山东省2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

山东省2024-2025学年高一下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共17小题） 1．下列单、双线桥的表示方法不正确的是（　　） A． B． C． D． 2．钠、氯及其它们的化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是（　　） A．制取Na2O：NaNa2O B．工业HCl制备：Cl2HCl C．漂白粉生产：Cl2Ca（ClO）2 D．制备碳酸钠过程中的物质转化：饱和食盐水NaHCO3（s）Na2CO3 3．某溶液中可能含有K+、Na+、H+、、、Cl﹣中的若干种，且各离子物质的量浓度相等。为确定溶液的组成，设计了如下检验流程： 下列说法正确的是（　　） A．沉淀M为CaCO3，沉淀X为Ag2CO3 B．原溶液中可能存在 C．原溶液中一定存在、Cl﹣ D．确定原溶液中是否存在K+，需要进行焰色试验 4．下列说法正确的是（　　） A．盐酸能够导电，故盐酸属于电解质 B．某元素变为游离态，一定发生了氧化还原反应 C．硫酸氢钠在水中的电离方程式为NaHSO4＝Na++H++ D．酸性氧化物一定是非金属氧化物，但非金属氧化物不一定是酸性氧化物 5．化学科学的形成与发展和科学家的贡献密不可分。下列说法错误的是（　　） A．我国化学工作者第一次人工合成的结晶牛胰岛素是一种蛋白质 B．屠呦呦团队成功分离并结晶出的青蒿素（C15H22O5）属于有机物 C．道尔顿提出的分子学说解决了物质组成和原子量测定方面的混乱问题 D．门捷列夫发现的元素周期律将元素和化合物纳入一个统一的理论体系 6．下列化学用语或概念表述正确的是（　　） A．熔融状态下NaHSO4的电离方程式：NaHSO4＝Na++H++ B．胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小 C．燃烧一定要有氧气参加 D．同温同压下，相同体积的物质所含的分子数一定相等 7．碳捕集技术是减少CO2排放的一种途径，如图所示可捕获和转化CO2，减少排放并实现资源利用。反应①完成之后通入CH4，反应过程中在催化剂上有积碳。下列说法错误的是（　　） A．反应①属于化合反应 B．反应过程中需添加CaO C．反应②的化学方程式为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 D．反应②过程中可能有反应CH4C+2H2发生 8．粗盐溶液中常含有等杂质，实验室利用Na2CO3溶液、Ba（OH）2溶液、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法错误的是（　　） A．试剂X不能是Na2CO3 B．加入试剂Z前必须过滤 C．“操作a”用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯 D．若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b 9．如图所示，从A处通入氯气，分别控制B处阀门开关，观察C处红色布条是否褪色。 阀门B关闭 阀门B打开 实验Ⅰ 红色布条无变化 红色布条褪色 实验Ⅱ 红色布条褪色 红色布条无变化 下列说法正确的是（　　） A．实验Ⅰ中A处通入的Cl2一定是干燥的 B．实验Ⅱ中A处通入的Cl2一定是湿润的 C．实验Ⅰ中D中溶液可能是浓H2SO4 D．实验Ⅱ中D中溶液可能是NaOH溶液 10．下列说法正确的是（　　） A．配制0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用相同 B．把0.585gNaCl固体放入100mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1mol×L﹣1的NaCl溶液 C．将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为2mol•L﹣1 D．用量筒量取20.0mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加80.0mL水，配制成0.1000mol•L﹣1H2SO4溶液 11．设NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是（　　） A．7.8gNa2O2含有的离子总数为0.3NA B．0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中含有0.2NA个氯离子 C．有1mol Cl2参与反应时，转移的电子数目一定为2NA D．标准状况下，22.4LH2O中含有的原子总数为3NA 12．近年来科学家合成和发现了一些新物质，如新型氢分子H3、新型氧分子O4、高能微粒等。下列说法中，错误的是（　　） A．相同条件下，等质量的H2和H3的原子数相同 B．新型氧分子O4和O3互为同素异形体 C．高能微粒摩尔质量为70g/mol D．常温常压下，O2和O3的密度之比为3：2 13．下列离子反应方程式正确的是（　　） A．用小苏打治疗胃酸过多：+2H+＝CO2↑+H2O B．向Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+ C．氢氧化钡溶液与少量硫酸铜溶液反应；Cu2+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓ D．将Na投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+＝Cu+2Na+ 14．过氧化氢法制备NaClO2的反应为①2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2+O2↑+Na2SO4+2H2O②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O。下列说法正确的是（　　） A．ClO2做催化剂 B．①中的H2SO4表现酸性 C．H2O2在两个反应中分别做氧化剂和还原剂 D．制备54.3gNaClO2至少需要10.2gH2O2 15．V（钒）能形成多种不同颜色的离子，其转化关系如图。下列说法不正确的是（　　） A．V（钒）有+2、+3、+4、+5等多种化合价 B．由图中转化可知，I﹣比V3+还原性强 C．可加入氧化剂实现溶液由黄色转化为蓝色 D．图中每步转化都涉及氧化还原反应 16．超氧化钾（KO2）与Na2O2性质相似，广泛应用于航天和潜水的供氧剂。下列说法正确的是（　　） A．KO2中O元素的化合价为﹣1价 B．KO2中阴、阳离子个数之比为2：1 C．71gKO2与足量CO2反应后，固体质量减少2g D．当m（KO2）：m（Na2O2）＝71：78时，KO2和Na2O2分别与足量水反应生成O2的质量之比为2：3 17．有关物质之间的部分转化关系如图所示，其中“—”表示相连的物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系。