福建省永泰县第一中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）.doc

1、福建省永泰县第一中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Cu-64 Ba-137 一、选择题（本题共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意。）1.易燃易爆、有毒的化学物质在其包装上应贴上危险警告标签。下列物质贴错标签的是() 选项AB CD物质的化学式浓H2SO4CH3CH2OHNaOHNH4NO3危险警告标签腐蚀品易燃品剧毒品 爆炸品A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、浓硫酸具有强烈的腐蚀性，属于腐蚀品，选项

2、A正确；B、CH3CH2OH能燃烧，属于易燃品，选项B正确；C、NaOH具有强烈的腐蚀性，属于腐蚀品，不属于剧毒品，选项C错误；D、硝酸铵受到撞击或受热会发生爆炸，属于爆炸品，选项D正确。答案选C。2.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是 （ ）A 花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴B. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏C. 粉身碎骨浑不怕，要留青白在人间D. 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金【答案】B【解析】【详解】A、花香扑人，便知天气暖和了；天气晴和，喜鹊的叫声透过树林传出来，没有涉及化学变化，选项A错误；B、爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，选项B正确；C

3、、诗句中涉及的反应有：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，都不是氧化还原反应，选项C错误；D、沙里淘金属于物理变化，不是化学变化，选项D错误。答案选B。3.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确是( )A. 标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为 NAB. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC. 通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为 NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，四氯化碳是液体，不能适用于气体摩尔体积，A不正

4、确；B.1.06g碳酸钠的物质的量是0.01mol，含有0.02mol钠离子，B正确；C. 不是在标准状况下，NA个CO2分子占有的体积不是22.4L，C不正确；D. 因为不能确定溶液的体积，无法计算Cl-的物质的量，D不正确；答案选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的应用的题目，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。4.下列说法正确的是 （ ）A. 不能发生丁达尔效应的分散系是溶液B. 将1L 2molL1的FeCl3溶液制成胶体后，其中含有的氢氧化铁胶粒数为2NAC. 溶液与胶体的

5、本质区别是分散质粒子的直径大小不同D. 蔗糖水溶液的分散质粒子的直径大于10-9 m【答案】C【解析】【详解】A不能发生丁达尔效应的分散系是溶液或者浊液，选项A错误；B一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于2NA个，选项B错误；C当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，选项C正确；D蔗糖水溶液的分散质粒子的直径小于10-9 m，选项D错误；答案选C。5.下列物质在水溶液中的电离方程式书写不正确的是 （

6、 ）A. Ba(OH)2Ba2+2OHB. NaClONa+ Cl+ O2C. KMnO4K+ MnO4D. NaHCO3Na+ HCO3【答案】B【解析】【详解】A. 氢氧化钡为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为Ba(OH)2Ba2+2OH，选项A正确；B次氯钠为强电解质，电离出钠离子和次氯酸根离子，电离方程式NaClONa+ ClO，选项B不正确；C. 高锰酸钾为强电解质，完全电离出钾离子和离锰酸根离子，电离方程式为KMnO4K+ MnO4，选项C正确；D. 碳酸氢钠为强电解质，完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3Na+ HCO3，选项D正确；答案选B。6.下列

7、物质间的反应不能通过一步反应实现的是（ ）A. Na2CO3NaClB. NaCl NaOHC. NaOHNaClD. CuOCu(OH)2【答案】D【解析】【详解】A碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，可以通过一步实现，选项A不选；B电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气，可以通过一步实现，选项B不选；C氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，可以通过一步实现，选项C不选；D氧化铜与水和强碱均不能反应生成氢氧化铜，CuOCu(OH)2不能实现一步反应，选项D选；答案选D。【点睛】本题考查了常见物质间的反应，熟练掌握常见物质的性质与变化规律是解题关键，根据题意，一步反应实现即原物质只发生一个反

