【化学】广东省揭阳市惠来县第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

广东省揭阳市惠来县第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.阿伏加德罗曾做过这样一个实验：：“一抽空的密闭容器重mg，在标准状况下，盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后，称重为(m+n)g。把混合气体排净，再充满SO2气体，为使天平平衡，应在托盘天平的 边托盘上放置 g砝码∙∙∙∙∙∙ ”(若未使用游码)
A. 右；(m+2n) B. 右；(m+4n) C. 左；(m+2n) D. 左；(m+4n)
【答案】B
【详解】根据阿伏加德罗定律可知：同一容器在同一条件下盛放不同的气体时,所含分子数必然相等，NO和H2按相同物质的量混合时,气体的平均相对分子质量为（30+2）/2=16，而SO2的相对分子质量为64，称量物品质量时，砝码应放在天平的右盘，设密闭容器内气体的物质的量为xmol,则盛满以相同物质的量混合的NO和H2的混合气体后,气体的质量为16x=n，x=n/16g ,当充满SO2气体时,气体的质量为=64x=64×n/16=4n,所以容器的总质量为(m+4n) ；综上所述，本题选B。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4LSO3中含有的氧原子数为0.3 NA
B. 10.0 mL 18.0mol/L的浓硫酸中氢离子数为0.36 NA
C. 6.4gS6与S8的混合物中所含S原子数一定为0.2 NA
D. 80mL 10mol·L—1浓盐酸与足量MnO2反应，转移电子数为0.4NA
【答案】C
【详解】A. 标准状况下，SO3为固体，不能用气体摩尔体积进行计算，A错误；
B. 浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，无法计算该浓硫酸中含有的氢离子数目，B错误；
C. 6.4gS6含有S原子数为6.4÷（32×6）×6 NA=0.2 NA；6.4g S8含有S原子数为6.4÷（32×8）×8NA=0.2 NA；所以6.4gS6与S8的混合物中所含S原子数一定为0.2 NA；C正确；
D．随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，反应随之停止，HCl不可能全部被消耗，无法确定被消耗的HCl的量，也就无法确定转移的电子数，D错误；
综上所述，本题选C。
3.50g密度为ρg·cm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl-的浓度是（ ）
A. mol·L-1 B. 2ρmol·L-1 C. mol·L-1 D. ρmol·L-1
【答案】B
【解析】50g密度为ρ g·cm-3的CaCl2溶液里含2gCa2+，Ca2+的质量分数为，c(Ca2+)= mol·L-1=ρmol·L-1,所以c(Cl-)=2ρmol·L-1,从中再取出一半的溶液，Cl-的浓度还是2ρmol·L-1,B正确，选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 22.4LCO2与CO的混合气体中含碳原子数为NA
B. 常温下， 1L0.1 mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2 NA
C. 2.7g金属铝变为铝离子时失去的电子数目为0.3NA
D. 室温下，21.0 gC2H4和C4H8的混合气体中含有的原子数目为4.5 NA
【答案】A
【详解】A. 没有给定标况下条件，所以不能确定22.4LCO2与CO的混合气体为1mol，也就无法确定混合气体中含碳原子数为NA，故A错误；
B. 无论NH4+水解与否，根据元素守恒规律，溶液中的N元素都是0.2mol，数目为0.2 NA，故 B正确；
C. 1mol金属铝在反应中只能失去3mol电子，因此2.7g金属铝（物质的量为0.1mol）变为铝离子时失去的电子数目为0.3NA，故C正确；
D. 由于乙烯和丁烯最简式都是：CH2，所以21g中混合物中含碳质量=21×12/(12+2)=18g,即含碳原子的量为18/12=1.5mol,含氢的质量为21×2/(12+2)=3g,即含氢原子的量为3/1=3mol，所以合气体中含有的原子数目为4.5NA；故D正确；
综上所述，本题选A。
5.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 标准状况下，2.24L 四氯化碳含有的分子数目为 0.1NA
B. 25℃时，0.1 mol·L-1Na2S溶液中含有Na+的数目为0.2NA
C. 64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到NA个SO3分子
D. 2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【分析】标准状况下，四氯化碳是液体；没有溶液体积不能计算溶质物质的量；可逆反应中，反应物不可能完全转化为生成物；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1。
【详解】标准状况下，四氯化碳是液体，2.24L 四氯化碳的物质的量不是0.1mol，故A错误；没有溶液体积不能计算溶质物质的量，故B错误；2SO2+O22SO3，该反应可逆，64g的SO2与足量的O2充分反应后得到SO3分子数小于NA个，故C错误；2.3gNa与O2完全反应生成3.6g产物，则产物是氧化钠和过氧化钠的混合物，钠元素化合价由0价变为+1，所以2.3gNa完全反时，失去的电子数为0.1NA，故D正确。
6.相对分子质量为 M 的气态化合物V L（标准状况），溶于m g 水中，得到质量分数为 w、物质的量浓度为c mol/L、密度为ρg/mL 的溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 溶液密度ρ=cw/1000M B. 物质的量浓度c=ρV/(MV+22.4m)
