2022-2022学年辽宁省鞍山一中高一（上）期中化学试卷 一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分）1．如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是（ ）A．B．C．D． 2．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）A．NaCl是非电解质B．NaCl溶液是电解质C．NaCl溶液中水电离出大量的离子D．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子 3．按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于（ ）①酸 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸 ⑥强氧化性酸 ⑦一元酸 ⑧化合物．A．①②③④⑤⑥⑦⑧B．①④⑥⑦⑧C．①⑧D．①④⑤⑥⑦ 4．对于易燃、易爆、有剧毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签．下列所列物质，贴错了包装标签的是（ ）-32-\nA．AB．BC．CD．D 5．在常温常压下，1LCO和H2的混合气体完全燃烧，共消耗相同条件下0.5LO2，在混合气体中CO和H2的体积比为（ ）A．1：1B．1：2C．2：1D．任意比 6．如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于（ ）A．2B．3C．4D．5 7．反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，当有6mole﹣发生转移时，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为（ ）A．1：1B．1：2C．2：1D．3：1 8．下列有关说法正确的是（ ）A．氯化钠溶液均一稳定透明，不是分散系B．冰水混合物是一种分散系C．分散系有的是纯净物有的是混合物D．分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合有9种方式 9．下列试验操作中，正确的是（ ）A．利用电泳现象区别溶液和胶体-32-\nB．用滤纸过滤除去溶液中的胶体粒子C．用渗析的方法除去胶体中的离子或分子，以净化胶体D．向Fe（OH）3胶体中加入足量AgNO3溶液，以除去胶体中的CI﹣ 10．关于0.1mol/LH2SO4溶液的叙述中错误的是（ ）A．1L该溶液中含有H2SO4的质量为9.8gB．0.5L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2mol/LC．从1L该溶液中取出100mL，则取出溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/LD．取该溶液10mL，加水稀释至100mL后H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/L 二、选择题（共15小题，每小题3分，共45分）11．下列说法中不正确的有几个（ ）①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质；③固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸可以导电；④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸；⑤电解质放在水中一定能导电．非电解质放在水中一定不导电．A．2B．3C．4D．5 12．下列叙述中正确的是（ ）①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；③28gCO的体积为22.4L；④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A．①②③B．②⑤⑥C．②③⑥D．④⑤⑥ -32-\n13．在标况下，一个装满Cl2的容器质量为74.6克；若装满N2则重为66克，那么此容器的容积为（ ）A．22.4升B．44.8升C．11.2升D．4.48升 14．下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ）A．0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9mol•L﹣1B．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol•L﹣1，只有当22.4L（标况）氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol•L﹣1C．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D．10℃时，100ml0.35mol/L的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100ml，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L 15．下列说法中正确的是（ ）A．在Fe+Cu2+=Fe2++Cu的反应中Fe作还原剂，在Fe于其他物质反应中Fe一定也作还原剂B．在上述反应中，氧化性：Fe2+＞Cu2+C．金属活动性顺序表中，排在前面的金属阳离子氧化性强于排在后面的金属阳离子D．SO2+4中的硫原子化合价是+6价，处于硫的最高价，因此SO2+4氧化性一定很强 16．下列各组中的离子方程式能正确表示相应的化学反应的是（ ）A．NaOH和CH3COOHOH﹣+H+=H2OB．过量的CO2与NaOH溶液CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2OC．Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2OBa2++SO42+=BaSO4D．NaHS+HCl=NaCl+H2SHS++H+=H2S 17．下列叙述中，正确的是（ ）A．1molH2的质量只有在标准状况下才约为2gB．在标准状况下某气体的体积是22.4L，可认为该气体的物质的量约是1molC．在20℃时，1mol任何气体的体积总比22.4L大D．1molH2和O2的混合气体的质量可能为34g-32-\n 18．用10mL的0.1mol•L﹣1BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）A．3：2：2B．1：2：3C．1：3：3D．3：1：1 19．300mLAl2（SO4）3溶液中，含Al3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/LBa（OH）2溶液300mL，反应后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为（ ）（混合体积看成两液体体积之和）A．0.4mol/LB．0.3mol/LC．0.2mol/LD．0.1mol/L 20．下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH﹣有沉淀生成，加入H+有气体生成的一组离子是（ ）A．K+、Mg2+、Cl﹣、HCO3﹣B．K+、Cu2+、SO42﹣、Na+C．