甘肃省张掖市第二中学2019_2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）.docx

甘肃省张掖市第二中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Se-79 Ag-108 Ba-137一、选择题1.如下图所示的实验操作中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.为了防止药品污染或腐蚀托盘，不能直接放在托盘上，托盘天平的精确度不能称量出10.05g固体，图中操作错误，故A错误；B.量取9.5mL液体，应选与它量程最近的量筒：10mL的量筒，图中操作错误，故B错误；C.蒸发过程中必须用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高而使液体飞溅，图中操作正确，故C正确；D.过滤时要用到玻璃棒，玻璃棒靠在三层滤纸上，使待滤液沿玻璃棒缓慢流入漏斗中，图中无玻璃棒，故D错误。故选C。2.电解质和非电解质是对化合物的一种分类。下列关于电解质的说法正确的是A. 液态HCl不导电，所以HCl不是电解质B. NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质C. SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D. BaSO4在水溶液中难导电，但熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质【答案】D【解析】试题分析：A液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，故A错误；BNH3溶于水形成的溶液能导电，但氨气自身不能电离，故NH3是非电解质，故B错误；C. 无论电解质，还是非电解质，都是指化合物，Cl2是单质，故既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；DBaSO4在熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质，故D正确；答案为D。【考点定位】考查电解质、非电解质概念的辨析【名师点晴】本题解答关键是对下列概念的熟悉及理解程度，电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物解题时紧抓住电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔化状态下为条件。正确理解是解题的前提。3.下列叙述错误的是()摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一； 1 mol任何物质都含有约6.021023个原子；6.021023就是阿伏加德罗常数；氢原子的摩尔质量是1 g；HCl的摩尔质量等于1 mol HCl分子的质量；1 mol CO2中含有1 mol碳和2 mol氧。A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】【详解】中，摩尔不是物理量，是物质的量的单位，错误；中，1mol任何物质都含有约6.021023个结构粒子，不一定是原子，错误；中，阿伏加德罗常数是精确值，而6.021023mol1为近似值，错误；中，H的摩尔质量为1gmol1，错误；中，摩尔质量与质量的单位不同，错误；中，1mol碳和2mol氧均未指明粒子种类，错误；符合题意的选项为D；综上所述，本题选D。【点睛】构成物质的微粒种类很多，主要有分子、原子、离子等等，因此1mol任何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒，近似为6.021023个微粒。4.下列各组混合物的分离或提纯方法不正确的是()A. 用溶解、过滤的方法除去CaO中的CaCO3杂质B. 用结晶法提纯NaCl和KNO3混合物中的KNO3C. 用蒸馏法分离乙醇(沸点为78 )和乙酸(沸点为118 )的混合物D. 用萃取和分液的方法可以分离碘和水的混合物【答案】A【解析】【详解】A. 碳酸钙不溶于水，溶解后CaO转化为氢氧化钙，不能除杂，应高温加热分解除杂，故A错误；B.NaCl和KNO3的溶解度受温度影响不同，则用结晶法提纯NaCl和KNO3混合物中的KNO3，故B正确；C. 乙醇和乙酸互溶，但沸点不同，则应选蒸馏法分离，故C正确；D. 碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取、分液分离碘和水，故D正确；答案选A。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。5.在相同的温度和压强下，二氧化碳和笑气（N2O）的体积相同，则下列一定相同的是分子数 原子数 密度 质量 物质的量A. 只有B. 只有C. 只有D. 【答案】D【解析】试题分析：在相同的温度和压强下，气体摩尔体积相同，二氧化碳和笑气（化学式为N2O）的体积相同，则两种气体的物质的量相同。根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，故正确；两种气体的分子数相同且每个分子中含有原子数相同，所以含有的原子总数相同，故正确；根据=M/Vm知，气体摩尔体积相同，且相对分子质量相同，所以其密度相同，故正确；根据m=nM知，两种气体的摩尔质量相同且物质的量相同，所以质量相同，故正确；在相同的温度和压强下，气体摩尔体积相同，二氧化碳和笑气（化学式为N2O）的体积相同，则两种气体的物质的量相同，故正确；答案选D。