C. 溶液的质量分数w=MV/22.4m D. 对分子质量M=22.4mw/(1—w)V
【答案】D
【详解】A项，根据c=1000ρw/M可得，ρ=cM/1000w，故A错误；
B项，气体的物质的量为mol，气体质量为g，溶液质量为(+m)g，所以溶液体积为 L，因此物质的量浓度c=mol÷ L=mol/L，故B错误；
C项，溶液中溶质的质量分数w=÷(+m)×100%=，故C错误；
D项，溶液质量为(+m)g，溶质的质量分数为w，所以溶质质量为：(+m)w g，因为气体的物质的量为mol，所以相对分子质量M=(+m)w÷，解得：M=22.4mw/(1-w)V，故D正确。
综上所述，符合题意的选项为D。
7.两种硫酸溶液，一种物质的量浓度为C1mol/L，密度为ρ1g/cm3，另一种物质的量浓度为C2mol/L，密度为ρ2g/cm3，当它们等体积混合后，溶液的密度为ρ3g/cm3，则混合溶液的物质的量浓度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令溶液体积都为1L，计算出两种硫酸溶液的质量，混合后的硫酸溶液质量为两种硫酸溶液的质量之和，再利用密度计算混合后的体积，根据混合后硫酸的物质的量为原两种硫酸溶液中硫酸的物质的量计算浓度。
【详解】令溶液体积都为1L，则混合后硫酸溶液的质量为1000mL×ρ1g/mL+1000mL×ρ2g/mL=1000（ρ1+ρ2）g，所以混合后的硫酸溶液的体积为。令混合后的物质的量浓度为c，则：1L×C1 mol/L+1L×C2 mol/L=，解得c=。答案选D
8.相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为ω%，物质的量浓度cmol/L，密度为ρg/cm3，则下列说法正确的是（ ）
A. 相对分子质量M可表示为：
B. 溶液密度ρ可表示为：
C. 溶液的质量分数ω%可表示为：
D. 物质的量浓度C可表示为：
【答案】A
【详解】A、mg：m（溶质）=（1-ω%）：ω%，所以m（溶质）=g，所以×Mg/mol=g，解得M=，所以该气体的相对分子质量为，选项A正确；B、由于c=，所以ρ==，选项B错误； C、溶质的质量为×Mg/mol =g，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以质量分数为=，选项C错误；D、溶质的物质的量为以=mol，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以溶液的体积为，所以溶液浓度为=mol/L，选项D错误；答案选A。
9.将标准状况下的 L HCl（g）溶于1L水中，得到的盐酸密度为bg·cm－3，则该盐酸的物质的量浓度是（ ）
A. mo1·L－1 B. mol·L－1
C. mol·L－1 D. mol·L-1
【答案】D
【详解】从c=n/V出发，欲求c，先求n、V，即从已知条件中找出溶质的物质量n(mol)和溶液的体积V(L)：n(HCl)=a/22.4L，V=m/ρ= (36.5a/22.4+1000)×10-3/ b(L/cm3)，所以盐酸的浓度c(HCl)=n(HCl)/Vmol/L，带入数值后c(HCl)= mol·L-1，综上所述，本题选D。
10.关于胶体的性质与应用，相关说法错误的是（ ）
A. 明矾净水是利用胶体的吸附性
B. 胶体区别于其他分散系的本质特征是有丁达尔效应
C. 胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外
D. 静电除尘器除去空气或工厂废气中的飘尘，是利用胶体粒子的带电性而加以除去
【答案】B
【解析】
【分析】明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体；胶体、溶液、浊液的本质区别是粒子直径不同；利用渗析原理提纯胶体；静电除尘利用的是胶体电泳。
【详解】明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，明矾净水是利用胶体的吸附性，故A正确；胶体区别于其他分散系的本质特征是粒子直径不同，故B错误；血液属于胶体，利用渗析原理提纯胶体，故C正确；胶体粒子带电，净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之电泳除去，故D正确。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物
D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物一定是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】A项，酸碱盐都是电解质；B项，NH3及非金属氧化物都是非电解质；C项和D项，可用举反例的方法解决：CO、NO2等不是酸性氧化物，金属氧化物Mn2O7也是酸性氧化物。
【详解】A项，HCl在水溶液里能导电，熔融的AgCl能导电，HCl属于酸、AgCl属于盐，酸碱盐都是电解质，故A错误；
B项，NH3、CO2均为非电解质，NH3、CO2分别与水反应生成NH3•H2O、H2CO3的水溶液能导电，应描述为：NH3•H2O、H2CO3均是电解质，故B错误；
C项，许多非金属氧化物是酸性氧化物，如：CO2、SO2、SO3、N2O5等，但是有些非金属氧化物不是酸性氧化物，如：CO、NO2等，有少量金属氧化物是酸性氧化物，如：Mn2O7等，故C正确；
D项，碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：金属氧化物Mn2O7是酸性氧化物，故D错误。
综上所述，符合题意的选项为C。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 直径介于1nm～100nm之间的微粒称为胶体