8、应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过一个反应而实现。7.下列有关化学用语表示正确的是 ()A. 中子数为16的磷原子 B. 氟原子的结构示意图：C. 明矾的化学式：Al(SO4)2D. 原子结构示意图 可以表示12C，也可以表示14C【答案】D【解析】【详解】A. 中子数为16的磷原子，质子数为15，质量数为31，可表示为，选项A错误；B. 氟原子质子数为9，核外有两个电子层，各层电子分别为2、7，结构示意图为：，选项B错误；C. 明矾是十二水硫酸铝钾，其化学式为：KAl(SO4)212H2O，选项C错误；D. 同位素的质子数和核外电子数相同，所以其原子结构示意图

9、相同，原子结构示意图 可以表示12C，也可以表示14C，选项D正确。答案选D。8.16O和18O是氧元素的两种核素，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 16O2与18O2互为同位素B. 16O与18O核外电子排布方式不同C. 通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化D. 标准状况下，1.12 L 16O2和1.12 L 18O2均含0.1NA个氧原子【答案】D【解析】【详解】A、16O2与18O2是两种单质，互为同素异形体，A错误；B、16O与18O核外都是8个电子，核外电子排布方式相同，B错误；C、通过化学变化不能实现16O与18O间的相互转化，应通过物理变化实现，C错误；D

10、、标准状况下，1.12L16O2和1.12L18O2均含有0.1NA个氧原子，D正确；答案选D。9.分类归纳是学好化学必要的方法之一，下列物质的分类正确的是 （ ）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaHCO3CuOCO2BFe(OH)3NaHSO4NaClNa2ONO2CNaOHCH3COOHCaF2CO2SO2DKOHHNO3CaCO3Fe2O3SO3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A碳酸钠是金属离子和酸根离子构成的盐不是碱，其他物质类别正确，选项A错误；BNaHSO4水溶液中电离出的阳离子是钠离子和氢离子，属于盐不是酸，NO2和碱反应发生的是氧化

11、还原反应不是酸性氧化物，其他物质类别正确，选项B错误；CCO2是与碱反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物不是碱性氧化物，其他物质类别正确，选项C错误；D氢氧化钾属于碱、硝酸属于酸、碳酸钙属于盐、氧化铁属于碱性氧化物、三氧化硫属于酸性氧化物，类别均正确，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了物质分类方法和概念实质理解应用，酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物；碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，发生的反应是复分解反应；酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，发生的反应是复分解反

12、应。10.下图为电解饱和食盐水的实验装置。据此，下列叙述不正确的是 （ ） A. 装置中a管能产生氢气B. b管导出的是能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C. 在石墨棒电极区域有NaOH生成D. 以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为“氯碱工业”【答案】C【解析】【分析】根据图知，Fe作阴极、石墨棒作阳极，Fe电极反应式为2H2O+2e- =H2+2OH -，石墨棒电极反应式为2Cl- -2e- =Cl2，则a得到的气体是氢气、b管导出的气体是氯气，Fe棒附近有NaOH生成，据此分析解答。【详解】A.根据图知， Fe作阴极、石墨棒作阳极，Fe电极反应式为2H2O+2e- =H2+2OH

13、 - ，石墨棒电极反应式为2Cl- -2e- =Cl2，则a得到的气体是氢气、b管导出的气体是氯气，选项A正确；B .根据A知，b管导出的气体是氯气，选项B正确；C .根据A知阴极氢离子放电,破坏水的电离平衡，Fe电极附近有NaOH生成，石墨电极附近没有NaOH生成，选项C错误；D .该电解池电解过程中有氯气、氢气和NaOH生成，所以以食盐水为基础原料制取氯气等产品的工业称为氯碱工业”，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查电解原理,明确各个电极上发生的反应是解本题关键,注意如果将Fe作阳极电解时,阳极上发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+ ，较活泼金属作阳极时,阳极上金属失电子而不是电解质

