【化学】湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
时量：90分钟 满分：100分　命题人： 审题人：
可能用得到的相对原子质量：
H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5 Al:27 Fe:56
一、选择题（本题包括25小题，每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）
1.下列仪器不能用于加热的是（ ）
A. 试管 B. 烧杯 C. 坩埚 D. 容量瓶
【答案】D
【详解】A.试管可直接加热，故不选A；
B.烧杯可垫石棉网加热，故不选B；
C.坩埚可用来加热固体，可直接加热，故不选C；
D.容量瓶只能在常温下使用，不能加热，故选D；
所以本题答案为D。
2.原央视记者柴静自费拍摄了雾霾纪录片《穹顶之下》，提醒人们必须十分重视环境问题。以下有关说法正确的是（ ）
A. 实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室
B. 为了使养分还田而将植物秸秆焚烧处理，以增加土壤肥力
C. 为提高农作物产量大量使用农药和化肥
D. 实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle）
【答案】D
【详解】A．实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，容易引起水污染和土壤污染，不利于环境保护，故A错误；
B．植物秸秆焚烧能够产生大量粉尘等空气污染物，不利于环境保护，故B错误；
C．大量使用化肥和农药，在能提高农作物产量大量的同时，也会带来水污染和土壤污染，不利于环境保护，故C错误；
D．减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle），有利于减少资源消耗、提高资源利用率，有利于环境保护，故D正确；
所以本题答案为D。
3.对下列实验过程的评价，正确的是（ ）
A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，再滴入稀硝酸，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-
C. 某溶液中先滴入几滴稀盐酸使溶液酸化，再滴入BaCl2溶液，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-
D. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-
【答案】C
【详解】A．CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-都和稀盐酸反应生成无色气体，所以某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，不能证明该固体中一定含有碳酸盐，故A错误；
B．能和氯化钡溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子有SO42-、SO32-、Ag+，所以某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于水稀HNO3的白色沉淀，不能证明一定含有SO42-，故B错误；
C．某溶液中先滴入几滴稀盐酸无沉淀，再滴入BaCl2溶液，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-，故C正确；
D．加稀盐酸除去OH-的同时，已经在溶液中引入了Cl-，所以当再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，并不能说明验证原烧碱溶液中是否含Cl-，故D错误；
所以本题答案为C。
4.为了除去粗盐中的Ca2+，Mg2+，SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（ ）
①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；
④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液
A. ④②⑤ B. ④①②⑤③
C. ①④②⑤③ D. ②⑤④①③
【答案】D
【解析】试题分析：为了除去粗盐中的Ca2+，加入过量Na2CO3溶液；除去Mg2+，加入过量NaOH溶液；除去SO42-加入过量BaCl2溶液；过量的Na2CO3溶液、NaOH溶液可以加入适量盐酸除去，而过量BaCl2溶液则通过加入过量Na2CO3溶液除去，因此，必须将BaCl2溶液放在Na2CO3溶液之前加入，以除去过量钡离子。过滤除去沉淀及泥沙，最后加适量盐酸除去过量的Na2CO3溶液、NaOH溶液。因此正确的顺序为②⑤④①③。故选D。
5.下列各组物质中，所含原子数相同的是：（ ）
A. 8gH2和8gO2 B. 5.6LN2（标况）和11gCO2
C. 2.24LH2（标况）和0.1molN2 D. 9gH2O和0.5molBr2
【答案】C
【详解】A. 8gH2的物质的量为n(H2)==4mol，n(H)=2n(H)=8mol；8gO2的物质的量为n(O2)= =0.25mol，n(O)=0.5mol,氢原子和氧原子的物质的量不相等，所以氢原子和氧原子的个数不相同，故不选A；
