安徽省黄山市屯溪第一中学2022-2022学年高一化学上学期期中试题含解析.doc

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1、安徽省黄山市屯溪第一中学2022-2022学年高一化学上学期期中试题含解析第 I 卷选择题一、选择题每题只有一个选项符合题意，共 16 小题，每题 3 分，共 48 分 1.处处留心皆知识。生活中遇到以下问题，不涉及到化学变化是( )A. 刚吹灭的蜡烛会产生白烟，白烟遇火即燃B. 用四氯化碳可擦去因圆珠笔漏油而造成的油污C. 在刚用石灰浆涂抹墙壁的房间内生一盆炭火，发现墙壁先“出汗后变硬D. 可用食醋可洗掉水垢、泡软鸡蛋壳【答案】B【解析】【详解】A. 刚吹灭的蜡烛会产生白烟，白烟是汽化后的石蜡，遇火燃烧，反响为氧化复原反响，故A不选；B. 圆珠笔油与四氯化碳都是有机物，利用的是相似相溶原理，

2、不涉及到化学变化，故B选；C. 在刚用石灰浆涂抹墙壁的房间内生一盆炭火，发现墙壁先“出汗后变硬性，反响为CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；故C不选；D. 食醋是酸，水垢、鸡蛋壳成分是弱酸盐碳酸钙，利用强酸制弱酸，所以食醋能和水垢、鸡蛋壳反响，故D不选；应选B。2.有关胶体的制备和性质，以下说法正确的选项是A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液。B. 用过滤的方法可以除去 Fe(OH)3 胶体中的 FeCl3 溶液。C. 为了加快反响，可以采用加热的方法制备 Fe(OH)3 胶体，加热过度没有影响。D. 不可以用自来水代替蒸馏水制备 Fe(OH)3 胶体。【答案】D

3、【解析】【分析】胶体的实质为胶粒的直径为1100nm，可以透过滤纸，不可透过半透膜。【详解】A. 将分散系分为溶液、胶体和浊液的依据为分散质的直径，小于1nm为溶液，1100nm为胶体，大于100nm为浊液，A错误；B.溶液、胶体都可以透过滤纸，无法用过滤的方法别离，B错误；C. 为了加快反响，可以采用加热的方法制备 Fe(OH)3 胶体，加热过度会出现胶体的聚沉，C错误；D.自来水中含有电解质，电解质可以使胶体聚沉，从而无法制备胶体，D正确；答案为D【点睛】胶体的实质为胶粒的直径为1100nm，胶体具有丁达尔效应的性质，但有丁达尔效应的不一定为胶体，可以是浊液。3.以下实验装置图中没有涉及气

4、体压强原理的是()【答案】D【解析】选D。萃取是根据溶解度和密度大小进行的操作，与压强无关。4.分类思想是研究化学的常用方法，以下分类表达正确的选项是 A. 既有单质参加又有单质生成的反响一定是氧化复原反响B. 含有不同种元素的纯洁物叫做化合物C. 导电能力强的一定是强电解质，难溶于水的一定是弱电解质D. 碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物【答案】B【解析】【详解】A.有单质参加又有单质生成的反响不一定是氧化复原反响，如：石墨转化为金刚石就不是氧化复原反响，故A错误；B.化合物是指由两种或两种以上的元素组成的纯洁物区别于单质，故B正确；C.导电能力强的不一定是强电解质，例

5、如：铜单质；难溶于水的也不一定是弱电解质，电解质的强弱和溶解度无关，硫酸钡难溶于水，但它是强电解质，故C错误；D.碱性氧化物一定金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物。比方：七氧化二锰，故D错误；应选B。5.以下溶液中的氯离子数目与 100 mL 1 molL1 的 AlCl3 溶液中氯离子数目相等的是A. 200 mL 1 molL1 的 NaClB. 200 mL 2 molL1 的NH4ClC. 100 mL 3 molL1 的 KClD. 100 mL 2 molL1 的BaCl2【答案】C【解析】【分析】溶液中给定的物质的浓度与体积无关。溶液中含有氯离子的浓度=物质的浓度物质含有

