【化学】甘肃省兰州市第五十八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

【化学】甘肃省兰州市第五十八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版）

甘肃省兰州市第五十八中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 一、选择题：本题共30小题，每题2分，在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求的。‎ ‎1.‎‎36.5‎‎ g氯化氢溶解在‎1 L水中(水的密度近似为‎1 g/mL)，所得溶液的密度为ρ g/mL，质量分数为m，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是( )‎ A. 所得溶液的物质的量浓度为1mol/L B. ‎36.5 g氯化氢含有NA个原子 C. ‎36.5 g HCl气体占有的体积为‎22.4 L D. 所得溶液的质量分数为=‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎36.5g HCl溶解在‎1 L水中(水的密度近似为‎1g/mL)，所得溶液溶质为HCl，物质的量浓度c==，错误；‎ B.‎36.5 g HCl气体物质的量为1 mol，HCl是双原子分子，因此所以原子个数为2NA，B错误；‎ C. ‎36.5 g HCl气体物质的量为1 mol，由于选项中未知气体所处的温度、压强，因此不能确定其体积大小，C错误；‎ D. 根据物质的量浓度与质量分数关系式c=可知：所得溶液的质量分数：ω=，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体。分解方程式为 ‎4A=B＋‎2C＋2D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2d，则A的相对分子质量为(　　)‎ A. 7d B. 5d C. 2.5d D. 2d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据阿伏加德罗定律的推论：相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比来计算。‎ ‎【详解】相同条件下，气体的相对分子质量和气体的密度成正比，所以混合气体的平均相对分子质量为4d，混合气体与A气体的物质的量之比为5：4，所以A气体的摩尔质量为4d× =5d。‎ 答案为B。‎ ‎3.下列物质中混有少量的杂质，所选用的试剂及操作方法正确的是( )‎ 选项 物质 杂质(少量)‎ 试剂和操作方法 A 二氧化碳 氯化氢 通过氢氧化钠溶液 B 硫酸亚铁溶液 硫酸铜溶液 加入过量的铁粉后过滤 C 氯化钾固体 氯酸钾 加入二氧化锰并加热 D 硝酸钾溶液 硝酸钡溶液 加入适量的硫酸钠溶液后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化碳也与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢，A错误；‎ B、铁与硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，然后过滤即可得到纯净的硫酸亚铁溶液，B正确；‎ C、在二氧化锰的催化作用下氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，但同时又引入了杂质二氧化锰，C错误；‎ D、加入适量的硫酸钠溶液后生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，又引入了杂质硝酸钠，应该加入适量的硫酸钾溶液后过滤，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现有淀粉和Na2SO4的混合液，装在半透膜袋中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，下列说法能证明半透膜袋完好无损的是( )‎ A. 加入BaCl2溶液产生白色沉淀 B. 加入碘水不变蓝 C. 加入BaCl2溶液无白色沉淀产生 D. 加入碘水变蓝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】胶体是不能透过半透膜的，如果半透膜完好无损，则烧杯中液体中不可能含有淀粉，如果半透膜破损，则淀粉也会存在于烧杯中，故可用碘来检验淀粉的存在（是否变蓝色）来判断半透膜是否完好，答案为B ‎5.实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的无色溶液，且在溶液中四种离子的物质的量浓度均为1 mol·L－1。下列四个离子组能达到要求的是（ ）‎ A. Na＋、K＋、SO42-、Cl－ B. Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-‎ C. H＋、K＋、HCO3-、Cl－ D. Mg2＋、Na＋、Cl－、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】利用复分解反应的条件判断离子能否共存，若离子间能结合成沉淀、气体或水则不能共存，在混合溶液中四种离子的物质的量浓度均为lmol L-1，要注意溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等。‎ ‎【详解】A.若四种离子的浓度均为1mol/L，溶液中正、负电荷的总数不相等，故A错误；‎ B.Cu2+的水溶液为蓝色，不符合题意，故B错误；‎ C.H+和HCO3-能结合成二氧化碳和水，不能共存，故C错误；‎ D.本组离子间不能结合成沉淀、气体、或水，故能共存，溶液呈现电中性，溶液中的正、负电荷总数相等，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.下列关于1 mol/L的Ba(OH)2溶液的说法正确的是(   )‎ A. 该溶液中含有1 mol的Ba(OH)2‎ B. 将1 mol Ba(OH)2溶于‎1 L水中可得到该浓度的溶液 C. 该溶液中OH-的物质的量浓度为2 mol/L D. ‎1 L该溶液中所含Ba2+和OH-的物质的量都是1 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为1‎ ‎ mol/L，但未知该溶液的体积，因此不能确定溶液中含有的溶质Ba(OH)2的物质的量，A错误；‎ B. 