B. 5.6LN2（标况）的物质的量为n(N2)==0.25mol, n(N)=2 n(N2)=0.5mol； 11gCO2（标况）的物质的量为n(CO2)==0.25mol 原子的物质的量为3 n(CO2)=0.75mol；氮气和二氧化碳所含的原子物质的量不同，所以氮气和二氧化碳的原子数不相等，故不选B；
C. 2.24LH2（标况）的物质的量为n(H2)==0.1mol，与氮气的物质的量相同，所含原子数相同，故选C；
D. 9gH2O的物质的量为n(H2O)==0.5mol，原子的物质的量为3 n(H2O)=1.5mol；0.5molBr2所含原子的物质的量为1.0mol，9gH2O和0.5molBr2所含原子的物质的量不相等，故不选D；
所以本题答案为C。
6.在标准状况下，224mL某气体的质量为0.44g，这种气体的相对分子质量为：（ ）
A. 20 B. 40 C. 32 D. 44
【答案】D
【详解】在标准状况下，Vm=22.4L/mol，则n==0.01mol，M==44g/mol，又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则气体的相对分子质量为44。故选D。
7.下列因素对气体的体积的大小几乎无影响的是：（ ）
A. 气体的物质的量 B. 气体分子的大小 C. 气体的温度 D. 气体的压强
【答案】B
【详解】影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离等因素；温度、压强决定气体分子间距，对于气体来说气体分子间的距离远大于分子本身的大小，分子本身大小对气体体积的影响可以忽略不计，故选B。
8.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是 （ ）
A. 150 mL 3 mol·L－1的NaCl B. 75 mL 2 mol·L－1的NH4Cl
C. 150 mL 1 mol·L－1的KCl D. 75 mL 2 mol·L－1的CaCl2
【答案】A
【解析】50mL 1 mol·L－1AlCl3溶液中，氯离子的物质的量浓度为：1 mol·L－1×3=3 mol·L－1，A．150 mL 3 mol·L－1NaCl溶液中，Cl－浓度为3 mol·L－1×1=3 mol·L－1，故A正确；B．75 mL 2 mol·L－1氯化铵溶液中，Cl－浓度为2 mol·L－1×1=2 mol·L－1，故B错误；C．150 mL 1 mol·L－1KCl溶液中，Cl－浓度为1mol·L－1×1=1 mol·L－1，故C错误；D．75mL 1 mol·L－1CaCl2溶液中，Cl－浓度为2 mol·L－1×2=2 mol·L－1，故D错误；故选A。
9.胶体区别于溶液、和浊液这二种分散系的本质特征是（ ）
A. 是否是大量分子或离子的集合体 B. 分散质微粒直径的大小
C. 是否能通过滤纸或有丁达尔现象 D. 是否均一、稳定、透明
【答案】B
【详解】根据分散质微粒直径大小不同，把分散系划分为溶液(小于、胶体、浊液(大于,所以,溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，故选B。
所以本题答案为B。
10.下列各组物质分类正确的是( )

酸
碱
盐
氧化物
A
硫 酸
纯 碱
熟石灰
铁 红
B
氢硫酸
烧 碱
纯 碱
生石灰
C
碳 酸
苏打
小苏打
二氧化硫
D
二氧化碳
苛性钠
食 盐
石灰石
【答案】B
【详解】A.纯碱是碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；
B.氢硫酸是酸，烧碱是碱，纯碱是盐，生石灰是氧化物，故B正确；
C.苏打是碳酸钠属于盐，故C错误；
D.石灰石是盐,不是氧化物,故D错误；
所以本题答案为B。
11.下列物质溶于水导电性最差的是( )
A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl
【答案】C
【详解】A. NaOH是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选A；
B. H2SO4是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选B；
C.蔗糖是非电解质，溶于水后，溶液中几乎没有自由移动离子，导电性很差,故选C；
D.NaCl是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选D；
所以本题答案为C。
12.下列离子方程式书写正确的为( )
A. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+= Cu2++Ag
B. 稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+H+ = Ca2++H2CO3
C. 氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2+＋OH－＋H+ ＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O
D. 氧化镁与盐酸反应　MgO+2H+=Mg2++H2O
【答案】D
【详解】A.Cu+Ag+= Cu2++Ag电荷不守恒，所以A不正确；
B. 稀盐酸与石灰石反应的离子方程式应为：，所以B不正确；
C. 氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式应为：Ba2+＋2OH－＋2H+ ＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，所以C不正确；
