【文档说明】湖南省岳阳市第一中学2019-2020学年高一下学期第一次质量检测化学试题 【精准解析】.doc，共(18)页，925.500 KB，由小赞的店铺上传

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岳阳市一中2020年上期高一第一次质量检测化学试卷可能用到的相对原子质盘：H：1C：12O：16S：32Fe：56Cu：64一、选择题（本题包括14个小题，每小题3分，共42分）1.某同学对所学物质的分类，其中正确

的是（）A.电解质：硫酸钡、蔗糖B.混合物：3Fe(OH)胶体、液氨C.常见干燥剂：浓硫酸、碱石灰D.碱性氧化物：过氧化钠、氧化铁【答案】C【解析】【详解】A.硫酸钡属于盐、盐属于电解质、蔗糖属于有机物，有机物大多数是非电解质，A错误；B.Fe(OH)3胶体

是一种分散系，分散系均属于混合物、液氨是纯净物，B错误；C.浓硫酸具有很强吸水性是一种液态干燥剂、碱石灰具有很强吸水性是一种固态干燥剂，C正确；D.氧化铁能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；过氧化钠能与酸反

应生成盐、水和氧气，故过氧化钠不属于碱性氧化物，D错误；答案选C。2.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，我国的刘庄教授为汞元素的代言人。下列关于19880Hg的说法中，正确的是A.质量数为278B.中子数为118C.质子数为198D.中子数与核外电子数之差为80【答案】

B【解析】【分析】在核素符号中，左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数。由19880Hg可得出，该汞原子的质量数为198，质子数为80。【详解】A．由19880Hg可得出，其质量数为198，A不正确；B．中子数

为198-80=118，B正确；C．19880Hg的质子数为80，C不正确；D．中子数与核外电子数之差为118-80=38，D不正确；故选B。3.下列关于硅单质和硅的化合物说法正确的是（）A.硅是良好的半导体材料，能与盐酸或氢氧化钠溶液反应B.高纯度的硅单质广泛用于制造光

导纤维C.水晶项链和餐桌上的瓷盘都是硅酸盐制品D.二氧化硅是酸性氧化物，能与CaO等碱性氧化物反应，也能与氢氧化钠等强碱反应【答案】D【解析】【详解】A.硅是良好的半导体材料，能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，但

不能与盐酸反应，故A错误；B.高纯度的二氧化硅广泛用于制造光导纤维，故B错误；C.水晶项链的主要成分是二氧化硅，瓷盘的主要成分是硅酸盐，故C错误；D.二氧化硅是酸性氧化物，能与CaO等碱性氧化物反应生成硅酸盐，也能与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸盐和水，故D正确；答案选D

。4.下列有关物质保存的方法中，不正确的是（）A.金属钠保存在煤油中B.氢氟酸保存在玻璃试剂瓶中C.氯化亚铁溶液保存需要加少量铁粉D.氢氧化钠溶液保存在橡胶塞的玻璃瓶中【答案】B【解析】【详解】A.钠的化学性质活泼，易与空气中的氧气和水蒸气反应，因钠的密度大于煤油且与煤油不反应，所以钠通常保

存在煤油中，故A正确；B.HF可与玻璃中的二氧化硅反应，所以氢氟酸通常保存在塑料瓶中，故B错误；C.亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，因铁离子可与铁粉反应生成亚铁离子，所以保存氯化亚铁溶液时需要加少量

铁粉，以防氯化亚铁氧化变质，故C正确；D.因氢氧化钠易与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，可将玻璃瓶与玻璃塞粘在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液保存在橡胶塞的玻璃瓶中，故D正确；答案选B。5.下列各组离子在溶液里能够大量共存的是A.Na+、2Cu+、24SO−、

OH−B.+H、K+、I−、-3NOC.Na+、4NH+、-3NO、Cl−D.2Ca+、Cl−、OH−、-3HCO【答案】C【解析】【详解】A.2Cu+与OH−因产生氢氧化铜沉淀而不能大量共存，A错误；B.+H、I−和-3NO发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C.