14、溶液中阴离子失电子，为易错点。11.发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭。该火箭的主要燃料是偏二甲肼(用R表示)和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为:R+2N2O4=3N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是（ ）A. 此反应是氧化还原反应B. 该反应产物均为非电解质C. R的分子式为D. 反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行【答案】B【解析】【详解】A该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价，所以此反应是氧化还原反应，选项A正确；B. 该反应产物CO2为非电解质，H2O为

15、弱电解质，N2既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C根据原子守恒知，R为C2H8N2，选项C正确；D偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确物质中各元素化合价是解本题关键，再结合原子守恒、转移电子守恒分析解答，易错选项是B，该反应中N元素化合价由-3价、+4价变为0价，C元素化合价由-1价变为+4价。12.下列溶液分别加水稀释到100 mL，稀释后的溶液中氯离子浓度最大的是 （ ）A. 20mL 1molL1的AlCl3B. 50mL 1molL1的KClC. 20mL 2mol

16、L1的NH4ClD. 20mL 2molL1的CaCl2【答案】D【解析】【详解】根据物质的化学式及物质的物质的量浓度来计算氯离子的物质的量浓度。首先计算各选项中氯离子的物质的量。n(Cl)=cV各物质中Cl的个数。再除以溶液体积100mL可得浓度。分别是：A. 1mol/L0.02L3=0.06 mol；B. 1 mol/L0.05L1=0.05mol；C. 2mol/L0.02L1=0.04 mol；D. 2mol/L0.02L2=0.08 mol；答案选D。【点睛】本题考查离子浓度的计算。该类型的试题在判断时，关键是分析电解质的组成及其强弱。另外还需要注意的是，判断的是离子的浓度，还是离

17、子的物质的量，因为物质的量还与溶液体积有关系。13.完成下列实验所选择的装置或仪器都正确的是 （ ）ABCD实验分离CCl4中的I2分离花生油和食盐水除去Fe(OH)3胶体中FeCl3除去CO气体中的CO2气体装置或仪器A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】AI2溶于CCl4中，不分层，无法利用分液装置可分离，选项A错误；B分离花生油和食盐水，应利用分液漏斗进行分液，不能选图中蒸馏装置，选项B错误；C除去Fe(OH)3胶体中FeCl3，不能利用过滤法分离，应利用渗析法进行分离，选项C错误；D二氧化碳能与NaOH溶液反应，通过图中装置进行洗气能将CO中的CO2除去，选项D正确

18、；答案选D14.根据下表信息，将乙二醇和丙三醇分离的最佳方法是 物质分子式熔点/沸点/密度/gcm3溶解性乙二醇C2H4O211.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A. 分液B. 蒸馏C. 加水萃取D. 冷却至0后过滤【答案】B【解析】由表格中数据分析可知，乙二醇和丙三醇的熔点、密度、溶解性相差不大，无法用分液、加水萃取等方法分离，但沸点相差较大，故可利用蒸馏法进行分离，故答案选B。15.某核素 ZAX可形成HmX型氢化物，则a g HmX 含有 （ ）A. (A-Z+m)mol中子B. mol电子C. (Z+m) mol质子D. m

19、ol HmX分子【答案】C【解析】【分析】核素ZAX的质子数为Z，质量数为A，故中子数为（AZ）故HmX的摩尔质量为（A+m）g/mol，据此求出agHmX的物质的量，然后结合HmX中含（Z+m）个质子、（AZ）个中子来分析。【详解】核素ZAX的质子数为Z，质量数为A，故中子数为（AZ）。故HmX的摩尔质量为（A+m）g/mol，故agHmX的物质的量n=mol。 A由于H原子不含中子，故HmX中含（AZ）个中子，故的HmX中含（AZ）mol中子，选项A错误； B质子数等于电子数，所以电子数 为（Z+m）mol，选项B错误； C由于HmX中含（Z+m）个质子，故的HmX中含（Z+m）mol质子

