【化学】福建省龙岩第二中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】福建省龙岩第二中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题（解析版）

福建省龙岩第二中学2019-2020学年高一上学期第一次月考试题 注意事项：所有试题的答案均填写在答题卷上，答案写在试卷上无效。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 S-32 Na-23 N-14 Cl-35.5 Ba-137‎ 第Ⅰ卷 （选择题共48分）‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.0.1mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1g，这种元素可能是（　　）‎ A. Na B. Cu C. Fe D. Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】固体质量增加7.1g，则参加反应的氯气质量为7.1g，其物质的量为=0.1mol，这说明单质和氯气按物质的量之比1：1进行反应。则 A．钠与氯气反应为2Na+Cl22NaCl，钠与氯气按物质的量比2∶1反应，故A不选；‎ B．Cu与氯气反应为Cu+Cl2CuCl2，Cu与氯气按物质的量比1∶1反应，故B选；‎ C．铁与氯气反应为2Fe+3Cl22FeCl3，铁与氯气按物质的量比2∶3反应，故C不选；‎ D．铝与氯气反应为2Al+3Cl22AlCl3，铝与氯气按物质的量比2∶3反应，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎2.体积相同的某营养液两份，其配方如下：‎ 成分物质 KCl K2SO4‎ ZnSO4‎ ZnCl2‎ ‎（1）‎ ‎0.3 mol ‎0.2 mol ‎0.1 mol ‎（2）‎ ‎0.1 mol ‎0.3 mol ‎0.1 mol 各物质均能溶于水，且均完全电离成阴阳离子，两份营养液中各离子的物质的量浓度（ ）‎ A. 完全相同 B. 完全不同 ‎ C. 仅c（K+）相同 D. 仅c（Cl－）相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】第一份营养液中，0.3molKCl里面有0.3mol钾离子和0.3mol氯离子，0.2mol硫酸钾里面有0.2mol×2=0.4mol钾离子和0.2mol硫酸根离子，0.1mol硫酸锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol硫酸根离子，此营养液里面有：n(K+)=0.3mol+0.4mol=0.7mol，n(SO42-)=0.2mol+0.1mol=0.3mol，n(Zn2+)=0.1mol，n(Cl-)=0.3mol；‎ 第二份营养液中，0.1molKCl里面有0.1mol钾离子和0.1mol氯离子，0.3mol硫酸钾里面有0.3mol×2=0.6mol钾离子和0.3mol硫酸根离子，0.1mol氯化锌里面有0.1mol锌离子和0.1mol×2=0.2mol氯离子，则第二份营养液内有：n(K+)=0.1mol+0.6mol=0.7mol，n(SO42-)=0.3mol，n(Zn2+)=0.1mol，n(Cl-)=0.1mol+0.2mol=0.3mol；‎ 因体积相同，两种营养液相同离子的物质的量相同，则两种营养液离子浓度完全相同，故选A。‎ ‎3.已知：溶液呈电中性的原因是溶液中阴、阳离子所带的负、正电荷总数相等，在KCl、CaCl2、Ca(NO3)2 形成的混合溶液中，c(K＋)＝0.2 mol/L，c(Ca2＋)＝0. 5 mol/L，c(Cl－)＝0.4 mol/L，计算分析判断，则 c(NO3－)为( )‎ A. 0.3 mol/L B. 0.8mol/L ‎ C. 0.4 mol/L D. 0.5 mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】KCl、CaCl2、Ca(NO3)2形成的混合溶液中，c(K+)=0.2mol/L，c(Ca2+)=0.5mol/L，c(Cl-)=0.4mol/L，设c(NO3-)为x，忽略水的电离由电荷守恒可知，0.2mol/L×1+0.5mol/L×2=0.4mol/L×1+x×1，解得x=0.80mol/L，故选B。‎ ‎4.阅读并分析体检报告，(1mmol=1×10-3mol，1mg=1×10-3g)下列说法不正确的是（ ）‎ A. 报告单表示葡萄糖指标的物理量是物质的量浓度 B. 报告单各项目指标的物理量只有胱抑素C不是物质的量浓度 C. 根据以上体验报告可以诊断为缺钙 D. 若另外某人血液中葡萄糖（C6H12O6，简称血糖，相对分子质量为180）的指标单位为mg/L，检查结果为360mg/L，经换算，结合以上参考范围，可诊断为高血糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.报告单表示葡萄糖指标的物理量单位是mmol/L，指的是物质的量浓度，A正确；‎ B.报告单各项目指标中，只有胱抑素C单位是mg/L表示的是密度，其它指标的单位都是mmol/L，表示的是物质的量浓度，B正确；‎ C.