【文档说明】【精准解析】福建省莆田市仙游县枫亭中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题.doc，共(16)页，215.000 KB，由小赞的店铺上传

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枫亭中学2019学年秋季高一化学必修1期中试卷一、选择题(每小题3分，只有一个正确的答案，共45分)1.下列物质属于纯净物的是（）A.洁净的空气B.食盐水C.浮有冰块的水D.糖水【答案】C【解析】【详解】A．空气的成分有氧气、氮气、二氧化碳等气体，属于混合物，故A错误；B．食盐

水是由氯化钠溶质和溶剂水组成，属于混合物，故B错误；C．冰、水为同一种物质（分子式为H2O），属于同种物质，属于纯净物，故C正确；D．糖水为蔗糖和水组成的混合物，故D错误；故答案选C。2.下列说法中，正确的是（）A.1

molO的质量是32g/molB.H2O的摩尔质量为18gC.44gCO2的体积为22.4LD.9.8gH2SO4含0.1NA个H2SO4分子【答案】D【解析】【详解】A.1molO的质量是32g，A错误；B.H2O的摩尔质量为18g/mo

l，B错误；C.44gCO2的物质的量是1mol，但由于未指明气体的温度、压强，因此不能确定气体体积数值的大小，C错误；D.9.8gH2SO4的物质的量是0.1mol，由N=n·NA可知0.1molH2SO4中含0.1NA个H2SO4分子，D正确；故合理选项是D。3.设

NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A.常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAB.1.8g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NAC.常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NAD.2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．一个臭氧分子中含有

3个氧原子，48gO3中含有的氧原子的个数为N（0）=3n（O3）NA=333mOMO×NA=34848×NA=3NA，A正确；B．一个铵根离子中含有的电子数为10，1.8g的NH4+离子中含有的电子数为N（电子）=10n（NH4+）NA=101.818

×NA=NA，B错误；C．常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，由pV=nRT可知，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，所含的氧原子数小于NA，故C错误；D．2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol电子，所以2.4

g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA，D错误；答案选A。4.下列关于19878Pt和20278Pt和的说法正确的是（）A.质子数相同，互称为同位素B.中子数相同，互称为同位素C.核外电子数相同，是同一种核素D.质量数不同，不能互称为同位素【答案】A【解析】【详解】A．19878

Pt和20278Pt质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，A正确；B．19878Pt中的中子数=198-78=120，20278Pt中的中子数为202-78=124，中子数不同，B错误；C．因核素的种

类取决于质子数和中子数，虽然78202Pt和78198Pt的质子数相同，但中子数不同，不是同种核素，C错误；D．因同位素是质子数相同，中子数不同的原子，而78202Pt和78198Pt的质子数相同，中子数不同，是同位素，D错误；故选A。5.能区分胶体和溶液的方法是A

.静置，有沉淀现象的是胶体B.能透过滤纸的是溶液C.有丁达尔现象的是胶体D.用肉眼观察，均匀透明的是溶液【答案】C【解析】【详解】A．胶体有介稳性，静置，不产生沉淀，故A错误；B．溶液和胶体都能通过滤纸，故B错误

；C．丁达尔现象是区别溶液和胶体的方法，故C正确；D．溶液和胶体都可以是均一稳定的分散系，均匀透明的可以是溶液或胶体，故D错误；故选：C。6.下列物质属于电解质的一组是()A.CO2、NH3、HClB.H2SO4、HNO3、BaCl2C.H3PO4、H2O、CuD.液态K

NO3、NaOH溶液、CH3COOH【答案】B【解析】【详解】A.CO2、NH3属于非电解质，故A错误；B.H2SO4、HNO3、BaCl2都属于电解质，故B正确；C.Cu不属于电解质，也不属于非电解质

，故C错误；D.NaOH溶液不属于电解质，也不属于非电解质，故D错误；正确答案是B。【点睛】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物属于电解质；在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物属于非电解质。在判断电解质和非电解质时，要明确电解质与非电解质都属于化合物及导电的原因

