【文档说明】【精准解析】辽宁省大连市2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(16)页，466.000 KB，由小赞的店铺上传

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大连市2020~2021学年度第一学期期末考试试卷高一化学可能用到的相对原子质量：H1−C12−O16−S32−Ca40−Fe56−Ba137−第Ⅰ卷一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列关于化学史的描述不正确的是()A.1869年，俄国化学家门捷列夫制出第一

张元素周期表B.1661年，英国化学家波义耳提出元素的概念，标志了近代化学的诞生C.19世纪后期，瑞典化学家阿伦尼乌斯(S.Arrhenius)提出电离模型：电解质在水溶液中通电后产生了离子D.1913年玻尔原子模型指出：

电子在原子核外空间一定轨道上绕核做高速圆周运动【答案】C【解析】【分析】【详解】A．1869年俄国科学家门捷列夫发现元素周期律，把化学元素及其化合物纳入一个统一的理论体系，故A正确；B．1661年英国科学家

波义耳提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生，故B正确；C．19世纪后期，瑞典化学家阿伦尼乌斯(S.Arrhenius)提出电离模型:电解质在水溶液中自动离解成正、负离子，故C错误；D．1913年玻尔原子模型指出：电子在原子核外空间一定轨道上绕核做高速圆周

运动，故D正确；故选C。2.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指岀，乙醚、75%乙醇、84消毒液、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿(CHCl3)等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法不正确的是

()A.CH3CH2OH不是电解质，与水互溶B.NaClO是离子化合物，通过氧化作用杀灭活病毒C.过氧乙酸是有机物，摩尔质量为76g/molD.CHCl3分子内既含极性键又含非极性键【答案】D【解析】【分析】【详解】A．CH3CH2OH是由分子构成的化合物，在水

溶液和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此不是电解质；由于CH3CH2OH和水都是由极性分子构成的物质，分子之间容易形成氢键，增加了分子之间的吸引力，因此乙醇与水互溶，A正确；B．NaClO是盐，由Na+与ClO-通过离子键结合，属于离子化合物，该物质具有强氧化性，能够将物

质氧化使分子结构发生改变而失去其生理活性，因此具有杀菌消毒作用，B正确；C．过氧乙酸是含有碳元素的化合物，属于有机物，其相对分子质量是76，所以其摩尔质量为76g/mol，C正确；D．在CHCl3分子内，3个Cl原子与1个H原子都与C原子形成共价键，因此

只含有极性键，不含有非极性键，D错误；故合理选项是D。3.下列关于Na2CO3和NaHCO3的叙述中，不正确的是()A.Na2CO3是白色粉末，NaHCO3是细小的白色晶体B.Na2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱C.分别向N

a2CO3和NaHCO3的固体中加入少量水，均伴有放热现象D.取agNa2CO3和NaHCO3的固体混合物充分加热，质量减少bg，可测定出Na2CO3的质量分数【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Na2CO3是白色粉末状固体，而NaHCO3是白色细小晶体，A

正确；B．Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，水溶液均显碱性，可用作发面时反应消耗过多的酸，或用于制作饼干等糕点，因此可作食用碱；也可用于印染、纺织等工业，故也是常用的工业用碱，B正确；C．向Na2CO3固体中加入少量水有放热现象，而向NaHCO3的固体中加入少量水会伴有吸

热现象，C错误；D．取agNa2CO3和NaHCO3的固体混合物充分加热，质量减少bg，减少的质量为NaHCO3分解产生的H2O、CO2的质量，根据物质反应方程式中转化关系，可得分解的NaHCO3的质量，进而可测定出Na2CO3的质量及其质量质量分

数，D正确；故选项是C。4.在一定条件下，以下物质不能通过化合反应得到的是()A.3Al(OH)B.3NaHCOC.2FeClD.2CuCl【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氧化铝与水不反应，不能生成3Al(OH)，故A正确；B．碳酸钠与二氧化碳、

