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1、 浙江省宁波三中 2019-2020 学年高一化学 10 月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共 25 小题，共 50.0 分）1.日常生活中常用到化学知识，下列说法不正确的是（）A.白色污染、绿色食品中的“白”、“绿”均指相关物质的颜色 B.用食醋可以除去热水壶中的水垢 C.聚氯乙烯塑料有毒，不可用于制食品包装袋 D.新制的 Cu（OH）2可以检测糖尿病患者尿液中是否含有葡萄糖【答案】A【解析】白色污染一般是指废弃的塑料制品，因为它们在大自然中降解的非常慢。绿色食品是无污染的安全、优质、营养类食品的统称。它们均与物质的有色无关，所以选项 A 是错误的。答案 A。2.水是（）单质；混合物；化
2、合物；纯净物；氧化物 A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由一种元素组成的纯净物是单质；含有多种物质的物质是混合物；由不同种元素组成的纯净物是化合物；只含一种物质的物质是纯净物；由两种元素组成的化合物，其中一种是氧元素的化合物是氧化物。【详解】水中只含水分子，属于纯净物；水是由氢氧两种元素组成的化合物，属于化合物、氧化物，不是单质，故选 B。3.下列仪器属于容量瓶的是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】容量瓶是一种细颈梨形平底的玻璃容器，带有磨口玻塞。【详解】A.依据仪器形状，可知 A 为试管，故不选 A；B.依据仪器形状，可知 B 为容量瓶，故选 B；C.依据仪器形状，可知
3、 C 为分液漏斗，故不选 C；D.依据仪器形状，可知 D 为蒸馏烧瓶，故不选 D。4.下列物质能够导电且属于电解质的是（）A.稀盐酸 B.蔗糖 C.硝酸钾晶体 D.熔融氯化钠【答案】D【解析】稀盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故 A 错误；蔗糖是有机物，属于非电解质，故 B 错误；硝酸钾晶体中离子不能自由移动，硝酸钾晶体不导电，故 C 错误；氯化钠是电解质，熔融状态下有自由移动的离子，所以能导电，故 D 正确。5.气体的体积主要由以下什么因素决定的：气体分子的直径 气体物质的量的多少 气体分子间的平均距离 气体分子的相对分子质量（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】决定物质体
4、积的因素由物质所含分子数的多少、分子大小和分子间距。气体分子间距远大于气体分子直径，故决定气体体积的因素为气体物质的量多少和气体分子间的平均距离，选 C。6.如果 1g H2O 中含有 m 个 H 原子，则阿伏加德罗常数为()A.18m B.9m C.2m D.m9【答案】B【解析】试题分析：一个水分子中含有 2 个氢原子，所以 m 个 H 原子的水分子个数为2m个，NA=18/21mg molg=9m/mol，故选 B。考点：考查了阿伏伽德罗常数的逆运算的相关知识。7.2011 年 3 月 11 日福岛核电站遭受地震损坏而发生了核泄漏，其中核泄露的一种放射源是碘-131，下列说法不正确的（）
5、A.碘-131 原子核外有 5 个电子层 B.碘-131 原子的最外层有 7 个电子 C.具有放射性的碘-131 原子比普通碘-127 原子多 4 个中子 D.131I2与127I2互为同位素【答案】D【解析】【分析】碘的原子结构示意图为。【详解】A.根据碘原子结构示意图，碘原子核外有 5 个电子层，故 A 正确；B.根据碘原子结构示意图，碘原子的最外层有 7 个电子，故 B 正确；C.碘元素的质子数相等，中子数之差质量数之差=131-127=4，故 C 正确；D.131I2与127I2是单质分子，同位素为原子，故 D 错误。故选 D。8.下列有关阿伏加德罗常数(NA)的说法错误的是（）A.4
6、4gCO2所含的原子数为 NA B.0.5molH2O 含有的原子数目为 1.5NA C.1molH2O 含有的 H2O 分子数目为 NA D.0.5NA个 O2的物质的量是 0.5mol【答案】A【解析】【详解】A.44g 二氧化碳的物质的量为：44g44g/mol=1mol，1mol 二氧化碳分子中含有 3mol 原子，所含的原子数为 3NA，故 A 错误；B.0.5molH2O 含有 1.5mol 原子，含有的原子数目为 1.5NA，故 B 正确；C.1mol 任何微粒都含有 NA个微粒，1molH2O 中含有 H2O 分子的数目为 NA，故 C 正确；D.0.5NA个 O2的物质的量是
