天津市耀华中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

天津市耀华中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

耀华中学2019－2020学年第一学期期中高一化学 Ⅰ卷(60分)‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 Na:23 Al:27 K:39 Cu:‎64 C:12 O:16 S:32 Cl:35.5 N:14 Mn:55‎ ‎1.采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类型。例如从某种意义上可将P2O5、SO2、SO3、Cl2O7等归为—类，则下列氧化物与它们属于同—类的是 A. CO B. NO C. N2O5 D. Na20‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】P2O5、SO2、SO3、Cl2O7属于酸性氧化物，CO和NO属于不成盐氧化物，N2O5属于酸性氧化物；Na2O是碱性氧化物，答案选C。‎ ‎2. 下列说法不正确的是 A. 利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液 B. 在豆浆里加入盐卤做豆腐与胶体的聚沉有关 C. 胶体与溶液分离可用渗析的方法 D. KCl溶液、淀粉溶液和纯水都属于分散系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体可产生丁达尔现象，溶液不能，所以用丁达尔现象鉴别胶体和溶液，故A正确；‎ B、豆浆属于胶体，向其中加入盐卤，实质是电解质使胶体发生聚沉现象，故C正确；‎ C、胶体不能透过半透膜，而溶液中的粒子可以透过半透膜，所以可用渗析的方法分离胶体和溶液，故C正确；‎ D、纯水不是混合物，所以不属于分散系，错误，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎3.下列现象或新技术应用中，不涉及胶体性质的是 A. 在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀 B. 使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血 C. 清晨，在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱 D. 肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在饱和氯化铁溶液中滴加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀发生复分解反应，与胶体性质没有关系，A正确；‎ B.使用微波手术刀进行外科手术，可使开刀处的血液迅速凝固而减少失血利用的是胶体的聚沉，B错误；‎ C.清晨在茂密的树林中，常常可以看到从枝叶间透过的一道道光柱，属于胶体的丁达尔效应，C错误；‎ D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒，可利用血液透析进行治疗，利用的是胶体不能透过半透膜，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.下列中和反应对应的离子方程式能以“H＋+OH－═H2O”表示的是 A. 醋酸和氢氧化钠溶液反应 B. 氢氧化镁和盐酸反应 C. 澄清石灰水和硝酸反应 D. 氢氧化钡和稀硫酸反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，故错误；‎ B.氢氧化镁不溶于水，不能拆成离子形式，故错误；‎ C.氢氧化钙为稀溶液，能拆成离子形式，硝酸为强酸，能拆成离子形式，故能写成H＋+OH－═H2O，故正确；‎ D.氢氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，硫酸钡不能拆开，故错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】掌握该离子方程式表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，掌握离子方程式书写过程中拆成离子形式的物质。‎ ‎5.下列各组离子在同一溶液中一定能大量共存的是( )‎ A. 含大量Ba2＋的溶液中：Cl－、K＋、SO42－、CO32－‎ B. 含大量H＋的溶液中：Mg2＋、Na＋、CO32－、SO42－‎ C. 含大量OH－的溶液中：K＋、NO3－、SO42－、Cu2＋‎ D. 含大量Na＋的溶液中：H＋、K＋、SO42－、NO3－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、含大量Ba2＋的溶液中硫酸根、碳酸根离子均不能大量共存，生成硫酸钡和碳酸钡沉淀，A错误；‎ B、含大量H＋的溶液中碳酸根离子生成水和CO2，且镁离子与碳酸根离子不能大量共存，B错误；‎ C、含大量OH－的溶液中Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，不能大量共存，C错误；‎ D、含大量Na＋的溶液中H＋、K＋、SO42－、NO3－之间均不反应，可以大量共存，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】掌握常见离子的性质、发生的化学反应是解答的关键。注意了解离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe2+、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）。