沪科版高中化学高中二年级第一学期10《学习几种定量测定方法》单元测试题（解析版）
文档属性
| 名称 | 沪科版高中化学高中二年级第一学期10《学习几种定量测定方法》单元测试题（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 182.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2018-12-03 14:29:21 | ||
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文档简介
《学习几种定量测定方法》单元测试题
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．下列几种情况对中和滴定结果无影响的是（ ）
A． 盛待测液的锥形瓶内留有蒸馏水
B． 滴定管装入标准液前未用标准液润洗
C． 滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D． 滴定达到终点时，视线高于滴定管内凹液面的最低点读数
2．标准状况下，体积相同的下列气体，其质量最大的是：（ ）
A． N2 B． CO2 C． SO2 D． CH4
3．用过量氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含偏铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，已知通入二氧化碳336L(标准状况下)，生成24molAl(OH)3和15molNa2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L(标准状况下)，生成Al(OH)3的和Na2CO3的物质的量之比为（ ）
A． 2：1 B． 1：2 C． 4：5 D． 5：4
4．在下列各组物质中，所含分子数目相同的是（ ）
A． 1 L 水，1 L 硫酸，1 L 二氧化硫 B． 2.2gCO2，1.6g 氧气，0.2g 氦气
C． 18 克水，1mol 水，22.4LH2O（标况） D． 1 LCO，1000mlO2，1L 汽油
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A． 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B． 常温常压下，14gC2H4和C4H8混合气体含有的碳原子数为NA
C． 标准状况下，4.48 L HF所含的分子数目为0.2NA
D． 在氢氧化铁胶体的制备中如果有1 mol 三氯化铁水解，则氢氧化铁胶粒数为NA
6．相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
①它们所含的分子数目之比为1：1 ②它们所含的O原子数目之比为1：2
③它们所含的原子总数目之比为2：3 ④它们所含的C原子数目之比为1：1
⑤它们的质量之比为7：11
A． ①和④ B． ②和③ C． ④和⑤ D． ①②③④⑤
7．下列实验操作规范且能达到目的的是( )
目的 操作
A． 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B． 除去锅炉中沉积的CaSO4 可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除
C． 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D． 证明Ksp(ZnS) > Ksp(CuS) 在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液,再加入少量等浓度的CuSO4溶液
A． A B． B C． C D． D
8．标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是( )
A． B．
C． D．
9．下列各组中两种气体的分子数一定相等的是 （ ）
A． 同质量、同体积的O2和N2 B． 同质量、密度不等的N2和CO2
C． 同体积、不同密度的CO和N2 D． 同温、同压、同体积的N2和SO2
10．室温下，将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为?H1，将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为?H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s) △ CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为?H3。则下列判断正确的是（ ）
A． ?H2＞?H3 B． ?H1＋?H3＝?H2 C． ?H1＞?H2 D． ?H1＋?H2＞?H3
11．同温同压下，有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计)，A气球中充入a气体，B气球中充入b气体，充气后两气球的体积相等，A气球置于氮气中，气球静止不动，B气球置于氧气中，气球上升。下列有关叙述中正确的是（ ）
A． a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大
B． a气体可能是CO，b气体可能是CH4
C． A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数
D． 充气后，A气球的质量一定大于B气球的质量
12．用铝粉和四氧化三铁粉末配成铝热剂，分成两等份：一份在高温下恰好反应，再与足量稀硫酸反应， 生成氢气aL；另一份直接放入足量氢氧化钠溶液中充分反应，在同条件下生成氢气bL，则a∶b为（ ）
A． 1∶1 B． 3∶4 C． 4∶3 D． 8∶9
13．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A． 用H2O2制备氧气时加入MnO2
B． 开启易拉罐后，马上泛起大量泡沫
C． 配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸
D． 相同温度时，AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度
14．某固体A在一定条件下可完全分解，生成B、C、D三种气体的混合物。反应方程式如下：2A＝B↑+2C↑+3D↑，此时测得混合气体的相对平均分子质量为26，则固体A的摩尔质量为（ ）
A． 30g/mol B． 90g/mol C． 78g/mol D． 90
15．t℃时，水的离子积为KW，该温度下将a mol·L－1一元酸HA与b mol·L－1一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是（ ）
A． 混合液中，c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－) B． 混合液的pH＝7
C． a＝b D． 混合液中，c(H＋)＝
二、填空题
16．三氯异氰尿酸(结构简式如图)是一种极强的氧化剂和氯化剂。
（1）利用三氯异氰尿酸水解产物中的氧化性物质X可消毒灭菌，X的分子式为 。
（2）“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。为测定三氯异氰尿酸的“有效氯”含量，现称取某三氯异氰尿酸样品0.5680 g，加水、足量KI、硫酸，配制成100 mL待测液；准确量取25.00 mL待测液于碘量瓶中，用0.1500 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点(发生反应的方程式为：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)；重复测定2次，所得的相关数据如下表：
滴定序号 待测液体积/mL 标准液滴定管起点读数/mL 标准液滴定管终点读数/mL
1 25.00 0.06 24.04
2 25.00 0.02 24.02
3 25.00 0.12 24.14
①滴定终点观察到的现象为 ；
②配制0.1500 mol·L－1 Na2S2O3溶液100 mL，所需Na2S2O3·5H2O的质量为 ；
③计算此样品的“有效氯”含量(写出计算过程)。
17．100 mL气体A2跟50 mL气体B2恰好完全反应生成100 mL气体C(体积均在相同条件下测定)则C的化学式为________，其推断的理由是____________________。
18．古代的“药金”外观与黄金相似，常被误认为黄金。它的冶炼方法是将ZnCO3 、赤铜(Cu2O)和木炭混合加热至800℃，得到金光闪闪的“药金”，则药金的主要成分是___________，有关的化学方程式是___________、___________、___________。
19．（1）同温同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为_________________
（2）标准状况下，22.4LHCl气体溶于50mL水再配成250mL溶液，所得盐酸的物质的量浓度_________ mol/L，若将此溶液再稀释成1L溶液，稀释后盐酸的物质的量浓度_______ mol/L
（3）某10% NaOH溶液，加热蒸发掉100g水后得到80mL20%的溶液，则该20% NaOH溶液的物质的量浓度为 _________________ mol/L
20．（1） 质量都是50 g 的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是________，在同温同压下，体积最大的是____________。
（2）在一定条件下，ROn2-和氯气可以发生如下反应：ROn2-+Cl2 + 2OH－ ===RO42-+ 2Cl－+ H2O
由以上反应可知在ROn2-中，元素R的化合价是___________。
（3）在100mL混合液中含有2 mol/L KI和1.5 mol/L K2SO3,现向该溶液中通入0.2 mol Br2,充分反应后，参与反应的SO32-和I－的物质的量之比为_______________。
三、实验题
21．滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。
（1）测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为：先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。
①向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸，则终点颜色的变化为______，为何此种情况能测出NaOH的含量？______。
②滴定时，若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点，则能否由此准确地计算出结果？________并解释原因：__________________________。
（2）测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 0 g该碘盐，溶于蒸馏水，然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3＋3H2SO4＋5KI===3K2SO4＋3I2＋3H2O)，充分反应后将混合溶液稀释至250 mL，然后用5.0×10－4 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂，反应为I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)。取用Na2S2O3标准溶液应该用________式滴定管。有关实验数值如下表所示(第一次滴定终点的数据如图所示，请将读得的数据填入表中)。
