《广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学2022-2023学年高一化学第一学期期中统考模拟试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广西南宁市金伦中学、华侨、新桥、罗圩中学2022-2023学年高一化学第一学期期中统考模拟试题含解析.doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物既能导电，又属于电解质的是A固体Na
2、Cl B食盐水 C酒精 D熔融的NaCl2、天然碳元素的相对原子质量为 12.01，若在自然界碳元素有12C、13C 两种同位素，则 12C 与13C 的质量比为：A等于 1:99B大于 99:1C等于 99:1D小于 99:13、在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入1molN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如右图所示位置（两侧温度相同）。则混合气体中CO和CO2的分子个数比为 （ ）A1:1B1:3C2:1D3:14、提纯含有少量硝酸钡杂质的硝酸钾溶液，设计实验方案如下，则X试剂为A碳酸钠 B碳酸钾 C硫酸钠 D硫酸钾5、完全沉淀相同体积
3、的NaCl 、MgCl2 、 AlCl3 溶液中的Cl，消耗相同浓度的AgNO3 溶液的体积比为3：2：1，则NaCl 、MgCl2 、 AlCl3溶液的物质的量浓度之比为( )A1：2：3B3：2：1C9：3：1D6：3：26、下列物质在水溶液中的电离方程式，书写正确的是ABaSO4Ba2+ + SO42 -BNaHCO3 = Na+ H+ + CO32 -CNaHSO4 = Na+ HSO4-DKNO3=K+ + NO3-7、在反应8NH33Cl26NH4ClN2中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为A1：6B3：8C2：3D3：28、下列实验设计方案中，可行的是（ ）A除去CO2中的少量HC
4、l：通入NaOH溶液B除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸C除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入KOH溶液后过滤，滤液蒸发结晶D用BaCl2溶液，可将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液鉴别开9、小美在五连环中填入了五种物质,相连环物质间能发生反应,不相连环物质间不能发生反应,如图所示。你认为五连环中物质间发生的反应没有涉及的基本反应类型和属于氧化还原反应的个数分别为( )A复分解反应、1B分解反应、2C化合反应、3D置换反应、210、已知还原性ClFe2+H2O2ISO2，判断下列反应不能发生的是A2Fe3+SO2+2H2O=+4H+2Fe2+BH2O2+2H+=
5、SO2+O2+2H2OCI2+SO2+2H2O=H2SO4+2HID2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl11、奥运五环代表着全世界五大洲的人民团结在一起。下列各项中的物质，能满足如图中阴影部分关系的是()ANaClK2SO4KCl(NH4)2SO4BNa2SO4K2SO4KClNH4ClCNaClK2SO4KClNH4ClDNa2SO4K2SO4KCl(NH4)2SO4AABBCCDD12、把500有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀。则该混合溶液中钾离子浓度为ABCD13、下列溶液中Cl浓度由
6、大到小的顺序是 30mL 0.3molL1 MgCl2溶液；50mL 0.3molL1 NaCl溶液；40mL 0.5molL1KClO3溶液；10mL 0.4molL1 AlCl3溶液A B C D14、熔化时没有破坏化学键的是A氯化钠B金刚石C干冰D烧碱15、把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式（未配平），下列说法正确的是A反应物微粒是S、SO3-、OH-B该反应说明S2-和SO32-可以在碱性溶液中可以大量共存C氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2D3molS参加反应时，转移的电子数3NA16、两份质量相同的CH4和NH3比较，下列结论错误的是（）A分子个数比为1716B原子
7、个数比为1716C氢原子个数比为1712D氢原子质量比为1712二、非选择题（本题包括5小题）17、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。根据上述实验回答下列问题：实验（1）中反应的离子方程式为_，实验（2）中沉
8、淀溶解对应的反应的离子方程式为_。溶液中一定不存在的离子有_；溶液中一定存在的离子有_，其中阴离子的物质的量浓度分别为_；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl？_（填“能”或“不能”），理由是_。推断K+是否存在并说理由：_.18、有A、B、C、D四种元素，A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子；B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同；C元素的原子核内无中子；D原子核外电子数比A原子核外电子总数多6个。（1）C与D形成化合物的化学式_，其在水中的电离方程式为_。（2）B离子的电子式_，A离子的电子式_。（3）B原子的结构示意图_，D离
9、子的结构示意图_。19、实验室用密度为1.25 g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 mol/L的盐酸，请回答下列问题：(1)浓盐酸的物质的量浓度为_。(2)配制 240 mL 0.1mol/L的盐酸。应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL_ (3)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30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B用量筒淮确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水(约30 mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E. 改用胶头滴