6、的氯离子个数，1 mol/L的 AlCl3中氯离子浓度为3 mol/L。【详解】A. 1 mol/L的 NaCl中氯离子浓度为1 mol/L，A错误；B. 2mol/L的NH4Cl中氯离子浓度为2 mol/L，B错误；C. 3 mol/L的KCl中氯离子浓度为3mol/L，C正确；D. 2 mol/L的BaCl2中氯离子浓度为4mol/L，D错误；答案为C6.我国科学家屠呦呦成功提取到一种分子式为C15H22O5的无色结晶体，命名为青蒿素，这是一种可用于治疗疟疾的固态有机药物，在水溶液中不电离，关于青蒿素的说法正确的选项是 A. 5.64g青蒿素含氧原子数目为0.02NAB. 标准状况下2mo

7、l青蒿素的体积为44.8LC. 青蒿素属于非电解质D. 青蒿素的摩尔质量为282【答案】C【解析】【详解】A.青蒿素的物质的量为：=0.02mol，含有氧原子的物质的量为：0.02mol5=0.1mol，即青蒿素含氧原子数目为0.1NA，故A错误；B.标准状况下，青蒿素不是气体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故B错误；C.青蒿素在熔融状态下和水溶液中青蒿素都不能导电，属于非电解质，故C正确；D.青蒿素的摩尔质量为282g/mol，故D错误；应选C。【点睛】此题易错点在于D项，物质的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，但单位不同，摩尔质量的单位为g/mol。7.反响2KMnO4+16

8、HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，以下说法正确的选项是 A. 氧化产物与复原产物的物质的量之比为2:5B. 每生成1molCl2时转移2mol e-C. KMnO4的复原性强于Cl2的复原性D. 参与反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比为1:8【答案】B【解析】【详解】A.由反响方程式可知，氧化产物为Cl2，复原产物为MnCl2，氧化产物与复原产物的物质的量之比为5:2，故A错误；B.每生成1molCl2时，反响中转移的电子为1mol20-(-1)=2mol，故B正确；C.元素的化合价降低，作氧化剂，高锰酸钾是氧化剂，氯气是氧化产物，所以KMnO4的氧化性强于Cl2的氧化性，故

9、C错误；D.由方程式可知，每消耗16molHCl，只有10mol失去电子，那么其中作复原剂的HCl是10mol，高锰酸钾作氧化剂，氧化剂与复原剂的物质的量之比为2mol:10mol=1:5，故D错误；应选B。【点睛】在氧化复原反响中，作复原剂的物质并非只表达复原性，比方此题中HCl，既表达了复原性又表达了酸性。8.某Na2CO3样品中含有K2CO3、NaNO3和BaNO32三种杂质中的一种或两种。现将11 g样品参加足量水中，样品全部溶解。再参加过量的CaCl2溶液，得到10 g沉淀。对样品所含杂质的正确判断是A. 肯定有NaNO3B. 肯定有NaNO3，可能还含有K2CO3C. 肯定没有Ba

10、(NO3)2，可能有NaNO3D. 肯定没有K2CO3和Ba(NO3)2【答案】C【解析】样品参加足量水中全部溶解，那么不可能含有Ba(NO3)2，假设11g全部为Na2CO3，完全反响生成碳酸钙为xg，那么：Na2CO3+CaCl2CaCO3+2NaCl106 10011g xg所以106：100=11g：xg解得：x10.4g，大于实际沉淀10g假设11g纯碳酸钾产生碳酸钙的质量为yg，那么有K2CO3+CaCl2CaCO3+2KCl138 10011g yg所以138：100=11g：yg解得y=7.97，小于实际沉淀10g又因为硝酸钠与氯化钙不反响，所以杂质可以是碳酸钾，也可能为硝酸钠