滴定次数 待测液的体积(mL) 滴定前的读数(mL) 滴定后的读数(mL)
第一次 25.00 0.00 V＝______
第二次 25.00 0.00 14.99
第三次 25.00 0.00 15.01
该碘盐中碘元素的百分含量为________。
下列操作中，会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是________。
a．滴定终点时，俯视刻度
b．没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管
c．锥形瓶中有少量的蒸馏水
（3）向20.00 mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，下列示意图变化趋势正确的是____________。
22．H2C2O4 (草酸，二元弱酸)和邻苯二甲酸氢钾均可作为标定NaOH溶液浓度的基准物质，从而获得NaOH标准溶液。
（1）在水溶液中H2C2O4的电离方程式为________。
（2）用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定0.1mol?L-1草酸溶液的滴定曲线如下图所示。
①滴定过程中从X点到Y点，反应的离子方程式为________。
②用NaOH溶液滴定至过量，整个过程锥形瓶里溶液中水的电离程度 _______(填序号)。
a.始终减小 b.始终增大 c.先减小后增大 d.先增大后减小
③X点时，c(Na+)-c(C2O42-)_____c(H2C2O4) +c(HC2O4-) (选填：＞、＜或=);Y点时，c(OH-) - c(H+) _______c(H2C2O4)+ c(HC2O4-) (选填：＞、＜或=)。
（3）某同学用邻苯二甲酸氢钾(，摩尔质量为204g?mol-1，易溶于水的固体，水溶液呈弱酸性)标定NaOH溶液，主要实验步骤如下：
步骤Ⅰ.准确称取0.4896g邻苯二甲酸氢钾于锥形瓶中，用少量温水溶解
Ⅱ.加入1~2滴酚酞作指示剂
Ⅲ.用待定NaOH溶液滴定到终
①判断达到滴定终点的方法是___________。
②若滴定到终点消耗NaOH溶液为25.00mL，则该次滴定测得的NaOH溶液浓度为 _______。
③下列情况会导致测得的NaOH溶液浓度偏大的是__________(填序号)。
a.滴定管未用待定NaOH溶液润洗
b.滴定前滴定管尖端部分有气泡，滴定过程中消失
c.滴定后期用少量蒸馏水稀释锥形瓶中溶液
d.读数时，滴定前仰视滴定管刻度，滴定后平视滴定管刻度
四、推断题
23．某同学用含结晶水的正盐由四种元素组成的纯净物进行了如下实验：
已知：A、B、C均为中学化学常见物质，溶液D中仅含两种阳离子。
请回答：
的化学式是________，X在空气中加热的化学方程式是________。
将完全溶于水，向所得溶液中通入标准状况下氯气充分反应，则该反应的离子方程式是________。
24．某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________________。
(2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是______(填编号，下同)。
a．一定含有 b．一定不含有 c．可能含有
(3)气体F的电子式为____________，化合物I中含有的化学键类型有________________。
(4)转化①的离子方程式为_______________________________________________________。
转化⑦的离子方程式为_______________________________________________________。
(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是________。
①NaOH溶液 ②KSCN溶液 ③氯水和KSCN的混合溶液 ④pH试纸 ⑤KMnO4溶液
五、计算题
25．为了测定某铜银合金的成分。将30.0g合金完全溶于80ml 13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体共6.72L（标准状况），并测得溶液中氢离子浓度为1mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80ml。试计算：
（1）被还原的硝酸的物质的量。
（2）合金中银的质量分数。
26．向铝粉和过氧化钠的混和物中加入足量水振荡，当混和物全部溶解后，得到无色透明溶液并放出7克气体，向该溶液中滴加5摩/升的盐酸，有白色胶状沉淀生成，当滴加到280毫升时，沉淀恰好溶解，求原混和物铝和过氧化钠的物质的量之比为多少？（需写出计算过程）
试卷第8页，总8页
参考答案
1．A
【解析】A、盛待测液的锥形瓶里留有蒸馏水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（待测）不变，A正确；B、滴定管装入标准液前未用标准液润洗，相当于标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，测定结果偏高，B错误；C、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（待测）偏大，C错误；D、滴定达终点时，视线高于滴定管内凹液面的最低点读数，即俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（待测）偏小，D错误；答案选A。
点睛：本题考查了滴定操作，操作时要规范，分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响，明确误差分析的依据是解答的关键。
2．C
【解析】
标准状况下，体积相同的气体具有相同的物质的量，摩尔质量最大的，其质量最大，各物质的摩尔质量分别为A. N2：28g·mol―1； B. CO2：44g·mol―1；C. SO2：64g·mol―1；D. CH4：16g·mol―1；C选项最大，故选C。
3．C
【解析】
336L二氧化碳为15mol，只发生反应：2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，得到30mol Al(OH)3和15molNa2CO3，实际得到24mol Al(OH)3，说明原溶液中含有NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠为15mol-24mol×=3mol，即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol，112 L二氧化碳的物质的量：=5 mol，根据碳原子守恒则n(Na2CO3)=5mol，由可知[(2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，生成氢氧化铝为(5-3)mol×2=4mol，则n[Al(OH)3]∶n(Na2CO3)=4mol∶5mol=4∶5，故答案为C。
4．B
【解析】含分子数目相同，即物质的量相同，A中水、硫酸、二氧化硫体积相同但状态不同，故分子数不同，A错误；B. 2.2gCO2，1.6g 氧气，0.2g 氦气，三种气体的物质的量均为0.05mol，分子数目相同，B正确；C. 18 克水，1mol 水，22.4LH2O（标况），其中标况下H2O为固体，其物质的量与18 克、1mol 水所含物质的量不同，C错误；D. 1 LCO，1000mlO2，它们不一定相同条件下的气体，D错误。
5．B
【解析】
【详解】
A．氯气与水的反应为歧化反应，1mol氯气完全反应转移1mol电子，但为可逆反应，进行不彻底，故1mol氯气与水反应转移的电子数小于NA个，故A错误；
B．C2H4和C4H8的实验式均为CH2，14g混合气体中含有n(CH2)= =1mol，含有的碳原子数为NA，故B正确；
C．标准状况下，HF不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D．FeCl3不能完全水解，即不能全部经反应生成Fe(OH)3，即使其水解完全，胶粒也是一种分子的集合体，若干个分子才能形成一个胶粒，所以胶粒数应远远小于NA，故D错误。
故答案为B。
【点睛】
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①利用22.4L/mol换算，注意标准状况下物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
6．D
【解析】
【分析】
根据N=nNA计算微粒数目。①物质的量相同，分子数相同；②1个CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个；③1个CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个；④1个CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个；⑤相同物质的量的CO和CO2质量之比为28：44=7：11。
【详解】
①由于N=nNA，所以物质的量相同，分子数相同，故①正确；②CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个，相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1：2，由于N=nNA，所含氧原子数之比为1：2，故②正确；③CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个，相等物质的量的CO和CO2所含原子的物质的量之比为2：3，由于N=nNA，所含原子数之比为2：3，故③正确；④CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个，相等物质的量的CO和CO2所含碳原子的物质的量之比为1：1，由于N=nNA，所含碳原子数之比为1：1，故④正确；⑤相等物质的量的CO和CO2质量之比为28：44=7：11，故⑤正确。答案选D。
【点睛】
本题考查常用化学计量的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，题目难度不大，注意有关公式的利用与影响气体体积的因素。
7．B
【解析】
【详解】
A.由于滴定管下端没有刻度，则放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，故A错误；
B.CaCO3的溶解度小于CaSO4，且饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，溶液中c（Ca2+）·c（CO32-）>ksp（CaCO3），故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，故B正确；
C.用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH会造成测定结果偏小，故C错误；
D.因Na2S溶液过量，会生成两种沉淀，ZnS沉淀不会转化为CuS，则不能比较溶度积的大小，故D错误；
答案选B。
8．A
【解析】
【分析】
先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积。
【详解】
根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个， 质量与分子数的比例式为mg：b=ng：x， x==个，则ng该混合气体的物质的量为，在标准状况下混合气体所占的体积为。答案选A。
【点睛】
本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系，题目难度不大，灵活运用公式是解题的关键，这种类型的题在高考选择题中经常出现。
9．D