是不是化合物本身。注意电解质、非电解质都是化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质。在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水，在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨

气、大多数有机物(如蔗糖、酒精等)。7.下列溶液中的c(Cl-)与50mL1mol·L-1氯化铝溶液中的c(Cl-)相等的是（）A.150mL1mol·L-1氯化钠溶液B.75mL2mol·L-1氯化铵溶液C.150mL3mol·

L-1氯化钾溶液D.75mL2mol·L-1氯化钡溶液【答案】C【解析】【详解】50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl-浓度为3mol/L，A．150mL1mol/L的NaCl溶液中Cl-浓度为1mol/L，与50mL1

mol/L的AlCl3溶液中的Cl-浓度不相等，故A错误；B．75mL1mol•L-1氯化铵溶液中，Cl-浓度为1mol•L-1×2=2mol•L-1，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl-浓度

不相等，故B错误；C．150mL3mol/L氯化钾溶液中，Cl-浓度为：3mol•L-1×1=3mol•L-1，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl-浓度相等，故C正确；D．75mL2mol•

L-1氯化钡溶液中，Cl-浓度为2mol•L-1×2=4mol•L-1，与50mL1mol/L的AlCl3溶液中的Cl-浓度不相等，故D错误；故选：C。8.在某学生的化学实验报告中有如下记录其中实验数据合理的（）

A.用100mL量筒量取5.26mL稀硫酸溶液B.用托盘天平称取11.7gCuO粉末C.用广泛pH试纸测得溶液的pH为3.5D.温度计上显示的室温读数为25.68℃【答案】B【解析】【详解】A．量筒属于粗

量器，只能读到0.1mL，A不正确；B．托盘天平精确度不高，可以读到0.1g，因此用托盘天平称取11.7gCuO粉末，B正确；C．广泛pH试纸只能读数到整数部分，没有小数，C不正确；D．温度计只能读到0.1℃，D不正确；答案选B。9.实验室用18mol/L的浓硫

酸配制2mol/L的稀硫酸时，下列做法正确的是（）A.稀释浓硫酸后没有冷却就转移到容量瓶中B.定容时凹液面正好与刻度线相切C.定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线，继续加水至刻度线D.用托盘天平称量所需浓硫酸的量【答案

】B【解析】【详解】A.浓硫酸溶于水会放出大量的热，容量瓶使用的温度是室温，因此应该将稀释浓硫酸后冷却至室温后再转移到容量瓶中，A错误；B.定容时凹液面最低处正好与刻度线相切，则容量瓶中液体体积就是容量瓶上所标记的溶液的体积，B正确；C.定容后把容量瓶倒置摇匀，由于一部分溶液粘

在瓶颈上，使液面低于刻度线，因为溶液具有均一性，因此不能继续加水至刻度线，否则会对溶液起稀释作用，C错误；D.浓硫酸是液态物质，要用量筒量取浓硫酸的体积，不能用托盘天平称量所需浓硫酸的量，D错误；故合理选项是

B。10.以下实验装置一般不用于．．．分离物质的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.该装置图为蒸馏装置，是分离互溶的、沸点不同的液体混合物的装置，A不符合题意；B.该装置图为分液装置，是分离互不相溶的液体混合物的装置，B不符合题意；C.该装置图为过滤装置，是分离难溶性

固体与可溶性液体混合物的装置，C不符合题意；D.该装置图为配制物质的量浓度的溶液的装置，是配制物质的量浓度的溶液的定容步骤，与分离混合物无关，D符合题意；故合理选项是D。11.下列说法错误的是()A.置换反应一定是氧化还原反应B.化合反应不可能是氧化还原反应C.分解反应可能是氧化还原

反应D.凡是氧化还原反应，都不可能是复分解反应【答案】B【解析】【详解】A、有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，则置换反应中一定存在元素的化合价变化，置换反应一定是氧化还原反应，A正确；B、有单质参加的化合反应中存在元素的化合价的变化，则

