2022-2023学年北京东城55中学高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc

《2022-2023学年北京东城55中学高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年北京东城55中学高一化学第一学期期中学业质量监测试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将标准状况下aLNH3溶解于1L水中，得到氨水的物质的量浓度为bmol/L，则该氨水的密度为Ag/cm3Bg/cm3C g/cm3Dg/cm32、能用H+OH-=H2O来表示的化学反应是AMg(OH)2和稀盐酸反应BNaOH溶液和稀盐酸

2、反应CCuO和稀硫酸反应DCu(OH)2和稀硫酸反应3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A2.4g金属镁变为镁离子时得到的电子数为0.2NAB常温常压下，11.2LC2H4含有2NA个碳原子C标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NAD常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA4、下列表示的是碳及其化合物的转化关系，其中涉及的基本反应类型依次是()CCO2H2CO3CaCO3CO2A化合反应、置换反应、分解反应、复分解反应B置换反应、复分解反应、化合反应、分解反应C置换反应、化合反应、分解反应、复分解反应D置换反应、化合反应、复分解反应、分解反应5、下列

3、关于胶体和溶液的说法正确的是（ ）A制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水，然后长时间煮沸B溶液呈电中性，胶体带有电荷C溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒不能透过滤纸D胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1100nm之间6、下列变化一定需要加入还原剂才能实现的是AHCO3-CO2 BHClCl2 CKClKClO3 DMnO4-Mn2+7、下列关于原子结构的说法有误的是( )A1869年俄国化学家门捷列夫提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了基础B原子的种类由质子数和中子数决定C在原子结构分层排布中，M层（第三层）容纳电子数最多为18D在化学反应过程中，原

4、子核不发生变化，但原子外层电子可能发生变化8、化学变化中，可能发生改变的是()A质子数B中子数C核外电子数D原子核9、用一张已除去表面氧化膜的铝箔紧紧包裹在试管外壁（如右图），将试管浸入硝酸汞溶液中，片刻取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生出“白毛”，红墨水柱右端上升。根据实验现象判断下列说法错误的是（ ）A实验中发生的反应都是氧化还原反应B铝是一种较活泼的金属C铝与氧气反应放出大量的热量D铝片上生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物10、欲配制100mL1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是( )将14.2 g Na2SO4，溶于100mL水中将32.2g Na2SO410H2O溶于

5、少量水中，再用水稀释至100 mL将20 mL 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mLABCD11、海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质，为了得到纯净的NaCl，可向滤液中依次加入过量的下列溶液，其中不合理的是ABaCl2NaOHNaCO3过滤稀盐酸蒸发结晶BBa(OH)2NaCO3过滤稀盐酸蒸发结晶CNaCO3NaOHBaCl2过滤稀盐酸蒸发结晶DBaCl2NaCO3NaOH过滤稀盐酸蒸发结晶12、活泼金属在空气中易与氧气反应，在表面生成一层氧化膜，氧化膜致密，可以保护内层金属不被继续氧化的金属是A铁B钠C铝D铜13、合乎实际并用于工业生产的是

6、（ ）ANa在中燃烧制NaClB浓与NaCl反应制HClC与石灰乳作用制漂粉精DH2和充分混合光照制HCl14、下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是( )AFeCl2BCuCl2CHClDFeCl315、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A常温下，2.7g铝与足量盐酸反应，标况下生成气体体积为3.36LB常温下，500 mL 2 molL1的Na2CO3溶液中含Na数目为NAC1.8gNH4的离子中含有的质子数为0.1NAD标准状况下，1 L水所含分子数为1/22.4NA16、元素周期表里金属元素和非金属元素分界线附近的元素可能用于()A制新农药B制半导体材料C制新医用药物D

7、制高温合金二、非选择题（本题包括5小题）17、I常见无机物A、B、C、D、E、X存在如图转化关系。已知A、B、C、D的焰色反应都呈黄色，其中A为单质，X是常见的无色无味气体(部分生成物和反应条件略去)。请回答：（1）组成单质A的元素符号为_。（2）写出由C转化为D的化学方程式_。IIA、B、C、D为三种常见物质。A是金属单质，且A的合金用量最大。这四种物质具有如图所示的转化关系(部分生成物和反应条件略去)。请回答：（1）向溶液C中滴加硫氰化钾溶液，溶液变_色。（2）写出图中CAB的离子方程式_。18、现有失去标签的四瓶无色溶液分别为Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH)2溶液、NaHSO4溶液

