2018-2019学年高一化学上学期期中试题(凌志班含解析).doc

xx-2019学年高一化学上学期期中试题(凌志班，含解析)相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Mn55 Fe56一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3 nm）恢复了磁性“钴酞菁”分子的 结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是( )A. “钴酞菁”分子能透过半透膜B. “钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电C. 此项工作可以用来改变分子的某些物理性质D. “钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液【答案】C【解析】钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质。A、“钴酞菁”分子不能透过半透膜，故A错误；B、“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系不带电，呈电中性，故B错误；C. 我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3 nm）恢复了磁性，此项工作可以用来改变分子的某些物理性质，故C正确；D. “钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体，故D错误；故选C。2.逻辑推理是化学学习常用的思维方法，下列推理正确的是( )A. 氧化物都含有氧元素，含有氧元素的化合物一定是氧化物B. 氧化还原反应中有元素化合价的改变，有元素化合价改变的化学反应一定是氧化还原反应C. 电解质是溶于水或熔融状态下能够导电的化合物，溶于水能导电的化合物一定是电解质D. 中和反应有盐和水生成，有盐和水生成的反应一定是中和反应【答案】B【解析】A、氧化物含有两种元素，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故A错误；B、氧化还原反应的实质是有电子得失或偏移，即宏观特征是有化合价的改变，故B正确；C、溶于水因自身电离而导电的化合物是电解质，如果溶于水又与水反应所得溶液导电的化合物不一定是电解质，如SO2、NH3等，故C错误；D、酸和碱作用生成盐和水的反应才是中和反应，酸性氧化为与碱反应生成盐和水但不属于中和反应，故D错误。3.下列叙述中，正确的是（ ）A. H2SO4的摩尔质量是98B. S2和S8的混合物共6.4 g，所含硫原子数为0.2NAC. 等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为711D. 98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2 molL1【答案】B【解析】【分析】根据计算物质的量的几个公式解答。【详解】A项：H2SO4的相对分子质量是98，摩尔质量是98g/mol。A项错误；B项：S2和S8的混合物6.4 g，其中含S原子6.4 g，硫原子的物质的量为0.2mol，硫原子数为0.2NA。B项正确；C项：据n=m/M，等质量时n与M成反比。N(CO)N(CO2)=n(CO)n(CO2)=4428=117 。C项错误；D项：98g H2SO4溶解于500mL水中，所得溶液体积不是500mL，硫酸的物质的量浓度不是2 molL1 。D项错误。本题选B。4.下列操作能达到实验目的的是（ ）A. 除去铝粉中混有的少量铁粉，可加入过量的盐酸溶液，完全反应后过滤B. 将碘的饱和水溶液中的碘提取出来，可用四氯化碳进行萃取C. 制备Fe(OH)3胶体，通常是将FeCl3溶液注入热水中，并搅拌均匀D. 除去Na2CO3溶液中少量的Na2SO4,可加入适量氯化钡，过滤【答案】B【解析】【分析】根据混合物的分离提纯原理分析评价简单实验方案。【详解】A项：铝粉、铁粉都能溶于盐酸，无法除去铝粉中混有的少量铁粉。A项错误；B项：四氯化碳不溶于水，碘在四氯化碳中的溶解度比水中的大。B项正确；C项：将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，并继续加热至液体呈红褐色，即得Fe(OH)3胶体。C项错误；D项：Na2CO3、Na2SO4都可与氯化钡反应生成沉淀，不能除去Na2CO3溶液中的Na2SO4杂质。D项错误。本题选B。【点睛】选择除杂试剂应符合：不增加新杂质，不减少被提纯物质，操作简便易行等要求。5.实验室制取氧气的反应为 2 KClO32 KCl+ 3 O2 ，反应后从剩余物中回收二氧化锰的操作顺序正确的是（已知MnO2为黑色难溶于水的固体）（ ）A. 溶解、蒸发、洗涤、过滤 B. 溶解、过滤、蒸发、洗涤C. 溶解、过滤、洗涤、干燥 D. 溶解、洗涤、过滤、加热【答案】C【解析】【分析】根据物质的性质，分析评价简单的提纯方案。【详解】加热KClO3制氧气后的固体残留物中，含有MnO2、KCl和可能未分解的 KClO3，其中只有MnO2不溶于水。故将残留物加水溶解、过滤，再将滤渣洗涤、干燥，即得纯净的MnO2。本题选C。6.等质量的CO和N2，下列叙述不正确的是（）A. 密度一定相同 B. 分子数一定相同C. 