【文档说明】山西省晋中市祁县第二中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(17)页，329.000 KB，由小赞的店铺上传

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高二第二学期期末考试（化学试卷）可能用到的相对原子量：H-1C-12Ar-40N-14O-16Na-23Zn-65Cl-35.5S-32Ca-40Fe-56Cu-64第Ⅰ卷（选择题，共54分）一、选择题：（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分）1.下列说法正确的是A.过氧

化钠属于碱性氧化物B.能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物C.碳酸氢钠在水中显碱性，但却属于酸式盐D.CuSO4·5H2O、KAl(SO4)2·12H2O均属于混合物【答案】C【解析】【详解】A选项，过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B选项，能与碱反应生成盐

和水的氧化物不一定是酸性氧化物，比如二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，但二氧化氮不是酸性氧化物，故B错误；C选项，碳酸氢钠在水中显碱性，但却属于酸式盐，主要是碳酸氢根水解程度大于电离程度，显碱

性，故C正确；D选项，CuSO4·5H2O、KAl(SO4)2·12H2O是纯净物，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】能与碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物；能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物；酸式盐溶液酸碱性主要取决于电离程度还是水解程度大。2.2017年九寨沟发生了7.

0级地震灾害，卫生医疗队赴前线展开救援，使用的下列消毒药品中属于强电解质的是()A.酒精B.高锰酸钾C.碘酒D.食醋【答案】B【解析】【详解】酒精不能发生电离，属于非电解质，故A错误；高锰酸钾在水溶液中能

完全电离，属于强电解质，故B正确；碘酒是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故C错误；食醋是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故D错误。3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A.1mol甲烷的

质量与甲烷的摩尔质量相等B.28g氮气与40g氩气所含的原子数目相等，都是NA个C.2.3g钠和过量氧气反应，失去的电子数为0.1NAD.18g重水(D2O)所含的电子数为10NA【答案】C【解析】【详解】A、1mol甲烷的质量是16g，甲烷的

摩尔质量为16g/mol，它们只是在数值上相等，故A错误；B、28g氮气所含原子物质的量为2mol，原子个数为2NA，氩气是单原子组成的分子，40g氩气所含原子物质的量为1mol，原子个数为NA，故B错误；C、1mol金属钠参加反应，失去1mol电子，因此2.3g金

属钠参加反应失去0.1mol电子，失去的电子数为0.1NA，故C正确；D、D2O的摩尔质量为20g/mol，所含电子的物质的量为18g20mol×10=9mol，电子数为9NA，故D错误。答案选C。4.将4.

0g氢氧化钠固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（）①自来水②3.65gHCl③6.0g醋酸④5.35gNH4ClA.①②B.②③C.③④D.②④【答案】D【解析】【详解】①水是弱电解质,加入氢氧化钠全部电离后,离子

浓度变化很大,故导电能力变化很大；②中加入氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠,溶液中离子浓度变化很小,故其导电能力变化很小；③中的醋酸是弱电解质，原先只部分电离,氢氧化钠与醋酸反应生成醋酸钠(强电解质)，溶于水全部电离,离子浓度变化很大,故导电能力变化很大；④

中的氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠和NH3•H2O，氯化钠代替了原氯化铵，NH3•H2O是弱电解质，微弱电离，所以溶液中离子浓度变化不大，导电能力变化不大；故②④正确，选B。5.设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A.1mol过氧化钠和足

量水反应转移电子数为2NAB.标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAC.常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的氧原子数为2NAD.0.5mol/LH2SO4溶液中含有SO42-的数

目为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A选项，1mol过氧化钠和足量水反应，过氧化钠中一个氧升高，另一个氧降低，因此转移电子数为NA，故A错误；B选项，SO3在标准状况下是非气态物质，无法计算，故B错误；C选项，用极限思维，假设

46g是NO2，其物质的量为1mol，则氧原子为2mol，因此氧原子数目为2NA，假设46g是N2O4，其物质的量为0.5mol，则氧原子为2mol，因此氧原子数目为2NA，故C正确；D选项，0.5mol/LH2SO4溶液，无体积，无法计算SO42－的数目，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】注

意标况下非气态物质的记忆。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NAB.5.6gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数目为0.2NAC.4.6gC