水反应生成3NaHCO，故B正确；C．氯气与铁反应生成2FeCl，故C正确；D．氯气与铜反应生成2CuCl，故D正确；故选A。5.厌氧氨化法(Anammox)是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是()A.41molNH+所含的质子总数为A10N(AN表示阿伏伽德罗常数

)B.241molNH(联氨)中所含电子数与26CH相同C.过程Ⅱ属于氧化反应，过程Ⅳ属于还原反应D.过程I中，参与反应的4NH+与2NHOH的物质的量之比为1：1【答案】A【解析】【分析】【详解】A．41molNH+中含有质子总物质的量为11mol，即质子总数为11AN，A

错误；B．241molNH中电子数为18AN，1mol26CH中所含电子数为18AN，B正确；C．过程II,24NH→N2H2+2H，去H是氧化反应，过程IV，NO2−→NH2OH，添H或去O是还原反应，C正确；D．4NH+中N显-3价，NH2OH中N显-1价，24NH中N显-2价，因此过程I中

4NH+与NH2OH的物质的量之比为1：1，D正确；故选A。6.分类是根据研究对象的共同点和差异点，将它们区分为不同种类和层次的科学方法。表中不能按相同标准将物质乙归入甲组的是()选项甲组物质乙AFeSO4、MnO2、NaClOH2SO3B

CH3COOH、H2CO3、HClOH2SiO3C复分解反应、氧化还原反应、离子反应焰色试验DNH4Cl、NH4NO3、(NH4)2CO3(NH4)2SO4A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．FeSO4、MnO2、NaClO、H2

SO3几种物质都是既有氧化性，又有还原性，因此可以将H2SO3与前几种物质归为一类，A不符合题意；B．CH3COOH、H2CO3、HClO、H2SiO3都是弱酸，因此可以将H2SiO3与前几种物质归为一类，B不符合题意；C．焰色试验

过程中没有新物质产生，发生的变化为物理变化，而复分解反应、氧化还原反应、离子反应都是化学变化，有新物质产生，因此焰色试验与前几种反应不能归为一类，C符合题意；D．(NH4)2SO4与前几种物质都属于铵盐，可以归为一类，D不符合题意；故合理选项是C

。7.下列实验现象与氧化还原反应有关的是()A.向碳酸钠溶液中滴加氯化钙溶液，产生白色沉淀B.向含有酚酞的氢氧化钠溶液中滴加盐酸，红色褪去C.硫酸铜溶液中插入铁片，铁片上出现红色物质D.向沸水中滴几滴饱和的三氯化铁溶液，继续煮沸得红褐色液体【答案】C【

解析】【分析】【详解】A．二者发生复分解反应产生CaCO3沉淀，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，A不符合题意；B．HCl与NaOH发生中和反应产生NaCl和H2O，使溶液的碱性减弱，因此酚酞试液红色褪去，反应过程中元素化合价不变，因此发生的不是氧化还原

反应，B不符合题意；C．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，反应过程中Fe、Cu元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，C符合题意；D．FeCl3饱和溶液与沸水反应产生Fe(OH)3胶体和HCl，反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，D不符

合题意；故合理选项是C。8.下列离子在酸性溶液中能大量共存的是()A.Fe3+、4NH+、SCN-、Cl-B.Na+、Mg2+、3NO−、24SO−C.Al3+、Fe2+、3NO−、Cl-D.K+、Na+、Cl-、23CO−【答案】B【解

析】【分析】【详解】A．Fe3+、SCN-会反应产生弱电解质Fe(SCN)3，不能大量共存，A不符合题意；B．在酸性溶液中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．在酸性溶液中含

有大量H+，H+与Fe2+、3NO−会发生氧化还原反应，不能大量共存，C不符合题意；D．在酸性溶液中含有大量H+，H+与23CO−会反应产生H2O、CO2，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。9.下列有关化学用语表示正确的是()A.磁性氧化铁

的化学式：Fe2O3B.互为同位素：14C和14NC.N2的结构式：N≡ND.H2O2的电子式：H+H+【答案】C【解析】【分析】【详解】A．四氧化三铁俗称磁性氧化铁，化学式是：Fe3O4，A错误；B．同位素是质子数相同而中子数不同的原子，14C和14N质子数不同，因此二者不是同位素，B错