B. 向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液可以得到Fe(OH)3胶体
C. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
D. 渗析是鉴别溶液和胶体的最简便的方法
【答案】C
【解析】
【分析】胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀；丁达尔现象是胶体的重要特征，可用来区别溶液和胶体；胶体粒子可以透过滤纸，但不能透过半透膜。
【详解】直径介于1nm～100nm之间的分散系称为胶体，故A错误；向饱和FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，不能生成氢氧化铁胶体，故B错误；丁达尔现象是胶体的重要性质，可用来区别溶液和胶体，故C正确；胶体粒子不能透过半透膜，用渗析的方法提纯胶体，鉴别溶液和胶体的最简便的方法是丁达尔效应，故D错误。
13.下列说法正确的是（ ）
A. 浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均属于强电解质
B. SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物
C. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液
D. 纯碱的分子式是Na2CO3
【答案】B
【详解】A. 浓盐酸、浓硫酸、浓硝酸均为混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B．SiO2、SO2、SO3均和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，选项B正确；C、根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，选项C错误；D．纯碱是离子化合物，由离子构成不存在分子，化学式为Na2CO3，选项D错误；答案选B。
14.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间
B. 胶体和溶液一样，其分散质可透过滤纸
C. 用平行光照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
D. Fe(OH)3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的
【答案】C
【详解】A．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，选项A正确； B．溶液中溶质微粒可透过滤纸，胶体中分散质微粒也可透过滤纸，胶体中分散质微粒不能透过半透膜，选项B正确；C．Fe(OH)3 胶体能发生丁达尔你效应而NaCl溶液不能，产生的现象不相同，选项C错误；D．Fe(OH)3胶粒带电荷能吸附水中悬浮的固体颗粒，使之沉降，达到净水目的，选项D正确；答案选C。
15.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据合理的是（ ）
①根据氧化物的组成将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物
②根据反应中是否有化合价变化将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体和浊液
④根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物
⑤根据物质在水中的溶解度，将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质
A. ②③④ B. ②④⑤ C. ①②③④⑤ D. ①②④
【答案】B
【详解】①根据氧化物的组成元素将氧化物分成金属氧化物和非金属氧化物，依据氧化物性质把氧化物分为酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，故①不合理；②化学反应中元素化合价是否发生变化把反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，而电子转移是引起化合价变化的原因，故②合理；③根据分散质微粒直径大小不同，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故③不合理；④根据否是由一种元素组成的纯净物可以分为单质和化合物，故④合理；⑤根据物质在水中的溶解度，可将物质分为可溶性物质、微溶性物质和难溶性物质，故⑤合理；综上所述②④⑤分类依据合理，答案选B。
16.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铁与稀盐酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
B. 氢氧化钠溶液与醋酸反应：OH－＋H＋=H2O
C. 锌与硫酸铜溶液反应：Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu
D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2＋＋SO42-=BaSO4↓
【答案】C
【详解】A项，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故A项错误；
B项，氢氧化钠溶液与醋酸反应生成醋酸钠和水，醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式：OH－＋CH3COOH===H2O+CH3COO-，故B项错误；
C项，锌与硫酸铜溶液反应生成硫酸锌和铜，离子方程式正确，故C项正确；
