【文档说明】【精准解析】广西兴安县第三中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试卷.doc，共(15)页，461.000 KB，由管理员店铺上传

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兴安县第三中学2019年秋季学期高一期中考试试卷化学可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O:16Ne:20Na:23Al:27S:32Mn:55一、选择题(每小题只有一个选项是正确的,3分×20＝60分)

1.以下是一些常用的危险品标志图标，在装运乙醇的包装箱上应贴的图标是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A、乙醇容易燃烧，属于易燃液体，A正确；B、图标为有毒气体，B错误；C、图标为爆炸品，C错误；D、图标为腐蚀品，D错误。答案选A。2.我国化工专家侯德榜发明的侯

氏制碱法的化学原理是将二氧化碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，其化学反应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。在实验室中利用上述原理从反应所得溶液中分离出碳酸氢钠晶体，应选用下列装置中的()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】反应生成NaHCO3沉淀，将固体从溶

液中分离出来，可用过滤的方法分离，选用装置是过滤装置，故合理选项是B。3.2007年5月4日出版的美国《科学》杂志以长篇报告的形式发表了厦门大学化学化工学院孙世刚教授等关于铂纳米催化剂的最新成果。纳米材料是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将纳米材料分

散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是(1纳米=10-9米)()A.所得溶液一定能导电B.有丁达尔现象C.所得物质一定为悬浊液或乳浊液D.能全部透过半透膜【答案】B【解析】【详解】纳米材料是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将纳米材

料分散到液体分散剂中，所得混合物属于胶体，具有胶体的性质，可发生丁达尔现象，故合理选项是B。4.下列反应不．属于四种基本反应类型是()A.2F2+2H2O=4HF+O2B.AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3C.3CO+Fe2O3高温2Fe+3CO2D.MgCl2(熔融)=通电M

g+Cl2↑【答案】C【解析】【分析】四大反应类型包括化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应，据此回答；【详解】A.属于置换反应，不符合题意，故A不选；B.属于复分解反应，不符合题意，故B不选；C.不属于四个基本反应类型，有化合价的变化，属于氧化还原反应，符

合题意，故C选；D.属于分解反应，不符合题意，故D不选；答案选C。5.不能用离子方程式CO23+2H+═CO2↑+H2O表示的反应是()A.Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2OB.NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2OC.K2CO3+H2SO4═K2SO

4+CO2↑+H2OD.K2CO3+2HNO3═2KNO3+CO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】离子方程式CO23+2H+═CO2↑+H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐、二氧化碳气体和水的一类反应，据此对各选项进行判断。A．Na2C

O3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O的离子方程式为CO23+2H+═CO2↑+H2O，能够用该离子方程式表示，A不符合题意；B．NaHCO3在溶液中电离产生Na+与HCO3-，反应NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O的离子方程式为HCO3-+H

+=H2O+CO2↑，因此不能用CO23+2H+═CO2↑+H2O表示，B符合题意；C．K2CO3+H2SO4═K2SO4+CO2↑+H2O的离子方程式为CO23+2H+═CO2↑+H2O，能够用该离子方程式表示，C不符合题

意；D．K2CO3+2HNO3=2KNO3+CO2↑+H2O的离子方程式为CO23+2H+═CO2↑+H2O，能够用该离子方程式表示，D不符合题意；故合理选项是B。6.下列说法中正确的是：()A.1molO2的质量为32g/molB.Na+的摩尔质量为23

C.NH4HCO3的相对分子质量为79gD.1molO2-的质量等于16g【答案】D【解析】【详解】A．O2摩尔质量是32g/mol，则1molO2的质量为m(O2)=1mol×32g/mol=32g，A错误；B．Na的相对原

子质量是23，由于Na+是Na原子失去1个电子形成的，原子失去1个电子的质量可忽略不计，所以Na+的摩尔质量为23g/mol，B错误；C．NH4HCO3的相对分子质量为79，C错误；D．O相对原子质量是32，原子得到2个电子

质量变化可忽略不计，所以1molO2-的质量m(O2-)=1mol×16g/mol=16g，D正确；故合理选项是D。7.下列各离子组可在同一无色溶液中大量共存的是()A.Na+、Mg2+、OH-、Cl-B.Cu2+、Ba2+、NO3、SO24C.Na+、Mg2+、CO23、SO24D.H