误；C．N2分子中2个N原子通过3对共用电子对结合，使分子中2个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为：N≡N，C正确；D．H2O2是共价化合物，其电子式是，D错误；故合理选项是C。10.向溶液体积比为3：2：1的NaCl、MgCl2、AlCl

3三种溶液中，分别滴加等浓度的AgNO3溶液至Cl-完全沉淀，若所得沉淀的物质的量相同，则原溶液中三种溶质的物质的量浓度之比为()A.2：3：6B.1：2：3C.3：2：1D.4：3：4【答案】D【解

析】【分析】【详解】三种溶液中发生反应为Cl-+Ag+=AgCl↓，三种溶液中产生的沉淀量相同，则三种溶液中含有的Cl-的物质的量相同，由于三种溶液的体积比是3：2：1，所以3×c(NaCl)=2×2×c(MgCl2)=3×c(

AlCl3)，所以c(NaCl)：c(MgCl2)：c(AlCl3)=4：3：4，故合理选项是D。11.A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的气态氢化物的水溶液呈碱性；

C为金属元素且有两种常见含氧化合物(都含两种元素)；若往D单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊溶液，可观察到先变红后褪色。下列说法中正确的是()A.原子半径：D＞A＞B＞CB.简单氢化物的稳定性：A＞BC.最高价氧化物对应的水化物的酸

性：B＞DD.C的两种含氧化合物中阴、阳离子个数比都为1：2【答案】D【解析】【分析】A、B、C、D四种短周期元素的原子序数依次增大，A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则A是C元素；B的气态氢化物的水溶液呈碱性，则B是N元素；C为金属元素且有两种常见含氧化

合物(都含两种元素)，则C是Na元素；若往D单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊溶液，可观察到先变红后褪色，则D是Cl元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是C，B是N，C是Na，D是Cl元素。A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素的原

子半径随原子序数的增大而减小。C、N的第二周期元素，Na、Cl第是第三周期元素，所以原子半径大小关系为：C＞D＞A＞B，A错误；B．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非极性N＞C，所以简单氢化物的稳定性：NH3＞

CH4，用序号表示为：B＞A，B错误；C．最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4＞HNO3，用序号表示为：D＞B，C错误；D．Na元素的两种氧化物是Na2O、Na2O2，Na2O是由Na+与O2-构成，阴、阳离子个数比为1：2；Na2O2是由Na+与2-2O构成

，阴、阳离子个数比也为1：2，D正确；故合理选项是D。12.下列去除杂质的方法中，不能实现目的的是()A.加入适量的铁粉，除去FeCl3溶液中混有的少量CuCl2B.通过饱和的食盐水，除去Cl2中混有的HCl气体C.通过灼热的铜丝网，除去N2中混有的O2D.通入足量

的CO2，除去NaHCO3溶液中混有的Na2CO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．Fe与FeCl3、CuCl2都会发生反应，因此不能达到除杂净化的目的，A错误；B．氯气在饱和食盐水中不能溶解，而杂质HCl能溶于水，会使溶液中Cl-浓度增大，可抑制Cl2在水中的溶解及

反应，因此能达到除杂净化的目的，B正确；C．将含有O2的N2通过灼热的铜网时，O2与Cu反应产生固体CuO，而N2不能反应，因此能够达到除杂净化的目的，C正确；D．CO2与H2O、Na2CO3反应产生NaHCO

3，能够达到除杂净化的目的，D正确；故合理选项是A。13.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法错误的是()A.我国发行的第五套人民币中，1角、5角硬币的材质分别是铝合金和钢芯镀铜B.自来水厂用氯气来杀菌、消毒，因为氯气具有强氧化性C.Na2O2常用

作潜水艇或呼吸面具的供氧剂，因为Na2O2能与H2O、CO2反应产生O2D.工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)处理废水中含有的重铬酸根离子(2-27CrO)，说明Fe2+具有还原性【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据物质成分进行分析，在我国发行的第五套人民币中，