NH4+、CO32﹣、NO3﹣、Na+D．NH4+、Cl﹣、HCO3﹣、K+ 21．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）A．3.0molB．1.5molC．1.0molD．0.75mol 22．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（ ）A．1：1：2B．2：2：1C．2：3：1D．4：3：2 23．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量关系为1：2的是（ ）A．O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2B．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O -32-\n24．常温下，下列三个反应均能发生：X2+2W2+═2X﹣+2W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2．则在相同条件下，下列三个反应：①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2；②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2；③2W3++2Z﹣═2W2++Z2也能发生的是（ ）A．只有①B．只有②C．①和②D．②和③ 25．下列叙述正确的是（ ）A．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性B．含氧酸可作氧化剂而无氧酸不能C．在8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是2：3D．已知还原性：Fe2+＞Br﹣，可知反应2Fe3++2Br﹣═2Fe2++Br2不易进行 三、填空题（共35分）26．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取碘的流程如图1．某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如图2所示：已知②中发生反应的化学方程式为Cl2+2KI═2KCl+I2回答下列问题：（1）写出提取过程①、③中实验操作名称：① ，③ ．（2）四氯化碳是 色、密度比水 的液体．F中下层液体的颜色为 色，上层液体中溶质的主要成分为 ．（3）从F中的下层液体中得到固态碘还需进行的操作是 ．（4）在灼烧过程中，使用到的（除泥三角外）实验仪器有 （填写序号）．-32-\nA．试管 B．瓷坩埚 C．坩埚钳D．蒸发皿 E．酒精灯． 27．某化学实验小组需用480mL0.5mol/L的硫酸铜溶液，请回答下列问题：（1）如果用胆矾（CuSO4•5H2O）来配制，至少需用胆矾的质量为 g．（2）下面是配制硫酸铜溶液过程中的5个操作步骤：①向盛有胆矾的烧杯中加入20ml蒸馏水使其溶解；②继续往容量瓶中加蒸馏水，至液面距刻度线1﹣2cm处；③将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；④在烧杯中加入少量的蒸馏水，洗涤烧杯内壁和玻璃棒2﹣3次后移入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；⑤改用胶头滴管加水至刻度线，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀．正确的操作顺序为 （填序号）（3）下列操作会导致所配硫酸铜溶液物质的量浓度偏低的是 （填序号，下同）：对所配溶液物质的量浓度无影响的是 ．①在烧杯中搅拌溶液时，有少量液体溅出②定容摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线③容量瓶使用前未进行干燥④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过⑤定容后，塞好瓶塞摇匀，装入用蒸馏水洗净的试剂瓶中⑥没有洗涤溶解时所用的烧杯和玻璃棒． 28．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生反应的离子方程式为： ，反应后得到的FeCl3溶液呈棕黄色，用此溶液进行以下实验：（1）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液成红褐色，停止加热，制得的分分散系中分散质粒子直径大小为．（2）向（2）中烧杯中的分散系中逐滴滴入过量盐酸，会再出现一系列变化：①先出现红褐色沉淀，原因是 ．②随后沉淀逐渐溶解，溶液呈棕黄色，反应的离子方程式为 ． 29．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L．回答下列问题：（1）该混合气体的平均摩尔质量为 ．（2）混合气体中碳原子的个数为 （用NA表示阿伏伽德罗常数的值）．（3）将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下进行）．-32-\n①气球中收集到的气体的摩尔质量为 ．②气球中收集到的气体中，电子总数为 （用NA表示阿伏伽德罗常数的值）．③气球中的体积为 L． 30．若mgCu与含nmolHNO3的溶液反应，当铜和HNO3恰好均完全消耗，发生的反应有：①Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O② Cu+ HNO3= Cu（NO3）2 NO+H2O（配平该方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目）则被还原HNO3的物质的量一定是 （用m和n表示） 2022-2022学年辽宁省鞍山一中高一（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题2分，共20分）1．如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，最简便的分离方法是（ ）A．B．C．D．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可采用分液的方法进行分离进行解答．-32-\n【解答】解：据花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可采用分液的方法进行分离．故选：B．【点评】本题考查了常见物质的分离方法，完成此题，可以依据物质的性质差异进行．利用化学方法分离就是发生化学变化． 2．一化学兴趣小组在家中进行化学实验，按照图1连接好线路发现灯泡不亮，按照图2连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是（ ）A．NaCl是非电解质B．NaCl溶液是电解质C．NaCl溶液中水电离出大量的离子D．NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子【考点】原电池和电解池的工作原理；电解质溶液的导电性．【专题】电化学专题．【分析】根据原电池的工作原理和构成条件：电解质溶液必须含有大量自由移动离子，电解质中阴阳离子的定向移动形成电流．