+、K+、Cl-、NO3【答案】D【解析】【详解】A．Mg2+、OH-会发生离子反应形成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．含Cu2+的溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，钡离子与硫酸根离子生成沉淀，也不能大量共存，

B不符合题意；C．Mg2+、CO23会发生离子反应，形成MgCO3沉淀，不能大量共存，C不符合题意；D．选项离子均无色，且离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；故合理选项是D。8.根据硫元素的化合价判断下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是()A.Na2SB.SC

.SO2D.H2SO4【答案】A【解析】【详解】A．硫化钠中硫元素处于最低价，为-2价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，A正确；B．单质硫中，硫元素化合价为0价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，B错误；C．二氧化硫中，硫元素化合价为+4价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，C错误；

D．硫酸中硫元素处于最高价，为+6价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，D错误。9.2007年5月15日是国家“防碘缺乏病日”，为了预防碘缺乏症，国家规定每千克食盐中应含40～50mg碘酸钾。已知碘、氯酸钾和水混合后反应可生成碘酸氢钾：I2+KC

lO3+H2O→KH(IO3)2+KCl+Cl2↑。在该反应中，氧化产物是()A.KClO3B.KH(IO3)2C.KClD.Cl2【答案】B【解析】【详解】在该反应中，碘元素化合价由反应前I2中的0价变为反应后KH(IO3)2中的+5价，化合价

升高，失去电子，被氧化，所以I2作还原剂，KH(IO3)2是氧化产物，故合理选项是B。10.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A.2.7g金属铝变成铝离子时，失去的电子数目为0.1NAB.常温常压下，

NA个氮分子的质量为28gC.常温常压下，48gO3含有的氧原子数为NAD.在标准状况下，1molH2SO4所占的体积是22.4L【答案】B【解析】【详解】A．铝原子反应失去3个电子，2.7g铝为0.1mol，失去0.3mole-，失去的电子数目为0.3NA，选

项A错误；B.常温常压下，NA个氮分子的物质的量为1mol，质量为1mol×28g/mol=28g，选项B正确；C．48gO3含有的氧原子的物质的量是3mol，含有的氧原子数为3NA，选项C错误；D．H2SO4在标准状况下不是气体，无法计算1molH2SO4的体积，选项D错误；答案选B。11

.用右图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是XYZA氧化物化合物纯净物B胶体分散系混合物C电解质离子化合物化合物D碱性氧化物金属氧化物氧化物A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.氧化物是氧元素为负二价时和另外一种化学元素组成

的二元化合物，化合物由两种或两种以上的元素组成的纯净物，纯净物包括单质和化合物，选项A正确；B.溶液属于三大分散系之一，分散系是由一种(或几种)物质的微粒(分子、离子或分子集合体等)分布在另一种物质中而形成的混合物，选项B正确；C.电解质是在水溶液中获熔化状态下能导电的化合物，可能

是离子化合物也可能是共价化合物，故没有上述从属关系，选项C不正确；D.氧化物包括金属氧化物和非金属氧化物，金属氧化物可能是碱性氧化物如CaO，也可能是两性氧化物如Al2O3，还可能是酸性氧化物如Mn2O7，所以这些概念间有从属关系，选项D正确。答案选C。1

2.2007年3月22日是第十五届“世界水日”。我国纪念“世界水日”和开展“中国水周”活动的宣传主题“水利发展与和谐社会”。下列有关水的化学反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂的氧．化还原．．．反应．．是()A.2F2+2H2O=4HF+O2B.2K+2H2O=2

KOH+H2C.CaO+H2O=Ca(OH)2D.Cl2+H2O=HCl+HClO【答案】D【解析】【详解】A．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2O为还原剂，A不符合题意；B．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的

+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以H2O为氧化剂，B不符合题意；C．该反应在反应前后任何元素化合价都没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意；D．在该反应中，Cl元素化合价由反应前Cl2中的0价一部分变为HCl中的-1价，化合价降

低，得到电子，被还原，氯气作氧化剂；一部分变为HClO中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，氯气作还原剂，所以该反应属于氧化还原反应，而H2O的组成元素在反应前后化合价都没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，D符合题意；故合理选项是D。13.许多小溪流经硫矿和金属矿，由于含硫矿暴

露在空气中或暴露在含氧的水中，这些小溪变成酸性，溪水中含有溶解的铁和硫酸盐，它们的浓度都很高。最常见的含硫矿是黄铁矿(FeS2)，其中铁的化合价为＋2价；当富铁的溪水和其他水混合时，溶于水的铁以针铁矿［FeO(OH)］