1角硬币的材质是铝合金，而5角硬币的材质是钢芯镀铜，A正确；B．自来水厂用氯气来杀菌、消毒，因为氯气与水反应产生的HClO具有强氧化性，能够使细菌、病毒的蛋白质分子结构发生改变，因而具有杀菌消毒作用，B错误；C．Na2O2能与

人呼吸产生的H2O、CO2反应产生O2来帮助人呼吸，因此Na2O2常用作潜水艇或呼吸面具的供氧剂，C正确；D．工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)处理废水中含有的重铬酸根离子(2-27CrO)，是因为Fe2+具有还原性，能够与具有强氧化性的2-27CrO发生氧化还原反

应，使2-27CrO转化为Cr3+，D正确；故合理选项是B。14.下列解释事实的离子方程式，书写正确的是()A.实验室制备氯气：MnO2+4HCl(浓)ΔMn2++2Cl-+Cl2↑+2H2OB.铝制餐具不宜用来长时间存放碱性食物：2Al+2OH-=22A

lO−+H2↑C.漂白液加白醋，提高漂白效率：33CHCOOHClO=HClOCHCOO−−++D.用小苏打治疗胃酸过多：2322CO2H=HOCO−+++【答案】C【解析】【分析】【详解】A．浓盐酸是强酸，完全电离，应该拆写为离子形式，离子方程式应该为：MnO2+4H++2Cl-ΔMn

2++Cl2↑+2H2O，A错误；B．溶液中的水也参加反应，方程式中原子不守恒，电子不守恒，离子方程式应该为：2Al+2OH-+2H2O=22AlO−+3H2↑，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．小苏打电离产生Na+、3HCO−，不符合物质拆分原则，离子方程式应该为

：3HCO−+H+=CO2↑+H2O，D错误；故合理选项是C。15.已知FeS2与某浓度的HNO3反应时生成Fe(NO3)3、H2SO4和某单一的还原产物，若FeS2和参与反应的HNO3的物质的量之比为1

：8，则该反应的还原产物是A.NO2B.NOC.N2OD.NH4NO3【答案】B【解析】【分析】【详解】这是一道有关氧化还原反应的问题，应遵循电子守恒，在反应中，硫化亚铁是还原剂，假设硫化亚铁是1mol，那么铁失去1mol的电

子，而2mol硫由负一价升高到正六价，失去14mol的电子，总共失去15mol的电子，这些电子都是由硝酸得到的，8mol的硝酸中有3mol是用来结合三价铁离子的，还剩余5mol，总共得到15mol的电子，那么每摩尔的硝酸要得到3mol的电子，化合价就会从正五价变成正二价。因此选B。

第Ⅱ卷(非选择题)二、填空题16.人体血液中如果缺乏亚铁离子，就会造成缺铁性贫血。医药上补血剂的主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如图：请回答下列问题：(1)该小组检验出步骤①的滤液中含有______

_____(写离子符号)，判断出该补血剂已经变质。若要证明该补血剂部分变质，还需检验另一种离子的存在，具体的实验操作是___________。(2)写出步骤②加入过量H2O2的离子方程式___________。(3)步骤④中涉

及的化学反应方程式为___________。(4)假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为___________g。(5)实验室为防止FeSO4溶液变质，应在溶液中加入少量___________，用离子方程

式说明原因___________。【答案】(1).Fe3+(2).取步骤①滤液少许于试管中，向其中滴加少量酸性KMnO4溶液；若溶液紫红色褪去，则证明该滤液中含有Fe2+，证明该补血剂已经部分变质(3).2Fe2++2

H++H2O2=2Fe3++2H2O(4).2Fe(OH)3ΔFe2O3+3H2O(5).0.07a(6).铁粉(7).2Fe3++Fe=3Fe2+【解析】【分析】补血剂主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，将药片溶于水，形成Fe2+，利用H2