将1 mol Ba(OH)2溶于‎1 L水中，所得溶液的体积不是‎1 L，因此所得溶液的物质的量浓度不是1 mol/L，B错误；‎ C. 1 mol Ba(OH)2可电离出2 molOH-，因此，1 mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=2 mol/L，C正确；‎ D. ‎1 L1 mol/L的Ba(OH)2溶液中含有1 mol Ba(OH)2，因此，该溶液中含有1 molBa2+和2 mol OH-，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎7.标准状况下的aLHCl(g)溶于‎1000g水中，得到的盐酸密度为bg·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下aLHCl(g)物质的量为a/22.4mol，质量是‎36.5a/‎22.4g，溶质的质量是a/22.4mol×‎36.5g/mol=‎36.5a/‎22.4g，‎1L水的质量为‎1000g，则溶液的体积V=m/ρ=(1000+‎36.5a/22.4)/bmL=[(1000+‎36.5a/22.4)/b]×10‎-3L，所以盐酸的浓度：c(HCl)=n(HCl)/V= (a/22.4)÷[(1000+‎36.5a/22.4)/b]×10-3=mol·L－1，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎8.常温常压下，用等质量的 CH4、CO2、O2、SO2 分别吹出四个气球，其中气体为 CH4 的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，相同质量的气体，体积之比与摩尔质量成反比，即摩尔质量越大，气体占有的体积越小，CH4的摩尔质量为‎16g/mol，CO2的摩尔质量为‎44g/mol，O2的摩尔质量为‎32g/mol，SO2的摩尔质量为‎64g/mol，则同温同压下，等质量的CH4、CO2、O2、SO2占有体积大小为：CH4＞CO2＞O2＞SO2，故选A。‎ ‎9.同温同压下，某集气瓶充满O2时质量为‎116g，充满CO2时质量为‎122g，充满气体X时质量为‎114g。则X的相对分子质量为（ ）‎ A. 28 B. ‎60 ‎C. 32 D. 44‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】相同状况下同一瓶内装满不同气体，则气体的物质的量相等。设瓶重为mg，则：，求出m=‎100g, ，求出M(X)=‎28g mol-1，故选A。‎ ‎10.V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO42－的物质的量浓度为( )‎ A. ‎56m/V mol/L B. ‎3m/56V mol/L C. m/56V mol/L D. ‎3m/112V mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据铁离子的质量求得铁离子的物质的量，根据化学式计算硫酸根离子的物质的量，然后除以溶液的体积即得物质的量浓度。‎ ‎【详解】V L Fe2（SO4）3溶液中，含有Fe3＋ m g，则n（Fe3＋）=mg/‎56g·mol－1=m/56mol，根据化学式可得SO42－的物质的量为n（SO42－）=3/2×n（Fe3＋）=‎3m/112mol，所以SO42－的物质的量浓度为c（SO42－）=‎3m/112V mol·L－1；‎ 故选D。‎ ‎11.某原子的摩尔质量是 M g /mol，则一个该原子的实际质量是（ ）‎ A. Mg B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据摩尔质量可知，1mol该原子的质量是Mg，1mol原子有阿伏加德罗常数NA 个，即NA个原子的质量是Mg，则一个该原子的真实质量约为==，‎ 答案选C。‎ ‎12.下列有关实验操作正确的是 (　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 取用液体时：①试剂瓶瓶口与试管口紧挨，防止液体流出；②标签向着手心，防止液体流出腐蚀标签；③瓶塞倒放桌面上，防止污染瓶塞，从而污染药品，A正确；‎ B. 给液体加热时，试管内液体不能超过其体积的，防止沸腾溅出，且手不能抓住试管夹的短柄，否则会导致试管脱落，B错误；‎ C. 胶头滴管要悬空垂直滴加，不能伸入试管中，否则会造成药品的污染，C错误；‎ D. 正在加热的蒸发皿不可用手直接拿，否则会烫伤手，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎13.下列配制的溶液浓度偏大的是（ ）‎ A. 配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线 B. 配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线 C. 称量4.0gNaOH配制0.1mol/L NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘 D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，导致量取的浓盐酸的体积偏小，配置溶液的浓度偏小，与题意不符，A错误；‎ B. 配制稀盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线，导致容量瓶中溶液的体积偏大，浓度偏小，与题意不符，B错误；‎ C. 称量4.0gNaOH配制0.1mol/L ‎ NaOH溶液1000mL时，砝码错放左盘，未使用游码，则称量的质量不变，配置溶液的浓度不变，与题意不符，C错误；‎ D. NaOH溶解后未经冷却即注入容量瓶并加水至刻度线，导致溶液的体积偏小，则浓度偏大，符合题意，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎14.某乙醇的水溶液中，乙醇所含的氢原子与水所含的氢原子数相等，该溶液中乙醇的质量分数为(　　)‎ A. 78% B. 46% C. 23% D. 11.5%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇溶液中溶质的质量分数=×100%，因此需要判断溶质乙醇与溶剂水的质量关系；每个乙醇C2H5OH分子中含6个H原子，每个水H2O分子中含2个H原子；根据“乙醇分子里所含的氢原子总数与水分子里所含的氢原子总数相等”可推算溶液中乙醇与水的质量关系。‎ ‎【详解】根据氢原子数相等，找出乙醇分子与水分子间的关系，进而确定出质量关系。