广东省蕉岭县蕉岭中学2019-2020学年高一上学期第一次段考化学试题

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2019-2020学年第一学期高一级第一次质检试题

化学

可能用到的相对原子质量： H=1  N=14  O=16  Ca=40  Cu=64  Br=80  C=12 Cl=35.5  Na=23  S=32  I=127  K=39  Ag=108

第一部分  选择题（共54分）

1. 对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下面所列物质，贴错了包装标签的是（　　）

A. 酒精 B. 浓硫酸

C. 汽油 D. 氯酸钾

【答案】A

【解析】

【详解】A.酒精不是剧毒品，属于易燃液体，故A选；

B.浓硫酸具有腐蚀性，故B不选；

C.汽油属于易燃液体，故C不选；

D.氯酸钾属于爆炸品，故D不选；

故选A。

2.下列叙述正确的是（   ）

A. 物质的量就是物质的质量

B. 摩尔是国际单位制中七个基本单位之一

C. 摩尔既是物质的量的单位，又是粒子的数量单位

D. 阿伏加德罗常数就6.02×1023

【答案】B

【解析】

A、物质的量是表示一定数目粒子的集合体，不是物质的质量，A错误；B、摩尔是物质的量的单位，是国际单位制中七个基本单位之一，B正确；C、摩尔是物质的量的单位，不是粒子的数量单位，C错误；D、阿伏加德罗常数约是6.02×1023/mol，D错误，答案选B。

3.下列各项中的物质按电解质、非电解质、单质和混合物的顺序排列的一组是(　　)。

A. HCl、SO3、石墨、液氧 B. 蔗糖、CuSO4、氮气、CuSO4溶液

C. NaCl、乙醇、铁、空气 D. KCl、NaNO3、氯气、石灰水

【答案】C

【解析】

【详解】A．HCl、SO3、石墨、液氧分别属于电解质、非电解质、单质、单质，故A错误；

B．蔗糖、CuSO4、氮气、CuSO4溶液分别属于非电解质、电解质、单质、混合物，故B错误；

C．NaCl、乙醇、铁、空气分别属于电解质、非电解质、单质、混合物，故C正确；

D．KCl、NaNO3、氯气、石灰水分别属于电解质、电解质、单质、混合物，故D错误；

故选C。

【点睛】本题的易错点为A，要注意液氧是液态的氧气，属于纯净物，也属于单质。

4.下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是

A. 称量NaOH 固体

B. 配制100mL0.1mol/L 的H2SO4 溶液

C. 家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取的分离方法

D. 提纯Fe(OH)3 胶体

【答案】C

【解析】

A. 称量NaOH 固体，应在小烧杯中称量，同时砝码应放在右边，故A错误；B. 配制100mL0.1mol/L 的H2SO4 溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C、油水互不相溶，分层，家里的食用胡麻油不小心混入了大量的水采取分液的分离方法，故C正确；D. 提纯Fe(OH)3 胶体应用渗析的方法分离，故D错误；故选C。

5.若1滴水的质量是g，则1滴水所含的分子数是

A. ×18×6.02×1023 B. ×6.02×1023

C. 6.02×1023 D. ×6.02×1023

【答案】B

【解析】

1滴水水的物质的量为，则1滴水所含的分子数是×6.02×1023，故选B。

6.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是(     )

A. 称量时，应将NaOH固体放在称量纸上称量

B. 为减小误差，容量瓶必须干燥才可使用

C 定容时若加水超过了刻度线，可用胶头滴管直接将多余溶液吸出

D. 将称量的NaOH固体置于小烧杯中溶解，待溶液冷却至室温再转移

【答案】D

【解析】

【详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应将NaOH固体放在小烧杯中称量，故A错误；

B．容量瓶中有少量水对实验无影响，使用前，容量瓶不需要干燥，故B错误；

C．定容时若加水超过了刻度线，实验失败，应重新配制，不能用胶头滴管直接将多余溶液吸出，故C错误；

D．容量瓶不能用作溶解的仪器，应将称量的NaOH固体置于小烧杯中溶解，待溶液冷却至室温再转移，否则溶液体积偏小，选项中的操作合理，故D正确；

故选D

7.在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2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是（    ）