根据以上体验报告可以看出：该人的检测结果中只有Ca元素的含量比最低值还少，其它各个物理量都在正常范围内，因此可诊断该人钙元素含量偏低，属于缺钙人体体质，C正确；‎ D.若某人血液中葡萄糖指标单位为mg/L，检查结果为360mg/L，则用物质的量浓度表示为(360×10-3g÷180g/mol)/L=2×10-3mol/L=2mmol/L<3.9mmol/L，可诊断为低血糖，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 常温常压，两种气体的密度之比等于摩尔质量之比 B. 在同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比 C. 在标准状况下，两种气体的体积之比等于摩尔质量之比 D. 在同温同压下，同体积的两种气体的质量之比等于摩尔质量之比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由ρ==可知，密度与摩尔质量成正比，即气体的密度之比等于摩尔质量之比，故A正确；‎ B．由PV=nRT可知，同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比，故B正确；‎ C．如质量相等，由=可知，体积与摩尔质量成反比，如质量未知，则不能比较体积和摩尔质量的关系，故C错误；‎ D．根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下，同体积的两种气体含有的分子数相同，根据n=‎ 气体的物质的量相等，再根据m=nM，气体的质量之比等于摩尔质量之比，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎6.某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用 B. 图中：收集氯气 C. 图中：生成棕黄色的烟，加少量水溶解得到蓝绿色溶液 D. 图中：若气球干瘪，证明可与NaOH溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯气能使湿润的有色布条褪色，而不能使干燥的有色布条褪色，说明氯气无漂白性，有漂白性的是氯水，故A正确；‎ B、氯气的密度比空气大，收集氯气时导气管应该长进短出，用氢氧化钠溶液吸收氯气防止大气污染，故B正确；‎ C、铜丝在氯气能够燃烧生成氯化铜固体，产生棕黄色的烟，氯化铜溶于水，溶液呈蓝绿色，故C正确；‎ D、氯气能溶于水，也能与氢氧化钠反应，导致烧瓶中气体的压强减小，气球会由瘪变大，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎7.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 用氯气制漂白粉的主要目的是使其转变为较稳定、便于贮存的Ca(ClO)2‎ B. 漂白粉中的Ca(ClO)2和CaCl2都具有漂白性 C. 漂白粉与84消毒液的杀菌、消毒原理相似 D. 工业上漂白粉由氯气通入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]制得 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气是气体，不便保存和运输，将气体转化为较稳定固体物质便于保存和运输，所以工业上将氯气制成漂白粉，故A正确；‎ B．漂白粉主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分为Ca(ClO)2，CaCl2不具有漂白性，故B错误；‎ C．84消毒液的消毒原理和漂白粉的漂白原理是一样的，都是与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，故C正确；‎ D．工业上制漂白粉是由氯气与石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]反应制备的，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎8.NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列的说法中，正确的是（ ）‎ A. 4.6g金属钠由原子完全变为Na+ 离子时，失去的电子数为0.1NA B. NA 个氧气分子与NA 个氢气分子的质量比为8︰1‎ C. 0.2 NA个硫酸分子与19.6g磷酸（相对分子质量：98）含有相同的氧原子数 D. 22.4L的氮气所含有的原子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．4.6g钠的物质的量为=0.2mol，而钠反应后变为+1价，故0.2mol钠反应后失去0.2NA个电子，故A错误；‎ B．NA个氧气分子和NA个氢气分子物质的量均为1mol，而当物质的量相等时，物质的质量之比等于摩尔质量之比，故氧气和氢气的质量之比为32∶2=16∶1，故B错误；‎ C．19.6g磷酸分子数为×NA /mol =0.2NA，0.2 NA个硫酸分子与19.6g磷酸分子含有的氧原子数均为0.8NA，故C正确；‎ D．气体状态不确定，Vm不一定等于22.4L/mol，无法计算22.4L的氮气所含有的原子数，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.