‎ C2H5OH~6H~3H2O ‎46         54‎ 此乙醇溶液中溶质的质量分数为：×100%=46%，‎ 故答案选B。‎ ‎15.将5 mol·L－1的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3—的物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－‎1 ‎C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】5mol/L的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为10 mol/L，由释前后溶质的物质的量不变可知，当a mL稀释至b mL时，硝酸根的物质的量不变，则稀释后溶液中硝酸根的物质的量浓度为=mol·L－1，故选B。‎ ‎16.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 氢氧化铁与盐酸反应：H++OH－＝H2O B. 过量NaHSO4溶液与少量Ba(OH)2反应：2H++SO42－+Ba2++2OH－＝BaSO4↓+2H2O C. 铁与H2SO4反应：Fe+2H+＝Fe3++H2↑‎ D. NaHCO3溶于盐酸中：CO32－+2H+＝CO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A、氢氧化铁难溶，不能拆开；‎ B、氢氧化钡不足生成硫酸钡、硫酸钠和水；‎ C、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；‎ D、碳酸氢根离子不能拆开。‎ ‎【详解】A、氢氧化铁难溶于水，应该用化学式表示，则氢氧化铁与盐酸反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋＝3H2O＋Fe3＋，A错误；‎ B、过量NaHSO4溶液与少量Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡白色沉淀、硫酸钠和水，因此反应的离子方程式为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－＝BaSO4↓＋2H2O，B正确；‎ C、铁与H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑，C错误；‎ D、碳酸氢根离子不能拆开，应该用化学式表示，则NaHCO3溶于盐酸中反应的离子方程式为HCO3－＋H＋＝CO2↑＋H2O，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎17.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是( )‎ A. Na2CO3、NaCl、NaOH B. NaOH、NaCl、Na2CO3‎ C. NaCl、NaOH、Na2CO3 D. NaCl、Na2CO3、NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于碳酸钠电离产生的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀，先加入碳酸钠溶液会出现三种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，A错误；‎ B. 由于氢氧化钠电离产生的氢氧根离子能与溶液中的Mg2+、Ag+形成沉淀，先加入氢氧化钠溶液出现象两种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，B错误；‎ C. 氯化钠电离产生的Cl-只能够与溶液中Ag+形成AgCl沉淀，然后加入的NaOH，只与溶液中Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，最后加入的碳酸钠，能够沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求，C正确；‎ D. 氯化钠溶液沉淀溶液中Ag+后，加入的碳酸钠溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+，不符合每次得到一种沉淀的要求，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎18.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……”月光穿过薄雾形成的种种美景的本质原因是(   )‎ A. 雾是一种胶体 B. 光是一种胶体 C. 发生了丁达尔效应 D. 空气中的小水滴颗粒直径大小约为10‎-9 m-10‎‎-7 m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 雾是一种胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，A错误；‎ B. 雾是一种胶体，光不是胶体，B错误；‎ C. 雾作为一种胶体，能发生丁达尔效应，但这也不是月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因，C错误；‎ D. 题干中所提及的雾，是小液滴在空气中形成的一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1∼100 nm，即10‎-9 m-10‎-7 m，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎19.下列说法正确的是(　　)‎ A. 纯水导电性很差，所以水不是电解质 B. 判断某化合物是否为电解质，应看其在一定条件下能否电离 C. 酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都不电解质 D. NaCl和HCl都是电解质，所以它们熔融状态下都能导电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纯水属于弱电解质，水电离出的H＋和OH－浓度很小，导电性差，因此水属于电解质，故A错误；‎ B、电解质的定义是水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物，能够在一定条件下电离出离子，故B正确；‎ C、电解质包括酸、碱、大多数的盐、大多数的金属氧化物和水，故C错误；‎ D、NaCl在熔融状态下能电离，HCl在熔融状态下不能够导电，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎20.