A. 分子数 B. 氢原子数 C. 质量 D. 密度

【答案】A

【解析】

【详解】在同温同压下，气体的体积比等于物质的量比，两个容积相同的容器中，气体的物质的量相同，则分子数相同，由于H2和Cl2的物质的量大小未知，则不能确定两容器内气体的质量、密度和氢原子数，故选A。

8.在0.5L溶液里含有0.1molNaCl和0.2molMgCl2,则此溶液中的Cl-的物质的量浓度是

A. 1mol/L B. 0.5 mol/L  C. 0.3 mol/L  D. 0.6 mol/L

【答案】A

【解析】

溶液中n（Cl-）=n（NaCl）+2n（MgCl2）=0.1mol+2×0.2mol=0.5mol，
故溶液中氯离子浓度==1mol/L，故选A。

9.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是

A. 常温常压下，80g SO3含有的氧原子数为3NA

B. 常温常压下，11.2L NH3所含的原子数为2NA

C. 16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA

D. 标准状况下，22.4L H2O中含有的氧原子数为NA

【答案】A

【解析】

【详解】A. 常温常压下，80g SO3的物质的量是1mol，含有的氧原子数为3NA，A正确；

B. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L NH3所含的原子数小于2NA，B错误；

C. 胶体是分子的集合体，则16.25 g FeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，C错误；

D. 标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4L H2O中含有的氧原子数，D错误。

答案选A。

10.电解质溶于水后电离出阴、阳离子，能够导电，而且溶液的导电能力与溶液中离子浓度和离子所带电荷有关。下列溶液的导电能力最强的是(　　)

A. 50mL 0.2 mol·L-1的NaCl溶液 B. 50mL 0.25 mol·L-1的HCl溶液

C. 50mL0.1 mol·L-1的BaCl2溶液 D. 100mL0.15 mol·L-1的MgSO4溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A、氯化钠溶液中，钠离子和氯离子所带的电荷均是1，离子的浓度均为0.2 mol·L-1，离子的导电能力值可以认为是0.2×1+0.2×1=0.4；

B、盐酸溶液中，氯离子和氢离子所带电荷均为1，离子的浓度均为0.25mol·L-1，离子的导电能力值可以认为是0.25×1+0.25×1=0.5；

C、氯化钡中溶液中，钡离子和氯离子所带的电荷分别为2、1，离子浓度分别为0.1 mol·L-1、0.2 mol·L-1，离子的导电能力值可以认为是0.1×2+0.2×1=0.4；

D、硫酸镁溶液中，镁离子和硫酸根离子所带的电荷均是2，离子浓度均为0.15 mol·L-1，离子的导电能力值可以认为是0.15×2+0.15×2=0.6；

综上可知，溶液中离子所带电荷最多的是硫酸镁溶液，所以该溶液导电能力最强，故选D。

【点睛】本题的难点和易错点为，B，要注意溶液的导电能力与溶液中离子浓度和离子所带电荷有关，可以理解为单位体积内电荷的量越多，导电能力越强。

11.某溶液中仅含有Na＋、Mg2＋、SO42-、Cl－四种离子(不考虑水电离出的H＋和OH－)，物质的量浓度之比为c(Na＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝3∶5∶5。若Na＋的物质的量浓度为3 mol·L－1，则SO42-的物质的量浓度为(   )

A. 2 mol·L－1 B. 3 mol·L－1 C. 4 mol·L－1 D. 8 mol·L－1

【答案】C

【解析】

【详解】溶液中c(Na＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝3∶5∶5，若Na+的物质的量浓度为3mol•L-1，则c(Mg2+)=5mol/L、c(Cl-)=5mol/L，根据电荷守恒：c(Na+)+2c(Mg2+)=2c(SO42-)+c(Cl-)，即3mol/L+2×5mol/L=2c(SO42-)+5mol/L，解得：c(SO42-)=4mol/L，故选C。