【解答】解：A、NaCl是强电解质，故A错误；B、NaCl溶液属于混合物，不是电解质，故B错误；C、NaCl溶液中含有大量的钠离子和氯离子，水电离出少量的氢离子和氢氧根离子，故C错误；D、NaCl在水溶液中电离出了大量的自由移动的氯离子和钠离子，能使装置构成电解池而产生电流，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生电解池的构成条件中的：含有电解质溶液或是熔融的电解质这一条知识，注意知识的迁移应用能力的培养是关键，难度中等． -32-\n3．按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于（ ）①酸 ②氢化物 ③氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸 ⑥强氧化性酸 ⑦一元酸 ⑧化合物．A．①②③④⑤⑥⑦⑧B．①④⑥⑦⑧C．①⑧D．①④⑤⑥⑦【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【专题】物质的分类专题．【分析】HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸；硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸；硝酸能完全电离，属于强酸；硝酸具有挥发性，根据氮元素的价态判断其性质．【解答】解：HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸，只能电离出一个氢离子，属于一元酸，硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物，硝酸具有挥发性，属于挥发性物质，在硝酸中，氮元素的价态处于最高价+5价，有强氧化性，故选：B．【点评】本题主要考查物质的分类方法，解答时要分析物质的元素组成和物质组成，然后再根据各类物质概念的含义进行分析、判断，从而得出正确的结论． 4．对于易燃、易爆、有剧毒的化学物质，往往会在其包装上贴上危险警告标签．下列所列物质，贴错了包装标签的是（ ）A．AB．BC．CD．D【考点】化学试剂的分类；化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．浓硫酸有腐蚀性；B．二氧化碳不能燃烧；C．白磷有毒；D．硝酸铵易爆炸．【解答】解：A．浓硫酸有腐蚀性，是腐蚀品，故A错误；-32-\nB．二氧化碳不能燃烧，不是易燃气体，故B正确；C．白磷有毒，是剧毒品，故C错误；D．硝酸铵易爆炸，是爆炸品，故D错误．故选B．【点评】本题考查危险品标志，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握． 5．在常温常压下，1LCO和H2的混合气体完全燃烧，共消耗相同条件下0.5LO2，在混合气体中CO和H2的体积比为（ ）A．1：1B．1：2C．2：1D．任意比【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】CO、H2燃烧的方程式为：2CO+O22CO2、2H2+O22H2O，由方程式可知2molCO反应消耗1mol氧气、2molH2反应也消耗1mol氧气，所以H2和CO的总体积为消耗氧气的体积的2倍．【解答】解：CO、H2燃烧的方程式为：2CO+O22CO2、2H2+O22H2O，由方程式可知2molCO反应消耗1mol氧气、2molH2反应也消耗1mol氧气，所以H2和CO的总体积为消耗氧气的体积的2倍，在混合气体中CO和H2的体积比为任意比均符合，故选：D．【点评】考查混合物的有关计算，难度不大，根据方程式判断混合气体的总物质的量为消耗的氧气的物质的量的2倍是解题关键． 6．如图是某溶液在稀释过程中，溶质的物质的量浓度随溶液体积的变化曲线图，根据图中数据分析可得出a值等于（ ）A．2B．3C．4D．5-32-\n【考点】物质的量浓度的相关计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】根据稀释定律，稀释前后的物质的量不变，据此计算a的值．【解答】解：根据稀释定律，稀释前后的物质的量不变，则：1L×2mol/L=aL×0.5mol/L，解得：a=4故选C．【点评】本题以图象形式考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意基础知识的理解掌握． 7．反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，当有6mole﹣发生转移时，被氧化与被还原的物质的物质的量之比为（ ）A．1：1B．1：2C．2：1D．3：1【考点】氧化还原反应的计算．【专题】计算题．【分析】NO2与水反应方程式3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知被氧化与被还原的物质的物质的量之比为2：1，以此解答．【解答】解：NO2与水反应产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，如图，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，故选C．【点评】本题考查氧化还原反应计算、氧化还原反应概念，难度中等，理解基本概念，关键根据产物中化合价判断起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比．-32-\n 8．下列有关说法正确的是（ ）A．氯化钠溶液均一稳定透明，不是分散系B．冰水混合物是一种分散系C．分散系有的是纯净物有的是混合物D．分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合有9种方式【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】A、氯化钠溶液是分散系；B、冰水是纯净物；C、分散系是混合物；D、分散质为固体、液体、气体，分散剂为固体、液体、气体，组合分析判断；【解答】解：A、氯化钠溶液均一稳定透明，是氯化钠和水形成的分散系，故A错误；B、冰水是纯净物，不是分散系，故B错误；C、分散系都是混合物，故C错误；D、分散质为固体、液体、气体，分散剂为固体、液体、气体，组合分析，分散系的组合有9种方式，故D正确；故选D．【点评】本题考查了分散系的标志区别，组成判断，性质理解应用，掌握基础是关键，题目较简单． 9．下列试验操作中，正确的是（ ）A．利用电泳现象区别溶液和胶体B．用滤纸过滤除去溶液中的胶体粒子C．用渗析的方法除去胶体中的离子或分子，以净化胶体D．向Fe（OH）3胶体中加入足量AgNO3溶液，以除去胶体中的CI﹣【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．有些胶粒不带电；B．溶液和胶体都能透过滤纸；C．胶粒不能透过半透膜；-32-\nD．胶体遇电解质溶液发生聚沉．【解答】解：A．有些胶粒不带电，不发生电泳，故A错误；B．溶液和胶体都能透过滤纸，无法除去，故B错误；C．胶粒不能透过半透膜，溶液能透过，可净化胶体，故C正确；D．胶体遇电解质溶液发生聚沉，不能除杂，故D错误．故选C．【点评】本题考查胶体的性质，难度不大，注意基础知识的积累，注意除杂不能引入新的杂质． 10．关于0.1mol/LH2SO4溶液的叙述中错误的是（ ）A．1L该溶液中含有H2SO4的质量为9.8gB．0.5L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2mol/LC．从1L该溶液中取出100mL，则取出溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/LD．