20、，选项C正确； DagHmX的物质的量n=mol，选项D错误。 答案选C【点睛】本题考查了原子的结构中质量数、质子数和中子数间的关系，应注意的是H原子中不含中子，核素ZAX的质子数为Z，质量数为A，故中子数为（AZ）故HmX的摩尔质量为（A+m）g/mol，据此求出agHmX的物质的量，然后结合HmX中含（Z+m）个质子、（AZ）个中子。16.下列实验操作或说法正确的是 （ ）A. 分液时，先从分液漏斗下口放出下层液体，更换烧杯后再从下口放出上层液体B. 用酒精萃取碘水中的碘单质C. 分离硝酸钾与氯化钾时，冷却结晶时析出的是溶解度随温度变化较大的硝酸钾固体D. 能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气

21、体一定是氯气【答案】C【解析】【详解】A、分液时避免上下层液体混合，则先从分液漏斗下口放出下层液体，从上口倒出上层液体，选项A错误；B、酒精和水能互溶，所以酒精不能作萃取碘水中碘单质的萃取剂，选项B错误；C、硝酸钾的溶解度随着温度变化比较大，所以冷却时硝酸钾能结晶析出，选项C正确；D、湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，氧气和臭氧等氧化剂都可以，所以遇到淀粉变蓝，该气体不一定为Cl2，选项D错误。答案选C。17.将质量分数为a，密度为1，物质的量浓度为c1 mol/LNaOH溶液蒸发掉部分水，使之质量分数为2a，密度为2，此时物质的量浓度为c2 mo

22、l/L（21），则c1和c2的数值关系是 （ ）A. c22c1B. c22c1C. c1c22c1D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】设溶质质量分数为a%的NaOH溶液密度为1，则c1=mol/L。设溶质质量分数为2a%的NaOH溶液密度为2，则c2= mol/L。所以c1：c2=10a1: 20a2=1:22，即c2=c1。NaOH溶液的浓度越大密度也越大，所以21，所以c22c1。答案选A。【点睛】本题考查溶液稀释浓度计算的有关知识。对于大多数物质的溶液来说，浓度越大，溶液的密度就越大，只有少数物质的溶液，如氨水及酒精的水溶液，浓度越大，密度越小。掌握物质的量浓度与溶液的质量分数的换

23、算关系式：c=及溶液的密度与溶液浓度的大小关系是本题解答的关键。18.下列说法中正确的是（ ）A. 某溶液加入AgNO3溶液产生了白色沉淀，证明该溶液中一定含有ClB. 某溶液加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入稀HNO3，沉淀不消失，证明原溶液中一定存在SO42C. 某化合物在焰色反应实验中出现黄色的火焰，则该化合物一定是钠盐D. 某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在NH4+【答案】D【解析】【详解】A选项，某溶液加入AgNO3溶液产生了白色沉淀，该溶液中可能含有Cl、CO32、SO42等，故A错误；B选项，某溶液加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入

24、稀HNO3，沉淀不消失，该溶液中可能含Ag+、SO32、SiO32、SO42等；故B错误；C选项，某化合物在焰色反应实验中出现黄色的火焰，则该化合物一定含钠元素，但不能说一定是钠盐，故C错误；D选项，某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，能使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝的气体在高中化学里只有氨气，所以说明原溶液中存在NH4+，故D正确；综上所述，答案为D。19.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板（厚度可忽略）将容器分成两部分，当左边充入2mol N2，右边充人CO和CO2的混合气体共16g时，隔板处于如图位置（左、右两侧温度相同）。右侧CO与CO2分子数之比为 （ ）A. 1

25、:3B. 1:2C. 3:1D. 2:1【答案】C【解析】【详解】隔板不动，说明左右两侧压强相等，相同的条件下，体积比等于物质的量之比，即右侧混合气体的物质的量为0.5 mol，设CO的物质的量为a mol，则CO2的物质的量为(0.5a)mol，根据题意得出28a+(0.5a)44=16，解得a=，则CO2的物质的量为0.5= mol，因此两者的物质的量比值为31。答案选C。20.如图表示1 g O2与1 g X气体在恒压条件下的密闭容器中体积(V)与温度(T)的关系，则X气体可能是A. C2H4B. CH4C. CO2D. NO【答案】C【解析】【分析】本题主要考查阿伏伽德罗的推论。由pv