7、：n=AA0.5NNmol=0.5mol，故 D 正确；故选 A。9.实验室欲用 18mol/L 的浓硫酸配制 100mL3mol/L 的稀硫酸，下列说法正确的是（）A.应用量筒量取 16.67mL 的浓硫酸 B.在烧杯中稀释后，应立即转移至容量瓶中 C.若未洗涤烧杯内壁并将洗涤液转移至容量瓶中，会使所配溶液浓度偏低 D.加水定容时，若仰视刻度线，会使所配溶液浓度偏高【答案】C【解析】【详 解】A.稀 释 前 后 溶 质 的 物 质 的 量 不 变，设 浓 硫 酸 的 体 积 为xmL，所 以x10-3L18mol/L=10010-3L3mol/L，解得：x16.67；量筒能精确到小数点后一位
8、，所以应用量筒量取 16.7mL 的浓硫酸，故 A 错误；B.溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，稀释后立即转移到容量瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，故 B 错误；C.若未洗涤烧杯内壁并将洗涤液转移至容量瓶中，溶质减少，会使所配溶液浓度偏低，故 C正确；D.定容时仰视刻度线，使溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，故 D 错误。10.今有一种固体化合物，本身不导电，但在熔融状态下或溶于水时能够电离。下列说法中正确的是（）A.该物质一定为电解质 B.该物质可能为非电解质 C.该物质一定是氯化钠 D.该物质一定是氢氧化钠【答案】A【解析】【详解】A.在熔融状态下或者在水溶
9、液中可以导电的化合物是电解质，注意在水溶液中导电必须是该物质本身而不是溶于水反应生成的物质，只要化合物在熔融状态下导电就必然是电解质，故 A 正确；B.非电解质在溶于水和熔融状态下自身都不能电离产生自由移动离子，不导电，故 B 错误；C.氯化钠、氢氧化钠等固体化合物，本身不导电，但在熔融状态下或溶于水时能够电离，所以该物质不一定是氯化钠，故 C 错误；D.氯化钠、氢氧化钠等固体化合物，本身不导电，但在熔融状态下或溶于水时能够电离，所以不一定是氢氧化钠，故 D 错误；故选 A。11.溶液、胶体和浊液的本质区别是 A.是不是大量分子或离子的集合体 B.分散质微粒直径的大小 C.能否通过滤纸或半透膜
10、 D.是否均一、稳定、透明【答案】B【解析】溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质微粒直径的大小；当分散质粒子直径在 1nm100nm 之间为胶体，大于 100nm 的为浊液，小于 1nm 的为溶液；12.两种微粒，它们的质子数和电子数相等。对这两种微粒关系的下列叙述不正确的是（）A.它们可能是两种不同的分子 B.它们可能是两种不同的原子 C.它们可能是两种不同的离子 D.可能一种是分子，另一种是离子【答案】D【解析】【详解】A.H2O 和 NH3都具有 10 个质子和 10 个电子，具有相同的质子数和电子数，故 A 正确；B.互为同位素的不同原子具有相同的质子数和电子数，故 B 正确；C.H3O
11、+和 NH4+都具有 11 个质子和 10 个电子，具有相同的质子数和电子数，故 C 正确；D.分子中质子数等于电子数，离子中质子数不等于电子数，不存在一种分子和一种离子的质子数和电子数相等，故 D 错误。选 D。【点睛】本题考查微粒中质子数和核外电子数的关系，明确原子、分子中核外电子数等于质子数，离子中核外电子数不等于质子数。13.为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：取少量溶液滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀 然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；白色沉淀部分溶解 取上层清液继续滴加 Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加 AgNO3溶液
