湖南省醴陵市第一中学2018_2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

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1、- 1 -湖南省醴陵市第一中学 2018-2019 学年高一化学上学期期中试卷（含解析）可能用得到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Al:27 Fe:56一、选择题（本题包括 25 小题，每题只有一个正确答案，每题 2 分，共 50 分）1.下列仪器不能用于加热的是（ ）A. 试管 B. 烧杯 C. 坩埚 D. 容量瓶【答案】D【解析】【分析】根据常用仪器的使用可知，容量瓶是实验室用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，只能在常温下使用，不能用来加热。【详解】A.试管可直接加热，故不选 A；B.烧杯可垫石棉网加热，故不选 B；C.坩埚可用来加热固

2、体，可直接加热，故不选 C；D.容量瓶只能在常温下使用，不能加热，故选 D；所以本题答案为 D。【点睛】常见仪器可加热的仪器有：烧杯（垫石棉网） 、烧瓶（垫石棉网） 、试管、坩埚、蒸发皿、硬质玻璃管等。2.原央视记者柴静自费拍摄了雾霾纪录片穹顶之下 ，提醒人们必须十分重视环境问题。以下有关说法正确的是（ ）A. 实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室B. 为了使养分还田而将植物秸秆焚烧处理，以增加土壤肥力C. 为提高农作物产量大量使用农药和化肥D. 实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse） 、提高资源的循环利用（Recycl

3、e）【答案】D【解析】【详解】A实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，容易引起水污染和土壤污染，- 2 -不利于环境保护，故 A 错误；B植物秸秆焚烧能够产生大量粉尘等空气污染物，不利于环境保护，故 B 错误；C大量使用化肥和农药，在能提高农作物产量大量的同时，也会带来水污染和土壤污染，不利于环境保护，故 C 错误；D减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse） 、提高资源的循环利用（Recycle） ，有利于减少资源消耗、提高资源利用率，有利于环境保护，故 D 正确；所以本题答案为 D。【点睛】环保问题应从由于生产、生活所造成的大气污染、水污染、土壤污染等角度考虑，并

4、关注资源的循环再利用，及减少资源的消耗等，采取节能、减排是环保的核心。3.对下列实验过程的评价，正确的是（ ）A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B. 某溶液中滴加 BaCl2溶液，再滴入稀硝酸，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-C. 某溶液中先滴入几滴稀盐酸使溶液酸化，再滴入 BaCl2溶液，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有 SO42-D. 验证烧碱溶液中是否含 Cl-，先加稀盐酸除去 OH-，再加入 AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含 Cl-【答案】C【解析】【详解】ACO 32-、HCO 3-、SO 32-、HSO 3-都和稀盐酸反应生成无

5、色气体，所以某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，不能证明该固体中一定含有碳酸盐，故 A 错误；B能和氯化钡溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子有 SO42-、SO 32-、Ag +，所以某溶液中滴加 BaCl2溶液，生成不溶于水稀 HNO3的白色沉淀，不能证明一定含有 SO42-，故 B 错误；C某溶液中先滴入几滴稀盐酸无沉淀，再滴入 BaCl2溶液，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有 SO42-，故 C 正确；D加稀盐酸除去 OH-的同时，已经在溶液中引入了 Cl-，所以当再加入 AgNO3溶液，有白色沉淀，并不能说明验证原烧碱溶液中是否含 Cl-，故 D 错误；所以本题答案为 C。4.为

6、了除去粗盐中的 Ca2+，Mg 2+，SO 42-及泥沙，得到纯净的 NaCl，可将粗盐溶于水，然后下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序- 3 -过滤；加过量 NaOH 溶液；加适量盐酸；加过量 Na2CO3溶液；加过量 BaCl2溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：为了除去粗盐中的 Ca2+，加入过量 Na2CO3溶液；除去 Mg2+，加入过量 NaOH 溶液；除去 SO42-加入过量 BaCl2溶液；过量的 Na2CO3溶液、NaOH 溶液可以加入适量盐酸除去，而过量 BaCl2溶液则通过加入过量 Na2CO3溶液除去，因此，必须将 BaCl2溶液放在 Na2CO3