11、和碳酸钾的混合物，答案选C。点睛：此题以物质推断为载体考查化学计算，解答的关键是利用极限法进行分析，即假设全部是碳酸钠或碳酸钾计算对应的沉淀质量，然后进行比拟，平时学习注意数学知识在化学计算中的应用，例如可以借助于图像或数轴等。9.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4 等杂质,通过如下几个实验步骤，可制得纯洁的食盐水： 参加稍过量的Na2CO3溶液； 参加稍过量的NaOH溶液； 参加稍过量的BaCl2 溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生； 过滤,以下操作顺序合理的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、

12、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析。【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，参加过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀；硫酸根离子用钡离子沉淀，参加过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀；至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行；钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子参加碳酸钠转化为沉淀，但是参加的碳酸钠要放在参加的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反响剩余的氯化钡。离子都沉淀了，再进行过滤，最后再参加盐酸除去反响剩余的氢氧根离子和碳

13、酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯洁的氯化钠，所以正确的顺序为；答案选C。【点睛】此题考查粗盐提纯。除杂问题是化学实验中的一类重要问题，除杂时不仅要能把杂质除掉，还不能引入新杂质，而且方法要简便易行，把握好此原那么需要我们有扎实的根底知识和缜密的思维。10.固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中恰好完全反响生成气体C，相同温度下测得容器内压强不变，假设产物气体C的密度是原气体密度的4倍，那么判断正确的选项是A. 生成物C中，A的质量分数为50%B. 反响前后的气体质量之比一定是1:4C. 单质A、B的摩尔质量之比是1:4D. 生成物C中A、B两元素的原子个数比为3:1【答案】B【解析】【详

14、解】A、根据阿伏伽德罗定律可知，相同温度下测得容器内压强不变，那么反响前后气体的物质的量相同，反响前后的气体质量之比为1:4，化学反响遵循质量守恒定律，那么A的质量为B的质量的3倍，在生成物中A的质量分数为75%，错误；B、溶液的体积固定，假设产物气体C的密度是原气体密度的4倍，那么气体的质量是反响前气体质量的4倍，所以反响前后气体质量比一定为1:4，正确；C、由于不能确定A和B的物质的量的关系，那么不能确定A、B的摩尔质量，错误；D、由于不能确定A和B的物质的量关系，那么不能确定C中A、B两元素的原子个数比，错误。答案选B。11.在酸性溶液中能大量共存、且溶液为无色透明的离子组是 A. NH

15、4+、Al3+、SO42-、NO3-B. K+、Na+、SO42-、Ba2+C. K+、Na+、MnO4-、Cl-D. Ca2+、K+、HCO3-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A.因酸性溶液中H+与NH4+、Al3+、SO42-、NO3-均不反响，所以可以大量共存，故A正确；B.SO42-和Ba2+反响生成硫酸钡沉淀，故B错误；C.MnO4-呈紫色，故C错误；D.酸性溶液中H+与HCO3-反响生成水和二氧化碳气体，那么离子不能大量共存，故D错误；应选A。【点睛】强酸性溶液中存在大量的H+，利用离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质及离子之间不能发生氧化复原反响来判断离子的共存；同时

16、应该注意题干的附加条件，如颜色等。12.以下反响的离子方程式中正确的选项是 A. 铜片插入硝酸银溶液中： Cu + Ag+ = Cu2+ + AgB. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2+ OH-H+SO42- BaSO4 H2OC. 澄清石灰水与Na2CO3溶液混合：Ca2+CO32-=CaCO3D. CaCO3与醋酸CH3COOH反响：CaCO3 +2H=Ca2 +CO2+H2O【答案】C【解析】【详解】A. 铜片插入硝酸银溶液中,反响生成硝酸铜和银，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故A错误；B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸混合，反响生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba

17、2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水与Na2CO3溶液混合的离子方程式为：Ca2+CO32CaCO3，故C正确；D. 醋酸和碳酸钙都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；应选C。【点睛】判断离子方程式是否正确可以从以下几个方面考虑：1.离子符号书写是否正确；2.电荷是否守恒；3.是否满足客观事实；13.为了配制100mL 1molL1的NaOH溶液，其中有以下几个操作：NaOH固体放在纸上进行称量选刚用蒸馏水洗净的100mL容量瓶进行配制NaOH在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到

18、容量瓶中用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2次，洗涤液也均转入容量瓶中使蒸馏水沿玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好与刻度线相切其中错误的选项是 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】NaOH固体具有吸水性，易潮解，应放在烧杯进行称量，故错误；选刚用蒸馏水洗净的100mL容量瓶进行配制，不影响溶液配制，故正确；NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，故错误；用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，故正确；为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故错误；应选D。14.由CO2、CO和H2组成的混

19、合气体在同温同压下与氮气的密度相同，那么该混合气体中CO2、CO和H2的体积比为 A. 29:13: 8B. 13:29:8C. 22:14: 1D. 26:57: 15【答案】B【解析】【详解】由于CO与N2具有相同的相对分子质量，所以CO2、H2、CO混合气体的平均相对分子质量仅由CO2和H2来决定，CO的量可以任意。由交叉法：CO2 ： 44 26 28 26/16=13/8H2 ： 2 16由十字交叉法可求得CO2和H2的体积比为26:16或13:8时(CO的量可以任意)，混合气体的平均分子量为28，应选B。15. 如以下图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反响

20、，符合该图的是 A. Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4B. NaOH溶液中滴加稀HClC. CH3COOH溶液中滴加KOH溶液D. Cu(OH)2悬浊液中滴加HNO3溶液【答案】A【解析】试题分析：根据图像可知，溶液的导电能力逐渐减小，然后在逐渐增强。A中生成硫酸钡和水，符合图像；B中生成氯化钠和水，溶液导电能力变化不大。C中生成醋酸钾，溶液导电能力增强，不正确；D中生成硝酸铜，溶液导电能力增强，因此答案选A。考点：考查电解质、溶液导电能力的判断点评：溶液的导电能力和电解质的强弱无关系，只与溶液中离子的难度和离子所带电荷数有关系，难度越大，电荷数越多，导电性越强，据此可以判断。16.：2C

21、u(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI碘化亚铜+13I2+12K2SO4+12H2O，以下说法正确的选项是 A. Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中只有碘元素被复原B. CuI既是氧化产物又是复原产物C. 每生成1mol CuI，有11mol KI发生氧化反响D. 每转移1.1mol电子，有0.2mol IO3-被氧化【答案】C【解析】【详解】A. Cu(IO3)2中铜元素显正二价，碘元素显正五价，均被复原，分别生成+1价和0价，故Cu(IO3)2是氧化剂，且有碘元素和铜元素被复原，故A 错误；B. CuI只是复原产物，CuI中的碘元素来自于KI中的碘元素，故碘元素没有发

22、生化合价的改变。故B错误；C. 根据题中的化学方程式可知，每生成2mol CuI有22mol KI发生氧化反响生成碘单质，故每生成1mol CuI，有11mol KI发生氧化反响，故C正确；D. 每转移1.1mol电子，有0.2mol IO3-被复原生成碘单质，故D错误；应选C。第二卷非选择题，共 52 分二、填空题共 52分 17.(1) 氧化物A2O中，A元素与氧元素的质量比为8：1，那么A的相对原子质量为_。(2) _molNa2CO310H2O与1.3molH2O中所含有的O数相等。(3) CO和CO2的混合气32g，共含氧原子1.25mol，那么混合气中CO的质量为_。(4) 200