12、，产生白色沉淀。根据实验，以下推测不正确的是（）A.一定有 SO42-B.一定有 CO32-C.不能确定 Cl-是否存在 D.不能确定 SO42-是否存在【答案】D【解析】【详解】取少量溶液滴加 Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有和钡离子生成沉淀的阴离子；然后继续加入稀盐酸至溶液呈酸性，产生无刺激性气味且能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；白色沉淀部分溶解，说明沉淀中一定含有碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀；取上层清液继续滴加 Ba(NO3)2溶液至无沉淀时，再滴加 AgNO3溶液，产生白色沉淀，是生成了氯化银白色沉淀，由于步骤中加入了盐酸含有氯离子，所以不能确定原溶液中是否含有氯离子；综上
13、所述，溶液中含有碳酸根离子、硫酸根离子，可能含有氯离子；A.由以上分析可知，一定能含有硫酸根离子，故 A 正确；B.依据反应现象分析可知，一定含有碳酸根离子，故 B 正确；C.步骤中加入盐酸含有氯离子，所以氯离子不能确定，故 C 正确；D.产生无刺激性气味的无色气体，因此不可能有亚硫酸根离子，一定有硫酸根离子，故 D 错误。故选 D。【点睛】本题考查了离子检验的方法和现象分析，明确排除干扰离子及实验现象分析是解题关键，注意加入盐酸后，对氯离子检验的干扰。14.下列实验操作或结论正确的是 A.分液时，先将上层液体倒出 B.将烧杯中刚溶解的氢氧化钠溶液立即转移到容量瓶中 C.粗盐经溶解、过滤、蒸发
14、结晶得到的食盐中，仍含有 Mg2、Ca2、SO42等杂质 D.制取蒸馏水时，冷却水应由冷凝器的上口通入，下口流出【答案】C【解析】试题分析：分液时先将下层液体从下口放出，然后上层液体从上口倒出，A 错误；应先冷却至室温，再转移到容量瓶中，否则会引起浓度误差，B 错误；粗盐在过滤时，是滤去的不溶性杂质，Mg2、Ca2、SO42等杂质是可溶性的，不能过滤除去，C 正确；制取蒸馏水时，冷却水应由冷凝器的下口通入，上口流出，D 错误，答案选 C.考点：化学实验基本操作 15.浓度均为 1mol/LNaCl 溶液、MgCl2溶液、AlCl3三种溶液中，它们的氯离子的物质的量浓度分别是（）A.1mol/L
15、、1mol/L、1mol/L B.1mol/L、4mol/L、9mol/L C.1mol/、2mol/L、1mol/L D.体积未知，无法确定【答案】C【解析】【详解】浓度均为 1mol/LNaCl 溶液、MgCl2溶液、AlCl3三种溶液中，氯离子浓度分别为：1mol/L1=1mol/L、1mol/L2=2mol/L、1mol/L3=3mol/L，故选 C。16.下列叙述正确的是（）A.烧碱、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质 B.碘酒、牛奶、豆浆、蔗糖水均为胶体 C.是否具有丁达尔效应是区分溶液、胶体和浊液的本质原因 D.物质可根据在水中或熔化状态下的导电性分为电解质与非电解质【答案】A【解析
16、】【详解】A.烧碱、小苏打、醋酸、次氯酸在水溶液中都能够导电，都属于电解质，故 A 正确；B.碘酒、蔗糖水为溶液；牛奶、豆浆为胶体，故 B 错误；C.丁达尔效应能鉴别胶体和溶液，不是区分溶液、胶体和浊液的本质原因，故 C 错误；D.根据在水中或熔化状态下能否导电，将化合物分为电解质与非电解质，故 D 错误；17.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.海水淡化和从碘的 CCl4溶液中提取碘都可通过蒸馏操作实现 C.用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，该溶液一定是钾盐溶液 D.洗涤的操作是向过滤器里
17、的固体加洗涤剂，使洗涤剂浸没固体，并用玻璃棒轻轻搅拌固体，使其与洗涤剂充分接触，待洗涤剂流下【答案】B【解析】【详解】A 分液时避免上下层液体混合，先从分液漏斗下口放出下层液体，上层液体从上口倒出，故 A 错误；B.海水淡化和从碘的 CCl4溶液中提取碘，均与混合物沸点有关，则都可通过蒸馏操作实现，故 B 正确；C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，可知一定含 K 元素，则溶液可能是钾盐溶液或 KOH 溶液，故 C 错误；D.在过滤器中洗涤沉淀，不能搅拌，易捣破滤纸，使水自然流下，重复 23 次，故 D 错误。18.用括号内试剂及操作方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是（）A.苯中的甲苯（