7、溶液之前加入，以除去过量钡离子。过滤除去沉淀及泥沙，最后加适量盐酸除去过量的 Na2CO3溶液、NaOH 溶液。因此正确的顺序为。故选 D。考点：考查粗盐的提纯5.下列各组物质中，所含原子数相同的是：（ ）A. 8gH2和 8gO2 B. 5.6LN2（标况）和 11gCO2C. 2.24LH2（标况）和 0.1molN2 D. 9gH2O 和 0.5molBr2【答案】C【解析】【详解】A. 8gH2的物质的量为 n(H2)= =4mol，n(H)=2n(H)=8mol；8gO 2的物质的量为n(O2)= =0.25mol，n(O)=0.5mol,氢原子和氧原子的物质的量不相等，所以氢原子和

8、氧原子的个数不相同，故不选 A；B. 5.6LN2（标况）的物质的量为 n(N2)= =0.25mol, n(N)=2 n(N2)=0.5mol； 11gCO2（标况）的物质的量为 n(CO2)= =0.25mol 原子的物质的量为 3 n(CO2)=0.75mol；氮气和二氧化碳所含的原子物质的量不同，所以氮气和二氧化碳的原子数不相等，故不选 B；C. 2.24LH2（标况）的物质的量为 n(H2)= =0.1mol，与氮气的物质的量相同，所含原子数相同，故选 C；D. 9gH2O 的物质的量为 n(H2O)= =0.5mol，原子的物质的量为 3 n(H2O)=1.5mol；0.5molB

9、r 2所含原子的物质的量为 1.0mol，9gH 2O 和 0.5molBr2所含原子的物质的- 4 -量不相等，故不选 D；所以本题答案为 C。【点睛】依据题目所给的数据，求算物质的物质的量，转换成对应元素原子的物质的量，再进行比较。6.在标准状况下，224mL 某气体的质量为 0.44g，这种气体的相对分子质量为：（ ）A. 20 B. 40 C. 32 D. 44【答案】D【解析】【详解】在标准状况下，Vm=22.4L/mol，则 n= =0.01mol，M= =44g/mol，又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则气体的相对分子质量为 44。故选 D。【点睛】利用 n= 来计算物质的量

10、，再利用 M= 来计算摩尔质量，最后利用摩尔质量与相对分子质量的关系来解答。7.下列因素对气体的体积的大小几乎无影响的是：（ ）A. 气体的物质的量 B. 气体分子的大小 C. 气体的温度 D. 气体的压强【答案】B【解析】【详解】影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离等因素；温度、压强决定气体分子间距，对于气体来说气体分子间的距离远大于分子本身的大小，分子本身大小对气体体积的影响可以忽略不计，故选 B。8.下列溶液中的氯离子浓度与 50 mL 1 molL1 的 AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是 （ ）A. 150 mL 3 molL1 的 NaCl B. 75 mL

11、2 molL1 的 NH4ClC. 150 mL 1 molL1 的 KCl D. 75 mL 2 molL1 的 CaCl2【答案】A【解析】50mL 1 molL1 AlCl3溶液中，氯离子的物质的量浓度为：1 molL1 3=3 molL1 ，A150 mL 3 molL1 NaCl 溶液中，Cl 浓度为 3 molL1 1=3 molL1 ，故A 正确；B75 mL 2 molL1 氯化铵溶液中，Cl 浓度为 2 molL1 1=2 molL1 ，故 B错误；C150 mL 1 molL 1 KCl 溶液中，Cl 浓度为 1molL1 1=1 molL1 ，故 C 错误；- 5 -D7