D. 氧化镁与盐酸反应　MgO+2H+=Mg2++H2O，D正确；
所以本题答案为D。
13.在无色透明的溶液中，下列各组离子能大量共存的是( )
A. K+、H+、SO42- 、C1- B. Na+、CO32－、NO3-、Ca2+
C. Na+、NH4+、OH-、Cl－ D. Na+、SO42-、Cu2+、C1-
【答案】A
【详解】A.K+、H+、SO42- 、C1-离子之间不能发生反应，所以本组离子能大量共存，故选A；
B.有离子反应发生：Ca2++ CO32－=CaCO3↓，所以Ca2+和CO32－不能大量共存，故不选B；
C.有离子反应发生：NH4++OH-=NH3•H2O，所以NH4+和OH-不能大量共存，故不选C；
D.含Cu2+的溶液有颜色，故不选D。
所以本题答案为A。
14.常温常压下，取四支完全一样的针筒，分别充入等质量的CH4、O2、CO2、SO2四种气体，其中充装SO2的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】在质量相等的情况下，用n=分别计算四种气体的物质的量，因为M(摩尔质量)各不相同，
（SO2）（CO2） (O2) (CH4)，所以，当质量相同时有：n(CH4) >n(O2)n（CO2）n（SO2），二氧化硫的物质的量最小，体积最小，故选A。
所以本题答案为A。
15.意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子的结构如图所示，下列说法正确的是 (　　)

A. N4属于一种新型的化合物
B. N4的摩尔质量为56
C. N4在反应中可以体现氧化性或还原性
D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为2∶1
【答案】C
【详解】A.N4是一种只由N元素组成的纯净物，是单质，故A错误；
B.N4的摩尔质量为56g/mol，故B错误；
C.N4在反应中，N的化合价为零价，既可以升高、也可以降低，所以N4既可以表现氧化性也可以表现还原性，故C正确；
D.N4与N2两种物质，都只由N原子构成，等质量的N4与N2所含的原子个数相等，故D错误；
所以本题答案为C。
16.下列电离方程式中正确的是(　　)
A. H2SO4＝ H2+＋SO42- B. Ca(OH)2 ＝ Ca2+＋(OH)2-
C. NaHCO3 ＝ Na+＋H+＋CO32- D. Al2(SO4)3 ＝ 2Al3+＋3SO42-
【答案】D
【详解】A.H2+应写成2H+，正确的电离方程式为：H2SO4＝ 2H+＋SO42-，所以A错误；
B.(OH)2-应写成2OH-，正确的电离方程式为：Ca(OH)2 ＝ Ca2+＋2OH-，所以B错误；
C.HCO3-不能写成H+＋CO32-，正确的电离方程式为：NaHCO3 ＝ Na+＋HCO3-，所以C错误；
D.Al2(SO4)3是强电解质电离方程式 ：Al2(SO4)3＝ 2Al3+＋3SO42-，所以D正确；
所以本题答案为D。
17.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4 +2H2O = NaBO2 + 4H2↑下列为说法中正确的是（NaBH4中B元素为＋3价）（ ）
A. NaBH4既是氧化剂也是还原剂 B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂
C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1
【答案】D
【详解】A. 在NaBH4中氢元素的化合价由-1价升高至0价，所以NaBH4是还原剂，故A错误;
B、NaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH4是还原剂；水中氢元素化合价降低，水是氧化剂,故B错误；
C、NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变,故C错误；
D、化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确；
所以本题答案为D。
18. 下列叙述正确的是( )
A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得
B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强
C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化
D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性
【答案】D
【解析】试题分析：A．大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；B．氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；C．处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；D．一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；故选D。
19.营养学专家告诫大家：吃饭时不要同时大量食用海鲜（如虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5价的砷（As）元素）和某些蔬菜水果（如西红柿、土豆等，其体内富含维生素C），否则它们之间容易反应，生成剧毒的As2O3。对于产生剧毒的过程，下列叙述中，不正确的是（ ）