下列说法正确的是（　　） A．图中反应可能有置换反应 B．物质X可能是一种常见的酸性氧化物 C．向饱和的Ca（OH）2溶液中加入CaO，恢复至原温度所得溶液的溶质质量分数增大 D．CaCO3的溶解度很小，其水溶液导电能力很差，所以CaCO3是弱电解质 二．解答题（共4小题） 18．高铁酸钾（K2FeO4极易溶于水）是优良的多功能水处理剂，原理如图所示。 （1）过程①中高铁酸钾表现出 　 　（填“氧化”或“还原”）性。 （2）K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe（OH）3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用。某同学在实验室制备Fe（OH）3胶体模拟净水过程。 实验室制备Fe（OH）3的化学方程式为 　 　。 向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量，观察到的现象是 　 　。 下列关于Fe（OH）3胶体的制备和性质的叙述中，正确的是 　 　（填字母）。 A.Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液、Fe（OH）3沉淀的本质区别是Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应 B.可用饱和FeCl3溶液与NaOH稀溶液反应制备氢氧化铁胶体 C.利用半透膜进行渗析，可除去Fe（OH）3胶体中的Cl﹣ D.Fe（OH）3胶体在直流电场中一段时间后阴极附近红褐色加深，说明胶体带正电 （3）生活中也常用Cl2对自来水进行杀菌消毒，Cl2也可用于制备漂白粉。 写出Cl2制备漂白粉的化学方程式 　 　。 漂白粉生效原理的化学方程式为 　 　。 19．高铁酸钠是一种新型的绿色多功能净水剂，在碱性环境中能稳定存在。其净水过程中所发生的化学反应主要为4Na2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8NaOH。 （1）Na2FeO4中铁元素的化合价为 　 　；氧化性　 　O2（填“＞”或“＜”）。 （2）也可以向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，离子方程式为 　 　，Fe（OH）3胶体与氯化铁溶液属于不同分散系的本质区别为 　 　。 （3）制备Na2FeO4的方法很多，方法一：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑该反应中氧化剂和还原剂的个数比为 　 　；生成1个O2转移 　 　个电子。 方法二：向FeCl3溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液制备Na2FeO4，写出反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目：　 　。 20．某同学欲用购买的市售盐酸配制家庭中所需的洁厕灵（230mL1.2mol•L﹣1），可供选择的仪器如图所示。请回答下列问题： 盐酸 化学纯 CP 500mL 品名：盐酸 化学试：HCl 密度：1.18g/cm2 质量分数：36.5% （1）如图所示的仪器中配制上述溶液肯定不需要的是 　 　（填序号），配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有 　 　。 （2）应量取浓盐酸的体积为 　 　mL。 （3）装置C需标有以下5项中的 　 　（填序号，下同）；装置A的刻度表示应为如图中 　 　。 ①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 （4）下列情况将使配制洁厕灵的物质的量浓度偏高的有 　 　（填序号）。 A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制 B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中 C.定容时，仰视刻度线 D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中 E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外 21．（1）　 　molCO2中含有的氧原子数与1.806×1024个H2O分子含有的氧原子数相同。 （2）0.4molSiH4分子中所含原子数与 　 　gHCl分子中所含原子数相等。 （3）标准状况下，8.96L甲烷和一氧化碳的混合气体，其质量为7.6g，则混合气体中甲烷的体积为 　 　L，一氧化碳的质量为 　 　g。 （4）等物质的量的O2和臭氧（O3），其质量之比为 　 　。若O2和O3质量相等，则其原子数之比为 　 　。 （5）已知某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积是448mL，则R的摩尔质量为 　 　，含有的氧原子数为 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共17小题） 1．下列单、双线桥的表示方法不正确的是（　　） A． B． C． D． 【分析】A．钠元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，钠失去电子，氯气得电子； B．该反应中Cl元素的化合价既升高又降低，转移的电子数为e﹣； C．该反应中钠失去电子，氢得到电子，转移的电子数为2e﹣； D．该反应中碘失去电子，溴得到电子，转移的电子数为2e﹣。 【解答】解：A、钠元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，则钠失去电子，氯气得到电子，转移的电子数为2e﹣，则用单线桥表示电子转移方向和数目为故A正确； B．该反应中Cl元素的化合价既升高又降低，转移的电子数为e﹣，则用单线桥表示电子转移方向和数目为，故B错误； C．该反应中钠失去电子，氢得到电子，转移的电子数为2e﹣，则用双线桥表示电子转移方向和数目为，故C正确； D．该反应中碘失去电子，溴得到电子，转移的电子数为2e﹣，则用双线桥表示电子转移方向和数目为，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应中电子的转移，明确化合价升高的元素失去电子及电子守恒是解答本题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。 2．钠、氯及其它们的化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是（　　） A．制取Na2O：NaNa2O B．工业HCl制备：Cl2HCl C．漂白粉生产：Cl2Ca（ClO）2 D．制备碳酸钠过程中的物质转化：饱和食盐水NaHCO3（s）Na2CO3 【分析】A．Na燃烧生成Na2O2； B．工业上用氯气和氢气制取HCl，但不是光照条件； C．