2H5OH与6.0gCH3COOH反应，生成的CH3COOC2H5分子数目为0.1NAD.25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.02NA【答案】A【解析】【详解】A.O2和O3的组成元素都

为O元素，32g氧原子的物质的量为n=mM=2mol，所含原子数为2NA，故A正确。B.5.6g铁物质的量为n=mM=0.1mol，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+83价，0.1molFe转移电子物质的量为0.1mol×83=83mol，故转移

电子数为83NA，故B错误。C.4.6gC2H5OH与6.0gCH3COOH的物质的量均为0.1mol，但乙醇和乙酸反应为酯化反应，是可逆反应，不能进行彻底，故生成的CH3COOC2H5分子数目小于0.1NA，故C错误。D.25℃时，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中含有

的OH-的浓度为0.01mol/L，故物质的量为0.01mol，OH-数目为0.01NA，故D错误。故答案选A。7.下列有关溶液配制的说法正确的是（）A.在50mL量筒中配制0.1000mol/L碳酸钠溶液B.仅用烧杯、量筒、玻璃棒就

可配制100mL0.1000mol/LK2Cr2O7溶液C.用100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和pH＝1的盐酸配制100mLpH＝2的盐酸D.配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余液体吸出【答案】C【解析】A．配制一定物质的量浓度的溶液

，应在容量瓶中进行，A错误；B．配制100mL、0.1000mol/LK2Cr2O7溶液必须使用100mL容量瓶，B错误；C．根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀可知所需的仪器有量筒、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，C正确；D．配制溶液时

，若加水超过容量瓶刻度，如果用胶头滴管将多余液体吸出，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选C。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤，熟悉各步操作需要的仪器即可解答，注意容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的专用仪器。8.下列叙述正确

的是()A.将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/LNaCl溶液B.将1体积cmol/L硫酸溶液用水稀释为5体积，得到0.2cmol/L硫酸溶液C.将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/LD.将wga%NaCl溶液蒸发掉w2g水，一定得到2

a%NaCl溶液【答案】B【解析】【详解】A.5.85g氯化钠物质的量＝5.85g58.5g/mol＝0.1mol，溶于100mL水中，溶液体积大于100mL，则溶液的物质的量浓度小于0.1mol/L，故A错误；B.溶液稀释前后溶质

的物质的量不变，所以稀溶液物质的量浓度＝1cmol/L5＝0.2cmol/L，故B正确；C.25g硫酸铜的物质的量＝25g160g/mol＝0.156mol，其物质的量浓度＝0.156mol0.1L＝1.56mol/L，故C错误；D.若是饱和的溶

液，蒸发水后，质量分数不变，因为温度不变，溶解度不变的；若是不饱和溶液，且2a%最多为饱和溶液时，才是正确的，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查物质的量浓度、质量分数的有关计算，为高频考点，侧重考查分析计算能力，注意c＝nV中V指溶液体积而不是溶剂

体积。9.实验中需用2.0mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为A.1000mL，212gB.950mL，201.4gC.100mL，21.2gD.50

0mL，100.7g【答案】A【解析】【详解】实验室没有950mL容量瓶，需要选用1000mL容量瓶，实际配制的溶液为：1000mL2.0mol/L的Na2CO3溶液，需要碳酸钠的物质的量为：2mol/×1L=2mol，需要碳酸钠的质量为：106g/mol×2mol

=212g；故答案选A。10.“纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”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，所得的混合物具有的性质是（）A.能全部通过半透膜B.能发生丁达尔现象C.一定能导电D.一定为悬浊液或乳浊液【答案】B【解析】【分析】“纳

米技术”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，形成的混合物具有胶体的性质。【详解】A．该分散系属于胶体，不能通过半透膜，故A错误；B．该混合物属于胶体，因此能发生丁达尔现象，故B正确；C．由于分散质微粒不一定带有电荷，所以不一定能导电，故C错误；D．该混合

物属于胶体，微粒达不到悬浊液或乳浊液颗粒的大小，故D错误。故选B。11.下列溶液中，跟100mL0.5mol•L-1NaCl溶液中所含的Cl－物质的量浓度相同的是A.100mL0.5mol•L-1MgCl2溶液B.200mL0.25mol•L-1Al

