【化学】安徽师范大学附中2019-2020学年高一10月月考试题(解析版)

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

【化学】安徽师范大学附中2019-2020学年高一10月月考试题(解析版)

安徽师范大学附中2019-2020学年高一10月月考试题 可能用到的相对原子量: C-12 He-4 Cl-35.5 O-16 Fe-56 Mg-24 Ba-137 Ca-40 S-32 Zn-65‎ 一、选择题(本题共18小题,每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.《本草纲目》记载:“凡使白矾石,以瓷瓶盛。于火中,令内外通赤,用钳揭起盖,旋安石峰巢人內烧之。每十两用巢六两,烧尽为度。取出放冷,研粉”。在实验室完成该操作,没有用到的仪器是( )‎ A. 蒸发皿 B. 坩埚 C. 坩埚钳 D. 研钵 ‎【答案】A ‎【解析】这是固体的加热、灼烧、冷却和研磨的过程,固体加热用坩埚B,要用坩埚钳C取放,研磨在研钵D中进行,所以蒸发皿是没有用到的仪器。本题正确答案为A。‎ ‎2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )‎ A. 在标准状况下,22.4 L CH4和CO2 的混合气体中碳原子数为NA B. 在标准状况下,NA个H2O分子所占体积为22.4 L C. 含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NA D. 含等物质的量的NaCl和CaCl2的溶液中,Cl-总数为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在标准状况下CH4和CO2 的状态都是气体,在标准状况下,22.4 L CH4和CO2 的混合气体是物质的量是1mol,根据物质分子中都含有1个C原子,所以1mol混合气体中碳原子数为NA,A正确;‎ B.在标准状况下H2O不是气体,不能使用气体摩尔体积计算,B错误;‎ C.Fe(OH)3胶体的胶粒是许多Fe(OH)3的集合体,所以含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数小于NA,C错误;‎ D.未指明溶质的物质的量的多少,因此不能确定Cl-数目,D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎3.下列反应可用离子方程式“H++OH−=H2O”表示的是( )‎ A. NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合 B. NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合 C. HNO3溶液与KOH溶液混合 D. Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合:H++SO42—+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O,A不合题意;B、NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合:NH4++OH-=NH3·H2O,B不合题意;‎ C、HNO3溶液与KOH溶液混合:H++OH−=H2O,C符合题意;‎ D、Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合:HPO42—+OH-=PO43—+H2O,D不合题意。‎ 答案选C。‎ ‎4.下列有关说法正确的是( )‎ A. 容量瓶、分液漏斗、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液 B. 蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒 C. 用MnO2与H2O2制备O2,可用启普发生器控制反应“随开随用,随关随停”‎ D. 烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶加热前必须擦干外壁并垫上石棉网 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.容量瓶是准确配制溶液的仪器,使用前要查漏,分液漏斗是分离互不相溶的液体混合物的仪器,使用前要查漏,而冷凝管是冷凝装置,在使用前不需要检查是否漏液,A错误;‎ B.蒸馏不需要用到玻璃棒,B错误;‎ C.用MnO2与H2O2制备O2,由于MnO2是粉末状固体,因此不能用启普发生器,C错误;‎ D.烧杯、圆底烧瓶、锥形瓶不能直接加热,加热前必须擦干外壁并垫上石棉网,D正确;‎ 故合理选项D。‎ ‎5.