的形式沉淀出来，覆盖在小溪的底部，而水仍保持酸性。反应的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeO(OH)↓+□H+，试回答：该离子方程式中H+的系数为()A.5B.6C.7D.8【答案】D【解析】【详解】任何反应在反应前后各种元素的原子相等。该反应

在反应前H元素原子总数为6×2=12，反应后含有H元素的物质有FeO(OH)和H+，4个FeO(OH)中含有4个H原子，所以H+的系数为12-4=8，故合理选项是D。14.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，

产物是Cr2O27和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为()A.0.3molB.1.5molC.1molD.0.75mol【答案】B【解析】【详解】反应中PbO2→Pb2+，Pb元素的化合价由+4价降低为+2，Cr3+→Cr2O72-，Cr元素的化合价由+

3价升高为+6价，1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为n，根据电子转移守恒，则：1mol×（6-3）=n×（4-2），解得：n=1.5mol，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5mol；答案选B。15.NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO

4是按某一规律排列的，下列物质的系列中也完全按照此规律排列的是（）A.Na2CO3、C、CO2、CO、NaHCO3B.Na2S、S、Na2S2O3、SO2、H2SO4C.NH3、NO、N2、NO2、NaNO3D.P2O5、

H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4【答案】B【解析】【分析】NaCl、Cl2、NaClO、Cl2O5、HClO4都含有氯元素，且按氯元素的化合价升高的顺序排列【详解】A.Na2CO3、C、CO2、CO、NaHCO3不是按碳元素的化合价的升高的顺序排列的，A错误；B．N

a2S、S、Na2S2O3、SO2、H2SO4是按硫元素的化合价升高的顺序排列，B正确；C．NH3、NO、N2、NO2、NaNO3未按氮元素的化合价升高的顺序排列，C错误；D．P2O5、H3PO4、Na3PO4、Na2HPO4

、NaH2PO4不是按磷元素的化合价升高的顺序排列的，D错误；答案选B。16.据解放网-新闻晚报报道：2006年08月03日凌晨，一条满载200吨浓硫酸的货船在京杭大运河浙江余杭段塘栖武林头检查站南1500米处发生泄漏并搁浅，附近运河水域发生部分污染，京杭运河余杭段及上游河段被迫紧急封

航12小时。下列有关硫酸叙述正确的是()A.1molH2SO4的质量为98g·mol-1B.H2SO4的摩尔质量为98gC.98gH2SO4含有NA个H2SO4分子D.6.02×1023个H2SO4分子的质量为9.8g【答案】C【解析】【详解】A．H2SO4相对分子质量是98，其

摩尔质量是98g/mol，则1molH2SO4的质量m(H2SO4)=1mol×98g/mol=98g，A错误；B．H2SO4相对分子质量是98，则其摩尔质量是98g/mol，B错误；C．H2SO4相对分子质量是98，则其摩尔质量是98g/mol，则98gH2SO4的物质的量为n(H2SO4)=

m98gM98g/mol=1mol，根据n=ANN可知1molH2SO4中含有H2SO4分子数目N=1mol×NA/mol=NA个，C正确；D．n=ANN可知6.02×1023个H2SO4分子的物质的

量是n(H2SO4)=23236.02106.0210/mol=1mol，则其质量m(H2SO4)=1mol×98g/mol=98g，D错误；故合理选项是C。17.小宇同学在家做“粗盐提纯”实验，下列对其做法的认识中，错误．．的是

()A.将粗盐放入玻璃杯中加水溶解－－粒子在不断运动B.溶解时用筷子搅拌－－加快溶解速度C.用自制净水器过滤粗盐水－－可将粗盐水变为纯净物D.实验时不用一次性塑料杯或纸杯－－保护环境要从身边小事做起【答案】C

【解析】【详解】A．将粗盐放入水中溶解，是构成粗盐的粒子是在不断的运动的，运动到水分子中间去了，A正确；B．溶解时用筷子搅拌，能加快物质的溶解的速率，B正确；C．过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一

种方法，过滤粗盐水只能除去不溶性杂质，不能除去可溶性杂质，不能将混合物变为纯净物，C错误；D．如果在实验时使用一次性塑料杯或纸杯，会造成白色污染、浪费木材，浪费资源，实验时不用一次性塑料杯或纸杯，符合低碳环保的理念，D正确；故合理选项是C。18.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()A.12.5mol/LB.7mol/LC.7.5mol/LD.6.25mol/L【答案】D【解析】【详解】假设10%氢氧化钠溶液的质量为x，在溶液蒸发前后溶质的质量不变，则：x×10%=(x-100)×20

