2022-2023学年江苏省苏州十中化学高一第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将0.06 mol FeCl2加入100 mL K2Cr2O7溶液中，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O被还原为Cr3+。则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（ ）A0.4 mol/LB0.2 mol/LC0.1 mol/LD0.08mol/L2、海藻中含有丰富的碘元素。如图是实验室从海藻里提取碘的流程的一部分。下列判断正确的是A步骤的操作是过滤B可用淀粉溶液检验步骤的反应是否进行完全C步骤、的操作分别是过滤、萃取D步骤中加入的有机溶剂可能是酒精或四氯化碳3、胶体区别于其他分散系的本质特征是( )A胶体是均一、透明的B胶体能产生丁达尔效应C胶体粒子大小在1nm-100nm之间D胶体粒子可以透过滤纸4、下列说法正确的是 （ ）A同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的原子C在任何情况下，1molCO2和64gSO2所含有分子数和原子总数都相同D1mol某气体的体积约为22.4L，该气体所处的情况一定是标准状况5、用下列实验装置完成对应的实验（部分仪器已省略），合理的是（ ）A干燥Cl2 B实验室制盐酸C实验室制氯水D吸收多余Cl26、下列说法正确的是()A液态HCl、固态AgCl均不导电，所以HCl、AgCl是非电解质BNH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C蔗糖、酒精在液态和水溶液里均不导电，所以它们是非电解质D导电能力强的物质一定是强电解质7、向体积均为10 mL、物质的量浓度相同的两份NaOH 溶液中分别通入一定量的CO2，得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积的关系如图所示。则下列叙述中不正确的是A原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol/LB当0<V(HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为H+CO32-=HCO3-C乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaOHD向乙溶液中滴加过量盐酸后产生CO2体积的最大值为224 mL8、相对分子质量为M的气态化合物VL（标准状况）溶于mg水中，得到溶液的质量分数为%，物质的量浓度cmol/L，密度为g/cm3，则下列说法正确的是A相对分子质量M可表示为：B溶液密度可表示为：C溶液的质量分数%可表示为：D物质的量浓度C可表示为：9、对于某些离子的检验及结论一定正确的是A加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42C加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba210、下列说法正确的是ANaOH的摩尔质量是40gB1mol OH的质量为18gC2molCO的体积约为44.8LD1.204×1024个SO2分子的质量为128g11、分类是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列分类说法合理的是A根据是否只含一种元素将物质分为单质和化合物B非金属氧化物不一定是酸性氧化物C生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应D根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等12、下列离子在溶液中能大量共存，加入(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 晶体后，仍能大量共存的是( )ANa+、H+、Cl-、NOBNa+、 Mg2+、 Cl-、SOCK+、Ba2+、 OH-、I-DCu2+、CO、 Br-、ClO-13、下列溶液与20 mL 1 mol·L1硝酸钠溶液中NO3的物质的量浓度相等的是A10 mL 1 mol·L1硝酸镁溶液B10 mL 0.5 mol·L1硝酸铜溶液C10 mL 2 mol·L1硝酸银溶液D10 mL 0.4 mol·L1硝酸铝溶液14、下列有关物质的分类或归类正确的一组是(        )液氨、液氧、干冰、纯碱均为化合物 盐酸、氢氧化铁胶体、空气、氨水均为混合物  氢氧化钾、小苏打、硫酸、烧碱均为电解质  碘酒、牛奶、豆浆、肥皂水均为胶体  、均为钠盐A和B和C和D15、下列除杂的方法正确的是A除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B除去CO2中的少量HCl：通入过量NaOH溶液，收集气体C除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤D除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，过滤，滤液中再加入过量盐酸，加热16、下表中物质的分类组合完全正确 选项ABCD强电解质KNO3H2SO4BaSO4HClO4弱电解质HFCaCO3H2SO3CH3COONH4非电解质SO3AlH2OC2H5OHAABBCCDD二、非选择题（本题包括5小题）17、如图，反应为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请据图回答下列问题：(1)G、A的化学式分别为_、_。(2)写出反应的化学方程式：_。(3)写出反应的化学方程式：_。