A. 维生素C能将+5价砷氧化成As2O3 B. 维生素C具有还原性
C. 维生素C在反应中作还原剂 D. 含砷物质发生了还原反应
【答案】A
【详解】A.维生素C具有还原性，将+5价砷还原成As2O3，故A错误；
B. 维生素C将+5价砷还原成+3价砷，说明维生素C具有还原性，故B.正确；
C.在反应中还原剂具有还原性，故C正确；
D. 无毒的+5价的砷（As）元素，由+5价变成了+3价，发生了还原反应，故D正确；
所以本题答案为A。
20.设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 ( )
A. 18gH2O在标准状况下的体积是22.4L
B. 常温常压下28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有2NA 个原子
C. 5.6g Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.3NA
D. 将0.1mol氯化钠溶于1L水中，所得溶液浓度为0.1mol·L-1
【答案】B
【详解】A.18gH2O的物质的量为1mol，但在标准状况下，水是液态，所以其体积不是22.4L，故A错误；
B.CO与N2摩尔质量均为28g/mol，都是双原子分子,根据n=物质的量均为1mol，所含的原子数为2NA个原子,故B正确；
C.根据n=计算Fe的物质的量，结合铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6g Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.2NA，,故C错误；
D.将0.1mol氯化钠溶于1L水中得到溶液体积大于1L，所得溶液浓度小于0.1mol/l，故D错误；
所以本题答案为B。
21.氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是（ ）
A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂
B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子
C. AlN中氮元素的化合价为＋3
D. CO是还原产物
【答案】B
【详解】A.反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；
B.N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；
C.氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故C错误；
D.在反应过程中C由“0”价变为+2价，所以CO是氧化产物，故D错误；
所以本题答案为B。
22.300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3+为1.62 g，将溶液取出1/3后又稀释到300mL，此时溶液中SO42-的物质的量浓度为 ( )
A. 0.1 mol/L B. 0.4 mol/L
C. 0.067 mol/L D. 0.3 mol/L
【答案】A
【解析】试题分析：300 mL Al2(SO4)3溶液中含有n(Al3+)==0.06mol， n(SO42-)=0.06×=0.09mol，将溶液取出1/3，该溶液含n(SO42-)=0.09×1/3=0.03mol，故C(SO42-) =0.03÷（300×10-3）=0.1 mol/L，正确。
23.标准状况下，V L HCl(气体)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为ρg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（　　）
A. V /22.4 mol/L B. 1000 Vρ/(22400+36.5V) mol/L
C. Vρ/(22400+36.5 V）mol/L D. Vρ/22400 mol/L
【答案】B
【详解】标准状况下，V L HCl气体的物质的量为=mol，氯化氢的质量 mol×36.5g/mol=g，溶液质量为1000g+g，溶液的体积为(1000g+g)/ ρg/cm3=mL，则溶液的浓度为mol / mL = mol/L，故选B。
24.已知常温下，在溶液中发生如下反应： ①16H++10Z-+2XO4-＝2x2++5Z2+8H2O ②2A2++B2＝2A3++2B- ③2B-+Z2＝B2+2Z- 由此推断，下列说法中错误的是（ ）
A. 反应Z2+2A2+＝2A3++2Z-可进行
B. Z元素在③反应中被还原
C. 还原性由强到弱的顺序是X2+ 、Z- 、B-、 A 2+
D. 氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+
【答案】C
【详解】A.根据反应2A2++B2=2A3++2B-，可得氧化性是B2＞A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2＞B2，所以有氧化性顺序是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，故A正确；
B. Z元素在③反应中，化合价由“0”价变为-1价，化合价降低，被还原，所以B正确；