【考点定位】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论【名师点晴】熟悉基本公式是解本题的关键，注意有关气体体积的计算要考虑温度和压强。同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，称为阿伏加德罗定律，又叫四同定律，也叫五同定律（五同指同温、同压、同体积、同分子个数、同物质的量）。其推论有（1）同温同压下，V1/V2=n1/n2（2）同温同体积时，P1/P2=n1/n2=N1/N2（3）同温同压等质量时，V1/V2=M2/M1（4）同温同压时，M1/M2=1/2。6.下列有关说法正确的是()A. 溶液和胶体的本质区别是能否发生丁达尔效应B. 含0.1 mol FeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子为0.1 molC. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液D. 可通过观察液体是否澄清透明来区别溶液和胶体【答案】C【解析】【详解】A. 丁达尔现象是胶体的性质，是区分胶体和溶液的一种常用物理方法，并不是本质区别，溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故A错误；B. 胶体粒子是大量氢氧化铁的聚集体，所以含0.1molFeCl3溶质的溶液形成胶体后，胶体粒子小于0.1mol，故B错误；C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在109107m之间，溶液的粒子直径小于109m，浊液的粒子直径大于107m，分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液，故C正确；D. 有的胶体也是澄清透明的，可以根据能否发生丁达尔效应来区别溶液和胶体，故D错误；答案选C。【点睛】胶体的性质中发生丁达尔效应是因为分散质粒子直径的大小109107m。7.下列说法不正确的是A. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C. 1 mol O2中含有1.2041024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 LD. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍【答案】A【解析】【详解】A.同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；B.由阿伏加德罗定律知，B项正确；C.标准状况下1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为26.0210231.2041024，C项正确；D.0.2 g H2、8.8 g CO2、5.6 g CO的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol，该混合气体的总质量为14.6 g，总物质的量为0.5 mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2 gmol1，氧气的摩尔质量为32 gmol1，两者的相对密度为29.5320.913，D项正确。答案选A。8.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，106g Na2CO3含有的Na+离子数目为002 NAB. 常温常压下，2NA个CO2分子占有的体积为448LC. 标准状况下，224LH2O含有的分子数为 NAD. 物质的量浓度为05mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 NA【答案】A【解析】试题分析：A、根据微粒数N=nNA=NA=2NA=002NA，A正确；B、气体摩尔体积224L/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。考点：考查了物质的量的相关知识。9. 标准状况下，ag气体A和bg气体B的分子数相同，下列说法不正确的是A. 气体A和B的相对分子质量之比为 a:bB. 同质量气体A和B所含分子数目之比为b:aC. 标准状况下，气体A和B的密度之比为b:aD. 相同条件下，等体积的气体A和B的质量之比为a:b【答案】C【解析】试题分析：ag气体A和bg气体B的分子数相同，则它们的物质的量相等，有关系式：a/M1=b/M2，M1/M2=a/b，A对；根据公式N=nNA=mNA/M 知道质量相同，分子数与摩尔质量成反比，故B对；=m/V,A、B的分子数相等，则体积相等，密度之比等于质量之比，C错，选C。考点：有关物质的量公式的转换。10.已知某溶液中c(Na+)=0.2 molL-1，c(Mg2+)=0.25 molL-1，c(Cl-)=0.4 molL-1，如果溶液中还有，那么c()应为()A. 0.1 molL-1B. 0.3 molL-1C. 0.15 molL-1D. 0.5 molL-1【答案】C【解析】【详解】设SO42物质的量浓度为cmol/L，则根据电荷守恒：0.2mol/L1+0.25mol/L2=0.4mol1+2cmol/L，解得c=0.15mol/L，答案选C。【点睛】考察电荷守恒的应用，需注意离子所带电荷的多少,阳离子所带正电荷数等于阴离子所带负电荷数。11.下列配制的溶液浓度偏高的是（ ）A. 配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线B. 配制盐酸定容时，仰视容量瓶刻度线C. 