Cl3溶液C.50mL1mol•L-1NaCl溶液D.25mL0.5mol•L-1HCl溶液【答案】D【解析】【详解】100mL0.5mol/LNaCl溶液所含Cl-的物质的量浓度为0.5mol/L，A.Cl－物质的量浓度：0.5mol•L-

1×2=1.0mol•L-1，故A项错误；B.Cl－物质的量浓度：0.25mol•L-1×3=0.75mol•L-1，故B项错误；C.Cl－物质的量浓度：1mol•L-1×1=1.0mol•L-1，故C项错误；D

.Cl－物质的量浓度：0.5mol•L-1×1=0.5mol•L-1，符合题意，故D项正确；答案选D。【点睛】要特别注意本题问的是物质的量浓度，与溶液体积无关，解题时容易与物质的量相混淆。12.在由水电离出的c(H+)=1×10-12mol•L-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是()A.NH

4+、Ba2+、NO3−、Cl-B.Cl-、SO24−、Na+、K+C.SO24−、NO3−、Fe2+、Mg2+D.Na+、K+、ClO-、I-【答案】B【解析】【分析】由水电离出的c(H＋)＝1×10−12mol•L−1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液；再根据离子之间不能

结合生成沉淀、气体、水、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，才能大量共存，以此来解答。【详解】A.NH4+在碱性条件下生成一水合氨，不能大量共存，故A不符合题意；B.酸或碱溶液中，四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故B符合题意

；C.碱性溶液中Fe2+、Mg2+与氢氧根离子反应不能大量共存；酸性溶液中NO3−、Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；D.酸性条件下ClO-、I-能发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；故选：B。13.在

溶液中可以共存，加OH-产生沉淀，加H+生成气体的一组离子是（）A.Na+、Cu2+、Cl-、CO23−B.HCO3−、Cl-、Fe3+、Na+C.Cl-、K+、NO3−、Fe2+D.S2-、SO24−、NH4+、Fe2+【答案】C【解析】【分析】【详解】A.Cu

2+、CO23−会结合成沉淀不能大量共存，故A不符合题意；B.HCO3−、Fe3+会发生完全双水解反应不能大量共存，故B不符合题意；C.该组离子互不反应能大量共存，加OH-产生氢氧亚铁沉淀，加H+时硝酸根表现强氧化性能与亚铁离子反应产生一氧化氮气体，故C

符合题意；D.亚铁离子与硫离子能结合成硫化亚铁沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；故选：C。14.下列各组离子可能大量共存的是A.遇酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、Ba2+、CH3COO-B.常温下，W+Kc(H)=1×10-

13mol·L-1的溶液中：SO24−、Fe2+、ClO-、NH4+C.水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中：Na+、K+、Cl-、HCO3−D.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-【答案】A【解析】【详解】A.遇酚酞变红的溶液显

碱性，该组离子与氢氧根离子不反应可大量共存，故A符合题意；B.W+Kc(H)=1×10-13mol·L-1的溶液中c(OH)−=1×10-13mol·L-1，溶液呈酸性，酸性条件下ClO-不能大量共存，且Fe2+、ClO-能发生氧化还原反应不能大量

共存，故B不合题意；C.水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，无论哪种情况HCO3−均不能大量共存，故C不合题意；D.滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3+，Fe3+具有氧化性，能氧化I-，不能大量共存，故D不合题

意；故选：A。15.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A.+3B.+4C.+5D.+6【答案】D【解析】【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝3432+－＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是

+6价，答案选D。16.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO23−+2H+=SO2↑+H2OB.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO23−+

CO2+H2O=H2SiO3↓+CO23−C.向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=AlO2−+4NH4+D.向CuSO4溶液中加入Na：2Na+Cu2++2H2O=2N

a++Cu(OH)2↓+H2↑【答案】D【解析】【详解】A．酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO23−＋2H＋＋2NO3−＝3SO24−＋2NO↑＋H2O，故A错误；B．向Na2SiO3溶液中通入过

量CO2，生成硅酸沉淀和碳酸氢钠，离子方程式：SiO23−＋2CO2＋2H2O═H2SiO3↓＋2HCO3−，故B错误；C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3•H2O，反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，