10、管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F. 继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线12 cm处(4)若实验中遇到下列情况，对盐酸溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)?用于稀释盐酸的烧杯未洗涤_。容量瓶中原有少量蒸馏水_。定容时观察液面俯视_。20、海洋资源应用非常广泛，从中可提取氯化钠、碘等化工产品。回答下列问题：I实验室用氯化钠固体配制10molL1的食盐水500mL。（1）所需仪器为容量瓶（规格为_）、托盘天平、烧杯、玻璃棒和_。（2）配制时，下列操作对所配溶液的浓度有何影响？（填字母）无影响的有_，偏大的有_，偏小的有_。A称量时使用了生锈的砝码B往容量瓶中移液
11、时，有少量液体溅出C容量瓶未干燥即用来配制溶液（3）若加蒸馏水定容时不慎超过了刻度线，应如何处理？_II海藻中含有丰富的碘元素，某课外活动小组欲从海藻中提取碘（已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2），设计如下的流程：（4）指出提取碘的过程中有关实验操作的名称：_，_。（5）提取碘的过程中，可选择的有机溶剂是_。A酒精 B醋酸 C苯21、回答下列问题。（1）下列物质中：SO2 液态氯化氢 CH4 熔融NaOH NH4Cl固体 氨水。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）1.2041024个H2SO4分子的物质的量为_mol，共含_个氢原子。将上述
12、H2SO4溶于水配成600 mL溶液，再加水稀释到1000 mL，稀释后溶液的物质的量浓度为_mol/L。（3）K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，已知其中Fe3的浓度为0.5mol/L，SO42浓度为0.9mol/L，则K的物质的量浓度为_mol/L。（4）Al2O3与稀盐酸反应的离子方程式为_。向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，离子方程式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物；能导电的物质中含有自由电子或离子。【详解】A、固体NaCl是电解质，但
13、无自由移动的离子，不能导电，故A不符合；B、食盐水溶液是电解质溶液，能导电，但是混合物，故B不符合；C、酒精是非电解质且不导电，故C不符合；D、NaCl是盐，属于电解质，熔融状态产生自由移动的离子，能导电，故D符合；故选D。【点睛】本题考查了电解质、非电解质概念，解题关键：对物质组成和概念理解，易错点B，混合物不是电解质，也不是非电解质。2、D【解析】根据元素的相对原子质量的计算，令12C原子个数百分比为x，则13C原子个数百分比为（1x），12.01=12x13(1x，解得x=0.99，则13C的原子个数百分比为0.01，原子个数百分比为0.99：0.01=99：1，质量比小于99：1，故D
14、正确。3、D【解析】左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，令8gCO和CO2的混合气体的物质的量为n，则：1mol：n=，解得，n0.25mol。所以CO和CO2的混合气体的平均相对分子质量是80.2532，利用十字交叉法计算CO和CO2的物质的量之比，所以CO和CO2的物质的量之比为12：4=3：1，分子数之比等于物质的量之比，所以CO和CO2的分子数之比为3：1，答案选D。4、B【解析】由分离实验方案可知，X试剂除去钡离子，使钡离子转化为沉淀，过滤而除去，再加过量硝酸除去试剂X，且除杂不能引入新杂质，则A、C排除，D中硫酸钾与硝酸不反应，则只有B中碳酸钾符合，答
15、案选B。【点睛】本题考查分离、提纯实验方案的设计，把握实验流程及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂不能引入新杂质，题目难度不大。5、D【解析】由n=cV可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag+Cl-AgCl，可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中c(Cl-)相等，则c(Cl-)=c(NaCl)= c(MgCl2)= c(AlCl3)，所以c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；答案选D。6、D【解析】A. BaSO4是强电解质，用=，故应为BaSO4 = Ba2+ + S
16、O42 - ，故错误；B. 应为NaHCO3 = Na+ HCO3 -，故错误；C. 应为NaHSO4 = Na+ H+SO42- ，故错误；D. KNO3 =K+ + NO3-，正确。故选D。【点睛】在书写电离方程式时注意分析该物质是强电解质还是弱电解质，强电解质用=，弱电解质用，若为多元弱酸电离要分步书写。掌握特殊物质的电离方程式。如硫酸氢钠，在水溶液中电离出钠离子和氢离子和硫酸根离子，在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，碳酸氢钠在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子。7、D【解析】8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl中部分N元素化合价由-3价变为0价、Cl元素化合价由0价变为-1价，有
17、1/4的氨气参加氧化反应作还原剂，氯气作氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比=3：2，故选D。8、B【解析】A. 除去CO2中的少量HCl：通入碳酸氢钠溶液，不能用氢氧化钠溶液，因为二氧化碳也被吸收，故错误；B. 除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸，碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾和二氧化碳，故正确；C. 除去NaCl固体中混有的MgCl2：加入NaOH溶液后过滤，滤液蒸发结晶，若加入氢氧化钾，则引入的钾离子为杂质，故错误；D. 用BaCl2溶液，不能将盐酸、硫酸、硫酸钠、氢氧化钠和硝酸钾五种无色溶液鉴别开，硫酸和硫酸钠都会产生白色沉淀，其他物质都没有明显现象，故错误。故选B。9、B【
18、解析】铁和稀盐酸反应属于置换反应、氧化还原反应；稀盐酸和属于复分解反应、非氧化还原反应；和不属于基本反应、非氧化还原反应；和碳属于化合反应、氧化还原反应，因此未涉及到的是分解反应，且有2个氧化还原反应，答案选B。10、B【解析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题。【详解】A. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，故反应可以发生，故A正确；B.
