福建省泉州市永春华侨中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

福建省泉州市永春华侨中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

www.ks5u.com ‎2018-2019学年永春侨中高一第一次月考试题 化学 相对原子量：H 1 C12 O 16 N14 Cl 35.5‎ 一、选择题(本题包括22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.中华传统文化博大精深，下列古诗中不涉及化学变化的是( )‎ A. 梅须逊雪三分白，雪却输梅一段香 B. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 C. 爝火燃回春浩浩，洪炉照破夜沉沉 D. 千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断。‎ ‎【详解】A、梅须逊雪三分白，雪却输梅一段香的意思是梅花须逊让雪花三分晶莹洁白，雪花却输给梅花一段清香（即梅不如雪白，雪没有梅香），无新物质生成，属于物理变化，符合题意；B、爆竹爆炸过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，不符合题意；C、煤炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，不符合题意；D、高温煅烧石灰石过程中有新物质氧化钙等生成，属于化学变化，不符合题意。答案选A。‎ ‎2.下列物质的分类合理的是( )‎ A. 酸性氧化物：CO2、NO、SO2、H2O B. 碱性氧化物：Na2O、CaO、Mn2O7、Na2O2‎ C. 碱：NaOH、KOH、Ba(OH)2、NH3·H2O D. 铵盐：NH4Cl、NH4NO3、 (NH4)2SO4、CO (NH2)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2、SO2是酸性氧化物；H2O、NO是不成盐氧化物，故A错误；B、Na2O、CaO是碱性氧化物，Mn2O7是酸性氧化物，Na2O2是过氧化物，故B错误；C、NaOH、KOH、Ba(OH)2、NH3•H2O在溶液中电离出来的阴离子全部是氢氧根离子，符合碱的概念，故C正确；D、NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2SO4是铵盐；CO(NH2)2是尿素属于有机化合物，故D错误；故选C。‎ ‎3.下列物质能导电且属于电解质的是( )‎ A. 铜丝 B. 熔融的氯化钠 C. 氨水 D. 蔗糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜丝能导电，属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．熔融的氯化钠能导电，由于能完全电离而导电，故为电解质，且为强电解质，故B正确；C．氨水属于能导电的混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查电解质与非电解质，理解概念是解答的关键。本题的易错点为C，要注意电解质导电的条件是溶于水或在熔化状态下的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎4.判断下列有关化学基本概念的依据正确的是( )‎ A. 酸：在水溶液里电离出阳离子全部为H+的化合物 B. 纯净物与混合物：是否仅含有一种元素 C. 电解质与非电解质：辨别依据是水溶液是否导电 D. 溶液与胶体：本质区别是能否发生丁达尔效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水溶液中电离出的阳离子全部为H+的化合物为酸，故A正确；B、纯净物：只由一种物质组成的称为纯净物。混合物：由两种或两种以上物质组成的称为混合物。所以纯净物、混合物与是否仅含一种元素没有必然的关系。比如：O2和O3混合在一起，虽然只含一种元素，但仍是混合物；H2SO4含三种元素，但由于是一种物质，故仍是纯净物，故B错误；C．电解质与非电解质是根据化合物在水溶液中和熔融状态下能否导电区分的，如碳酸钙在水中不能导电，但在熔融状态下能够导电，因此碳酸钙属于电解质，故C错误；D．溶液与胶体两者的根本区别在于分散质粒子直径的大小，溶液中的分散质粒子直径小于1nm，胶体的胶粒直径在1nm～100nm，故D错误；故选A。‎ ‎5.化学与生活，社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）‎ A. “霾尘积聚难见路人”。雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. “曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜”过程中发生了置换反应 C. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶 D. 用菜籽油浸泡辣椒涉及萃取知识 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．