下列离子反应方程式中正确的个数是( )‎ ‎①稀盐酸与铁屑反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ ‎ ‎②碳酸镁与稀硫酸:MgCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mg2+‎ ‎③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液:Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ‎④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全:H++SO42-+Ba2++OH-=H2O+BaSO4↓‎ ‎⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性:2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓‎ ‎⑥向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①稀盐酸与铁屑反应产生Fe2+,①错误;‎ ‎②符合离子方程式拆写原则,遵循原子守恒、电荷守恒,②正确;‎ ‎③符合物质反应的物质的量比,遵循原子守恒、电荷守恒,③正确;‎ ‎④符合物质反应的物质的量比,遵循原子守恒、电荷守恒,④正确;‎ ‎⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性,n(NaHSO4):n(Ba(OH)2)=2:1,符合反应事实,遵循离子方程式拆写原则,⑤正确;‎ ‎⑥NH4+也发生反应,产生NH3·H2O,⑥错误;‎ 可见正确的离子方程式是②③④⑤,故合理选项是B。‎ ‎6.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+和K+。取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol NH3气体(假设生成气体完全逸出),同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤,灼烧,得到1.6g固体(已知难溶性碱受热易分解,生成相应的金属氧化和水,如 M(OH)nMOn/2+H2O)向上述滤液中加足量BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( )‎ A. 至少存在3种离子 B. CO32-、K+一定不存在 C. SO42-、NH4+、Fe3+一定存在,Cl-可能不存在 D. Cl- 一定存在 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,可知一定存在NH4+,其物质的量是n(NH4+)=0.02mol,产生的红褐色沉淀是Fe(OH)3,1.6g固体为Fe2O3,可知一定有Fe3+,由于Fe3+与CO32-会发生反应,所以一定没有CO32-,n(Fe2O3)=1.6g÷160g/mol=0.01mol,则根据Fe元素守恒可知n(Fe3+)=2n(Fe2O3)=0.02mol;4.66g不溶于盐酸的沉淀,为BaSO4沉淀,n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol,则n(SO42-)=n(BaSO4)= 0.02mol,溶液中存在电荷守恒,NH4+、Fe3+所带正电荷为3n(Fe3+)+n(NH4+)=3×0.02mol+0.02mol=0.08mol,SO42-所带负电荷为2n(SO42-)=2×0.02mol=0.04mol,所以溶液中一定存在阴离Cl-离子。‎ A.由上述分析可知,一定含SO42-、NH4+、Fe3+、Cl-,所以至少存在四种离子,A错误;‎ B.由电荷守恒可知,CO32-一定不存在,K+可能有,也可能没有,B错误;‎ C.由上述分析可知,一定含SO42-、NH4+、Fe3+、Cl-,C错误;‎ D. 由上述分析可知,一定含Cl-,D正确;‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.某温度下,质量为95 g的氯化镁溶解在0.2 L水中(水的密度近似为1 g/mL)恰好得到氯化镁的饱和溶液,所得溶液的密度为ρ g/mL,物质的量浓度为c mol/L,溶解度为s,NA表示阿伏加德罗常数的值,则下列叙述中正确的是(  )‎ A. 所得溶液中含有NA个氯化镁分子 B. 所得溶液的物质的量浓度为5 mol/L C. 所得溶液的溶解度可表示为9500 c/(1000ρ-95c)‎ D. 所得溶液的质量分数可表示为95 ρ/(1000c)‎ ‎【答案】C ‎【解析】氯化镁是强电解质,氯化镁溶液中不含氯化镁分子,故A错误;95 g的氯化镁的物质的量是 ,溶液的体积为 ,物质的量浓度为 ,故B错误;设溶液体积为1L,则溶质的物质的量是cmol,质量是95cg,溶液的质量是1000ρg,溶剂的质量是1000ρg-95cg,则 ,s=9500 c/(1000ρ-95c),故C正确;设溶液体积为1L,则溶质的物质的量是cmol,质量是95cg,溶液的质量是1000ρg,溶液的质量分数可表示为95 c/(1000ρ),故D错误。 ‎ ‎8.在浓度均为4.0 mol·L-1的盐酸和硫酸各100 mL溶液中,分别加入等质量的锌粉,充分反应后生成气体体积比为2∶3,则加入锌粉的质量是( )‎ A. 6.5 g B. 13.0 g C. 19.5 g D. 26.0 g ‎【答案】C ‎【解析】n(HCl)=0.1L×4mol/L=0.4mol,n(H2SO4‎ ‎)=0.1L×4mol/L=0.4mol,二者中含有的氢离子的物质的量分别为0.4mol和0.8mol,均与Zn反应生成氢气。