(4)已知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。请根据所学知识回答下列问题。将A通入紫色石蕊溶液中，观察到的现象是_。请写出A与水反应的化学方程式：_。A可以制漂白粉，漂白粉在空气时间长了会失效，失效的原因是_(用化学方程式表示)。18、AE 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；E 原子的最外层电子数与 B 相同。(1)写出五种元素的元素符号：A_；B_；C_；D_；E_。(2)写出 D2+离子的结构示意图_。(3)写出 C 形成离子时的电子式_。(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_、_。(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_。19、粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。根据教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题：（1）实验室蒸发食盐水时，操作过程如下：放置酒精灯，固定铁圈位置，放上蒸发皿(蒸发皿中盛有食盐水)，加热搅拌，停止加热。其正确的操作顺序为_。（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是_，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是_。（3）在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是_。（4）将经过操作(3)后的溶液过滤。请问这一操作能除去的杂质是_。（5）实验室将粗盐制成精盐的过程中，下列三个实验操作步骤中都要使用玻璃棒，分别说明各自使用玻璃棒的作用：溶解时_，过滤时_，蒸发时_。20、某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸。（1）试剂a是_，加入试剂b所发生反应的离子方程式为_。（2）该方案能否达到实验目的_(填“能”或“不能”)。若不能，应如何改进?_（若能，此问不用回答)。（3）若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是_的质量。（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，回答下列问题：（i）配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_。（ii）需要用托盘天平称量_gKCl固体。21、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有的SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其它离子忽略不计）：离子Na+SO42NO3OHClc/(mol·L1)5.5×1038.5×104y2.0×1043.4×103（1）NaClO2属于钠盐，其中氯元素的化合价为_；NaClO2的电离方程式为：_。（2）SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为_。此吸收过程中NaClO2所起的作用是_。（3）表中y=_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】设参加反应的K2Cr2O7的物质的量是x，K2Cr2O7中Cr元素的化合价是+6价，根据电子得失守恒可知0.06mol×（32）x×2×（63），解得x0.01mol，则浓度是0.01mol÷0.1L0.1mol/L，答案选C。2、C【解析】根据流程，步骤得到溶液和残渣，因此操作是过滤，操作通入Cl2，发生2ICl2=2ClI2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。【详解】根据流程，步骤得到溶液和残渣，因此操作是过滤，操作通入Cl2，发生2ICl2=2ClI2，然后利用I2易溶于有机溶剂，最后采用蒸馏方法得到碘单质。A、碘单质易溶于有机溶剂，常利用其沸点与有机溶剂相差较大采用蒸馏方法分离它们，故步骤应为蒸馏，故A错误；B、淀粉遇碘单质变蓝，只要产生I2，加入淀粉后，溶液就会变蓝，故B错误；C、根据流程，步骤得到溶液和残渣，因此步骤为过滤，碘单质易溶于有机溶剂，因此采用萃取的方法，步骤为萃取，故C正确；D、因为酒精易溶于水，因此萃取碘水中的碘单质，不能用酒精作萃取剂，故D错误。3、C【解析】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100 nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm。故选C。4、C【解析】试题分析：A根据公式m=nM=V/VmM，同温、同压下，气体的Vm是相等的，相同质量的气体的物质的量不一定相等，所以占有的体积不一定相等，故A错误；B阿伏伽德罗定律：同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子，但原子数目不一定相等，故B错误；C64gSO2的物质的量为1mol，和1molCO2所含有分子数和原子总数都相同，故C正确；D根据气体状态方程式：PV=nRT，1 mol某气体的体积约为22.4 L，该气体所处的状况不一定是标准状况，故D错误；故选C。考点：考查物质的量以及阿伏伽德罗定律的应用。5、C【解析】A气体的进出方向错误；B应防止倒吸现象； C多余的氯气可用碱液吸收； D氯气在水中的溶解度不大，吸收效果差。