12.300 mL 0.2 mol/L KCl溶液与100 mL 0.3 mol/L AlCl3溶液中Cl−物质的量浓度之比是

A. 1∶3 B. 2∶3 C. 2∶1 D. 2∶9

【答案】D

【解析】

试题分析：0.2 mol/L KCl溶液中Cl－物质的量浓度为0.2 mol/L，0.3 mol/L AlCl3溶液中Cl－物质的量浓度为0.9 mol/L，因此Cl－物质的量浓度之比为，故选D。

考点：考查了物质的量浓度的相关知识。

13.下列各选项中，各类物质依次表示为X、Y、Z，其中与图中三个圆所示的从属关系不相符的是：

A. 氧化物、化合物、纯净物

B. 碱性氧化物、金属氧化物、氧化物

C. 胶体、分散系、混合物

D. 复分解反应、置换反应、化学反应

【答案】D

【解析】

【分析】

根据示意图可知Z包括Y，Y包括X，结合有关概念分析解答。

【详解】A、由两种元素构成、其中一种是氧元素的化合物为氧化物，故氧化物属于化合物；由两种或两种以上元素构成的纯净物为化合物，故化合物属于纯净物，A正确；

B、能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物均为金属氧化物；由两种元素构成、一种是氧元素另一种为金属元素的化合物为金属氧化物，金属氧化物属于氧化物，B正确。

C、分散质粒子直径介于1～100nm之间的分散系为胶体，故胶体属于分散系；将一种或几种物质分散到另一种或几种物质中所得到的体系为分散系，故分散系属于混合物，C正确；

D、化学反应可以分为复分解反应、置换反应、化合反应和分解反应，故置换反应和复分解反应是并列关系，不是从属关系，D错误；

答案选D。

【点睛】本题考查物质的组成和分类，学生应能识别常见物质的种类，并能利用其组成来判断物质的类别是解答的关键。

14.下列化学反应的离子方程式正确的是(　　)

A. 碳酸镁和盐酸反应：CO32-＋2H＋=H2O＋CO2↑

B. 铜片插入硝酸汞Hg(NO3)2溶液中：Cu＋Hg2＋=Cu2＋＋Hg

C. 铝与稀盐酸反应：Al＋2H＋=Al3＋＋H2↑

D. NaHSO4溶液与BaCl2溶液反应：HSO4-＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋

【答案】B

【解析】

【详解】A．碳酸镁难溶于水，和盐酸反应的离子方程式中保留化学式，故A错误；

B．铜片插入硝酸汞Hg(NO3)2溶液中发生置换反应，离子方程式为Cu＋Hg2＋=Cu2＋＋Hg，故B正确；

C．Al＋2H＋=Al3＋＋H2↑的电荷不守恒，应该为2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，故C错误；

D．NaHSO4为强酸的酸式盐，完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，离子方程式为SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓，故D错误；

故选B。

15.下列各组反应中，不能用同一个离子方程式表示的是(　　)

A. 盐酸分别与NaOH溶液、Ca(OH)2溶液反应

B. 硫酸分别与BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液反应

C. 硝酸分别与Na2CO3溶液、K2CO3溶液反应

D. 锌分别与稀盐酸、稀硫酸反应

【答案】B

【解析】

【详解】A、盐酸分别与NaOH溶液、Ca(OH)2溶液，都强酸与强碱反应生成可溶性盐的反应，离子方程式均为：H++OH-=H2O，故A不选；

B、硫酸分别与BaCl2溶液是强酸与钡盐反应生成难溶性盐的反应，而与Ba(OH)2溶液生成难溶盐和水，前者的离子方程式为：SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓，后者为2H++SO42-+Ba2++2OH-═2H2O+BaSO4↓，不能用同一个离子方程式表示，故B选；