‎ ‎6.下列对于某些离子的检验及结论中一定正确的 A. 加入稀盐酸产生无色的气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－‎ B. 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－‎ C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋‎ D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.溶液中的离子可能是碳酸氢根离子，故错误；‎ B.溶液中可能是银离子，故错误；‎ C.溶液中只能是铵根离子，故正确；‎ D.溶液中可能含有钙离子，故错误。‎ 故选C。‎ ‎7.下列有关焰色反应叙述正确的是 A. 氯化钠在火焰上灼烧时火焰呈黄绿色 B. 焰色反应是金属单质的特性 C. 连续做两个样品时，应将铂丝用硫酸洗净并灼烧到无特殊焰色 D. 可用洁净的铁丝代替铂丝进行焰色反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.含有钠元素的物质焰色反应为黄色，故错误；‎ B.焰色反应是某些金属元素的性质，不是单质的性质，故错误；‎ C.焰色反应实验中用稀盐酸洗铂丝，不用硫酸，故错误；‎ D.用洁净的铁丝可以代替铂丝做焰色反应，故正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】掌握焰色反应的适用范围和操作。焰色反应是金属元素的性质，是物理性质。用洁净的铁丝或铂丝做实验，实验过程中用稀盐酸洗铂丝。掌握钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察。‎ ‎8. ‎2.3‎g纯净的金属钠在干燥的空气中被氧化后得到‎3.5g固体,由此可判断其氧化产物是 A. 只有Na2O B. 只有Na2O‎2 ‎C. Na2O和Na2O2 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属钠在干燥空气中被氧化后可能为氧化钠、过氧化钠或者二者的混合物，根据方程式计算判断。‎ ‎【详解】已知钠与氧气反应，产物为氧化钠或过氧化钠，此题可采用极值法：‎ 钠的物质的量为0.1mol，若生成物全为Na2O，其质量为0.05mol×‎62g·mol-1= ‎3.1g＜‎3.5g；若生成物全为Na2O2，其质量为0.05mol×‎78g·mol-1=‎3.9g＞‎3.5g；故其生成物为Na2O和Na2O2的混合物；故选C。‎ ‎9.下列关于氯水的叙述中，正确的是 A. 新制氯水中有3种分子，有4种离子 B. 新制氯水在光照的条件下，可以产生气体，该气体是氯气 C. 向新制氯水中滴加硝酸银溶液，没有任何现象 D. 新制氯水不可以使干燥的有色布条褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ 氯水中含有水分子，次氯酸分子，氯气分子，氢离子，氯离子，氢氧根离子，次氯酸根离子，故正确；‎ B.新制的氯水中有次氯酸，在见光的条件下分解生成盐酸和氧气，故错误；‎ C.新制氯水中有盐酸，与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故错误；‎ D.新制氯水中有次氯酸，能使干燥的有色布条褪色，故错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握氯水中的成分和性质。有氯气和水和盐酸和次氯酸。氯气有颜色，有强氧化性，盐酸有酸性，次氯酸有强氧化性和漂白性。‎ ‎10.常温下，下列各组物质不能用一种试剂通过化学反应区别的是( )‎ A. MnO2 CuO FeO B. (NH4)2SO4 K2SO4 NH4Cl C. AgNO3 KNO3 Na2CO3 D. Na2CO3 NaHCO3 K2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、用稀硫酸：MnO2→不反应,CuO、FeO→分别生成蓝色、绿色溶液，A错误；‎ B、用氢氧化钡,(NH4)2SO4→沉淀和气体,K2SO4→沉淀,NH4Cl→气体，B错误；‎ C、用稀盐酸：AgNO3→沉淀,KNO3→不反应,Na2CO3→气体，C错误；‎ D、用稀盐酸：三个都有气体，且无色无味，但NaHCO3一旦遇到盐酸就有气体,Na2CO3、K2CO3则要用多的稀盐酸，鉴别Na2CO3、K2CO3可用焰色反应，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎11.下列反应中，氯元素全部被氧化的是 A. 2Fe+3Cl2═2FeCl3 B. 2NaCl2Na+Cl2↑‎ C. NaOH+HCl═NaCl+H2O D. 2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气中化合价全部降低，被还原，故错误；‎ B.氯元素化合价全部升高，被氧化，故正确；‎ C.该反应不是氧化还原反应，故错误；‎ D.氯气部分被氧化部分被还原，故错误。‎ 故选B。‎ ‎12.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为1∶3，则Cl2与NaOH溶液反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 A. 21∶5 B. 11∶‎3 ‎C. 3∶1 D. 4∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据ClO-与ClO3-的浓度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1个电子，由Cl到ClO3-，失去5个电子，一共失去1+3×5=16个电子；由Cl到Cl-，得到1个电子，需要16个原子才能得到16个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案为D。