安徽省师范大学附中2019-2020学年高一化学10月月考试题（含解析）

安徽省师范大学附中2019-2020学年高一化学10月月考试题（含解析）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nab. 在标准状况下，na个h2o分子所占体积为22.4 lc. 含1 mol fecl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为nad. 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=nh3h2o，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稀盐酸与铁屑反应：2fe+6h+=2fe3+3h2 碳酸镁与稀硫酸：mgco3+2h+=h2o+co2+mg2+碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：ca2+hco3-+oh-=caco3+h2o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向nahso4溶液中滴加ba(oh)2溶液至溶液呈中性：2h+so42-+ba2+2oh-=2h2o+baso4向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：ca2+hco3-+oh-caco3+h2oa. 3个b. 4个c. 5个d. 全部【答案】b【解析】【详解】稀盐酸与铁屑反应产生fe2+，错误；符合离子方程式拆写原则，遵循原子守恒、电荷守恒，正确；符合物质反应的物质的量比，遵循原子守恒、电荷守恒，正确；符合物质反应的物质的量比，遵循原子守恒、电荷守恒，正确；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，正确；nh4+也发生反应，产生nh3h2o，错误；可见正确的离子方程式是，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)=1.6g160g/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)=4.66g233g/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+)=30.02mol+0.02mol=0.08mol，so42-所带负电荷为2n(so42-)=20.02mol=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 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/lc. 所得溶液的溶解度可表示为9500 c/（1000-95c）d. 所得溶液的质量分数可表示为95 /（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1000g，溶剂的质量是1000g95cg，则 ，s=9500 c/（1000-95c）,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1000g，溶液的质量分数可表示为95 c/（1000）,故d错误。 8.在浓度均为4.0 moll1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23，则加入锌粉的质量是a. 6.5 gb. 13.0 gc. 19.5 gd. 26.0 g【答案】c【解析】n(hcl)=0.1l4mol/l=0.4mol，n(h2so4)=0.1l4mol/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0.3mol65g/mol=19.5g，故选c。点睛：把握发生的反应、过量判断为解答的关键。判断时可以利用假设法，若酸足量与等质量zn反应生成氢气相同，若zn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。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分子数 密度 质量 质子数 原子数a. b. c. d. 【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】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，正确；n2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，正确；co、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，正确；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，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，故错误；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，错误；综上所述可知一定相同的是，故合理选项是d。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及推理及物质的量的计算，做题时注意比较两个容器中三种物质的原子构成和相对原子质量、质子数关系，试题有助于培养学生的观察分析能力和化学计算能力。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。【点睛】本题考查氧化物的分类，注意物质分类的普遍性和特殊性，利用反例分析是解答关键。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：乙醇溶液、氯化钠溶液、土壤、氢氧化铁胶体，不会发生聚沉的是a. b. c. d. 【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。乙醇溶液为非电解质，不能使胶体聚沉；氯化钠溶液为电解质，能使胶体凝聚；土壤胶体的胶粒带负电荷，不能使带负电荷的胶粒聚沉；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，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：取少量溶液，加入稍过量的bacl2溶液，产生白色沉淀：过滤后在沉淀中加入稀盐酸，沉淀部分溶解：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，结合步骤确定可能有什么离子，判断出不能存在的离子；根据步骤可判断出一定存在的离子；根据步骤确定步骤的滤液中含有的离子，并根据进行步骤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。【点睛】本题考查了溶液成分判断的知识，离子若共存，不能发生反应，仔细审题，明确常见物质在水中、在酸中的溶解性及溶液电中性原则是本题解答的关键。13.已知反应3x+y=2z+w中， z 和w的摩尔质量之比为2110，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. 169b. 35c. 95d. 469【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263+30-346=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g/cm3(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w=100% c=1moll1 向上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数大于0.5w向上述溶液中再加入vml水后，所得溶液的质量分数小于0.5wa. b. c. d. 【答案】c【解析】【详解】根据物质的量浓度c=，可得w=100%，正确；36.5g 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，错误；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，正确；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，错误；所以正确的为，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（）的关系，下列说法中正确的是a. 若（甲）（乙），则气体体积：甲乙b 若（甲）（乙），则分子数：甲乙c. 若（甲）（乙），则气体摩尔体积：甲乙d. 若（甲）（乙），则气体的压强：甲乙【答案】a【解析】【分析】根据pv=nrtrt，得pm=rt，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（甲）（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（甲）（乙），则气体摩尔体积：甲乙，c错误；d、根据pm=rt知，等温度、等摩尔质量的不同气体，密度与压强成正比，若（甲）（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/lb. 4.33mol/lc. 5.00mol/ld. 5.23mol/l【答案】b【解析】【分析】根据信息可以知道，5molkg-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5molkg-1的硫酸，令水为1000g，则含有5mol h2so4，所以m(h2so4)=5mol98g/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+agb. 在硫酸铜溶液中加入过量氢氧化钡溶液ba2+so42baso4c. 在澄清石灰水中通入过量二氧化碳oh+co2hco3d. 在碳酸氢钙溶液中加入过量氢氧化钠溶液ca2hco3ohcaco3h2o【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+co2hco3，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ca22hco32ohcaco3+co32-2h2o，故d错误；故答案为c。【点睛】离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：质量守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。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1:4c. 单质a、b的摩尔质量之比是1:4d. 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。考点：阿伏伽德罗定律及推论二、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=nvm=2mol22.4l/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。【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论的应用，注意根据同温同压下，气体的物质的量之比等于其气体之比计算分析。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)。酒精 ch3cooh naoh nacl cu so2 na2co3(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). (5). (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42.5ml45.0ml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)=0.4mol18g/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)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；ch3cooh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； naoh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；nacl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；cu是单质，不是电解质，也不是非电解质；so2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；na2co3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；属于非电解质的是；(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42.5ml45.0ml消耗2.5ml盐酸，发生反应hco3-+h+=co2+h2o，n(hcl)=2.0 mol/l0.0025l=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/l0.045l-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。【点睛】本题考查根据离子方程式进行的计算、化学物质的分类、物质的量浓度溶液配制误差分析等知识。注意碳酸根与盐酸分步反应，清楚反应过程、会辨析化学基本概念是解题的关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力。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、分别代表滴加哪种溶液的变化曲线_、_。(3)b点，溶液中大量存在的离子是_。(4)曲线中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，中稀硫酸过量，溶质为h2so4，中反应后溶质为naoh、na2so4；a点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为na2so4。【详解】根据上述分析可知：曲线为ba(oh)2溶液和h2so4的反应，则曲线为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，中稀硫酸过量，溶质为h2so4，中反应后溶质为naoh、na2so4； d点中溶质为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：曲线为ba(oh)2溶液和h2so4的反应，则曲线为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，中稀硫酸过量，溶质为h2so4，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-。【点睛】本题考查酸、碱或盐混合溶液定性判断的知识，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，本题侧重考查学生分析判断及识图能力。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：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);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；向上述滤液中加入1mol/l agno3溶液450ml，恰好可完全反应；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