8、，为确定四瓶溶液分别是什么，将其随意标号为A、B、C、D，分别取少量溶液两两混合，产生的现象如下表所示。实验顺序实验内容实验现象实验顺序实验内容实验现象A + B生成白色沉淀B + C无明显变化A + C放出无色气体B + D生成白色沉淀A + D放出无色气体C + D无明显变化已知：NaHSO4属于酸式盐，在水溶液中的电离方程式为：NaHSO4=Na+H+SO42-。根据实验现象，回答下列问题：(1)A为_，C为_。(2)写出下列反应的离子方程式：A + B：:_，A + D：_，(3)等物质的量浓度、等体积的B、D混合反应的离子方程式为：_，反应后得到的溶液中含有的阴离子主要有_。(4)上

9、述没有明显变化的实验、，其中发生了离子反应，离子方程式为：_。19、配制480mL 0.5molL1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、_、_等。（2）计算、称量，需称量NaOH固体的质量为_。（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是_。（4）转移、洗涤，洗涤烧杯23次是为了_。（5）定容、摇匀，定容的具体操作是_。（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是_，偏低的是_（填字母序号）。A、容量瓶洗净后未烘干B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C、定容时俯视刻度

10、线D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线20、由几种离子组成的混合物中可能含有下列离子中的若干种：K+、Na+、NH、Mg2+、Cu2+、CO、SO。将该混合物溶于水后得到澄清的溶液，现取三份各 100mL 该溶液分别进行如下实验：实验序号实验内容实验结果1加入盐酸有气泡产生2加入足量浓NaOH 溶液并加热收集到标准状况下的气体1.12L3加入足量 BaCl2 溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；第一次称量读数为 6.27g； 再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称

11、量第二次称量读数为 2.33g请回答下列问题：(1)实验 1 说明存在的离子是 _(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是_。(2)由实验 2 可知，100mL 溶液中c(NH)= _molL-1。(3)由实验3可知，100mL 溶液中n(SO)= _mol。(4)溶液中 c(Na+)的范围是 _。21、铝土矿是冶炼金属铝的重要原料，其中主要成分为 Al2O3、Fe2O3 等。工业上可 NaOH 溶解 Al2O3 使 其与杂质分离：Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O（1）找出上述反应中化合价为负值的元素，写出其原子的电子式_。（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式

12、为_。（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为：_，从原子结构的角度分 析其原因：_。（4）若根据化学性质进行物质分类，则 Al2O3 属于_氧化物，据此推测下列反应方程式正确的是_。AAl2O3+3H2O2Al（OH）3B2Al（OH）3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2OCAl（OH）3+NaOHNaA1O2+2H2OD NaAlO2+4HClAlCl3+2H2O参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】氨气的质量是，溶液的质量是1000g+，则溶质的质量分数是。根据可知密度是g/mL，答案选A。2、B【解析】AMg(OH)2是固体，写离子方程式时不能

13、拆成离子形式，Mg(OH)2和稀盐酸反应离子方程式为：Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O，故A不符合题意；BNaOH溶液和稀盐酸反应的离子方程式为：H+OH-=H2O，故B符合题意；CCuO是固体，写离子方程式时不能拆成离子形式，CuO和稀硫酸反应的离子方程式为：CuO+2H+=Cu2+H2O，故C不符合题意；DCu(OH)2是固体，写离子方程式时不能拆成离子形式，Cu(OH)2和稀硫酸反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+= Cu2+2H2O，故D不符合题意；答案选B。3、D【解析】A.镁是二价金属，根据镁的质量计算镁的物质的量和失去的电子数；B.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状

14、况下气体摩尔体积为22.4L/mol；C.注意气体摩尔体积的适用范围，标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol；D.可直接计算氧原子的物质的量，进而求出氧原子个数。【详解】A. 2.4g金属镁的物质的量为0.1mol，变为镁离子失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故A错误；B.因为不是标准状况，无法计算出11.2LC2H4的物质的量，所以碳原子数也无法知道，故B错误；C.标准状况下，H2O不是气体，所以无法计算水的物质的量，故C错误；D.32gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为2mol，所含原子数为2NA，故D正确；正确答案：D。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，气体摩