‎ ‎【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。‎ ‎13.实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2时，若有0.2molMnO2被还原，则被氧化的HCl为 A. ‎29.2g B. ‎14.6g C. ‎21.9g D. ‎‎7.3g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据反应方程式分析，0.2mol二氧化锰被还原，则被氧化的氯化氢为0.4mol，质量为‎14.6克。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握反应中盐酸表现酸性和还原性，其中表现还原性的占二分之一。‎ ‎14.当溶液中X2O72-和SO32-离子数之比为1：3时，恰好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为（ ）‎ A. ＋1 B. ＋‎2 ‎C. ＋3 D. ＋4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6‎ 个电子，设还原产物中X的化合价为a，则得到2×(6-a)个电子，故2×(6-a)=6，解得a=+3，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式，n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。‎ ‎15.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。‎ ‎16.根据S2O82－+2e－→2SO42－，Mn2＋+4H2O→MnO4－+8H＋+5e－，推测氧化1.5molMn2＋需要Na2S2O8的物质的量为 A. 1.5‎mol B. 3.75mol C. 3.25mol D. 3.125mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据得失电子守恒分析，锰离子和S2O82－比例关系为2:5，故氧化1.5molMn2＋需要Na2S2O8的物质的量为3.75mol。‎ 故选B。‎ ‎17.两份质量相同的CH4和NH3比较，下列结论错误的是（　　）‎ A. 分子个数比为17∶16 B. 原子个数比为17∶16‎ C. 氢原子个数比为17∶12 D. 氢原子质量比为17∶12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据N=m/M×NA计算判断；‎ B.根据N=m/M×NA结合分子构成判断；‎ C.根据N=m/M×NA结合一个分子中含有的氢原子个数计算判断；‎ D.根据H原子数目之比等于H原子质量之比进行计算。‎ ‎【详解】A.根据N=m/M×NA知，质量相同的两种气体中含有的分子个数之比等于摩尔之比的反比，所以两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17：16，故A正确；‎ B.CH4和NH3的分子含有的原子数分别为5、4，由A知两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17：16，所以含有的原子数之比为17×5：16×4=85：64，故B错误；‎ C.CH4和NH3的分子含有的H原子数分别为4、3，由A知两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17：16，所以含有的H原子数之比为17×4：16×3=17：12，故C正确；‎ D.由C可知两份质量相同的CH4和NH3所以含有的H原子数之比为17：12，H原子数目之比等于H原子质量之比为17：12，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎18.下列各物质中含氢原子数最多的是 A. 1molNH4Cl B. 1.5molNH4NO3‎ C. 1.204×1024CO(NH2)2 D. 1molNH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1molNH4Cl含4mol氢原子， 1.5molNH4NO3含6mol氢原子， 1.204×1024CO(NH2)2含有8mol氢原子， 1molNH3含有3mol氢原子，故含氢原子最多的为C。‎ 故选C。‎ ‎19.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（　　）‎ A. 10mol B. 11mol C. 12mol D. 13mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4==2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol；‎ 答案选B。‎ ‎20.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列说法中不正确的是 A. Na2O2在反应中只作氧化剂 B. Na2FeO4既氧化产物又是还原产物 C. O2是氧化产物 D. 2molFeSO4发生反应时，共有10mol电子转移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应中6mol过氧化钠中有2mol过氧化钠中的氧化合价升高，做还原剂，其余做氧化剂，故错误；‎ B. Na2FeO4中铁元素是化合价升高后生成的，氧元素是化合价降低后生成的，所以既是氧化产物又是还原产物，故正确；‎ C.