有元素化合价变化的化合反应是氧化还原反应，B错误；C、有单质生成的分解反应中存在元素的化合价变化，则有元素化合价变化的分解反应是氧化还原反应，C正确；D、复分解反应中一定没有元素的化合价变化，则氧化还原反应一定不是复分解反应，D正确；答案选B。12.下列反应中，不属于氧化反应的是()A.C+

O2CO2B.CH4+2O2CO2+2H2OC.CaO+H2O=Ca(OH)2D.CuO+H2Cu+H2O【答案】C【解析】【详解】A．C、O元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，A不符合题意；B．C、O元素的化合价变化，

反应属于氧化还原反应，B不符合题意；C．反应中各元素的化合价不变，反应不属于氧化还原反应，C符合题意；D．Cu、H元素的化合价变化，反应属于氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。13.30mL1mol·L-1NaCl溶液和40mL0.5mol·L-1CaCl2溶液混合后，混合液中Cl-浓度

为（假设溶液体积混合前后不变）（）A.0.5mol·L-1B.0.6mol·L-1C.1.0mol·L-1D.2mol·L-1【答案】C【解析】【分析】先分别利用n=c·V来计算溶液中溶质的物质的量，从而确定Cl-的物质的量，最后利用c=nV来计算混合

液中Cl-的物质的量浓度。【详解】NaCl的物质的量n(NaCl)=0.03L×1mol/L=0.03mol，CaCl2的物质的量为n(CaCl2)=0.04L×0.5mol/L=0.02mol，则Cl

-的物质的量n(Cl-)=0.03mol+0.02mol×2=0.07mol，混合溶液的体积V=0.03L+0.04L=0.07L，故混合液中Cl-的物质的量浓度c=n0.07?molV0.07?L=1.0mol/

L，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，注意溶质的物质的量与其电离产生的离子的物质的量关系，结合相关计算公式的运用。14.某物质灼烧时，焰色反应为黄色，下列判断中错误的是()A.该物质可能是金属钠B.该物质一定是钠的化合物C.该物质一定含钠元素D.该物质中可能含钾元素【答案

】B【解析】【分析】焰色反应是元素的性质，灼烧时焰色反应为黄色，说明各物质中含有Na元素，而钠元素的焰色反应的黄光可以掩盖住钾元素的紫光，故要判断是否含有钾元素，必须透过蓝色钴玻璃来观察，依此分析解答。【详解】A．物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明该物

质中一定含有Na元素，可能为是钠单质或钠的化合物，故A正确；B．物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明该物质中一定含有Na元素，可能是钠的化合物，但可能是钠单质，故B错误；C．物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明该物质中一定含有Na

元素，可能为是钠单质或钠的化合物，故C正确；D．由于钠元素的焰色反应的黄光可以掩盖住钾元素的紫光，故要判断是否含有钾元素，必须透过蓝色钴玻璃来观察，否则不能确定是否含钾元素，故D正确；故答案为B。15.检验溶液中是否含有某种离子，下列操作方法正确的是()A.加入硝酸银溶液，有白色沉淀

生成，证明有氯离子B.加入氢氧化钠溶液，析出白色沉淀，证明有铝离子C.加入盐酸，放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明有碳酸根离子D.加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，证明有铵根离子【答案】D【解析】【分析】A.能与银离子反应

生成白色沉淀的离子有氯离子、硫酸根离子等；B.和氢氧化钠反应生成白色沉淀的离子有铝离子、镁离子等；C.能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫；D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。【详解】A.能与银离子反应生成白色沉淀的离子有Cl-、SO42-、CO32-等

，所以向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，原溶液中不一定有氯离子，A错误；B.和氢氧化钠反应生成白色沉淀的离子有镁离子、铝离子等，所以向某溶液中加NaOH溶液后生成白色沉淀，原溶液中不一定有Al3+，B错误；C.能使澄清石灰水变浑浊的气体

有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，C错误；D.加入浓氢氧化钠溶液后加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为氨气，证明原溶液中有