在标准状况下CH4、H2S、NH3均为气体，分别有①11.2L H2S②16g CH4③1.204×1024个NH3分子，下列物理量大小比较正确的是（ ）‎ A. 体积：②＞③＞①‎ B. 密度：③＞②＞①‎ C. 质量：③＞②＞①‎ D. 原子总数：③＞②＞①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①11.2L H2S 的物质的量为=0.5mol，②16g CH4的物质的量==1mol，③1.204×1024个NH3分子的物质的量==2mol。‎ 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③＞②＞①，故A错误；‎ B．各物质的摩尔质量分别为：①H2S 为34g/mol，②CH4 为16g/mol，③NH3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＞③＞②，故B错误；‎ C．各物质的质量分别为：①H2S 为0.5mol×34g/mol =17g，②CH4 为16g，③NH3为2mol×17g/mol=34g，所以质量③＞①＞②，故C错误；‎ D．各物质中原子的物质的量分别为：①H2S 为0.5mol×3=1.5mol，②CH4 为1mol×5=5mol，③NH3为2mol×4=8mol，所以原子个数③＞②＞①，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.4℃时在100mL水中溶解了22.4L氯化氢气体（在标准状况下测得）。下列关于所形成的溶液说法中，正确的是（ ）‎ A. 该溶液溶质的物质的量浓度为10mol·L-1‎ B. 若已知该溶液的密度，则可求得溶液溶质的物质的量浓度 C. 该溶液中含有0.1mol的Cl-‎ D. 该溶液的体积为22.5L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故A错误；‎ B、标准状况下，22.4L HCl气体的物质的量为=1mol，质量为1mol×36.5g/mol=36.5g，100mL水的质量为100g，若已知该溶液的密度，则可求得溶液的体积，进而求得溶质的物质的量浓度，故B正确；‎ C、标准状况下，22.4L HCl气体的物质的量为=1mol，溶于水电离出1mol Cl-，故C错误；‎ D、溶液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于HCl体积，故D错误；‎ 故选B ‎11.下列科研成果是由我国化学家在化学研究中取得的重要成果的是（ ）‎ A. 1869年发现元素周期律，把化学元素及其化合物纳入一个统一理论体系 B. 新一代抗疟药——青蒿素的合成 C. 20世纪现代量子理论化学的建立 D. 1918年发明氨的工业合成方法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1869年发现元素周期律，是俄国的化学家——门捷列夫，故A不选；‎ B．2015年10月5日，中国药学家屠呦呦与另外两名海外科学家分享了2015年的诺贝尔生理学或医学奖。屠呦呦多年从事中药和中西药结合研究，突出贡献是创制新型抗疟药——青蒿素和双氢青蒿素，故B选；‎ C．20世纪现代量子理论化学的建立是英国人海特勒和伦敦的重要成果，故C不选；‎ D．1918年发明氨的工业合成方法是德国人哈伯的重要成果，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎12.下列物质属于纯净物的是 ( )‎ A. 液氯 B. 氯水 C. 盐酸 D. 84消毒液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】纯净物是由同种物质组成或是同种分子构成，由不同种物质组成或由不同种分子构成的是混合物。根据概念进行判断。‎ ‎【详解】A. 液氯是纯净物，是氯气的液态单质，故A正确；B. 氯水是氯气溶于水里组成的混合物，故B错误；C. 盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故C错误；D.84消毒液溶质的是次氯酸钠，所以属于混合物，故D错误；答案：A.。‎ ‎13.下列说法不正确的是（ ）‎ A. Na2O2可以作为呼吸面具或潜水艇里的氧气来源 B. 将Na2O加到酚酞溶液中，溶液先变红色后褪色 C. 可用水来检验某Na2O样品中是否含有Na2O2‎ D. 过氧化钠为淡黄色固体粉末 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠可以和二氧化碳及水反应生成氧气，可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故A正确；‎ B、氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，所以将Na2O加到酚酞溶液中，溶液变红色，故B错误；‎ C、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，而Na2O+H2O=2NaOH，如果Na2O样品中含有Na2O2，加入水后会产生气泡，故C正确；‎ D、过氧化钠为淡黄色粉末状固体，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎14.