12、5mL 1 molL 1 CaCl2溶液中，Cl 浓度为 2 molL1 2=2 molL1 ，故 D 错误；故选A。9.胶体区别于溶液、和浊液这二种分散系的本质特征是（ ）A. 是否是大量分子或离子的集合体 B. 分散质微粒直径的大小C. 是否能通过滤纸或有丁达尔现象 D. 是否均一、稳定、透明【答案】B【解析】【详解】根据分散质微粒直径大小不同，把分散系划分为溶液(小于 、胶体、浊液(大于 ,所以,溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，故选 B。所以本题答案为 B。【点睛】溶液、浊液、胶体三种分散系的分类根据是分散质粒子的直径大小。10.下列各组物质分类正确的是(

13、 ) 酸 碱 盐 氧化物A 硫 酸 纯 碱 熟石灰 铁 红B 氢硫酸 烧 碱 纯 碱 生石灰C 碳 酸 苏打 小苏打 二氧化硫D 二氧化碳 苛性钠 食 盐 石灰石A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.纯碱是碳酸钠属于盐不是碱，故 A 错误；B.氢硫酸是酸，烧碱是碱，纯碱是盐，生石灰是氧化物，故 B 正确；C.苏打是碳酸钠属于盐，故 C 错误；D.石灰石是盐,不是氧化物,故 D 错误；- 6 -所以本题答案为 B。【点睛】酸是能电离出的阳离子全部是 H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是 OH-的化合物；盐电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物

14、；氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物。11.下列物质溶于水导电性最差的是( )A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl【答案】C【解析】【详解】A. NaOH 是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选A；B. H2SO4是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选 B；C.蔗糖是非电解质，溶于水后，溶液中几乎没有自由移动离子，导电性很差,故选 C；D.NaCl 是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选 D；所以本题答案为 C。【点睛】物质能否导电，由是否含有自由移动的离子或自由移动的电子决定的，导电能

15、力的强弱是由自由移动的离子浓度决定的。电解质能电离出自由移动的离子，而非电解质不能电离出自由移动的离子。12.下列离子方程式书写正确的为( )A. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag += Cu2+AgB. 稀盐酸滴在石灰石上：CaCO 3+H+ = Ca2+H2CO3C. 氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba 2+OH H + SO 42 BaSO 4H 2OD. 氧化镁与盐酸反应 MgO+2H +=Mg2+H2O【答案】D【解析】【详解】A.Cu+Ag += Cu2+Ag 电荷不守恒，所以 A 不正确；B. 稀盐酸与石灰石反应的离子方程式应为： ，所以B 不正确；C. 氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式

16、应为：Ba 2+2OH 2H+ SO 42 BaSO 42H 2O，所以 C 不正确；D. 氧化镁与盐酸反应 MgO+2H +=Mg2+H2O，D 正确；- 7 -所以本题答案为 D。13.在无色透明的溶液中，下列各组离子能大量共存的是( )A. K+、H +、SO 42- 、C1 - B. Na+、CO 32 、NO 3-、Ca 2+C. Na+、NH 4+、OH -、Cl D. Na+、SO 42-、Cu 2+、C1 -【答案】A【解析】【详解】A.K +、H +、SO 42- 、C1 -离子之间不能发生反应，所以本组离子能大量共存，故选 A；B.有离子反应发生：Ca 2+ CO32 =C

17、aCO3，所以 Ca2+和 CO32 不能大量共存，故不选 B；C.有离子反应发生：NH 4+OH-=NH3H2O，所以 NH4+和 OH-不能大量共存，故不选 C；D.含 Cu2+的溶液有颜色，故不选 D。所以本题答案为 A。【点睛】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀,不能发生氧化还原反应等,则离子能大量共存。并结合离子的颜色解答。14.常温常压下，取四支完全一样的针筒，分别充入等质量的 CH4、O 2、CO 2、SO 2四种气体，其中充装 SO2的是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在质量相等的情况下，用 n= 分别计算四种气体的物质的量，因为 M(摩尔质量)各不相