铵根离子，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了常见阴、阳离子的检验，注意C选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体可能是SO2，也可能是CO2，产生CO2气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子，产生SO2气体的离子亚硫酸根离

子、亚硫酸氢根离子。16.下列除去杂质的方法正确的是（）A.除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末B.除去CO2中的少量HCl：通入NaOH溶液C.除去KCl溶液中的少量K2CO3：加入适量的盐酸D.除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入

适量NaOH溶液，过滤【答案】C【解析】【详解】A.N2、O2都不与CuO反应，不能达到除杂的目的，应选灼热的Cu网，A错误；B.CO2、HCl都与NaOH溶液反应，不能达到除杂的目的，B错误；C.碳酸钾与盐酸反应生成氯化钾，则加入适量的盐酸

可达到除杂目的，C正确；D.氯化镁与NaOH反应生成沉淀和NaCl，引入新杂质，不能达到除杂目的，D错误；故合理选项是C。二、填空题36分（4+12+6+9+5）17.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。A.萃取分液法B.加热分解C

.结晶法D.分液法E.蒸馏法F.过滤法(1)________________分离饱和食盐水和沙子的混合物；(2)________________从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾；(3)________________分离水

和汽油的混合物；(4)________________分离四氯化碳(沸点为76.75°C)和甲苯(沸点为110.6°C)【答案】(1).F(2).C(3).D(4).E【解析】【分析】根据分离方法对被

分离物质性质的要求，结合题目中具体物质的性质选择适当方法分离物质。【详解】(1)泥沙不溶于水，食盐能够溶于水，所以分离不溶物和溶液可用过滤的方法，合理选项是F；(2)KNO3和NaCl都易溶于水，KNO

3的溶解度随温度变化较大，可用结晶法分离，故合理选项是C；(3)水和汽油是互不相溶的液体物质，可用分液的方法分离，故合理选项是D；(4)四氯化碳(沸点76.75℃)和甲苯(沸点110.6℃)是互溶的且沸点相差较大的液体混合物，可根据二者沸点的不同通过蒸馏分离，故合理选项是E。【点睛】本题主

要考查物质的分离提纯，注意常用分离提纯方法的原理以及适用对象。掌握物质的性质及分离方法的特点是解题关键。18.填表微粒核外电子数中子数质量数最外层电子数3717Cl________________________________________2713Al_____________________

____________________3416S2-_________________________________【答案】(1).17(2).20(3).37(4).7(5).13(6).14(7).27(8

).3(9).18(10).18(11).34(12).8【解析】【分析】根据元素符号各个角标的含义：左下角表示原子序数，左上角表示质量数，右上角表示微粒带有的电荷数目及电性，根据微粒数目关系：原子序数=原子核内质子数=原子核外电子数，阴离子核外电子数=原子核外电子数+离子带有的

电荷数目，根据原子核外电子排布特点，推断出各种微粒的具体数值。【详解】(1)3717Cl：质子数：17，核外电子数：17；中子数=37-17=20；质量数：37；Cl原子核外电子排布式是2、8、7，可见其最外层电子数：7；(2)2713Al：质子数：1

3，核外电子数：13；中子数=27-13=14；质量数：27；Al原子核外电子排布式是2、8、3，可见其最外层电子数：3；(3)3416S2-：质子数：16，核外电子数：16+2=18；中子数=34-16=18；质量数：34；S2-核外

电子排布式是2、8、8，可见其最外层电子数：8。【点睛】本题考查了物质构成微粒组成及各个数值的关系。掌握元素符号各个角标的含义及原子显电中性、原子与离子的关系是本题解答的关键。19.有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、

NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种，现进行如下实验：(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液。(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。根据以上实验现

象可知，该白色固体中一定含有_________，一定没有________，可能有______________。【答案】(1).Na2SO4、MgCl2(2).CuSO4、Na2CO3(3).KNO3、NaNO3【解析】【分析】根据硫酸铜溶液显蓝色，硫酸钡是白色不溶于硝酸的沉淀，Mg(OH)2是白色