某同学将金属钠露置于空气中足够长时间，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体→白色粉末。下列有关叙述不正确的是( )‎ A. 表面迅速变暗是因为钠与空气中的氧气反应生成了Na2O B. 出现液滴原因是生成的Na2CO3吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液 C. 最后白色粉末为碳酸钠粉末 D. 最后白色粉末的质量比金属钠质量大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因钠很活泼，易被氧化，则金属钠在空气中易氧化形成氧化钠，出现表面变暗现象，故A正确；‎ B．氧化钠与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收空气中的水蒸气在表面形成了溶液，故B错误；‎ C．生成的氢氧化钠再与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠的结晶水合物，最终风化变成的白色粉末为碳酸钠，故C正确；‎ D. 最后白色粉末为碳酸钠，质量比金属钠的质量大，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎15.在紫色石蕊试液中分别加入（或通入）足量的下列物质，最后不能使溶液变成无色的是（ ）‎ A. Cl2 B. 新制氯水 C. Na2O2 D. NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cl2溶于水生成HClO，HClO具有漂白性，能使紫色石蕊试液变成无色，故A不选；‎ B．新制氯水中含有HClO，HClO具有漂白性，能使紫色石蕊试液变成无色，故B不选；‎ C．Na2O2具有漂白性，能使紫色石蕊试液变成无色，故C不选；‎ D．NaOH具有碱性，没有漂白性，能使紫色石蕊试液变成蓝色，不能使紫色石蕊试液变成无色，故D选；‎ 故选D。‎ ‎16.28g CO气体在1mol的氧气中燃烧后，所得的气体通过足量Na2O2固体中充分反应后，下列说法不正确的是（ ）‎ A. CO与氧气反应，只消耗了0.5mol氧气 B. 充分反应后Na2O2固体质量增加了28 g C. 通过以上两步反应后余下氧气物质的量为0.5mol D. 若2gH2替代 28g的CO发生上述反应，则Na2O2固体质量增加了2g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】28g CO气体的物质的量为=1mol，在1mol的氧气中燃烧后，2CO+O22CO2，生成1mol二氧化碳，剩余0.5mol氧气，通过足量Na2O2固体发生的反应为2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，CO与氧气反应，只消耗了0.5mol氧气，故A正确；‎ B．2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，充分反应后Na2O2‎ 固体质量的增加量与CO的质量相等，为28 g，故B正确；‎ C．2CO+O22CO2，2Na2O2 +2CO2 = 2Na2CO3 + O2，通过以上两步反应，余下氧气的量不变，物质的量仍为1mol，故C错误；‎ D．2gH2的物质的量为=1mol，燃烧生成水后与过氧化钠反应，2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 ↑，Na2O2固体质量的增加量等于氢气的质量，为2g，故D正确；‎ 故选C。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题共52分）‎ 二、填空题(共4题，共 46分)‎ ‎17.（1）不能用手直接拿取金属钠，其理由是：___________________；‎ ‎（2）资料显示，钠着火时不能CO2灭火，为寻找原因进行如下探究实验：A、将燃烧匙中的钠引燃后迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。可以看到，火焰黄色，产生大量白烟；火焰熄灭后，集气瓶底部有黑色固体，瓶壁上附着白色固体；B、集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡、过滤，滤纸上留下黑色固体，滤液为无色；C、取适量滤液置于两支试管中，向第一支试管中滴加一滴酚酞溶液，溶液变红，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。写出实验C中澄清石灰水变浑浊的化学方程式：____________，根据以上实验事实判断实验B中的无色滤液显________（填“酸性”、“碱性”或者“中性”），根据以上实验事实写出：钠在点燃条件下与CO2反应化学方程式：_______________；‎ ‎（3）用胶头滴管将新制的饱和氯水慢慢滴入含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中，当滴到一定量时，红色突然褪去。试回答下列问题，产生上述现象的原因，①可能是氯水呈酸性，与氢氧化钠溶液中和使溶液褪色；②也可能是_________；设计出一个方案证明红色褪去的原因是①或②_____________。