18、同，（SO 2） （CO 2） (O2) (CH4)，所以，当质量相同时有：n(CH 4) n(O2)n（CO 2） n（SO 2） ，二氧化硫的物质的量最小，体积最小，故选 A。所以本题答案为 A。【点睛】由阿伏伽德罗定律可知，在相同的温度、压强条件下，气体的体积和物质的量成正比。物质的量越大，气体体积越大，物质的量越小，气体体积越小。15.意大利罗马大学的 FulvioCacace 等人获得了极具理论研究意义的 N4分子，N 4分子的结构- 8 -如图所示，下列说法正确的是 ( )A. N4属于一种新型的化合物B. N4的摩尔质量为 56C. N4在反应中可以体现氧化性或还原性D. 等质量

19、的 N4与 N2所含的原子个数比为 21【答案】C【解析】【详解】A.N 4是一种只由 N 元素组成的纯净物，是单质，故 A 错误；B.N4的摩尔质量为 56g/mol，故 B 错误；C.N4在反应中，N 的化合价为零价，既可以升高、也可以降低，所以 N4既可以表现氧化性也可以表现还原性，故 C 正确；D.N4与 N2两种物质，都只由 N 原子构成，等质量的 N4与 N2所含的原子个数相等，故 D 错误；所以本题答案为 C。16.下列电离方程式中正确的是( )A. H2SO4 H 2+SO 42- B. Ca(OH)2 Ca 2+(OH) 2-C. NaHCO3 Na +H +CO 32- D

20、. Al2(SO4)3 2Al 3+3SO 42-【答案】D【解析】【详解】A.H 2+应写成 2H+，正确的电离方程式为：H 2SO4 2H +SO 42-，所以 A 错误；B.(OH)2-应写成 2OH-，正确的电离方程式为：Ca(OH) 2 Ca 2+2OH -，所以 B 错误；C.HCO3-不能写成 H+CO 32-，正确的电离方程式为：NaHCO 3 Na +HCO 3-，所以 C 错误；D.Al2(SO4)3是强电解质电离方程式 ：Al 2(SO4)3 2Al 3+3SO 42-，所以 D 正确；所以本题答案为 D。17.被称为万能还原剂的 NaBH4溶于水并和水反应：NaBH 4

21、 +2H2O = NaBO2 + 4H2下列为说法中正确的是（NaBH 4中 B 元素为3 价） （ ）A. NaBH4既是氧化剂也是还原剂 B. NaBH 4是氧化剂，H 2O 是还原剂- 9 -C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为 1：1【答案】D【解析】【详解】A. 在 NaBH4中氢元素的化合价由-1 价升高至 0 价，所以 NaBH4是还原剂，故 A 错误;B、NaBH 4中氢元素的化合价升高，NaBH 4是还原剂；水中氢元素化合价降低，水是氧化剂,故B 错误；C、NaBH 4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变,故 C 错误；D、化合

22、价升高的元素是 NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，被氧化的元素与被还原的元素质量比为 1：1，故 D 正确；所以本题答案为 D。【点睛】氧化还原反应中，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，该元素被氧化，化合价降低的元素是氧化剂，该元素被还原。18. 下列叙述正确的是( )A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性【答案】D【解析】试题分析：A大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质

23、可由自然界直接得到，故 A 错误；B氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故 B 错误；C处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如 Fe2+、SO 32-等，故 C 错误；D一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故 D 正确；故选 D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。19.营养学专家告诫大家：吃饭时不要同时大量食用海鲜（如虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5 价的砷（As）元素）和某些蔬菜水果（如西红柿、土豆等，其体内富含维生素 C） ，否则它们之间容易反应，生成剧毒的 As2O3。对于

