【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1m

ol，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.4.6gC2H5OH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(O

H)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2a%NaC

l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.500mL，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：10

6g/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.100mL0.5

mol•L-1MgCl2溶液B.200mL0.25mol•L-1AlCl3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.NH4+、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.Cu2+、CO

23−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)=1×1

0-13mol·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=H2S

iO3↓+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=2Na++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−＋2C

O2＋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+=I

2+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Na2CO3·10H2O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500mLNa2CO3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).1

1.2(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14Mr，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/mol28

g/moln(CO)+44g/moln(CO)=36g，解得：n(CO)＝0.5mol，n(CO2)＝0.5mol，故V(CO)＝0.5mol×22.4L/mol=11.2L，m(CO)＝2

8g/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SO2，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.400mLC.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/molabV=+，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↑+2H2O(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=1.28g

0.02mol64g/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SO

2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：agbgV

mL22265g/mol64g/mol22400mL/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。