‎ ‎【答案】(1). 金属钠会和手上的水分反应生成氢氧化钠且放热，会腐蚀和灼伤皮肤 (2). Ca(OH)2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH (3). 碱性 (4). 4Na+3CO2 2Na2CO3+C (5). 氯水中的次氯酸具有漂白性（或强氧化性），使溶液褪色 (6). 取褪色后的溶液少量于试管中，加入氢氧化钠溶液，若溶液变红，则为原因①（或取褪色后的溶液少量于试管中，加入酚酞，若溶液变红，则为原因②）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)钠为活泼金属，容易与水反应生成具有腐蚀性的氢氧化钠；‎ ‎(2)根据实验，钠与二氧化碳反应生成的白色固体能够溶于水，溶液中滴加澄清石灰水变浑浊，说明生成的白色固体为碳酸钠；碳酸钠溶液中滴加一滴酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性；生成的黑色固体为碳粒，据此书写反应的化学方程式；‎ ‎(3)盐酸和次氯酸具有酸性，能够与氢氧化钠发生中和反应；次氯酸具有漂白性，也可能使红色的酚酞褪色；氧化漂白不具有可逆性，因此要证明红色褪去的原因是①或②可以通过褪色后的溶液能否恢复红色设计实验验证。‎ ‎【详解】(1)金属钠性质非常活泼，能够与手上的水分反应生成氢氧化钠，且反应放热，会腐蚀和灼伤皮肤，所以不能用手直接拿取金属钠，故答案为：金属钠会和手上的水分反应生成氢氧化钠且放热，会腐蚀和灼伤皮肤；‎ ‎(2)根据实验，钠与二氧化碳反应生成的白色固体能够溶于水，溶液中滴加澄清石灰水变浑浊，说明生成的白色固体为碳酸钠，碳酸钠与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，Ca(OH)2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH，使溶液变浑浊；碳酸钠溶液中滴加一滴酚酞溶液，溶液变红，说明溶液显碱性；生成的黑色固体为碳粒，因此钠在点燃条件下与CO2反应化学方程式为4Na+3CO2 2Na2CO3+C，故答案为：Ca(OH)2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH；碱性；4Na+3CO2 2Na2CO3+C；‎ ‎(3)盐酸和次氯酸具有酸性，能够与氢氧化钠发生中和反应，酚酞在碱性环境下才显红色；次氯酸具有漂白性，也可能使红色的酚酞褪色；要证明红色褪去的原因是①或②可以通过以下实验验证：在已经褪色的溶液中继续加入NaOH溶液，直至溶液呈碱性，若溶液恢复红色，则说明是碱被中和导致褪色，反之，则是被漂白了，故答案为：氯水中的次氯酸具有漂白性(或强氧化性)，使溶液褪色；取褪色后的溶液少量于试管中，加入氢氧化钠溶液，若溶液变红，则为原因①，反之，为原因②。‎ ‎18.(1)顺铂(化学名称为顺二氯二氨合铂(II)，化学式为PtCl2(NH3)2，相对分子质量为：300)是一种用于治疗癌症的药物，一片顺铂药片所含顺铂的质量为6×10-4g。那么一片顺铂药片中N原子的物质的量________；‎ ‎(2)乙烯气体（C2H4）是石油化工产品之一，也是最重要的有机化工基础原料之一，在标准状况下其密度为_______g.L-1；(已知：标准状况下，Vm=22.4L•mol-1 )‎ ‎(3)现有一种矿泉水样品，1.0升的该矿泉水含有4.8×10-2gMg2+。则________升矿泉水中含有1molMg2+；‎ ‎(4)某“84消毒液”1000mL．其有效成分为NaClO(式量：74.5)，质量分数为14.9％，密度为1.2g/L。其溶质的物质的量浓度为________；‎ ‎(5)已知CO和CO2的混合气体7.2g。在标准状况下所占的体积为4.48L。则该混合气体中氧元素的质量为_______；‎ ‎(6)如图所示两瓶体积相等的气体，在同温同压下，若瓶1两种气体______（填“物质的量”或者“质量”）相等，则两瓶中的气体原子总数和质量均相等。‎ ‎【答案】(1). 4×10-6mol (2). 1.25 (3). 500 (4). 2.4mol.L-1 (5). 4.8g (6). 物质的量 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)一片顺铂药片中含有顺铂的物质的量是n[PtCl2(NH3)2]==2×10-6mol，根据顺铂的分子式可知：一个顺铂分子中含有2个N原子，则一片顺铂药片中含有N原子的物质的量是n(N)=2n[PtCl2(NH3)2]= 4×10-6mol；‎ ‎(2)乙烯分子式是C2H4，则乙烯的相对分子质量是28，即1molC2H4的质量是28g，在标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，就是1mol气体在标准状况下的体积是22.4L，所以乙烯在标准状况下的密度ρ==1.25g/L；‎ ‎(3)1molMg2+质量24g，1L水中含有Mg2+的质量是4.8×10-2g，则含有1molMg2+需要的水的体积V==500L；‎ ‎(4)根据c=可知质量分数为14.9％，密度为1.2g/L的NaClO溶液的物质的量浓度为c==2.4mol/L；‎ ‎(5)n==0.2mol，假设混合气体中CO、CO的物质的量分别是x、y，根据二者的质量和可得28x+44y=7.2g，根据二者的物质的量的和可得x+y=0.2mol，两式联立，可得x=y=0.1mol，则根据O元素守恒，可得：n(O)=n(CO)+2n(CO2)=0.1mol+2×0.1mol=0.3mol，O原子的质量是m(O)=0.3mol×16g/mol=4.8g； ‎ ‎(6)两个瓶的容积相同，瓶内盛放的都是由两个原子构成的气体分子，气体所处的温度、压强相同，根据阿伏加德罗定律可知：二者含有的分子数相同，含有的原子个数也相同，若使两个瓶中气体的质量相等，则瓶1中N2、O2的分子数相同，根据n=可知N2、O2的物质的量相同。