【化学】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

安徽省六安市舒城中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 原子量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40‎ 一、选择题（共54分）‎ ‎1.下列各组混合物中，不能用分液漏斗分离的是（ ）‎ A. 植物油和水 B. 汽油和水 C. 四氯化碳和水 D. 酒精和水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】能用分液漏斗分离的物质应互不相溶.‎ ‎【详解】A、油和水互不相溶，可用分液漏斗分液，达到分离的目的，故A不选；‎ B、汽油和水互不相溶，可用分液漏斗分液，达到分离的目的，故B不选；‎ C、水和四氯化碳互不相溶，可用分液漏斗分液，达到分离的目的，故C不选；‎ D、酒精和水互溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故D选；‎ 故选D。‎ ‎2.下列仪器一般不用来分离提纯物质的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、除去液体中混有的不溶固体，采用过滤操作，需要使用漏斗，故A不选；‎ B、长颈漏斗主要用于添加液体，故B选；‎ C、分离互不相溶的液体，需使用分液漏斗，故C不选；‎ D、洗气瓶用于除去气体中杂质，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎3.分离MgCl2、KCl、BaSO4的固体混合物，应采用的一组试剂是（ ）‎ A. 水、硝酸银、稀硝酸 B. 水、氢氧化钠、盐酸 C. 水、氢氧化钾、硫酸 D. 水、氢氧化钾、盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】BaSO4不溶于水，MgCl2能与碱反应生成氢氧化镁沉淀，然后与盐酸反应重新生成MgCl2。‎ ‎【详解】三种物质中，BaSO4不溶于水，故先加水过滤能将BaSO4分离出来，‎ 要分离MgCl2和KCl，需要先将其中的MgCl2转化为氢氧化镁沉淀，此时所选的试剂与氯化镁反应不能生成新的杂质，故可以选用KOH，‎ 然后将生成的氢氧化镁沉淀过滤，滤液经蒸发结晶即可得到KCl；向生成的氢氧化镁沉淀中加入盐酸即可生成MgCl2；‎ 故选：D。‎ ‎4.进行化学实验，必须注意安全，下列关于实验安全问题说法正确的是（ ）‎ A. H2还原CuO实验中，应该先加热CuO，再通H2‎ B. 制备有毒气体时可以在通风橱中进行 C. 蒸馏时需要加沸石，是为了防止倒吸 D. 打碎的水银温度计应该扔至垃圾桶，并将洒落的水银扫至废液缸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A．H2与空气混合气体易发生爆炸；‎ B. 制备有毒气体时可以在通风橱中进行，防止中毒；‎ C. 蒸馏时需要加沸石，是为了防止暴沸；‎ D. 打碎的水银温度计应该扔至垃圾桶，并将洒落的水银上洒上硫磺；‎ ‎【详解】A．H2还原CuO时要先通H2，排净系统内的空气，若先加热再通H2会引起爆炸，故A错误； ‎ B. 制备有毒气体时可以在通风橱中进行，防止中毒，故B正确；‎ C. 蒸馏时需要加沸石，是为了防止暴沸，防止液体剧烈沸腾，冲出容器，故C错误；‎ D. 水银蒸汽有毒，打碎的水银温度计应该扔至垃圾桶，并将洒落的水银上洒上硫磺，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.同温同压下，等质量的SO 2 和CO 2 相比较，下列叙述不正确的是 （ ）‎ A. 密度比为16∶11 B. 分子比为11∶16‎ C. 原子比为16∶11 D. 体积比为11∶16‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】等质量的SO2和CO2，设质量均为m，结合n=m/M、V=nVm及密度之比等于摩尔质量之比来.‎ ‎【详解】A、密度之比为64g·mol－1：44g·mol－1=16：11，故A正确；‎ B、分子数之比=物质的量之比，为m/64：m/44=11：16，故B正确；‎ C、原子数为分子数的3倍，原子数之比=分子数之比=物质的量之比，为m/64：m/44=11：16，故C错误；‎ D、同温同压下，Vm相同，体积之比=物质的量之比，为m/64：m/44=11：16，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 6.02×1023就是阿伏加德罗常数 B. 0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数的值 C. 