【详解】A干燥气体时导管长进短出，图中短导管进入不能干燥，故 A 错误；BHCl极易溶于水，图中导管在液面下可发生倒吸，故B错误； C氯气与NaOH  溶液反应，多余的氯气可利用 NaOH 溶液吸收，则该装置可制备氯水，故 C 正确； D球形结构可防止倒吸，但氯气在水中的溶解度不大，应将水改为 NaOH  溶液，故 D 错误；故答案选C。6、C【解析】A、液态HCl、固态AgCl均不导电，原因是液态氯化氢和固态AgCl中不含自由移动的阴阳离子，但HCl溶于水后或AgCl熔融状态下能电离出自由移动的阴阳离子而使其导电，所以HCl、AgCl是电解质，A错误；B、NH3、CO2的水溶液均能导电原因是氨气和二氧化碳分别和水反应生成一水合氨、碳酸，一水合氨、碳酸能电离出自由移动的离子而使其水溶液导电。由于电离出离子的是一水合氨和碳酸、不是氨气和二氧化碳，所以氨气和二氧化碳是非电解质，B错误；C、蔗糖和酒精在水中以分子存在，导致其溶液不导电，所以蔗糖和酒精是非电解质，C正确；D、导电能力强的物质不一定是强电解质，例如金属导电等，D错误。答案选C。【点睛】选项D是易错点，注意能导电的不一定是电解质，即使是电解质溶液导电，也要注意溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。若强电解质溶液中离子浓度很小，而弱电解质溶液中离子浓度大，则弱电解质溶液的导电能力强，因此电解质的强弱与电解质溶液的导电性并无必然联系。7、D【解析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2；由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；则A根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）=0.005mol÷0.01L=0.5mol/L，A正确；B根据以上分析可知当0V（HCl）10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：H+CO32-=HCO3-，B正确；C根据以上分析可知乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaOH，C正确；D乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-+H+=H2O+CO2，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，D错误；答案选D。点睛：本题考查混合物的有关计算，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大。8、A【解析】A、mg：m（溶质）=（1-%）：%，所以m（溶质）=g，所以×Mg/mol=g，解得M=，所以该气体的相对分子质量为，选项A正确；B、由于c=，所以=，选项B错误； C、溶质的质量为×Mg/mol =g，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以质量分数为=，选项C错误；D、溶质的物质的量为=mol，溶液质量为mg+×Mg/mol=（m+）g，所以溶液的体积为，所以溶液浓度为=mol/L，选项D错误；答案选A。9、C【解析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；C.根据铵根离子的检验方法进行判断；D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。【详解】A. 与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32，A项错误；B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42，也可能含有Ag+，B项错误；C.检验NH4+的正确方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2，D项错误；答案选D。【点睛】常用检验离子的方法是气体法还是沉淀法，掌握检验物质的方法是解答本题的关键。10、D【解析】根据n、NA、N、m、M、V、Vm几个物理量的相互关系及使用条件进行分析。【详解】A.摩尔质量的单位是g/mol，则 NaOH的摩尔质量是40g/mol，故A错误；B.因为，所以1mol OH的质量为，故B错误；C.计算2molCO的体积应在标况下，缺少条件，无法用气体摩尔体积公式计算体积，故C错误；D.1.204×1024个SO2分子的物质的量为，则质量为，故D正确。答案选D。【点睛】本题主要考察的是n、NA、N、m、M、V、Vm几个物理量的相互关系。其中NA为阿伏伽德罗常数，近似为6.02×1023/mol；Vm为气体摩尔体积，在标况下约为22.4L/mol；M为摩尔质量，在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量。据此解答。11、B【解析】A.只含一种元素的物质可能是混合物如O2和O3，而单质和化合物都是纯净物，该选项的正确说法是：根据是否只含一种元素将纯净物分为单质和化合物，A项错误；B.非金属氧化物大部分是酸性氧化物如CO2、SO2等，但有一些非金属氧化物不是酸性氧化物如CO、NO等，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物，B项正确；C.置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质和一种化合物的反应，但生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应如：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，该反应不属于置换反应，C项错误；D.