【解析】A. 氧气和氮气的相对分子质量不相等，同质量、同体积的O2和N2所含分子数一定不相等，A错误；B. N2和CO2相对分子质量不相等，同质量、密度不等的N2和CO2所含分子数一定不相等，B错误；C. 同体积、不同密度的CO和N2所处的压强不一定相同，分子数不一定相等，C错误；D. 根据阿伏加德罗定律同温度、同压、同体积的气体所含分子数一定相等，因此同温、同压、同体积的N2和SO2所含分子数一定相等，D正确，答案选D。
10．C
【解析】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4?5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）△H2＜0；③已知CuSO4?5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①-②得到③，所以△H3=△H1-△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，选项A错误；B、△H3=△H1-△H2，选项B错误；C、分析可知△H2=△H1-△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1 ，选项C正确；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键。
11．B
【解析】
【分析】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；据此分析作答。
【详解】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；
A项，a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32，但b气体的相对分子质量不一定小于28，a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大，A项错误；
B项，CO的相对分子质量为28，CH4的相对分子质量为16<32，B项正确；
C项，两气球中所含气体分子物质的量相等，两气球中所含气体分子数相等，C项错误；
D项，两气球中所含气体分子物质的量相等，a气体的摩尔质量为28g/mol，b气体的摩尔质量<32g/mol，但a气体与b气体摩尔质量的相对大小未知，无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小，D项错误；
答案选B。
【点睛】
利用阿伏加德罗定律及其推论是解题的关键，解题时注意b气体的相对分子质量小于32，但不一定小于28。阿伏加德罗定律及其推论不仅适用于单一气体，也适用于气态混合物。
12．B
【解析】令每份都含有1molAl．
对于在高温下恰好完全反应，再与足量稀硫酸反应，根据方程式可得
8Al～～～～9Fe～～～～9H2
8 9 9
1mol 9/8mol 9/8mol
对于直接放入足量的烧碱溶液中，根据方程式可得
2Al～～～～3H2
2 3
1mol 1.5mol
相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以a：b=9/8mol：1.5mol=3：4．故选B。
13．A
【解析】A、催化剂MnO2不会引起化学平衡的移动，利用双氧水制备氧气时使用催化剂不能用勒沙特列原理解释，选项A符合；B、汽水瓶中存在平衡H2CO3? H2O +CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳的方向移动，可以用用勒沙特列原理解释，选项B不符合；C、Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒沙特列原理解释，选项C不符合；D、在饱和NaCl溶液中氯离子浓度较大，使得氯化银的溶解平衡逆向移动，溶解度减小，能用用勒沙特列原理解释，选项D不符合。答案选A。
点睛：本题考查化学平衡移动原理。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全正确被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不能使平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
14．C
【解析】
【详解】
设A为2mol，由方程式可知分解生成6mol气体，根据m=nM计算混合气体质量，根据质量守恒定律可得A的质量，再根据M=m/n计算A的摩尔质量。设A为2mol，由方程式2A＝B↑+2C↑+3D↑可知分解生成6mol气体，则混合气体质量为6mol×26g/mol＝156g，根据质量守恒定律可得A的质量为156g，故A的摩尔质量为＝78g/mol。答案选C。
15．D
【解析】
【分析】
任何水溶液呈中性的条件是溶液中c(H+)=c(OH-)，酸与碱混合发生中和反应，所得溶液的酸碱性取决于酸过量还是碱过量、还是恰好反应，及生成的盐能否水解等因素。
【详解】
A.一元酸HA与一元碱BOH混合时发生反应：HA+BOH=BA+H2O，不管混合溶液是显中性、碱性、酸性，总有c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(H+)不可能为0，A项错误；
B.当混合溶液pH=7时，c(H+)=10-7mol/L，则，因KW数值无法得知，无法确定c(H+)与c(OH-)是否相等，所以此时溶液不一定呈中性，B项错误；
C.当a=b且等体积混合时，HA与BOH的物质的量相等，HA+BOH=BA+H2O，酸碱恰好反应，所得溶液的溶质是盐BA，若BA是强酸强碱盐则混合溶液呈中性；若BA是强酸弱碱盐则混合溶液呈酸性；若BA是强碱弱酸盐则混合溶液呈碱性，所以当a=b时，混合溶液不一定呈中性，C项错误；
D.当混合溶液中c(H+)=时，则，此时c(H+)=c(OH-)，所以混合溶液一定呈中性，D项正确；答案选D。
【点睛】
任何温度下水溶液的酸碱性与c(H+)、c(OH-)的关系是：当c(H+)>c(OH-)时溶液显酸性；当c(OH-)>c(H+)时溶液显碱性；当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性。溶液的酸碱性取决于溶液中H+和OH-浓度的相对大小。
16．
（1）HClO(2分)
（2）①溶液蓝色褪去，且30 s内不变色(2分)
②3.72 g(2分)
③3次消耗标准Na2S2O3溶液的平均值为24.00 mL(1分)
根据反应：
Cl2＋2I－=2Cl－＋I2,2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI 知：
n(Cl2)＝4×(1/2×0.1500 mol·L－1×24.00×10－3 L) ＝7.2×10－3 mol(2分)
m(Cl2)＝7.2×10－3 mol×71 g·mol－1＝0.5112 g(2分)
【解析】
试题分析：（1）三氯异氰尿酸中氯原子水解，氯原子结合羟基，生成HClO，其具有强氧化性；（2）①碘溶液加入淀粉为蓝色，终点时溶液蓝色褪去，且30 s内不变色；
②所需Na2S2O3·5H2O的质量为0.1500 ×0.1×248=3.72 g
③3次消耗标准Na2S2O3溶液的平均值为24.00 mL
根据反应：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2,2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI
确定关系式Cl2——I2——2Na2S2O3
n(Cl2)＝4×(1/2×0.1500 mol·L－1×24.00×10－3 L) ＝7.2×10－3 mol(2分)
m(Cl2)＝7.2×10－3 mol×71 g·mol－1＝0.5112 g(2分)
考点：考查工业定量实验中数据的测定的方法及计算有关问题。
17．A2B 阿伏加德罗定律和质量守恒定律
【解析】
【详解】
根据阿伏加德罗定律推知，在相同条件下，参加反应的气体和生成的气体体积比等于其分子数之比，则V(A2)∶V(B2)∶V(C)=100∶50∶100=2∶1∶2，可以写出化学方程式2A2+B2===2C，再根据原子守恒可知C的化学式为A2B或BA2，遵循的原理是阿伏加德罗定律和质量守恒定律。
18． Zn、Cu ZnCO 3 ZnO+CO 2 ↑? C+2Cu 2 O 4Cu+CO 2 ↑ C+2ZnO 2Zn+CO 2 ↑
【解析】
【详解】
根据题意结合所学的知识可知，800 ℃的高温下ZnCO?3肯定会分解产生CO?2和ZnO，而木炭则能在高温下将ZnO和Cu?2O中的金属分别还原出来，被还原出来的两种金属便会熔合而成合金。故药金的主要成分是Zn、Cu；涉及到的方程式为：ZnCO 3 ZnO+CO 2 ↑； C+2Cu 2 O 4Cu+CO 2 ↑ ； C+2ZnO 2Zn+CO 2 ↑。
【点睛】
运用知识的迁移与类比可解答本题。?已知 CaCO3CaO+CO2↑可推测出ZnCO3ZnO+CO2↑。
19．28 4mol/L 1 mol/L 6.25mol/L
【解析】
【详解】
（1）设该容器的质量为xg，同温同压下，相同体积的任何气体所含分子数相等，即物质的量相等，(116－x)/32=(122－x)/44，解得x=100，(122－100)/44=(114－100)/M，解得M=28；
（2）溶质的物质的量为22.4/22.4mol=1mol，根据c=n/V，c(HCl)=1/(250×10－4)mol·L－1=4mol·L－1；加水稀释，溶质的质量和物质的量不变，因此稀释后盐酸的物质的量浓度为1/1mol·L－1=1mol·L－1；
（3）令原溶液的质量为xg，蒸发过程中溶质的质量不变，即有x×10%=(x－100)×20%，解得x=200g，溶质的质量为20g，溶质的物质的量为20/40mol=0.5mol，c(NaOH)=0.5/(80×10－3)mol·L－1=6.25mol·L－1。
20． CO2 NH3 +4 3:2
【解析】（1） 由n= 可知，相同质量的不同物质，摩尔质量越大，物质的量就越小，所含 分子数也越少。所以质量都是50 g 的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2 ，在同温同压下，体积最大的是NH3 。
（2）根据质量守恒定律可知在RO中，n=3，其中O元素的化合价为-2，所以元素R的化合价是+4 。
（3）在100mL混合液中含有0.2 molKI和0.15 mol K2SO3,向该溶液中通入0.2 mol Br2,亚硫酸根的还原性较强，先发生SO32-+Br2+H2O=2Br-+2H++SO42-，所以0.15molSO32-消耗Br20.15mol，余下0.05mol与I-反应，由反应2I-+Br2=I2+2Br-,求出只有0.1molI-被氧化，所以参与反应的SO32-和I－的物质的量之比为3:2 。
点睛：在一个混合体系中有多种还原剂时，加入少量的氧化剂后，还原性较强者有竞争优势，优先反应。本题的难点是判断亚硫酸根的还原性比碘离子强。
21． 由浅红色变成无色 滴定终点时溶液呈弱碱性，BaCO3不参与反应 不能 因为活塞处无刻度，无法准确地读出所用标准盐酸的体积 碱 15.90 3.18×10－5×100% b B
【解析】（1）①当达到终点时,溶液显弱碱性,酚酞由红色变为浅红色;酚酞的变色范围是,此时不溶解,标准液的体积不变,不影响NaOH含量的测定;
因此，本题正确答案是:溶液的颜色由红色变为浅红色;能。;
②根据滴定管的下端无刻度,若滴定液一直下降到活塞处,无法测出溶液的体积,则不能测出NaOH含量。因此，本题正确答案是:不能,滴定管的下端无刻度,若滴定液一直下降到活塞处,无法测出溶液的体积;
(2)碱性溶液用碱式滴定管盛放,在溶液中水解显碱性,所以用碱式滴定管盛放;由图可以知道,滴定管读数为15.90;
三次消耗的的体积分别为,,,第一次数据误差过大,应该舍去;
另外两次的平均值为,
则,
已知发生反应为:═,═,
则
?? 1???????????????? 6
?? n????????? ????
