云南省普洱市景东一中2021-2022高一化学下学期开学考试试题(含解析)

云南省景东一中2021-2022下学期开学(kāi xué)考试
高一化学(huàxué)
本试卷(shìjuàn)分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试(kǎoshì)时间120分钟。

一、单选题（共25小题,每小题2.0分,共50分）
1.下列说法(shuōfǎ)中正确的是（）
A. 物质的摩尔质量等于其相对分子（或原子）质量
B. 物质的摩尔质量是该物质1 mol时的质量
C. 物质的摩尔质量等于其相对分子质量的6.02×1023倍
D. 摩尔质量的单位是g·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 摩尔质量单位是g/mol，相对分子（或原子）质量没单位，二者只是数值相等，A错误；
B. 摩尔质量单位是g/mol，质量单位是g，物质的摩尔质量与该物质1 mol的质量只是数值相等，B错误；
C. 物质的摩尔质量数值上等于其相对分子质量，C错误；
D. 摩尔质量的单位是g·mol－1，D正确；
答案：D。

2.下列物质的分类采用树状分类法的是( )
A. 铁是单质又是导体
B. 纯净物可分为有机物和无机物
C. 氯化钠是钠的化合物，又是氯化物
D. 氢氧化钙既是纯净物，又是化合物，属于碱
【答案】B
【解析】
树状分类法为同类事物的再分类；A错，为交叉分类法；B正确；C错，为交叉分类法；D 错，为交叉分类法；
3.氰[(CN)2]的化学性质与卤素(X2)很相似，化学上称之为拟卤素，其氧化性介于Br2和I2之间，下列有关反应方程式不正确的是
A. (CN)2和NaOH溶液(róngyè)反应：(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O
B. MnO2和HCN反应(fǎnyìng)：MnO2＋4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O
C. 向KCN溶液(róngyè)中加入碘水：I2＋2KCN＝2KI＋(CN)2
D. 在NaBr和KCN混合(hùnhé)溶液中通入少量Cl2：Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2
【答案(dá àn)】C
【解析】
【分析】
氰(CN)2的化学性质与卤素（X2）很相似，(CN)2和水反应可生成HCN和HCNO；(CN)2的氧化性比Br2弱，比I2强，类推卤素单质的性质分析判断选项。

【详解】A．(CN)2和NaOH溶液反应可以类推氯气和氢氧化钠溶液的反应，所以反应的离子方程式为(CN)2＋2OH－＝CN－＋CNO－＋H2O，A正确；
B．MnO2和HCN反应可以类推二氧化锰和浓盐酸的反应，所以反应的化学方程式为MnO2＋
4HCN(浓)Mn(CN)2＋(CN)2↑＋2H2O，B正确；
C．向KCN溶液中加入碘水，可以类推置换反应，(CN)2的氧化性比I2强，不能发生反应I2＋2KCN＝2KI＋(CN)2，C错误；
D．在NaBr和KCN混合溶液中通入少量Cl2，(CN)2的氧化性比Br2弱，所以溴离子还原性小于CN-离子，先发生反应Cl2＋2CN－＝2Cl－＋(CN)2，D正确；
答案选C。

4.a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。

已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d；（3）c与强碱溶液反应放出气体，e可被磁铁吸引。

由此推断a、b、c、d、e依次为（）
A. Fe、Cu、Al、Ag、Mg
B. Mg、Cu、Al、Ag、Fe
C. Mg、Cu、Al、Fe、Ag
D. Al、Cu、Mg、Ag、Fe
【答案】B
【解析】
【详解】）c与强碱溶液反应放出气体，c为Al；e可被磁铁吸引，e为Fe；a能与稀硫酸反应放出气体，a为镁；b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d，，b比d活泼，b为Cu，d为Ag；确定a： Mg b： Cu c： Al d： Ag e： Fe 。