称量4.0gNaOH配制0.1 molL1NaOH溶液1000mL时，砝码错放在左盘D. NaOH溶解后未经冷却立即注入容量瓶至刻度线【答案】D【解析】【详解】A、配制盐酸用量筒量取盐酸时俯视刻度线，会导致所量取的弄盐酸的体积偏小，则配制出的溶液的浓度偏低，故A不选；B、定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大，则浓度偏低，故B不选；C、砝码错放在左盘，会导致称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故C不选；D、NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故D选；答案选D。12.现有一瓶由两种液态有机物乙二醇和丙三醇(甘油)组成的混合液。根据下表性质判定，将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是()物质熔点/沸点/溶解性乙二醇11.5198易溶于水和乙醇丙三醇17.9290能跟水、乙醇以任意比互溶A. 分液法B. 结晶法C. 蒸馏法D. 过滤法【答案】C【解析】【详解】根据乙二醇和丙三醇的物理性质，乙二醇易溶于水和乙醇，丙三醇能跟水、乙醇以任意比互溶，不能用分液法和过滤法，它们的沸点相差比较大，可以采用蒸馏法分离，答案选C。【点睛】蒸馏是分离沸点相差比较大的液态混合物。13.0.1L某溶液中含有0.1molKCl和0.1mol CaCl2，此溶液中Cl的物质的量浓度为A. 3mol/LB. 0.2mol/LC. 0.3mol/LD. 0.1mol/L【答案】A【解析】【详解】0.1L某溶液含有0.1mol KCl和0.1mol CaCl2，此溶液中Cl的物质的量是0.1mol+0.1mol20.3mol，所以氯离子的物质的量浓度是0.3mol0.1L3mol/L，答案选A。14.已知反应：KClO36HCl(浓)KCl3Cl23H2O，据此判断下列说法正确的是A. 反应生成物都属于电解质B. HCl全部发生氧化反应C. 该反应表明氧化性KClO3比Cl2强D. 1mol KClO3在反应中得到6mole【答案】C【解析】试题分析：A反应生成物中氯气是单质，不属于电解质 ，错误；BHCl在该反应中的作用是还原剂、和酸性，因此部分发生氧化反应，错误；C反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以该反应表明氧化性KClO3比Cl2强，正确；D1mol KClO3在反应中得到5mole，错误。考点：考查氧化还原反应的知识。15. 下列离子方程式中书写正确的是()A. 铁和稀硫酸反应： 2Fe6H=2Fe33H2B. 碳酸钙和稀盐酸反应： CaCO32H=Ca2CO2H2OC. 铜和硝酸银溶液反应： CuAg=Cu2AgD. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应： Mg22OH=Mg(OH)2【答案】B【解析】16.某无色溶液既可能是强酸性又可能是强碱性，在该溶液中一定能大量共存的离子是()A. H、Na、B. Na、Al3、ClC. K、Na、Cl、D. K、Cl、Ba2、【答案】C【解析】【详解】A. MnO4为紫色，与无色不符，故A错误；B. 酸溶液中不能大量存在CO32，碱溶液中不能大量存在Al3+；CO32、Al3+相互促进水解，一定不能大量共存，故B错误；C. 酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；D. 酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3，故D错误；答案选C。17.下列各组的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A. 氢氧化钠与盐酸，；氢氧化钠与碳酸B. BaCl2溶液与Na2SO4溶液；Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液C. Na2CO3溶液与硝酸溶液；CaCO3溶液与硝酸溶液D. 石灰石与硝酸反应；石灰石与盐酸【答案】D【解析】【详解】A、盐酸是强酸，要拆成离子，离子方程式为H+OH-=H2O；碳酸是弱酸，保留化学式，离子方程式为：H2CO3+2OH-=H2O+CO32-,所以离子方程式不同，故A不符合题意；B、氯化钡溶液与硫酸钠溶液、氢氧化钡溶液与稀硫酸，离子方程式分别Ba2+SO42-=BaSO4、Ba2+SO42-+2OH-+2H+=BaSO4+2H2O，所以离子方程式不同，故B不符合题意；C、碳酸钠溶液与硝酸、碳酸钙与硝酸，离子方程式分别为CO32-+2H+=CO2+H2O、CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，所以离子方程式不同，故C不符合题意；D、石灰石与硝酸或盐酸都生成可溶性盐，离子方程式均为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D符合题意；答案选D。【点睛】明确物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，单质、气体、沉淀、弱电解质、络合物、氧化物都写化学式，要遵循客观事实、原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒。18.常温下，在下列各组指定溶液中一定不能大量共存的离子组的个数是（ ）强酸性溶液中：Mg2+、K+、 强碱性溶液中：Na+、Ba2+、在无色溶液中：H+、K+、F- 0.1mol/LBa(NO3)2溶液：Mg2+、K+、Cl无色透明溶液中：、K+、Cl-、 无色透明的碱性溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、A. 