烟云雾属于气溶胶，胶体都具有丁达尔效应，故A正确；B．铁赤色如铜，说明铁与硫酸铜溶液反应生成了铜，为置换反应，故B正确；C．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，应加入还原性物质，生石灰硅胶具有吸水性，不具有还原性，可以用于食品干燥，故C错误；D．有机物易溶于有机溶剂，用菜籽油浸泡辣椒涉及萃取知识，故D正确；故选C。‎ ‎6.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。‎ ‎7.某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是(　　)‎ A. 硫酸 B. 氧气 C. 二氧化碳 D. 氧化钙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题意可知应填入的物质既能与NaOH溶液反应，又能与C反应，但不能与Fe、稀盐酸反应，据此解答。‎ ‎【详解】据题意可知应填入的物质既能与NaOH溶液反应，又能与C反应，但不能与Fe、稀盐酸反应，则 A. 硫酸与铁、氢氧化钠均反应，与碳不反应，A错误；‎ B. 氧气与铁和碳均反应，与二氧化碳不反应，B错误；‎ C. 二氧化碳与氢氧化钠、碳均反应，与铁和稀盐酸均不反应，C正确；‎ D. 氧化钙与碳不反应，与稀盐酸反应，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是 ‎①蒸馏时．先点燃酒精灯，再通冷凝水 ‎②蒸馏时先加热，再加沸石 ‎③实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品 ‎④还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯加热 ‎⑤分液时，先倒出上层液体，再放出下层液体 ‎⑥分液时，先打开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞 A. ③④⑤ B. ①③④ C. ②③④ D. ③④⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①蒸馏时．先通冷凝水，再点燃酒精灯；②蒸馏时先加沸石，再加热；⑤分液时，先从下口放出下层液体，再从上口倒出上层液体；故D正确。‎ ‎9.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是(　　)‎ A. 分离植物油和氯化钠溶液选用①‎ B. 除去氯化钠晶体中混有的KNO3晶体选用②‎ C. 分离四氯化碳中的溴单质选用③‎ D. 除去二氧化碳气体中的氯化氢气体选用④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．植物油和氯化钠溶液互不相溶，可用分液的方法分离，故A正确；B．除去氯化钠晶体中混有的KNO3晶体，可用蒸发浓缩、冷却结晶的方法分离，故B错误；C．分离CCl4中的Br2应用蒸馏的方法，不能用过滤的方法，故C错误；D．除去CO2气体中的HCl气体，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气，不能用NaOH溶液，因二者都与NaOH反应，故D错误；故选A。‎ ‎10.下列关于电解质和非电解质的说法正确的是：（ ）‎ A. BaSO4溶于水不导电，是非电解质 B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 石墨能够导电，但不是电解质也不是非电解质 D. 熔融Na2O能导电而固体Na2O不能导电，所以熔融Na2O是电解质，固体Na2O是非电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. BaSO4难溶于水，但熔化状态能电离，是电解质，故A错误；‎ B. NH3、CO2的水溶液均能导电，但不是本身电离，所以NH3、CO2均是非电解质，故B错误；‎ C. 石墨能够导电，属于单质，所以既不是电解质也不是非电解质，故C正确；‎ D. 熔融Na2O能导电而固体Na2O不能导电，熔融Na2O含有能自由移动的离子，固体Na2O没有能自由移动的离子，但不管是否是熔化状态，Na2O都是电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎11.某2 mol固体A在一定温度下完全分解，产物都是气体。分解反应式为：2A=B+2C+3D，若测得生成的混合气体与氢气的密度比值为15，则固体A的摩尔质量为（ ）‎ A. 30 g/mol B. 45 g/mol C. 90 g/mol D. 氢气密度未知，无法求得 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压条件下，气体的密度之比等于相对分子质量之比。测得生成的混合气体的密度在相同条件下是氢气的15倍，可知混合气体的平均摩尔质量是氢气的15倍，即混合气体的平均摩尔质量为：2g/mol×15=30g/mol，反应前后的总质量不变，反应前A的物质的量是反应后的，则A的摩尔质量为：30g/mol×3=90g/mol，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量的计算、化学方程式的计算，明确阿伏伽德罗定律及其推论的内容为解本题关键。