D项，氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2＋＋2OH-+SO42-+2H+===BaSO4↓+2H2O, 故D项错误；
综上所述，本题选C。
17.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 向氯化钙溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
B. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应：Ca2++ HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
C. 含等物质的量的Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-
D. 次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2＋H2O＋ClOˉ=SO42-＋Clˉ＋2H+
【答案】C
【详解】A．向氯化钙溶液中通入CO2气体，不发生化学反应，故A错误；B．Ca( HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故B错误；C. 含等物质的量的Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，通入的氯气首先氧化I-，剩余的氯气再氧化亚铁离子，氯气还有剩余最后氧化溴离子，因此但氯气不适量时，可以发生2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故C正确；D．次氯酸钠溶液中通入少量SO2气体，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2H+，生成的氢离子与剩余的次氯酸根离子结合生成次氯酸分子，总反应为3ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2HClO，故D错误；故选C。
18.下列属于电解质的是（ ）
A. 明矾 B. 盐酸 C. 氨气 D. 钾钠合金
【答案】A
【详解】A、明矾是一种复盐，是电解质，故A正确；B、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C、氨气不能电离，其溶于水能电离是由于氨气溶于水与水反应生成的一水合氨电离，一水合氨是电解质，氨气不是电解质，是非电解质，故C错误；D. 钾钠合金属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。
19.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
B. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32—+2H+=SO2↑+H2O
C. 向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32—+ SO2+ H2O=H2SiO3↓+SO32—
D. 醋酸除去水垢：2H+ + CaCO3 = Ca2+ + CO2↑+ H2O
【答案】A
【详解】A．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2 溶液，离子方程式：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故A正确；B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应为3SO32-+2NO3-+2H+=3SO42-+2NO↑+H2O，选项B错误；C．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，离子方程式：SiO32-+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+HSO3-，选项C错误；D．用醋酸除去水垢，碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，选项D错误；答案选A。
20.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
（1）I—、ClO—、NO3—、H+（2）K+、NH4+、HCO3—、OH-
（3）SO32—、SO42—、Cl-、OH—（4）Fe3+、Cu2+、SO42—、Cl-
（5）H+、K+、AlO2—、HSO3+(6)Ca2+、Na+、SO42—、CO32—
A. （1）和（6） B. （3）和（4） C. （2）和（5） D. （1）和（4）
【答案】B
【解析】
【分析】根据离子间是否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质以及离子之间是否发生氧化还原反应、相互促进的水解反应等角度分析．
【详解】（1）在酸性条件下，具有强氧化性的ClO－和NO3－离子与具有还原性的I－离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故（1）错误；
（2）OH－与NH4＋和HCO3－反应而不能大量共存，故（2）错误；
（3）离子之间不能发生任何反应，能大量共存，故（3）正确；
（4）离子之间不能发生任何反应，能大量共存，故（4）正确；
（5）H＋与AlO2－和HSO3－反应而不能大量共存，故（5）错误；
（6）Ca2＋与CO32－反应生成沉淀而不能大量共存，故（6）错误。
故选B。
21.下列说法正确的是（ ）
A. 物质的相对分子质量就是该物质的摩尔质量
B. 两个等容容器，一个盛一氧化氮，另一个盛N2、H2混合气，同温同压下两容器内气体分子总数一定相同，原子总数也相同
C. 将98gH2SO4溶于500mL水中所得到溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L