所以,
则的总物质的量为:,,
,
所以碘盐中碘元素的百分含量为;
a.滴定终点时,俯视刻度,则读数偏小,所以标准溶液的体积偏小,求出的物质的量的偏小,所以所测得的碘元素的百分含量偏小,故a不符合;
b.没有用标准溶液润洗相应的滴定管,则的浓度减小,滴定时消耗的的体积偏大,求出的物质的量的偏大,所以所测得的碘元素的百分含量偏大,故b符合;
c.锥形瓶中有少量的蒸馏水对测定结果无影响,故c不符合;
因此，本题正确答案是:碱式;15.90;;b.
（3）向20.00 mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，溶液的碱性逐渐减弱，PH逐渐减小，当体积20mL时两者恰好完全反应，因铵根的水解，此时溶液显酸性，继续滴加，酸性逐渐增多，PH逐渐减小。所以图B正确。
22． H2C2O4H++HC2O4-??；HC2O4- H++C2O42- HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O d = ＞ 滴加最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液变微红色，且半分钟内不褪色 0.09600mol?L-1 d
【解析】(1)草酸是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+，故答案为：H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+；
(2)①滴定过程中从X点到Y点，为草酸氢钠和氢氧化钠反应，离子反应为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，故答案为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O；
②用NaOH溶液滴定，开始溶液呈酸性，滴定过程中随着氢离子浓度减小，水的电离程度增大，当滴定完全后，NaOH溶液滴定至过量，溶液呈碱性，抑制水的电离，所以整个过程锥形瓶里溶液中水的电离程度使先增大后减小，故答案为：d；
③X点时溶液为NaHC2O4溶液，HC2O4-在溶液中发生电离与水解，存在平衡：HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒由c(Na+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，即c(Na+)-c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，Y点时为Na2C2O4溶液，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)①，物料守恒由c(Na+)=2[c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)]②，将②代入①得c(OH-)-c(H+)=c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)，所以c(OH-)-c(H+)＞c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，故答案为：=；＞；
(3)①邻苯二甲酸氢钾为弱酸，酚酞在pH＜8时为无色，pH为8～10之间，呈浅红色，所以用待定NaOH溶液滴定到终点，当无色溶液变成微红色，且半分钟内不褪色，说明反应到终点，故答案为：滴加最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液变微红色，且半分钟内不褪色；
②0.4896g的物质的量为=0.0024mol，
+NaOH→+H2O
1??????????????????????? 1
0.0024mol 0.025L×c(NaOH)
则0.0024mol =0.025L×c(NaOH)，解得：c(NaOH)=0.09600 mol/L故答案为：0.09600mol?L-1；
③a．碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致NaOH溶液浓度降低，故a错误；b．滴定前滴定管尖端部分有气泡，滴定终点时气泡消失，造成V(待测碱)偏大，根据c(待测碱)= 分析可知c(待测碱)偏小，故b错误；c．滴定后期用少量蒸馏水稀释锥形瓶中溶液，标准液的物质的量不变，根据c(待测碱)= 分析可知，c(待测)不变，故c错误；d．读数时，滴定前仰视滴定管刻度，滴定后平视滴定管刻度，造成V(待测碱)溶液体积偏小，根据c(待测碱)= 分析可知c(待测碱)偏大，故d正确；故答案为：d。
点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，注意掌握电荷守恒、原子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。本题的难点是图像的认识，草酸(H2C2O4)为二元中强酸，第一次为氢氧化钠和草酸反应NaOH+H2C2O4═NaHC2O4+H2O，生成草酸氢钠，第二次滴定为草酸氢钠和氢氧化钠反应NaOH+NaHC2O4═Na2C2O4+H2O，生成草酸钠。
23．
【解析】
【分析】
利用图中的各个现象可以得到如下结论；淀粉溶液变蓝色可知物质中含碘元素，无水硫酸铜变蓝以及含结晶水可知物质含有水，溶液D加入KSCN后变红，说明物质X中有铁元素，所以X中含有的4种元素为Fe、I、H、O，然后据此解题。
【详解】
据上面分析气体A为碘蒸汽，故X中含碘质量为，，则，溶液D中，阳离子只有两种，即为和，因此固体C应为，故，，含有结晶水质量，，所以：：：：：2：4，故X的化学式为：；由反应物为和氧气，生成物有、、，因此反应方程式为：；
物质的量，所以，，此时恰好把和全部氧化，所以离子方程式为：。
【点睛】
本题考查元素化合物推断和计算，解题要点在于把握好各个步骤的典型现象，进而推断出元素组成，再利用题中数据来判断个元素的比例，进而确定具体化学式，这类试题综合性较高，难度也较大。
24．CO32-、SiO32-b共价键和离子键3Fe2+ +4H++NO3-=3Fe3+ +NO↑+2H2OAlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓②
【解析】
【详解】
(1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-、SiO32-；
(2)加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-就一定不含Ba2＋；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2＋，则在酸性条件下一定不含NO3-，否则酸性条件下NO3-会将Fe2＋氧化而不能大量共存，答案选b；
(3)溶液B中加入过量NaOH溶液并加热，生成气体F，则F为NH3，其电子式为；溶液E为HNO3，气体F为NH3，E与F反应生成I为NH4NO3，含有的化学键类型有离子键和极性共价键；
(4)根据题中提供的离子，前面已排除SiO32-的存在，则在过量氢氧化钠作用下得到的溶液H，通入过量二氧化碳后能产生沉淀K，K应该为氢氧化铝，则溶液H中含有偏铝酸根离子，故溶液X中含有Al3＋，转化⑦的离子方程式为AlO2-＋2H2O＋ CO2===HCO3-＋Al(OH)3↓；
(5)综上可知，溶液中一定含有Fe2＋、Al3＋、NH4+、SO42-，一定不含有Ba2＋、CO32-、NO3-、SiO32-，不能确定是否含有Fe3＋，最好选择KSCN溶液对Fe3＋进行检验，答案选②。
25．（1）0.3mol;
(2)36%.