O2的强氧化性将Fe2+氧化为Fe3+，然后向溶液中加入NaOH溶液，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后经过滤、洗涤、干燥、灼烧使Fe(OH)3转化为Fe2O3，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量。【详解】(1)补血剂主要成分是硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)，溶于

水得到Fe2+的溶液，若Fe2+被氧化就会变为Fe3+，所以若该小组检验出步骤①的滤液中含有Fe3+，就可判断出该补血剂已经变质。若要证明该补血剂部分变质，还需检验Fe2+离子的存在，利用其还原性进行检验，具体

的实验操作是：取步骤①滤液少许于试管中，向其中滴加少量酸性KMnO4溶液；若溶液紫红色褪去，则证明该滤液中含有Fe2+，因此可证明该补血剂已经部分变质；(2)在步骤②加入过量H2O2，在酸性条件下，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2被还原产生H

2O，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(3)在步骤④中将Fe(OH)3沉淀过滤出来，然后洗涤、干燥、灼烧使Fe(OH)3转化为Fe2O3，该反应的化学方程式为：2Fe(OH)3ΔFe2O3+3H2O；(4)Fe2O3质量是ag，其中含有Fe元

素的质量为112×ag=0.7a160g，假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为0.7ag10=0.07ag；(5)FeSO4具有强的还原性，容易被溶解在溶液中的O2氧化变为Fe3+，

为防止其被氧化而变质，同时又不引入杂质成分，应该向溶液中加入Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而得到防止物质氧化变质的目的。17.有一无色溶液，其中可能含有H+、Fe3+、Al3+、Na+、Mg2+、Cu2+、K+、23

CO−、24SO−等离子中的几种(忽略水的电离)，为分析其成分，各取此溶液100mL分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示。请回答下列问题：(1)原溶液中一定不存在的离子有___________(写离子符号，下同)，可能存在的离子有___________。(2

)检验原溶液中可能含有的离子的实验方法：___________。(3)实验③中产生的白色沉淀的成分可能是___________。(4)求原溶液中()+cNa___________。(5)AB段反应的离子方程式________

___。【答案】(1).H+、Fe3+、Cu2+、23CO−(2).K+(3).焰色试验(用玻璃棒沾取少许溶液，在酒精灯上灼烧，并透过蓝色钴玻璃片观察火焰颜色，如果是紫色的，说明含有钾离子。)(4).Mg(OH)2或Al(OH)3或二者混合物(5).1mol/L(6).

Al(OH)3+OH-=2AlO−+2H2O【解析】【分析】Cu2+水溶液显蓝色，Fe3+水溶液显黄色，因此在无色溶液中一定不含的Cu2+、Fe3+；根据①可知溶液中含有Na+；根据②可知溶液中含有24

SO−，其物质的量n(24SO−)=69.9g233g/mol=0.3mol；根据③向该溶液中加入Na2O2固体产生白色沉淀和无色无味气体，由于Na2O2与水反应产生NaOH和O2，NaOH与Al3+、Mg2+反应会产生白色沉淀，则沉淀可能是Mg(

OH)2或Al(OH)3或二者都含有；结合④可知：向溶液中加入NaOH溶液，立即产生白色沉淀，说明溶液中不含有H+；反应产生的白色沉淀达到最大值后又有所减少，最后仍然有沉淀存在，说明原溶液中含有Al3+、Mg2+，白色沉淀中含有Al(OH)3、Mg(OH)2，在沉淀最小值时为Mg(O

H)2，由Mg元素守恒可知n(Mg2+)=0.1mol；Al(OH)3、Mg(OH)2物质的量的和是0.2mol，则Al(OH)3为0.1mol，故n(Al3+)=0.1mol。由于Al3+、Mg2+与23CO−会形成沉淀，因此不含有23CO−，结合电荷守恒分析其它离子存在的

可能性。【详解】(1)根据上述分析可知：该溶液中一定含有Na+、Al3+、Mg2+、24SO−，一定不含有H+、23CO−、Fe3+、Cu2+；在题目实验中没有涉及K+的检验问题，因此不能确定是否含有K+；(2)可根据焰色试验检验K+的存在，方