离子方程式为Al3＋＋3NH3•H2O═Al(OH)3↓＋3NH4+，故C错误；D．钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，向CuSO4溶液中加入Na，离子方程式：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓

+H2↑，故D正确；故选D。17.下列指定反应的离子方程式正确的是A.氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.Na2CO3溶液呈碱性的原因：CO23−+H2O=HCO3−+OH-C.NaHCO3溶液中

加足量Ba(OH)2溶液：HCO3−+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OD.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3−+I-+6H+=I2+3H2O【答案】C【解析】【详解】A.该反应为可逆反应应用可逆符号，且次氯酸为弱酸不能拆，故A错误；B.碳酸钠水解反应是可逆反应，应用可逆符

号，故B错误；C.碳酸氢根与氢氧根首先反应产生碳酸根离子和水，碳酸根再与钡离子结合成沉淀，方程式正确，故C正确；D.反应前后电荷不守恒，正确的为：IO3−+5I-+6H+=3I2+3H2O，故D错误；故选：C。18.某强酸性溶液中可能存在NO3－、

MnO4－、Cl－、Fe2+中的一种或几种。向该溶液中加入一定量的氯水后，Cl2被还原，下列说法正确的是A.该溶液中的离子可以与含有HCO3-的溶液大量共存B.该强酸性溶液显紫色C.取加入氯水后的溶液少量于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明原强酸性溶液中一定含有Cl

-D.一定含有Fe2+【答案】D【解析】【分析】加入一定量的氯水后，Cl2被还原，说明溶液中含有亚铁离子，溶液中无高锰酸根离子、硝酸根离子。一定有亚铁离子、氯离子(根据溶液电中性原则)。【详解】A选项，该溶液是强酸性，因

此HCO3－要反应，不能大量共存，故A错误；B选项，该强酸性溶液中无高锰酸根离子，不显紫色，故B错误；C选项，取加入氯水后的溶液少量于试管中，加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，加了氯水后，不能说明原强酸性溶液中一定含有Cl－，故C错误；D选项，要和氯水反应，一定含有Fe2+，故

D正确；综上所述，答案为D。第Ⅱ卷（非选择题，共46分）二、填空题（共32分）19.实验室用NaOH固体配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：(1)配制时必须的玻璃仪器有：烧杯、玻

璃棒、___、___。(2)配制时，其正确的操作顺序是___(字母表示，每个字母只能用一次)；A.用30mL水洗涤烧杯2-3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B.用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，

使其充分溶解C.将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D.将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1-2cm处(3)下列配制的溶液浓度偏低的是___；A.称量NaOH时，砝码错放在左盘B.向容量瓶中转移溶

液时(实验步骤C)不慎有液滴洒在容量瓶外面C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线D.定容时俯视刻度线E.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水(4)某同学用Na2CO3·10H2O晶体，配制0.2mol/L的Na2CO3溶液480mL。应用托盘天平称取Na

2CO3·10H2O的晶体的质量为___g；下列操作其中引起所配溶液浓度偏高的有__。①碳酸钠失去了部分结晶水②用“左码右物”的称量方法称量晶体③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈⑤容量瓶未经干燥就使用【答案】(1).250ml容量瓶(2).胶头滴管(3).BCAFED(

4).ABC(5).28.6g(6).①④【解析】【详解】(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶和胶头滴管，故还所需的玻璃仪器

有：250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；(2)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知正确的操作顺序为：BCAFED，故答案为：BCAFED；(3)A.称量NaOH时，

砝码错放在左盘，会导致所称量的氢氧化钠的质量偏小，则浓度偏小，故A正确；B.向容量瓶中转移溶液时(实验步骤C)不慎有液滴洒在容量瓶外面，会导致溶质的损失，则浓度偏小，故B正确；C.加蒸馏水时不慎超过了刻度线，则会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故C正确；D.定容时俯视刻度线，则溶液

体积偏小，浓度偏大，故D错误；E.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度无影响，故E错误．故选ABC；(4)实验室需要0.2mol/L的Na2CO3溶液480mL，由于容量瓶的规格没有480mL，只能用500mL容量瓶，则500mLNa2CO

3溶液需要Na2CO3的物质的量为：0.5L×0.2mol/L＝0.1mol，Na2CO3•10H2O的物质的量为0.1mol，Na2CO3•10H2O的质量为：0.1mol×286g/mol＝28.