不溶性物质分析。【详解】(1)将白色固体溶于水中，得到无色透明溶液，说明固体中一定不含有CuSO4；(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液，立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解，则该沉淀是Ba

SO4，一定含有Na2SO4，一定不含Na2CO3，因为碳酸钡可以溶于硝酸中，反应会放出CO2气体，向另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。说明含有Mg2+，产生的白色沉淀是Mg(OH)2，原固体中含有MgCl2。由于题目涉及实验中没有进行

有关K+、Na+及NO3-的检验及各种微粒物质的量的计算，因此不能确定是否含有KNO3、NaNO3。根据上述分析可知：溶液中一定含有Na2SO4、MgCl2，一定没有CuSO4、Na2CO3，可能含有KNO3、NaNO3。【点睛】本题考查了混合

物组成的推断，完成此题，可以结合题干提供的实验现象，结合各种离子的检验方法，根据离子在物质的存在确定物质的存在。20.配制0.2mol•L-1的碳酸钠溶液250mL。(1)根据计算需取___________克无水碳酸钠固体(2)需要使用的主要仪器有托盘天平，____________、

____________、_____________、____________和___________；(3)下列操作对所配制溶液的浓度有何影响(填偏高、偏低或无影响)①碳酸钠固体未充分干燥______________；②容量瓶用碳酸钠溶液洗涤_________

____；③转移溶液时容量瓶中有少量的蒸馏水__________；④定容时仰视读数_____________。【答案】(1).5.3(2).药匙(3).烧杯(4).玻璃棒(5).250mL容量瓶(6).胶头滴管(7).偏低(8).偏高(9).无影响(1

0).偏低【解析】【分析】(1)根据n=c·V及m=n·M计算；(2)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；(3)结合c=nV分析实验误差。【详解】(1)配制0.2mol•L-1的碳酸钠溶液250mL中溶质的物质的量n(Na2CO3)=c·V=0.2mol/L×0.25L=0.05m

ol，则需碳酸钠的质量m(Na2CO3)=n·M=0.05molL×106g/mol=5.3g。(2)配制一定条体积、一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀。称量固体质量要使用托盘天平、药匙，在烧杯中溶解

固体药品，为促进物质溶解，要使用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃棒将溶液转移至已经查漏的250mL的容量瓶中，并洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，然后向容量瓶中加水定容，至凹液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加液体至凹

液面最低处与刻度线相切，然后盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，得到的溶液就是0.2mol•L-1的碳酸钠溶液250mL碳酸钠溶液。可见在配制溶液过程中使用的仪器出来有托盘天平外，还有药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。(3)①碳酸

钠固体未充分干燥，则溶质的物质的量n偏小，根据c=nV可知会导致配制溶液浓度偏低；②容量瓶用碳酸钠溶液洗涤，会使溶质的物质的量偏多，最终使配制的溶液浓度偏高；③转移溶液时容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶

液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响；④定容时仰视读数，会使溶液的体积偏大，根据c=nV可知溶液的体积偏大会导致配制溶液浓度偏低。【点睛】本题考查配制物质的量浓度的溶液的方法。明确配制溶液的步骤是解题关键，注

意掌握误差分析的方法与技巧，题目培养了分析能力和化学实验能力。21.有A、B、C、三种元素，已知C原子最外层电子数为次外层电子数的3倍；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10；A、C能形成AC型化合物，A2＋离子和B原子电子层数也相同。回答：(1)画出A

2＋离子的结构示意图_____________________；(2)A、B、C三元素符号分别为___________、_____________、__________。【答案】(1).(2).Mg(3).C(4).O【解析】【分析】A、B、C三种元素，C原子最外层电子数为次外层电

子数的3倍，最外层上最多有8个电子，所以次外层应该是第一电子层，则C原子核外电子排布为2、6，所以C是O元素；B和C原子核外电子层数相等，而最外层电子数之和为10，则B核外电子排布为2、4，所以B是C元素；A、C能形成AC型化合物，A2+离子和B原子电子层数也相同，则A原子核外电子排布为2、8、