【解析】（1）被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n（HNO3）（被还原）==0.3mol；（2）剩余硝酸的物质的量为n（HNO3）（剩余）=0.08L×1mol/L=0.08mol，参加反应的硝酸为：0.08L×13.5mol/L-0.08mol=1mol，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，则有，解之得：，则：m（Ag）=0.1mol×108g/mol=10.8g，合金中银的质量分数为：×100%=36.0%。
点睛：本题考查方程式的相关计算，可从质量守恒的角度计算，可以省去书写化学方程式的繁琐。被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，根据反应中消耗硝酸的物质的量结合质量守恒列方程组可计算合金中银的质量分数。
26．n（Al）∶n（Na2O2）=1：2
【解析】设原混合物中铝粉和过氧化钠的物质的量各为X、Y
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
Y Y
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
X X
向该溶液中滴加5mol/L的HCl,有白色胶状沉淀生成当加到280mL时沉淀恰好溶解,则所得溶液为氯化钠、氯化铝混合溶液,
根据钠原子和氯原子守恒可得如下关系式Na2O2～2NaCl～2HCl
Y 2Y 2Y
根据铝原子和氯原子守恒可得如下关系式Al～AlCl3～3HCl
X X 3X
根据上面的关系式和化学方程式可得：
Ymol32g/mol+Xmol2g/mol=7g
3X+2Y=5mol/L0.28L，
解得：X=0.2mol，Y=0.4mol；
原混合物中铝粉和过氧化钠的物质的量之比为0.2mol：0.4mol=1：2。
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．下列几种情况对中和滴定结果无影响的是（ ）
A． 盛待测液的锥形瓶内留有蒸馏水
B． 滴定管装入标准液前未用标准液润洗
C． 滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D． 滴定达到终点时，视线高于滴定管内凹液面的最低点读数
2．标准状况下，体积相同的下列气体，其质量最大的是：（ ）
A． N2 B． CO2 C． SO2 D． CH4
3．用过量氢氧化钠溶液处理铝土矿并过滤，得到含偏铝酸钠的溶液。向该溶液中通入二氧化碳，已知通入二氧化碳336L(标准状况下)，生成24molAl(OH)3和15molNa2CO3，若通入溶液的二氧化碳为112L(标准状况下)，生成Al(OH)3的和Na2CO3的物质的量之比为（ ）
A． 2：1 B． 1：2 C． 4：5 D． 5：4
4．在下列各组物质中，所含分子数目相同的是（ ）
A． 1 L 水，1 L 硫酸，1 L 二氧化硫 B． 2.2gCO2，1.6g 氧气，0.2g 氦气
C． 18 克水，1mol 水，22.4LH2O（标况） D． 1 LCO，1000mlO2，1L 汽油
5．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A． 标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B． 常温常压下，14gC2H4和C4H8混合气体含有的碳原子数为NA
C． 标准状况下，4.48 L HF所含的分子数目为0.2NA
D． 在氢氧化铁胶体的制备中如果有1 mol 三氯化铁水解，则氢氧化铁胶粒数为NA
6．相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）
①它们所含的分子数目之比为1：1 ②它们所含的O原子数目之比为1：2
③它们所含的原子总数目之比为2：3 ④它们所含的C原子数目之比为1：1
⑤它们的质量之比为7：11
A． ①和④ B． ②和③ C． ④和⑤ D． ①②③④⑤
7．下列实验操作规范且能达到目的的是( )
目的 操作
A． 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶
B． 除去锅炉中沉积的CaSO4 可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除
C． 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D． 证明Ksp(ZnS) > Ksp(CuS) 在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液,再加入少量等浓度的CuSO4溶液
A． A B． B C． C D． D
8．标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是( )
A． B．
C． D．
9．下列各组中两种气体的分子数一定相等的是 （ ）
A． 同质量、同体积的O2和N2 B． 同质量、密度不等的N2和CO2
C． 同体积、不同密度的CO和N2 D． 同温、同压、同体积的N2和SO2
10．室温下，将1 mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为?H1，将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为?H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s) △ CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为?H3。则下列判断正确的是（ ）
A． ?H2＞?H3 B． ?H1＋?H3＝?H2 C． ?H1＞?H2 D． ?H1＋?H2＞?H3
11．同温同压下，有A、B两个完全相同的气球(质量忽略不计)，A气球中充入a气体，B气球中充入b气体，充气后两气球的体积相等，A气球置于氮气中，气球静止不动，B气球置于氧气中，气球上升。下列有关叙述中正确的是（ ）
A． a气体的相对分子质量一定比b气体的相对分子质量大
B． a气体可能是CO，b气体可能是CH4
C． A气球中所含气体分子数大于B气球中所含气体分子数
D． 充气后，A气球的质量一定大于B气球的质量
12．用铝粉和四氧化三铁粉末配成铝热剂，分成两等份：一份在高温下恰好反应，再与足量稀硫酸反应， 生成氢气aL；另一份直接放入足量氢氧化钠溶液中充分反应，在同条件下生成氢气bL，则a∶b为（ ）
A． 1∶1 B． 3∶4 C． 4∶3 D． 8∶9
13．下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A． 用H2O2制备氧气时加入MnO2
B． 开启易拉罐后，马上泛起大量泡沫
C． 配制FeCl3溶液时加入少量的盐酸
D． 相同温度时，AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度
14．某固体A在一定条件下可完全分解，生成B、C、D三种气体的混合物。反应方程式如下：2A＝B↑+2C↑+3D↑，此时测得混合气体的相对平均分子质量为26，则固体A的摩尔质量为（ ）
A． 30g/mol B． 90g/mol C． 78g/mol D． 90
15．t℃时，水的离子积为KW，该温度下将a mol·L－1一元酸HA与b mol·L－1一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是（ ）
A． 混合液中，c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－) B． 混合液的pH＝7
C． a＝b D． 混合液中，c(H＋)＝
二、填空题
16．三氯异氰尿酸(结构简式如图)是一种极强的氧化剂和氯化剂。
（1）利用三氯异氰尿酸水解产物中的氧化性物质X可消毒灭菌，X的分子式为 。
（2）“有效氯”含量指从KI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定化合物的质量之比，常以百分数表示。为测定三氯异氰尿酸的“有效氯”含量，现称取某三氯异氰尿酸样品0.5680 g，加水、足量KI、硫酸，配制成100 mL待测液；准确量取25.00 mL待测液于碘量瓶中，用0.1500 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色时，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点(发生反应的方程式为：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI)；重复测定2次，所得的相关数据如下表：
滴定序号 待测液体积/mL 标准液滴定管起点读数/mL 标准液滴定管终点读数/mL
1 25.00 0.06 24.04
2 25.00 0.02 24.02
3 25.00 0.12 24.14
①滴定终点观察到的现象为 ；
②配制0.1500 mol·L－1 Na2S2O3溶液100 mL，所需Na2S2O3·5H2O的质量为 ；
③计算此样品的“有效氯”含量(写出计算过程)。
17．100 mL气体A2跟50 mL气体B2恰好完全反应生成100 mL气体C(体积均在相同条件下测定)则C的化学式为________，其推断的理由是____________________。
18．古代的“药金”外观与黄金相似，常被误认为黄金。它的冶炼方法是将ZnCO3 、赤铜(Cu2O)和木炭混合加热至800℃，得到金光闪闪的“药金”，则药金的主要成分是___________，有关的化学方程式是___________、___________、___________。
19．（1）同温同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为_________________
（2）标准状况下，22.4LHCl气体溶于50mL水再配成250mL溶液，所得盐酸的物质的量浓度_________ mol/L，若将此溶液再稀释成1L溶液，稀释后盐酸的物质的量浓度_______ mol/L
（3）某10% NaOH溶液，加热蒸发掉100g水后得到80mL20%的溶液，则该20% NaOH溶液的物质的量浓度为 _________________ mol/L
20．（1） 质量都是50 g 的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是________，在同温同压下，体积最大的是____________。
（2）在一定条件下，ROn2-和氯气可以发生如下反应：ROn2-+Cl2 + 2OH－ ===RO42-+ 2Cl－+ H2O
由以上反应可知在ROn2-中，元素R的化合价是___________。
（3）在100mL混合液中含有2 mol/L KI和1.5 mol/L K2SO3,现向该溶液中通入0.2 mol Br2,充分反应后，参与反应的SO32-和I－的物质的量之比为_______________。
三、实验题
21．滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。
（1）测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为：先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。
①向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸，则终点颜色的变化为______，为何此种情况能测出NaOH的含量？______。
②滴定时，若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点，则能否由此准确地计算出结果？________并解释原因：__________________________。
（2）测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 0 g该碘盐，溶于蒸馏水，然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3＋3H2SO4＋5KI===3K2SO4＋3I2＋3H2O)，充分反应后将混合溶液稀释至250 mL，然后用5.0×10－4 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂，反应为I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)。取用Na2S2O3标准溶液应该用________式滴定管。有关实验数值如下表所示(第一次滴定终点的数据如图所示，请将读得的数据填入表中)。