6g．①碳酸钠失去了部分结晶水，则所称量的固体中碳酸钠的物质的量偏大，则浓度偏高，故①正确；②用“左码右物”的称量方法称量晶体，会导致称量出的固体的质量偏小，则浓度偏低，故②错误；③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，则称量的固体中的碳酸钠的物质的量偏小，则浓度偏低，故

③错误；④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈，砝码质量偏大，则称量出的碳酸钠晶体的质量偏大，则浓度偏高，故④正确；⑤容量瓶未经干燥就使用，对溶液的浓度无影响，故⑤错误．故答案为：28.6；①④。20.X、Y、Z三种可溶性盐，其阳离子分别是Ba2＋、Cu2＋、Ag＋中的某

一种，阴离子分别是Cl－、SO、NO中的某一种。现做以下实验：①将三种盐各取少量，分别溶于盛有5mL蒸馏水的三支试管中，只有X盐溶液呈蓝色。②分别向三支试管中加入2mL稀盐酸，发现Y盐溶液中产生白色沉淀，Z盐溶液无

明显现象。（1）根据上述事实，推断这三种盐的化学式：X_________，Y________。（2）若上述三种阳离子Ba2＋、Cu2＋、Ag＋对应的盐都为硝酸盐，将其混合配成溶液，选择合适试剂，将这三种离子逐一沉淀分离。其流程图

如下：部分物质溶解性表Ba2＋Cu2＋Ag＋Cl－溶溶不CO32－不不不SO42－不溶微S2－溶不不①沉淀1的化学式为______________________________________________________；②写出混合溶液与试剂A

反应的离子方程式：____________________________________；③若C为Na2S，且它与B的阳离子相同，则试剂B的名称是___________________。【答案】(1).CuSO4(2).AgNO3(3).AgCl(4).Ag+＋Cl

-=AgCl↓(5).硫酸钠【解析】【详解】（1）根据离子是否大量共存，推断物质中含有AgNO3、BaCl2，则另一种物质为CuSO4，X盐溶液呈蓝色，说明X为CuSO4，加入盐酸，只有Y中出现白色沉淀，说明Y是AgNO3，Z为BaCl2；（2）①因为是沉淀是依次沉淀出来，通

过表格，Ag+沉淀出来，用Cl-，Ba2+沉淀出来用SO42-，因此先加盐酸除去Ag+，沉淀1为AgCl；②反应的离子反应方程式为Ag++Cl-=AgCl↓；③溶液+B是为了分离出的Ba2+，C为Na2S（分离

出Cu2+），且它与B的阳离子相同，因此B为Na2SO4。21.（1）在一定温度和压强下，1体积X2(g)和3体积Y2(g)化合生成2体积Z(g)，则Z气体的化学式是___。（2）A、B两种气体组成的混合气体8.6g，在标准状况下体积为8.

96L。已知A与B的物质的量之比为3：1，相对分子质量之比为14：1，由此可推断A可能是__或__，B是__。（3）在标准状况下，CO和CO2的混合气体质量为36g，体积为22.4L，则CO所占的体积是___L，质量是___g。【答案】(1).XY3(2).N2(3).CO(4).H2(

5).11.2(6).14【解析】【详解】(1)同温同压下，气体体积比=物质的量之比，所以：X2(g)+3Y2(g)=2Z(g)，根据原子守恒可知Z的化学式为：XY3，故答案为：XY3；(2)由题意可得：n(A)＋n(B)＝8.96L22.4L/mol＝0.