2，因此A是Mg元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是镁元素，B是碳元素，C是氧元素。(1)A是镁元素，Mg2+核外有2个电子层，电子排布为2、8，最外层有8个电子，其质子数是12，所以其原子结构示意图为：；(2)通过以上分析知，A、B、C分别是镁元

素、碳元素、氧元素，元素符号分别是Mg，C，O。【点睛】本题考查原子结构示意图、元素推断，明确原子结构及原子构成的各种微粒关系是解本题关键。三、计算题（16分）22.某种待测浓度的H2SO4溶液20mL，加入

10mL0.5mol/LBaCl2溶液，恰好完全反应。(1)得到BaSO4沉淀多少克？____________(2)待测H2SO4溶液的物质的量浓度是多少？______________【答案】(1).1.165g(2).0.25mol/L【解析】【分析】(1)根据

钡离子守恒，由n(BaSO4)=n(BaCl2)，再根据m=n·M计算BaSO4的质量；(2)由钡离子、硫酸根守恒可知：n(H2SO4)=n(BaSO4)=n(BaCl2)，再根据c=nV计算。【详解】(1)根据钡离子守恒，则n(BaSO4)=n(BaCl2

)=c·V=0.5mol/L×0.01L=0.005mol，故反应生成BaSO4的质量n(BaSO4)=0.005mol×233g/mol=1.165g；(2)由钡离子、硫酸根守恒可知：n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.005mol，故H2SO4溶液中溶质的物质的量浓度c=nV=0

.005?mol0.02?L=0.25mol/L。【点睛】本题考查物质的量在化学方程式的有关计算，注意根据物质的量的有关计算公式，利用守恒思想解答，避免方程式的繁琐。在写答案时注意看是只要数值还是既要数值，又要单位。23.称取14.2g无水硫酸钠固体(摩尔质量为142g/mol)溶于适

量水中，再稀释至100mL。回答下列问题：(1)从配制所得的溶液中取出50mL，该50mL的溶液中硫酸钠的物质的量浓度为：___________(2)写出硫酸钠在水溶液中的电离方程式：________。(3)14.2g该固体中含有钠离子的

数目是：__________。【答案】(1).1mol/L(2).Na2SO4=2Na++SO42-(3).1.204×1023(或0.2NA)【解析】【分析】(1)先根据n=mM计算硫酸钠的物质的量，再根据

物质的量浓度公式c=nV计算溶液的物质的量浓度，利用溶液浓度的均一性，所取溶液浓度与原溶液浓度一样，与所取溶液的体积大小无关；(2)硫酸钠是强电解质，能完全电离出钠离子和硫酸根离子，据此书写电离方程式；(3)然后根据溶质的分子式与其电离产生离子的关系结合N=n·NA计算离子的数目。【

详解】(1)硫酸钠的物质的量n(Na2SO4)=m14.2?gM142?g/mol=0.1mol，则该溶液的物质的量浓度c=n0.1?molV0.1?L=1mol/L，从配制所得的溶液中取出50mL，由于溶液具有均一性，即溶液的各处浓度相同，与溶液的体积无关，所以该50

mL的溶液中硫酸钠的物质的量浓度为1mol/L；(2)Na2SO4是盐，属于强电解质，完全电离产生Na+、SO42-，所以其电离方程式为：Na2SO4=2Na++SO42-；(3)硫酸钠的物质的量n(Na2SO4)=m14.2?gM142?g/mol=0.1mol，1个Na2SO4电离

产生2个Na+、1个SO42-，所以14.2g该固体中含有钠离子的数目N(Na+)=0.1mol×2×6.02×1023/mol=1.204×1023。【点睛】本题考查了物质的量浓度的相关计算，利用溶液的均一性是解(1)题的关键，注意物质的量与浓度与微粒数目的公

式的应用及电解质化学式中物质构成与微粒的关系的应用。