本题的难点是正确理解气体的密度和相对分子质量间的关系。‎ ‎12.在自来水蒸馏实验中，下列操作叙述正确的是(　　)‎ A. 在蒸馏烧瓶中盛满自来水，并放入几粒沸石 B. 将温度计水银球插入蒸馏烧瓶中液面以下 C. 冷水从冷凝器上口入，下口出 D. 取少量收集到的液体滴入硝酸银和稀硝酸，无明显现象 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏烧瓶中不可盛满自来水，液体应该不超过容积的，故A错误；‎ B．温度计测量的是蒸汽的温度，应放在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；‎ C．冷凝器中冷却水流向应为下口进水，上口出水，故C错误；‎ D．蒸馏水中没有氯离子，所以不会与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解题时注意蒸馏实验的原理，温度计的位置和冷凝水的流向。本题的易错点为A，要注意常见仪器的使用方法。‎ ‎13.标准状况下，有①6.72L CH4，②3.01×1023个HCl，③13.6g H2S ，④0.2mol NH3，则下列四种气体的关系表示正确的是（）‎ A. 体积：④＜①＜②＜③ B. 密度：①＜③＜④＜②‎ C. 质量：④＜①＜③＜② D. 氢原子数：②＜③＜④＜①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①6.72L CH4 物质的量为=0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为=0.5mol，③13.6g H2S的物质的量为=0.4mol，④0.2mol NH3。A．相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以体积：④＜①＜③＜②，故A错误；‎ B．各物质的摩尔质量分别为①CH4 为16g/mol，②HCl为36.5g/mol ，③H2S 为34g/mol，④NH3为17g/mol，相同条件下，密度之比等于摩尔质量之比，所以密度①＜④＜③＜②，故B错误；‎ C．各物质的质量分别为①CH4‎ ‎ 为0.3mol×16g/mol=4.8g，②HCl为0.5mol×36.5g/mol=33.25g，③H2S 13.6g，④NH3为0.2mol×17g/mol=3.4g，所以质量④＜①＜③＜②，故C正确；‎ D．各物质中H原子的物质的量分别为①CH4 为0.3mol×4=1.2mol，②HCl为0.5mol，③H2S为0.4mol×2=0.8mol，④NH3为0.2mol×3=0.6mol，所以氢原子个数②＜④＜③＜①，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确物质的量的有关公式中各个物理量的关系并灵活运用是解本题关键。本题的易错点为B，要注意密度与相对分子质量的关系。‎ ‎14.下列有关离子检验实验结论不正确的是（ ）‎ A. 向某溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，该溶液中一定含有Cl－‎ B. 向某溶液中加入烧碱溶液，加热，用湿润红色石蕊试纸检验，石蕊试纸变蓝色，该溶液中一定含有NH4＋‎ C. 某固体焰色反应呈黄色，则不一定存在钠盐 D. 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中一定含有SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、AgCl不溶于硝酸，溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀生成，可说明溶液中一定含有Cl－，故A正确；‎ B、向某溶液中加入NaOH溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，原溶液中一定存在铵离子，故B正确；‎ C、某固体焰色反应呈黄色，则不一定存在钠盐，可能是氧化钠、氢氧化钠，故C正确；‎ D、盐酸酸化以及加入氯化钡，引入氯离子，可能生成AgCl沉淀，应先加入盐酸酸化，再加入氯化钡检验，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】易错点D，注意把握相关物质的性质以及实验的严密性。‎ ‎15.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 同温同压下，相同体积的物质，其物质的量必然相等 B. 任何条件下，等物质的量的氧气和一氧化碳所含的分子数必然相等 C. 1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小 D. 同温同压下，等体积的物质所含的分子数一定相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体，其物质的量相等，但如果是液体或固体，气体摩尔体积对其不适用，其密度不一定相等导致其物质的量不一定相等，故A错误；B．