18、溴水、分液）B.溴乙烷中的乙醇（水、分液）C.乙醇中的水（CaO、蒸馏）D.溴苯中的溴（NaOH 溶液、分液）【答案】A【解析】试题分析：A甲苯与溴水不反应，易溶于苯，加入溴水不能除去杂质，A 错误；B乙醇易溶于水，而溴乙烷不溶于水，可用水分液，B 正确；C水易与 CaO 反应生成氢氧化钙，增大沸点差，蒸馏可分离，C 正确；D溴与氢氧化钠反应，溴苯不溶于水，可分液，D 正确，答案选 A。【考点定位】本题考查物质的分离、提纯问题【名师点晴】为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，本题 注意根据物质的性质选择分离方法，注意不能引入新的杂质。19.在标准状况下，m g 气体
19、A 与 n g 气体 B 的分子数相同，下列说法中不正确的是 A.两种气体 A 与 B 的相对分子质量之比为 mn B.同质量气体 A 与 B 的分子数之比为 nm C.同温同压下，A、B 两气体的密度之比为 nm D.相同状况下，同体积 A、B 两气体的质量之比为 mn【答案】C【解析】【详解】A、由 n=m/M 可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即 A 与 B相对分子质量之比为 mg：ng=m：n，A 正确；B、A 与 B 相对分子质量之比为 m：n，同质量时由 n=m/M 可知，分子数之比等于B正确；C、标准状况下，Vm相同，由可知，密度之比等于摩尔质量之比等于相对分
20、子质量之比，即为 m：n，C 错误；D、相同状况下，同体积的 A 与 B 的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，D 正确。答案选 C。20.下列关于 FeCl3溶液和 Fe(OH)3胶体的说法中正确的是 A.都是无色透明、均一、稳定的分散系 B.分散质颗粒直径都在 10-910-7m 之间 C.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应 D.FeCl3溶液具有丁达尔效应【答案】C【解析】试题分析：A、FeCl3溶液和 Fe（OH）3胶体都是均一、透明、稳定的分散系，但 FeCl3溶液呈淡黄色，氢氧化铁胶体呈红褐色，故 A 错误；B、胶体粒子直径在 1-100nm 之间，溶液的粒子直
21、径小于 1nm，浊液的子直径大于 100nm，所以氢氧化铁胶体胶粒粒径为 1-100 nm，FeCl3溶 液的粒子粒径小于 1nm，故 B 错误；C、氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应来区分胶体和溶液，故 C 正确；D、氯化铁溶液没有丁达尔效应，故 D 错误；故选 C。考点：考查了分散系、胶体的相关知识。21.某元素离子 Am-的核内有 n 个中子，核外有 x 个电子。该元素原子的质量数为()A.x-n+m B.x+m+n C.m+n-x D.x-m+n【答案】D【解析】试题分析：某元素离子 Am-的核内有 n 个中子，核外有 x 个电子，则该元素的质子数是
22、 xm。又因为质量数质量数质子数中子数，所以该微粒的质量数xmn，答案选 D。考点：考查质量数的有关判断 点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是明确质量数与中子数和质子数的数量关系，以及核外电子数与质子数的关系，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。22.两种微粒的核外电子数相同，核电荷数不同，则它们可能是（）A.两种不同元素的原子 B.两种所带电荷数相同的离子 C.同一元素的原子和离子 D.两种不同元素的原子和离子【答案】BD【解析】【详解】A.原子中核外电子数等于核电荷数，如果是两种不同元素的原子，核电荷数一定不相等，则核外电子数一定不相同，故 A 错误；B
23、.两种不同的离子，如钠离子和氟离子，核外电子数都是 10，核电荷数分别为 11 和 9，故 B正确；C.同种元素原子和离子，其核电荷数相等，核外电子数不等，与题干不符，故 C 错误；D.两种不同元素的原子和离子，核电荷数一定不相等，核外电子数可能相等，如 Ne 和 Na+，故 D 正确；故选 BD。23.将 10mL2mol/L 的硫酸稀释到 100mL，所得硫酸溶液的物质的量浓度是（）A.0.2mol/L B.0.5mol/L C.2mol/L D.5mol/L【答案】A【解析】【详解】根据稀释前后溶质的物质的量不变，V(稀溶液)(稀溶液)=V(浓溶液)(浓溶液)，得到稀硫酸的浓度为1021