用氯气和石灰乳制取漂白粉； D．饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳制取NaHCO3固体，NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3。 【解答】解：A．Na燃烧生成Na2O2，Na与空气接触生成Na2O，故A错误； B．工业上用氯气和氢气制取HCl，但不是光照条件，故B错误； C．澄清石灰水中氢氧化钙的溶解度较小，用氯气和石灰乳制取漂白粉，故C错误； D．饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳制取NaHCO3固体，发生反应H2O+NaCl+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3固体受热分解生成Na2CO3，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确物质的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。 3．某溶液中可能含有K+、Na+、H+、、、Cl﹣中的若干种，且各离子物质的量浓度相等。为确定溶液的组成，设计了如下检验流程： 下列说法正确的是（　　） A．沉淀M为CaCO3，沉淀X为Ag2CO3 B．原溶液中可能存在 C．原溶液中一定存在、Cl﹣ D．确定原溶液中是否存在K+，需要进行焰色试验 【分析】溶液中加入足量稀盐酸，生成的无色无味气体W与澄清石灰水反应生成沉淀M，说明原溶液中含有、中的至少一种，根据离子共存可知，原溶液中无H+；溶液中加入足量稀硝酸，加入硝酸银溶液生成的白色沉淀X为AgCl，说明原溶液中含有Cl﹣，根据溶液电中性和原溶液中各离子物质的量浓度相等可知，原溶液中无，所以原溶液中含有K+、Na+、、Cl﹣，一定不含有H+、，据此分析解答。 【解答】解：A．加入足量稀硝酸酸化溶液后再加入AgNO3溶液生成的白色沉淀X为AgCl，不可能为Ag2CO3，故A错误； B．由上述分析可知，原溶液中含有K+、Na+、、Cl﹣，一定不含有H+、，故B错误； C．由上述分析可知，原溶液中一定含有K+、Na+、、Cl﹣，一定不含有H+、，故C正确； D．由上述分析可知，原溶液中一定含有K+，则不需要进行焰色试验进行检验，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查常见离子检验与推断，把握离子性质及特征反应、离子共存和溶液电中性规则的应用是解题关键，注意掌握元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。 4．下列说法正确的是（　　） A．盐酸能够导电，故盐酸属于电解质 B．某元素变为游离态，一定发生了氧化还原反应 C．硫酸氢钠在水中的电离方程式为NaHSO4＝Na++H++ D．酸性氧化物一定是非金属氧化物，但非金属氧化物不一定是酸性氧化物 【分析】A．电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物； B．某元素变为游离态，不一定发生了氧化还原反应，如氧气转化为臭氧； C．硫酸氢钠在水中的电离方程式为NaHSO4＝Na++H++； D．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如 Mn2O7，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如 CO。 【解答】解：A．盐酸是混合物，不属于电解质，故A错误； B．某元素变为游离态，不一定发生了氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，故B错误； C．硫酸氢钠在水中的电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，故C正确； D．酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如 Mn2O7，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如 CO，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查物质的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。 5．化学科学的形成与发展和科学家的贡献密不可分。下列说法错误的是（　　） A．我国化学工作者第一次人工合成的结晶牛胰岛素是一种蛋白质 B．屠呦呦团队成功分离并结晶出的青蒿素（C15H22O5）属于有机物 C．道尔顿提出的分子学说解决了物质组成和原子量测定方面的混乱问题 D．门捷列夫发现的元素周期律将元素和化合物纳入一个统一的理论体系 【分析】A．结晶牛胰岛素是一种蛋白质； B．有机物指含碳的化合物，除CO、CO2、碳酸盐等； C．道尔顿提出的原子学说解决了物质组成和原子量测定方面的混乱问题； D．门捷列夫发现的元素周期律将元素和化合物纳入一个统一的理论体系。 【解答】解：A．我国化学工作者第一次人工合成的结晶牛胰岛素是一种蛋白质，故A正确； B．屠呦呦团队成功分离并结晶出的青蒿素（C15H22O5）属于有机物，故B正确； C．道尔顿提出的原子学说解决了物质组成和原子量测定方面的混乱问题，故C错误； D．门捷列夫发现的元素周期律将元素和化合物纳入一个统一的理论体系，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查化学史，为基础知识的考查，题目难度不大。 6．下列化学用语或概念表述正确的是（　　） A．熔融状态下NaHSO4的电离方程式：NaHSO4＝Na++H++ B．胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小 C．燃烧一定要有氧气参加 D．同温同压下，相同体积的物质所含的分子数一定相等 【分析】A．熔融状态下NaHSO4电离生成Na+和； B．根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液； C．氢气能在氯气中燃烧，镁能在二氧化碳中燃烧； D．同温同压下，相同体积的气体物质所含的分子数一定相等。 【解答】解：A．熔融状态下NaHSO4的电离方程式为NaHSO4＝Na++，NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4＝Na++H++，故A错误； B．根据分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，则胶体区别于溶液的本质特征是分散质粒子直径大小，故B正确； C．燃烧不一定要有氧气参加，如氢气能在氯气中燃烧，镁能在二氧化碳中燃烧，故C错误； D．