某物质含有阿伏加德罗常数个粒子，则其物质的量是1mol D. 1 molNH3所含原子数约是2.408×1024‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A、根据阿伏加德罗常数的近似值来判断；‎ B、根据0.012kg12C含有的碳原子数判断；‎ C、含有阿伏加德罗常数个微粒的物质的量就是1mol；‎ D、根据N=nNA结合氨气分子的构成计算．‎ ‎【详解】A、阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023mol-1，但6.02×1023不是阿伏加德罗常数，故A错误；‎ B、0.012kg12C的物质的量是1mol，所以0.012kg12C含有的碳原子数就是阿伏加德罗常数，故B正确；‎ C、含有阿伏加德罗常数个微粒的物质，其物质的量就是1mol，故C正确；‎ D、N=nNA=1mol×NA·mol－1=NA，一个氨气分子中含有4个原子，所以1molNH3所含原子数约是2.408×1024，故D正确。‎ 故选：A。‎ ‎7.阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol－1，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 2.24LCl2中含有的原子数为0.2×6.02×1023‎ B. 0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的N原子数为0.3×6.02×1023‎ C. 16g氧气和臭氧混合气含分子数为6.02×1023‎ D. 46gNO2和N2O4的混合物中含有的原子数为3×6.02×1023‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、不是标准状况；‎ B、1mol硝酸铵铵盐2mol氮原子；‎ C、氧分子和臭氧分子含氧原子数不同；‎ D、NO2和N2O4的最简式为NO2，根据最简式计算出混合物中含有的原子数．‎ ‎【详解】A、不是标准状况，Vm不等于22.4L·mol－1，无法计算氯原子个数，故A错误；‎ B. 0.1L3mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的N原子数为2×0.3×6.02×1023，故B错误；‎ C、氧分子和臭氧分子含氧原子数不同，16g氧气和臭氧混合气含原子数为6.02×1023，分子数不能确定，故C错误；‎ D、 NO2和N2O4的最简式为NO2，则46g该物质含有3mol原子，混合物中含有的原子数为3×6.02×1023，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎8.在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl,16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（ ）‎ A. 2 ,64 ,24 B. 64 ,2 ,24 ‎ C. 32 ,50 ,12 D. 16 ,50 ,24‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中：n（NH4+） = 50mol，n（Cl-） =" 50mol" + 16mol = 66mol，n（K + ） =" 16mol" + 24mol × 2 = 64mol，n（SO42-） = 24mol，由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液，营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中相应离子物质的量相等，根据硫酸根离子守恒可知，需要n[（NH4）2SO4]=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol-24mol×2=2mol，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol-2mol=64mol，选B。‎ ‎9.用0.2mol·L－1某金属阳离子Rn＋的盐溶液40mL，恰好将20mL0.4mol·L－1的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】溶液中SO42-离子的物质的量为：20mL×10-3×0.4mol•L-1=8×10-3 mol，溶液中Rn+离子的物质的量为：40mL×10-3×0.2mol•L-1=8×10-3mol，由反应中恰好将溶液中的Mn+离子完全沉淀为硫酸盐时M的化合价为+n，则SO42-与Rn+反应对应的关系式为：   2Rn+～n SO42-   2                 n 8×10-3mol    8×10-3mol 解得n=2，故选答案B。‎ ‎10.