26、=nRT，n=m/M，可以推出pv= m/M RT，当质量、体积和温度不变时，压强与气体摩尔质量成反比，即压强越大，气体摩尔质量越小，相同温度时，p(O2)p(X)，则X的摩尔质量大于32g/mol。【详解】由上述分析可知：A. C2H4的摩尔质量分别为28g/mol故A错误；B. CH4的摩尔质量分别为16g/mol，故B错误；C. CO2的摩尔质量分别为44g/mol，故C正确 ；D. NO的摩尔质量分别为30g/mol ；故D错误；答案为C。21.某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cl、Br、OH、SO42- 离子中的若干种,常温下依次进行下列实验,且每步所加试剂均过量,观察到的现象

27、如下：(已知，Cl2+2Br-=2Cl-+Br2)下列结论正确的是 （ ）步骤操作现象用pH试纸检验溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水,再加入CCl4震荡,静置CCl4层呈橙色取所得到的上层溶液加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生过滤悬浊液，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生A. 肯定含有离子的Na+、Br、OH、 SO42-B. 肯定没有的离子是Ba2+、OHC. 可能含有的离子是Cl、Br、SO42-D. 不能确定的离子是Na+、Cl、SO42-【答案】A【解析】【详解】溶液的pH大于7，则含有OH；CCl4层呈橙色，说明含有Br-；向所得溶液中加入Ba(NO

28、3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，应生成硫酸钡沉淀，说明含有SO42-，则不含Ba2+；操作步骤中的现象证明含氯离子，但由于加入了氯离子，所以原溶液是否含氯离子不能确定，根据电中性原则，阳离子一定含有Na+，综合以上分析，则一定含有Na+、Br、OH、 SO42-，一定不含Ba2+；可能含有Cl；答案选 A。22.把500 mL NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入足量NaOH溶液，充分反应后消耗 a mol NaOH ，另取一份加入足量盐酸，充分反应后消耗b mol HCl，则该混合溶液中c(Na)为 () （已知：NaHCO3 + NaOH = Na2CO3

29、+ H2O）A. （）mol/LB. （）mol/LC. （10b-5a） mol/LD. (2b-a) mol/L【答案】C【解析】【详解】设100mL溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为：NH4HCO3+2NaOHNH3H2O+Na2CO3+H2O， 1 2 x amol 解得：x=0.5amol；故：NH4HCO3为0.5amol；加入含b mol HCl的盐酸的反应为：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O，Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2， 1 1 1 20.5amol n（HCl

30、） y b-n（HCl）解得：n（HCl）=0.5amol，y=（b-0.5amol）；n（Na+）=2n（Na2CO3）=（b-0.5a）mol，c（Na+）=（10b-5a）mol/L。答案选C。二、填空题（共2小题，共15分）23.以下为中学化学中常见的几种物质：Ag 熔融NaCl 盐酸 NH3 H2SO4 葡萄糖 KHCO3溶液 BaSO4 NaOH请按下列分类标准回答问题(填序号）（1）属于电解质的是_。（2）属于非电解质的是_。（3）能导电的是_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物为电解质；（2）在熔融状态下和水溶液中

31、都不能导电的化合物为非电解质；（3）有自由电子或有自由移动的离子的物质能导电。【详解】（1）在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物为电解质，所以熔融NaCl、H2SO4 、BaSO4、NaOH是电解质，答案为；（2）在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物为非电解质，非电解质包括一些非金属氧化物、SO2、大多数有机物（如蔗糖、酒精等），所以NH3葡萄糖是非电解质；答案为；（3）Ag中有自由电子，所以能导电；熔融NaCl、盐酸、KHCO3溶液是电解质溶液有自由移动的离子，所以能导电；答案为。24.（1）12.4g Na2X含有0.4mol Na+，Na2X的摩尔质量为_，X的相对原子质量为_。（2