根据N=nNA知，二者的物质的量相等，则分子数一定相等，故B正确；C．温度和压强未知，则气体摩尔体积未知，则无法确定两种气体的物质的量，根据m=nM知，二者的质量无法比较，故C错误；D．如为固体或液体，则等体积的物质的物质的量不一定相等，则其分子数也不一定相等，故D错误；故选B。‎ ‎16.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础，下列与“物质的量”相关的计算正确的是(　　)‎ A. 现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1 mol O，则三种气体的物质的量之比为3∶2∶1‎ B. 28 g CO和22.4 L CO2中含有碳原子数一定相等 C. 标准状况下，11.2 L X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是32‎ D. a g Cl2中有b个氯原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据原子守恒知，三种气体CO、CO2、O3分别都含有1mol O，则三种气体的物质的量分别为1mol、0.5mol、mol，所以三种气体物质的量之比=1mol：0.5mol：mol=6：3：2，故A错误；B．气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，导致无法计算二氧化碳的物质的量，所以无法比较二者中C原子个数是否相等，故B错误；C．摩尔质量的单位是g/mol，则该气体摩尔质量是32g/mol，故C错误；D．ag氯气的物质的量==mol，每个氯分子中含有2个氯原子，所以氯分子个数为0.5b，因此NA==/mol，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量有关计算，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。本题的易错点为D，要注意公式的灵活应用。‎ ‎17. 下列关于气体摩尔体积说法正确的是 A. 22.4L任何气体，其物质的量均为1mol B. 非标准状况下，l mol任何气体体积一定不是22.4L C. 0.6mol H2、0.2mo1 O2和0.2mol CO2组成的混合气体在标况下体积约22.4L D. 气体摩尔体积指的是在标准状况下1mol气体的体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、体积一定，影响气体物质的量的因素有温度、压强，22.4 L任何气体的物质的量可能为1 mol，可能不是1mol，故A错误；B、由pV=nRT可知，不是标准状况下，1 mol任何气体可能占有22.4 L体积，故B错误；C、标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，0.1 mol H2、0.2 mol O2、0.3 mol N2和0.4 mol CO2组成的混合气体共1mol，混合气体的体积为22.4L，故C正确；D、气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积，不一定在标准状况下，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了气体摩尔体积的相关知识。‎ ‎18.下列电离方程式正确的是（ ）‎ A. NaOH电离方程式：NaOH=Na＋＋H＋＋O2－‎ B. 硫酸铝的电离方程式：Al2(SO4)3=Al23＋＋(SO4)32－‎ C. NaCl的电离方程式：NaClNa＋＋Cl－‎ D. 硫酸氢铵电离方程式：NH4HSO4 =NH4+＋H+＋SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.OH－是原子团， NaOH电离方程式：NaOH=Na＋＋OH－，故A错误；‎ B. 表示离子个数的计量数要写在离子符号的前面，硫酸铝的电离方程式：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42－，故B错误；‎ C.电离的条件不是通电， NaCl的电离方程式：NaCl=Na＋＋Cl－，故C错误；‎ D.硫酸是强电解质，硫酸氢铵电离方程式：NH4HSO4 =NH4+＋H+＋SO42－，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎19.下图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是 A. N2 B. CH4 C. CO2 D. NO ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：体积相同、温度相同时，气体压强与物质的量成正比，根据图象知，相同温度下，氧气压强大于X气体，说明氧气的物质的量大，根据n=知，质量相同时，物质的量与摩尔质量成反比，氧气的物质的量大于X，则氧气的摩尔质量小于X，这几个选项中只有二氧化碳摩尔质量大于氧气。‎ ‎【考点定位】阿伏伽德罗定律 ‎【名师点睛】阿伏加德罗定律：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。