24、00=0.2mol/L。故选 A。24.下列电离方程式书写正确的是 A.NaOH=NaO2H B.FeCl3=Fe3Cl3 C.Ca(NO3)2=Ca22(NO3)2 D.H2SO4=2HSO42【答案】D【解析】【详解】A.NaOH 是一元强碱，电离产生 Na+和 OH-，电离方程式应该为 NaOH=Na+OH-，A 错误；B.FeCl3溶于水，电离产生 Fe3+、Cl-，电离方程式为：FeCl3=Fe3+3Cl，B 错误；C.Ca(NO3)2溶于水，电离产生 Ca2、NO3-，电离方程式为 Ca(NO3)2=Ca2+2NO3-，C 错误；D.硫酸是二元强酸，溶于水电离产生 H+、SO42-
25、，电离方程式为：H2SO4=2H+SO42-，D 正确；故合理选项是 D。25.某无色溶液中可能含有 H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子中的几种，当向该溶液中加入某浓度的 NaOH 溶液时，发现生成沉淀的物质的量随 NaOH 溶液的体积变化如图所示。下列说法一定正确的是（）A.一定存在 H+、Mg2+、Al3+、NH4+，一定不存在 Na+、SO42-、Fe3+B.一定存在 H+、Al3+、NH4+、SO42-，可能存在 Na+、Mg2+C.溶液中 c(H+)：c(Al3+)：c(Mg2+)=1：1：2 D.溶液中 c(H+)/c(SO42-)2/9 【答案
26、】D【解析】【分析】无色溶液说明不含 Fe3+；从图象可知，沉淀的量先增后减，最终沉淀不能完全溶解，说明原溶液有 Mg2+、Al3+，最后剩余 1mol Mg(OH)2沉淀，沉淀量的最大值是 2mol，所以 Al(OH)3沉淀的物质的量是 1mol，溶解 1molAl(OH)3沉淀消耗 1 体积氢氧化钠溶液，所以 1 体积氢氧化钠溶液中含有 1mol 氢氧化钠；开始时无沉淀产生，说明含有 H+，H+OH-=H2O，该氢离子消耗 NaOH 溶液的体积为 1 体积，说明氢离子的物质的量为 1mol；图象中有一段平台，说明加入 OH-时无沉淀生成，所以有 NH4+，NH4+OH-=NH3H2O，铵根
27、消耗氢氧化钠为 3 体积，说明铵根离子的物质的量是 3mol。【详解】A.根据分析知道，该溶液中存在 H+、Mg2+、Al3+、NH4+，根据电荷守恒，还一定有 SO42-，其他离子不能确定，故 A 错误；B.根据分析知道，该溶液中一定存在 H+、Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，可能存在 Na+，一定不存在Fe3+，故 B 错误；C.根据分析知道，溶液中含有的 H+、Mg2+、Al3+的物质的量均是 1mol，所以浓度是相等，即c(H+)：c(Al3+)：c(Mg2+)=1：1：1，故 C 错误；D.该溶液中一定存在 H+、Mg2+、Al3+、NH4+、SO42-，H+、Mg2+、A
28、l3+、NH4+的物质的量分别是 1mol、1mol、1mol、3mol，因为钠离子不知道是否存在，所以根据电荷守恒，溶液中 c(H+)/c(SO42-)小于等于 2/9，故 D 正确。【点睛】本题考查离子的判断和计算，掌握氢氧化铝的两性是该题的关键；要求学生熟记物质的性质并灵活应用，注意电荷守恒在离子推断中的应用。二、填空题（本大题共 4 小题，共 24.0 分）26.现有以下物质：NaCl 晶体纯 H2SO4CaCO3固体熔融 KCl蔗糖铜SO2KOH 固体液氧稀硫酸（1）以上物质中能导电的是_。（2）以上物质中属于电解质的是_。【答案】(1).(2).【解析】【分析】（1）存在自由移动的
29、离子或自由移动的电子的物质能导电；（2）在水溶液或熔融状态下，由于自身电离出自由移动的离子而导电的化合物是电解质。【详解】NaCl 在水溶液或熔融状态下都能导电，NaCl 晶体属于电解质，但固体中无自由移动离子，不能导电；H2SO4的水溶液能导电，属于电解质，但纯 H2SO4不含自由移动的离子，所以不导电；熔融 CaCO3能导电，CaCO3属于电解质，CaCO3不含自由移动的离子，所以不导电；KCl 在熔融状态或水溶液中都能导电，熔融 KCl 属于电解质，熔融 KCl 含有自由移动的离子，所以能导电；蔗糖水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质，不含自由移动的离子或自由电子，所以不导电；铜是单