法是：用玻璃棒沾取少许溶液，在酒精灯上灼烧，并透过蓝色钴玻璃片观察火焰颜色，如果火焰呈紫色，说明溶液中含有K+离子；(3)溶液中含有Al3+、Mg2+，若加入Na2O2量不足，反应产生的白色沉淀是Mg(OH)2和Al(OH)3

的混合物；若Na2O2过量，反应产生的白色沉淀是Mg(OH)2；(4)若溶液中不存在K+，根据电荷守恒n(Na+)+2n(Mg2+)+3n(Al3+)=2n(24SO−)，n(Na+)+2×0.1mol+3×0.1mol=2×0.3mol，解得n(Na+)=0.1mol

，由于溶液体积是100mL，则c(Na+)=0.1mol0.1L=1mol/L，若溶液中存在K+，则根据电荷守恒n(K+)+n(Na+)+2n(Mg2+)+3n(Al3+)=2n(24SO−)，n(Na+)＜0.1mol，所以c(Na+)＜0.1mol/

L，故原溶液中c(Na+)≤0.1mol/L；(5)在AB段Al3+反应产生Al(OH)3沉淀被过量NaOH溶解变为可溶性NaAlO2，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=2AlO−+2H2O。18.某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(

设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)，操作步骤如下：第一步，配制0.10mol/L稀盐酸和0.10mol/LNaOH溶液；第二步，向一粒研碎后的药片(0.1g)中加入20.00mL蒸馏水；第三步，加入25.00mL0.10mol/L稀盐酸；第四步，用0.10mol/LNaO

H溶液中和过量稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。请回答下列问题：(1)将物质的量浓度为___________mol/L的盐酸20mL加水稀释，可得到0.10mol/L实验所需盐酸100mL。(不考虑溶液混

合体积的变化)(2)测定过程中发生反应的离子方程式为___________、___________。(3)若配制480mL0.10mol/L的NaOH溶液，则需用托盘天平称NaOH固体___________g，配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻

璃棒外，还需要___________、___________。(4)在配制过程中，下列实验操作使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是___________。①用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面。②定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的

蒸馏水。③定容摇匀后，发现液面低于刻度线，未做任何处理。④定容时，俯视刻度线。(5)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如表：测定次数第1次第2次第3次第4次V[NaOH(aq)]/mL13.0012.9013.1013.40根据这个同学的实验

数据，计算这种药片中碳酸钙的质量分数___________。【答案】(1).0.50(2).CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑(3).H++OH-=H2O(4).2.0(5).胶头滴管(6).500mL容量瓶(7).①②(8).60%

【解析】【分析】某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作方法是：取一定质量的药品加入水中，然后向其中加入过量的一定体积、一定物质的量浓度的盐酸，发生反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，然后用NaOH

溶液滴定过量的盐酸，发生反应：H++OH-=H2O，根据消耗NaOH的浓度和体积计算过量盐酸的物质的量，然后计算与碳酸钙反应消耗的盐酸的物质的量，进而可得胃药的含量；溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变；在配制物质的量浓度的溶液时，选择仪器的标准的大而近，根据配制溶液的标准确定使用的仪器，利用操

作对配制溶液的溶质的物质的量及溶液体积的影响分析实验误差。【详解】(1)由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，所以要配制0.10mol/L盐酸100mL，需要某浓度盐酸20mL，则该盐酸的物质的量浓度

c=0.10mol/L?100mL20mL=0.50mol/L；(2)在测定过程中发生反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、H++OH-=H2O；(3)实验室没有规格是480mL的容量瓶，配制溶液选择仪

器标准是大而近，则应该配制500mL0.10mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的质量是m(NaOH)=0.10mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要胶头滴管及500mL容量瓶；(4)①用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹

液面，会导致溶质的物质的量偏少，由于溶液体积不变，最终会使配制的溶液浓度偏小，①符合题意；②定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，若再加适量的蒸馏水，会使溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终会使配制的溶液浓度偏小，②符合题意；③定容摇匀后，发现液面低于刻度