取该溶液10mL，加水稀释至100mL后H2SO4的物质的量浓度为0.01mol/L【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A．根据n=cV=计算；B．c（H+）=2c（H2SO4）；C．根据溶液为均一、稳定的分散系进行判断；D．根据溶液稀释前后，溶质的物质的量不变计算．【解答】解：A．n（H2SO4）=1L×0.1mol/L=0.1mol，m（H2SO4）=0.1mol×98g．mol=9.8g，故A正确；B．c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，故B正确；C．溶液为均一、稳定的分散系，从1L该溶液中取出100mL，则取出溶液中H2SO4的物质的量浓度应为0.1mol/L，故C错误；D．取该溶液10mL，n（H2SO4）=0.01L×0.1mol/L，加水稀释至100mL后H2SO4的物质的量浓度为=0.01mol/L，故D正确．故选C．-32-\n【点评】本题考查物质的量的相关计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关计算公式的运用，难度不大． 二、选择题（共15小题，每小题3分，共45分）11．下列说法中不正确的有几个（ ）①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质；③固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸可以导电；④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸；⑤电解质放在水中一定能导电．非电解质放在水中一定不导电．A．2B．3C．4D．5【考点】电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题；溶液和胶体专题．【分析】①非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；②依据电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物．电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；③依据非金属石墨、金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电；④能电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸；⑤依据电解质与溶液导电的关系进行解答．【解答】解：①BaSO4固体没有自由移动的离子不导电；虽然硫酸钡在水中的溶解度很小，只要溶解就完全电离，硫酸钡在熔融状态下，能完全电离，所以硫酸钡是电解质，故①错误；②氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故②错误；③电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸只有乙酸分子，不能导电，故③错误；④电离出的阳离子全部是H+的化合物叫做酸，能电离出H+的化合物不一定是酸，硫酸氢钠能电离出氢离子，NaHSO4=Na++H++SO42﹣，属于盐，故④错误；-32-\n⑤电解质放在水中不一定能导电，如碳酸钙固体在水中的溶解度很小，难溶于水，几乎没有自由移动的离子，几乎不导电；碳酸钙在熔融状态下，能完全电离，碳酸钙是电解质；非电解质放在水中不一定不导电，如NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，氨气自身未电离，所以氨气是非电解质，故⑤错误；故选D．【点评】本题重点考查了电解质、非电解质概念的辨析、电解质与导电的关系的判断，抓住电解质必须是化合物，电解质导电是存在自由移动的离子是解答本题的关键，题目难度不大． 12．下列叙述中正确的是（ ）①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；②标准状况下，1gH2和14gN2的体积相同；③28gCO的体积为22.4L；④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比．A．①②③B．②⑤⑥C．②③⑥D．④⑤⑥【考点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算．【专题】化学用语专题．【分析】①标准状况下，水为液体；②标准状况下，气体的物质的量相同时，其体积相同；③不一定是在标准状况下；④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；⑤根据pV=nRT来分析；⑥根据pM=ρRT来分析．【解答】解：①标准状况下，1LHCl的物质的量为，但标准状况下水为液体，不能利用气体摩尔体积来计算其物质的量，故①错误；②标准状况下，1gH2的物质的量为=0.5mol，14gN2的物质的量为=0.5mol，则气体的物质的量相同时，其体积相同，故②正确；③不一定是在标准状况下，若在标准状况下，28gCO的体积为×22.4L/mol=22.4L，故③错误；-32-\n④两种物质只有都是气体时，物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同，即物质的状态不确定，体积可能相同，也可能不同，故④错误；⑤由pV=nRT可知，同温同体积时，气体物质的物质的量与压强成正比，则体物质的物质的量越大，则压强越大，故⑤正确；⑥由pM=ρRT可知，同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比，故⑥正确；故选B．【点评】本题考查有关物质的量的计算及阿伏伽德罗定律及其推论，明确质量、体积、物质的量的关系，明确物质的状态、所处的状况，明确pV=nRT、pM=ρRT即可解答． 13．在标况下，一个装满Cl2的容器质量为74.6克；若装满N2则重为66克，那么此容器的容积为（ ）A．22.4升B．44.8升C．11.2升D．4.48升【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题；阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体其物质的量相等，设容器的质量为xg，则存在=，x=59.5g，则氯气质量=（74.6﹣59.5）g=15.1g，根据V=nVm计算容器体积．【解答】解：相同条件下，气体摩尔体积相等，相同体积的不同气体其物质的量相等，设容器的质量为xg，则存在=，x=59.5g，则氯气质量=（74.6﹣59.5）g=15.1g，容器体积V=nVm==4.48L，故选D．【点评】本题考查物质的量有关计算，为高频考点，明确相同条件下不同气体体积之比等于其物质的量之比是解本题关键，题目难度不大． 14．下列关于物质的量浓度表述正确的是（ ）A．0.3mol•L﹣1的Na2SO4溶液中含有Na+和SO42﹣的总物质的量为0.9mol•L﹣1B．当1L水吸收22.4L氨气时所得氨水的浓度不是1mol•L﹣1，只有当22.4L（标况）氨气溶于水制得1L氨水时，其浓度才是1mol•L﹣1C．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-32-\nD．10℃时，100ml0.35mol/L的KCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10℃时，其体积小于100ml，它的物质的量浓度仍为0.35mol/L【考点】物质的量浓度．