D. 发生化学反应时失电子越多的金属原子，还原能力越强
【答案】B
【解析】A、物质的相对分子质量在数值上等于该物质的摩尔质量，其中物质的相对分子质量无单位，摩尔质量的单位是g/mol，A项错误；B、同温同压下，容积相等时，气体的体积相同，即气体分子数相同，N2、H2都是双原子分子，含有的原子总数相同，B项正确；98 gH2SO4即1 mol H2SO4溶于500 mL水后的体积不能确定，无法求出硫酸的物质的量浓度，C项错误；D、发生化学反应时失电子越多的金属原子，不是还原性越强，例，Na原子失1个电子转化为Na+，Mg原子失2个电子转化为Mg2+，但Na原子还原性强，D项错误；答案选B。
22.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过以下反应合成：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO。有关该反应下列叙述正确的是（ ）
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1 mol AlN需转移3 mol电子
C. AlN中氮的化合价为＋3
D. AlN的摩尔质量为41 g
【答案】B
【解析】
【分析】A．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；B．根据AlN和转移电子之间的关系式计算；C．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的显正价；D．摩尔质量的单位是g/mol。
【详解】A．该反应中，氧化剂氮气，还原剂是碳，选项A错误；B．反应中N元素的化合价从0价降低到-3价，转移3个电子，则每生成1molAlN需转移3mol电子，选项B正确；C．氮化铝中氮元素的化合价是-3价，选项C错误；D．氮化铝的摩尔质量是41g/mol，选项D错误；答案选B。
23.在反应2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中) （ ）
A. 氧化产物与还原产物粒子个数比是2∶5
B. 被氧化的HCl占参加反应HCl总分子数的5/8
C. KMnO4只有一部分发生还原反应
D. KMnO4与HCl恰好分别完全发生还原反应和氧化反应
【答案】B
【解析】试题分析：A、氯化氢是还原剂，氧化产物是氯气。高锰酸钾是氧化剂，还原产物是氯化锰，则根据方程式可知氧化产物与还原产物粒子个数比是5∶2，A错误；B、根据电子转移数相等，2个MnO4—得到10e-，则可氧化10个HCl分子，所以被氧化的盐酸占参加反应盐酸总分子数的5/8，B正确；C、KMnO4全部被还原为氯化锰，即高锰酸钾全部发生还原反应，C错误；D、根据以上分析可知KMnO4全部被还原，但HCl只有一部分发生氧化反应，D错误，答案选B。
24.在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2 三种气体，当他们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）由大到小的顺序是（ ）
A. p(H2)＞p(Ne)＞p(O2) B. p(O2) ＞p(Ne)＞p(H2)
C. p(H2)＞p(O2) ＞p(Ne ) D. p(Ne)＞p(H2) ＞p(O2)
【答案】A
【详解】由于三种气体的体积和密度都相同，可知三种气体的质量相同，因此三种气体的物质的量与摩尔质量成反比，而同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，气体的压强与气体的摩尔质量成反比，三种气体的摩尔质量的大小关系为：M(O2) ＞M(Ne)＞M(H2)，所以压强的大小关系为：p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)，A正确； 综上所述，本题选A 。
25.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说有关说法正确的是（ ）
A. 在常温常压下，11.2L N2含有的分子数小于0.5NA
B. 标准状况下，2.24L SO3含有的原子数为0.4NA
C. 将1L 2mol/L的FeCl3溶液，其中含有Cl-为2NA
D. 46g NO2和N2O4混合气体所含氧原子数目有可能为3NA
【答案】A
【解析】试题分析：A．依据气体摩尔体积的条件分析判断，标准状况气体摩尔体积为22.4L/ mol，在常温常压下，温度升高分子间距离增大，11.2L N2含有的分子数小于0.5NA，故A正确；B．标准状况三氧化硫不是气体，2.24L SO3含物质的量不是0.1 mol，故B错误；C．胶体是氢氧化铁的集合体，将1L 2mol/L的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于2NA，故C错误；D．NO2和N2O4混合气体最简比为NO2，依据n=计算NO2中氧原子数目=×2×NA=2NA，故D错误；选A。
26.硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）……等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。试回答以下问题（并写出必要的过程）：
（1）已知某硫酸溶液的的密度为1.84 g/cm3，质量分数为98%，该硫酸溶液的物质的量浓度为_____mol·L-1。
（2）若将其稀释为500mL 0.2mol/L的溶液，需用量筒取该浓硫酸___________mL
（3）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将89 g焦硫酸溶于水配成800 mL硫酸，则该硫酸的物质的量浓度为_____mol·L-1。