C.反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z-＞X2+；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，还原性A2+＞B-；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-＞Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，故C错误；
D.反应①16H++10Z-+2XO4-＝2x2++5Z2+8H2O中，氧化性XO4-＞Z2；反应②2A2++B2＝2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+；反应③2B-+Z2＝B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序为：XO4-＞Z2＞B2＞A3+，故D正确；
所以本题答案为C。
25.在体积相同的两个密闭容器中分别充满C2H4和C3H6气体，当这两个密闭容器中温度和气体密度相等时，下列说法正确的是（ ）
A. 两种气体的分子数相等 B. C２H４比C３H６的质量小
C. 两种气体的压强相等 D. 两种气体的原子数相等．
【答案】D
【详解】A.两者质量相等,但摩尔质量不同（M）不同,则其物质的量不同、分子数不相等,故A错误；
B.两者密度相等、体积相同，由可以知道质量相同，故B错误；
C.两者质量相等,但摩尔质量不同（M）不同、则其物质的量不同、压强不等,;故C错误；
D.两者质量相同,最简式均为CH2，则CH2的物质的量相同，原子的物质的量为CH2的物质的量的3倍，所以原子数目相同，故D正确；
所以答案为D。
二、非选择题（本题包括4小题，共50分）
26.（1）下列物质中①NaCl晶体 ②液态S03 ③醋酸 ④汞 ⑤BaS04固体 ⑥酒精 ⑦熔化的KN03 属于电解质的是（填序号）_________________________
（2）质量为3.9 g的Na2X中含有Na＋的物质的量为0.1mol，则Na2X的摩尔质量为______，
（3）某气体对氧气的相对密度为2，则此气体的相对分子质量为______
（4）3.01×1022个S2-的物质的量为________，质量为________，含有质子的物质的量为______，含有电子的物质的量为________。
（5）某地酸雨经检验，除含氢离子外，还有如下离子：c(Na+)=1.4×10－3 mol·L－1 ，c(Cl－) =3.5×10－3 mol·L－1 ，c(NH) =2.3×10－3 mol·L－1 ， c(SO) =1.5×10－3 mol·L－1。则该溶液中氢离子的浓度为_____________ mol·L－1。
【答案】(1). ① ③ ⑤ ⑦ (2). 78g/mol (3). 64 (4). 0.05mol (5). 1.6g (6). 0.8mol (7). 0.9mol (8). 2.8 ×10－3
【详解】（1）.电解质是在溶液里或熔融状态下，可以导电的化合物。所以① ③ ⑤ ⑦是电解质。
（2）.n(Na2X)=n(Na＋)=0.05mol,所以M（Na2X）==78g/mol。
（3）.因为在相同的条件下，气体的密度之比等于相对分子量之比，所以此气体的相对分子质量为M=322=64。
（4）.依据n=N/NA，求物质的量，n=m/M，求质量，硫原子质子数是16，S2-的电子数是18；所以3.01×1022个S2-的物质的量为0.05mol，质量为1.6g，含有质子的物质的量为0.8mol，含有电子的物质的量为0.9mol。
（5）.因为溶液中阴、阳离子所带电荷是守恒的，所以有c(Na+)+c(NH)+c(H+)= c(Cl－)+2c(SO)，解得c(H+)=2.8 ×10－3 mol·L－1。
27.用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）配制0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL。
（1）本实验用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要______________，应称取Na2CO3·10H2O晶体的质量为________克。
（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有________。
A．配制一定体积准确浓度的标准溶液 B．贮存溶液
C．测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D．用来加热溶解固体溶质
（3）配制0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液480 mL的主要步骤有：①溶解 ②计算 ③转移洗涤 ④定容摇匀 ⑤称量；正确的操作顺序是：_____________________。（填序号）
（4）根据下列操作对所配溶液浓度偏高的有(填序号)____________。
 ①碳酸钠晶体失去了部分结晶水　     ②用“左码右物”的称量方法称量晶体　
 ③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠      ④定容时俯视
 ⑤容量瓶未经干燥就使用　　　⑥定容摇匀后，发现]液面低于刻度线，再加水到刻度线
【答案】(1). 500 mL容量瓶 (2). 28.6 (3). BCD (4). ②⑤①③④ (5). ①④