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A、物质的量的单位是mol；B、根据气体摩尔体积的使用条件及物质的量浓度公式中体积指溶液体积不是溶剂体积分析；C、根据溶液中阴阳离子所带电荷相等分析；D、温度相同时，同一物质的饱和溶液中溶液的物质的量浓度相同，与溶液的体积无关．【解答】解：A、物质的量的单位是mol不是mol/L，故A错误；B、气体摩尔体积22.4L/mol只有在标况下才能使用；C=中，V指溶液的体积不是溶剂的体积，故B正确；C、如果Na+和SO42﹣的物质的量相等，硫酸根离子所带电荷大于钠离子所带电荷，根据溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以K+的物质的量浓度大于Cl﹣的物质的量浓度，故C错误；D、温度相同时，同一物质的饱和溶液中溶液的物质的量浓度一定相同，与溶液的体积无关，故D正确；故选BD．【点评】本题考查了有关物质的量浓度的知识，难度不大，明确温度一定时，饱和溶液的物质的量浓度一定，与溶液的体积无关． 15．下列说法中正确的是（ ）A．在Fe+Cu2+=Fe2++Cu的反应中Fe作还原剂，在Fe于其他物质反应中Fe一定也作还原剂B．在上述反应中，氧化性：Fe2+＞Cu2+C．金属活动性顺序表中，排在前面的金属阳离子氧化性强于排在后面的金属阳离子D．SO2+4中的硫原子化合价是+6价，处于硫的最高价，因此SO2+4氧化性一定很强【考点】氧化还原反应．【专题】常规题型；氧化还原反应专题．【分析】A．金属单质的化合价为最低价，只有还原性；B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；C．金属元素越活泼，其金属离子的氧化性越弱；-32-\nD．元素的化合价处于最高价具有氧化性，但是不一定有强氧化性．【解答】解：A．金属单质的化合价为最低价，只有还原性，则在Fe于其他物质反应中Fe一定也作还原剂，故A正确；B．在Fe+Cu2+=Fe2++Cu的反应中作Cu2+氧化剂，Fe2+作氧化产物，则氧化性：Cu2+＞Fe2+，故B错误；C．金属元素越活泼，其金属离子的氧化性越弱，则金属活动性顺序表中，排在前面的金属阳离子氧化性弱于排在后面的金属阳离子，故C错误；D．元素的化合价处于最高价具有氧化性，但是不一定有强氧化性，如稀硫酸没有强氧化性，则SO42﹣氧化性不一定很强，故D错误．故选A．【点评】本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力，注意氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法． 16．下列各组中的离子方程式能正确表示相应的化学反应的是（ ）A．NaOH和CH3COOHOH﹣+H+=H2OB．过量的CO2与NaOH溶液CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2OC．Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2OBa2++SO42+=BaSO4D．NaHS+HCl=NaCl+H2SHS++H+=H2S【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．醋酸在离子反应中保留化学式；B．反应生成碳酸氢钠；C．漏写生成水的离子反应；D．反应实质为硫氢根离子与氢离子反应．【解答】解：A．NaOH和CH3COOH的离子反应为CH3COOH+H+=CH3COO﹣+H2O，故A错误；B．过量的CO2与NaOH溶液的离子反应为CO2+OH﹣=HCO3﹣，故B错误；C．Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O的离子反应为2OH﹣+2H++Ba2++SO42+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．NaHS+HCl=NaCl+H2S的离子反应为HS++H+=H2S，故D正确；故选D．-32-\n【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式书写的方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大． 17．下列叙述中，正确的是（ ）A．1molH2的质量只有在标准状况下才约为2gB．在标准状况下某气体的体积是22.4L，可认为该气体的物质的量约是1molC．在20℃时，1mol任何气体的体积总比22.4L大D．1molH2和O2的混合气体的质量可能为34g【考点】物质的量的相关计算．【分析】A．氢气的质量与存在的状态无关；B．根据V=nVm判断；C．压强未知，不能确定；D．如全部为氧气，质量为32g．【解答】解：A．氢气的质量与存在的状态无关，1mol氢气在任何情况下，质量都为2g，故A错误；B．标准状况下气体的气体摩尔体积是22.4L/mol，则体积是22.4L，可认为该气体的物质的量约是1mol，故B正确；C．压强未知，不能确定，故C错误；D．如全部为氧气，质量为32g，全部为氢气，质量为2g，应介于2～32g之间，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关物理量的计算以及气体摩尔体积等知识，难度不大． 18．用10mL的0.1mol•L﹣1BaCl2溶液恰好可使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则三种硫酸盐溶液的物质的量浓度之比是（ ）A．3：2：2B．1：2：3C．1：3：3D．3：1：1【考点】化学方程式的有关计算．-32-\n【分析】根据Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，由硫酸根离子的物质的量确定硫酸盐的物质的量，体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比．【解答】解：由相同的Ba2+恰好可使相同体积的三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，11SO42﹣～Fe2（SO4）3～ZnSO4～K2SO4，111又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的摩尔浓度之比，则三种硫酸盐溶液的摩尔浓度之比为：1：1=1：3：3，故选C．【点评】本题考查三种硫酸盐的浓度比的计算，明确发生的化学反应及硫酸根离子守恒是解答本题的关键，难度不大，不需要利用钡离子的物质的量代入计算． 19．300mLAl2（SO4）3溶液中，含Al3+为1.62g，在该溶液中加入0.1mol/LBa（OH）2溶液300mL，反应后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为（ ）（混合体积看成两液体体积之和）A．0.4mol/LB．0.3mol/LC．0.2mol/LD．0.1mol/L【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】溶液中Al3+为1.62g，物质的量为=0.06mol，所以溶液中n（SO42﹣）=0.09mol，加入的氢氧化钡的物质的量为0.1mol/L×0.3=0.03mol，由混合溶液SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，据此进行过量计算，计算参加反应的硫酸根的物质的量，进而计算剩余硫酸根的物质的量，再根据c=计算．