答案：B
【点睛】本题的突破点在能和强碱反应放出气体的金属Al。

5.已知2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O，若从溴水中把溴萃取出来(chū lái)，可选用的萃取剂是（）
A. 食盐(shíyán)饱和溶液
B. 无水酒精(jiǔjīng)
C. 四氯化碳(sì lǜ huà tàn)
D. 氢氧化钠(qīnɡ yǎnɡ huà nà)溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 食盐饱和溶液与溴水互溶，不可以，A错误；
B. 无水酒精与溴水互溶，不可以，B错误；
C. 四氯化碳与水互不相溶，与溴水互不反应，溴单质在四氯化碳中的溶解度远远大于在水中溶解度，C正确；
D. 2NaOH＋Br2===NaBr＋NaBrO＋H2O，D错误；
答案：C。

6.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志，氢氧化钠应选用的标志是（）
A. 爆炸品
B. 氧化剂
C. 剧毒品
D. 腐蚀品【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠不具有爆炸性，A错误；B．氢氧化钠不具有氧化性，B错误；C．氢氧化钠不具有易燃性，C错误；D．氢氧化钠具有强烈腐蚀性，D正确；
答案：D。

7.二氧化硫和三氧化硫化学性质不同的主要原因是由于（）
A. 相对分子质量不同
B. 分子构成不同
C. 元素组成不同
D. 用途不同
【答案】B
【解析】
【分析】
根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种物质的分子性质相同，不同物质的分子性质不同。

【详解(xiánɡ jiě)】A.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种
的分子性质不同，而不是相对(xiāngduì)分子质量不同，A错误(cuòwù)；
B.SO2和SO3化学性质不同，主要(zhǔyào)原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，B正确(zhèngquè)；
C.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，而不是元素组成不同，C错误；
D.SO2和SO3化学性质不同，主要原因是它们分子的构成不同，不同种的分子性质不同，而不是用途不同，D错误；故选：B．
【点睛】本题难度不大，利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。

8.同温同压下，相同质量的铝、铁分别与足量盐酸反应时，放出氢气的体积比是（）
A. 1∶1
B. 56∶27
C. 9∶28
D. 28∶9【答案】D
【解析】
【详解】关系式法计算：
2Al ～ 3H2 Fe ～ H2
2mol 3mol 1mol 1mol
m/27 m/18 m/56 m/56
放出氢气的体积比是(m/18)：（m/56）=28:9
答案：D。

9.下列有关电解质的说法中正确的是( )
A. 固体氯化镁不导电，所以氯化镁不是电解质
B. 三氧化硫水溶液的导电性很好，所以三氧化硫是电解质
C. 熔融的铁导电性很好，所以铁是电解质
D. 氯化钾熔融状态能导电，所以氯化钾是电解质
【答案】D
【解析】
【分析】
A、固体氯化镁属于电解质，电解质能电离出自由移动的阴阳离子时能导电；
B、三氧化硫属于非电解质，三氧化硫水溶液的导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与
水反应生成(shēnɡ chénɡ)硫酸电离的；
C、铁是单质，既不是(bù shi)电解质也不是非电解质；
D、氯化钾熔融状态(zhuàngtài)能电离出自由移动的离子。

【详解(xiánɡ jiě)】A项、固体氯化镁中含有不能自由(zìyóu)移动的阴阳离子，所以不能导电，但水溶液或熔融状态能导电，属于电解质，故A错误；
B项、虽然三氧化硫的水溶液导电性很好，但溶液中的离子是三氧化硫与水反应生成硫酸电离的，属于非电解质，故B错误；
C项、电解质和非电解质必须是纯净的化合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D项、氯化钾熔融状态能导电，离子是氯化钾电离的，所以是电解质，故D正确。

【点睛】本题考查电解质的判断，侧重考查对基本概念的理解，注意电解质和非电解质都必须是化合物，还要注意电解质不一定导电，如离子化合物晶体，导电的不一定是电解质，如金属单质，为易错点。

10.下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）
A. H＋、、Fe2＋、Na＋
B. Ag＋、、Cl－、K＋
C. K＋、Ba2＋、OH－、
D. Cu2＋、、Br－、OH－
【答案】A
【解析】
【详解】A.酸性环境下Fe2+被氧化为Fe3+，A正确；
B. Ag＋与Cl－生成氯化银沉淀不共存，不是氧化还原反应，B错误；
C. Ba2＋与生成硫酸钡沉淀不共存，不是氧化还原反应，C错误；
D. Cu2＋、、OH－生成氢氧化铜沉淀和NH3·H2O不共存,不是氧化还原反应，D错误；答案：A。