23、mL含0.4molAl3+Al2(SO4)3溶液中所含的SO42-的物质的量浓度是_。(5) 含2.4081022个Cu2+的CuSO45H2O的质量是_。【答案】 (1). 64 (2). 0.1 (3). 21g (4). 3mol/L (5). 10g【解析】【分析】1利用化合物中元素的质量比等于各元素原子量之和的比进行求解；21.3molH2O中O原子的物质的量为1.3mol，那么Na2CO310H2O中含有1.3molO，根据原子与分子的关系计算；3设CO为xmol，CO2为ymol，根据混合气的质量和O原子的物质的量计算；41mol硫酸铝电离产生3mol硫酸根离子、2mol铝离子，

24、再根据c=n/V计算；5根据n=N/NA计算铜离子的物质的量，硫酸铜晶体的物质的量等于铜离子的物质的量，再根据m=nM计算。【详解】(1)设A的相对原子质量为x，那么A2O中m(A):m(O)=(x2):16=8:1，解得x=64，故答案为64；(2)1.3molH2O中O原子的物质的量为1.3mol，Na2CO310H2O与1.3molH2O中所含有的O数相等，那么Na2CO310H2O中含有1.3molO，所以Na2CO310H2O的物质的量为0.1mol；故答案为0.1mol；(3)设CO为xmol，CO2为ymol，混合气的质量为32g，共含氧原子1.25mol，那么x+2y=1.25

25、mo，l28x+44y=32解得：x=0.75mol，y=0.25mol；所以混合气中CO的质量为0.75mol28g/mol=21g；故答案为21g；(4)硫酸铝的电离方程为：Al2(SO4)3=2Al3+3SO42，1mol硫酸铝电离产生3mol硫酸根离子、2mol铝离子，两者之比为3:2，所以含有0.4molAl3+的Al2(SO4)3溶液中所含SO42为0.43/2mol=0.6mol，c=n/V=0.6mol/0.2L=3mol/L；故答案为3mol/L；(5)铜离子的物质的量为n=N/NA=2.40810226.021023mol-1=0.04mol，硫酸铜晶体的物质的量等于铜离子

26、的物质的量为0.04mol，那么硫酸铜晶体的质量为：0.04mol250g/mol=10g；故答案为10g。18.在一固定容积的A容器中盛有40的H2和60的O2体积分数的混合气体，试求：1其中H2与O2的分子数之比是_，质量比是_2混合气体在标准状况下的密度是_。保存三位有效数字3在某温度高于100时，引燃A容器中的气体，回复到原来温度，那么A容器内混合气体的平均式量是_；引燃前后，A容器内压强如何变化_填“增大“减小或“不变，下同；A容器内混合气体的密度如何变化_【答案】 (1). 2：3 (2). 1：24 (3). 0.893g/L (4). 25 (5). 减小 (6). 不变【解析

27、】【分析】根据方程式及物质的量与质量及气体体积等物理量之间的关系计算解答。【详解】1相同条件下，气体分子数目之比等于体积之比，H2与O2的分子数之比=40%：60%=2：3，那么H2与O2的质量之比=22：332=1：24，故答案为：2：3；1：24；2混合气体的平均摩尔质量=2g/mol40%+32g/mol60%=20g/mol，故标况下，混合气体的密度=20g/mol22.4L/mol=0.893g/L，故答案为：0.893g/L；3设 nH2=2 mol，nO2=3 mol，那么反响前n总=5 mol，发生反响：2H2+O2=2H2Og，由方程式可知氧气剩余，那么反响后 nO2=3mo

28、l-1 mol=2mol，nH2Og=2 mol，n总=4mol，反响前后混合气体总质量不变，故容器内混合气体的平均式量是22+323/4=25；相同条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故反响后压强减小；混合气体总质量不变，体积不变，那么容器内混合气体的密度不变，故答案为：25；减小；不变。19.下面是实验室制取少量固体氧化铜的实验，根据实验步骤，答复有关问题。1调整天平零点时，假设指针偏向右边，应将左边的螺丝_填“向左或“向右旋动。2滴加NaOH溶液，生成沉淀的离子方程式为_。3加热蒸发过程中要用到玻璃棒，其作用是_。4洗涤该沉淀的方法是_，为了检验此沉淀是否洗涤干净，应取最后一次的洗涤液