气体的体积是指所含分子占据的空间，因此，当气体所含分子数确定后，气体的体积主要决定于分子间的平均距离而不是分子本身的大小。‎ 推论：‎ ‎（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）同温同压同体积时，M1/M2=ρ1/ρ2，熟练应用才能解答该题。‎ ‎20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 1molOH－所含电子数为9NA B. 常温常压下，4.4gCO2含有的氧原子数为0.2NA C. 标准状况下，1.12LCCl4含有氯原子数为0.2NA D. 14g由CO和N2组成的混合气体中含有的分子总数为NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 每个OH－含10个电子，1molOH－所含电子数为10NA，故A错误；‎ B. 常温常压下，4.4gCO2含有的氧原子数为2×4.4g/44g·mol－1=0.2mol,即0.2NA，故B正确；‎ C. 标准状况下，CCl4是液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；‎ D. 14g由CO和N2组成的混合气体中含有的分子总数为14g/28g·mol－1=0.5mol,即0.5NA， 故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液；②39%的乙醇溶液；③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是：（ ）‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①油和氯化钠溶液，混合分层，则利用分液分离；‎ ‎②39%的乙醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则利用蒸馏分离；‎ ‎③单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则分离氯化钠和单质溴的水溶液，选择有机溶剂萃取；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注重实验基础知识和基本技能的考查，注意有机物性质。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。‎ ‎22.由CO2、H2、CO组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中CO2、H2、CO的体积比可为（ ）‎ A. 29∶8∶20 B. 22∶1∶15 C. 13∶8∶29 D. 13∶16∶5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2和CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2、H2决定，据此解答。‎ ‎【详解】由于CO和氮气的相对分子质量相等，所以二者的密度也是相等的。因此只要满足CO2‎ 和氢气的平均相对分子质量是28即可，所以根据十字交叉法可知二者的物质的量之比是(28－2)：（44－28）=13:8，即CO2与H2的体积之比为13∶8，选项C符合。答案为C。‎ ‎【点睛】根据相同条件下气体的密度之比等于相对分子质量之比计算是答题的关键。另外计算物质的量之比时也可以舍出未知数，根据M＝m/n列式计算。‎ 第二卷 非选择题 ‎23.按要求填空 ‎（1）3.01×1023个CO2分子中含___mol氧原子，在标准状况下其体积为___L，它与___gH2O含有相同的氧原子数。‎ ‎（2）同温同压下，等质量的N2和CO2所含分子数比为___，体积比为___。‎ ‎（3）某气体在标准状况下的密度为1.25g•L-1，则28g该气体所含有的分子数为___。‎ ‎（4）在标准状况下，22.4L由氮气和氧气组成的混合气体，其质量为30g，则其中氧气的质量为___g。‎ ‎（5）某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为___，R的相对原子质量为____。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 11.2 (3). 18 (4). 11：7 (5). 11：7 (6). NA (7). 16 (8). 64g·mol－1 (9). 32‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据3.01×1023个CO2分子可知二氧化碳的物质的量n=N/NA=(3.01×1023/6.02×1023)mol=0.5mol，二氧化碳中含2个氧原子，故0.5mol二氧化碳中含1mol氧原子；0.5mol二氧化碳在标况下的体积V=nVm=0.5mol×22.4L·mol－1=11.2L；含相同氧原子数的水的物质的量为1mol，质量m=nM=1mol×18g·mol－1=18g；‎ ‎（2）当质量相同时，物质的量和摩尔质量成反比，等质量的N2和CO2的物质的量之比为44：28=11：7，而分子个数和物质的量成正比，两者的分子个数之比为11：7；体积和物质的量成正比，故两者的体积之比为11：7；‎ ‎（3）气体在标状况下的密度为1.25g/L，故其摩尔质量M=ρVm=1.25g·L－1×22.4L·mol－1=28g·mol－1，则28g该气体的物质的量为1mol，分子个数N=nNA=NA个；‎ ‎（4）令氧气、氮气的物质的量分别为x、y，在标准状况下，22.4L由氮气和氧气组成的混合气体，其质量为30g，x+y=22.4L/22.4L·mol－1=1mol、32x+28y=30，解得x=y=0.5mol，则氧气的质量为0.5mol×32g·mol－1=16g；‎ ‎（5）某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，‎ 标况下，0.448L气体的物质的量=0.448L/22.4L·mol－1=0.02mol，故该气体的摩尔质量=1.28g/0.02mol=64g·mol－1；R的相对原子质量为64-16×2=32。‎ ‎24.根据所学知识，回答下列问题：‎ ‎（1）现有下列物质；①KCl晶体 ②液态HCl ③CO2 ④汞 ⑤CaCO3固体 ⑥稀硫酸 ⑦酒精C2H5OH ⑧熔融的NaCl ⑨浓氨水 其中属于混合物的是（填序号，下同）___；属于电解质的是___；属于非电解质的是___；能导电的有____。‎ ‎（2）某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其相关性质。‎ ‎①将1mol·L－1的FeCl3 溶液逐滴滴入沸水中，液体变为__色，得到的是Fe(OH)3胶体；反应的化学方程式为____。‎ ‎②怎样证明制得的物质是胶体?请简述操作过程：____。‎ ‎③取少量制得的胶体加入试管中，再加入少量NaCl溶液，观察到的现象是__，这种现象称为胶体的____。‎ ‎④Fe(OH)3胶体能稳定存在的主要原因是___(填序号)。‎ A．胶粒直径小于1nm B．胶粒带正电荷 C．胶体离子作无规则运动(即布朗运动) D．胶粒能透过滤纸 ‎【答案】 (1). ⑥⑨ (2). ①②⑤⑧ (3). ③⑦ (4). ④⑥⑧⑨ (5). 红褐 (6). FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+ 3HCl (7). 利用丁达尔效应；让一束光线通过制得的物质，从侧面观察可看到一条光亮的“通路”，说明制得的物质是胶体 (8). 产生红褐色沉淀 (9). 聚沉 (10). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）⑥稀硫酸是硫酸的水溶液；⑨浓氨水氨气的水溶液；其中属于混合物的是 ⑥⑨；‎ ‎①KCl晶体、②液态HCl、⑤CaCO3固体、⑧熔融的NaCl在水溶液里能电离出自由移动的离子，属于电解质；属于电解质的是①②⑤⑧；‎ ‎③二氧化碳的水溶液能导电，原因是二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质；⑦酒精在水溶液里或熔融状态下都不导电，属于非电解质，属于非电解质的是③⑦；‎ ‎ ④汞有能自由移动的自由电子；⑥稀硫酸中有氢离子和硫酸根离子；⑧熔融的NaCl电离成氯离子和钠离子；⑨浓氨水中有铵根离子和氢氧根离子；能导电的有④⑥⑧⑨。‎ ‎（2）①将1mol·L－1的FeCl3 溶液逐滴滴入沸水中，液体变为红褐色，得到的是Fe(OH)3胶体；反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+ 3HCl。‎ ‎②利用丁达尔效应；让一束光线通过制得的物质，从侧面观察可看到一条光亮的“通路”，说明制得的物质是胶体。‎ ‎③胶粒带正电荷，取少量制得的胶体加入试管中，再加入少量NaCl溶液，溶液中的氯离子带负电，正负电荷作用，观察到产生红褐色沉淀 ，这种现象称为胶体的聚沉。‎ ‎④Fe(OH)3胶体能稳定存在的主要原因是胶粒带正电荷，粒子之间相互作用，不形成沉淀。故选B。‎ ‎25.氯化钠是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐除含NaCl外，还含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是粗盐提纯的操作流程。‎ 限选试剂：Na2CO3溶液、K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液、饱和NaCl溶液。‎ ‎（1）欲除去溶液I中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，从提供的试剂中选出a所代表的试剂，按滴加顺序依次为：过量的NaOH溶液、______、____。‎ ‎（2）在滤液中加盐酸发生反应的化学方程式是_____；‎ ‎（3）对溶液II处理得到晶体时，所必须使用到的玻璃仪器有_____种。‎ ‎（4）得到的NaCl纯品经测定发现其含有的NaCl与粗盐中NaCl的质量一致，某同学认为此次实验非常成功没有误差，你是否同意他的观点？____（填“是”或“否”），并给出你的理由____。‎ ‎【答案】 (1). 过量的BaCl2 (2). 过量的Na2CO3 (3). Na2CO3+2HCl＝2NaCl +CO2↑+H2O、NaOH+HCl=H2O+NaCl (4). 