Na+、4NH+、-3NO、Cl−相互间不会发生反应，可以大量共存，C正确；D.2Ca+、OH−和-3HCO因产生CaCO3沉淀和水而不能大量共存，D错误；答案选C。6.下列事实不能用元素周期律解释的是A.酸性：H2SO3>H2CO3B.还原性：S2－>Cl－C.气态氢化物的稳

定性：NH3>CH4D.Cl2从KI溶液中置换出I2【答案】A【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2SO3不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，选项A选；B.硫的非金属性弱于氯

，故还原性：S2－>Cl－，能用元素周期律解释，选项B不选；C.N的非金属性强于C，所以气态氢化物的稳定性NH3>CH4，能用元素周期律解释，选项C不选；D.氯的非金属性强于碘，所以Cl2从KI溶液中置换出I2，能用元素周期律解释，选项D

不选。答案选A。7.下列离子方程式中正确的是（）A.金属钠与水反应：22Na2HO=Na2OHH+−+++B.用氢氧化钡溶液中和硫酸溶液：22424BaOHHSOHOBaSO+−+−+++=+C.少量澄清石灰水与小苏打溶液混合：2-332Ca

OHHCOCaCOHO+−++=+D.实验室用2MnO与浓盐酸反应制取氯气：2222MnO4H2ClMnCl2HOΔ+−+++++【答案】D【解析】【详解】A.金属钠与水反应的离子方程式为：222Na2HO=2Na2OHH+−+++，该反应中得失电子数应相等、电荷应守恒，A错误；B.用氢

氧化钡溶液中和硫酸溶液，得到硫酸钡和水，离子方程式为：22424Ba2OH2HSO2HOBaSO+−+−+++=+，B错误；C.少量澄清石灰水与小苏打溶液混合，石灰水因为少量，故钙离子和氢氧根离子均完全参加反应，离子方程式中钙离子和氢氧根离子的化学计量数之

比为1:2，故离子方程式为：2-23323Ca2OH2HCOCaCO2HO+CO+−−++=+，C错误；D.实验室用2MnO与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，浓盐酸完全电离，故离子方程式为：2222Mn

O4H2ClMnCl2HOΔ+−+++++，D正确；答案选D。8.下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（）A.3BFB.2HOC.2BeClD.3PCl【答案】D【解析】【详解】A.BF3中B原子与3个F原子共形成3个共用电子对，所以B原子的最外层不满足8电子结构

，A错误；B.水分子中的H原子不满足8电子结构，B错误；C.2BeCl分子中，Be与2个Cl原子共形成2个共用电子对，所以Be原子最外层不满足8电子结构，C错误；D.3PCl分子中，每个Cl原子与P原子形成一对共用电子对，Cl原子达到8电子结构，P原子还

有1对孤对电子，所以P原子也达到8电子结构，D正确；答案选D。9.①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：元素①②③④⑤⑥主要化合价+1+1+2－2－1+7，－1原子半径／nm0.1520.1860.1600.0740.0710.099下列说法中不正确

的是A.①的单质加热时能与氧气生成过氧化物B.单质熔点：②<①C.③和⑥形成的化合物是离子化合物D.单质氧化性：④<⑤【答案】A【解析】【分析】①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，⑤只有﹣1价，⑤为F；⑥有﹣1、+7价，⑥为C

l；④只有﹣2价，且原子半径比F略大，则④为O；①②均只有+1价，且原子半径②＞①，则①为Li，②为Na；③为+2价，且原子半径略小于Na，可知③为Mg，以此来解答。【详解】由上述分析可知，①～⑥分别为Li、Na

、Mg、O、F、Cl，A．①的单质加热时能与氧气化合生成Li2O，选项A不正确；B．①为Li，②为Na，碱金属元素的单质从上而下熔点依次降低，则单质熔点：②<①，选项B正确；C．③与⑥可以形成MgCl2，只含离子键，为离子化合物，选项C正确；D．O、F均位于第二周期，同周期从左向右非金属性增