4mol，A与B的物质的量之比为3：1，则3n(B)＋n(B)＝0.4mol，即n(B)＝0.1mol，n(A)＝0.3mol。A与B的相对分子质量之比为14：1，设B的相对分子质量为Mr，则A的相对分子质量为14M

r，0.3×14Mr＋0.1×Mr＝8.6，解得：Mr＝2，则A、B的相对分子质量分别为28、2，A可能为N2、或CO，B可能是H2，故答案为：N2；CO；H2；(3)由题意列方程组得：2222.4Ln(CO)+n(CO)=22.4L/mol28g/moln(CO)+44g/mol

n(CO)=36g，解得：n(CO)＝0.5mol，n(CO2)＝0.5mol，故V(CO)＝0.5mol×22.4L/mol=11.2L，m(CO)＝28g/mol×0.5mol=14g，故答案为：11.2；14。三、实验题22.不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO

2，也可被还原为氢气。为了验证这一事实，某同学拟用下图装置进行实验（实验时压强为10lkPa，温度为0℃）。(1)若在烧瓶中放入1.30g锌粒，与cmol/LH2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是__。A.200mLB.40

0mLC.500mL(2)若1.30g锌粒完全溶解，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为：__。(3)若烧瓶中投入ag锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg。量气瓶中收集到VmL气体，则有：ggmL65g/mol64g/mol22400mL/m

olabV=+，依据的原理是___。(4)若在烧瓶中投入dg锌，加入一定量的cmol/L浓硫酸VL，充分反应后锌有剩余，测得氢氧化钠洗气瓶增重mg，则整个实验过程产生的气体中，22(H)(SO)nn=__（用含字母的代数式表示）。若撤走

盛有无水氯化钙的U型管，22(H)(SO)nn的数值将__（填偏大、偏小或无影响）。(5)反应结束后，为了准确地测量气体体积，除了待冷却至室温才开始读数外，量气管在读数时还应注意：①___；②___。【答案】(1).C(2).Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2

O(3).得失电子守恒(4).64-2cVmm(5).偏小(6).读数前使量气管左右液面相平(7).眼睛视线与液面最低处相平【解析】【分析】分析实验装置，无水氯化钙作干燥剂，干燥生成的气体。盛有氢氧化钠溶液的试剂瓶作为洗气装置，可吸收酸性气体。结合题意，可知氢氧化

钠溶液吸收SO2，而量气管主要测量生成的H2的体积。根据氢氧化钠洗气瓶的重量变化和量气瓶收集到的气体的体积进行计算，分析发生的反应。【详解】(1)假设1.30g锌与硫酸完全反应生成氢气，即发生反应：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，根据得失电子守恒，可知生成H2的体积为V

=1.30g22.4L/mol=0.448L=448mL65g/mol，量气管适宜规格为500mL，C项正确；答案为：C。(2)若1.30g锌粒完全溶解，生成气体的总物质的量是0.02mol，氢氧化钠能吸收二氧化硫，氢氧化钠洗气瓶增重l.28g，说明反应生成二氧化硫1.28g，则二氧

化硫的物质的量=1.28g0.02mol64g/mol=，说明反应只生成SO2气体，发生的反应为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O。答案为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O；(3)氢氧化钠洗气瓶增重是因为吸收SO2的缘故，说明烧瓶中有SO2的生

成（Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O），量气管中收集到气体是氢气，烧瓶中有氢气产生（Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑），这两个反应都是氧化还原反应，根据得失电子数目守恒有：agbgVmL22265g/mol64g/mol2240

0mL/mol=+，故依据的原理是得失电子守恒。答案为：得失电子守恒；(4)氢氧化钠洗气瓶增重mg，说明m(SO2)=mg，则n(SO2)=gmol64g/mol64mm=，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=2n(SO2)=mol32m，因为锌有剩余，因此有(Vc－32m)mol

的硫酸和锌反应产生氢气，生成氢气的物质的量为(Vc－32m)mol，则22(H)(SO)nn=-mol64232mol64mVcVcmmm−=；若撤走盛有无水氯化钙的U型管，从烧瓶中出来的水蒸

气被氢氧化钠溶液吸收，m增大，则比值偏小；答案为：64-2cVmm；偏小；(5)因为许多反应都是放热反应，气体受温度、压强的影响，温度升高，气体受热膨胀，此时读出的气体体积偏大，因此要恢复到室温状态。为消除因压强变化导致的

测量不准，可以调节量气管液面左右持平，读数时，眼睛视线与液面最低处相平，总之：①待冷却至室温才开始读数；②读数前使量气管左右液面相平；③眼睛视线与液面最低处相平。答案为：读数前使量气管左右液面相平；眼睛视线与液面最低处相平。