15、尔体积的应用条件，物质的量计算微粒数的方法。易错点气体摩尔体积的应用。4、D【解析】碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，该反应由两种物质反应生成一种物质，属于化合反应；碳酸和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应由两种化合物相互交换成分形成两种新的化合物，属于复分解反应；碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，该反应由一种物质反应生成两种物质，属于分解反应；故选D。5、D【解析】A、制备氢氧化铁胶体时，可以将饱和FeCl3溶液滴入沸水，继续煮沸至呈红褐色，不能长时间煮沸，A错误；B、溶液呈电中性，胶

16、体显中性，胶体的胶粒带有电荷，B错误；C、溶液中分散质微粒能透过滤纸，胶体中分散质微粒也能透过滤纸，C错误；D、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在1100nm之间，D正确，答案选D。6、D【解析】还原剂具有还原性，能使别的物质（或自身）发生还原反应，还原反应的标志是元素化合价降低的过程。A. HCO3-CO2中碳元素、氧元素化合价均未变化，不需要加还原剂就可以实现，A项错误；B. HClCl2中氯元素化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，加还原剂不能实现，B项错误；C. KClKClO3中氯元素化合价由-1价升高到+5价，发生氧化反应，加还原剂不能实现，C项错误；D. MnO

17、4-Mn2+中锰元素化合价由+7价降到+2价，发生还原反应，MnO4-中的锰处于最高价不可能发生歧化反应，故需要加还原剂才能实现，D项正确；答案选D。7、A【解析】A提出了原子学说的是道尔顿，故A错误；B同种元素的质子数相同，同种元素的原子由于中子数不同而形成不同的核素，所以原子的种类由质子数和中子数决定，故B正确；C在原子结构分层排布中，每个电子层最多容纳2n2电子，则M层(第三层)容纳电子数最多为18，故C正确；D化学变化中最小的微粒是原子，在化学反应过程中，原子核不发生变化，氧化还原反应中氧化剂得电子，还原剂失电子，原子外层电子发生变化，故D正确；故答案为A。【点睛】原子的种类，由质子数

18、、中子数共同决定；元素的种类，仅由质子数决定。8、C【解析】化学变化是有新的物质的生成，不改变元素种类，则质子数、中子数不变，若发生氧化还原反应时，则存在电子的得失，答案为C【点睛】发生氧化还原反应时，则存在电子的得失，核外电子数发生改变。9、D【解析】A、铝在空气中易与氧气生成氧化铝，反应物是两种生成物是一种，为化合反应，铝与硝酸汞的反应是铝能置换出硝酸汞中的汞，反应物与生成物均是一种单质一种化合物，为置换反应，都属于氧化还原反应，选项A正确；B、铝的化学性质比较活泼，不久铝箔表面生出“白毛”，可知金属铝易被氧化，所以说明铝是活泼金属，选项B正确；C、红墨水柱右端上升说明试管内气压升高，可判

19、断其温度升高，从而判断铝与氧气反应放出大量的热量，选项C正确；D、从铝的氧化以及铝与硝酸汞的反应可知铝片上生成的白毛是氧化铝，因为汞的化学性质不活泼，所以不可能是氧化汞，而是汞的单质的形式存在，所以是铝从液态汞中被氧化生成氧化铝形成的“白毛”，选项D错误；答案选D。10、B【解析】14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，但溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，故错误；32.2gNa2SO410H2O物质的量为=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=1.0molL-1，故正确；根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则

20、20ml5mol/L=100mlc(硫酸钠)，则c(硫酸钠)=1.0mol/L，故正确；正确，故答案为B。11、C【解析】A. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理；B. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质，加入过量的Ba(OH)2溶液，除去SO42、Mg2+，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯

21、净的NaCl；合理；C. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质，加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+，少量Mg2+，再加入过量的NaOH溶液，除去Mg2+，再加入过量的BaCl2溶液，除去CO32-，过滤，滤液中加入稀盐酸，但是溶液中仍有剩余的Ba2+，蒸发结晶得不到纯净的NaCl；不合理；D. 海盐经溶解、过滤后仍含有Ca2+、Mg2+、SO42等可溶性杂质，加入过量的BaCl2溶液，除去SO42，再加入过量的NaCO3溶液，除去Ca2+和Ba2+及少量的Mg2+，再加入过量的NaOH 溶液，除去Mg2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，蒸发结晶得到纯净的NaCl；合理