一个B. 两个C. 三个D. 四个【答案】C【解析】【详解】强酸性溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度：Mg2+、K+、SO42-、NO3-四种离子之间不反应，和氢离子之间也不反应，可以大量共存，故不符合题意；强碱性溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度：Na+、Ba2+、HCO3-、NO3-中，HCO3-与OH-反应生成CO32-，不能大量共存，故符合题意；在无色溶液中：H+、K+、SO42-、F-中，F-与H+生成氢氟酸，不能大量共存，故符合题意；0.1mol/LBa(NO3)2溶液：Mg2+、K+、SO42-、Cl中，Ba2+与SO42 会生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故符合题意；无色透明溶液中：SO42-、K+、Cl-、NO3-离子间不发生反应，可以大量共存，故不符合题意；无色透明的碱性溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-离子间不发生化学反应，可以大量共存，故不符合题意；符合题意，C可选；答案选C。【点睛】离子在溶液中能大量共存的条件是不发生化学反应。19.在反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则下列说法正确的是（）元素X被氧化元素Y被氧化元素X发生还原反应元素Y发生还原反应A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】反应中，元素X的原子将电子转移给元素Y的原子，则X失去电子，Y得到电子，则X被氧化，发生氧化反应，正确，错误；Y被还原，发生还原反应，错误，正确；故选D。20.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na+2OH-+H2B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：C. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：【答案】B【解析】【详解】A.电荷不守恒，应为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A项错误；B. 电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子方程式为：B项正确；C.配比错误，应为：，C项错误；D.漏了和之间的反应，应为：，D项错误。答案选B。21. 下列说法错误的是A. 从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10ml，其浓度仍是1mol/LB. 制成05L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C. 05 L 2mol/L的氯化钡溶液中，钡离子和氯离子总物质的量为3molD. 10g98%硫酸（密度为184g/cm3）与10mL184mol/L硫酸的浓度是不同的【答案】D【解析】试题分析：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c=1000w /98 =100018498% /98mol/L=184mol/L与后者浓度相同，故D错误。考点：物质的量浓度22.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是A. 3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3B. Cl2+FeI2FeCl2+I2C. Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2OD. 2Fe3+2I2Fe2+I2【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应中，“强制弱”和“先强后弱”规律判断。【详解】Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，则Co2+、Cl-、Fe2+、I-的还原性依次增强；A、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，选项A错误；B、因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，选项B正确；C、因为氧化性Co2O3Cl2，所以Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O能发生，选项C正确；D、因为氧化性FeCl3I2，所以2Fe3+2I-=2Fe2+I2能发生，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，难度不大。23.氮化铝广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成。下列叙述正确的是A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C. AlN中氮元素的化合价为+3D. AlN的摩尔质量为41g【答案】B【解析】【详解】A.反应红氮气中元素化合价降低，做氧化剂，氧化铝没有变价，故错误；B.每生成一个氮化铝转移3个电子，故正确；C.氯化铝中的氮元素化合价为-3，故错误；D. AlN的摩尔质量为41g/mol，故错误。故选B。24.