19、反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故B错误；C. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，故反应可以发生，故C正确；D. 反应中还原剂为亚铁离子，还原产物为氯离子，还原性亚铁离子大于氯离子，故反应可以发生，故D正确。答案选B。【点睛】氧化还原反应中强弱规律：还原性：还原剂大于还原产物，氧化性：氧化剂大于氧化产物。11、B【解析】A. NaCl是钠盐、盐酸盐，不是硫酸盐，(NH4)2SO4是铵盐、硫酸盐，不是盐酸盐，A错误；B. Na2SO4是钠盐、硫酸盐，K2SO4是钾盐、硫酸盐，KCl是钾盐、盐酸盐，NH4Cl
20、是铵盐、盐酸盐，B正确；C. NaCl是钠盐、盐酸盐，不是硫酸盐，C错误；D. (NH4)2SO4是铵盐、硫酸盐，不是盐酸盐，D错误；答案选B。【点睛】交叉分类法主要是从组成的阴阳离子来看属于哪种物质。12、D【解析】由Ba2+SO42-BaSO4、Ag+Cl-AgCl计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度。【详解】取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则Ba2+SO42-BaSO41 1amolamol另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则Ag+Cl-AgCl
21、1 1bmol bmol由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为=10amol/L，氯离子的浓度为=10bmol/L，根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x，则10amol/L2+x1=10bmol/L1，解得x=10（b-2a）mol/L，答案选D。13、C【解析】“1mol/L”含义：表示每1L溶液中含有溶质物质的量为1mol“。另外，化学式下标表示粒子个数比，也表示粒子物质的量比，由此分析。【详解】每molMgCl2中含2molCl-，则0.3molL1 MgCl2溶液中Cl-浓度为0.6mol/L；每molNaCl中含1molCl-，则0.3molL1 NaCl溶
22、液中Cl-浓度为0.3mol/L；KClO3中没有Cl-， 0.5molL1KClO3溶液中Cl-浓度几乎为0；每molAlCl3中含3molCl-，则0.4molL1 AlCl3溶液中Cl-浓度为1.2mol/L，这些溶液中Cl-浓度由大到小的顺序为，答案选C。【点睛】若物质的浓度确定，则其中的粒子浓度也就确定了，这与溶液体积无关。14、C【解析】物质熔化时，不破坏化学键，说明该物质不属于离子晶体、原子晶体和金属晶体，属于分子晶体。【详解】A. 氯化钠属于离子晶体，熔化时破坏离子键，故A错误；B. 金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故B错误；C. 干冰属于分子晶体，熔化时只是状态发生变化
23、，不破坏化学键，破坏分子间作用力，故C正确；D. 烧碱是氢氧化钠属于离子晶体，熔化时破坏离子键，故D错误；答案选C。15、B【解析】在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，S元素的化合价一部分升高变为SO32-，一部分降低变为S2-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，据此分析判断。【详解】碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，S元素的化合价一部分升高变为SO32-，一部分降低变为S2-，反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，反应中部分S的化合价从0价升高到+4价，部
24、分S的化合价从0价降低到-2价。A反应物微粒是S、OH-，选项A错误；B碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，二者在碱性条件下不能反应，可以大量共存，选项B正确；C化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，选项C错误。D反应中3molS发生反应，转移电子的物质的量是4mol，电子数目是4NA，选项D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了离子反应和氧化还原反应的有关判断和计算，注意把握硫及其化合物的性质及氧化还原反应的规律。16、B【解析】A.根据N=m/MNA计算判断；B.根据N=m/MNA结合分子构成判断；C.根据N=m/MNA
25、结合一个分子中含有的氢原子个数计算判断；D.根据H原子数目之比等于H原子质量之比进行计算。【详解】A.根据N=m/MNA知，质量相同的两种气体中含有的分子个数之比等于摩尔之比的反比，所以两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17：16，故A正确；B.CH4和NH3的分子含有的原子数分别为5、4，由A知两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17：16，所以含有的原子数之比为175：164=85：64，故B错误；C.CH4和NH3的分子含有的H原子数分别为4、3，由A知两份质量相同的CH4和NH3的分子数之比为17：16，所以含有的H原子数之比为174：163=17：12，故C正确；D.由
26、C可知两份质量相同的CH4和NH3所以含有的H原子数之比为17：12，H原子数目之比等于H原子质量之比为17：12，故D正确。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+NH4+=NH3+H2O BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O Mg2+、Ba2+ NH4+，SO42、CO32 c(SO42)=0.1mol/L， c( CO32)=0.2 mol/L 不能 碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银 存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。 【解析】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于