24、产生剧毒的过程，下列叙述中，不正确的是（ ）- 10 -A. 维生素 C 能将+5 价砷氧化成 As2O3 B. 维生素 C 具有还原性C. 维生素 C 在反应中作还原剂 D. 含砷物质发生了还原反应【答案】A【解析】【分析】虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5 价的砷（As） ，当和含维生素 C 的蔬菜，共同食用时,它们之间容易反应，生成剧毒的含+3 价砷的物质（As 2O3） ，说明维生素 C 具有还原性，做反应中的还原剂。【详解】A.维生素 C 具有还原性，将+5 价砷还原成 As2O3， 故 A 错误；B. 维生素 C 将+5 价砷还原成+3 价砷，说明维生素 C 具有还原性，故 B.

25、正确；C.在反应中还原剂具有还原性，故 C 正确；D. 无毒的+5 价的砷（As）元素，由+5 价变成了+3 价，发生了还原反应，故 D 正确；所以本题答案为 A。【点睛】无毒的+5 价的砷（As）元素被维生素 C 还原为+3 价的砷,生成了有剧毒的 As2O3。20.设 NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 ( )A. 18gH2O 在标准状况下的体积是 22.4LB. 常温常压下 28g 以任意比组成的 CO 与 N2混合气体中含有 2NA 个原子C. 5.6g Fe 与足量盐酸反应，转移的电子数为 0.3NAD. 将 0.1mol 氯化钠溶于 1L 水中，所得溶液浓度为 0.

26、1molL-1【答案】B【解析】【详解】A.18gH 2O 的物质的量为 1mol，但在标准状况下，水是液态，所以其体积不是22.4L，故 A 错误；B.CO 与 N2摩尔质量均为 28g/mol，都是双原子分子,根据 n= 物质的量均为 1mol，所含的原子数为 2NA个原子,故 B 正确；C.根据 n= 计算 Fe 的物质的量，结合铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6g Fe 与足量盐酸反应，转移的电子数为 0.2NA，,故 C 错误；D.将 0.1mol 氯化钠溶于 1L 水中得到溶液体积大于 1L，所得溶液浓度小于 0.1mol/l，故 D错误；- 11 -所以本题答案为 B。21.

27、氮化铝（AlN）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Al2O3N 23C 2AlN3CO 合成。下列叙述正确的是（ ）A. 上述反应中，N 2是还原剂，Al 2O3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. CO 是还原产物【答案】B【解析】【详解】A.反应方程式可知，Al、O 的化合价反应前后没有变化，N 的化合价由“0”价变为“-3”价，而 C 的化合价由“0”价变为“+2”价，因此 N2是氧化剂，Al 2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故 A 错误；B.N 的化合价由“0”价变为“-3”价，故每

28、生成 1molAlN 需转移 3mol 电子，故 B 正确；C.氮化铝中 Al 的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故 C 错误；D.在反应过程中 C 由“0”价变为+2 价，所以 CO 是氧化产物，故 D 错误；所以本题答案为 B。【点睛】在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂。22.300 mL Al2(SO4)3溶液中，含 Al3+为 1.62 g，将溶液取出 1/3 后又稀释到 300mL，此时溶液中 SO42-的物质的量浓度为 ( )A. 0.1 mol/L B. 0.4 mo

29、l/LC. 0.067 mol/L D. 0.3 mol/L【答案】A【解析】试题分析：300 mL Al2(SO4)3溶液中含有 n(Al3+)= =0.06mol， n(SO42-)=0.06 =0.09mol，将溶液取出 1/3，该溶液含 n(SO42-)=0.091/3=0.03mol，故 C(SO42-) - 12 -=0.03（30010 -3）=0.1 mol/L，正确。考点：考查物质的量浓度的计算23.标准状况下，V L HCl(气体)溶于 1000 g 水中，得到的盐酸密度为 g/cm 3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）A. V /22.4 mol/L B. 1000 V/(