氧气是过氧化钠中氧元素化合价升高生成的，为氧化产物，故正确；‎ D. 反应中铁元素和氧元素化合价升高，总共转移10个电子，所以2molFeSO4发生反应时，共有10mol电子转移，故正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】掌握元素化合价变化分析氧化还原，注意过氧化钠中的氧元素有不同的变化，根据原子守恒进行分析。‎ 第Ⅱ卷(40分)‎ 二、非选择题 ‎21.根据有关概念回答下列问题：‎ ‎（1）稀硫酸 （2）液氨 （3）氨水 （4）铝条 （5）熔融氯化钠 （6）石墨 （7）氢氧化钡溶液 （8）二氧化硫 （9）水 （10）熔融Na2O （11）稀盐酸 （12）乙醇 判断上述物质：能够导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______。‎ ‎【答案】 (1). （1）（3）（4）（5）（6）（7）（9）（10）（11） (2). （5）（9）（10） (3). （2）（8）（12）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据在水溶液中或熔融状态下导电的化合物属于电解质，在水溶液中或熔融状态下不导电的化合物属于非电解质。注意电解质导电有条件。‎ ‎【详解】(1)稀硫酸能导电，液氨不导电，氨水能导电，铝条能导电，熔融的氯化钠能导电，石墨能导电，氢氧化钡溶液能导电，二氧化硫不导电，水能导电，熔融氧化钠能导电，稀盐酸能导电，乙醇不导电。‎ ‎(2)氯化钠和水和氧化钠属于电解质；‎ ‎(3)液氨和二氧化硫和乙醇是非电解质。‎ ‎【点睛】掌握电解质和非电解质都是化合物，单质或混合物不是电解质或非电解质。所以在判断时先把单质和混合物排除。电解质导电是有条件的，在水溶液或熔融状态下，注意酸在熔融状态下不导电。‎ ‎22.完成下列反应的离子方程式 ‎（1）碳酸钙与醋酸反应________‎ ‎（2）向NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性_____‎ ‎（3）Na2O2与水反应______‎ ‎（4）氯气通入到NaOH溶液中_____‎ ‎（5）SO2通入氯水中生成硫酸和盐酸______‎ ‎【答案】 (1). CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑ (2). 2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O (3). 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑ (4). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O (5). SO2＋Cl2＋H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将容易电离的易溶的物质拆成离子形式，注意沉淀或气体或水或弱电解质不能拆成离子形式。‎ ‎【详解】(1)碳酸钙不溶于水，不能拆成离子形式，醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑；‎ ‎(2)硫酸氢钠和氢氧化钡反应到中性，是指氢离子和氢氧根离子完全反应，即反应后生成硫酸钠，反应的离子方程式为：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O；‎ ‎(3)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠属于强碱，能拆成离子形式，故离子方程式为： 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑ ；‎ ‎(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ；‎ ‎(5)二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，根据硫酸和盐酸能拆成离子形式书写离子方程式为;SO2＋Cl2＋H2O=4H＋＋SO42－＋2Cl－。‎ ‎23.在xR2＋+yH＋+O2=mR3＋+nH2O的离子反应中，化学计量数m的值为______。‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据原子守恒分析，有x=m，y=2n，n=2，根据电荷守恒有2x+y=‎3m，则x=m=4。‎ ‎24.（1） K2MnF6＋ SbF5＝ F2＋ KSbF6＋ MnF3 _____‎ ‎（2） Fe(NO3)3＋ NaOH＋ Cl2＝ Na2FeO4＋ NaNO3＋ NaCl＋ H2O ______‎ ‎（3） MnO4－+ H++ Br－= Br2+ Mn2++ H2O ______‎ ‎【答案】 (1). 2K2MnF6＋4SbF5＝F2＋4KSbF6＋2MnF3 (2). 2Fe(NO3)3＋16NaOH＋3Cl2＝2Na2FeO4＋6NaNO3＋6NaCl＋8H2O (3). 2MnO4－+16H++10Br－=5Br2+Mn2++8H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据化合价变化分析，再根据质量守恒进行配平 ‎【详解】(1)锰元素化合价从+4降低到+3，氟元素化合价从‎-1升高到0，所以根据电子守恒分析，F2 与MnF3的比例为1:2，再根据质量守恒分析，得方程式为： 2K2MnF6＋4SbF5＝F2＋4KSbF6＋2MnF3 ；‎ ‎(2)氯元素化合价从0降低到-1，铁元素化合价从+‎3升高到+6，根据电子守恒分析，氯气和硝酸铁的比例为2:3，再 根据质量守恒分析，得方程式为： 2Fe(NO3)3＋16NaOH＋3Cl2＝2Na2FeO4＋6NaNO3＋6NaCl＋8H2O；‎ ‎(3)反应中锰元素化合价从+7降低到+2，溴元素化合价从‎-1升高到0，所以根据电子守恒分析，MnO4－与Br－比例为2:10，再根据质量守恒分析，得方程式为： 2MnO4－+16H++10Br－=5Br2+Mn2++8H2O。