27、水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42、CO32；由此排除Ba2+的存在；（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子
28、的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。据以上分析进行解答。【详解】将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、SO42、CO32的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42或CO32中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一
29、定含有SO42、CO32；实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42、CO32；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。结合以上分析可
30、知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42、CO32；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42、CO32；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42 -BaSO4可知，n(SO42)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32 - BaCO3可知， n( CO32)=0.02mol；浓度各
31、为：c(SO42)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案是：NH4+、SO42、CO32；c(SO42)=0.1mol/L，c( CO32)=0.2 mol/L。结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42、CO32；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42、CO32,经计算,
32、 NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用中分析、计算可以知道SO42、CO32的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.051=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.012+0.022=0.06mol；根据电荷守恒: 钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。18、HCl HCl=H+Cl- Na+ 【解析】由A元素的原子有三个电子层，最外层上有一个电子可知A为Na元素；由B元素负2价阴离子的电子层结构与氩原子相同可知B为S元素；由C元素的原子核内无中子可知C为H元素；由D原子核
33、外电子数比钠原子核外电子总数多6个可知D为Cl元素。【详解】（1）氢元素与氯元素形成的化合物为氯化氢，化学式为HCl，氯化氢在溶液中完全电离，电离出氯离子和氢离子，电离方程式为HCl=H+Cl-；（2）硫原子得到2个电子形成硫离子，硫离子最外层有8个电子，电子式为；钠离子为阳离子，其电子式直接用离子符号表示，则钠离子的电子式为Na+；（3）硫原子核外有16个电子，有3个电子层， 最外层有6个电子，原子的结构示意图为；氯原子得到1个电子形成氯离子，氯离子核外有18个电子，有3个电子层， 最外层有8个电子，原子的结构示意图为。【点睛】阴离子与同周期稀有气体原子电子层结构相同，由B元素负2价阴离子的
34、电子层结构与氩原子相同确定B为钠元素是解答关键，也是解答的突破口。19、12.5 mol/L 2.0 250 BCAFED 偏低 不变 偏高 【解析】(1)根据c=计算；(2)根据溶液具有均一性，结合选择仪器的标准判断使用容量瓶的规格，利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算量取的浓盐酸的体积数值；(3)根据配制物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀分析判断操作顺序；(4)根据c=分析实验误差。【详解】(1)浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12.5 mol/L；(2)配制240 mL0.1 mol/L的盐酸，实验室没有规格是240 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准
35、：“大而近”的原则，可知应选择使用250 mL容量瓶配制溶液，实际配制250 mL0.1 mol/L的稀盐酸，设需要浓盐酸体积为V，由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，所以：V12.5 mol/L=0.1 mol/L250 mL，解得V=2.0 mL； (3)配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、移液、洗涤、定容、摇匀等，故正确的操作顺序为：BCAFED；(4)用以稀释浓盐酸的烧杯未洗涤，导致溶质物质的量偏少，最终使溶液浓度偏低；容量瓶中原有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量及最后溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，溶液的浓度不变； 定容时观察液面俯视，导致溶液的体积偏小，由于