%，解得：x=200(g)。在20%的氢氧化钠溶液中含有氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=200100g20%40g/mol=0.5mol，由于溶液的体积是80mL，则所得溶液的物质的量浓度c(NaOH)=n0.5molV0.08L=6.25mol/L，

故合理选项是D。19.2007年2月6日，国务院新闻办公布：中国节能15年共减排二氧化碳18亿吨。关于镁条在二氧化碳气体中燃烧的反应：2Mg+CO22MgO+C，下列说法不正确．．．的是()A.该反应属于置换反应B.还原性：Mg＞CC.CO2在该反应中作还原剂D.氧化性：CO

2＞MgO【答案】C【解析】【详解】A．该反应是单质与化合物反应，产生新的单质和新的化合物的反应，因此属于置换反应，A正确；B．在该反应中，Mg元素化合价由反应前Mg单质的0价变为反应后MgO中的+2价，

化合价升高，失去电子，被氧化，所以Mg为还原剂，反应产生的MgO为氧化产物；C元素化合价由反应前CO2中的+4价变为反应后C中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以CO2为氧化剂，产生的单质C为还原产物。由于还原剂

的还原性比还原产物的还原性强，所以还原性：Mg＞C，B正确；C．根据选项B分析可知CO2在反应中为氧化剂，C错误；D．根据选项B分析可知CO2在反应中为氧化剂，MgO为氧化产物。由于氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，所以氧化性：CO2＞MgO，

D正确；故合理选项是C。20.下列物质的体积约为22.4L的是()A.标准状况下1molH2OB.常温常压下17gNH3C.常温常压下36.5gHClD.标准状况下0.4molH2和0.6molO2的混合气体【答案】D【解析】【详解】A．在标准状况下

H2O不是气体，因此1molH2O的体积不是22.4L，A不符合题意；B．17gNH3的物质的量是1mol，在常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温常压下17gNH3的体积大于22.4L，B不符合题意；C．36.5gHCl的物质的量是1mol，在常温常压

下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以常温常压下36.5gHCl的体积大于22.4L，C不符合题意；D．0.4molH2和0.6molO2的混合气体的物质的量是1mol，由于标准状况下气体摩尔体积约为22.4L/mol，因此该混

合气体的的体积约为22.4L，D符合题意；故合理选项是D。二、实验题21.在某次实验中，要用420mL0.52mol·L-1的NaOH溶液，回答下列问题：(1)实际配制．．．．时，应用托盘天平称取NaOH固体_____________g；(2)若在称量样品时，药品放在

天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1g以下移动游码，天平平衡时实际称得的NaOH固体质量是______________g；(3)用托盘天平和小烧杯称出NaOH固体的质量，其正确的操作顺序的序号为________

__；A．调整零点B．添加所需砝码，并将游码移至所需刻度处C．小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡D．称量空的小烧杯质量E．将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处(4)欲配制该0.52mol·L－1的NaOH溶液时需用

的主要仪器有托盘天平(附砝码、镊子)、药匙、量筒、烧杯、胶头滴管、_____________和______________；(5)下列操作对所配浓度有何影响(填写字母)？偏大的有________；偏小的有___________。A．称量时用了生锈的砝码；B．将NaOH放在纸张上称量；C．Na

OH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷缩程度大于容器)D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出；E．定容时俯视刻度线；F．容量瓶未干燥即用来配制溶液；G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。【答案】(1).10.4(2).9.6(3).ADB

CE(4).玻璃棒(5).500mL的容量瓶(6).偏大的有A、C、E(7).偏小的有B、D、G【解析】【分析】(1)选择仪器的标准是“大而近”分析；(2)天平称量物质时要遵循：左物右码的原则；(3)根据天平使用原则判断操作顺序；(4)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；；

(5)利用c=nV判断实验误差。【详解】(1)准确配制一定体积的物质的量浓度的溶液要使用容量瓶，在实验室中没有规格是420mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，要选择使用500mL的容量瓶，则配制500mL0.52mol/L的N

aOH溶液，需称量NaOH的质量为m(NaOH)=0.52mol/L×0.5L×40g/mol=10.4g；(2)称量物质应该左物右码，若在称量样品时，药品放在天平的右盘上，砝码放在天平的左盘上，1g以下移动游码，则用天平实际称