C、硝酸分别与Na2CO3溶液、K2CO3溶液反应，都是氢离子和碳酸根离子反应生成水和二氧化碳，离子方程式均为2H++CO32-=H2O+CO2↑，故C不选；

D、Zn分别与稀盐酸、稀硫酸反应，都是活泼金属与氢离子的反应，离子方程式均为：2H++Zn=Zn2++H2↑，故D不选；

故选B。

16.下列各组离子在溶液中能大量共存的是（     ）

A. Na＋、Al3＋、Cl－、SO42- B. Mg2＋、Cl－、NO3-、OH－

C. Ba2＋、Na＋、CO32-、NO3- D. H＋、SO42-、NO3-、OH－

【答案】A

【解析】

【详解】A.离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；

B.Mg+与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，故B错误；

C.Ba2+与CO32-反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，故C错误；

D.H+与OH-生成弱电解质H2O而不能大量共存，故D错误；

答案：A。

【点睛】判断离子可大量共存：1.互相不发生复分解反应，不产生沉淀，不结合成弱电解质，不生成气体；2.存在条件不矛盾，不能一个存在于碱性环境，另一个存在于酸性环境；3.互相不能发生氧化还原反应；

17.下图中两条曲线分别表示1g C3H6、1g M气体在相同体积的容器中压强和温度的关系，试根据图判断M气体可能是

A. C3H4 B. CO2 C. CO D. H2S

【答案】C

【解析】

试题分析：由理想气体状态方程公式PV=nRT=m/MRT可知，当V，m，T一定时，P与M成反比。所以0.8xC3H6=1.2M；所以M=28，所以选项是C。

考点：考查气体的摩尔质量、压强与温度的关系的知识。

18.VL Fe2(SO4)3溶液中含有a g Fe3+，取此溶液VL，用水稀释至3VL，则稀释后溶液中SO42－的物质的量的浓度为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】VLFe2(SO4)3溶液中含有agFe3+，物质的量为：mol，取此溶液VL，则含有Fe3+的物质的量仍为：mol，含有硫酸根离子的物质的量为：mol×，则稀释后溶液中硫酸根离子的物质的量浓度为=mol/L，故答案为B。

第二卷：非选择题（46分）

19.可用于分离或提纯物质的方法有：过滤、蒸发结晶、蒸馏、萃取、分液、洗气。根据需求填下列装置的序号：

（1）分离Na2CO3溶液和CCl4，选_____（填序号），操作名称为________。

（2）用氢氧化钠溶液吸收O2中混有的杂质Cl2，选_______，操作名称为________。

（3）除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒选______，操作名称为__________。

（4）制取蒸馏水，选________，操作名称为________。

【答案】    (1). ③    (2). 分液    (3). ⑤    (4). 洗气    (5). ①    (6). 过滤    (7). ④    (8). 蒸馏

【解析】

【分析】

根据装置可知①是过滤，②是蒸发，③是分液，④是蒸馏，⑤是洗气，结合物质的性质分析解答。

【详解】（1）四氯化碳不溶于水，碳酸钠溶液与四氯化碳不溶，因此分离Na2CO3溶液和CCl4需要分液，因此选装置③。

（2）用氢氧化钠溶液吸收O2中混有的杂质Cl2应该选用洗气法，应该选装置⑤。

（3）碳酸钙微粒和水互不相溶，可用过滤的方法分离，即除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3颗粒选装置①。

（4）制取蒸馏水应该要蒸馏法，选装置④。

20.欲配制0.2mol/L 的NaOH溶液980mL，有以下仪器：

①烧杯②漏斗③托盘天平（带砝码）④玻璃棒⑤胶头滴管

（1）配制时，必须使用的仪器有____________（填代号），还缺少的玻璃仪器是____________________。该实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是____________________，____________________。

（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________________。

（3）根据计算应用托盘天平称量NaOH_______g。

（4）请你分析下列哪些操作会引起所配浓度偏大________（填写字母）。

A．将NaOH放在滤纸上称量

B．称取NaOH的砝码已生锈

C．容量瓶未干燥即用来配制溶液

D．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容；

E．往容量瓶转移时，有少量液体溅出

F．在容量瓶中定容时视线如图所示

G．烧杯未进行洗涤

H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线。

（5）若定容时不小心使液面超过了刻度线，应采取的措施是_____________

【答案】    (1). ①③④⑤    (2). 1000 mL容量瓶    (3). 搅拌加速溶解    (4). 引流    (5). 检漏    (6). 8.0 g    (7). B D F    (8). 重新配制

【解析】

【详解】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀可知需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶和胶头滴管，因此答案选①③④⑤，还缺少的玻璃仪器是1000 mL容量瓶。该实验中两次用到玻璃棒，其中溶解时玻璃棒搅拌加速溶解，转移时起引流作用；