若酸足量与等质量Zn反应生成氢气相同,若锌足量与酸反应生成氢气为1:2,由充分反应后生成气体体积比为2:3,可知盐酸不足,硫酸过量,由Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知,n(H2)=0.4mol×=0.2mol,则Zn与硫酸反应生成的氢气为0.2mol×=0.3mol,由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知,n(Zn)=n(H2)=0.3mol,则加入锌粉的质量是0.3mol×65g/mol=19.5g,故选C。‎ ‎9.在两个容积相同的容器中,一个盛有C2H4气体,另一个盛有N2和CO的混合气体。在同温同压下,两容器内的气体一定具有相同的( )‎ ‎①分子数 ②密度 ③质量 ④质子数 ⑤原子数 A. ①④⑤ B. ①②④ C. ②③⑤ D. ①②③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】同温同压下,体积之比等于物质的量之比,所以在同温同压下,相同体积的任何气体含有相同的分子数,C2H4分子数目与N2和CO含有的总分子数目相同,物质的量相同,CO分子中质子数为14,N2分子中质子数为14,C2H4分子中质子数为16,二者分子数相等时,质子数一定不相等,NO、N2是双原子分子,C2H4是6原子分子,当二者分子数相等时,原子数一定不相等,CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol,物质的量相同,质量一定相同;同温同压下,密度之比等于相对分子质量之比。‎ ‎【详解】①在同温同压下,相同体积的任何气体含有相同的分子数,C2H4与N2和CO的总分子数目相同,①正确;‎ ‎②N2和CO的相对分子质量都是28,所以混合气体平均相对分子质量为28,C2H4的相对分子质量为28,同温同压下,气体密度之比等于相对分子质量之比,故两容器内气体的密度相等,②正确;‎ ‎③CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g/mol,C2H4物质的量与N2和CO的总物质的量相等时,质量一定相等,③正确;‎ ‎④CO分子中质子数为14,N2分子中质子数为14,C2H4分子中质子数为16,故C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时,质子数数一定不相等,故④错误;‎ ‎⑤在同温同压下,相同体积的任何气体含有相同的分子数,物质的量相等,CO、N2是双原子分子、C2H4是6原子分子,C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时,原子数一定不相等,⑤错误;‎ 综上所述可知一定相同的是①②③,故合理选项是D。‎ ‎10.下列说法正确的是( )‎ A. 非金属氧化物都是酸性氧化物 ‎ B. 凡是酸性氧化物都可直接与水反应生成相应的酸 C. 与水反应生成酸的氧化物不一定是该酸的酸酐 ‎ D. 金属氧化物都是碱性氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】非金属氧化物可以分为酸性氧化物(二氧化硫等)、不成盐氧化物(一氧化碳和一氧化氮)和特殊氧化物(二氧化氮),金属氧化物可以分为碱性氧化物(氧化钠等)、酸性氧化物(七氧化二锰等)、两性氧化物(氧化铝)、过氧化物(过氧化钠)和特殊的残缺氧化物(四氧化三铁)。‎ ‎【详解】A项、非金属氧化物不一定都是酸性氧化物,如一氧化碳是不成盐氧化物,故A错误;‎ B项、非金属氧化物不一定都可以直接和水反应生成对应的酸,如二氧化硅不和水反应生成硅酸,故B错误;‎ C项、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,二氧化氮不是硝酸的酸酐,故C正确;‎ D项、金属氧化物不一定都是碱性氧化物,如Mn2O7属于酸性氧化物、Al2O3属于两性氧化物,故D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.某种胶体在电泳时,它的胶粒向阳极移动。在这胶体中分别加入下列物质:①乙醇溶液、②氯化钠溶液、③土壤、④氢氧化铁胶体,不会发生聚沉的是( )‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某种胶体在电泳时,它的胶粒向阳极移动,说明胶体微粒吸附阴离子,带负电荷。①乙醇溶液为非电解质,不能使胶体聚沉;②氯化钠溶液为电解质,能使胶体凝聚;③土壤胶体的胶粒带负电荷,不能使带负电荷的胶粒聚沉;④氢氧化铁胶粒带正电荷,可使带负电荷的胶体粒子发生聚沉,则不会聚沉的是①③,故合理选项是A。‎ ‎12.某溶液中可能含有以下离子中的几种:Ba2+、Cl-、NO3-、CO32-、K+、SO42-,为确定其组成,进行了如下实验:①取少量溶液,加入稍过量的BaCl2溶液,产生白色沉淀:②‎ 过滤后在沉淀中加入稀盐酸,沉淀部分溶解:③在滤液中加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,根据实验,以下推测不正确的是( )‎ A. 