32、）气态化合物A的化学式可以表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热完全分解生成15mL O2和10mL F2，则A的化学式为_。（3）有X、Y、Z三种元素, X原子核内无中子, Y原子的第三个电子层上有2个电子, Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍。试画出Y原子结构示意图_。这三种元素所组成的化合物的化学式为_。【答案】 (1). 62g/mol (2). 16 (3). O3F2 (4). (5). Mg(OH)2【解析】【分析】（1）根据摩尔质量M=计算，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量；（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比，再结合质量守恒进行计算；（3）X原子核内无中子，则

33、X是H元素；Y原子的第三层上有2个电子，则Y是Mg元素；Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Z是O元素，进而判断。【详解】（1）12.4g Na2X中含有0.4mol Na+，则Na2X的物质的量为0.2mol，则Na2X的摩尔质量=62g/mol，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，则Na2X的相对分子质量为62，钠原子的相对原子质量是23，所以X的相对原子质量是62-232=16；（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比，故A、O2和F2的物质的量之比=10：15：10=2：3：2，则该反应方程式为：2A3O2+2F2，根据原子守恒可知A的化学式为：O3F2；（3）X原子核内无中子，

34、则X是H元素；Y原子的第三层上有2个电子，则Y是Mg元素；Z原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Z是O元素；Y原子结构示意图为；三种元素所组成的化合物的化学式为Mg(OH)2。三、实验题（共3小题，共32分）25.某化学实验室需要1.500 molL1硫酸溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是_(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_(填仪器名称)。（2）现用质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸来配制450 mL 1.50 molL1的稀硫酸。计算所需浓硫酸的体积为_ mL (保留1位小数)，现有 10 mL 25

35、mL 50 mL 100 mL四种规格的量筒，最好选用的量筒是_(填代号)。（3）配制时，一般可分为以下几个步骤：量取计算稀释摇匀转移洗涤定容冷却其正确的操作顺序为：_(填序号)。（4）在配制过程中，下列操作中会导致所配制的溶液浓度偏高的有_。用量筒量取浓硫酸时候，俯视刻度线洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容时，俯视刻度线【答案】 (1). AD (2). 璃棒、胶头滴管 (3). 40.8 (4). (5). (6). (7). (8). (9). 【解析】【分析】（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器进行分析；（2）根据稀释溶液的公

36、式进行计算，再根据所量取浓硫酸体积选择量筒；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤分析；（4）根据配制溶液的误差判断。【详解】（1）配制步骤有计算、称量（量取）、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，若溶质为固体，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品；若溶质为液体，一般用量筒量取。然后在烧杯中溶解，冷却后转移到相应规格的容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，所以不需要的仪器是AD，还需要的仪器是胶头滴管和玻璃棒。故答案为：AD；玻璃棒、胶头滴管；（2）配制450 mL 1.50

37、 molL1的稀硫酸，因实验室没有450 mL规格的容量瓶，必须配制500 mL 1.50 molL1的稀硫酸，由于稀释过程中溶质不变，则0.5L1.50 molL1 =VL，所以需要浓硫酸的体积是V=0.0408L=40.8mL，所以应该需要50mL量筒，答案选；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤有计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量（或用量筒量取），用药匙取用药品，在烧杯中溶解（或稀释），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12

38、cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀故正确的操作顺序为：；（4）用量筒量取浓硫酸时候，俯视刻度线，所量取的浓硫酸体积偏少，配得溶液浓度偏低；洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，所取浓硫酸的量偏多，配得溶液浓度偏高；转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，定容时需要加入蒸馏水，故对所酸溶液的浓度无影响；定容时，俯视刻度线，所加蒸馏水的体积偏小，所配溶液的浓度偏高；答案选。26.二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，熔点为59 ，沸点为 11 ，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸。二氧化氯具有强刺激性和腐蚀性。某课外兴趣小组通过氯气与 NaClO2溶液反应来制取少量ClO2，装置如图所示