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】‎ ‎【详解】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；‎ 故答案选A。 .‎ ‎21.下列关于物质的量浓度表述正确的是( )‎ A. 0.3‎‎ mol·L-1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42-的总物质的量为0.9 mol B. 在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na+和SO42-的物质的量相等，则K+和Cl-的物质的量浓度一定相同 C. 当‎1 L水吸收‎22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol·L-1，只有当‎22.4 L(标准状况)氨气溶于水制得‎1 L氨水时，其浓度才是1 mol·L-1‎ D. ‎10 ℃‎时，100 mL 0.35 mol·L-1的KCl饱和溶液蒸发掉‎5 g水，冷却到‎10 ℃‎时，其体积小于100 mL，它的物质的量浓度大于0.35 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．0.3 mol•L-1的Na2SO4溶液中Na+、SO42-的物质的量浓度为：0.6mol•L-1、0.3 mol•L-1，由于缺少溶液的体积，所以无法计算出离子的物质的量，故A错误；B．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中存在：c（Na+）+c（K+）=c（Cl-）+‎2c（SO42-），Na+和SO42-的物质的量相等，即物质的量浓度相等，所以K+和Cl-的物质的量浓度一定不相同，故B错误；C．溶液的体积不等于溶剂的体积，所以1 L水吸收22.4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol•L-1；标况下22.4 L氨气的物质的量为1mol，溶于水制得1 L氨水时，其浓度一定等于1 mol•L-1，故C正确；D．‎10℃‎时，0.35 mol•L-1的KCl饱和溶液100 mL蒸发掉5 g水，冷却到‎10℃‎时，其体积小于100 mL，溶液仍然是饱和溶液，溶质的物质的量浓度不变，它的物质的量浓度仍为0.35 mol•L-1，故D错误；故答案为C。‎ ‎22.V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g，取V mL溶液稀释到4V mL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是(　　)‎ A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+a g即Al3+物质的量，取V mL溶液，则取出的Al3+物质的量，稀释到4V mL，则Al3+物质的量浓度，则稀释后溶液中SO42−的物质的量浓度是，故B正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎23.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( )‎ A. 现有CO、CO2、O3三种气体，它们分别都含有1molO，则三种气体的物质的量之比为 3∶2∶1‎ B. ‎5.6g CO 和‎22.4L CO2中含有的碳原子数一定相等 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. n g Cl2中有m个Cl原子，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为 ‎35.5m/n ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CO、CO2、O3三种气体,它们含有的氧原子个数之比为1:2:3，则氧原子的物质的量相同，设都为1mol，则n(CO)=1mol，n(CO2)=mol，n(O3)=mol,则这三种气体的物质的量之比为1::=6:3:2，故A错误；‎ B. 气体的状况不知无法求二氧化碳的物质的量，故B错误；‎ C. 摩尔质量的单位是g/mol，所以M气体的摩尔质量是‎32g/mol，故C错误；‎ D. ngCl2的物质的量为n/71mol，所含氯原子数为：2NA×n/71，则有2NA×n/71=m，则阿伏加德罗常数NA的数值可表示为‎35.5m/n，故D正确；故选D。‎ ‎24.2013年1月我国大部分地区被雾霾笼罩，空气质量严重污染。PM 2.5‎ 是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10－‎6m)的细小颗粒物，也称为可入肺颗粒物。下列有关说法中错误的是(　　)。‎ A. 雾霾空气属于混合物 B. 微粒直径为2.5微米的细小颗粒物可形成胶体 C. 实施绿化工程，可以有效防治PM 2.5污染 D. PM 2.5表面积大，能吸附大量的有毒有害物质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】选项A，空气是由N2、O2及一些尘埃等组成的混合物，正确；‎ 选项B，胶体微粒直径介于1～100 nm之间，所以微粒直径为2.5微米的细小颗粒物不能形成胶体，错误；‎ 选项C，实施绿化工程，树木能吸附空气中的尘埃，从而有效防治PM 2.5污染，正确；‎ 选项D，PM 2.5表面积大，吸附能力强，能吸附有毒有害物质，正确；‎ 答案选B。‎ ‎25.现有以下物质：① NaCl溶液 ② 干冰(固态的二氧化碳) ③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铜 ⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦酒精⑧熔融的KNO3其中属于电解质的是( )‎ A. ①③⑤⑧ B. ②③④⑤⑥⑦ C. ③⑤⑧ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，电解质必须是纯净物，酸、碱、盐、活泼金属氧化物等均属于电解质；则①NaCl溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质；②干冰(固态的二氧化碳)是非电解质；③冰醋酸(纯净的醋酸)是电解质；④铜是单质，不是电解质，也不是非电解质；⑤BaSO4固体是电解质；⑥蔗糖是非电解质；⑦酒精是非电解质；⑧熔融的KNO3属于电解质，因此其中属于电解质的是③⑤⑧；‎ 答案选C。