常温下，在溶液中可发生以下反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br 2Br+Cl2Br2+2Cl2Fe3+2I=2Fe2+I2。由此判断下列说法错误的是（ ）A. 铁元素在反应中被还原，在中被氧化B. 反应中当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br被氧化C. 氧化性强弱顺序为：Cl2 Br2 Fe3+ I2D. 还原性强弱顺序为：I Fe2+ Br Cl【答案】A【解析】【详解】A. 2Fe2+Br22Fe3+2Br中铁元素的化合价升高失电子被氧化，2Fe3+2I=2Fe2+I2中铁元素的化合价降低得电子被还原，故A错误；B. 2Br+Cl2Br2+2Cl中氯气和溴离子的物质的量之比是1:2，所以该反应中当有1molCl2被还原时，有2molBr被氧化，故B正确；C. 2Fe2+Br22Fe3+2Br中氧化性Br2Fe3+，2Br+Cl2Br2+2Cl中氧化性Cl2Br2，2Fe3+2I=2Fe2+I2中氧化性Fe3+I2，所以氧化性大小顺序为：Cl2Br2Fe3+I2，故C正确；D. 2Fe2+Br22Fe3+2Br中还原性Fe2+Br，2Br+Cl2Br2+2Cl中的还原性BrCl，2Fe3+2I=2Fe2+I2中的还原性IFe2+，所以还原性大小顺序为：IFe2+BrCl，故D正确；答案选A。25.密度为d g/mL 的溶液V mL，含有摩尔质量 Mg/mol 的溶质 mg，其物质的量浓度为c mol/L，质量分数为W%，下列表示式不正确的是A. c=1000m/VMB. m=dVW/100C. d=cM/10WD. W%=(cM/1000d)%【答案】D【解析】【分析】A. 根据n=m/M计算溶质的物质的量,再根据c=n/V计算判断；B. 根据m(溶质)=m(溶液)（溶质）进行计算；C. 根据c=1000/M进行计算；D. 根据c=1000/M进行计算。【详解】A. mg溶质的物质的量=m/Mmol,根据c=n/V可知，c=m/M/V10-3=1000m/VM ，A正确；B. 根据m(溶质)=m(溶液)（溶质）可以知道, m(溶质)= Vdw%= dVW/100，B正确；C. 根据c=1000/M可以知道, d=cM/1000=cM/(1000w%)=cM/10W，C正确；D. 根据c=1000/M可以知道, W%=cM/1000d，D错误；综上所述，本题选D。二、非选择题26.（1）标准状况下： 0.3mol氨气 6.021022个CO2分子 7.3gHCl 0.2molCH4 。其中体积最大的是_；密度最大的是_；质量最大的是_。（填序号）（2）相同质量的SO2与SO3，其物质的量之比为_，氧元素的质量之比为_，原子总数之比为_。（3）100mL 1 molL-1Al2(SO4)3溶液中含SO42-离子_个，含Al3+离子_mol。【答案】 (1). (2). (3). (4). 5：4 (5). 5：6 (6). 15：16 (7). 1.8061023 (或0.3NA) (8). 0.2；【解析】【分析】（1）根据n=计算CO2分子的物质的量，根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算氨气、二氧化碳、甲烷的质量，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，据此判断体积大小；相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，据此判断密度大小；根据计算的氨气、二氧化碳、甲烷的质量，据此判断质量大小；（2）根据n=可知，相同质量的SO2与SO3，其物质的量之比与摩尔质量成反比，根据SO2与SO3分子中含有O原子数目，结合SO2与SO3的物质的量之比，利用m=nM计算判断氧元素的质量之比等于氧原子数目之比；根据SO2与SO3分子中含有原子数目，结合SO2与SO3的物质的量之比，判断原子的物质的量之比；（3）1molAl2(SO4)3中含铝离子2mol，硫酸根离子的物质的量为3mol，则100mL 1 molL-1Al2(SO4)3溶液中的物质的量为0.1L1 molL-1=0.1mol，则得到SO42-离子个数，含Al3+离子的物质的量。【详解】（1）0.3mol氨气，质量为0.3mol17g/mol=5.1g，6.021022个CO2分子，物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol44g/mol=4.4g，7.3gHCl，其物质的量为=0.2mol，0.2molCH4，质量为0.2mol16g/mol=3.2g，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，故体积最大的是：0.3mol氨气；相同条件下，密度之比等于相对分子质量之比，CO2的相对分子质量最大，故密度最大的是：CO2分子；由上述计算可知，质量最大的是：7.3gHCl，故答案为：；（2）根据n=可知，物质的量之比与摩尔质量成反比，故相同质量的SO2与SO3的物质的量之比为80g/mol：64g/mol=5：4，相同质量SO2与SO3分子中含有的氧元素的质量之比为(52)：(43)=5：6，相同质量SO2与SO3分子中含有原子数目之比为(53)：(44)=15：16，故答案为：5：4；5：6；15：16。（3）1molAl2(SO4)3中含铝离子2mol，硫酸根离子的物质的量为3mol，则100mL 1 molL-1Al2(SO4)3溶液中的物质的量为0.1L1 molL-1=0.1mol，则得到SO42-离子个数为0.13NA=0.3 NA，含Al3+离子的物质的量0.1mol2=0.2mol，故答案为：1.8061023 (或0.3NA)；0.2。