等质量的①CH4、②H2、③HC1、④SO2四种气体，在标准状况下体积由大到小的顺序是（ ）‎ A. ②>①>③>④ B. ④>③>①>② ‎ C. ③>②>④>① D. ①>④>②>③‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据n=可知，代入PV=nRT，得PV=RT，所以同温同压下，质量相等，体积与摩尔质量成反比，所以相对分子质量越大，体积越小，①CH4、②H2、③HCl、④SO2的相对分子质量分别为16、2、36.5、64，所以在标况下体积由大到小顺序为②＞①＞③＞④。综上，答案A。‎ ‎11.下列物质含有的氧原子数最多的是（ ）‎ A. 10gCaCO3固体 B. 标准状况下2.24LNO2‎ C. 含3.01×1022个Na+的Na2SO4 D. 0.2molSO2气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据n=m/M=N/NA=V/Vm计算出各物质的物质的量，然后结合化学式组成计算出O的物质的量，氧原子的物质的量越大，含有氧原子数越多。‎ ‎【详解】A. 10gCaCO3的物质的量为10g/100g·mol－1=0.1mol，则其含有O的物质的量为：0.1mol×3=0.3mol；‎ B. 标准状况下2.24LNO2的物质的量为：2.24L/22.4L·mol－1=0.1mol，含有O的物质的量为：0.1mol×2=0.2mol；‎ C. 含3.01×1022个Na+的Na2SO4的物质的量为：3.01×1022÷6.02×1023mol－1÷2=0.025mol，含有O的物质的量为：0.025mol×4=0.1mol；‎ D. 0.2molSO2气体中含有O的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；‎ 故选D。‎ ‎12.在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13．44L，质量为24g，此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比是（ ）‎ A. 3∶7 B. 3∶4 C. 4∶7 D. 1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：标况下CO和CO2组成混合气体13．44L，它们总物质的量为13．44L÷22．4L/mol=0．6mol，则混合物中n（C）=n（CO）+n（CO2）=0．6mol，则混合物中氧元素质量为24g-0．6mol×12g/mol=16．8，则n（O）=16．8g÷16g/mol=1．05mol，故混合物中C和O两种原子的物质的量之比为0．6mol：1．05mol=4：7，故选C。‎ ‎13.在150℃时(NH4)2CO3完全分解生成NH3、CO2和H2O，则其完全分解后所产生的气态混合物的密度是相同条件下氢气密度的（ ）‎ A. 96倍 B. 48倍 C. 12倍 D. 32倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由方程式可知，生成的混合气体中氨气、水蒸气、二氧化碳的摩尔分数分别为0.5、0.25、0.25，根据Mr=Mr1×x1+Mr2×x2＋…+Mri×xi计算混合气体平均相对分子质量（其中Mri代表各组分相对分子质量、xi代表各组分摩尔分数），再利用密度之比等于相对分子质量之比计算．‎ ‎【详解】由(NH4)2CO3 2NH3↑+H2O↑+CO2↑可知，生成的混合气体中氨气、水蒸气、二氧化碳的摩尔分数分别为0.5、0.25、0.25，则混合气体Mr=17×0.5+18×0.25+44×0.25=24，因在同温同压下气体密度之比等于相对分子质量之比，所以混合气的密度是相同条件下的氢气密度的24/2=12倍，故选C。‎ ‎14.与标准状况下VLCO2所含有氧原子数目相同的水的质量是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在标准状况下VL CO2气体的物质的量是n（CO2）=mol，由于在一个CO2分子中含有2个氧原子所以其中含有的氧原子的物质的量是n（O）=mol，由于在一个水分子中只含有1个氧原子，因此水的物质的量为mol，则水的质量是m（H2O）=n∙M=mol×18g/mol=g=g．因此选项A符合题意。‎ ‎15.标准状况下V L氨气溶解在1L水中（水的密度近似为1g·mL-1），所得溶液的密度为ρ g·mL-1，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol·L-1，则下列关系中不正确的是（ ）‎ A. ω= B. ω=‎ C. ρ= D. c=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据c=可知，该氨水质量分数ω=，故A正确；‎ B. V L氨气的物质的量为，氨气质量为，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g,故溶液质量为g，所以溶液的质量分数ω=，故B正确；‎ C. VL氨气的物质的量为，氨气质量为g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为g，溶液体积为 ‎，所以溶液的密度为g/mL，故C错误；‎ D. VL氨气的物质的量，氨气质量为g，1L水的质量为1000mL×1g/mL=1000g，故溶液质量为g，溶液体积为L，所以物质的量浓度c=mol/L，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.