30、质，所以既不是电解质也不是非电解质，因为含有自由移动的电子，所以能导电；SO2不能自身电离出离子，属于非电解质，不含自由移动的离子或自由电子，所以不导电；KOH 在水溶液或熔融状态下都能导电，KOH 属于电解质，但固体中没有自由移动的离子，所以不导电；液氧是单质，所以既不是电解质也不是非电解质，不含自由移动的离子或自由电子，所以不导电；稀硫酸溶液中存在离子能导电，溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。（1）能导电的是；（2）以上物质中属于电解质的是。【点睛】本题考查了电解质、非电解质的判断，物质导电性的判断，熟悉电解质、非电解质概念是解题关键，注意单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。
31、27.相同质量的两种气体 CO2和 N2，它们的物质的量比是_，它们所含分子数比是_，在相同条件下它们的体积比是_，则它们的密度之比为_，摩尔质量之比为_。【答案】(1).711 (2).711 (3).711 (4).117 (5).117【解析】【分析】相同质量的两种气体 CO2和 N2，设质量都是 mg，则 CO2的物质的量是44mmol、N2的物质的量 是28mmol。【详解】CO2的物质的量是44mmol、N2的物质的量是28mmol，它们的物质的量比是：m44m28=2844=711；分子数比等于物质的量比，所以分子数之比为711；依据阿伏伽德罗定律的推论，相同条件下，体积与物质的
32、量成正比，所以体积比等于其物质的量之比为711；依据阿伏伽德罗定律的推论，同温同压下，密度与摩尔质量成正比，所以同温同压下 CO2和 N2密度之比为：4428=117；摩尔质量以 g/mol 为单位时，数值上等于其相对分子质量，所以二者摩尔质量之比为：4428=117。【点睛】本题考查物质的量的计算，把握以物质的量为中心的基本计算公式为解答的关键，注意阿伏伽德罗定律推论的应用。28.写出下列微粒的符号(前 20 号元素)：（1）最外层电子数是次外层电子数 3 倍的原子：_。（2）最外层电子数等于次外层电子数的原子：_。（3）电子总数为最外层电子数 2 倍的原子：_。（4）内层电子总数是最外层电
33、子数 2 倍的原子：_。（5）得到 2 个电子后，电子总数与氩原子的电子总数相同的离子：_。（6）次外层电子数是最外层电子数 2 倍的原子：_。（7）与氩原子电子层结构相同的+2 价阳离子：_。【答案】(1).O (2).Be、Ar (3).Be (4).Li、P (5).S2-(6).Li、Si (7).Ca2+【解析】【详解】（1）最外层电子数是次外层电子数 3 倍的原子，只能是第二周期元素，所以是 O 元素；（2）当次外层是 2 个电子，最外层也是 2 个电子时是 Be 元素，当次外层和最外层都是 8 个电子时是 Ar 元素；（3）设最外层电子数为 x，若有 2 个电子层，2x=x+2，
34、x=2，是 Be 元素；若有 3 个电子层，2x=x+10，x=10，最外层电子数不超过 8，所以不可能有 3 个电子层；（4）设最外层电子数为 x，内层电子总数是最外层电子数 2 倍，若有 2 个电子层，则 2x=2，x=1，原子是 Li；若有 3 个电子层，则 2x=10，x=5，原子是 P。（5）得到 2 个电子后，电子总数与氩原子的电子总数相同的离子，即是第 16 号硫元素，离子是 S2-；（6）若有 2 个电子层，最外层有 1 个电子，是 Li 元素；若有 3 个电子层，最外层有 4 个电子，是 Si 元素；（7）与氩原子电子层结构相同的+2 价阳离子，即其是第 20 号元素钙元素，
35、离子是 Ca2+。29.某溶液可能含有 Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和 K+中的两种或多种。取该溶液 100mL，加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 448mL(标况)气体，同时产生红褐色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧，得到 1.6g 固体；将上述滤液平均分成两份，一份中加足量 BaCl2溶液，得到 2.33g 不溶于盐酸的沉淀；另一份中通入过量 CO2得到 1.56g 白色沉淀。由此可推断原溶液一定含有的离子种类及其浓度，将结果填入下表（可不填满）。一定含有的离子种类 _ _ _ _ _ 物质的量浓度（mol/L）_ _ _ _ _ 【答 案】一 定 含 有：SO