得的NaOH固体质量是m(MaOH)=10g-0.4g=9.6g；(3)托盘天平在使用前首先应该调零；NaOH具有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯中进行称量，因此要先称量空的小烧杯质量，然后添

加所需砝码，并将游码移至所需刻度处，再小心将NaOH固体逐渐加入小烧杯中至天平平衡，最后将砝码放回砝码盒，并将游码移至0刻度处，故操作正确顺序为ADBCE；(4)用NaOH固体准确配制0.52mol·L

－1的NaOH溶液时，要使用托盘天平(附砝码、镊子)准确称量NaOH的质量，用药匙从试剂瓶中取出NaOH固体，并将具有腐蚀性的NaOH放在烧杯中进行称量，然后用量筒量取水，向烧杯中加水溶解NaOH固体，为使NaOH固体

快速溶解，使热量迅速扩散，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，当加水至离刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，最后盖上瓶

塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到0.52mol·L－1的NaOH溶液。故使用的仪器，除题干给出的，还缺少的仪器是玻璃棒和500mL的容量瓶；(5)A．称量时用了生锈的砝码，则称量的NaOH质量偏大，NaOH的物质的量偏大，最终导致配制的溶液浓度偏大；B．若将N

aOH放在纸张上称量，由于NaOH有吸湿性，部分NaOH会沾在纸上，导致配制溶液的NaOH质量偏少，最终使配制的溶液的浓度偏小；C．NaOH在烧杯中溶解后，反应会放出大量热，若未冷却溶液就立即转移到容量瓶中(假设：溶液的热胀冷

缩程度大于容器)，待溶液恢复至室温时，液面低于刻度线，使得溶液的体积偏小，最终配制溶液的浓度就偏大；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，使配制溶液中含有的溶质减少，最终使配制的溶液浓度偏小；E．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，

导致配制溶液的浓度偏大；F．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对配制溶液的浓度不产生任何影响；G．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，最终导致配制溶液的浓度偏小。综上所述可知：操作使溶液的浓度偏大的有A、C、E；使溶液的浓度偏小的有B

、D、G。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，涉及仪器的使用、操作步骤、误差分析等。明确配制原理和操作步骤是解题关键，注意容量瓶规格的选择和误差分析的方法。三、填空题(本题共3题，共22分)22.今有七种物质：①铝线②熔化的KNO3③氯气④NaCl晶体⑤液态氯化氢⑥

石灰水⑦乙醇（1）其中能导电的物质是___________________（2）属于电解质的是__________________（3）属于非电解质的是______________________________

_____【答案】(1).①②⑥(2).②④⑤(3).⑦【解析】【详解】①铝线是金属单质，能导电，但是既不是电解质也不是非电解质；②熔化的KNO3能导电，属于化合物，属于电解质；③氯气不能导电，属于单

质，既不是电解质也不是非电解质；④NaCl晶体不能导电，溶于水或熔融状态下能导电，属于电解质；⑤液态氯化氢不能导电，溶于水能导电，属于电解；⑥石灰水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦乙醇不能导电，属于非电解质，故答案为①②⑥；②④⑤；⑦。23.试回

答下列问题：(1)0.5mol的氨气含有___________个氨分子，含__________mol氢原子，________mol质子，_____________个电子。(2)等物质的量的SO2和SO3所含的原子个数之比是________，质量比是__

_____。(3)0.4molNH3中所含氢原子数与___________克水中所含氢原子数相等。(4)今有0.1mol/L的硝酸钾溶液100mL，0.1mol/L的硝酸钡溶液100mL和0.1mol/L的硝酸铝溶液100mL，则这三种溶

液中硝酸根离子的物质的量浓度之比为____________，硝酸根离子的物质的量之比为______________。【答案】(1).3.01×1023(2).1.5(3).5(4).3.01×1024(5).3：4(6).4：5(7).10.8(8).1

：2：3(9).1：2：3【解析】【分析】(1)根据n=ANN计算氨分子数目，利用1个NH3中含有3个H原子，10个质子，10个电子，计算H原子及质子的物质的量和电子数目；(2)根据物质的分子组成确定原子数目的比，利用n=mM确定二者的质量比；(3)0.4molNH3中含氢原