【详解】（1）.配制溶液的操作步骤:首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量,后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时,改用胶头滴管逐滴加入,至凹液面与刻度线相切,然后摇匀、装瓶，用到的仪器有:托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，根据题目提供的仪器可以知道,还需要的仪器有500mL容量瓶；根据n=cV可以知道需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L×0.2mol/l=0.1mol,即需要的Na2CO3•10H2O晶体也为,质量m=nM=0.1mol/mol=28.6g，因此，本题正确答案是:500m容量瓶；28.6g。
(2).容量瓶作为精密仪器,不可用于储存和溶解固体,不能用于稀释浓溶液,也不能测量除其规格以外容积的液体体积,所以本题答案为BCD；
(3).操作过程是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,故正确的操作顺序是:(2)(5)(1)(3)(4),因此，本题正确答案是:(2)(5)(1)(3)(4)；
(4). ① Na2CO3•10H2O晶体失去了部分结晶水后, Na2CO3的质量分数增大,故物质的量增大,所配溶液的浓度偏高；
②用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；
③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；
④定容时俯视,导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；
⑤只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可,至于水是事先就有的还是后来加入的,对浓度无影响；
⑥定容摇匀后,发现液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致浓度偏低；
故所配溶液浓度偏高的有:(1)(4)；因此，本题正确答案是:(1)(4)。
28.（1）下列微粒中，只有氧化性的是_____________ （用字母填写，下同），既有氧化性又有还原性的是___________________。
A. Cl2 B. S2— C. H+ D. Na E. FeCl2
（2）在4HCl(浓)+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中
①氧化剂是________，氧化产物是________；
②被氧化与未被氧化的HCl的质量之比为_______，若有7．3gHCl被氧化，转移电子的物质的量为________；。
③用单线桥法标出此反应电子转移方向和数目。
4HCl(浓)+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O____
【答案】(1). C (2). AE (3). MnO2 (4). Cl2 (5). 1:1 (6). 0.2mol (7).
【详解】（1）氢元素的化合价有-1、0、+1，而H+是+1价，处于最高价，所以H+只有氧化性， Cl2中Cl的化合价为0价、FeCl2中的Fe为+2价，均为中间价态，所以既有氧化性又有还原性。故答案为C；AE；
（2）①在4HCl(浓) + MnO2 MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O反应中，Mn由+4价变成了+2价，化合价降低，所以MnO2是氧化剂，Cl由-1价变成了0价，化合价升高，所以Cl2是氧化产物，故答案为MnO2 ； Cl2
②从方程式中可以看出，被氧化的HCl和未被氧化的HCl，物质的量之比为1:1，所以质量之比为1:1；7.3g的HCl为0.2mol,设有7．3gHCl被氧化，转移电子的物质的量为x,则有2:2=0.2：x，x=0.2mol，故答案为1:1；0.2mol。
③用单线桥法标出此反应电子转移方向和数目，。
29.现有12.8g CO和CO2的混合气体，在标准状况下其体积为8.96 L。回答下列问题：
（1）该混合气体的平均摩尔质量为_____________。
（2）混合气体中碳原子的个数为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
（3）将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。
①气球中收集到的气体为___________其体积为________L。
②被除去气体发生反应的离子方程式为_______________。

【答案】(1). 32g/mol (2). 0.4NA (3). CO (4). 6.72L (5). CO2+2OH-=CO32-+H2O
【详解】（1）该混合气体的物质的量为n= =0.4mol,混合气体的平均摩尔质量为: M= = =32g/mol；
（2）每摩尔和CO2均含有碳原子，所以混合气体中碳原子的物质的量和混合气体的物质的量相等，谈的物质的量为：0.4mol,故碳原子的个数为：. 0.4NA；
（3）混合气体中CO2和氢氧化钠反应，而CO不能反应，设混合气体中一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为y，则28x+44y=12.8,且x+y=0.4，解得x=0.3mol，故V(CO)=0.3mol=6.72L，即气体的体积为6.72L；
②被除去气体发生反应的离子方程式为:CO2+2OH-=CO32-+H2O。