‎ ‎19.下图是硫酸试剂瓶标签上的内容：‎ ‎(1)某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时，需要490mL 4.6mol·L-1的稀硫酸，现要配制该浓度的溶液所需的玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要__________(填仪器名称)；需要量取98%浓硫酸____________mL进行配制；‎ ‎(2)配制溶液时有如下操作：a.稀释溶解b.摇匀c.洗涤d.冷却e.量取f.将溶液移至容量瓶g.定容，实验操作顺序正确的是（ ）。‎ A. e→a→f→d→c→f→g→b B. e→a→d→f→c→f→g→b C. e→a→f→d→c→f→b→g D. e→a→d→f→c→f→b→g ‎(3)下列为配制过程中部分操作的示意图，其中有错误的是____(填序号)；‎ ‎(4)在配制4.6mol·L-1稀硫酸的过程中，下列情况会引起配制所得的硫酸溶液物质的量浓度偏高的是___；‎ A.未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中 B.容量瓶洗涤后，未干燥处理 C.定容时仰视观察液面 D.未洗涤烧杯和玻璃棒 ‎(5)为中和100mL 2.3 mol·L-1KOH溶液后显中性，需要加入________mL 4.6mol·L-1稀硫酸。‎ ‎【答案】(1). 500mL容量瓶 (2). 125 (3). B (4). ①④ (5). A (6). 25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，再根据配制溶液的一般步骤判断需要的仪器和计算需要浓硫酸的体积；‎ ‎(2)根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤对各选项进行排序；‎ ‎(3)依据浓硫酸稀释、定容的正确操作分析判断；‎ ‎(4)依据c=进行误差分析；‎ ‎(5)根据2KOH～H2SO4计算。‎ ‎【详解】(1)需要490mL 4.6mol/L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶。用浓硫酸配制一定物质的量浓度稀硫酸，基本步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等，用到的仪器：量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，还缺少的仪器：500mL容量瓶；质量分数为98%，密度为1.84g/mL的浓硫酸，物质的量浓度c== mol/L=18.4mol/L，实际配制500mL溶液，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变得V×18.4mol/L=500mL×4.6mol/L，解得V=125.0mL，故答案为：500mL容量瓶；125.0；‎ ‎(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤有：计算、称量或量取、溶解或稀释、冷却、转移、洗涤(转移)、定容、摇匀等，则正确的操作顺序是：eadfcfgb，故答案为：B；‎ ‎(3)稀释浓硫酸时应该将浓硫酸沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；定容时视线应平视，不能仰视和俯视，故答案为：①④；‎ ‎(4)A．未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B．容量瓶洗涤后，未经干燥处理，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生成影响，溶液浓度不变，故B不选；C．定容时仰视观察液面，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；D．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故D不选；故答案为：A；‎ ‎(5)根据2KOH～H2SO4，中和100mL 2.3 mol/LKOH溶液后显中性，需要4.6mol/L稀硫酸的体积为=25 mL，故答案为：25。‎ ‎20.下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置，回答下列问题。