根据酸分子在水溶液中电离出H+的个数将酸分为一元酸、二元酸，例如CH3COOH是一元酸而非四元酸，是因为CH3COOHCH3COO-+H+，D项错误；答案选B。12、B【解析】(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 晶体溶于水能电离出Fe2+、；ANO在酸性条件下有强氧化性，能氧化Fe2+，不能大量共存，故A错误；BNa+、 Mg2+、 Cl-、SO彼此间不发生离子反应，且能与Fe2+、大量共存，故B正确；CBa2+与能发生离子反应生成BaSO4，且OH-与Fe2+和均能发生离子反应，不能大量共存，故C错误；D铜离子与碳酸根离子不能大量共存，且ClO-有强氧化性，能氧化Fe2+，Fe2+也能与CO发生离子反应，不能大量共存，故D错误；故答案为B。13、B【解析】20mL 1molL-1 NaNO3溶液中NO3-物质的量浓度为1mol/L。A.1 molL-1 Mg（NO3）2溶液中NO3-物质的量浓度为1mol/L×2=2mol/L，故A错误；B.0.5 molL-1 Cu（NO3）2溶液中NO3-物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故B正确；C.2 molL-1AgNO3溶液NO3-物质的量浓度为2mol/L，故C错误；D.0.4 molL-1 Al（NO3）3溶液中NO3-物质的量浓度为0.4mol/L×3=1.2mol/L，故D错误。故选B。【点睛】溶液中溶质离子浓度与溶液体积无关，与溶质电离出的相应离子数目及溶质的浓度有关。14、B【解析】液氧是单质，故错误；盐酸是HCl水溶液，氢氧化铁胶体属于分散系、空气中含有氮气氧气、二氧化碳等、氨水为氨气水溶液均为混合物，故正确；氢氧化钾、小苏打、硫酸、烧碱在溶液中都能电离出相应的离子，均为电解质，故正确；碘酒是碘单质的酒精溶液、肥皂水为高级脂肪酸盐的水溶液，二者属于溶液，牛奶、豆浆是胶体，故错误；Na2CO3、NaHCO3、NaClO均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，是过氧化物，故错误；综上所述，B项符合题意，正确；故选B。15、D【解析】A、O2与灼热的CuO粉末不反应，用灼热的CuO不能除去O2，A项错误；B、CO2和HCl都与NaOH溶液反应，B项错误；C、MgCl2与NaOH溶液反应，除去了镁离子，又引进了钠离子，C项错误；D、除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3溶液，将钙离子沉淀，过滤后，滤液中再加入过量盐酸，将过量的碳酸钠除去，加热将过量的HCl除去，D项正确；答案选D。16、A【解析】强电解质：是在水溶液中或熔融状态中几乎完全电离的电解质，一般来说强电解质有强酸强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质：是在水溶液中或熔融状态下不完全发生电离的电解质；一般来说弱酸、弱碱，以及少数盐，另外水是极弱电解质；非电解质：在熔融状态或水溶液中不能导电的化合物。【详解】A、KNO3是强电解质，HF是弱电解质，SO2是非电解质，所以A正确；B、CaCO3是强电解质，电解质和非电解质都是化合物，所以金属铝既不是电解质又不是非电解质，B不正确；C、因为H2O自身部分电离，所以水是弱电解质，而不是非电解质，C不正确；D、CH3COONH4它在水溶液中完全电离，所以是强电解质，不是弱电解质，D不正确。故选A。【点睛】解题时要注意，强、弱电解质与物质的溶解度无关；电解质和非电解质都是化合物。二、非选择题（本题包括5小题）17、O2 Cl2 Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 紫色试液先变红色，后又褪色 Cl2 + H2O HCl + HClO Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO；2HClO2HCl + O2 【解析】E在常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO，结合物质的性质作答即可。【详解】(1)由以上分析可知，A为Cl2，G为O2，故答案为： O2、Cl2；(2)由以上分析可知，A为Cl2，B为NaOH，所以反应的化学方程式为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，故答案为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O ；(3)反应为过氧化钠和水的反应，方程式为2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2，故答案为：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2；(4)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2 + H2O HCl + HClO，盐酸具有酸性，可使紫色石蕊试液变红，生成的次氯酸具有漂白性，可使溶液褪色，故答案为：紫色试液先变红色，后又褪色；Cl2 + H2O HCl + HClO；氯气和氢氧化钙反应生成漂白粉，有效成分为Ca(ClO)2，在空气中与二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，次氯酸见光分解，涉及反应为Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO；2HClO2HCl + O2，故答案为：Ca(ClO)2 + CO2 + H2O = CaCO3 + 2HClO；2HClO2HCl + O2。