36、溶质的物质的不变，故最终导致配制溶液的浓度偏高。【点睛】本题考查了物质的量溶液的浓度的计算、溶液的稀释、仪器的使用及配制步骤和误差分析的知识。掌握物质的量浓度的含义及配制一定体积、一定浓度的溶液的方法是本题解题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用和实验能力。20、500mL 胶头滴管 C A B 应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制 过滤 萃取 C 【解析】I（1）实验配制500mL10molL1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；根据实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，来分析。（2）根据c= n /V 分析可知。 （3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积
37、偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II（4）根据已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2和流程分析。（5）因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶。【详解】I（1）实验配制500mL10molL1的NaCl溶液，所以还需要500mL容量瓶；实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，该实验中需要用天平称量、用药匙取药品，烧杯溶解药品，需要玻璃棒搅拌和引流，需要500mL容量瓶配制溶液，最后需要胶头滴管定容，故答案为500mL；胶头滴管。（2）A.称量时使用了生锈的砝码，溶质的质量偏大，物质的量偏大，
38、根据c= n /V 分析可知，所配溶液的浓度偏大；B往容量瓶中移液时，有少量液体溅出，溶质的质量偏小，物质的量偏小，根据c= n/ V 分析可知，所配溶液的浓度偏小；C. 容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液的体积和物质的量无影响，所配溶液的浓度不变。故答案为C；A；B。（3）加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，无法补救，应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制，故答案为应倒掉溶液，洗涤容量瓶，重新配制。II（4）是过滤操作，已知过程中反应的离子方程式为2IC12=2C1I2，中加入了有机溶剂，萃取溶液中的I2，故操作为萃取，故答案为过滤；萃取。（5）提取碘的过程中，可选择的有
39、机溶剂是苯，因为苯不溶于水，碘在苯中溶解度远大于在水中的溶解度，酒精、醋酸与水都互溶，故选C。【点睛】萃取剂选择的原则：（1）萃取剂与原溶剂互不相溶。（2）溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度。（3）萃取剂、原溶剂、溶质三者间不能反应。21、 2 2 0.3mol/L 【解析】（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质,含有自由移动电子或离子的物质能导电，据此进行分析；（2）根据n=N/NA和c=n/V进行计算；（3）根据溶液呈电中性原则计算钾离子浓度；（4）Al2O3与稀盐酸反应生成氯化铝和水，Ba（OH）2溶液与NaHSO
40、4溶液反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，据以上分析写出反应的离子方程式；【详解】（1）SO2本身不能电离出离子，不能导电，其熔融状态也不导电，其水溶液为亚硫酸，能够导电，所以SO2为非电解质；液态氯化氢，没有自由移动的离子，不导电，溶于水完全电离，能够导电，它属于化合物，属于电解质；CH4本身不能电离出离子，不能导电，其不溶于水，水溶液和熔融状态也不导电，它属于化合物，属于非电解质； 熔融NaOH中存在自由移动的离子，能够导电，属于化合物，属于电解质；NH4Cl固体中没有自由移动的离子，不导电；但溶于水后能够导电，属于化合物，属于电解质；氨水能够导电，属于混合物，所以既不是电解质也不是非电解质；结
41、合以上分析可知，能导电的是；属于电解质的是；属于非电解质的是；综上所述，本题正确答案：；。（2）根据n=N/NA可知，1.2041024个H2SO4分子的物质的量为1.2041024/6.021023=2 mol；含有的氢原子个数为4NA或2.4081024个；根据c=n/V可知，2molH2SO4溶于水配成600mL溶液，再加水稀释到1000 mL，根据稀释前后溶质的量不变可知，稀释后溶液的物质的量浓度为2mol/1L= 2mol/L；综上所述，本题答案是：2，4NA 或2.4081024，2。 （3）根据溶液呈电中性原则可知：阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，3n(Fe3)+ n(K)=2n(SO42), n(K)= 2n(SO42)- 3n(Fe3)=20.9mol/L-30.5mol/L=0.3mol/L；综上所述，本题答案是：0.3mol/L；（4）Al2O3与稀盐酸反应生成氯化铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；向Ba（OH）2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液至不再产生沉淀，硫酸根离子沉淀完全，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为H+ +SO42- +Ba2+ +OH- = BaSO4+H2O；综上所述，本题答案是：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；H+ +SO42- +Ba2+ +OH- = BaSO4+H2O。