对下列实验的评价，正确的是（ ）‎ A. 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-‎ B. 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，一定有CO32-‎ C. 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+‎ D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．可能生成AgCl沉淀；‎ B．可能含有CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－等离子；‎ C．也可能是Ca2＋等离子；‎ D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根离子等干扰；‎ ‎【详解】A．应先加入盐酸，如无现象再加入氯化钡检验，以排除生成AgCl沉淀的可能，故A错误；‎ B．生成气体可能为二氧化碳、二氧化硫，原溶液可能含有CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－等离子，故B错误；‎ C．原溶液也可能含Ca2＋等离子，故C错误；‎ D．验证烧碱溶液中是否含有Cl﹣，先加稍过量的稀硝酸，排除碳酸根、OH-离子等干扰，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl﹣，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎17.下列溶液中的氯离子浓度与50mL、1mol•L-1AlCl3溶液中的氯离子浓度相等的是（ ）‎ A. 150mL1 mol•L-1氯化钠 B. 75mL2 mol•L-1氯化钙 C. 150mL3mol•L-1 氯化钾 D. 75mL2mol•L-1氯化铁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】电解质溶液中离子浓度=电解质浓度×电解质离子数目，与溶液体积无关，50mL 1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3mol·L－1．‎ ‎【详解】A. 150mL1 mol•L-1氯化钠氯离子浓度为1mol·L－1，故A不符； ‎ B. 75mL2 mol•L-1氯化钙氯离子浓度为4mol·L－1，故B不符；‎ C. 150mL3mol•L-1 氯化钾氯离子浓度为3mol·L－1，故C符合； ‎ D. 75mL2mol•L-1氯化铁氯离子浓度为6mol·L－1，故D不符；‎ 故选C。‎ ‎18.一定量的酒精（C2H6O）在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO和CO2混合气体的平均摩尔质量是（ ）‎ A. 32g/mol B. 36g/mol C. 40g/mol D. 42g/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】由一定质量的乙醇燃烧得到H2O的质量为10.8g，根据n=m/M计算水的物质的量，根据H原子守恒计算乙醇物质的量，根据原子守恒计算CO、CO2的总的物质的量，由于水的质量为10.8g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为：27.6g-10.8g=16.8g，由M=m/n得CO和CO2混合气体的平均摩尔质量。‎ ‎【详解】n（H2O）=10.8g÷18g·mol－1=0.6mol，根据H原子守恒，可知乙醇的物质的量=0.6mol×2/6=0.2mol，‎ 根据C原子守恒，可知CO和CO2的总的物质的量=0.2mol×2=0.4mol，‎ 由于水的质量为10.8g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为：27.6g-10.8g=16.8g；‎ CO和CO2混合气体的平均摩尔质量：16.8g/0.4moL=42g·mol－1.‎ 故选D。‎ 二、填空题（共38分）‎ ‎19.（1）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积为___L，它与标准状况下___L硫化氢含有相同数目的氢原子。