线，未做任何处理，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，故对配制溶液的浓度无任何影响，③不符合题意；④定容时，俯视刻度线，则溶液的体积偏少，最终使配制的溶液浓度偏大，④不符合题意；故合理选项是①②；(5)根

据实验结果可知第四次消耗NaOH溶液体积偏大，应该舍去，则平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)=13.00mL+12.90mL+13.10mL3=13.00mL，其消耗HCl的物质的量为n(HCl)=n(NaOH)=0.10mol/L×0.0130L=0.0013m

ol，所以与CaCO3反应的HCl的物质的量为n(HCl)=0.10mol/L×0.025L-0.0013mol=0.0012mol，根据方程式CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑可知n(CaCO3)=12n(HCl)=0.0006mol，m(CaCO3)=0.0006mol×100g/

mol=0.06g，所以这种药片中碳酸钙的质量分数为：0.06g×100%0.1g=60%。19.A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小；B元素的一种单质是空气中含量最多的一种成分；D与A同主族；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的

34；A、B、D、F这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的化合物。D、E、F三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间皆能反应。请回答下列问题：(1)B元素的原子结构示意图_________；E元素在周期表中的位置是_________。(2)上述6种元素中，金属性最强

的元素是___________(写元素名称，下同)；非金属性最强的元素是___________。(3)A、B、C和F可组成一种化合物，其原子个数之比为5：1：4：1.写出该化合物的化学式___________。(4)写出含E元素的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式__

_________。(5)C、D、E、F四种元素的简单离子半径由大到小的顺序是___________(用离子符号表示)。(6)由C、D两种元素形成的原子个数之比为1：1的化合物中，所含化学键的类型有___________。(7)用电子式表示D的简单氢化物的形成过程___________。【答

案】(1).(2).第三周期第ⅢA族(3).钠(4).氧(5).NH4HSO4(6).Al2O3+2OH-=22AlO−+H2O(7).S2-＞O2-＞Na+＞Al3+(8).离子键、(非极性)共价键(9).→Na+【解析】

【分析】A、B、C、D、E、F是六种短周期元素，它们的原子序数依次增大；A元素的原子半径最小，则A是H元素；B元素的一种单质是空气中含量最多的一种成分，则B是N元素；D与A同主族，则D是Na元素；F元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的34，则F原子核外电子排布是2、8、6，

所以F是S元素；A、B、D、F这四种元素，每一种都能与C元素形成原子个数比不相同的化合物，则C是O元素；D、E、F三种元素最高价氧化物对应的水化物两两之间皆能反应，则E是Al元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。【详解】根据上述分析可知：A是H，B是N，C是O，D是

Na，E是Al，F是S。(1)B是7号N元素，原子核外电子排布是2、5，原子结构示意图为：；E是Al元素，原子核外电子排布是2、8、3，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；(2)同一周期元素，从左到右，元素的金属性

越弱，非金属性越强；同一主族元素，从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，所以在上述元素中金属性最强的元素是钠元素；非金属性最强的元素是氧元素；(3)A是H，B是N，C是O，F是S，由这四种元素组成的原子个数之比为5：1：4

：1的化合物的化学式为NH4HSO4；(4)E是Al元素，其氧化物Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3+OH-=2AlO−+2H2O；(5)C是O，D是Na，E是Al，F是S，O2

-、Na+、Al3+核外电子排布是2、8，具有2个电子层；S2-核外电子排布是2、8、8，具有三个电子层。离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以O2-、Na+

、Al3+、S2-半径由大到小的顺序是：S2-＞O2-＞Na+＞Al3+；(6)C是O，D是Na，二者形成的原子个数之比为1：1的化合物是Na2O2，该物质是离子化合物，Na+与2-2O以离子键结合，在阴离子2-2O中2个O原子之间以非极性共价键结合，

故Na2O2中所含化学键的类型有离子键和非极性共价键；(7)D是Na，是活泼的金属元素，与H元素的原子之间以离子键结合形成离子化合物NaH，用电子式表示NaH的形成过程为：→Na+。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com