‎ ‎26.对于某些离子的检验及结论一定正确的是( )‎ A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中一定有CO32－‎ B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有Ag+‎ C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有SO42-‎ D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则原溶液中可能有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，A错误；‎ B. 向某溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中可能有Ag+或SO42-等，B错误；‎ C. 向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，则溶液中无Ag+，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于酸，则原溶液中一定有SO42-，C正确；‎ D. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸沉淀消失，则原溶液可能有Ba2+或Ca2+等，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎27.实验室有三缸废液，分别含有Na2CO3、Ca(OH)2和HCl，且它们的物质的量之比为1∶1∶2。要让三缸废液混合后，所得溶液的溶质只有NaCl，应选择的混合顺序是（注：过滤等实验操作己省略）( )‎ A. 先将Na2CO3废液和Ca(OH)2废液混合，再与HCl废液混合 B. 先将Na2CO3废液和HCl废液混合，再与Ca(OH)2废液混合 C. 先将Ca(OH)2废液和HCl废液混合，再与Na2CO3废液混合 D. 将Na2CO3废液和Ca(OH)2废液同时慢慢倒入HCl废液中 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设有1molNa2CO3、1molCa(OH)2和2molHCl；‎ A.此项中涉及的反应有Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaOH+HCl=NaCl+H2O，最后溶液中只有NaCl，故A正确；‎ B.此项中涉及的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，Ca(OH)2和NaCl能共存，最后溶液中有Ca(OH)2和NaCl，故B错；‎ C.此项中涉及的反应有Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O，CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl，最后溶液中只有NaCl，故C正确；‎ D.Na2CO3、Ca(OH)2同时HCl反应，实验结果介于BC之间，D项错误；‎ 本题答案选AC。‎ ‎28.关于离子方程式Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓的说法正确的是（ ）‎ A. 可表示所有铜盐和强碱的反应 B. 可表示某一个具体的反应，也可以表示一类反应 C. 离子方程式中的OH－可代表弱碱或强碱 D. 该反应可看到Cu(OH)2白色沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.本离子方程式不能表示CuSO4和Ba(OH)2的反应，故不可表示所有铜盐和强碱的反应，A项错误；‎ B.本离子方程式可表示可溶性铜盐和强碱当生成氢氧化铜沉淀和可溶性盐时的一类反应，也可以表示某一个具体的反应，B项正确；‎ C.在离子方程式的书写中，弱碱不能拆为氢氧根，C项错误；‎ D.氢氧化铜是蓝色沉淀，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎29.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是( )‎ A. 把铁片插入CuSO4溶液，验证古代温法冶铜：2Fe+3Cu2+=2Fe2++3Cu B. 某气体使清石灰水先变浑浊后变澄清，验证该气体是CO2： Ca2++2OH-+CO2=CaCO3+H2O、CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-‎ C. 在小苏打溶液中加入醋酸，验证醋酸比碳酸的酸性强：HCO3-+H+=CO2↑+H2O D. 若要求用两种单质和一种溶液来测定Zn、Cu、Ag三种金属的活动性顺序，可用Zn、Cu和AgNO3溶液：Zn+2Ag+=2Ag+Zn2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe与硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和Cu，离子反应为Fe+Cu2+═Fe2++Cu，A错误；‎ B. 先变浑浊后变澄清，可知先生成难溶性碳酸钙沉淀，后生成可溶性碳酸氢钙，离子反应为Ca2++2OH−+CO2═CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca2++2HCO3−，B正确；‎ C. 小苏打溶液中加入醋酸，发生强酸制取弱酸的复分解反应，但醋酸是弱酸，不能写成离子形式，离子方程式为HCO3−+CH3COOH═CH3COO−+CO2↑+H2O，C错误；‎ D. Zn、Cu均与AgNO3发生置换反应生成Ag，因此不能比较Zn、Cu的金属性，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎30.下列说法正确的是( )‎ A. 某物质不属于电解质，就属于非电解质 B. SO2溶于水可导电，SO2属于电解质 C. 能导电的物质属于电解质，NaCl属于电解质，所以NaCl晶体可导电 D. 已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解质、非电解质都属于化合物，氢气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；‎ B. SO2溶于水后和水反应生成亚硫酸，亚硫酸是酸，能够电离出自由移动的离子而能导电，但电离出的离子的物质是亚硫酸而不是SO2，故亚硫酸是电解质，而SO2不是电解质，而是非电解质，B错误；‎ C. NaCl是盐，属于电解质，但在晶体中NaCl未发生电离作用，无自由移动的离子，所以NaCl晶体不能导电，C错误；‎ D. 