物质状态有固体、液体和气体，固体和液体的分子间隔较小，气体分子间隔较大，则同温同压下，相同体积的物质所含的分子数不一定相等，如相同条件下，同体积的液态水和氧气的体积就不相等，只有相同条件下相同体积的气体物质所含的分子数才能相等，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查电离方程式书写、胶体性质、阿伏加德罗定律的应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握电离方程式书写方法、胶体的重要性质、阿伏加德罗定律的内涵及应用是解题关键，题目难度不大。 7．碳捕集技术是减少CO2排放的一种途径，如图所示可捕获和转化CO2，减少排放并实现资源利用。反应①完成之后通入CH4，反应过程中在催化剂上有积碳。下列说法错误的是（　　） A．反应①属于化合反应 B．反应过程中需添加CaO C．反应②的化学方程式为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 D．反应②过程中可能有反应CH4C+2H2发生 【分析】由图可知：反应①为CaO+CO2＝CaCO3，反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2。 【解答】解：A．根据分析，反应①为化合反应，故A正确； B．反应过程中消耗CaO后又会生成CaO，不需添加CaO，故B错误； C．根据分析，反应②的化学方程式为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2，故C正确； D．反应过程中在催化剂上有积碳，可能发生CH4C+2H2，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。 8．粗盐溶液中常含有等杂质，实验室利用Na2CO3溶液、Ba（OH）2溶液、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法错误的是（　　） A．试剂X不能是Na2CO3 B．加入试剂Z前必须过滤 C．“操作a”用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯 D．若粗盐固体为ag，得到的精盐为bg，则a一定大于b 【分析】粗盐溶液中常含有Ca2+、Mg2+、等杂质，除去这些离子对应选用的离子有、Ba2+、OH﹣，且应该均过量，故可先加入试剂X：Ba（OH）2可以除去、Mg2+；再加入试剂Y：碳酸钠，可以除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后再加入稀盐酸，以除去过量的OH﹣、，得到氯化钠溶液，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，应蒸发结晶得到氯化钠晶体。 【解答】解：A．根据分析可知，试剂X是Ba（OH）2，不能是Na2CO3，故A正确； B．加入试剂Y形成的沉淀有碳酸钡，可以和盐酸反应，试剂Z是盐酸，故加入试剂Z前必须过滤，故B正确； C．操作a是从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该用蒸发结晶的方法，用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯，故C正确； D．根据反应过程，制得的氯化钠，既有原溶液中的氯化钠，也有新生成的NaCl，a不一定大于b，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。 9．如图所示，从A处通入氯气，分别控制B处阀门开关，观察C处红色布条是否褪色。 阀门B关闭 阀门B打开 实验Ⅰ 红色布条无变化 红色布条褪色 实验Ⅱ 红色布条褪色 红色布条无变化 下列说法正确的是（　　） A．实验Ⅰ中A处通入的Cl2一定是干燥的 B．实验Ⅱ中A处通入的Cl2一定是湿润的 C．实验Ⅰ中D中溶液可能是浓H2SO4 D．实验Ⅱ中D中溶液可能是NaOH溶液 【分析】实验Ⅰ中，阀门B关闭时，红色布条无变化，阀门B打开时，红色布条褪色，说明实验Ⅰ中A处通入的Cl2一定是潮湿的；实验Ⅱ中，阀门B关闭时，红色布条褪色，阀门B打开时，红色布条无变化，说明实验Ⅱ中A处通入的Cl2一定是干燥的，据此分析作答。 【解答】解：A．根据分析可知，实验Ⅰ中A处通入的Cl2一定是潮湿的，故A错误； B．根据分析可知，实验Ⅱ中A处通入的Cl2一定是干燥的，故B错误； C．根据分析可知，实验Ⅰ中D中溶液可能是浓H2SO4，干燥氯气，故C正确； D．根据分析可知，实验Ⅱ中D中溶液不可能是NaOH溶液，否则氯气与氢氧化钠反应，红色布条不褪色，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查氯气的性质，属于基本知识的考查，难度不大。 10．下列说法正确的是（　　） A．配制0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用相同 B．把0.585gNaCl固体放入100mL容量瓶中，加水到刻度线处，配成0.1mol×L﹣1的NaCl溶液 C．将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶质的物质的量浓度为2mol•L﹣1 D．用量筒量取20.0mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加80.0mL水，配制成0.1000mol•L﹣1H2SO4溶液 【分析】A．配制0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用不相同； B．容量瓶不能进行固体的溶解； C．62gNa2O的物质的量为＝1mol，根据方程式：Na2O+H2O＝2NaOH，可知生成NaOH为2mol，据此分析作答； D．用量筒量取20.0mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加80.0mL水，所得溶液体积小于100mL。 【解答】解：A．配制0.1000mol•L﹣1氯化钠溶液时，两次用玻璃棒的作用不相同，第一次是搅拌，加速溶解，第二次是引流，故A错误； B．容量瓶不能进行固体的溶解，难浓溶液的稀释等，故B错误； C．62gNa2O的物质的量为＝1mol，根据方程式：Na2O+H2O＝2NaOH，可知生成NaOH为2mol，所以将62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得氢氧化钠的物质的量浓度为2mol•L﹣1，故C正确； D．用量筒量取20.0mL0.5000mol•L﹣1H2SO4溶液于烧杯中，加80.0mL水，所得溶液体积小于100mL，配制成H2SO4溶液的浓度大于0.1000mol•L﹣1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查溶液的配制，属于基本知识的考查，难度不大。 11．设NA表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是（　　） A．7.8gNa2O2含有的离子总数为0.3NA B．