一定含有Cl- B. 一定含有K+‎ C. 一定含有SO42-和CO32- D. NO3-无法确定是否有 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】首先根据离子共存判断哪些微粒不能共存,结合步骤①确定可能有什么离子,判断出不能存在的离子;根据步骤②可判断出一定存在的离子;根据步骤③确定步骤②的滤液中含有的离子,并根据进行步骤②加入试剂中含有的离子判断其是否是原溶液成分,最后利用溶液电中性判断其它离子存在的可能性。‎ ‎【详解】根据步骤①取少量溶液,加入稍过量的BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明含有CO32-、SO42-中至少一种,同时确定原溶液中不能含有与它们会形成沉淀的Ba2+;步骤②过滤后在沉淀中加入稀盐酸,沉淀部分溶解,说明沉淀有BaCO3、BaSO4,则原溶液中含有CO32-、SO42-两种离子;步骤③在滤液中加入AgNO3溶液,产生白色沉淀,产生的白色沉淀是AgCl,但由于步骤②在沉淀中加入稀盐酸,所以不能确定原溶液是否含Cl-,CO32-、SO42-两种离子都是阴离子,根据溶液电中性原则,还要含有可与二者共存的阳离子,阳离子Ba2+不存在,所以一定含有K+,但NO3-题目实验未涉及,不能确定,所以推测不正确的是一定含有Cl-;‎ 选项A符合题意。‎ ‎13.已知反应3X+Y=2Z+W中, Z 和W的摩尔质量之比为21∶10,当6.9gX与足量Y反应,生成1.5gW。则Y和W的相对分子质量之比为( )‎ A. 16∶9 B. 3∶5 C. 9∶5 D. 46∶9‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设X的相对分子质量为a,Z的相对分子质量为21b,W的相对分子质量为10b,6.9gX与足量Y反应,生成1.5gW,则,a:b=46:3,则X、Z与W的相对分子质量之比为46:63:30,根据质量守恒,Y的相对分子质量为2×63+30-3×46=18,故Y与W的相对分子质量之比为18:30=3:5;‎ 答案选B。‎ ‎14.在标准状况下,将22.4LHCl完全溶于1L水中(水的密度近似为1g/mL),溶液的密度为ρg/cm3(ρ>1),溶液的体积为VmL,溶质的质量分数为w,溶质的物质的量浓度为c mol/L。下列叙述中正确的是( )‎ ‎①w=×100% ②c=1mol•L﹣1 ③向上述溶液中再加入VmL水后,所得溶液的质量分数大于0.5w④向上述溶液中再加入VmL水后,所得溶液的质量分数小于0.5w A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据物质的量浓度c=,可得w=×100%,①正确;‎ ‎②36.5g HCl的物质的量为1mol,1molHCl溶解在1L水中,所得溶液体积不是1L,浓度不是1mol/L,②错误;‎ ‎③盐酸的密度大于水的密度,则加入等体积的水后,由于水的质量小于原盐酸的质量,根据w=×100%可知,混合液的总质量小于原先的2倍,则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半,即大于0.5w,③正确;‎ ‎④盐酸的密度大于水的密度,则加入等体积的水后,由于水的质量小于原盐酸的质量,根据w=×100%可知,混合液的总质量小于原先的2倍,则混合液中溶质的质量分数大于原溶液的1半,即大于0.5w,④错误;所以正确的为①③,‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.在两个密闭容器中,分别充满等物质的量的甲、乙两种气体,它们的温度和摩尔质量均相同。试根据甲、乙的密度(ρ)的关系,下列说法中正确的是( )‎ A. 若ρ(甲)>ρ(乙),则气体体积:甲<乙 B 若ρ(甲)>ρ(乙),则分子数:甲>乙 C. 若ρ(甲)<ρ(乙),则气体摩尔体积:甲<乙 D. 若ρ(甲)<ρ(乙),则气体的压强:甲>乙 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据PV=nRT═RT,得PM=ρRT,则密度与压强成正比。‎ ‎【详解】A、根据PV=nRT知,等物质的量、温度、摩尔质量的两种气体,其体积之比等于压强的反比,若ρ(甲)>ρ(乙),则气体体积:甲<乙,A正确;‎ B、根据N=nNA知,分子数与物质的量成正比,二者的物质的量相等,所以其分子数相等,B错误;‎ C、根据PV=nRT知,等温度的不同气体,气体摩尔体积与压强成反比,二者的密度与压强成正比,所以其摩尔体积与密度成反比,若ρ(甲)<ρ(乙),则气体摩尔体积:甲>乙,C错误;‎ D、根据PM=ρRT知,等温度、等摩尔质量的不同气体,密度与压强成正比,若ρ(甲)<ρ(乙),则气体的压强:甲<乙,D错误;‎ 故合理选项为A。‎ ‎16.用1000g溶剂中所含溶质的物质的量来表示的溶液浓度叫质量物质的量浓度,其单位是mol/kg。