3 (5). 否 (6). 加入Na2CO3后与HCl反应也得到了一定量的NaCl，故制得的纯品中NaCl的质量应比粗盐中NaCl的质量要大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要除去溶液I中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，又不增加新的杂质，根据酸、碱、盐的性质及复分解反应的条件，用NaOH除去氯化镁，用BaCl2除硫酸钠，用Na2CO3除氯化钙与多余的BaCl2‎ ‎，最后将沉淀滤出，向混合液加入盐酸，除去剩余的氢氧根、碳酸根离子，得到氯化钠溶液，蒸发结晶得到氯化钠固体。‎ ‎（1）除去溶液I中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，则用氢氧化钠除掉氯化镁，用氯化钡除掉硫酸钠，用碳酸钠除掉氯化钙与多余的氯化钡；‎ ‎（2）滤液中加盐酸的作用，应考虑除去NaOH、Na2CO3溶液；‎ ‎（3）蒸发结晶得到晶体的操作是：蒸发结晶，用到玻璃仪器：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；‎ ‎（4）根据粗盐提纯时，加入Na2CO3后与HCl反应也得到了一定量的NaCl来分析判断。‎ ‎【详解】（1）要除去溶液I中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，又不增加新的杂质，根据酸、碱、盐的性质及复分解反应的条件，用NaOH除去氯化镁，用BaCl2除硫酸钠，用Na2CO3除氯化钙与多余的BaCl2，正确滴加顺序依次为：过量BaCl2溶液、过量Na2CO3溶液，产生的难溶物分别是Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3、BaSO4。‎ ‎（2）在滤液中加盐酸可以跟过量的NaOH和过量的Na2CO3反应，除去NaOH、Na2CO3溶液，反应为：CO32－+2H＋=CO2↑+H2O、OH－+H＋=H2O，故答案为：Na2CO3+2HCl＝2NaCl +CO2↑+H2O 、NaOH+HCl=H2O+NaCl；‎ ‎（3）对溶液Ⅱ处理得到晶体时，需要蒸发结晶操作，用到玻璃仪器：酒精灯、蒸发皿、玻璃棒，所必须使用到的玻璃仪器有3种；‎ ‎（4）加入Na2CO3后与HCl反应也得到了一定量的NaCl，故制得的纯品中NaCl的质量应比粗盐中NaCl的质量要大。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的除杂和有关溶液的计算和配制，难点：除去食盐中的多种杂质，要根据除杂的原理，按照最优化的顺序添加除杂剂。‎ ‎26.一定量的液态化合物XY2，在一定量的O2中恰好完全燃烧，反应方程式：XY2（液）+3O2（气）＝XO2（气）+2YO2（气）。冷却后，在标准状况下测得生成物的体积为336mL、密度为2.56g/L。则：‎ ‎（1）反应前O2的物质的量是____mol。‎ ‎（2）化合物XY2的摩尔质量是____。‎ ‎（3）若XY2分子中X、Y两元素质量之为3：16，则XY2的化学式是____。‎ ‎【答案】 (1). 0.03 (2). 76g/mol (3). CS2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用XY2（液）+3O2（气）=XO2（气）+2YO2（气）及题目数据计算氧气的物质的量；‎ ‎（2）从质量守恒的角度分别计算XY2的物质的量和质量，计算摩尔质量；‎ ‎（3）根据XY2的摩尔质量和X、Y两元素的质量之比计算X、Y的相对原子质量，可判断元素的种类，写出化学式。‎ ‎【详解】生成物总物质的量为n（XO2）+n（YO2）=0.672L/22.4L·mol－1=0.03mol，‎ 由方程式，n（XO2）：n（YO2）=1：2，‎ 则n（XO2）=0.01mol，n（YO2）=0.02mol，‎ 总质量为：m（XO2）+m（YO2）=0.672L×2.56g·L－1=1.72g，‎ ‎（1）设消耗的氧气的物质的量为n（O2），则 XY2（l）+3O2（g）=XO2（g）+2YO2（g）‎ ‎1mol 3 1mol 2mol n n（O2） 0.01mol 0.02mol n=0.03mol；‎ ‎（2）根据质量守恒：m（XY2）+m（O2）=m（XO2）+m（YO2）=1.72g，‎ m（O2）=0.03mol×32g·mol－1=0.96g，‎ m（XY2）=1.72g-0.03mol×32g·mol－1=0.76g 又：n（XY2）=0.01mol，‎ 则：M（XY2）=0.76g/0.01mol=76g·mol－1；‎ ‎（3）在XY2分子中，X、Y两元素的质量之比为3：16，‎ ‎1molXY2分子中，X的质量为76g×3/19=12g，Y的质量为：76g-12g=64g，‎ ‎1molXY2分子中含有1molX，2molY，‎ X的相对原子质量为12，Y的相对原子质量为64/2=32，‎ 则X为C元素，Y为S元素，XY2的化学式：CS2。‎ ‎【点睛】本题考查化学方程式的计算，解题关键：掌握物质的量应用于化学方程式计算，（2）注意质量守恒定律的应用，（3）求化学式要确定组成元素和原子的物质的量比。‎