0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中含有0.2NA个氯离子 C．有1mol Cl2参与反应时，转移的电子数目一定为2NA D．标准状况下，22.4LH2O中含有的原子总数为3NA 【分析】A.Na2O2中含有2个Na+和1个，共3个离子，计算出Na2O2的物质的量，进而可计算出离子总数； B.题目中只有MgCl2溶液的物质的量浓度，没有溶液的体积，无法计算物质的量和粒子数； C.Cl2参与反应时，可做氧化剂也可做还原剂，化合价可降，也可升，其转移的电子数目不确定； D.在标准状况下，H2O为液体，不适用于气体摩尔体积的公式； 【解答】解：A.Na2O2中含有2个Na+和1个，共3个离子，7.8gNa2O2的物质的量n＝＝＝0.1mol，则离子总数为0.3NA，故A正确； B.题目中只有MgCl2溶液的物质的量浓度，没有溶液的体积，无法计算物质的量和粒子数，故B错误； C.Cl2参与反应时，可做氧化剂也可做还原剂，化合价可降为﹣1，也可升为+1、+3、+5或+7，故其转移的电子数目不确定，故C错误； D.在标准状况下，H2O为液体，不适用于气体摩尔体积的公式，则无法计算其原子数，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查物质的量和物质的量浓度的相关计算公式、氧化还原反应中电子的转移情况和气体摩尔体积的适用条件，需要综合性较强的基础知识。 12．近年来科学家合成和发现了一些新物质，如新型氢分子H3、新型氧分子O4、高能微粒等。下列说法中，错误的是（　　） A．相同条件下，等质量的H2和H3的原子数相同 B．新型氧分子O4和O3互为同素异形体 C．高能微粒摩尔质量为70g/mol D．常温常压下，O2和O3的密度之比为3：2 【分析】A.相同条件下，等质量的H2和H3，设质量为1g，根据物质的量n＝，可知H2和H3的物质的量之比，一个H2中有2个原子，一个H3的中有3个原子； B.新型氧分子O4和O3是由同一种元素（氧元素）组成的不同的单质，则互为同素异形体； C.的相对分子质量为75，摩尔质量在数值上与相对分子质量相等； D.根据阿伏加德罗定律的推论可知：常温常压下，密度之比等于摩尔质量之比； 【解答】解：A.相同条件下，等质量的H2和H3，设质量为1g，根据物质的量n＝，可知H2和H3的物质的量之比为3：2，一个H2中有2个原子，一个H3的中有3个原子，则两者的原子数相同，故A正确； B.新型氧分子O4和O3是由同一种元素（氧元素）组成的不同的单质，则互为同素异形体，故B正确； C.的相对分子质量为75，摩尔质量在数值上与相对分子质量相等，则其摩尔质量为70g/mol，故C正确； D.根据阿伏加德罗定律的推论可知：常温常压下，密度之比等于摩尔质量之比，O2和O3的摩尔质量之比为2：3，则O2和O3的密度之比也为2：3，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查同素异形体的概念和应用，物质的量相关公式和与原子的比例关系，阿伏加德罗定律推论的应用，本题在综合性较强的物质的量相关的基础知识。 13．下列离子反应方程式正确的是（　　） A．用小苏打治疗胃酸过多：+2H+＝CO2↑+H2O B．向Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2++2+2OH﹣＝CaCO3↓+2H2O+ C．氢氧化钡溶液与少量硫酸铜溶液反应；Cu2+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓ D．将Na投入CuSO4溶液中：2Na+Cu2+＝Cu+2Na+ 【分析】A．小苏打是碳酸氢钠的俗名，碳酸钠俗名苏打； B．Ca（HCO3）2和少量NaOH反应生成CaCO3沉淀、NaOH和H2O； C．氢氧化钡与少量硫酸铜反应生成BaSO4、Cu（OH）2两种沉淀； D．Na是活泼金属，能与水反应，与CuSO4溶液反应时不能生成Cu单质。 【解答】解：A．小苏打是碳酸氢钠的俗名，小苏打治疗胃酸过多的离子方程式为+H+＝CO2↑+H2O，故A错误； B．向Ca（HCO3）2溶液中滴加少量NaOH溶液时生成CaCO3沉淀、NaOH和H2O，离子方程式为Ca2+++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故B错误； C．氢氧化钡溶液与少量硫酸铜溶液反应的离子方程式为Cu2+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故C正确； D．Na是活泼金属，能与水反应，投入CuSO4溶液中反应的离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+＝Cu（OH）2+2Na++H2↑，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查离子方程式书写及正误判断，侧重基础知识灵活运用能力和辨析能力考查，把握物质的性质、反应实质、与量有关离子方程式的书写方法是解题关键，题目难度中等。 14．过氧化氢法制备NaClO2的反应为①2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2+O2↑+Na2SO4+2H2O②2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O。下列说法正确的是（　　） A．ClO2做催化剂 B．①中的H2SO4表现酸性 C．H2O2在两个反应中分别做氧化剂和还原剂 D．制备54.3gNaClO2至少需要10.2gH2O2 【分析】A．ClO2是中间产物； B．反应①中H2SO4是反应物，提供酸性环境； C．两个反应中H2O2均作还原剂； D．反应实质为NaClO3+H2O2＝NaClO2+O2↑+H2O，则n（H2O2）＝n（NaClO3）。 【解答】解：A．ClO2是反应①的生成物、反应②的反应物，则ClO2是中间产物，不是催化剂，故A错误； B．反应①为2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2+O2↑+Na2SO4+2H2O，H2SO4转化为Na2SO4，提供酸性环境，表现出酸性，故B正确； C．两个反应中H2O2均发生失电子的氧化反应生成O2，均作还原剂，故C错误； D．反应实质为NaClO3+H2O2＝NaClO2+O2↑+H2O，则n（H2O2）＝n（NaClO3）＝＝0.6mol，m（H2O2）＝nM＝0.6mol×34g/mol＝20.4g，所以制备54.3gNaClO2至少需要20.4gH2O2，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应概念及规律应用，侧重计算能力和灵活运用能力考查，把握物质性质及反应、氧化剂或还原剂的判断、化学方程式的计算是解题关键，注意理解掌握中间产物与催化剂的区分，题目难度中等。 15．V（钒）能形成多种不同颜色的离子，其转化关系如图。下列说法不正确的是（　　） A．V（钒）有+2、+3、+4、+5等多种化合价 B．由图中转化可知，I﹣比V3+还原性强 C．