5mol/kg的硫酸的密度是1.29g/cm3,则其物质的量浓度是( )‎ A. 3.56mol/L B. 4.33mol/L C. 5.00mol/L D. 5.23mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据信息可以知道,5mol•kg-1的硫酸表示1000g水溶解5molH2SO4,令水为1000g,则含有5mol H2SO4,计算溶液的质量,根据密度求出溶液体积,再利用c=n/V计算。‎ ‎【详解】浓度为5mol•kg-1的硫酸,令水为1000g,则含有5mol H2SO4,所以m(H2SO4)=5mol×98g/mol=490g,所以溶液体积为==mL;所以物质的量浓度为=4.33mol/L,故B正确;‎ 故答案选B。‎ ‎17.下列离子方程式中,正确的是( )‎ A. 铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2﹢+Ag B. 在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液Ba2﹢+SO42﹣=BaSO4↓‎ C. 在澄清石灰水中通入过量二氧化碳OH﹣+CO2=HCO3﹣‎ D. 在碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液Ca2﹢+HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电子得失不守恒,电荷不守恒,正确的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag,故A错误;‎ B.稀硫酸与氢氧化钡溶液反应,漏掉一组离子反应,正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,故B错误;‎ C.在澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙和水,发生的离子反应方程式为OH﹣+CO2=HCO3﹣,故C正确;‎ D.在碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液,发生的离子反应方程式为Ca2﹢+2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32-+2H2O,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎18. 固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反应生成气体C,相同温度下测得容器内压强不变,若产物气体C的密度是原气体密度的4倍,则判断正确的是( )‎ A. 生成物C中,A的质量分数为50%‎ B. 反应前后的气体质量之比一定是1:4‎ C. 单质A、B的摩尔质量之比是1:4‎ D. 生成物C中A、B两元素的原子个数比为3:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:A、根据阿伏伽德罗定律可知,相同温度下测得容器内压强不变,则反应前后气体的物质的量相同,反应前后的气体质量之比为1:4,化学反应遵循质量守恒定律,则A的质量为B的质量的3倍,在生成物中A的质量分数为75%,错误,不选A;B、溶液的体积固定,若产物气体C的密度是原气体密度的4倍,则气体的质量是反应前气体质量的4倍,所以反应前后气体质量比一定为1:4,正确,选B;C、由于不能确定A和B的物质的量的关系,则不能确定A、B的摩尔质量,错误,不选C;D、由于不能确定A和B的物质的量关系,则不能确定C中A、B两元素的原子个数比,错误,不选D。‎ 二、填空题(一共四小题,共46分)‎ ‎19.室温下,某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室,分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和1 mol空气,此时活塞的位置如图所示。‎ ‎(1)A室混合气体的物质的量为________,标况下体积为________。‎ ‎(2)实验测得A室混合气体的质量为34 g,则该混合气体的密度是同温同压条件下氦气密度的________倍。若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆,恢复原温度后,最终活塞停留的位置在________刻度,容器内气体压强与反应前气体压强之比为________。‎ ‎【答案】(1). 2mol (2). 44.8L (3). 4.25 (4). 2 (5). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)同温同压下,气体的物质的量之比等于其气体之比;根据n=计算气体体积;‎ ‎(2)计算A室中混合气体的平均摩尔质量,同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比;根据总质量、总物质的量列方程计算氢气与氧气物质的量,根据方程式计算反应后剩余气体物质的量,恢复原温度后最终两室中压强相等,体积之比等于其物质的量之比,可以确定活塞停留的位置;B室中空气物质的量不变、温度不变,反应前后压强之比与反应前后体积成反比。