30、22400+36.5V) mol/LC. V/(22400+36.5 V）mol/L D. V/22400 mol/L【答案】B【解析】【详解】标准状况下，V L HCl 气体的物质的量为 =mol，氯化氢的质量mol36.5g/mol= g，溶液质量为 1000g+ g，溶液的体积为(1000g+ g)/ g/cm 3= mL，则溶液的浓度为 mol / mL = mol/L，故选 B。24.已知常温下，在溶液中发生如下反应： 16H +10Z-+2XO4-2x 2+5Z2+8H2O 2A 2+B22A 3+2B- 2B -+Z2B 2+2Z- 由此推断，下列说法中错误的是（ ）A. 反应

31、Z2+2A2+2A 3+2Z-可进行 B. Z 元素在反应中被还原C. 还原性由强到弱的顺序是 X2+ 、Z - 、B -、 A 2+ D. 氧化性由强到弱的顺序是 XO4-、Z 2、B 2、A 3+【答案】C【解析】【详解】A.根据反应 2A2+B2=2A3+2B-，可得氧化性是 B2A 3+，2B-+Z 2=B2+2Z-，可得氧化性是 Z2B 2，所以有氧化性顺序是 Z2B 2A 3+，反应 Z2+2A2+=2A3+2Z-可以进行，故 A 正确；B. Z 元素在反应中，化合价由“0”价变为-1 价，化合价降低，被还原，所以 B 正确；C.反应16H +10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+

32、8H2O 中，还原性 Z-X 2+；反应2A 2+B2=2A3+2B-中，还原性 A2+B -；反应2B -+Z2=B2+2Z-中，还原性 B-Z -，所以还原性由强到弱的顺序是 A2+B -Z -X 2+，故 C 错误；D.反应16H +10Z-+2XO4-2x 2+5Z2+8H2O 中，氧化性 XO4-Z 2；反应2A 2+B22A 3+2B-中，氧化性 B2A 3+；反应2B -+Z2B 2+2Z-中，氧化性 Z2B 2，所以氧化性由强到弱的顺序为：XO4-Z 2B 2A 3+，故 D 正确；- 13 -所以本题答案为 C。【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还

33、原剂的还原性强于还原产物的还原性。25.在体积相同的两个密闭容器中分别充满 C2H4和 C3H6气体，当这两个密闭容器中温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A. 两种气体的分子数相等 B. C H 比 C H 的质量小C. 两种气体的压强相等 D. 两种气体的原子数相等【答案】D【解析】【分析】当这两个容器内温度和气体密度相等，体积相同，由 可以知道,质量相同。【详解】A.两者质量相等,但摩尔质量不同（M）不同,则其物质的量不同、分子数不相等,故A 错误；B.两者密度相等、体积相同，由 可以知道质量相同，故 B 错误；C.两者质量相等,但摩尔质量不同（M）不同、则其物质的量不同、压强不等,;

34、故 C 错误；D.两者质量相同,最简式均为 CH2，则 CH2的物质的量相同，原子的物质的量为 CH2的物质的量的 3 倍，所以原子数目相同，故 D 正确；所以答案为 D。二、非选择题（本题包括 4 小题，共 50 分）26.（1）下列物质中NaCl 晶体 液态 S03 醋酸 汞 BaS0 4固体 酒精 熔化的 KN03 属于电解质的是（填序号）_（2）质量为 3.9 g 的 Na2X 中含有 Na 的物质的量为 0.1mol，则 Na2X 的摩尔质量为_， （3）某气体对氧气的相对密度为 2，则此气体的相对分子质量为_（4）3.0110 22个 S2-的物质的量为_，质量为_，含有质子的物质