可加入氧化剂实现溶液由黄色转化为蓝色 D．图中每步转化都涉及氧化还原反应 【分析】A．根据图知，V2+、V3+、、VO2+中V元素的化合价依次是+2、+3、+5、+4； B．4H+++2I﹣＝V3++I2+2H2O，该反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，I元素的化合价由﹣1价变为0价，则I﹣是还原剂、V3+是还原产物； C．转化为VO2+，V元素化合价由+5价变为+4价，作氧化剂； D．根据图知，每一步中V元素的化合价都有变化。 【解答】解：A．根据以上分析知，V元素的化合价依次是+2、+3、+4、+5等多种化合价，故A正确； B．4H+++2I﹣＝V3++I2+2H2O，该反应中V元素的化合价由+5价变为+4价，I元素的化合价由﹣1价变为0价，则I﹣是还原剂、V3+是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以I﹣比V3+还原性强，故B正确； C．转化为VO2+，V元素化合价由+5价变为+4价，作氧化剂，需要加入还原剂实现溶液由黄色转化为蓝色，故C错误； D．根据图知，每一步中V元素的化合价都有变化，所以图中每步转化都涉及氧化还原反应，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合价的判断方法、氧化还原反应特征、还原性强弱的比较方法是解本题关键，题目难度不大。 16．超氧化钾（KO2）与Na2O2性质相似，广泛应用于航天和潜水的供氧剂。下列说法正确的是（　　） A．KO2中O元素的化合价为﹣1价 B．KO2中阴、阳离子个数之比为2：1 C．71gKO2与足量CO2反应后，固体质量减少2g D．当m（KO2）：m（Na2O2）＝71：78时，KO2和Na2O2分别与足量水反应生成O2的质量之比为2：3 【分析】A．KO2中K元素的化合价为+1价，化合物中各元素化合价的代数和为0； B．KO2中阴阳离子分别是、K+； C．n（KO2）＝＝1mol，KO2和CO2反应的方程式为4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2，固体减少； D．当m（KO2）：m（Na2O2）＝71：78时，n（KO2）：n（Na2O2）＝1：1，KO2和Na2O2分别与足量水反应的方程式依次为4KO2+2H2O＝4KOH+3O2↑、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑。 【解答】解：A．KO2中K元素的化合价为+1价，化合物中各元素化合价的代数和为0，O元素的化合价为﹣，故A错误； B．KO2中阴阳离子分别是、K+，阴阳离子个数之比为1：1，故B错误； C．n（KO2）＝＝1mol，KO2和CO2反应的方程式为4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2，固体减少的质量为1mol××（16﹣12）g/mol＝2g，故C正确； D．当m（KO2）：m（Na2O2）＝71：78时，n（KO2）：n（Na2O2）＝1：1，KO2和Na2O2分别与足量水反应的方程式依次为4KO2+2H2O＝4KOH+3O2↑、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，设KO2为4mol、Na2O2为4mol、生成的氧气分别为3mol与2mol，则O2的物质的量比为3：2，故D错误； 故选：C。 【点评】本题以KO2为载体考查方程式的计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确物质的性质、物质之间的转化关系及方程式的计算方法是解本题关键，C选项为解答易错点。 17．有关物质之间的部分转化关系如图所示，其中“—”表示相连的物质之间能发生化学反应，“→”表示物质之间的转化关系。下列说法正确的是（　　） A．图中反应可能有置换反应 B．物质X可能是一种常见的酸性氧化物 C．向饱和的Ca（OH）2溶液中加入CaO，恢复至原温度所得溶液的溶质质量分数增大 D．CaCO3的溶解度很小，其水溶液导电能力很差，所以CaCO3是弱电解质 【分析】A．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的为置换反应； B．X能够与碳酸钙相互转化，且能够与氢氧化钙反应； C．温度不变，溶质的溶解度不变，浓度不变； D．水溶液中能完全电离的电解质为强电解质。 【解答】解：A．依据图中发生的反应的反应物可知，图中没有单质参加反应，没有置换反应，故A错误； B．X能够与碳酸钙相互转化，且能够与氢氧化钙反应，可知X为二氧化碳，属于酸性氧化物，故B正确； C．向饱和的Ca（OH）2溶液中加入CaO，恢复至原温度所得溶液的溶质质量分数不变，故C错误； D．CaCO3的溶解度很小，但是溶解的部分完全电离，属于强电解质，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了物质之间的转化，明确相关物质的性质及转化关系是解题关键，题目难度中等。 二．解答题（共4小题） 18．高铁酸钾（K2FeO4极易溶于水）是优良的多功能水处理剂，原理如图所示。 （1）过程①中高铁酸钾表现出 　氧化　（填“氧化”或“还原”）性。 （2）K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe（OH）3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用。某同学在实验室制备Fe（OH）3胶体模拟净水过程。 实验室制备Fe（OH）3的化学方程式为 　FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl　。 向Fe（OH）3胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量，观察到的现象是 　先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液为黄色　。 下列关于Fe（OH）3胶体的制备和性质的叙述中，正确的是 　C　（填字母）。 A.Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液、Fe（OH）3沉淀的本质区别是Fe（OH）3胶体具有丁达尔效应 B.可用饱和FeCl3溶液与NaOH稀溶液反应制备氢氧化铁胶体 C.利用半透膜进行渗析，可除去Fe（OH）3胶体中的Cl﹣ D.Fe（OH）3胶体在直流电场中一段时间后阴极附近红褐色加深，说明胶体带正电 （3）生活中也常用Cl2对自来水进行杀菌消毒，Cl2也可用于制备漂白粉。 写出Cl2制备漂白粉的化学方程式 　2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O　。 漂白粉生效原理的化学方程式为 　Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO　。 