3↓+CO32- ；
(5)②与⑨发生反应的化学方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，双线桥法表示为，当有5.4g Al物质的量==0.2mol，电子转移为0.2mol×(3−0)=0.6mol，电子数为0.6NA或3.612×1023，
故答案为：；0.6NA或3.612×1023。
【点睛】二氧化碳属于酸性氧化物，能够与碱反应，当少量二氧化碳与氢氧化钙反应时，生成碳酸钙和水；当二氧化碳过量时，生成碳酸氢钙。规律：当二氧化碳少量时，与碱反应生成正盐，当二氧化碳过量时，与碱反应生成酸式盐。
29.二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：
（1）Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1。写出Se和浓HNO3的反应方程式_______________________________________。
（2）已知：Se＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋SeO2＋2H2O
2SO2＋SeO2＋2H2OSe＋2SO42－＋4H＋
SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_________________________。
（3）回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O（未配平） ②I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI
实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗0.2000 mol·L－1的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为__________。
【答案】 (1). Se＋2HNO3(浓)=H2SeO3＋NO↑＋NO2↑或Se＋2HNO3(浓)= SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O (2). H2SO4(浓)> SeO2> SO2 (3). 92.5%或0.925
【解析】
【分析】
（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1可得方程式；

（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，而还原剂的还原性强于还原产物的；
（3）根据反应的方程式可知，SeO2～2I2～4Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数。
【详解】（1）利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=1，故反应方程式为Se＋2HNO3(浓)=H2SeO3＋NO↑＋NO2↑或Se＋2HNO3(浓)= SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O，
故答案为：Se＋2HNO3(浓)=H2SeO3＋NO↑＋NO2↑或Se＋2HNO3(浓)= SeO2＋NO↑＋NO2↑＋H2O；
（2）在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应的方程式可知，SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2；
故答案为：H2SO4(浓)＞SeO2＞SO2；
（3）根据反应的方程式可知SeO2～2I2～4Na2S2O3，消耗的n(Na2S2O3)=0.2000 mol/L×0.025L=0.005mol，根据关系式计算样品中n(SeO2)=0.005mol×=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol×111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数==92.5%；
故答案为：92.5%或0.925。