滴定次数 待测液的体积(mL) 滴定前的读数(mL) 滴定后的读数(mL)
第一次 25.00 0.00 V＝______
第二次 25.00 0.00 14.99
第三次 25.00 0.00 15.01
该碘盐中碘元素的百分含量为________。
下列操作中，会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是________。
a．滴定终点时，俯视刻度
b．没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管
c．锥形瓶中有少量的蒸馏水
（3）向20.00 mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，下列示意图变化趋势正确的是____________。
22．H2C2O4 (草酸，二元弱酸)和邻苯二甲酸氢钾均可作为标定NaOH溶液浓度的基准物质，从而获得NaOH标准溶液。
（1）在水溶液中H2C2O4的电离方程式为________。
（2）用0.1mol?L-1NaOH溶液滴定0.1mol?L-1草酸溶液的滴定曲线如下图所示。
①滴定过程中从X点到Y点，反应的离子方程式为________。
②用NaOH溶液滴定至过量，整个过程锥形瓶里溶液中水的电离程度 _______(填序号)。
a.始终减小 b.始终增大 c.先减小后增大 d.先增大后减小
③X点时，c(Na+)-c(C2O42-)_____c(H2C2O4) +c(HC2O4-) (选填：＞、＜或=);Y点时，c(OH-) - c(H+) _______c(H2C2O4)+ c(HC2O4-) (选填：＞、＜或=)。
（3）某同学用邻苯二甲酸氢钾(，摩尔质量为204g?mol-1，易溶于水的固体，水溶液呈弱酸性)标定NaOH溶液，主要实验步骤如下：
步骤Ⅰ.准确称取0.4896g邻苯二甲酸氢钾于锥形瓶中，用少量温水溶解
Ⅱ.加入1~2滴酚酞作指示剂
Ⅲ.用待定NaOH溶液滴定到终
①判断达到滴定终点的方法是___________。
②若滴定到终点消耗NaOH溶液为25.00mL，则该次滴定测得的NaOH溶液浓度为 _______。
③下列情况会导致测得的NaOH溶液浓度偏大的是__________(填序号)。
a.滴定管未用待定NaOH溶液润洗
b.滴定前滴定管尖端部分有气泡，滴定过程中消失
c.滴定后期用少量蒸馏水稀释锥形瓶中溶液
d.读数时，滴定前仰视滴定管刻度，滴定后平视滴定管刻度
四、推断题
23．某同学用含结晶水的正盐由四种元素组成的纯净物进行了如下实验：
已知：A、B、C均为中学化学常见物质，溶液D中仅含两种阳离子。
请回答：
的化学式是________，X在空气中加热的化学方程式是________。
将完全溶于水，向所得溶液中通入标准状况下氯气充分反应，则该反应的离子方程式是________。
24．某强酸性溶液X中可能含有Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、Ba2＋、NH4+、CO32-、NO3-、SO42-、SiO32-中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图所示。实验过程中有一种气体为红棕色。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)由强酸性条件即可判断X溶液中肯定不存在的离子有________________。
(2)溶液X中关于硝酸根离子的判断，正确的是______(填编号，下同)。
a．一定含有 b．一定不含有 c．可能含有
(3)气体F的电子式为____________，化合物I中含有的化学键类型有________________。
(4)转化①的离子方程式为_______________________________________________________。
转化⑦的离子方程式为_______________________________________________________。
(5)对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液，加入下列溶液中的一种，根据现象即可判断，该试剂最好是________。
①NaOH溶液 ②KSCN溶液 ③氯水和KSCN的混合溶液 ④pH试纸 ⑤KMnO4溶液
五、计算题
25．为了测定某铜银合金的成分。将30.0g合金完全溶于80ml 13.5mol/L的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到NO和NO2的混合气体共6.72L（标准状况），并测得溶液中氢离子浓度为1mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80ml。试计算：
（1）被还原的硝酸的物质的量。
（2）合金中银的质量分数。
26．向铝粉和过氧化钠的混和物中加入足量水振荡，当混和物全部溶解后，得到无色透明溶液并放出7克气体，向该溶液中滴加5摩/升的盐酸，有白色胶状沉淀生成，当滴加到280毫升时，沉淀恰好溶解，求原混和物铝和过氧化钠的物质的量之比为多少？（需写出计算过程）
试卷第8页，总8页
参考答案
1．A
【解析】A、盛待测液的锥形瓶里留有蒸馏水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（待测）不变，A正确；B、滴定管装入标准液前未用标准液润洗，相当于标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，测定结果偏高，B错误；C、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（待测）偏大，C错误；D、滴定达终点时，视线高于滴定管内凹液面的最低点读数，即俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)可知，c（待测）偏小，D错误；答案选A。
点睛：本题考查了滴定操作，操作时要规范，分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响，明确误差分析的依据是解答的关键。
2．C
【解析】
标准状况下，体积相同的气体具有相同的物质的量，摩尔质量最大的，其质量最大，各物质的摩尔质量分别为A. N2：28g·mol―1； B. CO2：44g·mol―1；C. SO2：64g·mol―1；D. CH4：16g·mol―1；C选项最大，故选C。
3．C
【解析】
336L二氧化碳为15mol，只发生反应：2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，得到30mol Al(OH)3和15molNa2CO3，实际得到24mol Al(OH)3，说明原溶液中含有NaOH，NaOH与二氧化碳反应生成的碳酸钠为15mol-24mol×=3mol，即投入112L二氧化碳时与NaOH反应得到碳酸钠也是3mol，112 L二氧化碳的物质的量：=5 mol，根据碳原子守恒则n(Na2CO3)=5mol，由可知[(2NaAl(OH)4+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O，生成氢氧化铝为(5-3)mol×2=4mol，则n[Al(OH)3]∶n(Na2CO3)=4mol∶5mol=4∶5，故答案为C。
4．B
【解析】含分子数目相同，即物质的量相同，A中水、硫酸、二氧化硫体积相同但状态不同，故分子数不同，A错误；B. 2.2gCO2，1.6g 氧气，0.2g 氦气，三种气体的物质的量均为0.05mol，分子数目相同，B正确；C. 18 克水，1mol 水，22.4LH2O（标况），其中标况下H2O为固体，其物质的量与18 克、1mol 水所含物质的量不同，C错误；D. 1 LCO，1000mlO2，它们不一定相同条件下的气体，D错误。
5．B
【解析】
【详解】
A．氯气与水的反应为歧化反应，1mol氯气完全反应转移1mol电子，但为可逆反应，进行不彻底，故1mol氯气与水反应转移的电子数小于NA个，故A错误；
B．C2H4和C4H8的实验式均为CH2，14g混合气体中含有n(CH2)= =1mol，含有的碳原子数为NA，故B正确；
C．标准状况下，HF不是气体，不能根据气体的摩尔体积计算其物质的量，故C错误；
D．FeCl3不能完全水解，即不能全部经反应生成Fe(OH)3，即使其水解完全，胶粒也是一种分子的集合体，若干个分子才能形成一个胶粒，所以胶粒数应远远小于NA，故D错误。
故答案为B。
【点睛】
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①利用22.4L/mol换算，注意标准状况下物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意同位素原子的差异；④注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑤注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
6．D
【解析】
【分析】
根据N=nNA计算微粒数目。①物质的量相同，分子数相同；②1个CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个；③1个CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个；④1个CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个；⑤相同物质的量的CO和CO2质量之比为28：44=7：11。
【详解】
①由于N=nNA，所以物质的量相同，分子数相同，故①正确；②CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个，相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1：2，由于N=nNA，所含氧原子数之比为1：2，故②正确；③CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个，相等物质的量的CO和CO2所含原子的物质的量之比为2：3，由于N=nNA，所含原子数之比为2：3，故③正确；④CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个，相等物质的量的CO和CO2所含碳原子的物质的量之比为1：1，由于N=nNA，所含碳原子数之比为1：1，故④正确；⑤相等物质的量的CO和CO2质量之比为28：44=7：11，故⑤正确。答案选D。
【点睛】
本题考查常用化学计量的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，题目难度不大，注意有关公式的利用与影响气体体积的因素。
7．B
【解析】
【详解】
A.由于滴定管下端没有刻度，则放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，故A错误；
B.CaCO3的溶解度小于CaSO4，且饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，溶液中c（Ca2+）·c（CO32-）>ksp（CaCO3），故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，故B正确；
C.用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH会造成测定结果偏小，故C错误；
D.因Na2S溶液过量，会生成两种沉淀，ZnS沉淀不会转化为CuS，则不能比较溶度积的大小，故D错误；
答案选B。
8．A
【解析】
【分析】
先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积。
【详解】
根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个， 质量与分子数的比例式为mg：b=ng：x， x==个，则ng该混合气体的物质的量为，在标准状况下混合气体所占的体积为。答案选A。