（4）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2＋8 O2＝Fe3O4＋6SO2，4FeS2＋11 O2＝2Fe2O3＋8SO2，若2.4 mol FeS2完全反应耗用氧气145.6 L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比___________。
【答案】(1). 18.4mol/L (2). 5.4 (3). 1.25 mol/L (4). 2:3
【详解】（1）根据c=1000ρw%/M=1000×1.84×98%/98mol·L－1=18.4mol·L－1；故答案为：18.4mol/L；
（2）设原溶液的体积为VmL，稀释前后溶质的物质的量不变，因此有VmL×18.4mol/L=500ml×0.2mol/L，解得V=5.4mL，故答案为：5.4；
（3）89g焦硫酸的物质的量为89/178=0.5mol，溶于水后生成1mol硫酸，所以硫酸的物质的量浓度=1mol÷0.8L=1.25mol/L，故答案为：1.25 mol/L；
（4）假设生成四氧化三铁的硫化亚铁的物质的量为x，则生成氧化铁的硫化亚铁的物质的量为y，则有x+y=2.4、8x/3+11y/4=145.6/22.4，解x=1.2，y=1.2，则生成的Fe3O4为0.4mol，Fe2O3为0.6mol，Fe3O4与Fe2O3物质的量之比为0.4:0.6=2:3，故答案为2:3。
27.现有下列十种物质：①0.1mol/L硫酸、②小苏打、③纯碱、④二氧化碳、⑤葡萄糖、⑥0.1mol/LNaOH溶液、⑦氢氧化铁胶体、⑧氨水、⑨Al2O3、⑩硫酸铁溶液
（1）上述十种物质中，属于非电解质的有__________（填序号）。
（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，这两种物质的序号是_________（填序号）。
（3）现有100mL⑩溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中c(SO42-)=_____________
（4）标准状况下，_____________L ④中含有0.4 mol氧原子。
【答案】(1). ④⑤ (2). ①⑥ (3). 1.5mol/L (4). 4.48
【详解】（1）在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的有二氧化碳、葡萄糖。答案：④⑤。
（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用离子方程式H++OH-＝H2O表示，这两种物质是硫酸与氢氧化钠。答案：①⑥
（3）5.6g铁离子的物质的量是0.1mol，则相应硫酸铁[Fe2（SO4）3]的物质的量是0.05mol，硫酸根的物质的量是0.15mol，则溶液中c(SO42-)＝0.15mol÷0.1L＝1.5mol/L。答案：1.5mol/L。
（4）0.2molCO2含有0.4mol氧原子，标谁状况下体积为0.2mol×22.4L/mol＝4.48L。答案：4.48。
28.工业生产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放的废水中含有Cu2+、Fe2+、Hg2+、H+等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：

（1）步骤Ⅰ中加入过量铁粉的目的是_______________________________。
（2）步骤Ⅱ中________(填“能”或“不能”)，用盐酸代替硫酸，写出步骤Ⅱ中涉及反应的化学方程式：____________________________________。
（3）步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩______________、______________、洗涤、干燥。现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是___________。
（4）步骤 V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：
方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；
方案丙：利用炭粉还原氧化铜；
方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案_________不好；从产品纯度考虑，方案_________不好。
【答案】(1). 将Cu2+、Hg2+部置换出来 (2). 不能 (3). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ (4). 冷却结晶 (5). 过滤 (6). 漏斗 (7). 甲、乙 (8). 丙
【详解】（1）加入过量的铁粉，可以将Cu2+、Hg2+全部转化为单质置换出来；
（2）步骤Ⅱ中不能用盐酸代替硫酸，若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁，步骤Ⅱ中稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，涉及反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；
（3）步骤Ⅳ得到绿矾的操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。完成步骤Ⅳ的实验操作需要的仪器有：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台、漏斗等，故完成步骤Ⅳ的实验操作还需要选择的玻璃仪器是漏斗；
（4）氢气、一氧化碳易燃，用其还原氧化铜存在不安全因素，用碳还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉。故从安全角度考虑，方案甲、乙不好；从产品纯度考虑，方案丙不好。