‎ ‎【详解】(1)A、B两室压强与温度相同,气体的物质的量之比等于其气体之比,则A室中气体物质的量为1mol×=2mol,则其在标准状况下体积为V=n·Vm=2mol×22.4L/mol=44.8L;‎ ‎(2)A室中混合气体的平均摩尔质量为M==17g/mol,同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比,所以该混合气体的密度是同温同压条件下氦气密度的D==4.25倍;‎ 设A室中氢气物质的量为xmol、氧气物质的量为ymol,则:x+y=2,2x+32y=34,解得x=1、y=1,根据反应方程式2H2+O22H2O中二者反应的物质的量关系可知O2过量,反应后剩余O2的物质的量是0.5mol,恢复原温度后最终两室中压强相等,体积之比等于其物质的量之比,所以A、B两室的体积之比为0.5mol:1mol=1:2,则活塞停留在2刻度处;‎ A室中空气物质的量不变、温度不变,反应前后压强之比与反应前后体积成反比,则容器内气体压强与反应前气体压强之比为2:4=1:2。‎ ‎20.完成下列填空:‎ ‎(1)与标准状况下4.48LCO2中所含氧原子数目相同的水的质量是_______g;‎ ‎(2)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_____mol/L;‎ ‎(3)用容量瓶配制一定物质的量浓度的稀硫酸,下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是________‎ A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒 ‎ B.未冷却到室温就转移 C.摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸馏水至刻度线 D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶 E.定容时俯视液面 ‎(4)下列属于电解质的是___________,属于非电解质的是__________(填编号)。‎ ‎①酒精 ②CH3COOH ③NaOH ④NaCl ⑤Cu ⑥SO2 ⑦Na2CO3‎ ‎(5)药物“达喜”的化学成分是铝和镁的碱式盐,可用于治疗胃酸过多。取一定量该碱式盐,加入2.0 mol/L盐酸使其溶解,当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2,加入盐酸至45.0 mL时恰好反应完全,该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_______。‎ ‎【答案】(1). 7.2 (2). (3). BDF (4). ②③④⑦ (5). ①⑥ (6). 16:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据n=结合物质的分子构成计算;‎ ‎(2)根据Fe3+的质量求其物质的量,根据化学式计算SO42-的物质的量,然后利用物质的量浓度定义式计算其物质的量浓度;‎ ‎(3)分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响,根据c=分析对所配溶液浓度的影响;‎ ‎(4)根据电解质、非电解质的概念分析判断;‎ ‎(5)加入盐酸生成CO2,反应过程为:先发生H++OH-=H2O,再发生CO32-+H+=HCO3-,最后发生HCO3-+H+=CO2↑+H2O,从42.5mL~45.0mL消耗2.5mL盐酸,发生反应HCO3-+H+=CO2↑+H2O,根据方程式计算n(HCO3-)、n(CO32-),进而计算HCO3-、CO32-消耗的氢离子物质的量,进而计算n(OH-),据此解答。‎ ‎【详解】(1)标准状况下4.48L CO2的物质的量n(CO2)==0.2mol,其中含有O原子的物质的量为0.4mol,由于H2O分子中只含有1个O原子,所以所含氧原子数目相同的水的物质的量为0.4mol,则水的质量为m(H2O)=0.4mol×18g/mol=7.2g;‎ ‎(2)V L Fe2(SO4)3溶液中,含有Fe3+mg,则n(Fe3+)=mol,根据化学式Fe2(SO4)3可知SO42-的物质的量n(SO42-)=n(Fe3+)=×mol,所以SO42-的物质的量浓度为c(SO42-)===mol/L;‎ ‎(3)A.转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒,导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小,配制的溶液浓度偏低,A错误;‎ B.溶解的时候溶液没有冷却到室温就转移,溶液冷却后体积偏小,导致所配制的溶液浓度偏高,B正确;‎ C.摇匀后发现液面低于刻度线,又加蒸馏水至刻度线,使配制的溶液体积偏大,溶液浓度偏小,C错误;‎ D.用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶,溶质的物质的量偏大,配制的溶液浓度偏高,D正确;‎ E.