（2）容量瓶含有塞子，因此使用容量瓶前必须进行的一步操作是检漏；

（3）由于没有980mL容量瓶，需要使用1000mL容量瓶，所以应用托盘天平称量NaOH固体的质量是0.2mol/L×1L×40g/mol＝8.0g；

（4）A．由于氢氧化钠易吸水，将NaOH放在滤纸上称量，溶质的质量减少，浓度偏低；

B．称取NaOH的砝码已生锈，溶质的质量增加，浓度偏高；

C．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不受影响；

D．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，恢复到室温后溶液体积减少，浓度偏高；

E．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质的质量减少，浓度偏低；

F．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；

G．烧杯未进行洗涤，溶质质量减少，浓度偏低；

H．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低。

答案选BDF；

（5）若定容时不小心使液面超过了刻度线，实验失败，所以应采取的措施是重新配制。

【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中涉及到的仪器的选择和使用等问题，易错点是误差分析，注意误差分析的依据。另外还需要注意容量瓶的规格，即不能配制任意规格的溶液。

21.I.将少量饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续煮沸，可制得Fe(OH)3胶体，反应的方程式为：FeCl3 ＋ 3H2O Fe(OH)3(胶体) ＋ 3HCl。

①当溶液呈________时，停止加热，即制得Fe(OH)3胶体。

②氢氧化铁胶体与氢氧化铁沉淀的本质区别是____________________。

③下列叙述错误的是________。（单选）

A．雾属于胶体，能产生丁达尔效应

B．“PM2.5”悬浮在空气中形成胶体，危害人体健康 (“PM2.5”指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物，也可称为可吸入肺颗粒物)

C．明矾、硫酸铁可以净水，净水原理和胶体有关

D．胶体在一定条件下能稳定存在，属于介稳体系

Ⅱ.现有下列纯净物：NaCl、SO3 、CH3COOH、石墨、HCl、蔗糖、乙醇、Fe、NaOH、H2SO4，其中

（1）固态能导电的是_________________________

（2）溶于水后形成的水溶液能导电的是___________________

（3）属于电解质的是_________________________________

（4）属于非电解质的是_________________________________

Ⅲ. 写出以下离子反应离子方程式

（1）氢氧化钡溶液与硫酸铜混合：__________________________________________________

（2）氢氧化钠溶液中滴入稀硝酸：___________________________________________________

（3）稀盐酸除水垢中的碳酸钙：_____________________________________________________

（4）二氧化碳通入澄清石灰水中：___________________________________________________

（5）硝酸银溶液与稀盐酸反应：_____________________________________________________

【答案】    (1). 红褐色    (2). 分散质粒子大小    (3). B    (4). Fe、石墨    (5). NaCl、SO3、CH3COOH、HCl、NaOH、H2SO4    (6). NaCl、CH3COOH、HCl、NaOH、H2SO4    (7). SO3 、蔗糖、乙醇    (8). Ba2+ + 2OH- + Cu2+ + SO42- = BaSO4 ↓ + Cu（OH）2 ↓    (9). OH- + H+ = H2O    (10). CaCO3 + 2H+= Ca2+ + H2O + CO2 ↑    (11). CO2 + Ca2+ + 2OH- = CaCO3 ↓ + H2O    (12). Ag+ + Cl- = AgCl ↓