11.《新科学家》网站报道，科学家通过电解Fe2O3、SiO2、CaO的熔融液(1 600 ℃)制得了铁，按照树状分类法对熔融液中的三种物质进行分类，其中正确的是( )
A. 都属于混合物
B. 都属于金属氧化物
C. 都属于纯净物
D. 都属于非金属氧化物
【答案(dá àn)】C
【解析(jiě xī)】
熔融液为三种物质的混合物，但对任一种(yīzhǒnɡ)物质来讲都是化合物，即都是纯净物。

12.下列(xiàliè)化学事实，不能说明钠的活动性比铁强的是( )
A. 钠在常温下与水剧烈反应(fǎnyìng)，铁只能在高温下与水蒸气反应
B. 钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生
C. 与相同浓度的盐酸分别反应时，钠比铁要剧烈得多
D. 钠在空气中很快被氧化为氧化钠，铁在空气中能稳定存在
【答案】B
【解析】
【分析】
比较钠与铁的活动性，可以比较其金属性。

【详解】A.钠比铁更易与水发生反应，能说明钠的活动性比铁强，A项正确；
B.钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生，只是产物氯化钠与氯化铁颜色不同，不能说明钠的活动性比铁强，B项错误；
C.钠与盐酸反应比铁要剧烈得多，能说明钠的活动性比铁强，C项正确；
D.钠比铁更易与氧气发生反应，能说明钠的活动性比铁强，D项正确；
答案选B。

【点睛】金属性越强，金属与水或酸置换出氢气越容易（越剧烈），与氧气反应越容易（越剧烈。

13.下列物质中可以随身携带乘车、船或飞机的是
A. 硫黄
B. 氯酸钾
C. 硝酸钾
D. 碘盐【答案】D
【解析】
【分析】
凡是属于易燃、易爆、强腐蚀性或者强氧化性的物质都不可以随身携带乘车、船或飞机，据此作答。

【详解】A. 硫磺是易燃物，乘坐公共交通工具时禁止携带，故A项错误；
B. 氯酸钾属于强氧化性的易爆物质，乘坐公共交通工具时禁止携带，故B错误；
C. 硝酸钾属于易爆品，乘坐公共交通工具时禁止携带，故C错误；
D. 碘盐不属于(shǔyú)易燃易爆物，也不是强腐蚀性或者强氧化性的物质，因此可以随身携带乘车、船或飞机等交通工具，故D项正确(zhèngquè)；
答案(dá àn)选D。

14. 下列有关(yǒuguān)物质的量的叙述，错误的是( )
A. 物质的量是国际(guójì)单位制中七个基本物理量之一
B. 物质的量表示含有一定数目粒子的集体
C. 物质的量是国际单位制中的一个基本单位
D. 摩尔是计量原子、分子或离子等微观粒子的“物质的量”的单位
【答案】C
【解析】
试题分析：A．物质的量、质量、长度等，都是国际单位制中的基本物理量，物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，表示的是一定数目的粒子的集体，故A正确；B．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，表示的是一定数目的粒子的集体，故B正确；C．物质的量为基本物理量，表示单位，物质的量的单位为mol，故C错误；D．摩尔为物质的量的单位，故D正确。

故选C。

考点：考查化学用语专题
15.工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取
Na2S2O3，同时放出CO2，下列说法错误的是（）
A. 硫元素既被氧化，又被还原
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C. 相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2
D. 若生成2.24 L CO2，则转移0.8 mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答。

【详解】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；
B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的
物质(wùzhì)的量之比为2：1，不选B；
C.根据(gēnjù)方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2可知(kě zhī)，每吸收4mol SO2就会放出(fànɡ chū)1molCO2，则相同(xiānɡ tónɡ)条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5
m3CO2，不选C；
D.温度压强未知，无法计算2.24 L CO2的物质的量，无法知道转移多少电子，选D；
答案：D。

【点睛】本题易错点D，气体摩尔体积的运用必须在标准状况下。

16.0.1 mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1 g，这种元素可能是( )
A. 钠
B. 铝
C. 铁
D. 铜
【答案】B
【解析】
试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。