强，则非金属性为④＜⑤，故单质氧化性：④<⑤，选项D正确；答案选A。10.AN为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.321L1mol/LCHCHOH水溶液中O原子数目为ANB.将31molFeCl全部转化成胶体，其中氢氧化

铁胶粒数为ANC.标准状况下，11.2LHF的所含的分子数为0.5AND.22NaO与2HO反应生成21.12LO（标准状况），反应中转移的电子数为0.1AN【答案】D【解析】【详解】A.321L1mol/LCHCHOH水溶液中乙醇的物质的量为1mol，乙醇

含有的氧原子物质的量为1mol，水中也含有氧原子，则氧原子的物质的量大于1mol，个数大于AN，故A错误；B.将31molFeCl全部转化成胶体，形成的氢氧化铁的物质的量为1mol，因胶粒是分子的集合体，则氢氧化铁

胶粒数小于AN，故B错误；C.标准状况下，HF不是气体，无法计算11.2LHF的物质的量及所含的分子数，故C错误；D.标准状况下，1.12LO2的物质的量为0.05mol，22NaO与2HO反应生成1molO2时转移2m

ol电子，则生成0.05molO2时转移的电子数为0.1AN，故D正确；答案选D。11.用下列装置制取3NH并用3AlCl溶液吸收多余的3NH以制取3AlOH（），最后回收4NHCl，能达到实验目的的是（）A.用装置甲制取3NHB.用装置乙吸收3NH以制取3AlOH（）C.用装置丙在不

断搅拌下分离3AlOH（）和4NHCl溶液D.用装置丁蒸干4NHCll溶液并灼烧制取4NHCl【答案】A【解析】【详解】A．CaO与水反应增大氢氧根离子浓度，且放热，均可使氨气逸出，则图中固液反应装置可制备氨气，选项A正确；B．氨气极易溶于水，导管在液面下，图中

装置可发生倒吸，选项B错误；C．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，则不能分离Al(OH)3和NH4Cl溶液，选项C错误；D．蒸干NH4Cl溶液，氯化铵分解，应选结晶法制NH4Cl，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、收集及混合物分离提纯等，把握反应

原理、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。本题的易错点为D，要掌握蒸发的基本操作和氯化铵的性质。12.图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列曲线能表示向n(HCl):n(AlC13)=2:1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量的是（）A.A曲线B.B曲线

C.C曲线D.D曲线【答案】C【解析】已知n(HCl)：n(AlC13)=2：1，向该混合溶液中加入NaOH溶液时，依次发生如下反应：HCl＋NaOH=NaCl＋H2O、AlCl3＋3NaOH=Al(OH)3↓＋3NaC

l、Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O，根据HCl和AlC13的物质的量之比可得，C曲线符合题意。本题正确答案为C。13.一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出0.08molNO，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色

出现。若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的原混合物，能得到铁的物质的量为()A.0.16mo1B.0.24molC.0.21molD.0.20mol【答案】D【解析】【详解】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混

合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为：0.12L×4mol/L-0.08mol＝0.40mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：0.40mol÷2＝0.20mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）＝0.20mol。故答

案选D。【点睛】本题考查利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键。14.已知氧化性32BrFe+，向含溶质amol的2FeBr溶液中通入2bmolCl，充分反应．下列说

法不正确的是A.离子的还原性强弱：2FeBrCl+−−B.当a2b时，发生的离子反应：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+C.当ab=时，反应后的离子浓度：()3cFe+∶()cBr−∶()cCl1−=∶2∶2D.当3a2b时，发生的离子反应：23222Fe4B

r3Cl2Fe2Br6Cl+−+−=++++【答案】C【解析】【分析】氧化性32BrFe+，则还原性2FeBr+−，首先发生反应：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+，2Fe+反应完毕，再发生反应：222B

rCl2ClBr−−+=+，amol的2FeBr溶液中含有2amolFe+、2amolBr−，据此分析解答。【详解】A.氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：2FeBrCl+−−，故A正确；B.2amolFe+消耗20.