【分析】（1）过程①中K2FeO4发生还原反应生成Fe3+； （2）沸水中加入饱和FeCl3溶液生成Fe（OH）3胶体，常用于实验室制备Fe（OH）3胶体；Fe（OH）3胶粒带电荷、且属于碱，则胶体中逐滴滴加稀硫酸至过量时，Fe（OH）3胶体会发生聚沉，而后逐渐溶解；向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和FeCl3溶液至溶液变红褐色，看得到Fe（OH）3胶体，但饱和FeCl3溶液与碱反应生成氢氧化铁沉淀，利用胶体的丁达尔效应可以区别胶体和溶液，胶体与溶液的本质区别为分散质直径大小，所以溶液中离子能透过半透膜，胶体微粒不能透过，可用于除去Fe（OH）3胶体中的Cl﹣； （3）漂白粉有效成分是次氯酸钙，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，常用于制备漂白粉，漂白粉与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，次氯酸可用于杀菌消毒。 【解答】解：（1）K2FeO4中Fe的化合价为+6，过程①中K2FeO4发生还原反应生成Fe3+，则高铁酸钾表现出氧化性， 故答案为：氧化； （2）沸水中加入几滴饱和FeCl3溶液生成Fe（OH）3胶体和HCl，化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl；向氢氧化铁胶体中逐滴加入过量H2SO4溶液，H2SO4电离出的使Fe（OH）3胶体发生聚沉，H+使Fe（OH）3沉淀溶解，会观察到先出现红褐色沉淀，后沉淀消失； A．Fe（OH）3胶体与FeCl3溶液、Fe（OH）3沉淀的本质区别是分散质直径大小不同，不是丁达尔效应，故A错误； B．饱和FeCl3溶液与浓NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，不能制备氢氧化铁胶体，故B错误； C．胶体粒子直径在l～100nm之间，离子的直径小于1nm，则利用半透膜进行渗析，可除去Fe（OH）3胶体中的Cl﹣，故C正确； D．Fe（OH）3胶粒带正电，会在直流电场中移向阴极，但Fe（OH）3胶体不带电荷，故D错误； 故答案为：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl；先生成红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液为黄色；C； （3）白粉有效成分是次氯酸钙，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，常用于制备漂白粉，化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，次氯酸可用于杀菌消毒，化学方程式为Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3+2HClO， 故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO。 【点评】本题考查氢氧化铁胶体的制备及性质、氯气及含氯化合物的性质及应用，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握氢氧化铁胶体的制备原理、胶体重要性质、含氯化合物的性质及发生反应是解题关键，题目难度中等。 19．高铁酸钠是一种新型的绿色多功能净水剂，在碱性环境中能稳定存在。其净水过程中所发生的化学反应主要为4Na2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8NaOH。 （1）Na2FeO4中铁元素的化合价为 　+6　；氧化性　＞　O2（填“＞”或“＜”）。 （2）也可以向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，离子方程式为 　Fe3++3H2OFe（OH）3胶体+3H+　，Fe（OH）3胶体与氯化铁溶液属于不同分散系的本质区别为 　粒子直径的不同　。 （3）制备Na2FeO4的方法很多，方法一：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑该反应中氧化剂和还原剂的个数比为 　5：3　；生成1个O2转移 　10　个电子。 方法二：向FeCl3溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液制备Na2FeO4，写出反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目：　　。 【分析】（1）根据化合价代数和为0计算铁元素的化合价，氧化性：氧化剂大于氧化产物； （2）向沸水中滴加饱和FeCl3溶液可以制备Fe（OH）3胶体，胶体与溶液属于不同分散系的本质区别为粒子直径的不同； （3）在反应中：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，铁元素化合价由+2价升高为+6价，2个铁升高8价，过氧化钠中有2个﹣1价的O升高为0价，共升高10价，还有10个﹣1价的O降低为﹣2价；方法二：向FeCl3溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液，生成Na2FeO4和氯化钠，根据化合价升降守恒、原子守恒，书写化学方程式，并用单线桥表示电子转移。 【解答】解：（1）Na2FeO4中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，可得铁元素的化合价为+6价；氧化性＞O2， 故答案为：+6；＞； （2）也可以向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体，离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3胶体+3H+，Fe（OH）3胶体与氯化铁溶液属于不同分散系的本质区别为粒子直径的不同， 故答案为：Fe3++3H2OFe（OH）3胶体+3H+；粒子直径的不同； （3）方法一：在反应中：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，氧化剂是5个Na2O2，还原剂是2个2FeSO4和1个Na2O2，两者的个数比为5：3；生成1个O2转移10个电子；方法二：向FeCl3溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液制备Na2FeO4，写出反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目为：， 故答案为：5：3；10；。 【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念以及判断，同上考查单线桥表示法，属于基本知识的考查，难度不大。 20．某同学欲用购买的市售盐酸配制家庭中所需的洁厕灵（230mL1.2mol•L﹣1），可供选择的仪器如图所示。