原子数一定相同 D. 物质的量一定相同【答案】A【解析】【详解】A密度=M/Vm，由于气体摩尔体积不一定相同，则二者的密度不一定相同，A错误；BCO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据N=nNA=mNA/M可知，二者含有的分子数一定相同，B正确；CCO和N2为双原子分子，根据选项B可知二者分子数相同，则含有原子数也一定相同，C正确；DCO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等，D正确；答案选A。【点睛】本题考查了物质的量的计算，题目难度不大，明确物质的量与摩尔质量、气体摩尔体积之间的关系为解答关键，注意掌握密度与摩尔质量之间的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。7.NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（ ）A. 标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NAB. 4.0 g NaOH固体溶于100 mL水中，得到1 molL1的NaOH溶液C. 常温、常压下，22 g CO2中含有的氧原子数为NAD. 1 L 0.5 molL1 Na2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A、标准状况下，水不是气体，22.4 L水的物质的量大于1mol，A错误；B、4.0 g NaOH固体溶于100 mL水中所得溶液的体积不是0.1L，不能得到1 mol/L的NaOH溶液，B错误；C、22 g CO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确；D、1 L 0.5 mol/L Na2SO4溶液中含有硫酸钠的物质的量是0.5mol，但溶剂水中还含有氧原子，D错误；答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，解答该类试题时要注意：气体的体积，一要看是否为标准状况下；二要看物质在标准状况下是否为气态，如CCl4、水、液溴、SO3、己烷、苯等常作为命题的干扰因素迷惑学生。给出非标准状况下气体的物质的量或质量，干扰学生正确判断，误以为无法求解物质所含的粒子数。8.下列实验装置与实验目的对应的是（ ）A用海水制蒸馏水B将碘水中的碘单质与水直接分离C除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3D稀释浓硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】A利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；C胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；D容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；故答案为A。9.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B. 在无色透明的溶液中：K+、Cu2+、NO3、SO42C. 含有0.1 molL1 Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD. 室温下，pH1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42【答案】D【解析】试题分析：A、强碱性溶液含有OH-离子，与Al3+反应，生成Al(OH）3沉淀,故不能共存；B、溶液无色透明，故要排除Cu2+，错误；C、Ca2+与 CO32-形成沉淀，故错误；D、酸性溶液中，均共存。考点：考查了离子共存的相关知识10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 钠和冷水反应：Na2H2O=Na2OHH2B. 氯化铝与氨水反应：Al33OH=Al(OH)3C. 金属铝溶于盐酸中：2Al6H=2Al33H2D. 铁跟稀硫酸反应：2Fe6H=2Fe33H2【答案】C【解析】【分析】根据离子方程式的书写规则，判断离子方程式的正误。【详解】A项反应前后电荷不守恒，错误；B项一水合氨为弱电解质，不应拆写，错误；D项应生成Fe2，错误。本题选C。【点睛】离子方程式中常出现的错误有：不符事实、拆写错误、质量不守恒、电荷不守恒、离子配比不当、不符合量的要求等。11.吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧有较强氧化性，能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。科学家尝试用Na2SeO3消除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）A. 氧化剂 B. 还原剂 C. 既是氧化剂又是还原剂 D. 以上均不是【答案】B【解析】【详解】由题可知，活性氧具有较强氧化性，若要通过氧化还原反应除去人体内的活性氧，故需要加入还原剂，故Na2SeO3的作用是还原剂，答案为B。12.