子为0.4mol×3=1.2mol，若与H2O原子数目相等，则H原子的物质的量也相等，计算H2O的物质的量，然后根据n=mM计算H2O的质量；(4)根据NO3-的浓度等于盐的浓度与该盐化学式中含有的NO3-数目的乘积；结合c=

nV计算NO3-的物质的量。【详解】(1)由于n=ANN，所以0.5mol的氨气含有NH3的数目为N=n·NA=0.5mol×6.02×1023/mol=3.01×1023；由于在1个NH3中含有3个H原子，含有10个质子，因此0.5mol的氨气含有H原子的物质的量为n(H)=0.5

mol×3=1.5mol；含有的质子的物质的量为n(质子)=0.5mol×10=5mol；1个NH3中含有10个电子，则0.5molNH3中含有的电子数目N(电子)=0.5mol×10×6.02×1023/mol=3.01×1024；(2)SO2分子中含有3个原子，SO3

分子中含有4个原子，根据n=ANN可知，当两种气体的物质的量相等时，两种物质分子中含有的原子数目比等于物质分子中含有的原子个数比，即等于3：4；根据物质的量与质量关系式n=mM可知：当气体的物质的量相同时，二者的质量与摩尔

质量成正比，故m(SO2)：m(SO3)=64：80=4：5；(3)0.4molNH3中含氢原子的物质的量n(H)=0.4mol×3=1.2mol，若其含有的H原子与H2O原子数目相等，则两种物质中H原子的物质的量也相等，因此含有1.2molH原子

的H2O的物质的量n(H2O)=1.2mol2=0.6mol，其质量为m(H2O)=0.6mol×18g/mol=10.8g；(4)0.1mol/L的KNO3溶液中NO3-的浓度c(NO3-)=0.1mol/L×1=0.1mol/L；0.1mo

l/L的Ba(NO3)2溶液中NO3-的浓度c(NO3-)=0.1mol/L×2=0.2mol/L；0.1mol/L的Al(NO3)3溶液中NO3-的浓度c(NO3-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L，所以三种溶液中含有的硝酸根离子的物质的量浓度之比为0.1mol/L：0.2mol/

L：0.3mol/L=1：2：3；三种溶液中含有的NO3-的物质的量的比为(0.1mol/L×0.1L)：(0.2mol/L×0.1L)：(0.3mol/L×0.1L)=1：2：3。24.由A和B两种盐组成的混合物，进行了下列实验：试判断，A、B分别是_________

__________。写出实验过程中加水时时发生反应的离子方程式________________________。【答案】(1).K2CO3、CuSO4（可对换）(2).Cu2＋＋CO32－＝CuCO3↓【解析】【分析】根据质量守恒知混合物中含有：SO42-、Cu2+、CO32-、K+，这

些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO3、CuSO4，在水中能反应的离子是Cu2+和CO32-，以此解答该题。【详解】根据最终生成物的组成和质量守恒知原混合物中含有：SO42-、Cu2+、CO32-、K+，这些离子可以组成两种可溶性物质是K2CO

3、CuSO4，故答案为K2CO3、CuSO4（可对换）；混合物加水溶解，过滤得到无色溶液和沉淀，沉淀和硫酸反应生成二氧化碳和硫酸铜，则沉淀应为碳酸铜，由Cu2+和CO32-反应生成，则反应的离子方程式为Cu2++CO32-=CuCO3↓，故答案为Cu2

++CO32-=CuCO3↓。四、计算题(本题共1题，共6分)25.现有0.27kg质量分数为10%的CuCl2溶液。试计算：（1）溶液中CuCl2的物质的量_______；（2）溶液中Cu2+和Cl-的物质的量_______。【答案】(1).0.2mol(2).0.2mol、

0.4mol【解析】【分析】(1)根据m(溶质)=m（溶液）×ω（溶质），计算出溶液中CuCl2的质量，再计算出CuCl2的物质的量；(2)依据溶液中n（Cu2+）=n（CuCl2）、n（Cl-）=2n（CuCl

2），求出溶液中Cu2+和Cl-的物质的量；【详解】(1)0.270kg质量分数为10%的CuCl2溶液中，m（CuCl2）=270g×10%=27g，所以n（CuCl2）=27135/ggmol=0.2mol，；本题答案为：0.2mol；(2)n（Cu2+）=n（CuCl

2）=0.2mol、n（Cl-）=2n（CuCl2）=0.4mol，本题答案为：0.2mol、0.4mol。