【解答】解：溶液中Al3+为1.62g，物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，溶液中n（SO42﹣）=n（Al3+）=×0.06mol=0.09mol，加入的氢氧化钡的物质的量为0.1mol/L×0.3=0.03mol，-32-\n混合溶液SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，0.03mol0.03mol所以硫酸根剩余，剩余硫酸根的物质的量为0.09mol﹣0.03mol=0.06mol．所以反应后溶液中SO42﹣的物质的量的浓度为=0.1mol/L，故选D．【点评】本题考查离子反应、物质的量浓度计算等，难度不大，铝离子与氢氧根离子反应为干扰反应，与此反应无关，清楚反应过程是关键． 20．下列各组离子在溶液中能大量共存，加入OH﹣有沉淀生成，加入H+有气体生成的一组离子是（ ）A．K+、Mg2+、Cl﹣、HCO3﹣B．K+、Cu2+、SO42﹣、Na+C．NH4+、CO32﹣、NO3﹣、Na+D．NH4+、Cl﹣、HCO3﹣、K+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，再结合加入OH﹣有沉淀生成，加入H+有气体生成来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，可大量共存，加入OH﹣有氢氧化镁沉淀生成，加入H+有二氧化碳气体生成，故A选；B．该组离子之间不反应，可大量共存，但加H+没有气体生成，故B不选；C．该组离子之间不反应，可大量共存，但加OH﹣没有沉淀生成，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，但加OH﹣没有沉淀生成，故D不选；故选A．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意与酸、碱的反应，题目难度不大． 21．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）A．3.0molB．1.5molC．1.0molD．0.75mol【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算．-32-\n【专题】计算题；守恒思想；化学实验与化学计算．【分析】根据氧化还原反应中电子守恒思想：得失电子数目相等知识来解答．【解答】解：利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72﹣（0.5mol）时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1molPbO2被还原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol．故选B．【点评】本题主要考查学生氧化还原反应中电子守恒思想的应用，是考试的热点． 22．在一定条件下，分别以高锰酸钾、氯酸钾、过氧化氢为原料制取氧气，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为（ ）A．1：1：2B．2：2：1C．2：3：1D．4：3：2【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由﹣2价转化为0价，而用过氧化氢制氧气，O则由﹣1价转化为0价．现要制得相同的O2，所以用过氧化氢制氧气的反应中转移的电子数只有用高锰酸钾、氯酸钾制取的反应中转移的电子数的一半．【解答】解：用高锰酸钾、氯酸钾制氧气，反应过程中O由﹣2价转化为0价，如生成1molO2，需转移4mol电子，而用过氧化氢制氧气，O则由﹣1价转化为0价，如生成1molO2，需转移2mol电子，当制得同温同压下相同体积的氧气时，三个反应中转移的电子数之比为2：2：1，故选：B．【点评】本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意O元素在三种物质中的化合价的数值，为解答该题的关键． 23．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量关系为1：2的是（ ）A．O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2B．2CH3COOH+Ca（ClO）2═2HClO+Ca（CH3COO）2C．I2+2NaClO3═2NaIO3+Cl2D．4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O-32-\n【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据元素的化合价的变化，判断氧化剂和还原剂，结合物质的量的关系从化合价的角度分析．【解答】A．反应中O3为氧化剂，KI为还原剂，二者的物质的量之比为1：2，故A正确；B．各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C．反应中NaClO3为氧化剂，I2为还原剂，二者的物质的量之比为2：1，故C错误；D．氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，当有1molMnO2反应时，有2molHCl被氧化，氧化剂与还原剂物质的量关系为1：2，故D正确．故选AD．【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，易错点为D，注意把握盐酸在反应中的化合价的变化． 24．常温下，下列三个反应均能发生：X2+2W2+═2X﹣+2W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2．则在相同条件下，下列三个反应：①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2；②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2；③2W3++2Z﹣═2W2++Z2也能发生的是（ ）A．只有①B．只有②C．①和②D．②和③【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，满足该氧化性顺序即可发生．【解答】解：反应X2+2W2+═2X﹣+2W3+，则得出氧化性关系X2＞W3+；Z2+2X﹣═2Z﹣+X2，则得出氧化性关系Z2＞X2；2W3++2Y﹣═2W2++Y2，则得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2＞W3+＞Y2，①Y2+2X﹣═2Y﹣+X2，则得出氧化性关系Y2＞X2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；②Z2+2Y﹣═2Z﹣+Y2，则得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，则反应能发生，故正确；-32-\n③2W3++2Z﹣═2W2++Z2，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，则反应不能发生，故错误；故选B．【点评】该题是一道信息给予题，解题的关键是对题干中的原理“强氧化剂+强还原剂→弱还原剂+弱氧化剂”的理解与掌握，以及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，题目难度不大． 