5amolCl，当a2b时，只有2Fe+被氯气氧化，反应离子方程式为：2322FeCl2Fe2Cl++−+=+，故B正确；C.当ab=时，由2322FeCl2Fe2Cl++−+=+可知，2amolFe+消耗20.5amolCl，生成3

amolFe+、amolCl−，由222BrCl2ClBr−−+=+可知，20.5amolCl，消耗amolBr−，又生成amolCl−，溶液中剩余Br−为amol，反应后的离子浓度：()3cFe+∶()cBr

−∶()cCla−=∶a∶2a1=∶1∶2，故C错误；D.2amolFe+消耗20.5amolCl，2amolBr−消耗2amolCl，当3a2b时，2Fe+、Br−完全被氧化，发生的离子反应：23222Fe4Br3Cl2Fe2Br6Cl+−+−=++++，故D正

确；故选C。【点睛】明确氧化还原反应的一般规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意反应的先后顺序和用量间的关系。二、填空题（本题包括5个小题，共58分）15.A、B、D、E、F、G为短周期元素，且原子序数依次

递增。A、F同主族，E、G同主族。A与其他非金属元素化合时易形成共价键，F与具他非金属元素化合时易形成离子键，且F+与E2-核外电子排布相同。由以上元素组成的物质BE和2D具有相同的电子数。请回答以下问题：（1）G位于第______周期第______族。（2）用电子式表示2D：________

_。（3）由A、E、F三种元素形成的化合物的化学式为_______，含有的化学键有______（填“离子键”“极性键”或“非极性键”）。（4）写出A与B形成的10电子分子的结构式是______。（5）2AE与2AG的沸点：2AE____2AG的沸点（填“高于”或“低于”）【答案】(1).三

(2).VIA(3).:NN:(4).NaOH(5).离子键和极性键(6).(7).高于【解析】【分析】A、B、D、E、F、G为短周期元素，且原子序数依次递增。A、F同主族，A与其他非金属元素化合时易形成共价键，F与具他非金属元素化合时易形成离子键

，说明A为H、F为Na，F+与E2-核外电子排布相同，E为O，E、G同主族，则G为S；由以上元素组成的物质BE和2D具有相同的电子数，说明B为C、D为N，BE是CO、D2是N2。【详解】根据以上分析可知，A、B、D、E、F、G分别为H、C、N、O、Na、S；(1)G是S元素，位于元素周

期表的第三周期第VIA族；(2)N2分子中两个N原子之间形成三个共用电子对，N2的电子式为:NN:；(3)由H、O、Na三种元素形成的化合物的化学式为NaOH，NaOH中含有的化学键是离子键和极性键；(4)H与C形成的10电子分子是甲烷，甲烷的结构式为；(5)

H2O分子间含有氢键，则H2O与H2S相比，H2O的沸点高于H2S。16.A、B、C、D、E、F、G均为短周期元素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，D

是地壳中含量最多的元素，E的化合物焰色反应是黄色，F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素。请用化学用语回答：（1）D的简单阴离子的结构示意图是____________。（2）用电子式表示AG的形成过程____________。（3）E

、F、G三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是_____________（用离子符号作答）。（4）下列实验操作对应的实验现象中，不正确的是________（填字母）。选项实验操作实验现象a将E单质投入到4CuSO溶液中生成大量红色固体b向3A1Cl溶液中通入过量C的气态氢化物先生成白色沉淀

，然后沉淀溶解c将G的单质通入到NaBr溶液中充分反应后，加入四氯化碳，振荡，静置下层溶液变为橙色d将B的最高价氧化物通入到23NaSiO溶液中生成白色沉淀（5）在Fe和Cu的混合物中，加入一定量的C的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，充分反应后剩余金属1mg，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分反

应后剩余金属2mg。下列说法正确的是_____（填字母）。.a.1m大于2mb.1m等于2mc.剩余溶液中一定有3Fe+d.剩余金属中一定有Cu【答案】(1).(2).(3).()()()2rSrC1rNa−−+(4).ab(5).ad【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G均为短周期元