29.Ⅰ．NaNO2 因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知 NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。
（1）上述反应中氧化剂是_____。
（2）根据上述反应，鉴别 NaNO2 和 NaCl。可选用的物质有①水、②碘化钾­淀粉试纸③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有_____(填序号)。
（3）请配平以下化学方程式：______
Al＋NaNO3＋ NaOH=NaAlO2＋ N2↑＋H2O
若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下 N2 的体积为_____L。
Ⅱ．“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成 VO2＋。
（4）请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_____。
（5）V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43－)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO2＋)的盐。请写出 V2O5 分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_____、_____。
【答案】(1). NaNO2 (2). ②⑤ (3). 10 6 4 10 3 2 (4). 11.2 (5). V＋6H＋＋5NO3－===VO2＋＋5NO2↑＋3H2O (6). Na3VO4 (7). (VO2 ) 2SO4
【详解】I.(1).在反应2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为：NaNO2；
(2).由2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择碘化钾­淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：②⑤；
(3).Al元素的化合价从0价升高到+3价，N元素的化合价从+5价降低到0价，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应方程式为10Al+6 NaNO3+4NaOH=10 NaAlO2+3N2↑+2 H2O，由化学方程式可知，若反应过程中转移 5 mol 电子，则生成标准状况下N2 的体积为××22.4 L/mol=11.2L，故答案为：10 6 4 10 3 2；11.2；
II.(4).金属钒与浓硝酸反应成VO2＋、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：V+6H++5NO3−=VO2++5NO2↑+3H2O，故答案为：V+6H++5NO3−=VO2++5NO2↑+3H2O；
(5).V2O5 是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为 VO43－)，所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的阳离子为钠离子，酸根离子为VO43－，则盐的化学式为Na3VO4；V2O5与稀硫酸溶液反应生成含钒氧离子(VO2＋)的盐，所以阳离子是VO2＋，阴离子是硫酸根离子，则盐的化学式为(VO2 ) 2SO4，故答案为：Na3VO4；(VO2 ) 2 SO4；
30.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在，实验室里从海藻中提取碘的流程如下图。

某化学兴趣小组将上述流程②③设计成如图所示：

已知②中发生反应的化学方程式为：Cl2＋2KI==2KCl＋I2。
回答下列问题：
（1）写出提取过程中①③实验操作名称：①________，③________。
（2）F中下层液体的颜色为________色，上层液体中溶质的主要成分为________。从F中得到固态碘还发生反应需进行的操作是______。
（3）用双线桥表示②中的反应电子转移方向和数目：Cl2＋2KI==2KCl＋I2_______________
（4）提取过程中，消耗标况下Cl256L，碘的提取率为90%，计算能获得碘______g。
【答案】(1). 过滤 (2). 萃取 (3). 紫红 (4). KCl (5). 分液、蒸馏 (6). (7). 571.5
【详解】(1)海藻灼烧得到海藻灰，浸泡得到悬浊液，过滤适用于不溶于水的固体和液体，分离固体和液体用过滤，过滤得到含I-离子的溶液通入氯气，氧化碘离子为碘单质，将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，加入四氯化碳萃取剂分液，得到含碘单质的四氯化碳溶液，从有机溶液中提取碘，因此，本题正确答案是：过滤；萃取分液；
(2)四氯化碳是无色液体，密度比水大，碘单质溶于四氯化碳后分层，下层为溶解碘单质的紫色溶液，上层为溶解氯化钾的溶液，然后分液得到碘的四氯化碳溶液，从有机溶剂中提取碘，需要用蒸馏操作，因此，本题正确答案是：紫红；KCl；分液、蒸馏；
(3) Cl2＋2KI=2KCl＋I2 反应中氯原子得到电子，发生还原反应，碘离子失去电子，发生氧化反应，用单线桥可表示为；
(4)由方程式 Cl2＋2KI=2KCl＋I2可知，消耗1mol的Cl2，则生成1mol I2, 标况下Cl256L的物质的量为56L÷22.4L/mol=2.5mol,所以生成碘的质量为2.5mol×254g/mol=635g，因为碘的提取率为90%，所以获得碘的质量为635g×90%=571.5g。因此，本题正确答案是：571.5。