39、： （1）甲装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是_。（2）Cl存在时会催化 ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生 ClO2的速率明显加快。乙装置中试剂瓶内的液体是_。实验过程中常需通入适量的 N2稀释 ClO2，其目的是_。（3）丙装置中发生的反应为：Cl22NaClO2=2ClO22NaCl 。下列有关该实验的说法正确的是_A. 可用微热法检查实验装置的气密性B. 如果乙装置是盛有浓硫酸，更有利于实验安全C. 若甲中足量MnO2与含0.4 molHCl的浓盐酸反应，则丙中可制得0.2molClO2D. 实验过程甲装置要缓缓加热，不宜强热（4）戊装置烧杯中NaOH 溶液，其作用是_。【

40、答案】 (1). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O (2). 饱和食盐水 (3). 防止ClO2 发生分解，甚至爆炸 (4). A D (5). 吸收尾气，防止污染环境【解析】【分析】（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（2）由题干信息可知，装置乙的作用是除去氯气中的氯化氢，分析乙装置内的液体；（3）根据反应Cl22NaClO2=2ClO22NaCl、MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O进行分析；（4）氯气有毒，会污染空气。【详解】（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO24HCl(

41、浓) MnCl2Cl22H2O；（2）Cl存在时会催化 ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生 ClO2的速率明显加快导致ClO2浓度过高，易发生分解甚至爆炸，故乙装置的作用是除去氯气中的氯化氢，试剂瓶内的液体是饱和食盐水；实验过程中常需通入适量的 N2稀释 ClO2，其目的防止ClO2 发生分解，甚至爆炸；（3）丙装置中发生的反应为：Cl22NaClO2=2ClO22NaCl。A. 有气体参与或生成的实验前必须先检查气密性，故可用微热法检查实验装置的气密性，选项A正确；B. 如果乙装置是盛有浓硫酸，则无法除去氯气中的氯化氢，Cl存在时会催化 ClO2的生成，致ClO2浓度过高，易发生分解

42、甚至爆炸，选项B错误；C. 根据反应MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O、Cl22NaClO2=2ClO22NaCl，若甲中足量MnO2与含0.4 molHCl的浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸变稀，生成的氯气少于0.1 mol，则丙中可制得ClO2少于0.2mol，选项C错误；D. 实验过程甲装置要缓缓加热，不宜强热，否则容易发生爆炸，选项D正确。答案选AD；（4）氯气有毒，会污染空气，戊装置烧杯中NaOH 溶液，其作用是吸收尾气，防止污染环境。27.某样品主要含KCl和少量MgCl2、CaCl2、MgSO4等，需要分离提纯得到KCl。（1）实验室采用沉淀法测定样品中MgSO4的

43、质量分数。操作步骤如下：取10g样品溶于水中，加入足量的BaCl2溶液，充分搅拌反应；将所得混合物过滤、洗涤。将沉淀连同滤纸取出放入坩埚中灼烧至恒重（滤纸完全转化成CO2和水，沉淀不分解）冷却后称量所得沉淀质量为0.466g。判断沉淀是否洗涤干净的方法是_；样品中MgSO4的质量分数为_。（2）现有几种试剂：盐酸；K2CO3；Na2CO3；NaOH；KOH；Ba(OH)2；BaCl2；为有效除去样品中的杂质，加入的试剂及顺序合理的是_，A B C D 过滤除去沉淀后还需要加入的试剂为_ (填序号)，然后进行蒸发结晶。【答案】 (1). 取最后一次洗涤液，加入足量硝酸后，滴加AgNO3溶液，没有