25．下列叙述正确的是（ ）A．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性B．含氧酸可作氧化剂而无氧酸不能C．在8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比是2：3D．已知还原性：Fe2+＞Br﹣，可知反应2Fe3++2Br﹣═2Fe2++Br2不易进行【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、从元素最高价可以具有氧化性，具有最低价具有还原性分析；B、依据氧化还原反应的特征分析，与元素化合价的变化有关，只要是有元素化合价降低，就可以做氧化剂；C、标注化合价，分析氧化剂和还原剂的物质的量；D、从氧化还原反应中遵循强弱规律，还原剂的还原性大于还原产物分析判断；【解答】解：A、阳离子中间价态即具有氧化性也具有还原性，阴离子可以有还原性，也可以有氧化性，故A错误；B、含氧酸可作氧化剂，而无氧酸也可以做氧化剂如盐酸与金属反应，故B错误；C、在8NH3+3Cl2═N2+6NH4Cl反应中，氧化剂为氯气，还原剂为氨气，标注化合价判断，氧化剂氯气3mol化合价变化反应，还原剂NH32mol化合价变化反应，所以氧化剂与还原剂物质的量之比是3：2，故C错误；D、已知还原性：Fe2+＞Br﹣，依据还原剂的还原性大于还原产物，可知反应2Fe3++2Br﹣═2Fe2++Br2，不符合还原性强弱，所以不易进行，故D正确；故选D．【点评】本题考查了根据化合价变化判断氧化还原反应的各种概念的关系，氧化还原反应的定量计算方法，反应能否进行的判断依据．-32-\n 三、填空题（共35分）26．海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在．实验室里从海藻中提取碘的流程如图1．某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如图2所示：已知②中发生反应的化学方程式为Cl2+2KI═2KCl+I2回答下列问题：（1）写出提取过程①、③中实验操作名称：① 过滤 ，③ 萃取分液 ．（2）四氯化碳是 无 色、密度比水 大 的液体．F中下层液体的颜色为 紫 色，上层液体中溶质的主要成分为 KCl ．（3）从F中的下层液体中得到固态碘还需进行的操作是 蒸馏 ．（4）在灼烧过程中，使用到的（除泥三角外）实验仪器有 BCE （填写序号）．A．试管 B．瓷坩埚 C．坩埚钳D．蒸发皿 E．酒精灯．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】海藻灼烧得到海藻灰，浸泡得到悬浊液，过滤得到含I﹣离子的溶液通入氯气，氧化碘离子为碘单质，加入四氯化碳萃取剂分液，得到含碘单质的四氯化碳溶液，从有机溶液中提取碘，需要蒸馏操作；（1）分析可知操作①为过滤，③为萃取分液；（2）四氯化碳是无色液体，密度比水大，碘单质溶于四氯化碳后分层，下层为紫色溶液，上层为氯化钾溶液；（3）四氯化碳中的碘单质可以利用蒸馏的方法得到碘单质晶体；（4）根据灼烧所用仪器分析，瓷质或玻璃制品属于硅酸盐质实验仪器．灼烧需要在坩埚中加热．-32-\n【解答】解：（1）海藻灼烧得到海藻灰，浸泡得到悬浊液，过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，过滤得到含I﹣离子的溶液通入氯气，氧化碘离子为碘单质，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，加入四氯化碳萃取剂分液，得到含碘单质的四氯化碳溶液，从有机溶液中提取碘，故答案为：过滤；萃取分液；（2）四氯化碳是无色液体，密度比水大，碘单质溶于四氯化碳后分层，下层为溶解碘单质的紫色溶液，上层为溶解氯化钾的溶液，故答案为：无；大；紫（紫红）；KCl；（3）从有机溶剂中提取碘，需要用蒸馏操作，故答案为：蒸馏故答案为：蒸馏；（4）瓷质或玻璃制品属于硅酸盐质实验仪器，根据灼烧所用仪器分析可知有坩埚、坩埚钳、泥三角、酒精灯，故答案为：BCE．【点评】本题考查了物质的分离和提纯，掌握过滤、萃取、蒸馏等操作是解答本题的关键，题目难度不大． 27．某化学实验小组需用480mL0.5mol/L的硫酸铜溶液，请回答下列问题：（1）如果用胆矾（CuSO4•5H2O）来配制，至少需用胆矾的质量为 62.5 g．（2）下面是配制硫酸铜溶液过程中的5个操作步骤：①向盛有胆矾的烧杯中加入20ml蒸馏水使其溶解；②继续往容量瓶中加蒸馏水，至液面距刻度线1﹣2cm处；③将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；④在烧杯中加入少量的蒸馏水，洗涤烧杯内壁和玻璃棒2﹣3次后移入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；⑤改用胶头滴管加水至刻度线，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀．正确的操作顺序为 ①③④②⑤ （填序号）（3）下列操作会导致所配硫酸铜溶液物质的量浓度偏低的是 ①②⑤⑥ （填序号，下同）：对所配溶液物质的量浓度无影响的是 ③ ．①在烧杯中搅拌溶液时，有少量液体溅出②定容摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线③容量瓶使用前未进行干燥④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过⑤定容后，塞好瓶塞摇匀，装入用蒸馏水洗净的试剂瓶中⑥没有洗涤溶解时所用的烧杯和玻璃棒．-32-\n【考点】溶液的配制．【专题】化学实验常用仪器．【分析】（1）利用n=cv计算出硫酸铜的物质的量，根据铜离子守恒可知硫酸铜与硫酸铜晶体的物质的量相等，再根据m=nM计算所需硫酸铜晶体的质量．（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；（3）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．【解答】解：（1）由于没有480mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶．需胆矾的质量为m=0.5L×0.500mol•L﹣1×250g/mol=62.5g，故答案为：62.5；（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序是①③④②⑤，故答案为：①③④②⑤；（3）①在烧杯中搅拌溶液时，有少量液体溅出，则导致溶质的损失，故浓度偏低；②定容摇匀后，发现溶液液面低于刻度线是正常的，又滴加蒸馏水至刻度线则浓度偏低；③容量瓶使用前未进行干燥，对浓度无影响；④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过，会导致溶质的物质的量偏多，则浓度偏高；⑤定容后，塞好瓶塞摇匀，装入用蒸馏水洗净的试剂瓶中，则溶液会被水稀释，浓度偏低；⑥没有洗涤溶解时所用的烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，浓度偏低．故浓度偏低的为①②⑤⑥；无影响的为③．故答案为：①②⑤⑥；③．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大． 28．