29、少许，参加_溶液检验。5假设向CuSO4溶液中滴加了100mLNaOH溶液，那么NaOH溶液的物质的量浓度至少为_。6理论上最多可以制得CuO的质量为 _。【答案】 (1). 向左 (2). Cu2+2OH-CuOH2 (3). 搅拌，防止因局部过热引起液体物质飞溅 (4). 向过滤器中参加蒸馏水浸没沉淀，等待水自然流尽后，重复操作23次 (5). BaCl2或Ba(NO3)2 (6). 0.4 mol/L (7). 1.6 g【解析】【详解】(1)假设指针偏向右边,说明右边重,左边轻,应将左边的螺丝向左旋动,因此，此题正确答案是:向左；(2) 硫酸铜与NaOH溶液反响生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫

30、酸钠，离子方程式为：Cu2+2OH-CuOH2；综上所述，此题答案是：Cu2+2OH-CuOH2。3加热蒸发过程中要用到玻璃棒不断地搅拌，防止因局部过热引起液体物质飞溅；综上所述，此题答案是：搅拌，防止因局部过热引起液体物质飞溅。 4洗涤该沉淀的方法是：向过滤器中参加蒸馏水浸没沉淀，等待水自然流尽后，重复操作23次；为了检验此沉淀是否洗涤干净，应取最后一次的洗涤液少许，参加BaCl2或Ba(NO3)2溶液，假设不出现白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净；综上所述，此题答案是：向过滤器中参加蒸馏水浸没沉淀，等待水自然流尽后，重复操作23次；BaCl2或Ba(NO3)2。5硫酸铜晶体的物质的量为5/25

31、0=0.02mol，那么CuSO4为0.02mol，由CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4可以知道,需要NaOH物质的量为0.022=0.04mol；那么NaOH溶液的物质的量浓度至少为0.04/0.1=0.4 mol/L；综上所述，此题答案是：0.4 mol/L。(6)根据铜元素守恒可知，CuSO4CuO；CuSO4为0.02mol，所以CuO的质量0.0280= 1.6 g；综上所述，此题答案是：1.6 g。20.铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反响，化学方程式如下已配平,Cu2H2SO4(浓) CuSO4A2H2O,试通过计算和推理完成下面的问题：1在参加反响的硫酸中，被复

32、原的硫酸与未被复原的硫酸的物质的量之比为_。A物质可以与强碱反响生成盐和水。那么A应该属于_用字母代号填写。a酸 b碱 c盐 d酸性氧化物 e碱性氧化物2一定量的铜片与含1.8mol H2SO4的浓H2SO4充分反响浓H2SO4过量，如果该反响过程中转移了0.2 mol电子，生成的A气体在标准状况下体积为 _L假设气体全部逸出。3将2中反响后所得到的溶液稀释后与足量Ba(OH)2溶液反响，所得沉淀的质量为_g。写出此过程中发生反响的化学方程式：_【答案】 (1). 1:1 (2). d (3). 2.24 (4). 405.9 (5). Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O ，Ba

33、(OH)2+CuSO4=BaSO4+Cu(OH)2【解析】【分析】1由反响可知，A为二氧化硫，为酸性氧化物，根据硫酸的作用来答复；2由反响可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反响过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4和0.1molSO2；3反响后所得到的溶液，含硫酸铜和硫酸，与足量BaOH2溶液充分反响生成硫酸钡沉淀，结合硫酸根离子守恒计算。【详解】1反响Cu+2H2SO4浓 CuSO4+A+2H2O中，A物质可以与强碱反响生成盐和水，那么A是二氧化硫，属于酸性氧化物；在参加反响的硫酸中，被复原的硫酸是1mol与未被复原的硫酸是1mol，其物质的量之比为1：1，

