浙江省宁波三中2019-2020学年高一10月月考试化学题化学（解析版）


浙江省宁波三中2019-2020学年高一10月月考试题
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（ ）
①单质；②混合物；③化合物；④纯净物；⑤氧化物
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ①③⑤ D. ②③④⑤
【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：①气体分子的直径 ②气体物质的量的多少 ③气体分子间的平均距离 ④气体分子的相对分子质量（　　）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】决定物质体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. m／9
【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个，NA==9m/mol，故选B。
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（ ）
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. 44gCO2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：=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分子数目为NA，故C正确；
D.0.5NA个O2的物质的量是：n=mol=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x×10-3L×18mol/L=100×10-3L×3mol/L，解得：x≈16.67；量筒能精确到小数点后一位，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 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1nm～100nm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+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。
13.为确定某溶液的离子组成，进行如下实验：
①取少量溶液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀
②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
③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。
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】①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；②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；③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②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②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。
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.
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、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/L×1=1mol/L、1mol/L×2=2mol/L、1mol/L×3=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】
【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2～3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（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。
19.在标准状况下，m g气体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m∶n
B. 同质量气体A与B的分子数之比为n∶m
C. 同温同压下，A、B两气体的密度之比为n∶m
D. 相同状况下，同体积A、B两气体的质量之比为m∶n
【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10-9~10-7m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。
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x－m。又因为质量数质量数＝质子数＋中子数，所以该微粒的质量数＝x－m＋n，答案选D。
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.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 =0.2mol/L。故选A。
24.下列电离方程式书写正确的是（ ）
A. NaOH=Na＋＋O2－＋H＋ B. FeCl3=Fe3＋＋Cl3－
C. Ca(NO3)2=Ca2＋＋2(NO3)2－ D. H2SO4=2H＋＋SO42－
【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-，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】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-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为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+、Al3+、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。
二、填空题（本大题共4小题，共24.0分）
26.现有以下物质：①NaCl晶体②纯H2SO4③CaCO3固体④熔融KCl⑤蔗糖⑥铜⑦SO2⑧KOH固体⑨液氧⑩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). ④⑥⑩ (2). ①②③④⑧
【解析】
【分析】（1）存在自由移动的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离子而导电的化合物是电解质。
【详解】①NaCl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；
②H2SO4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；
③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；
④KCl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；
⑤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；
⑥铜是单质，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；
⑦SO2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；
⑧KOH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；
⑨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；
⑩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④⑥⑩；
（2）以上物质中属于电解质的是①②③④⑧。
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). (2). (3). (4). (5).
【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 、N2的物质的量是。
【详解】CO2的物质的量是 、N2的物质的量是，它们的物质的量比是：==；分子数比等于物质的量比，所以分子数之比为；依据阿伏伽德罗定律的推论，相同条件下，体积与物质的量成正比，所以体积比等于其物质的量之比为；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：=；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：=。
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，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，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）
____
____
____
____
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【答案】一定含有：SO42- NH4+、 、Fe3+Al3+、 、Cl- ，它们的物质的量浓度分别是C(SO42)=0.2mol∕L;C(NH4+)="0.2" mol∕L ;C(、Fe3+)="0.2mol∕L" ;C(Al3+)="0.4mol∕L;" C(Cl-)≥1.6 mol∕L.
【解析】试题分析：①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+)=0.448L∕22.4L·mol-1=0.02mol,所以C(NH4+)="0.02" mol∕0.1L="0.2" mol∕L；②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(Fe3+)=2n(Fe2O3)=2×1.6g∕160g·mol-1="0.02" mol，C(Fe3+)="0.02mol∕0.1L=0.2" mol∕L; ③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)={2×2.33g∕233g·mol-1}∕0.1L=0.02mol∕0.1L=0.2mol∕L;
0.2mol∕L; ④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+)={2×1.56g∕78g·mol-1}∕0.1L="0.04mol∕0.1L=0.4" mol∕L;根据溶液呈电中性可知溶液中还应该含有阴离子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+3×0.02mol+3×0.04mol-2×0.02mol=0.16mol," C(Cl-)="0.16mol∕0.1L=1.6" mol∕L;若还含有其它离子如钾离子，则氯离子的浓度就大于1.6mol∕L.所以氯离子的浓度大于等于1.6 mol∕L。
三、推断题（本大题共1小题，共9.0分）
30.现有A、B、C、D四种物质，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 ＋ D→A_____________________________________________________
A＋ C→E ＋ B_________________________________________________
【答案】(1). CO (2). CO2 (3). CuO (4). C (5). C＋CO2 2CO (6). CO＋CuOCu＋CO2
【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，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+D→A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：C＋CO2 2CO；A+C→E+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：CO＋CuOCu＋CO2；
故答案为：C＋CO2 2CO；CO＋CuOCu＋CO2
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①、②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＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
【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）①是分液漏斗，②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：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。
32.金属铜能被FeCl3的浓溶液腐蚀，其化学方程式是：Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2。
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）0.625mol/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Fe3+反应，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。
五、实验题（本大题共1小题，共5.0分）
33.某同学欲配制100mL 0.10molL﹣1的CuSO4溶液。以下操作1～5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2～3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l～2cm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=n÷V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 0.10mol•L-1的CuSO4溶液，需要硫酸铜的物质的量为：0.1L×0.10mol/L=0.01mol，需要五水硫酸铜的质量m=0.01mol×250g/mol=2.5g；
（3）操作4中仰视刻度线，则溶液体积偏大，依据c=n÷V可知，溶液浓度偏小。