27.I.下面是几种实验中常用的仪器：ABCD写出序号所代表的仪器的名称：B_；C_；D_。II.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据，回答下列问题：（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_molL-1。（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_。A溶液中HCl的物质的量 B溶液的浓度C溶液中Cl-的数目 D溶液的密度（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_A使用容量瓶前检验是否漏水B容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。D配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线12cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。（4）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制490 mL物质的量浓度为0.400 molL-1的稀盐酸。该学生需要量取_mL上述浓盐酸进行配制。（保留小数点后1位）在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响(在横线上填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。a用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面。_b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。_该同学取他所配制的0.400 molL-1的盐酸去中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液，结果发现所取盐酸的体积比所计算的25mL要小，则可能的原因是_A浓盐酸挥发，浓度不足 B配制溶液时，未洗涤烧杯C配制溶液时，俯视容量瓶刻度线 D加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出 （5）实验过程中用到蒸馏水。如右图为实验室制取蒸馏水的装置示意图。请改正图中的两处明显的错误：_；_。实验时A中除加入少量自来水外，还需加入少量碎瓷片，其作用是_。【答案】 (1). 1000ml容量瓶 (2). 冷凝管 (3). 分液漏斗 (4). 11.9 (5). B、D (6). B、C、D (7). 16.8mL (8). 偏大 (9). 偏小 (10). C (11). 温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处 (12). 冷凝器应为下口进水，上口出水 (13). 防止暴沸【解析】【分析】I.仪器的名称为 1000mL容量瓶，冷凝管 ，分液漏斗；II.（1）根据c=计算该浓盐酸中HCl的物质的量浓度；（2）根据该物理量是否与溶液的体积有关判断；（3）A根据容量瓶的使用方法；B根据容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配液润洗，待配液中含有溶质；C根据容量瓶不能直接用来溶解固体；D根据容量瓶不能直接用来稀释溶液；E根据定容后，需将溶液摇匀；（4）根据溶液稀释定律前后所含溶质的物质的量不变计算；分析操作对溶质的物质的量和溶液的体积的影响，依据c=进行误差分析；根据关系式：HClNaOH计算；盐酸体积减少，说明标准液盐酸体积读数减小，逐项分析即可；（5）实验室用自来水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用。【详解】I.仪器的名称B为1000mL容量瓶，C为冷凝管 ，D为分液漏斗，故答案为：1000mL容量瓶；冷凝管；分液漏斗；II. (1)质量分数36.5%，密度为1.19g/mL的盐酸的物质的量浓度=11.9mol/L，故答案为：11.9；(2)A.溶液中HCl的物质的量=cV，所以与溶液的体积有关，故A不符合题意；B. 溶液具有均一性，浓度与溶液的体积无关，故B符合题意；C. 溶液中Cl的数目=nNA=cVNA，所以与溶液的体积有关，故C不符合题意；D. 溶液的密度与溶液的体积无关，故D符合题意；故答案选BD；(3)A.配制溶液时要摇匀，应检验容量瓶是否漏液，故A正确；B. 容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会引起溶质的物质的量偏多，则所配溶液浓度偏大，故B错误；C. 容量瓶为精密仪器，不能用来溶解固体，故C错误；D. 容量瓶为精密仪器，不能用来稀释浓溶液，故D错误；E. 盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，故E正确；故选：BCD；(4)配制490mL物质的量浓度为0.400molL1的稀盐酸，应选择500mL容量瓶，设需要的浓盐酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可得：11.9mol/LVmL=0.4mol/L500mL，解得V=16.8mL；故答案为：16.8 mL；a用量筒量取浓盐酸时仰视观察凹液面，导致量取的氯化氢的物质的量偏大，溶液浓度偏大，故答案为：偏大； b定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水。