用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是（ ）A. 称量时，将固体NaOH放在纸片上，放在天平左盘上称量B. 将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C. 将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中D. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分【答案】C【解析】【详解】A.NaOH属于易潮解物质，不能再纸片上称量，应在烧杯中称量，错误；B.容量瓶属于定容仪器，不能用于溶解，溶解过程需在烧杯中进行，错误；C.因NaOH溶于水放出热量，故需要冷却至室温后转移至容量瓶中，正确；D.定容时如果加水超过了刻度线，需重新配置，错误。【点睛】对于易潮解类物质（如NaOH）在称量时需在烧杯中进行，且需要快速称量；转液前，烧杯中溶液需要保持室温，如浓硫酸、NaOH溶解放热，大部分铵盐溶于水吸热，配制这些物质的溶液时，都要恢复到室温才能转移到容量瓶中。13.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2 O，下列说法正确的是（ ）A. KClO3在反应中失去电子 B. ClO2是氧化产物C. H2C2O4在反应中被氧化 D. KClO3是还原剂【答案】C【解析】AKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，则氯酸钾得电子为氧化剂，发生还原反应，故A错误；BCl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，故B错误；CH2C2O4为还原剂，C元素的化合价由+3价升高到+4价，在反应中被氧化，故C正确；DKClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，故D错误；故答案为C。14.有些离子方程式能表示一类反应，有些离子方程式却只能表示一个反应。下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（ ）A. OHHCO3=CO32H2O B. Cl2+H2OH+Cl+HClOC. CO322H=CO2H2O D. Ag+Cl=AgCl【答案】B【解析】分析：A.该反应表示可溶性碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应；B. 该反应只能表示氯气与水的反应；C. 该反应表示可溶性的碳酸盐与强酸的一类反应；D. 该反应表示可溶性的银盐与可溶性的氯化物的一类反应。详解：A. OHHCO3CO32H2O表示可溶性碳酸氢盐与强碱反应生成可溶性盐和水的一类反应，如碳酸氢钠、碳酸氢钾与氢氧化钠、氢氧化钾的反应，故A不选；B. 离子方程式Cl2H2OHClHClO只能表示Cl2和H2O反应生成氯化氢和次氯酸，满足题意，故B选；C. CO322HCO2H2O表示可溶性碳酸盐与强酸反应生成可溶性盐、CO2和水的反应，如碳酸钠、碳酸钾等与硝酸、硫酸、盐酸等的反应，故C不选；D. AgCl=AgCl表示可溶性的银盐与可溶性氯化物的一类反应，如硝酸银与氯化钠、氯化钾、氯化钡等之间的反应，故D不选；答案选B。15.某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为()离子Na+Al3+ClX个数3a2aabA. SO42、4 a B. NO3、4 a C. OH、8 a D. SO42、8 a【答案】A【解析】试题分析：根据溶液电中性原则，溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解答。溶液呈电中性，则溶液中存在3aN（Na+）+2a3N（Al3+）=aN（Cl-）+nbN（X），设X的电荷数为n，则A、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）=aN（Cl-）+4a2N（SO42-），电荷守恒，正确；B、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl-）+4aN（NO3-），电荷不守恒，错误；C、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl-）+8aN（OH-），电荷不守恒，错误；D、3aN（Na+）+2a3N（Al3+）aN（Cl-）+8a2N（SO42-），电荷不守恒，错误。考点：考查电解质溶液计算电荷守恒法。16.向0.1 molL-1 NaOH溶液中加入0.1 molL-1的盐酸。若用x代表加入盐酸的体积，y代表溶液中离子的总数，则下列曲线中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】向0.1 molL-1 NaOH溶液中加入0.1 molL-1的盐酸；发生的化学反应方程式为HClNaOH=NaClH2O，故随着盐酸的不断加入，溶液中离子总数开始不变，当盐酸过量时，溶液中离子总数不断增加，故答案为B。【点睛】需注意溶液中离子总数和溶液中离子浓度的区分，本题中随着盐酸的不断加入，溶液中c(Cl)从0逐渐增大，并趋向于0.1mol/L，而溶液中c(Na)不断减小。第卷二、非选择题（共5小题）17.