35、的量为_，含有电子的物质的量为_。（5）某地酸雨经检验，除含氢离子外，还有如下离子：c(Na +)=1.4103 molL1 ，c(Cl ) =3.5103 molL1 ，c(NH ) =2.3103 molL1 ， c(SO ) =1.5103 molL1 。则该溶液中氢离子的浓度为_ molL 1 。【答案】 (1). (2). 78g/mol (3). 64 (4). 0.05mol (5).- 14 -1.6g (6). 0.8mol (7). 0.9mol (8). 2.8 103【解析】【分析】用电解质的概念去判断是否为电解质；依据质量和物质的量关系式，及阿伏加德罗定律推论去求摩尔

36、质量和相对分子量，用溶液中离子电荷守恒，计算离子浓度。【详解】 （1）.电解质是在溶液里或熔融状态下，可以导电的化合物。所以 是电解质。（2）.n(Na 2X)= n(Na )=0.05mol,所以 M（Na 2X）= =78g/mol。（3）.因为在相同的条件下，气体的密度之比等于相对分子量之比，所以此气体的相对分子质量为 M=32 2=64。（4）.依据 n=N/NA，求物质的量，n=m/M，求质量，硫原子质子数是 16，S 2-的电子数是 18；所以 3.011022个 S2-的物质的量为 0.05mol，质量为 1.6g，含有质子的物质的量为0.8mol，含有电子的物质的量为 0.9m

37、ol。（5）.因为溶液中阴、阳离子所带电荷是守恒的，所以有 c(Na+)+c(NH)+c(H+)= c(Cl )+2c(SO )，解得 c(H+)=2.8 103 molL1 。27.用碳酸钠晶体（Na 2CO310H2O）配制 0.2 molL1 的 Na2CO3溶液 480 mL。（1）本实验用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要_，应称取 Na2CO310H2O 晶体的质量为_克。（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_。A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D用来加热溶解固体溶质 （3）配制 0.2 molL1 的 Na2CO

38、3溶液 480 mL 的主要步骤有：溶解 计算 转移洗涤 定容摇匀 称量；正确的操作顺序是：_。 （填序号）（4）根据下列操作对所配溶液浓度偏高的有(填序号)_。碳酸钠晶体失去了部分结晶水 用“左码右物”的称量方法称量晶体 碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠 定容时俯视容量瓶未经干燥就使用 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水到刻度线【答案】 (1). 500 mL 容量瓶 (2). 28.6 (3). BCD (4). (5).- 15 -【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择使用的仪器；根据 n=cV 和 m=nM 来计算；(2)容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准

39、溶液的定容仪器；(3)根据操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序；(4)根据 c= ，通过判断不当操作对溶质的物质的量 n 和溶液体积 V 的影响来分析误差。【详解】 （1）.配制溶液的操作步骤:首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量,后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至 500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒 2 至 3 次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线 1 至 2cm 时,改用胶头滴管逐滴加入,至凹液面与刻度线相切,然后摇匀、装瓶，用到的仪器有:托盘天平、烧杯、玻璃棒、 容量瓶、胶头滴管

40、，根据题目提供的仪器可以知道,还需要的仪器有 500mL 容量瓶；根据 n=cV 可以知道需要的 Na2CO3的物质的量n=0.5L0.2mol/l=0.1mol,即需要的 Na2CO310H2O 晶体也为 ,质量 m=nM=0.1mol/mol=28.6g，因此，本题正确答案是 :500m 容量瓶；28.6g。(2).容量瓶作为精密仪器,不可用于储存和溶解固体,不能用于稀释浓溶液,也不能测量除其规格以外容积的液体体积,所以本题答案为 BCD；(3).操作过程是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,故正确的操作顺序是:(2)(5)(1)(3)(4),因此，本题正确答案是:(2)(5

41、)(1)(3)(4)；(4). Na 2CO310H2O 晶体失去了部分结晶水后, Na 2CO3的质量分数增大,故物质的量增大,所配溶液的浓度偏高；用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；定容时俯视,导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可,至于水是事先就有的还是后来加入的,对浓度无影响；定容摇匀后,发现液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致浓度偏低；- 16 -故所配溶液浓度偏高的有:(1)(4)；因此，本题正确答案是