定容时俯视刻度线,导致加入的蒸馏水体积偏小,则配制的溶液体积偏小,溶液浓度偏高,E正确;‎ 故合理选项是BDE;‎ ‎(4)①酒精本身不能电离产生自由移动的离子,是化合物,属于非电解质;‎ ‎②CH3COOH在水溶液中可电离产生自由移动的CH3COO-、H+,是化合物,属于电解质; ③NaOH在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、OH-,是化合物,属于电解质;‎ ‎④NaCl在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动Na+、Cl-,是化合物,属于电解质;⑤Cu是单质,不是电解质,也不是非电解质;‎ ‎⑥SO2本身不能电离产生自由移动的离子,是化合物,属于非电解质;‎ ‎⑦Na2CO3在水溶液中或熔融状态下可电离产生自由移动的Na+、CO32-,是化合物,属于电解质;‎ 综上所述可知。属于电解质的是②③④⑦;属于非电解质的是①⑥;‎ ‎(5)加入盐酸时,反应过程为:先发生H++OH-=H2O,再发生CO32-+H+=HCO3-,最后发生HCO3-+H+=CO2↑+H2O,从42.5mL~45.0mL消耗2.5mL盐酸,发生反应HCO3-+H+=CO2↑+H2O,n(HCl)=2.0 mol/L×0.0025L=0.005mol,则n(HCO3-)=0.005mol,由CO32-+H+=HCO3-可知n(CO32-)=n(HCO3-)=0.005mol,则与OH-‎ 反应的HCl消耗的H+的物质的量n(H+)=2mol/L×0.045L-0.005mol-0.005mol=0.08mol,所以该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比=0.08mol:0.005mol=16:1。‎ ‎21.在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液。其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。请回答下列问题。‎ ‎(1)写出NaHSO4溶液中,NaHSO4的电离方程式____________________。‎ ‎(2)图中①、②分别代表滴加哪种溶液的变化曲线①_______、②______。‎ ‎(3)b点,溶液中大量存在的离子是_________。‎ ‎(4)曲线②中d点导电能力最弱的原因是____________________ (用化学方程式表示)。‎ ‎(5)c点,两溶液中含有相同量的哪种离子______。‎ ‎【答案】(1). NaHSO4=Na++H++SO42- (2). H2SO4 (3). NaHSO4 (4). Na+、OH- (5). Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O (6). SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O,2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比,根据图知,曲线①在a点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小,应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应,则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应,根据图知,a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应,H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等,则b点溶液溶质为NaOH;c点,①中稀硫酸过量,溶质为H2SO4,②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4;a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应,溶液中只含水;d点②中溶质为Na2SO4。‎ ‎【详解】根据上述分析可知:曲线①为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应,则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应;a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应;b点溶液溶质为NaOH;c点,①中稀硫酸过量,溶质为H2SO4,②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4; d点②‎ 中溶质为Na2SO4。‎ ‎(1)NaHSO4是强电解质,该溶液中,NaHSO4的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-;‎ ‎(2)根据上述分析可知:曲线①为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应,则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应;;‎ ‎(3)a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应,H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等,则b点溶液溶质为NaOH。