【解析】

【分析】

I.①将饱和氯化铁滴加到沸水中，并加热至溶液呈红褐色，可以制备氢氧化铁胶体；

②根据分散系分为胶体、溶液和浊液的分类依据判断；

③结合胶体的分类方法和性质分析判断；

Ⅱ．根据物质导电的原因，结合电解质和非电解质的概念分析判断；

Ⅲ.首先书写化学方程式，然后将强酸、强碱和易溶性盐改写为离子形式，其余仍用化学式表示，据此书写反应的离子方程式。

【详解】I.①制备氢氧化铁胶体，可将饱和氯化铁滴加到沸水中，并加热至溶液呈红褐色，因胶体在加热易聚沉，当溶液呈红褐色停止加热，故答案为：红褐色；

②氢氧化铁胶体分散质粒子直径在1nm-100nm，而氢氧化铁沉淀的分散质粒子的直径大于100nm，本质区别是分散质粒子大小，故答案为：分散质粒子大小；

③A．雾的分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，能产生丁达尔现象，故A正确；

B．PM2.5（小于2.5μm=2500nm）的直径大于胶体中的分散质粒子直径，所以不属于胶体，属于浊液，故B错误；

C．明矾净水是由于铝离子水解生成的氢氧化铝胶体而具有净水作用，硫酸铁净水是由于铁离子水解生成的氢氧化铁胶体而具有净水作用，均与胶体有关，故C正确；

D．胶体的稳定性介于溶液和浊液之间，是介稳体系，在一定条件下能稳定存在，故D正确；

故答案为：B；

Ⅱ．(1)Fe、石墨中有自由电子，能导电，故答案为：Fe、石墨；

(2)NaCl、CH3COOH、HCl、NaOH、H2SO4属于电解质，溶于水能够电离出自由移动的离子，水溶液能够导电，SO3溶于水与水反应生成H2SO4，在水溶液里能够电离出自由移动的离子，水溶液能够导电，故答案为：NaCl、SO3、CH3COOH、HCl、NaOH、H2SO4；

(3)电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，故答案为：NaCl、CH3COOH、HCl、NaOH、H2SO4；

(4)非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，所以SO3、蔗糖、乙醇是非电解质，故答案为：SO3 、蔗糖、乙醇；

Ⅲ. (1)氢氧化钡溶液与硫酸铜混合反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Ba2+ + 2OH- + Cu2+ + SO42- = BaSO4 ↓ + Cu(OH)2 ↓，故答案为：Ba2+ + 2OH- + Cu2+ + SO42- = BaSO4 ↓ + Cu(OH)2 ↓；

(2)氢氧化钠溶液中滴入稀硝酸反应生成硝酸钠和水，反应的离子方程式为OH- + H+ = H2O，故答案为：OH- + H+ = H2O；

(3)碳酸钙难溶于水，稀盐酸除水垢中的碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3 + 2H+= Ca2+ + H2O + CO2 ↑，故答案为：CaCO3 + 2H+= Ca2+ + H2O + CO2 ↑；

(4)二氧化碳通入澄清石灰水中反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为CO2 + Ca2+ + 2OH- = CaCO3 ↓ + H2O，故答案为：CO2 + Ca2+ + 2OH- = CaCO3 ↓ + H2O；

(5)硝酸银溶液与稀盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应的离子方程式为Ag+ + Cl- = AgCl ↓，故答案为：Ag+ + Cl- = AgCl ↓。

【点睛】本题的易错点为II中电解质和非电解质的判断，要注意SO3的判断，电解质的水溶液能够导电，须为自身电离的结果。

22.同温、同压下，若A容器中充满O2，B容器中充满O3。

（1）若所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比是_______________________。

（2）若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的容积比是___________________________。

（3）若两容器的体积比为3∶2，则O2和O3物质的量之比为________________，质量之比为_____________，密度之比为___________________。

【答案】    (1). 1∶1    (2). 3∶2    (3). 3∶2    (4). 1∶1    (5). 2∶3

【解析】

【分析】

n==分析解答(1)和(2)；

(3)根据n=计算物质的量，根据m=nM计算质量，根据ρ＝计算密度。

【详解】(1)同温同压下，气体的Vm相等，根据n==可知：气体的分子数之比等于气体的体积之比，若所含分子总数相等，则A容器和B容器的容积之比为1∶1，故答案为：1∶1；

(2)若两容器中所含原子总数相等，则根据分子组成可知，两容器中的分子数之比等于3∶2，根据n==可知：气体的体积之比等于气体的分子数之比=3：2，故答案为：3∶2；

(3)若两容器的体积比为3∶2，根据n=可知O2和O3物质的量之比为3∶2，质量之比为3mol×32g/mol∶2mol×48g/mol=1∶1，根据ρ＝，密度之比为∶=2∶3，故答案为：3∶2；1∶1；2∶3。