34、故答案为，1：1；d；2一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反响，如果该反响过程中转移了0.2mol电子，由定量关系得：Cu+2H2SO4浓 CuSO4+SO2 +2H2O，电子转移2mol，就会生成1molSO2 气体和1molCuSO4，那么该反响过程中转移了0.2mol电子，生成的0.1molSO2 气体，在标准状况下体积为2.24L，故答案为：2.24；3将反响后所得到的溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反响，此过程发生的反响的方程式：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O ，Ba(OH)2+CuSO4=BaSO4+Cu(OH)2，反响后所得沉淀包括硫酸

35、钡和氢氧化铜，nH2SO4=0.1L18mol/L=1.8mol，nSO2=0.1mol，那么生成mBaSO4=1.8mol-0.1mol233g/mol=396.1g，nCuSO4=0.1mol，mCuOH2=0.1mol98g/mol=9.8g，那么反响后所得沉淀的质量为396.1g+9.8g=405.9g；故答案为：405.9；Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O ，Ba(OH)2+CuSO4=BaSO4+Cu(OH)2。21.1写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至Ba2+刚好沉淀完全_；2标况下，将224L氯化氢气体溶于V升水中，所得溶液密度为dg/

36、mL，那么此溶液中溶质的物质的量浓度为_mol/L3使物质的量浓度之比为1:2:3的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl-恰好完全沉淀时，假设所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3，那么上述三种溶液的体积之比是_；45.00g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线样品质量随温度变化的曲线如下图，那么200时所得固体物质的化学式为_；5氧化性：Cl2Fe3+I2，写出FeI2和Cl2按物质的量之比为7:8反响的总离子方程式_【答案】 (1). Ba2+OH-+H+SO42- = BaSO4+ H2O (2). 10000d/(365+1000V) molL1 (3). 18:

37、3:2 (4). CuSO4H2O (5). 2Fe2+14I-+8Cl2 =2Fe3+7I2+16Cl-【解析】【分析】根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。【详解】1沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba2刚好完全反响，发生的化学方程式为：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+NaOH+H2O，转化为离子方程式那么为：Ba2+OH-+H+SO42-= BaSO4+ H2O；(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/Vm=224L22.4L/mol=10mol，m

38、总=m(HCl)+m(H2O)=n(HCl)M(HCl)+V(H2O)(H2O)=1036.5+V1031=(365+1000V)g，c(HCl)= ，故答案为：；(3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反响的化学方程式：NaCl+AgNO3=AgCl+NaNO3，MgCl2+2AgNO3=2AgCl+Mg(NO3)2，AlCl3+3AgNO3=3AgCl+Al(NO3)3，假设假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L，氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反响消耗硝酸银体积分别为3L、2L、3L，那么氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反响消耗硝酸银物质的量为3mol、2mol、3mol，将三者消耗硝

39、酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol、1mol、1mol，因为三者物质的量浓度之比为1:2:3，可列出等式为：三种溶液的体积之比3/1:1/2:1/3，化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2，故答案为：18:3:2。(4)由图可以得知，200时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，5.00g五水合硫酸铜，物质的量为5g250g/mol=0.02mol，所以n(CuSO4)=0.02mol，n(H2O)=0.1mol，200时，固体质量为3.56g，所以含有水分质量为0.36g，n(H2O)=m/M=0.36g18g/mol=0.02mol，可以得出固体化学式为：CuSO4H2O，故答案为：CuSO4H2O。(5)由题，根据氧化复原反响得失电子数的规律，可以写出方程式为：7FeI2+8Cl2=2FeCl3+7I2+5FeCl2，转化为离子方程式可得出：2Fe2+14I-+8Cl2 =2Fe3+7I2+16Cl-，故答案为：2Fe2+14I-+8Cl2 =2Fe3+7I2+16Cl-。- 14 -