NaOH是强电解质,完全电离,因此溶液中含有的大量离子是Na+、OH-;‎ ‎(4)d点②中溶质为Na2SO4,此时发生反应:2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,溶液中自由移动离子浓度越大,溶液的导电性越强,d点自由移动离子浓度最小,所以导电能力最弱;‎ ‎(5)c点,①中稀硫酸过量,溶质为H2SO4,②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4,由于此时滴入的是等体积的物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液,所以两溶液中含有相同量的SO42-。‎ ‎22.甲溶液可能含有K+、Ca2+、NH4+、Cu2+、NO3-、Cl-、SO42-、CO32-八种离子中的若干种.为确定甲溶液的组成,将其分成两等份,进行如下实验:‎ ‎①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热,产生3.36L气体(标准状况);‎ ‎②向另一份溶液中加入0.4mol/L的BaCl2溶液500mL,恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得43g沉淀及滤液;‎ ‎③向上述滤液中加入1mol/L AgNO3溶液450mL,恰好可完全反应;‎ ‎④向上述沉淀中加入过量的盐酸,产生的气体通入足量澄清石灰水中,得到沉淀C;‎ 据此,请回答下列问题(用相应的离子符号表示):‎ ‎(1)实验④中得到沉淀C的质量为________;‎ ‎(2)甲溶液中一定不存在离子是_________;可能存在的离子是__________。‎ ‎(3)甲溶液一定存在的离子中,物质的量最大的离子是_____;物质的量最小的离子是______,此物质的量最小的离子其物质的量为________。‎ ‎【答案】(1). 10g (2). Ca2+、Cu2+ (3). NO3- (4). K+ (5). Cl- (6). 0.1mol ‎【解析】‎ ‎【分析】①向一份溶液中加入足量的NaOH浓溶液并加热,产生的气体在标准状况下体积为3.36L,应生成NH3,则一定含有NH4+,n(NH4+)=n(NH3)=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol;‎ ‎②向另一份溶液中加入0.4mol/L的BaCl2溶液500mL,恰好可以与溶液中的离子完全反应,过滤得43g沉淀及滤液,沉淀可能为BaSO4或BaCO3或二者都有,如为BaSO4‎ ‎,则m(BaSO4)=0.4mol/L×0.5L×233g/mol=46.6g,如为BaCO3,m(BaCO3)=0.4mol/L×0.5L×197g/mo=39.4g,实际产生沉淀质量39.4g<43g<46.6g则说明甲中含有SO42-、CO32-;‎ ‎③向上述滤液中加入1mol/LAgNO3溶液450mL,恰好可完全反应,可知滤液中n(Cl-)=1mol/L×0.45L=0.45mol,而②加入n(Cl-)=0.4mol/L×2×0.5L=0.4mol,则说明甲中含有Cl-,其物质的量为n(Cl-)=0.45mol-0.4mol=0.05mol;‎ ‎④向上述沉淀中加入过量的盐酸,产生的气体通入足量澄清的石灰水中,得到一定量的沉淀C,则说明含有CO32-,沉淀是CaCO3。由于CO32-与Ca2+会反应产生CaCO3,CO32-与Cu2+会反应也不能大量共存,因此一定不存在Ca2+、Cu2+,以此解答该题。‎ ‎【详解】根据①可知在原溶液中一定含有NH4+,n(NH4+)=0.15mol;‎ 根据②上述分析可知:沉淀是BaSO4和BaCO3的混合物,假设含SO42-、CO32-的物质的量分别是x、y,233x+197y=43g;x+y=0.4mol/L×0.5L=0.2mol,解得x=0.1mol,y=0.1mol,即n(SO42-)=n(CO32-)=0.1mol;‎ 根据③可知溶液中含有Cl-,其物质的量为n(Cl-)=0.45mol-0.4mol=0.05mol;如不含NO3-,则由电荷守恒可知一定含有K+,由n(K+)+ n(NH4+)= 2n(SO42-)+2n(CO32-)+ n(Cl-),则n(K+)=2×0.1mol+2×0.1mol+0.05mol-0.15mol=0.2mol;‎ ‎(1)④沉淀C是CaCO3,根据C元素守恒可知n(CaCO3)=n(CO32-)=0.1mol则沉淀X的质量m (CaCO3)=nM=0.1mol×100g/mol=10g;‎ ‎(2)由以上分析可知一定不存在Ca2+、Cu2+,不能确定是否含有NO3-;‎ ‎(3)甲溶液分为两等分,每一份中含有0.15molNH4+、0.2molK+、0.1molSO42-、0.1molCO32-、0.05molCl-,则物质的量最大的离子是K+;物质的量最小的离子是Cl-,此物质的量最小的离子其物质的量为0.05mol ×2=0.1mol。‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档