取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生反应的离子方程式为： Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O ，反应后得到的FeCl3溶液呈棕黄色，用此溶液进行以下实验：（1）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至溶液成红褐色，停止加热，制得的分分散系中分散质粒子直径大小为．（2）向（2）中烧杯中的分散系中逐滴滴入过量盐酸，会再出现一系列变化：-32-\n①先出现红褐色沉淀，原因是 盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和，破坏了胶体的介稳性，从而能够使氢氧化铁胶体发生聚沉 ．②随后沉淀逐渐溶解，溶液呈棕黄色，反应的离子方程式为 Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O ．【考点】铁的氧化物和氢氧化物；胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】Fe2O3粉末与盐酸反应生成氯化铁和水；（1）依据氢氧化铁胶体的本质特征是微粒直径大小分析，1nm﹣100nm的分散质微粒形成的分散系为胶体；（2）①依据胶体聚沉的性质解答，盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和；②氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应；【解答】解：Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，反应的离子方程式：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；（1）在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴FeCl3溶液，继续煮沸得到透明的红褐色的氢氧化铁胶体分散系，制得的分分散系中分散质粒子直径大小为1nm﹣100nm，故答案为：1nm﹣100nm；（2）①盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和，破坏了胶体的介稳性，从而能够使氢氧化铁胶体发生聚沉，出现红褐色沉淀；故答案为：盐酸电离出来的离子所带的电荷与胶体粒子所带的电荷发生了电性中和，破坏了胶体的介稳性，从而能够使氢氧化铁胶体发生聚沉；②氢氧化铁与盐酸发生酸碱中和反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，所以沉淀溶解，溶液呈黄色；故答案为：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O；【点评】本题考查了强氧化铁胶体的制备和性质，题目难度不大，书写胶体的性质是解题关键，注意离子方程式的书写． 29．现有14.4gCO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96L．回答下列问题：（1）该混合气体的平均摩尔质量为 36g/mol ．-32-\n（2）混合气体中碳原子的个数为 0.4NA （用NA表示阿伏伽德罗常数的值）．（3）将混合气体依次通过如图装置，最后收集在气球中（实验在标准状况下进行）．①气球中收集到的气体的摩尔质量为 28g/mol ．②气球中收集到的气体中，电子总数为 2.8NA （用NA表示阿伏伽德罗常数的值）．③气球中的体积为 4.48 L．【考点】物质的量的相关计算．【分析】（1）标况下混合气体的体积为8.96L，其物质的量为：n===0.4mol，根据M=计算出平均摩尔质量；（2）设出一氧化碳、二氧化碳的物质的量，根据气体的总质量和总物质的量列方程式计算；（3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体．①一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量；②一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量计算电子的物质的量和数目；③气球中的气体为CO，根据体积V=nVm来计算．【解答】解：（1）混合气体的体积为8.96L，则物质的量为其物质的量为：n===0.4mol，混合气体的平均摩尔质量为：=36g/mol，故答案为：36g/mol；（2）设混合气体中CO的物质的量为xmol，CO2的物质的量为ymol，则根据混合物的质量为14.4g可得：28x+44y=14.4①；根据气体的物质的量为0.4mol可得：x+y=0.4②解①②得：x=0.2mol、y=0.2mol．由于CO和CO2中均含1个碳原子，故0.2molCO和0.2molCO2中共含0.4molC原子即0.4NA个，故答案为：0.4NA；（3）将混合气体依次通过如图装置，则CO2会被NaOH溶液吸收，剩余CO，被浓硫酸干燥后，则在气球中收集到的是干燥纯净的CO气体．-32-\n①气球中收集到的气体为CO，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故收集到气体的摩尔质量为28g/mol，故答案为：28g/mol；②一个CO含有14个电子，由（2）求出的CO的物质的量为0.2mol，则电子的物质的量为0.2mol×14=2.8mol，电子总数为2.8NA个；故答案为：2.8NA；③气球中的气体为CO，其体积V=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48．【点评】本题考查了有关混合物的计算、物质的量的有关计算，题目难度中等，为高频考点，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意质量守恒定律在化学计算中的应用方法． 30．若mgCu与含nmolHNO3的溶液反应，当铜和HNO3恰好均完全消耗，发生的反应有：①Cu+4HNO3=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O② 3 Cu+ 8 HNO3= 3 Cu（NO3）2 2 NO+H2O（配平该方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目）则被还原HNO3的物质的量一定是 n﹣ （用m和n表示）【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+5价变为+2价，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式，Cu元素的化合价由0升高为+2价，N元素的化合价由+5价降低为+4价，还原剂发生氧化反应，该反应中转移6e﹣，以此来解答；【解答】解：该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+2价，其得失电子最小公倍数是6，该反应中转移6e﹣，所以单线桥表示反应的电子转移的方向和数目，根据N原子守恒，-32-\n被还原HNO3的物质的量一定是（n﹣酸性的硝酸）根据铜守恒，则酸性的硝酸=×2=，所以被还原HNO3的物质的量一定是n﹣，故答案为：3；8；3；2；4；；n﹣；【点评】本题以硝酸和铜反应为载体考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化确定硝酸的性质，再结合原子守恒关系式计算，题目难度不大． -32-