电离是电解质导电的前提，氧化铝是离子化合物，在熔融状态下电离出Al3+、O2-而能导电，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ 第II卷 二、非选择题：考生根据要求作答 ‎31.现有NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-，SO42-和NO3-的相互分离，实验过程如下： 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出上述实验过程中所用试剂的名称：试剂1为 ___ ，试剂2为 ___ ，试剂4为 _________ 。‎ ‎(2)加入过量试剂3的目的是 _________ 。‎ ‎(3)在加入试剂4后，获得晶体D的实验操作④的名称是 _______。‎ ‎【答案】(1). BaCl2或Ba(NO3)2溶液 (2). AgNO3溶液 (3). 稀HNO3 (4). 除去溶液中过量的Ba2+、Ag+ (5). 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ‎【解析】‎ ‎【分析】要实现Cl-、SO42-、NO3-的相互分离，通常用AgNO3沉淀Cl-，用BaCl2或Ba(NO3)2沉淀SO42-。若先加入AgNO3溶液，就会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，因此应先加入过量的BaCl2或Ba(NO3)2溶液，即试剂1是BaCl2或Ba(NO3)2溶液，生成BaSO4沉淀即沉淀A，然后在滤液中加入过量的AgNO3溶液即试剂2，使Cl-全部转化为AgCl沉淀即沉淀B，在所得滤液中加入过量的Na2CO3即试剂3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全形成沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，再加入稀HNO3即试剂4，最后将溶液进行蒸发操作可得固体NaNO3，以此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：试剂1是BaCl2或Ba(NO3)2溶液，沉淀A是BaSO4；试剂2是AgNO3溶液，沉淀B是AgCl，试剂3是Na2CO3溶液，沉淀C是Ag2CO3、BaCO3，试剂4是稀HNO3，晶体D是NaNO3。‎ ‎(1)根据上述分析可知：试剂1为BaCl2或Ba(NO3)2溶液，试剂2为AgNO3溶液，试剂3为Na2CO3溶液，试剂4为稀HNO3；‎ ‎(2)在加入过量的BaCl2或Ba(NO3)2后过滤除去BaSO4沉淀，在滤液中加入过量的AgNO3溶液，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，反应后溶液中存在过量的Ag+、Ba2+‎ ‎，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，能够使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；‎ ‎(3)在加入过量稀硝酸后的溶液NaNO3溶液，由于NaNO3的溶解度受温度的影响变化较大，所以要从其溶液中获得溶质，应将溶液进行蒸发浓缩，然后冷却结晶、最后过滤可得NaNO3晶体，故获得晶体D的实验操作④的名称是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。‎ ‎32.某河道两旁有甲、乙两厂。它们排放的工业废水中，共含 K+、Ag+、Cu2+、OH-、Cl-和NO3-六种离子。‎ ‎(1)甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中含有的三种离子是______；‎ ‎(2)乙厂的废水中含有另外三种离子。如果加一定量______(选填：活性炭、硫酸亚铁、铁粉)，可以回收其中的金属______(填写金属元素符号)‎ ‎(3)另一种设想是将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的______(填写离子符号)转化为沉淀．经过滤后的废水主要含______，可用来浇灌农田 ‎【答案】(1). K+、Cl-、OH- (2). 铁粉 (3). Ag、Cu (4). Ag+、Cu2+、Cl-、OH- (5). KNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)甲厂的废水呈碱性，则甲厂中一定含有OH-，结合离子的共存分析；‎ ‎(2)乙厂的废水中含有与OH-发生反应的Ag+、Cu2+，利用比Cu、Ag活泼的金属Fe来回收；‎ ‎(3)根据复分解反应来分析。‎ ‎【详解】(1)甲厂的废水呈碱性，则甲厂废水中一定含有OH-，由于废水中的Ag+、Cu2+与OH-结合生成AgOH、Cu(OH)2沉淀，故Ag+、Cu2+不能在甲厂废水，应该存在于乙厂废水中；Ag+与Cl-会发生反应形成AgCl沉淀而不能共存，故Cl-在甲厂废水中，甲厂废水中除含有OH-、Cl-，根据溶液呈电中性，还应该含有阳离子K+，故甲厂废水中含有的三种离子是K+、Cl-、OH-；‎ ‎(2)由上述分析可知，乙厂废水中含有Ag+、Cu2+，根据金属的活泼性可知，金属活动性Fe>Cu>Ag，所以加入铁粉能够与溶液中的Ag+、Cu2+发生金属间的置换反应产生Ag、Cu，故加入Fe粉可回收的金属是Ag、Cu；‎ ‎(3)将甲厂和乙厂的废水按适当的比例混合，会发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓；Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，可使溶液中的Ag+、Cu2+、Cl-、OH-转化为AgCl、Cu(OH)2沉淀，经过滤后得到的废水中主要KNO3，由于其中含有植物生长需要的K、N营养元素，故可用来灌溉农田。‎ ‎33.实验室用密度为‎1.25 g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1‎ ‎ mol/L的盐酸，请回答下列问题：‎ ‎(1)浓盐酸的物质的量浓度为_________。‎ ‎(2)配制 240 mL 0.1mol/L的盐酸。‎ 应量取浓盐酸体积/mL 应选用容量瓶的规格/mL ‎______‎ ‎______‎ ‎(3)配制时，其正确的操作顺序是(字母表示，每个字母只能用一次 )_________‎ A. 