【点睛】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，本题的突破口在于物质的颜色和状态，注意常温下氯气与碱反应生成次氯酸盐。18、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H+Cl- 【解析】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。【详解】A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S（2）镁离子；（3）氯离子，电子式加中括号。；（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H+Cl- 。19、 取适量溶液于试管中，加入足量的稀盐酸将溶液酸化，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42； 加入足量的BaCl2溶液、过滤 除去Ca2+及少量的Mg2+ 泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+ 搅拌 引流 搅拌 【解析】（1）仪器的安装一般遵循自下而上，在左向右的原则。在蒸发时当出现电离晶体时，即可停止加热，所以正确的顺序是。（2）SO42的检验一般用氯化钡溶液，即取适量溶液于试管中，加入足量的稀盐酸将溶液酸化，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42；如果含有SO42，则应该加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡后过滤即可除去。（3）饱和碳酸钠溶液是除去溶液中的Ca2+及少量的Mg2+。（4）根据实验过程可知，生成的沉淀有氢氧化镁、碳酸镁以及含有泥沙等，故可以除去的杂质为泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+。（5）玻璃棒的作用为：溶解时搅拌能加速；过滤时起引流作用；蒸发时搅拌，防止液体局部过热。20、K2CO3溶液 BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O 不能 应在操作的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 沉淀A1(或固体B) 500mL容量瓶 3.7 【解析】分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，以此来解答。【详解】（1）加入试剂a，与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，因此试剂a是K2CO3溶液；碳酸钡经过洗涤干燥后加入试剂b转化为氯化钡溶液，则试剂b是盐酸，反应的离子方程式为BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O。（2）经操作得到的滤液中含有过量K2CO3，直接蒸发得到的氯化钾中混有碳酸钾，应先加入盐酸酸化，然后再蒸发结晶；（3）测定氯化钡的质量分数，可计算碳酸钡或分离后氯化钡的质量，即除了要准确称量混合物的质量外至少还要获得的数据是沉淀A1或固体B的质量；（4）用所（3）所制备的KCl固体配制0.1mol/LKCl溶液450mL，由于没有450mL容量瓶，则需要500mL容量瓶，则配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和500mL容量瓶；因此需要KCl固体的质量是0.5L×0.1mol/L×74.5g/mol3.725g，由于托盘天平只能读数到0.1g，则需要用托盘天平称量的质量是3.7g。【点睛】本题考查混合物的分离、提纯，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握流程中的反应及混合物分离方法的选择。易错点是（4）中的计算，注意托盘天平只能读数到0.1g。21、+3NaClO2=Na+ ClO2SO42、NO3充当氧化剂2.0×104【解析】(1). NaClO2中钠离子的化合价为+1，O元素的化合价为2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(2)×2=0，解得x=+3；NaClO2为钠盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和ClO2，其电离方程式为：NaClO2=Na+ ClO2，故答案为+3；NaClO2=Na+ ClO2；(2). 根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为SO42，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为NO3；吸收过程中NaClO2中+3价氯原子被还原成1价的Cl，所以NaClO2所起的作用是充当氧化剂，故答案为SO42、NO3；充当氧化剂；(3). 根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，c(H+)的浓度较小，可忽略不计，则c(NO3)=c(Na+)2c(SO42)c(OH)c(Cl)=(5.5×1038.5×104×22.0×1043.4×103)mol/L=2.0×104mol/L，即y=2.0×104，故答案为2.0×104。点睛：本题主要考查氧化还原反应、物质的量计算等知识，解题时要注意掌握氧化还原反应的特征与实质，本题的难点是第（3）问，解答本题的关键是明确溶液中电荷守恒的应用，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO42)+c(NO3)+c(OH)+c(Cl)，再根据c(H+)的浓度较小，可忽略不计，进而利用表中数据计算即可。