‎ ‎（2）某气态氧化物的化学式为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___g/mol，R的相对原子质量为____。‎ ‎（3）已知CO、CO2的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96L，则可推知该混合气体中含CO__g，所含CO 2 在标准状况下的体积为___L。‎ ‎【答案】(1). 2.24 (2). 3.36 (3). 64 (4). 32 (5). 2.8 (6). 6.72‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）利用n=m/M、V=n×Vm及分子的构成来计算；‎ ‎（2）利用n=m/M、V=n×Vm及气体的摩尔质量与相对分子质量在数值上相等来分析；‎ ‎（3）根据V=n×Vm并利用混合气体的质量和物质的量来列式计算；‎ ‎【详解】（1）1.7g氨气的物质的量为1.7g/17g·mol－1=0.1mol，其体积为0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L，‎ 设它与标准状况下VL硫化氢含有相同数目的氢原子，则 ‎0.1mol×3= ×2，解得V=3.36；‎ ‎（2）气体的物质的量为0.448L/22.4L·mol－1=0.02mol，该氧化物的摩尔质量为1.28g/0.02mol=64g·mol－1，‎ 又气体的摩尔质量与相对分子质量在数值上相等，R的相对原子质量为64-16×2=32；‎ ‎（3）标准状况下体积为8.96L，则混合气体的物质的量为8.96L/22.4L·mol－1=0.4mol，‎ 设CO、CO2的物质的量分别为x、y，则 x+y=0.4‎ ‎28x+44y=16.0，‎ 解得x=0.1mol，y=0.3mol，‎ CO的质量为0.1mol×28g·mol－1=2.80g，CO2在标准状况下的体积为0.3mol×22.4L·mol－1=6.72L；‎ ‎20.（1）已知8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量的D；现将16gA与70gB混合，充分反应后，生成2molD和一定量的C，则D的摩尔质量为___g/mol。‎ ‎（2）在VLAl2(SO4)3‎ 溶液中，测得铝元素的质量为ag。则溶液中含有硫元素的质量是___g，SO42－的物质的量浓度为__mol/L。‎ ‎（3）在相同状况下某钢质空瓶，若装满O2，称其质量为36g，若装满CO2，称其质量为42g，若装满A气体，称其质量为52g，则A的相对分子质量是___。‎ ‎【答案】(1). 18 (2). 16a/9 (3). a/18v (4). 64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒，生成D的质量为8g+32g-22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，据此进行16gA与70gB反应的过量计算，再根据质量比计算生成的D的质量，利用M=m/n计算D的摩尔质量．‎ ‎（2）根据铝离子的质量求得铝离子的物质的量，求出硫的质量，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；‎ ‎（3）相同状况下，一个空瓶，气体的体积相同，则气体的物质的量相同，结合n=m/M及摩尔质量与相对分子质量数值相等来解答．‎ ‎【详解】（1）8gA能与32gB恰好完全反应，生成22gC和一定量D，根据质量守恒D的质量为8g+32g-22g=18g，故A、B、C、D按质量比8g：32g：22g：18g=4：16：11：9进行反应，16gA完全反应需要B的质量为16g×16/4=64g＜70g，故B过量，则生成的D的质量为16g×9/4=36g，故D的摩尔质量为36g/2mol=18g·mol－1；‎ ‎（2）V L Al2(SO4)3溶液中，含有Al3＋ a g，则n（Al3＋）=ag/27g·mol－1=a/27mol，‎ 根据化学式可得SO42－的物质的量为n（SO42－）=n（Al3＋）×3/2= mol=a/18mol，‎ S的质量=32g·mol－1×a/18mol= 16a/9g；所以SO42－的物质的量浓度为c（SO42－）=n/V= =a/18vmol·L－1；‎ ‎（3）设瓶子的质量为x，气体A的摩尔质量为y，同一瓶子的体积相等，由阿伏加德罗定律可知，在相同状况下，O2、CO2与气体A的物质的量也相等，‎ 则由n=m/M可知， ，‎ 解之得：x=20g，‎ 故 解之得：y=64g·mol－1，‎ 当质量以克为单位时，摩尔质量与相对分子质量数值相等，所以气体A相对分子质量是64。‎ ‎21.为了验证某混合气体由H2、CO和HCl组成，请从图中选择适当的实验装置设计实验，并回答下列问题。