44、沉淀生成，证明洗涤干净 (2). 2.4% (3). B (4). 【解析】【分析】(1)判断沉淀是否洗涤干净就是看沉淀的表面是否含有Cl-；灼烧固体物质一般放在坩埚中进行；根据硫酸根离子守恒进行计算；(2)为有效除去老卤中的MgCl2、CaCl2 、MgSO4等，可以加入过量KOH (去除镁离子)；加入过量BaCl2 (去除硫酸根离子)；加入过量K2CO3 (去除钙离子和多余的钡离子)。【详解】(1)判断沉淀是否洗涤干净就是看沉淀的表面是否含有Cl-，其方法为：取最后一次洗涤流出液，加入足量硝酸后，滴加AgNO3溶液，没有沉淀生成，证明洗涤干净；灼烧固体物质一般放在坩埚中进行，所以仪器A的名

45、称为坩埚；根据硫酸根离子守恒，n( MgSO4 ) =n ( BaSO4 ) = =0.002mol，m ( MgSO4 ) =nM=0.002mol120g/mol=0.24g，则样品中MgSO4的质量分数为100%=2.4%；(2)为有效除去老卤中的MgCl2、CaCl2 、MgSO4等，可以加入过量KOH (去除镁离子)： Mg2+ +2OH-=Mg(OH)2；加入过量BaCl2 (去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4；加入过量K2CO3 (去除钙离子和多余的钡离子) ：Ca2+CO32-=CaCO3，碳酸钾必须加在氯化钡之后，氢氧化钾和氯化钡可以颠倒加入的顺序，或直接加入

46、过量的Ba(OH)2 (去除镁离子和硫酸根离子)， 再加入加入过量K2CO3 (去除钙离子和多余的钡离子) ， 故加入的试剂及顺序合理的是或，所以选B；过滤除去沉淀后还需要加入的试剂为盐酸,加适量盐酸，可以少引入杂质,并且盐酸与过量的KOH溶液和过量的K2CO3溶液发生反应，离子方程式为H+ +OH-=H2O、CO32- +2H+ =H2O+CO2，从而除掉过量的OH-、CO32- ，故答案为B；。【点睛】本题考查离子反应及除杂，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。四、计算题28.硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式可表示为xNa2SO4yH2O2

47、zH2O, (其中x、y、z为各成分物质的量的最简整数比)，其化学式可通过下列实验测定:准确称取 8.850g 样品，配制成 250mL 溶液A；准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，反应至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体1.165g ；准确量取25.00mL溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02000 molL-1 KMnO4溶液与H2O2反应，消耗0.0010 mol KMnO4。 H2O2与KMnO4反应的方程式如下：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4 =2MnSO4+5O2+ K2SO4+8H2O计算 8.850 g 样品中：（1）Na2SO4

48、的物质的量为_（2）H2O2的物质的量为_（3）该硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为_。【答案】 (1). 0.050 mol (2). 0.025 mol (3). 硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式：2Na2SO4H2O22H2O【解析】【分析】(1)由组数据可知沉淀为BaSO4，根据S元素守恒，可得n(Na2SO4)n(BaSO4)；(2)由组数据，再结合反应2KMnO4+5H2O2+3H2SO4 =2MnSO4+5O2+ K2SO4+8H2O可得出n（H2O2）；(2)再根据样品的质量，通过质量的关系得出样品中H2O的质量，进一步得出硫酸钠过氧化氢加合物的化学式。【详解】（1）8.850 g

49、 样品中：n(Na2SO4)n(BaSO4)0.050 mol；（2）根据反应2KMnO4+5H2O2+3H2SO4 =2MnSO4+5O2+ K2SO4+8H2O，n(H2O2)= =0.025 mol；（3）m(Na2SO4)=142g/mol0.050 mol =7.1gm(H2O2)=34g/mol0.025 mol =0.85gn(H2O)=0.050 mol；x：y：z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2；硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H2O。【点睛】本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化还原反应滴定进行成分析，运用元素守恒进行推理计算，抓住物质的量的关系是解题的关键。