42、:(1)(4)。【点睛】实验中选择容量瓶时，要注意实验室有的容量瓶规格；实验误差分析时,利用 c= ，看具体操作造成的 n、V 的变化，由此判断误差。28.（1）下列微粒中，只有氧化性的是_ （用字母填写，下同） ，既有氧化性又有还原性的是_。A. Cl2 B. S2 C. H+ D. Na E. FeCl2（2）在 4HCl(浓)+MnO 2 MnCl2+Cl2+2H 2O 反应中氧化剂是_，氧化产物是_；被氧化与未被氧化的 HCl 的质量之比为_，若有 73gHCl 被氧化，转移电子的物质的量为_；。用单线桥法标出此反应电子转移方向和数目。4HCl(浓)+MnO 2 MnCl2+Cl2+2

43、H 2O_【答案】 (1). C (2). AE (3). MnO2 (4). Cl2 (5). 1:1 (6). 0.2mol (7). 【解析】【分析】当元素在化合物中处于最高化合价时，只有氧化性，处于最低化合价时，只有还原性，处于中加价态时，既有氧化性又有还原性；在 4HCl(浓)+ MnO2 MnCl2+Cl2+ 2H2O 反应中盐酸既表现了还原性又酸性，所以，要按实际参加氧化还原反应的 HCl 分析。【详解】 （1）氢元素的化合价有-1、0、+1，而 H+是+1 价，处于最高价，所以 H+只有氧化性，Cl2中 Cl 的化合价为 0 价、FeCl 2中的 Fe 为+2 价，均为中间价态

44、，所以既有氧化性又有还原性。故答案为 C；AE；（2）在 4HCl(浓) + MnO 2 MnCl2 + Cl2 + 2H 2O 反应中，Mn 由+4 价变成了+2 价，化合价降低，所以 MnO2是氧化剂，Cl 由-1 价变成了 0 价，化合价升高，所以 Cl2是氧化产物，故答案为 MnO2 ； Cl 2从方程式中可以看出，被氧化的 HCl 和未被氧化的 HCl，物质的量之比为 1:1，所以质量之比为 1:1；7.3g 的 HCl 为 0.2mol,设有 73gHCl 被氧化，转移电子的物质的量为 x,则有- 17 -2:2=0.2：x，x=0.2mol，故答案为 1:1；0.2mol。用单线

45、桥法标出此反应电子转移方向和数目， 。29.现有 12.8g CO 和 CO2的混合气体，在标准状况下其体积为 8.96 L。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表示阿伏加德罗常数的值)。（3）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。气球中收集到的气体为_其体积为_L。被除去气体发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 32g/mol (2). 0.4NA (3). CO (4). 6.72L (5). CO2+2OH-=CO32-+H2O【解析】【分析】（1）用 M= ,求 M；（2）每摩尔 和 C

46、O2均含有 碳原子，故每摩尔混合气体也含有 碳原子；（3）CO 不与 NaOH 反应，故气球中收集的气体为 CO，【详解】 （1）该混合气体的物质的量为 n= =0.4mol,混合气体的平均摩尔质量为: M= =32g/mol；（2）每摩尔 和 CO2均含有 碳原子，所以混合气体中碳原子的物质的量和混合气体的物质的量相等，谈的物质的量为：0.4mol,故碳原子的个数为：. 0.4N A；（3）混合气体中 CO2和氢氧化钠反应，而 CO 不能反应，设混合气体中一氧化碳物质的量为- 18 -x，二氧化碳物质的量为 y，则 28x+44y=12.8,且 x+y=0.4，解得 x=0.3mol，故 V(CO)=0.3mol=6.72L，即气体的体积为 6.72L；被除去气体发生反应的离子方程式为:CO 2+2OH-=CO32-+H2O。