【点睛】
本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系，题目难度不大，灵活运用公式是解题的关键，这种类型的题在高考选择题中经常出现。
9．D
【解析】A. 氧气和氮气的相对分子质量不相等，同质量、同体积的O2和N2所含分子数一定不相等，A错误；B. N2和CO2相对分子质量不相等，同质量、密度不等的N2和CO2所含分子数一定不相等，B错误；C. 同体积、不同密度的CO和N2所处的压强不一定相同，分子数不一定相等，C错误；D. 根据阿伏加德罗定律同温度、同压、同体积的气体所含分子数一定相等，因此同温、同压、同体积的N2和SO2所含分子数一定相等，D正确，答案选D。
10．C
【解析】①胆矾溶于水时，溶液温度降低，反应为CuSO4?5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42-（aq）△H2＜0；③已知CuSO4?5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依据盖斯定律①-②得到③，所以△H3=△H1-△H2；△H2＜0，△H1＞0，则△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，选项A错误；B、△H3=△H1-△H2，选项B错误；C、分析可知△H2=△H1-△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1 ，选项C正确；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了物质溶解及物质分解过程中的能量变化，根据盖斯定律分析物质溶解过程中的能量变化是解题关键。
11．B
【解析】
【分析】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；据此分析作答。
【详解】
同温同压下，充气后两气球的体积相等，则两气球中所含气体分子物质的量相等；A气球置于N2中，气球静止不动，a气体的密度与N2接近，B气球置于O2中，气球上升，b气体的密度比O2小，同温同压下气体的密度之比等于气体的相对分子质量之比，则a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32；
A项，a气体的相对分子质量为28，b气体的相对分子质量小于32，但b气体的相对分子质量不一定小于28，a气体的相对分子质量不一定比b气体的相对分子质量大，A项错误；
B项，CO的相对分子质量为28，CH4的相对分子质量为16<32，B项正确；
C项，两气球中所含气体分子物质的量相等，两气球中所含气体分子数相等，C项错误；
D项，两气球中所含气体分子物质的量相等，a气体的摩尔质量为28g/mol，b气体的摩尔质量<32g/mol，但a气体与b气体摩尔质量的相对大小未知，无法确定充气后A气球与B气球质量的相对大小，D项错误；
答案选B。
【点睛】
利用阿伏加德罗定律及其推论是解题的关键，解题时注意b气体的相对分子质量小于32，但不一定小于28。阿伏加德罗定律及其推论不仅适用于单一气体，也适用于气态混合物。
12．B
【解析】令每份都含有1molAl．
对于在高温下恰好完全反应，再与足量稀硫酸反应，根据方程式可得
8Al～～～～9Fe～～～～9H2
8 9 9
1mol 9/8mol 9/8mol
对于直接放入足量的烧碱溶液中，根据方程式可得
2Al～～～～3H2
2 3
1mol 1.5mol
相同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以a：b=9/8mol：1.5mol=3：4．故选B。
13．A
【解析】A、催化剂MnO2不会引起化学平衡的移动，利用双氧水制备氧气时使用催化剂不能用勒沙特列原理解释，选项A符合；B、汽水瓶中存在平衡H2CO3? H2O +CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳的方向移动，可以用用勒沙特列原理解释，选项B不符合；C、Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，配制FeCl3溶液时，向溶液中加入少量盐酸，可以抑制铁离子的水解，能用勒沙特列原理解释，选项C不符合；D、在饱和NaCl溶液中氯离子浓度较大，使得氯化银的溶解平衡逆向移动，溶解度减小，能用用勒沙特列原理解释，选项D不符合。答案选A。
点睛：本题考查化学平衡移动原理。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全正确被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不能使平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
14．C
【解析】
【详解】
设A为2mol，由方程式可知分解生成6mol气体，根据m=nM计算混合气体质量，根据质量守恒定律可得A的质量，再根据M=m/n计算A的摩尔质量。设A为2mol，由方程式2A＝B↑+2C↑+3D↑可知分解生成6mol气体，则混合气体质量为6mol×26g/mol＝156g，根据质量守恒定律可得A的质量为156g，故A的摩尔质量为＝78g/mol。答案选C。
15．D
【解析】
【分析】
任何水溶液呈中性的条件是溶液中c(H+)=c(OH-)，酸与碱混合发生中和反应，所得溶液的酸碱性取决于酸过量还是碱过量、还是恰好反应，及生成的盐能否水解等因素。
【详解】
A.一元酸HA与一元碱BOH混合时发生反应：HA+BOH=BA+H2O，不管混合溶液是显中性、碱性、酸性，总有c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，c(H+)不可能为0，A项错误；
B.当混合溶液pH=7时，c(H+)=10-7mol/L，则，因KW数值无法得知，无法确定c(H+)与c(OH-)是否相等，所以此时溶液不一定呈中性，B项错误；
C.当a=b且等体积混合时，HA与BOH的物质的量相等，HA+BOH=BA+H2O，酸碱恰好反应，所得溶液的溶质是盐BA，若BA是强酸强碱盐则混合溶液呈中性；若BA是强酸弱碱盐则混合溶液呈酸性；若BA是强碱弱酸盐则混合溶液呈碱性，所以当a=b时，混合溶液不一定呈中性，C项错误；
D.当混合溶液中c(H+)=时，则，此时c(H+)=c(OH-)，所以混合溶液一定呈中性，D项正确；答案选D。
【点睛】
任何温度下水溶液的酸碱性与c(H+)、c(OH-)的关系是：当c(H+)>c(OH-)时溶液显酸性；当c(OH-)>c(H+)时溶液显碱性；当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性。溶液的酸碱性取决于溶液中H+和OH-浓度的相对大小。
16．
（1）HClO(2分)
（2）①溶液蓝色褪去，且30 s内不变色(2分)
②3.72 g(2分)
③3次消耗标准Na2S2O3溶液的平均值为24.00 mL(1分)
根据反应：
Cl2＋2I－=2Cl－＋I2,2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI 知：
n(Cl2)＝4×(1/2×0.1500 mol·L－1×24.00×10－3 L) ＝7.2×10－3 mol(2分)
m(Cl2)＝7.2×10－3 mol×71 g·mol－1＝0.5112 g(2分)
【解析】
试题分析：（1）三氯异氰尿酸中氯原子水解，氯原子结合羟基，生成HClO，其具有强氧化性；（2）①碘溶液加入淀粉为蓝色，终点时溶液蓝色褪去，且30 s内不变色；
②所需Na2S2O3·5H2O的质量为0.1500 ×0.1×248=3.72 g
③3次消耗标准Na2S2O3溶液的平均值为24.00 mL
根据反应：Cl2＋2I－=2Cl－＋I2,2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI
确定关系式Cl2——I2——2Na2S2O3
n(Cl2)＝4×(1/2×0.1500 mol·L－1×24.00×10－3 L) ＝7.2×10－3 mol(2分)
m(Cl2)＝7.2×10－3 mol×71 g·mol－1＝0.5112 g(2分)
考点：考查工业定量实验中数据的测定的方法及计算有关问题。
17．A2B 阿伏加德罗定律和质量守恒定律
【解析】
【详解】
根据阿伏加德罗定律推知，在相同条件下，参加反应的气体和生成的气体体积比等于其分子数之比，则V(A2)∶V(B2)∶V(C)=100∶50∶100=2∶1∶2，可以写出化学方程式2A2+B2===2C，再根据原子守恒可知C的化学式为A2B或BA2，遵循的原理是阿伏加德罗定律和质量守恒定律。
18． Zn、Cu ZnCO 3 ZnO+CO 2 ↑? C+2Cu 2 O 4Cu+CO 2 ↑ C+2ZnO 2Zn+CO 2 ↑
【解析】
【详解】
根据题意结合所学的知识可知，800 ℃的高温下ZnCO?3肯定会分解产生CO?2和ZnO，而木炭则能在高温下将ZnO和Cu?2O中的金属分别还原出来，被还原出来的两种金属便会熔合而成合金。故药金的主要成分是Zn、Cu；涉及到的方程式为：ZnCO 3 ZnO+CO 2 ↑； C+2Cu 2 O 4Cu+CO 2 ↑ ； C+2ZnO 2Zn+CO 2 ↑。
【点睛】
运用知识的迁移与类比可解答本题。?已知 CaCO3CaO+CO2↑可推测出ZnCO3ZnO+CO2↑。
19．28 4mol/L 1 mol/L 6.25mol/L
【解析】
【详解】
（1）设该容器的质量为xg，同温同压下，相同体积的任何气体所含分子数相等，即物质的量相等，(116－x)/32=(122－x)/44，解得x=100，(122－100)/44=(114－100)/M，解得M=28；
（2）溶质的物质的量为22.4/22.4mol=1mol，根据c=n/V，c(HCl)=1/(250×10－4)mol·L－1=4mol·L－1；加水稀释，溶质的质量和物质的量不变，因此稀释后盐酸的物质的量浓度为1/1mol·L－1=1mol·L－1；
（3）令原溶液的质量为xg，蒸发过程中溶质的质量不变，即有x×10%=(x－100)×20%，解得x=200g，溶质的质量为20g，溶质的物质的量为20/40mol=0.5mol，c(NaOH)=0.5/(80×10－3)mol·L－1=6.25mol·L－1。
20． CO2 NH3 +4 3:2
【解析】（1） 由n= 可知，相同质量的不同物质，摩尔质量越大，物质的量就越小，所含 分子数也越少。所以质量都是50 g 的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是CO2 ，在同温同压下，体积最大的是NH3 。
（2）根据质量守恒定律可知在RO中，n=3，其中O元素的化合价为-2，所以元素R的化合价是+4 。
（3）在100mL混合液中含有0.2 molKI和0.15 mol K2SO3,向该溶液中通入0.2 mol Br2,亚硫酸根的还原性较强，先发生SO32-+Br2+H2O=2Br-+2H++SO42-，所以0.15molSO32-消耗Br20.15mol，余下0.05mol与I-反应，由反应2I-+Br2=I2+2Br-,求出只有0.1molI-被氧化，所以参与反应的SO32-和I－的物质的量之比为3:2 。
点睛：在一个混合体系中有多种还原剂时，加入少量的氧化剂后，还原性较强者有竞争优势，优先反应。本题的难点是判断亚硫酸根的还原性比碘离子强。
21． 由浅红色变成无色 滴定终点时溶液呈弱碱性，BaCO3不参与反应 不能 因为活塞处无刻度，无法准确地读出所用标准盐酸的体积 碱 15.90 3.18×10－5×100% b B
【解析】（1）①当达到终点时,溶液显弱碱性,酚酞由红色变为浅红色;酚酞的变色范围是,此时不溶解,标准液的体积不变,不影响NaOH含量的测定;
因此，本题正确答案是:溶液的颜色由红色变为浅红色;能。;
②根据滴定管的下端无刻度,若滴定液一直下降到活塞处,无法测出溶液的体积,则不能测出NaOH含量。因此，本题正确答案是:不能,滴定管的下端无刻度,若滴定液一直下降到活塞处,无法测出溶液的体积;
(2)碱性溶液用碱式滴定管盛放,在溶液中水解显碱性,所以用碱式滴定管盛放;由图可以知道,滴定管读数为15.90;
三次消耗的的体积分别为,,,第一次数据误差过大,应该舍去;
另外两次的平均值为,
则,
已知发生反应为:═,═,
则
?? 1???????????????? 6
?? n????????? ????