22、；综上所述，本题选C。【点睛】粗盐提纯时，所加的试剂主要有Na2CO3溶液，NaOH溶液，BaCl2溶液，盐酸溶液，NaOH溶液主要除去Mg2+，BaCl2溶液主要除去SO42-，Na2CO3溶液主要除去Ca2+和剩余的Ba2+，等沉淀过滤后，加入盐酸除去OH-、CO32-；因此只要记住：碳酸钠溶液一定加在BaCl2溶液之后，盐酸加在过滤后，操作的顺序就很容易确定了。12、C【解析】活泼金属铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化膜，可以保护内层金属不被继续氧化。【详解】A、铁生成的是氧化铁，为铁锈的成分，不是致密氧化膜，选项A错误；B、而钠和氧气反应生成的氧化钠是粉末状物质，不是致密

23、的氧化膜，选项B错误；C、根据金属的性质，活泼金属铝在空气中易与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化膜氧化铝，该氧化膜可以保护内层金属不被继续氧化，选项C正确；D、铜在空气中缓慢氧化生成碱式碳酸铜，不是氧化物，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查金属的性质，注意金属铝、镁可以和氧气反应生成致密的氧化膜，除此之外其他金属不具有该性质即可解答。13、C【解析】A氯化钠不适合用钠在氯气中燃烧制取，第一，氯气有毒，很难控制反应，可能有气体逸出会污染大气，第二钠的价格较高，成本高，故不适合工业上制取氯化钠，故A错误；B浓H2SO4与NaCl反应制HCl，适合于实验室制备少量氯化氢，故B错误；C漂粉精的主

24、要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙；工业上用氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C正确； D氢气和氯气的混合气体在光照的条件下，会发生爆炸危险，此法不适合工业上制取氯化氢，故D错误；故答案选C。14、A【解析】A、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能直接由单质间化合制取FeCl2，故A选；B、Cu与氯气在点燃时能直接化合生成CuCl2，故B不选；C、氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，故C不选；D、Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故D不选；故选A。15、A【解析】A.2.7g铝的物质的量为0.1mol，根据反应方程式2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，0.

25、1mol铝与足量盐酸反应生成0.15mol的氢气，在标况下的气体为0.15mol22.4L/mol=3.36L，故A正确；B.溶液中Na2CO3的物质的量n=cV=2molL10.5L=1mol，而1molNa2CO3中含有2mol钠离子，故含Na数目为2NA，故B错误；C.1.8gNH4离子的物质的量为0.1mol，而铵根离子中含有11个质子，故1.8gNH4离子中含有的质子数为1.1NA，故C错误；D.标准状况下，水是液体，故不能使用气体摩尔体积来计算物质的量，故D错误。故选A。16、B【解析】A新制农药元素可以从周期表的右上角中的非金属元素中找到，故A错误；B在金属元素和非金属元素交接区

26、域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C新医用药物大多为有机物，故C错误；D制耐高温合金材料的元素通常可以在过渡元素中寻找，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Na Na2CO3H2OCO22NaHCO3 血红 2Fe3+Fe3Fe2+ 【解析】IA、B、C、D的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，其中A为单质，则A为Na，钠与水反应生成NaOH与氢气，可推知E为H2，B为NaOH，X是常见的无色无味气体，能与NaOH连续反应，可知X为CO2。II A是金属单质，且A的合金用量最大，则A为铁。铁与氯气反应生成氯化铁，铁与盐酸反应生

27、成氯化亚铁，氯化铁和氯化亚铁可以相互转化，据此分析解答。【详解】IA、B、C、D的焰色反应都呈黄色，均含有Na元素，其中A为单质，则A为Na，钠与水反应生成NaOH与氢气，可推知E为H2，B为NaOH，X是常见的无色无味气体，能与NaOH连续反应，可知X为CO2，C为Na2CO3，D为NaHCO3。(1)钠的元素符号为Na，故答案为Na； (2)由C转化为D是碳酸钠与二氧化碳反应转化为碳酸氢钠，反应的化学方程式：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，故答案为CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；IIA、B、C、D为三种常见物质。A是金属单质，且A的合金用量最大，则A为铁。铁与氯