我国有丰富的海水资源，开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是海水综合利用的一个方面。（1）上述过程中没有涉及到的四大基本反应类型是_；a化合反应 b分解反应 c置换反应 d复分解反应（2）步骤1中分离操作的名称是_；（3）粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42等杂质，精制时所用试剂为：a盐酸；bBaCl2溶液；cNaOH溶液；dNa2CO3溶液。加入试剂的顺序是_；II实验室利用精盐配制480mL 2.0molL1NaCl溶液。（4）除容量瓶外，还需要的玻璃仪器有_；（5）用托盘天平称取固体NaCl_g；（6）配制时，按以下几个步骤进行：计算 称量 溶解 冷却 转移 定容 摇匀 装瓶。操作中还缺少一个重要步骤是_；（7）下列错误操作可使所配制氯化钠溶液浓度偏低的是_。a容量瓶洗净后残留了部分的水b转移时溶液溅到容量瓶外面c定容时俯视容量瓶的刻度线d摇匀后见液面下降，再加水至刻度线【答案】 (1). c (2). 过滤 (3). bdca或cbda或bcda (4). 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (5). 58.5 (6). 洗涤(烧杯和玻璃棒) (7). bd【解析】【详解】（1）煅烧贝壳生成CaO的反应方程式为：CaCO3CaOCO2、MgCl26H2O分解生成MgCl2以及MgCl2电解生成Mg，都属于分解反应；CaO溶于水的反应方程式为：CaOH2O=Ca(OH)2，属于化合反应；步骤1Ca(OH)2和MgCl2反应生成Mg(OH)2和CaCl2是复分解反应，盐酸溶解氢氧化镁的反应为：Mg(OH)22HCl=MgCl2+2H2O属于复分解反应；故没有涉及到置换反应，答案为c；（2）步骤1中分离难溶性固体和液体，故该操作为过滤；（3）粗盐中含有Ca2、Mg2、SO42-等杂质，可先加入过量的BaCl2溶液，除去溶液中SO42，再加入过量Na2CO3溶液，除去溶液中的Ba2、Ca2，再加入过量的NaOH溶液，除去溶液中的Mg2，再加入适量的盐酸，除去溶液中过量的NaOH和Na2CO3，加入顺序为bdca；加入顺序还可以是cbda或bcda，无论何种加入顺序，适量盐酸需最后加入，以除去溶液中的NaOH和Na2CO3，以达到不引入新杂质的原则；II（4）该实验中需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（5）该实验选用的容量瓶为500mL容量瓶，故需要称取固体NaCl的质量；（6）一定物质的量浓度溶液的配制的操作顺序为计算、称量、溶解并冷却、转液、洗涤并转液、定容、摇匀、装瓶，故缺少的步骤是洗涤；（7）a.容量瓶洗净后残留了部分的水，因后续需要加入蒸馏水，故对配制氯化钠溶液浓度无影响；b.转移时溶液溅到容量瓶外面，会导致溶质的量减少，配制氯化钠溶液浓度将偏低；c.定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致溶液体积偏小，配制氯化钠溶液浓度将偏高；d.摇匀后见液面下降，再加水至刻度线，会导致溶液体积偏大，配制氯化钠溶液浓度将偏低；故答案为bd。18.请回答下列问题：（1）现有下列状态的物质：干冰 NaHCO3晶体 氨水 纯醋酸 FeCl3溶液 铜 熔融KOH 盐酸。其中能导电的是_，（填序号，下同），属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）下列所给出的几组物质中：含有分子数最少的是_；含有原子数最多的是_；标准状况下体积最小的是_。1g H2 2.4081023个CH4分子 10.8g H2O 标准状况下6.72L CO2。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【详解】（1）电解质和非电解质均为化合物，酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等为非电解质；据此可以推出属于电解质的是；属于非电解质的是；金属能导电，存在自由移动的离子的物质都能导电，其中能导电的是；故正确选项：；（2）四种物质的物质的量分别为0.5molH2、0.4molCH4、0.6molH2O、0.3molCO2；物质的量越大，分子数越多，所以含有分子数最少的是；原子数：0.52=1mol、0.45=2mol、0.63=1.8mol、0.33=0.9mol，含有原子数最多的是；标准状况下，固体、液体的体积比气体小，故体积最小的是。【点睛】电解质以及非电解质均属于纯净物以及化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质。化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。19.向Ba(OH)2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2气体的(V)的关系如图所示，试回答：（1）0到a点之间的反应的离子方程式_。（2）a到b点之间的反应的离子方程式_。（3）b点之后的反应的离子方程式_。（4）c点CO2的体积_mL(同温同压下)。（5）混合溶液中Ba(OH)2和NaOH 的物质的量之比为_。