36、42-NH4+、Fe3+Al3+、Cl-，它 们 的 物 质 的 量 浓 度 分 别 是C(SO42)=0.2molL;C(NH4+)=0.2 molL;C(、Fe3+)=0.2molL;C(Al3+)=0.4molL;C(Cl-)1.6 molL.【解析】试题分析：向混合液中加入过量 NaOH 溶液加热放出气体，说明含有铵根离子。其物质的量为：n(NH4+)=0.448L22.4Lmol-1=0.02mol,所以 C(NH4+)=0.02 mol0.1L=0.2 molL；产生红褐色 Fe（OH）3沉淀说明含有 Fe3+。Fe（OH）3沉灼烧分解得到 Fe2O3。根据 Fe 守恒可得n(Fe
37、3+)=2n(Fe2O3)=21.6g160gmol-1=0.02 mol，C(Fe3+)=0.02mol0.1L=0.2 molL;加足量 BaCl2溶液，得到 2.33g 不溶于盐酸的沉淀说明含有 SO42-。它的物质的量浓度为 C(SO42)=22.33g233gmol-10.1L=0.02mol0.1L=0.2molL;0.2molL;另一份中通入过量 CO2得到 1.56g 白色沉淀,说明含有 Al3+、而无 CO32-。产生的白 色沉淀是氢氧化铝。C(Al3+)=21.56g78gmol-10.1L=0.04mol0.1L=0.4 molL;根据溶液呈电中性可知溶液中还应该含有阴离
38、子 Cl-。若只含有上述离子则根据n(Cl-)+2n(SO42-)=n(NH4+)+3n(Fe3+)+3n(Al3+)可得n(Cl-)=0.02mol+30.02mol+30.04mol-20.02mol=0.16mol,C(Cl-)=0.16mol0.1L=1.6 molL;若还含有其它离子如钾离子，则氯离子的浓度就大于1.6molL.所以氯离子的浓度大于等于 1.6 molL。考点：考查 Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+、的等的检验方法、离子共存、电荷守恒、物质的量等的有关计算的知识。三、推断题（本大题共 1 小题，共 9.0 分）30.现有 A、B、C、D 四
39、种物质，A、B 为无色气体，C、D 为黑色粉末，B 跟 D 在一定条件下能生成 A，A 和 D 都能跟 C 反应生成 B 和一种红色固体 E，其中 B 能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀 F。（1）根据上述现象，写出下列物质的化学式。A_B_C_D_（2）写出实现下列变化的化学方程式 B DA_ A CE B_【答案】(1).CO (2).CO2 (3).CuO (4).C (5).CCO2 2CO (6).COCuOCuCO2【解析】（1）.A、B 都为无色气体，B 能跟澄清石灰水反应生成一种白色沉淀 F，所以 B 是二氧化碳，F 是碳酸钙，二氧化碳和黑色粉末 D 在一定条件下能生成气体 A
40、，所以 D 是木炭，A 是一氧化碳，一氧化碳和木炭都能跟黑色粉末反应生成二氧化碳和红色固体 E，所以 C 是氧化铜，E 是铜，二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，一氧化碳、碳都会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，推导正确，所以 A 是 CO，B 是 CO2，C 是 CuO，D 是 C，E 是 Cu，F 是 CaCO3；故答案是：CO；CO2；CuO；C（2）.B+DA 的反应是二氧化碳和碳在高温的条件下生成一氧化碳，所以化学方程式为：CCO2 2CO；A+CE+B 的反应是一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳，所以化学方程式为：COCuOCuC
41、O2；故答案为：CCO2 2CO；COCuOCuCO2 四、简答题（本大题共 2 小题，共 12.0 分）31.如下图所示，A、B、C 是实验室常用的三种制取气体的装置，提供的药品有：大理石、浓盐酸、锌粒、稀盐酸、二氧化锰、氯化铵、熟石灰。现欲利用这些药品分别制取 NH3、Cl2、H2、CO2四种气体，试回答以下问题：（1）选用 A 装置可制取的气体有_；选用 B 装置可制取的气体有_；通常选用C 装置制取的气体有_。（2）标号为、的仪器名称依次是_、_。（3）写出利用上述有关药品制取 Cl2的离子方程式：_。【答案】（1）NH3，H2、CO2，Cl2；（2）分液漏斗、圆底烧瓶；（3）MnO2