用30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡 B. 用量筒淮确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水(约30 mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀 C. 将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中 D. 将容量瓶盖紧，振荡，摇匀 E. 改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切 F. 继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1〜‎2 cm处 ‎(4)若实验中遇到下列情况，对盐酸溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)?‎ ‎①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤_________。‎ ‎②容量瓶中原有少量蒸馏水_________。‎ ‎③定容时观察液面俯视_________。‎ ‎【答案】(1). 12.5 mol/L (2). 2.0 (3). 250 (4). BCAFED (5). 偏低 (6). 不变 (7). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c=计算；‎ ‎(2)根据溶液具有均一性，结合选择仪器的标准判断使用容量瓶的规格，利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算量取的浓盐酸的体积数值；‎ ‎(3)根据配制物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀分析判断操作顺序；‎ ‎(4)根据c=分析实验误差。‎ ‎【详解】(1)浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12.5 mol/L；‎ ‎(2)配制240 mL0.1 mol/L的盐酸，实验室没有规格是240 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准：“大而近”的原则，可知应选择使用250 mL容量瓶配制溶液，实际配制250 mL0.1 mol/L的稀盐酸，设需要浓盐酸体积为V，由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，所以：V×12.5 mol/L=0.1 mol/L×250 mL，解得V=2.0 mL； ‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、移液、洗涤、定容、摇匀等，故正确的操作顺序为：BCAFED；‎ ‎(4)①用以稀释浓盐酸的烧杯未洗涤，导致溶质物质的量偏少，最终使溶液浓度偏低；‎ ‎②容量瓶中原有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量及最后溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，溶液的浓度不变； ‎ ‎③定容时观察液面俯视，导致溶液的体积偏小，由于溶质的物质的不变，故最终导致配制溶液的浓度偏高。‎ ‎34.有以下物质：①石墨；②铝；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氢氧化钡溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩氯化氢气体。‎ ‎(1)其中能导电的是_______；属于非电解质的是_______；属于强电解质的是___；属于弱电解质的是_________。‎ ‎(2)写出物质⑥溶于水的电离方程式：_________。‎ ‎(3)将物质⑥配制成溶液，逐滴加入⑦溶液中至沉淀量最大，写出离子方程式：___‎ ‎【答案】(1). ①②④⑦ (2). ③⑤ (3). ⑥⑨⑩ (4). ⑧ (5). NaHCO3=Na++HCO3− (6). Ba2++OH−+HCO3−=BaCO3↓+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)有自由移动的离子或电子的物质能够导电；结合电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念进行判断；‎ ‎(2)碳酸氢钠是盐，溶于水电离产生钠离子和碳酸氢根离子，据此书写电离方程式；‎ ‎(3)将碳酸氢钠溶液逐滴加入到氢氧化钡溶液至沉淀最大值时，二者的物质的量的比是1：1，二者反应产生碳酸钡沉淀和水，结合物质的溶解性及电解质强弱，书写反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)①石墨、②铝中存在能自由移动的电子能导电；④氨水；⑦氢氧化钡溶液中有能自由移动的阴、阳离子而能导电，故能够导电的物质序号是①②④⑦；非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，③酒精和⑤二氧化碳都不能电离产生自由移动的离子，因此二者都属于非电解质，属于非电解质的物质序号是③⑤；强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐，⑥‎ 碳酸氢钠固体、⑨氧化钠固体、⑩氯化氢气体都是强电解质，故属于强电解质的物质序号是⑥⑨⑩；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，冰醋酸是由分子构成的物质，在水中存在电离平衡，属于弱电解质；故属于弱电解质的物质序号是⑧；‎ ‎(2)碳酸氢钠是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na+、HCO3-，故其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−；‎ ‎(3)将物质⑥碳酸氢钠固体配制成溶液，逐滴加入⑦氢氧化钡溶液，当沉淀达到最大值时，二者物质的量的比是1：1，反应产生BaCO3沉淀和水，反应的离子方程式为：Ba2++OH−+HCO3−=BaCO3↓+H2O。‎ ‎35.