导致溶液的体积偏大，故浓度偏小，故答案为：偏小；由关系式：HClNaOH可知：n(HCl)=n(NaOH)=0.01mol，V(HCl)=0.025L=25mL，消耗的标准液盐酸体积减少，说明读数时标准液的体积比实际体积减少了，a、浓盐酸挥发，浓度不足，配制的标准液浓度减小，滴定时消耗盐酸体积变大，故a不符合题意；b、配制溶液时，未洗涤烧杯，标准液浓度减小，消耗体积增大，故b不符合题意；c、配制溶液时，俯视容量瓶刻度线，配制的标准液浓度变大，滴定时消耗的体积减小，故c符合题意；d、加水时超过刻度线，用胶头滴管吸出，标准液浓度减小，滴定时消耗标准液体积增大，故d不符合题意；故答案为：c；（5）温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近；冷凝管应从下口进水，上口出水，以保证水充满冷凝管，起到充分冷凝的作用；蒸馏时烧瓶内要加沸石，目的是防止暴沸，故答案为：温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管处；冷凝器应为下口进水，上口出水；防止暴沸。28.I. 已知4时四种化合物在水中和液氨中的溶解度如下表：AgNO3Ba(NO3)2AgClBaCl2H2O(液)170g9.2g1.510-4g33. 3gNH3(液)86g97.2g0.8g0g上述四种物质在水中形成复分解反应离子方程式为_，在液氨中形成复分解反应的化学方程式为_。II. 现有下列十种物质：H2 铝 CaO CO2 H2SO4 Ba(OH)2 红褐色氢氧化铁液体 氨水 稀硝酸 Al2(SO4)3 （1）上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OHH2O，该离子反应对应的化学方程式为 _（2）在水中的电离方程式为 _ （3）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为_ 过量的通入的溶液中反应的离子方程式为_ （4）与过量碳酸氢钠溶液反应离子方程式：_（5）与发生反应的化学方程式为：Al + 4HNO3 = Al(NO3)3 + NO + 2H2O，用双线桥标明电子转移的方向和数目_，当有5.4g Al发生反应时，转移电子的数目为 _ 。【答案】 (1). Ag+Cl-=AgCl (2). Ba(NO3)2+2AgCl= BaCl2+2AgNO3 (3). Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O (4). Al2(SO4)3= 2Al3+3SO42- (5). Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O (6). CO2 + OH-=HCO3- (7). Ba2+2OH-+2HCO3- =2H2O + BaCO3+CO32- (8). (9). 0.6NA或3.6121023【解析】【分析】I.由溶解度表可知，在水中AgCl不溶于水，在液氨中氯化钡不溶，则水中硝酸银与氯化钡发生复分解反应；液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应。上述四种物质在水中形成复分解反应的离子有Ag+和Cl-，则离子方程式为Ag+Cl-=AgCl，液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应,反应的离子方程式为：Ba(NO3)+2AgCl=2AgNO3+BaCl2；II.水中因为氯化银的溶解度最小，所以氯离子与银离子生成氯化银，在液氨中因为氯化钡溶解度最小所以应生成更难溶的氯化钡。离子反应的条件之一由难溶的转变为更难溶的。（1）H+OH-H2O表示强酸与强碱反应生成可溶性盐与水的离子反应；（2）Al2(SO4)3为强电解质，水溶液中完全电离；（3）少量二氧化碳生成碳酸钡和水，过量二氧化碳生成碳酸氢钡；（4）与过量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钡、碳酸钠和水；（5）Al元素的化合价由0升高为+3价，以此计算转移电子数。【详解】I.由溶解度表可知，在水中AgCl不溶于水，在液氨中氯化钡不溶，则水中硝酸银与氯化钡发生复分解反应；液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应。上述四种物质在水中形成复分解反应的离子有Ag+和Cl-，则离子方程式为Ag+Cl-=AgCl，液氨中硝酸钡与氯化银发生复分解反应,反应的离子方程式为：Ba(NO3)+2AgCl=2AgNO3+BaCl2，故答案为：Ag+Cl-=AgCl；Ba(NO3)2+2AgCl= BaCl2+2AgNO3；II. (1)上述十种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OH=H2O，说明是强酸强碱反应生成溶于水的盐的离子反应，氢氧化钡和稀硝酸反应符合，该离子反应对应的化学方程式为Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；故答案为：Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O；(2)Al2(SO4)3属于盐是强电解质，水溶液中完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3= 2Al3+3SO42-，故答案为：Al2(SO4)3= 2Al3+3SO42-； (3)少量的通入的溶液中反应，是二氧化碳通入氢氧化钡溶液中反应生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O过量的通入的溶液中反应的离子方程式为CO2 + OH-=HCO3-， 故答案为：Ba2+2OH-+