42、4H2ClMn2Cl22H2O。【解析】试题分析：（1）反应装置略向下倾斜，适用于固体加热制备气体，收集装置试管口向下，说明收集的气体的密度小于空气的密度，根据所给原料，A 装置可制取的气体是 NH3，B 装置适用块状固体和液体的反应制取气体，因此可以制备的是 H2、CO2，装置 C 适用于固体和液体加热或液体和液体加热制备气体，如氯气和乙烯，根据所给原料制备 Cl2；（2）是分液漏斗，是圆底烧瓶；（3）制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热，因此反应其离子反应方程式为：MnO24H2ClMn2Cl22H2O。考点：考查实验室气体的制备、常见仪器、制备原理等知识。32.金属铜能被 FeCl3的浓溶液腐
43、蚀，其化学方程式是：Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2。现将有铜的印刷线路板浸入 120mL FeCl3的溶液中，有 9.6 g 铜被腐蚀掉。取出印刷线路板，向溶液中加入 8.4g 铁粉，经充分反应，溶液中还存在 4.8g 不溶物。（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）。（1）根据 9.6g 铜被腐蚀，最后溶液中还有 4.8g 不溶物，说明溶液中肯定还有_，所以4.8g 固体不可能有_，即 4.8g 是_。（2）9.6 g 铜被腐蚀生成_ mol Fe2。（3）最后溶液中金属离子物质的量浓度 c（Cu2）_，c（Fe2）_。【答案】（1）Cu2+Fe Cu（2）0.3mol（3）0.6
44、25mol/L 5mol/L【解析】试题分析：（1）加入 Fe 粉前，溶液中有 Cu2+，Fe2+，Cl-，可能还有 Fe3+，8.4gFe 为 0.15mol，9.6gCu 为 0.15mol，若无 Fe3+，那么 Fe 恰好把 9.6gCu 全部置换，现在只有 4.8g 不容物，所以不可能为 Fe 只能是 Cu；（2）9.6gCu 的物质的量为=0.15mol，1molCu 失去电子数为 2，故失去电子数为 0.3mol，1molFe3+变为 Fe2+，得到电子数为 1mol，依据氧化还原反应得失电子守恒，故有 0.3mol 的 Fe2+生成；（3）反应顺序是 Fe 先和过量的Fe3+反应
45、，再置换部分 Cu2+，所以存在 Cl-，Fe2+，Cu2+；溶液中剩余的 Cu 元素为 9.6-4.8=4.8g，0.075mol，Cu2+=0.625mol/L 综合来看，溶液中是4.8gCu 和 8.4gFe 恰好完全还原了 Fe3+，Cu 失电子为 0.15mol，Fe 失电子 0.3mol，合计 0.45mol，所以原有 Fe3+0.45mol，最后所有的 Fe 元素都变成 Fe2+，故Fe2+=mol/=5.0mol/L。考点：考查的是铜以及铁之间的转化关系、有关物质量的计算。五、实验题（本大题共 1 小题，共 5.0 分）33.某同学欲配制 100mL 0.10molL1的 Cu
46、SO4溶液。以下操作 15 是其配制的过程及示意图：操作 1：准确称取一定质量的胆矾晶体并用适量蒸馏水溶解；操作 2：将所得溶液转移到仪器 X 中，用蒸馏水冲洗烧杯和玻璃棒 23 次，将洗涤液也转移到 X 中；操作 3：继续向 X 中加蒸馏水至液面离 X 的刻度线 l2cm 处；操作 4、操作 5：见图 （1）仪器 X 的名称是_；（2）操作 1 中，应称取胆矾晶体的质量为_；（3）若其余操作步骤均正确，根据操作 4 所配的溶液浓度_（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”或“无法判断”）。【答案】(1).容量瓶 (2).2.5g (3).偏小【解析】【分析】（1）依据仪器的形状说出其名称；（2）依据 n=cV、m=nM 计算需要溶质的质量；（3）操作 4 中仰视刻度线，依据 c=nV 进行误差分析。【详解】（1）依据图中仪器形状可知 X 为 100mL 容量瓶；（2）配制 100mL 0.10molL-1的 CuSO4溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.1L0.10mol/L=0.01mol，需要五水硫酸铜的质量 m=0.01mol250g/mol=2.5g；（3）操作 4 中仰视刻度线，则溶液体积偏大，依据 c=nV 可知，溶液浓度偏小。