（假设每步反应均完全）‎ ‎（1）装置连接的顺序是___（用字母表示）。‎ ‎（2）你所选择的第一个装置的作用是_____。‎ ‎（3）写出你所选最后一个装置中发生反应的化学方程式_____。‎ ‎（4）A装置在实验过程中玻璃管内的现象是_____。‎ ‎【答案】(1). CDAEB (2). 证明HCl气体存在 (3). CO2+Ca(OH)2═CaCO3↓+H2O (4). 黑色粉末变为红色 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据不干扰原则，先检验氯化氢气体，再检验氢气和一氧化碳，检验氯化氢时选择硝酸银溶液，检验氢气和一氧化碳，可以根据其还原氧化铜后的产物；‎ ‎（2）根据气体的性质，氯化氢可以直接用硝酸银溶液检验；‎ ‎（3）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，根据反应物和生成物书写化学方程式；‎ ‎（4）氧化铜和氢气、一氧化碳反应后生成铜，根据物质的颜色和状态写出反应现象；‎ ‎【详解】（1）由于氯化氢可以直接用硝酸银溶液检验，开始要通过硝酸银溶液，检验氢气和一氧化碳要根据其还原氧化铜后的生成物，要把干扰气体提前除去，浓硫酸可以除去水蒸气，通过氧化铜后，生成的气体要先通过无水硫酸铜，再通过澄清石灰水，反之，先通过石灰水后会带出水分，不能证明气体中含有氢气．故装置连接的顺序是 CDAEB．‎ ‎（2）因为氯化氢可以与硝酸银溶液生成白色沉淀，故所选择的第一个装置的作用是证明HCl气体的存在；‎ ‎（3）最后一个装置中发生的反应是二氧化碳使石灰水变浑浊，化学方程式：Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）A装置在实验过程中玻璃管内的现象是黑色粉末变为光亮的红色，因为有铜单质生成。‎ ‎22.20℃‎ 时，将等质量的甲、乙两种固体物质，分别加入到盛有100g水的烧杯中，充分搅拌后现象如图1，加热到50℃时现象如图2，甲、乙两种物质的溶解度曲线如图3。请结合图示回答下列问题：‎ ‎（1）图1中一定为饱和溶液的是_____。‎ ‎（2）图2中甲、乙两溶液中溶质质量分数的大小关系为甲___乙。（大于、等于、小于）‎ ‎（3）图3中表示乙的溶解度曲线是____（填曲线代码）；P点表示的含义是_____。‎ ‎（4）由图3知，30℃时，将20g甲固体溶于20g水，所得溶液的溶质质量分数为___。‎ ‎【答案】(1). 甲 (2). 等于 (3). N (4). 30℃时，甲、乙两物质在水中的溶解度相等 (5). 37.5%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据固体的溶解度曲线可以：①查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性，②比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小，③判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断通过降温结晶还是蒸发结晶的方法达到提纯物质的目的。‎ ‎【详解】①图1中,甲中还有未溶解的固体，所以甲一定为饱和溶液；‎ ‎②20℃时将等质量的甲、乙两种固体物质，分别加入到盛有100g水的烧杯中，充分搅拌后现象如图1，加热到50℃时现象如图2，固体全部溶解，所以甲、乙两溶液中溶质质量分数为甲等于乙；‎ ‎③根据20℃时乙的溶解度大于甲可知，图3中表示乙的溶解度曲线的是N；P点表示的含义是：30℃时，甲、乙物质的溶解度相等。‎ ‎（4）由图3知，30℃时，甲的溶解度为60g， ,将20g甲固体溶于20g水，形成饱和溶液，还有溶质末溶，所得溶液的溶质质量分数为60g/(60g+100g)×100%= 37.5%.‎ 三、计算题（共8分）‎ ‎23.如图所示，气缸体积一定，内部被活塞隔成ABC三部分，活塞可以自由移动。常温下，A中充入4g氢气， B中充入16g氧气，C中充入4g氦气。‎ ‎（1）当活塞不移动时，求A、B、C三部分体积比VA:VB:VC。____‎ ‎（2）拿走A和B之间的活塞，让氢气和氧气充分混合用电火花点燃，恢复到原来的温度，通过计算，判断活塞停止的位置。（用线上数字表示）____‎ ‎【答案】(1). 4：1：2 (2). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】其它条件相同时，气体的体积比=物质的量之比。‎ ‎【详解】（1）常温下，A中充入4g氢气， B中充入16g氧气，C中充入4g氦气，其物质的量分别是：4g/2g·mol－1=2mol,16g/32g·mol－1=0.5mol,4g/4g·mol－1=1mol,当活塞不移动时，A、B、C三部分体积比VA:VB:VC=2:0.5:1= 4：1：2。‎ ‎（2）2molH2与0.5molO2 反应，氢气过量1mol,V（H2）：V（He）=1mol:1mol=1:1，故活塞停止的位置于3处。‎