素，原子序数依次递增。A元素原子核内无中子，A为H；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，B为C；D是地壳中含量最多的元素，D为O，则C为N；E的化合物焰色反应是黄色，E为Na；F与G位置相邻，G是同周期元素中原子半径最小的元素，F为S、G为Cl。【详解】根据上述分析可知，A、B、

C、D、E、F、G分别为H、C、N、O、Na、S、Cl；(1)O元素的简单阴离子是O2-，K层有2个电子，L层有8个电子，结构示意图是；(2)HCl分子中H原子与Cl原子形成1个共用电子对，用电子式表示HCl的形成过程为；(3

)电子层数越多，离子的半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则Na、S、Cl三种元素所形成的简单离子，半径由大到小的顺序是()()()2rSrC1rNa−−+；(4)a.Na的化学性质活泼，Na投入到4C

uSO溶液中，Na先与水反应生成NaOH和氢气，NaOH再与4CuSO反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故a错误；b.一水合氨是弱碱，向3A1Cl溶液中通入过量氨气，生成氢氧化铝沉淀，但氢氧化铝沉淀不会溶解，故

b错误；c.将氯气通入到NaBr溶液中充分反应生成氯化钠和单质溴，加入四氯化碳，振荡，静置，四氯化碳的密度大于水，则溴溶于四氯化碳，下层溶液变为橙色，故c正确；d.碳酸的酸性强于硅酸，将CO2通入到23NaSiO溶液中，反应生成硅酸白色沉淀，故d正确，答案选ab；(5)HNO3具有强氧化性，能将F

e、Cu氧化为Fe3+、Cu2+，Fe3+具有较强的氧化性，可将Fe、Cu氧化；第一次剩余金属，若剩余金属为Fe和Cu，溶液中含有的离子为Fe2+，若剩余Cu，溶液中阳离子为Fe2+，可能含有Cu2+，由于溶液中

含有NO3-，再加入一定量的稀硫酸，在酸性条件下，剩余的金属还可以与NO3-反应，由于有金属剩余，故溶液中一定含有Fe2+，可能含有Cu2+，剩余的金属可能为Fe和Cu也可能只有Cu；a．由上述分析可知，m1一定大于m2，故a正确；b．m1

一定大于m2，故b错误；c．加入稀硫酸前、后的溶液中肯定都有Fe2+，一定没有3Fe+，故c错误；d．根据分析可知，剩余的金属中一定有Cu，故d正确，答案选ad。【点睛】第(5)小题为本题的难点，要注意NO3-在酸

性条件下具有强氧化性，所以加入稀硫酸后依然能与剩余的金属反应。17.某兴趣小组的同学发现将一定量的铁与浓硫酸加热时，观察到铁完全溶解，并产生大量气体。为此，他们设计了如图装置验证所产生的气体。（1）填写装置的作用：B______，C_______，G__________。（2）证明有2S

O生成的实验现象是________。（3）可以证明所产生的气体中含有氢气的实验现象是：E：_______，F：_______。（4）反应后A的溶液中含有3Fe+和2Fe+，检验其中的2Fe+的方法是___________。（5）若将铁丝换成铜

丝，试写出反应的化学方程式___________，反应后的溶液中没有出现预计的蓝色溶液，而出现大量白色固体，原因是________。【答案】(1).防止倒吸(2).检验并吸收2SO(3).防止空气中的水蒸气进入F(4).C中酸性高锰酸钾溶液颜色变浅(5).黑色固体变成红色(6).白色粉末变成蓝色

(7).取A的溶液滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫（红）色褪去，证明有2Fe+(8).22244ΔCu2HSO()CuSOSO2HO+++浓(9).浓24HSO中的水很少，浓硫酸具有吸水性【解析】【分析】铁与浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应，生成硫酸铁、二氧化硫和水，随着反应的进行，硫酸浓度逐

渐减小，稀硫酸和铁发生置换反应产生硫酸亚铁和氢气，故从装置A出来的气体为二氧化硫和氢气的混合气体，B是安全瓶，C中足量的酸性高锰酸钾，可以检验并吸收二氧化硫，D为干燥氢气的装置，在E中，氢气和氧化铜发生置换反应，黑色粉末