28、气反应生成氯化铁，C为FeCl3，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，B为FeCl2，D与一氧化碳反应生成铁，则D可能为铁的某种氧化物。(1)向FeCl3溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变成红色，故答案为红；(2)CAB为氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+，故答案为2Fe3+Fe3Fe2+。18、（1）Na2CO3溶液，稀盐酸；（2）CO32-+Ba2+=BaCO3；CO32-+2H+=CO2+H2O；（3）Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，OH-；（4），H+OH-=H2O。【解析】(1)由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D

29、溶液均显酸性，则B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；(2)碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3；CO32-+2H+=CO2+H2O；(3)氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，从离子反应方程式可

30、看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答案为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O；OH-；(4)实验中氢氧化钡溶液和盐酸混合没有明显现象，但发生了离子反应生成水，离子反应方程式为H+OH-=H2O，故答案为；H+OH-=H2O。点睛：解答此类表格型推断题，可以考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用。本题通过溶液中物质之间的离子反应，要求将两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。19、胶头滴管 500 mL容量瓶 10.0g 搅拌，加速溶解 保证溶质全部转移至容量瓶中 向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至

31、液体的凹液面最低处和刻度线相切 CD BE 【解析】（1）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL 0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，因此还缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制480mL 0.5molL-1的NaOH溶液，应配制500mL，需要溶质的质量=0.5molL-10.5L40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻

32、璃棒，其作用是搅拌，加速溶解；（4）洗涤烧杯2次3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；（5）定容的操作是：向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线

33、，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；所以使所配溶液的物质的量浓度偏高的是CD；偏低的是BE。【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法以及误差分析的依据。20、CO Mg2+ 、Cu2 + 0. 5 0.01 0 c(Na +)0. 1mol L-1 【解析】取三份各 100mL 该溶液分别进行如下实验：实验1：加入盐酸，有气泡产生，说明含有CO，则不存在Mg2+、Cu2+；实验2：加入足量浓NaOH 溶液并加热，收集到标准状况下的气体1.12L，说明含有NH，且n(NH)=0.05mol；实验3：加入足

34、量 BaCl2 溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量，第一次称量读数为 6.27g； 再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量，第二次称量读数为 2.33g，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡，且n(SO)=0.01mol，n(CO)=0.02mol；根据电荷守恒分析判断是否存在K+、Na+，据此分析解答。【详解】(1)实验 1：加入盐酸，有气泡产生，说明含有CO，则不存在Mg2+、Cu2+，故答案为：CO；Mg2+、Cu2 +；(2) 实验2：加入足量浓NaOH 溶液并加热，收集到标准状况下的气体1.12L，说明含有NH，且n(NH)=0.05mol，则100mL 溶液中c(NH)=0.

35、5 molL-1，故答案为：0.5；(3)实验3：加入足量 BaCl2 溶液，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量，第一次称量读数为 6.27g； 再向沉淀中加入足量盐酸，然后过滤、洗涤、干燥、称量，第二次称量读数为 2.33g，说明沉淀中含有硫酸钡和碳酸钡，且n(SO)=0.01mol，n(CO)=0.02mol，故答案为：0.01；(4)溶液中肯定存在的离子是NH、CO和SO，且100mL溶液中含有n(NH)=0.05mol，n(SO)=0.01mol，n(CO)=0.02mol，根据电荷守恒，n(+)=n(NH4+)=0.05mol，n(-)=2n(CO)+2n(SO)=0.06mol0.05

36、mol，所以溶液中一定存在K+、Na+中的一种或两种，因此0 n(Na +)0. 01mol，则0 c(Na +)0. 1mol L-1，故答案为：0 c(Na +)0. 1mol L-1。21、 O3 NaAl 两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子 两性 BCD 【解析】（1）Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O中Na、H为+1价，Al为+3价，O为2价，O的最外层有6个电子；（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质为臭氧；（3）同周期从左往右金属性减弱；（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物。【详解】（1）只有O为负价，氧原子的电子式为，故答案为；（2）同温同压下，上述元素形成的气体密度最大的物质的分子式为O3，故答案为O3；（3）上述反应中两种金属元素对应单质的活泼性强弱关系为NaAl；从原子结构的角度分析其原因为两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子，故答案为NaAl；两者电子层数相同，Na的质子数比Al的质子数小，较易失去最外层电子；（4）Al2O3可与酸、强碱反应生成盐和水，为两性氧化物；氧化铝与水不反应，氢氧化铝为两性氢氧化物，则BC中方程式合理，氢氧化铝可溶于盐酸，则D中合理，故答案为两性；BCD。