【答案】 (1). Ba2+ 2OH+ CO2 = BaCO3 + H2O (2). 2OH+ CO2 = CO32-+ H2O; CO32-+ CO2+ H2O = 2HCO3或一步写: OH+ CO2 = HCO3 (3). BaCO3+CO2+H2O = Ba2+2HCO3 (4). 40 (5). 2 : 1【解析】试题分析：本题考查离子方程式的书写和有关图像的计算。向Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中逐渐通入CO2气体至过量，随着CO2的通入依次发生的反应为：CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2。（1）0到a点之间CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀，离子方程式为：CO2+Ba2+2OH-=BaCO3+H2O。（2）a点到b点之间CO2与NaOH反应先生成Na2CO3，继续通入CO2与Na2CO3反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。（3）b点之后通入的CO2将a点前生成的BaCO3转化为可溶于水的Ba（HCO3）2，反应的离子方程式为：BaCO3+CO2+H2O=Ba2+2HCO3-。（4）根据反应：CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O和CO2+BaCO3+H2O=Ba（HCO3）2，b点到c点消耗的CO2与0到a点消耗的CO2相等，则同温同压下b点到c点消耗的CO2的体积也为10mL，则c点CO2的体积为30mL+10mL=40mL。（5）根据0到a点反应CO2+ Ba（OH）2=BaCO3+H2O消耗CO2的体积为10mL，a点到b点之间反应CO2+NaOH=NaOH消耗CO2的体积为20mL，同温同压下气体的体积之比等于气体物质的量之比，则Ba（OH）2与NaOH物质的量之比为1:2。20.一个体重50 kg的健康人含铁元素2 g，这2 g铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收，所以给贫血者补充铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐（如FeSO4）。服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，有利于人体对铁的吸收。(1)人体中经常进行Fe2+与Fe3+的转化，可表示为Fe2+ Fe3+。在过程A中，Fe2+作_剂，过程B中，Fe3+被_。(2)“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+”这句话指出，维生素C在这个反应中作_剂，具_性。(3)已知下列反应在一定条件下发生：在以上的反应中，Fe2+实际上起着 _的作用。【答案】 (1). 还原 (2). 还原 (3). 还原 (4). 还原 (5). 催化剂【解析】【分析】本题主要考查氧化还原反应，铁盐和亚铁盐的相互转变。（1）由Fe2+Fe3+可知，在过程A亚铁离子中Fe元素的化合价升高，过程B中Fe离子中Fe元素的化合价降低；（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高；（3）由总反应可知，亚铁离子不是反应物，也不是生成物。【详解】（1）由Fe2+Fe3+可知，在过程A亚铁离子中Fe元素的化合价升高，则Fe2+为还原剂，过程B中Fe离子中Fe元素的化合价降低，则Fe3+被还原，故答案为：还原；还原；（2）维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C为还原剂，具有还原性，故答案为：还原；还原；（3）由总反应可知，亚铁离子不是反应物，也不是生成物，则在整个反应中，其质量和性质保持不变，故Fe2+起着催化剂的作用，故答案为：催化剂。【点睛】催化剂在化学反应里能改变反应物化学反应速率（通常加快化学反应速率），其本身的质量和化学性质在化学反应前后都不发生改变。21.将11.2g铁投入200mL某浓度的盐酸中，铁和盐酸恰好完全反应。求：（1）11.2g铁的物质的量_。（2）所用盐酸中HCl的物质的量浓度_。（3）反应中生成的H2在标准状况下的体积（要求写出计算过程）_。【答案】（1）0.2mol（2）2mol/L（3）4.48L【解析】试题分析：（1）n(Fe)=0.2mol，即11.2g铁的物质的量为0.2mol；故答案为：0.2mol（2）由反应Fe+2HCl=FeCl2+H2，n(HCl)=2n(Fe)=0.4mol，则c(HCl)=2mol/L，即所用盐酸中HCl的物质的量浓度为2mol/L；故答案为2mol/L。（3）n(H2)=n(Fe)=0.2mol，标况下V(H2) = n(H2)Vm=0.2mol22.4L/mol=4.48L，即生成的H2在标准状况下的体积为4.48L。故答案为：4.48L考点：化学方程式的有关计算【名师点睛】本题考查化学反应方程式的计算，比较基础，题目难度不大，但为高频考点，准确书写化学方程式、找准各物质之间的计量关系、熟练运用物质的量浓度、物质的量、质量、摩尔质量、气体摩尔体积、气体体积之间的转化关系是解答的关键，即n=m/M=V/Vm=N/NA=cV。注意对基础知识的理解掌握。