‎ ‎25.下列物质中，物质的量最大的是____，含分子个数最多的是_____，含原子个数最多的是___，质量最大的是_____。‎ A．6gH2； B．0.5molCO2； C．1.204×1024 个HCl分子；‎ D．147gH2SO4； E．‎92g乙醇(C2H5OH)； F．‎4℃‎时10mL水 ‎【答案】 (1). A (2). A (3). E (4). D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=m/M=N/NA计算出各物质的物质的量，原子个数和质量，再进行比较。‎ ‎【详解】各物质的物质的量，原子物质的量，质量依次为：A.3mol，9mol，‎6g；B.0.5mol，1.5mol，‎22g；C.2mol，4mol，‎73g；D.1.5mol，10.5mol，‎147g；E.2mol，18mol，‎92g；F.5/9mol，15/9mol，‎10g。所以物质的量最大的为A。分子个数最多的为A。原子个数最多的为E。质量最大的为D。‎ ‎26.（1）0.3molNH3分子中所含质子数与_____个H2O分子中所含质子数相等。‎ ‎（2）含0.4molAl3＋的Al2(SO4)3中所含的SO42－的物质的量是______。‎ ‎（3）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为________。‎ ‎（4）在反应X+2Y=R+‎2M中，已知R和M的相对分子质量之比为22:9，当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR，则在此反应中Y和M的质量比是________。‎ ‎【答案】 (1). 1.806×1023 (2). 0.6mol (3). ‎106g•mol－1 (4). 16:9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氨气和水都含有10个质子分析。‎ ‎（2）根据硫酸铝中铝离子和硫酸根离子的比例分析。‎ ‎（3）根据方程式中的质量守恒定律计算C的质量，再根据n=m/M，计算摩尔质量。‎ ‎（4）根据相对分子质量结合方程式系数计算产生的M的质量，再根据质量守恒计算Y的质量，进而计算质量比。‎ ‎【详解】(1) 一个氨气分子含有10个质子，一个水分子含有10个质子，所以0.3molNH3分子中所含质子为3mol，对应的水为0.3mol,则水分子个数为1.806×1023 ；‎ ‎ (2) 含0.4molAl3＋的Al2(SO4)3的物质的量为0.2mol含有的硫酸根离子物质的量为0.6mol；‎ ‎ (3)根据质量守恒定律分析，0.04molC的质量为16+20-31.76=‎4.24g，C的摩尔质量为‎4.24g/0.04mol= ‎106g•mol－1 ；‎ ‎(4). 根据R和M的相对分子质量之比为22:9分析，反应生成4.4gR，则生成‎3.6克M，根据质量守恒分析，Y 的质量为4.4+3.6-1.6=‎6.4克，则Y和M的质量比为6.4:3.6= 16:9。‎ ‎27.某研究小组制备84消毒液(主要成分NaClO)设计了如图装置。并查阅到下列资料，“在加热情况下卤素和碱液发生如下反应：3X2+6OH－5X－+XO3−+3H2O。”‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置中的大试管内发生反应的离子方程式为_______。‎ ‎（2）装置中能否省去盛饱和NaCl 溶液的洗气瓶？______(填“能”或“不能”，下同)，理由是_______。‎ ‎（3）装置中能否省去盛浓硫酸的洗气瓶？________，理由是________。‎ ‎（4）装置中能否省去盛冰水的烧杯？______，理由是_______。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O (2). 不能 (3). 氯气中混有的HCl气体进入试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了NaClO的产量和纯度 (4). 能 (5). 少量水蒸气进入试管中不影响反应 (6). 不能 (7). 氯气和水的反应是放热反应，反应时温度升高，可能会引起副反应，生成NaClO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，氯气中含有氯化氢和水蒸气，氯化氢可以和氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠并减小次氯酸钠的生成，应该除去，水蒸气不影响反应，可以不除去，因为氯气在不同的温度下和氢氧化钠的反应不同，根据要求应在低温下进行，所以装置中用冰水冷却。‎ ‎【详解】(1).大试管在冰水中进行冷却，所以氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为： Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O ‎(2). 氯气中混有的HCl气体进入试管中也会和氢氧化钠溶液反应，降低了NaClO的产量和纯度，饱和氯化铵溶液是为了除去氯化氢气体，所以不能省去。‎ ‎(3)试管中为氢氧化钠溶液，有水，少量水蒸气进入试管中不影响反应，所以能省去浓硫酸的装置；‎ ‎ (4)根据信息分析，氯气和水的反应是放热反应，反应时温度升高，可能会引起副反应，生成NaClO3，所以不能省去冰水的烧杯。‎