所以,
则的总物质的量为:,,
,
所以碘盐中碘元素的百分含量为;
a.滴定终点时,俯视刻度,则读数偏小,所以标准溶液的体积偏小,求出的物质的量的偏小,所以所测得的碘元素的百分含量偏小,故a不符合;
b.没有用标准溶液润洗相应的滴定管,则的浓度减小,滴定时消耗的的体积偏大,求出的物质的量的偏大,所以所测得的碘元素的百分含量偏大,故b符合;
c.锥形瓶中有少量的蒸馏水对测定结果无影响,故c不符合;
因此，本题正确答案是:碱式;15.90;;b.
（3）向20.00 mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，溶液的碱性逐渐减弱，PH逐渐减小，当体积20mL时两者恰好完全反应，因铵根的水解，此时溶液显酸性，继续滴加，酸性逐渐增多，PH逐渐减小。所以图B正确。
22． H2C2O4H++HC2O4-??；HC2O4- H++C2O42- HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O d = ＞ 滴加最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液变微红色，且半分钟内不褪色 0.09600mol?L-1 d
【解析】(1)草酸是二元弱酸，在水溶液里存在两步电离，第一步电离程度大于第二步，其电离方程式分别为：H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+，故答案为：H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+；
(2)①滴定过程中从X点到Y点，为草酸氢钠和氢氧化钠反应，离子反应为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，故答案为：HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O；
②用NaOH溶液滴定，开始溶液呈酸性，滴定过程中随着氢离子浓度减小，水的电离程度增大，当滴定完全后，NaOH溶液滴定至过量，溶液呈碱性，抑制水的电离，所以整个过程锥形瓶里溶液中水的电离程度使先增大后减小，故答案为：d；
③X点时溶液为NaHC2O4溶液，HC2O4-在溶液中发生电离与水解，存在平衡：HC2O4-+H2O?H2C2O4+OH-，碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒由c(Na+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，即c(Na+)-c(C2O42-)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，Y点时为Na2C2O4溶液，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)①，物料守恒由c(Na+)=2[c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)]②，将②代入①得c(OH-)-c(H+)=c(H2C2O4)+2c(HC2O4-)，所以c(OH-)-c(H+)＞c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，故答案为：=；＞；
(3)①邻苯二甲酸氢钾为弱酸，酚酞在pH＜8时为无色，pH为8～10之间，呈浅红色，所以用待定NaOH溶液滴定到终点，当无色溶液变成微红色，且半分钟内不褪色，说明反应到终点，故答案为：滴加最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液变微红色，且半分钟内不褪色；
②0.4896g的物质的量为=0.0024mol，
+NaOH→+H2O
1??????????????????????? 1
0.0024mol 0.025L×c(NaOH)
则0.0024mol =0.025L×c(NaOH)，解得：c(NaOH)=0.09600 mol/L故答案为：0.09600mol?L-1；
③a．碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致NaOH溶液浓度降低，故a错误；b．滴定前滴定管尖端部分有气泡，滴定终点时气泡消失，造成V(待测碱)偏大，根据c(待测碱)= 分析可知c(待测碱)偏小，故b错误；c．滴定后期用少量蒸馏水稀释锥形瓶中溶液，标准液的物质的量不变，根据c(待测碱)= 分析可知，c(待测)不变，故c错误；d．读数时，滴定前仰视滴定管刻度，滴定后平视滴定管刻度，造成V(待测碱)溶液体积偏小，根据c(待测碱)= 分析可知c(待测碱)偏大，故d正确；故答案为：d。
点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，明确图像中酸碱混合时溶液中的溶质是解答本题的关键，注意掌握电荷守恒、原子守恒在判断离子浓度大小中的应用方法。本题的难点是图像的认识，草酸(H2C2O4)为二元中强酸，第一次为氢氧化钠和草酸反应NaOH+H2C2O4═NaHC2O4+H2O，生成草酸氢钠，第二次滴定为草酸氢钠和氢氧化钠反应NaOH+NaHC2O4═Na2C2O4+H2O，生成草酸钠。
23．
【解析】
【分析】
利用图中的各个现象可以得到如下结论；淀粉溶液变蓝色可知物质中含碘元素，无水硫酸铜变蓝以及含结晶水可知物质含有水，溶液D加入KSCN后变红，说明物质X中有铁元素，所以X中含有的4种元素为Fe、I、H、O，然后据此解题。
【详解】
据上面分析气体A为碘蒸汽，故X中含碘质量为，，则，溶液D中，阳离子只有两种，即为和，因此固体C应为，故，，含有结晶水质量，，所以：：：：：2：4，故X的化学式为：；由反应物为和氧气，生成物有、、，因此反应方程式为：；
物质的量，所以，，此时恰好把和全部氧化，所以离子方程式为：。
【点睛】
本题考查元素化合物推断和计算，解题要点在于把握好各个步骤的典型现象，进而推断出元素组成，再利用题中数据来判断个元素的比例，进而确定具体化学式，这类试题综合性较高，难度也较大。
24．CO32-、SiO32-b共价键和离子键3Fe2+ +4H++NO3-=3Fe3+ +NO↑+2H2OAlO2-＋2H2O＋CO2=HCO3-＋Al(OH)3↓②
【解析】
【详解】
(1)在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-、SiO32-；
(2)加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-就一定不含Ba2＋；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2＋，则在酸性条件下一定不含NO3-，否则酸性条件下NO3-会将Fe2＋氧化而不能大量共存，答案选b；
(3)溶液B中加入过量NaOH溶液并加热，生成气体F，则F为NH3，其电子式为；溶液E为HNO3，气体F为NH3，E与F反应生成I为NH4NO3，含有的化学键类型有离子键和极性共价键；
(4)根据题中提供的离子，前面已排除SiO32-的存在，则在过量氢氧化钠作用下得到的溶液H，通入过量二氧化碳后能产生沉淀K，K应该为氢氧化铝，则溶液H中含有偏铝酸根离子，故溶液X中含有Al3＋，转化⑦的离子方程式为AlO2-＋2H2O＋ CO2===HCO3-＋Al(OH)3↓；
(5)综上可知，溶液中一定含有Fe2＋、Al3＋、NH4+、SO42-，一定不含有Ba2＋、CO32-、NO3-、SiO32-，不能确定是否含有Fe3＋，最好选择KSCN溶液对Fe3＋进行检验，答案选②。
25．（1）0.3mol;
(2)36%.
【解析】（1）被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n（HNO3）（被还原）==0.3mol；（2）剩余硝酸的物质的量为n（HNO3）（剩余）=0.08L×1mol/L=0.08mol，参加反应的硝酸为：0.08L×13.5mol/L-0.08mol=1mol，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，则有，解之得：，则：m（Ag）=0.1mol×108g/mol=10.8g，合金中银的质量分数为：×100%=36.0%。
点睛：本题考查方程式的相关计算，可从质量守恒的角度计算，可以省去书写化学方程式的繁琐。被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，根据反应中消耗硝酸的物质的量结合质量守恒列方程组可计算合金中银的质量分数。
26．n（Al）∶n（Na2O2）=1：2
【解析】设原混合物中铝粉和过氧化钠的物质的量各为X、Y
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
Y Y
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
X X
向该溶液中滴加5mol/L的HCl,有白色胶状沉淀生成当加到280mL时沉淀恰好溶解,则所得溶液为氯化钠、氯化铝混合溶液,
根据钠原子和氯原子守恒可得如下关系式Na2O2～2NaCl～2HCl
Y 2Y 2Y
根据铝原子和氯原子守恒可得如下关系式Al～AlCl3～3HCl
X X 3X
根据上面的关系式和化学方程式可得：
Ymol32g/mol+Xmol2g/mol=7g
3X+2Y=5mol/L0.28L，
解得：X=0.2mol，Y=0.4mol；
原混合物中铝粉和过氧化钠的物质的量之比为0.2mol：0.4mol=1：2。