变红，产生的水蒸气进入F中，使白色硫酸铜粉末变蓝，G中装固体干燥剂，防止空气中的水分进入F中干扰实验，据此回答；【详解】(1)熄灭A装置中酒精灯时，A装置中气体冷却压强减小，C装置中溶液易进入A试管中产生

倒吸现象，所以B装置的作用是防止倒吸；酸性高猛酸钾溶液有强氧化性，二氧化硫能和酸性高猛酸钾溶液发生氧化反应而使其褪色，所以酸性高猛酸钾的作用是验证有SO2生成，同时除去SO2；空气中含有水蒸气，如果没有G装置，水蒸气进入F装置干扰实验，所以G的作用

是：防止空气中的H2O进入F；(2)二氧化硫有还原性，酸性高猛酸钾有强氧化性，二者能发生氧化还原反应而使酸性高猛酸钾溶液颜色变浅，所以证明有SO2生成的现象是酸性高锰酸钾变浅。(3)生成的气体经洗气和干燥后剩余的气体就是氢气，氢气有还原性能和氧化铜在加热条件下发生置换反应生成铜单质，生成的水遇无水

硫酸铜时白色固体变蓝色，所以证明含有氢气的现象是：E中黑色(CuO)变成红色(Cu)，F中白色粉末变成蓝色；(4)酸性高锰酸钾有强氧化性，亚铁离子能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色，所以有铁离子共存时检验亚铁离子的方法是：取A的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪去，证明有Fe2＋；(5)若将铁丝换

成铜丝，铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫等，化学方程式：Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2+2H2O；由于浓硫酸中水很少，浓硫酸具有吸水性，所以出现了大量白色固体；要确认CuSO4生成，待试管冷却

后，将浓硫酸倒出，在固体中加水即可。【点睛】常温下铁在浓硫酸中钝化、加热下发生氧化还原反应，浓硫酸是强氧化剂而铁是变价金属，以此为基础结合物质的检验等知识是解题的关键。18.（1）两份铝屑，第一份与盐酸反应，第二份与氢氧化钠溶液反应，反应后铝均无剩余，在标准状况

下产生氢气的体积比为1：2，则消耗的HC1和NaOH的物质的量之比为_________。（2）我国著名化学家北京大学张青莲教授测定的锑元素的相对原子质最121.760，早在1993年已被国际相对原子质量委员会确认为锑的国际

标准相对原子质量。已知锑有12151Sb和12351Sb两种天然同位素，则12151Sb和12351Sb的原子个数比是_____________。（3）把含有硫酸铵和硝酸铵的混合液aL分成两等份，一份加入bmolNaOH并加热，恰好把3NH全部赶出，另一份需消耗2cmolBaCl

，沉淀反应恰好完全，则原溶液中-3NO的物质的量浓度____________。（4）向24100mLHSO与4CuSO的混合溶液中加入11.2g铁粉，充分反应后固体质量仍为11.2g。将反应后得到的固体再与足量

的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L，则原混合溶液中24HSO与4CuSO的物质的量之比为______________。【答案】(1).3：2(2).31：19(3).(2b-4c)/amol/L(4).1：7【解析】【详解】(

1)铝与稀盐酸、NaOH溶液反应方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应后铝都无剩余，说明酸、碱都过量，铝和氢气关系式为2Al～3H2，在

标准状况下产生氢气的体积之比为1∶2，则生成氢气物质的量之比为1∶2，根据2HCl～H2、2NaOH～3H2知，如果生成标准状况下氢气体积分别是22.4L、44.8L，则消耗盐酸物质的量为2mol、消耗n（NaOH）为43mol，所以消

耗的HCl和NaOH的物质的量之比2mol∶43mol=3∶2；(2)121.760是锑元素的相对原子质量，元素的相对原子质量为各种天然同位素的相对原子质量与这些同位素所占的原子百分比计算出来的平均值，设12151Sb所占的原子个数百分比为x，则