（已知：①MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2↑,②Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4,③ Ba(OH)2+CO2＝BaCO3↓+H2O）‎ ‎（1）写出a仪器的名称___；‎ ‎（2）装置D产生白色沉淀现象的原因___________；‎ ‎（3）E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式_______；‎ ‎（4）F处烧杯溶液中最终___（填“有”或“没有”）白色沉淀；‎ ‎（5）F装置无法确认E处反应中有CO2产生，为了证明CO2的存在，要对F装置进行改造，下列装置符合要求的是___。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀 (3). 2Cl2+C+2H2OCO2+4HCl (4). 没有 (5). b ‎【解析】‎ ‎【分析】通过装置A制得氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制得的氯气不纯，其中混有氯化氢气体，B装置是安全瓶，C装置是为了除去氯化氢，DE装置为了探究氯气的性质，F装置为了除去尾气，防止污染，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；‎ ‎(2)氯气和二氧化硫发生氧化还原反应：Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4，生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀，故答案为：Cl2+SO2+2H2O＝2HCl+H2SO4，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；‎ ‎(3)氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：2Cl2+C+2H2O CO2+4HCl，故答案为：2Cl2+C+2H2O CO2+4HCl；‎ ‎(4)剩余氯气在F装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢、次氯酸和氢氧化钡反应都生成可溶性的盐和水，即使二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，生成的碳酸钡又被盐酸溶解，所以反应过程无白色沉淀生成，故答案选：没有；‎ ‎(5)因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳，需除去氯气和氯化氢，且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳，装置a：氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生；装置b：少量氯气能溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度不大，用水可除去氯气和氯化氢两种气体，剩余的气体与氢氧化钡作用变浑浊，能确认E处反应中有CO2产生；装置c：碳酸钠与氯化氢反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置d：氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生，故答案为：b。‎ 三、计算题 ‎21.取100.0 mLNa2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到16.84g沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀质量减少至6.99g,同时溶液中有气泡产生。试求：‎ ‎（1）原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为_____；‎ ‎（2）产生的气体在标准状况下的体积为多少__________？（要求写出计算过程，只写结果不给分）‎ ‎【答案】(1). 0.3mol.L-1 (2). 1.12L ‎【解析】‎ ‎【分析】混合溶液加入过量的氯化钡溶液，发生反应：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl、BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl，得到16.84g 白色沉淀为BaSO4、BaCO3，沉淀用过量稀HNO3处理，发生反应：BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，最终6.99g沉淀为BaSO4，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)最终6.99g沉淀为BaSO4，n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.03mol，所以c(Na2SO4)==0.3mol/L，故答案为：0.3mol/L；‎ ‎(2)n(CO2 )=n(BaCO3)==0.05mol，所以标准状况下，V(CO2 )=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12L。‎