有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl−、SO42−、CO32−中的若干种，现进行以下实验：‎ ‎①取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出；‎ ‎②向①溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，过滤后在滤液中加入稀硝酸酸化，然后滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；‎ ‎③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解；‎ ‎④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；‎ ‎⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤。往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少。‎ ‎(1)根据上述实验，这包粉末中一定不含有的离子是______，肯定含有的离子是______，不能确定是否含有的离子______。可通过______(填实验方法)来进一步确定该离子。‎ ‎(2)步骤⑤中发生反应的离子方程式是______；______；______。‎ ‎【答案】(1). SO42−、CO32− (2). Fe3+、Al3+、Cl− (3). K+ (4). 焰色反应 (5). Fe3++3NH3⋅H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+ (6). Al3++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+ (7). Al(OH)3+OH−═AlO2−+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】有一包粉末可能含有K+、Fe3+、Al3+、Cl−、SO42−、CO32−中的若干种，由实验①取少量固体，加入稀硝酸搅拌，固体全部溶解，没有气体放出，则溶液中一定不含CO32-；‎ ‎②向①溶液中加入一定量Ba(OH)2溶液，生成有色沉淀，则溶液中一定含有Fe3+，可能含有SO42-；过滤后，在滤液中滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中含有Cl-；‎ ‎③取②中的有色沉淀加入足量的稀盐酸后，沉淀全部溶解，由于硫酸钡不溶于盐酸，因此溶液中一定不含SO42-；‎ ‎④重新取少量固体加入适量蒸馏水搅拌后，固体全部溶解，得到澄清溶液；‎ ‎⑤向④的溶液中加入氨水使溶液呈碱性，有沉淀生成，过滤，往得到的沉淀中加入过量的NaOH溶液，沉淀减少但不完全溶解，因氢氧化铝溶于强碱，氢氧化铁不能，则说明溶液中含有Fe3+、Al3+；‎ 通过以上分析可知，溶液中一定含有Fe3+、Al3+、Cl-；一定不含有CO32-、SO42-；不能确定溶液中是否含有K+，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知：这包粉末中一定不含有的离子是CO32-、SO42-；肯定含有的离子是Fe3+、Al3+、Cl-；不能确定是否含有的离子是K+，由于钾元素焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃观察)，因此要确定溶液中是否含有K+，可通过焰色反应判断；‎ ‎(2)由于溶液中含有Fe3+、Al3+、Cl-，向该溶液在加入氨水，Fe3+与氨水反应生成氢氧化铁沉淀，离子反应方程式为：Fe3++3NH3⋅H2O═Fe(OH)3↓+3NH4+；Al3+与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：Al3++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，往过滤后的沉淀中滴加NaOH溶液，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够溶于强碱，所以Al(OH)3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子反应方程式为：Al(OH)3+OH−═AlO2−+2H2O。‎ ‎36.O2和O3是氧元素的两种单质，根据其分子式完成下列各题：‎ ‎(1)等质量的O2和O3所含分子个数比为____，原子个数比为_____，分子的物质的量之比为____。‎ ‎(2)等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为___，原子个数比为_____，质量比为___。‎ ‎(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值，如果a g氧气中含有的分子数为b，则c g氧气在标准状况下的体积约是__(用含NA的式子表示)。‎ ‎(4)配制100 mL 1 mol/L的稀H2SO4溶液，需要用量筒量取浓H2SO4(密度为‎1.84 g·mL－1，质量分数为98%)的体积为____ mL。‎ ‎【答案】(1). 3∶2 (2). 1∶1 (3). 3∶2 (4). 1∶1 (5). 2∶3 (6). 2∶3 (7). (8). 54‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据n=、N=NA、及分子构成计算；‎ ‎(2)同温同压下，气体摩尔体积相同，N=NA、m=M及分子构成计算；‎ ‎(3)标况下，气体摩尔体积是‎22.4L/mol，ag氧气中含有的分子数为b，则氧气的摩尔质量=‎ g/mol，V=nVm；‎ ‎(4)根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积。‎ ‎【详解】(1)设其质量为m，等质量的O2和O3所含分子个数比=NA:NA=3:2，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧原子，所以其氧原子个数=(3×2):(2×3)=1:1，其物质的量之比=:=3:2；‎ ‎(2)温同压下，气体摩尔体积相同，根据N=NA知，等体积的O2和O3所含分子个数比是1:1，一个氧气分子中含有2个氧原子，一个臭氧分子中含有3个氧原子，所以原子个数之比是2:3，根据m=M知，其质量之比等于其摩尔质量之比=‎32g/mol:‎48g/mol=2:3；‎ ‎(3)氧气的摩尔质量为M===g/mol，则cgO2在标准状况下体积为：V=•Vm=×‎22.4L/mol=L；‎ ‎(4)该浓H2SO4的物质的量浓度为：c==mol/L=18.4mol/L；据稀释定律得：100mL×1mol/L=18.4mol/L×V，解得：V=5.4mL。‎ ‎ ‎