12351Sb所占的原子个数百分比为(1-x)，有121.760=121x+123(1-x)，解得x=0.62，则12151Sb和12351Sb的原子个数比是0.62∶(1-0.62)=31∶19；(3)

bmolNaOH刚好把NH3全部赶出，根据反应NH4++OH-ΔNH3↑+H2O可知，每份溶液中含有NH4+的物质的量为bmol，另一份溶液与BaCl2溶液完全反应，消耗cmolBaCl2，根据Ba2++S

O42-=BaSO4↓可知，每份溶液中含有SO42-cmol，设每份溶液含有的NO3-的物质的量为xmol，由于溶液不显电性，则：bmol×1=cmol×2+x×1，解得x=（b-2c）mol，每份溶液的体积为0.5aL，所以每份溶液

硝酸根的浓度为：c（NO3-）=()20.5bcmolaL−=(2b-4c)/amol/L，根据溶液的均一性可知，原溶液中硝酸根的浓度为(2b-4c)/amol/L；(4)将反应后得到的固体再与足量的稀硫酸反应可得到标准状况下气体2.24L，说明铁过量，而气体的体积2.2

4L，物质的量为0.1mol，由Fe～～H2，所以过量铁的物质的量为0.1mol，质量为5.6g，所以反应生成铜的质量为11.2g-5.6g=5.6g，物质的量为：5.664/ggmol=0.0875mol，

所以CuSO4与铁反应消耗铁的物质的量为0.0875mol，硫酸与铁反应消耗铁的质量为：11.2-5.6-0.0875×56=0.7g，由CuSO4～Fe可知，硫酸铜的物质的量为0.0875mol，H2SO4～～Fe可知，硫酸的物质的量为0.7g56g/mol=0.0125mol，则混合液中的

H2SO4与CuSO4的物质的量之比为0.0125∶0.0875=1∶7。19.2NaC1O是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其中一种生产工艺如下（1）2NaClO中Cl−的化合价为___________

_。（2）写出“反应”步骤中生成2ClO的化学方程式_________。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去2Mg+和24SO−、2Ca+，要加入下列试剂，其中的顺序不正确的是__

________，最后还需要加入的一种试剂为_________。①加过量NaOH溶液②加过量23NaCO溶液③加过量2BaCl溶液。A③②①B①③②C③①②D②①③（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量2ClO。此

吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。【答案】(1).+3价(2).3224242NaClOSOHSO2ClO2NaHSO++=+(3).D(4).稀盐酸(5).2∶1【解析】【分析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaC

lO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据原子守恒、转移电子守恒得该反应的化学方程式为3224242NaClOSOHSO2ClO2NaHSO++=+，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸

钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。【详解】(1)NaC

lO2中Na元素为+1价、O元素为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0判断Cl元素的化合价，设Cl元素化合价为x，则+1+x+（-2）×2=0，所以Cl元素化合价为+3价，故答案为+3价；(2)“反应”步骤中氯酸钠和二氧化硫、稀

硫酸反应生成ClO2，同时生成硫酸氢钠、二氧化氯，反应方程式为3224242NaClOSOHSO2ClO2NaHSO++=+，故答案为3224242NaClOSOHSO2ClO2NaHSO++=+；(3)“电解”

所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+、SO42-和Ca2+要加入的试剂能和杂质离子产生沉淀，但是不能引入新的杂质，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，选择BaCl2除去溶液中的SO42-，加入的

除杂试剂都要过量，所以Mg2+、SO42-和Ca2+被除去的先后顺序为Mg2+、SO42-、Ca2+或SO42-、Mg2+、Ca2+或SO42-、Ca2+、Mg2+，则所加试剂顺序D不正确，为了除去多余的OH-和CO32-，最后要加入盐酸，故答案为D；稀盐酸；(4)已知“尾气吸收”过程发

生反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，该反应中过氧化氢中O元素化合价由-1价变为0价、Cl元素化合价由+4价变为+3价，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，所以二氧化氯是氧化剂、H2O2是还原剂，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比等于其计量数之比等于2∶1，故答案为2∶1。【点睛】第(3)小题除杂时要注意后加入的试剂要能把先加入的过量的试剂除去，避免引入新的杂质，为易错点。