请回答下列问题： 盐酸 化学纯 CP 500mL 品名：盐酸 化学试：HCl 密度：1.18g/cm2 质量分数：36.5% （1）如图所示的仪器中配制上述溶液肯定不需要的是 　托盘天平、分液漏斗　（填序号），配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有 　玻璃棒、胶头滴管　。 （2）应量取浓盐酸的体积为 　25.4　mL。 （3）装置C需标有以下5项中的 　①③⑤　（填序号，下同）；装置A的刻度表示应为如图中 　乙　。 ①温度 ②浓度 ③容量 ④压强 ⑤刻度线 （4）下列情况将使配制洁厕灵的物质的量浓度偏高的有 　B　（填序号）。 A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制 B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中 C.定容时，仰视刻度线 D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中 E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外 【分析】（1）用浓盐酸配制稀盐酸，不需要称量，即不需要托盘天平，也不需要分液漏斗，配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有玻璃棒、胶头滴管； （2）根据换算公式计算浓盐酸的浓度为＝11.8mol/L，实验室没有230mL规格的容量瓶，实际需要配制250mL稀盐酸，根据稀释定律计算需要浓盐酸的条件； （3）装置C是容量瓶，标有容量、刻度线、温度装置A是量筒，量筒没有0刻度； （4）A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制，对配制结果无影响； B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中，导致冷却后溶液体积偏小； C.定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积偏大； D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中，是正确操作，对所配溶液浓度无影响； E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质减少，所配盐酸浓度偏小。 【解答】解：（1）用浓盐酸配制稀盐酸，不需要称量，即不需要托盘天平，也不需要分液漏斗，配制过程中选用的玻璃仪器除了上述提供的还需要有玻璃棒、胶头滴管， 故答案为：托盘天平、分液漏斗；玻璃棒、胶头滴管； （2）根据换算公式可知，浓盐酸的浓度为＝mol/L＝11.8mol/L，实验室没有230mL规格的容量瓶，实际需要配制250mL稀盐酸，根据稀释定律，有11.8mol/L×V1＝1.2mol•L﹣1×250mL，解得：V1≈25.4mL， 故答案为：25.4； （3）装置C是容量瓶，标有容量、刻度线、温度，没有浓度和压强；装置A是量筒，量筒没有0刻度，其刻度表示应为图乙所示， 故答案为：①③⑤；乙； （4）A.容量瓶用蒸馏水洗净后，未等内壁干燥便用来配制，对配制结果无影响，故A错误； B.未等冷却，立即把溶液转移到容量瓶中，导致冷却后溶液体积偏小，所配盐酸浓度偏高，故B正确； C.定容时，仰视刻度线，导致所配溶液体积偏大，盐酸浓度偏小，故C错误； D.将洗涤量筒、烧杯、玻璃棒的洗涤液一并转移到容量瓶中，是正确操作，对所配溶液浓度无影响，故D错误； E.在稀释过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质减少，所配盐酸浓度偏小，故E错误； 故答案为：B。 【点评】本题主要考查溶液的配制，同时考查稀释定律、换算公式的应用、误差分析等，属于基本知识的考查，试题难度中等。 21．（1）　1.5　molCO2中含有的氧原子数与1.806×1024个H2O分子含有的氧原子数相同。 （2）0.4molSiH4分子中所含原子数与 　36.5　gHCl分子中所含原子数相等。 （3）标准状况下，8.96L甲烷和一氧化碳的混合气体，其质量为7.6g，则混合气体中甲烷的体积为 　6.72　L，一氧化碳的质量为 　2.8　g。 （4）等物质的量的O2和臭氧（O3），其质量之比为 　2：3　。若O2和O3质量相等，则其原子数之比为 　1：1　。 （5）已知某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积是448mL，则R的摩尔质量为 　32g/mol　，含有的氧原子数为 　0.04NA　。 【分析】（1）要使二氧化碳分子、水分子含有氧原子个数相等，则二者含有氧原子物质的量相等； （2）要使两种物质中原子个数相等，则两种物质中原子的物质的量相等； （3）标准状况下，n（混合气体）＝＝0.4mol，设n（CH4）＝xmol，n（CO）＝ymol，（x+y）mol＝0.4mol，16xg+28yg＝7.6g，据此计算甲烷的体积和CO的质量； （4）根据m＝nM知，等物质的量的不同气体，其质量之比等于摩尔质量之比；氧气和臭氧都是由氧原子构成的，二者质量相等、氧原子的摩尔质量相等； （5）n（RO2）＝＝0.02mol，M（RO2）＝＝64g/mol，R的摩尔质量＝（64﹣16×2）g/mol，n（O）＝2n（RO2），N（O）＝n（O）NA。 【解答】解：（1）要使二氧化碳分子、水分子含有氧原子个数相等，则二者含有氧原子物质的量相等，应满足：n（CO2）×2＝×1，解得n（CO2）＝1.5mol， 故答案为：1.5； （2）要使SiH4分子与氯化氢分子含有原子个数相等，则应满足：0.4mol×5＝×2，解得m＝36.5g， 故答案为：36.5； （3）标准状况下，n（混合气体）＝＝0.4mol，设n（CH4）＝xmol，n（CO）＝ymol，（x+y）mol＝0.4mol，16xg+28yg＝7.6g，解得：x＝0.3、y＝0.1，则混合气体中甲烷的体积：0.3mol×22.4L/mol＝6.72L；一氧化碳质量为：0.1mol×28g/mol＝2.8g， 故答案为：6.72；2.8； （4）根据m＝nM知，等物质的量的不同气体，其质量之比等于摩尔质量之比＝32g/mol：48g/mol＝2：3；氧气和臭氧都是由氧原子构成的，二者质量相等、氧原子的摩尔质量相等，所以氧原子个数相等， 故答案为：2：3；1：1； （5）n（RO2）＝＝0.02mol，M（RO2）＝＝64g/mol，R的摩尔质量＝（64﹣16×2）g/mol＝32g/mol，n（O）＝2n（RO2）＝2×0.02mol＝0.04mol，N（O）＝n（O）NA＝0.04mol×NA/mol＝0.04NA， 故答案为：32g/mol；0.04NA。 【点评】本题考查物质的量的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确各个物理量的关系是解本题关键，熟练掌握物质的量的有关公式，题目难度不大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$