考点：关于方程式的计算。

17.用加热的方法可以分离的一组物质是（）
A. 氯化铵和消石灰
B. 碳酸氢铵和过氧化钠
C. 氯化铵和氯化钠
D. 碘和氯化铵
【答案】C
【解析】
【分析】
能够用加热法分离的物质，其中的一种物质受热易分解或受热易升华。

【详解】A．氯化铵和消石灰共热会反应生成氨气、氯化钙和水，A错误；B．碳酸氢铵受热分解，生成水和二氧化碳，过氧化钠与水和二氧化碳反应生成氢氧化钠与碳酸钠，不能用加热的方法分离，B错误；C．氯化铵不稳定受热易分解成氨气和氯化氢，氯化钠受热不分解，能采用加热方法分离，C正确；
D.碘单质受热易升华，氯化铵不稳定受热易分解成氨气和氯化氢，不能用加热的方法分离，D错误；
答案：C。

【点睛】本题考查物质的分离，注意加热法分离固体物质时，要根据物质受热后的变化来
分析，熟悉物质的性质是解题的关键，题目难度不大。

18.氟、氯、溴、碘四种元素，下列有关它们的性质递变规律的说法(shuōfǎ)，不正确的是( )
A. 单质的密度(mìdù)依次增大
B. 单质的熔点和沸点(fèidiǎn)依次升高
C. 氯气(lǜ qì)可从碘化钾溶液中置换出碘
D. 溴单质(dānzhì)可从氯化钠溶液中置换出氯
【答案】D
【解析】
A，该卤族元素单质从上到下密度依次增大，故A项正确；B项，四种单质均为分子晶体,相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故B项正确；C项，卤族元素单质从上到下氧化性逐渐减弱，所以Cl2氧化性强于I2，故C项正确。

D项，Br2氧化性弱于Cl2，故D项错误；综上所述，本题正确答案为D。

点睛:本题考查同主族元素性质递变规律。

氟、氯、溴、碘四种元素位于周期表同一主族,元素的非金属性逐渐降低,单质的熔沸点逐渐升高,结合对应单质、化合物的性质解答该题。

19.在一定温度下，反应A2（g）＋B2（g）2AB（g）达到化学平衡的标志是（）
A. 容器内A2、B2、AB三种气体的浓度相等
B. 单位时间内有xmol A2生成，同时就有xmol B2生成
C. 单位时间内有xmol A2被消耗，同时就有2xmol AB生成
D. 单位时间内有xmol B2发生反应，同时就有2xmol AB被分解
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

【详解】A. 容器内A2、B2、AB三种气体的平衡浓度与投料比，转化率有关，不一定相等，A错误；
B. 均为逆反应，未体现正逆反应之间的关系，B错误；
C.均为正反应(fǎnyìng)，未体现正逆反应之间的关系，C错误(cuòwù)；
D. 单位(dānwèi)时间内有xmol B2发生反应(fǎnyìng)，等效于生成2xmol的AB同时
(tóngshí)就有2xmol AB被分解，D正确；
答案：D。

【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等。

20.某元素原子的核电荷数是电子层数的五倍，其质子数是最外层电子数的三倍，该元素的原子核外电子排布是（）
A. 2、5
B. 2、7
C. 2、8、5
D. 2、8、7
【答案】C
【解析】
【分析】
第一层最多排2个电子，第二层最多8个，第三层最多18个，某元素原子的核电荷数是电子层数的五倍，题干给出电子层数为2或3，再根据质子数是最外层电子数的三倍判断。

【详解】若含有2个电子层，则电子数为10，其原子核外电子排布是2、8，不满足质子数是最外层电子数的三倍；若含有3个电子层，则电子数为15，则该元素为P，其原子核外电子排布是2、8、5满足质子数是最外层电子数的三倍；
答案：C。

21.有甲、乙两个电极，用导线连接一个电流表，放入盛有丙溶液的烧杯中，电极乙的质量增加，则装置中可能的情况是（）
A. 甲作负极，丙是硫酸铜溶液
B. 甲作负极，丙是硫酸溶液
C. 乙作负极，丙是硫酸铜溶液
D. 乙作正极，丙是硫酸溶液
【答案】A
【解析】
【详解】有甲、乙两个电极，用导线连接一个电流计，放入盛有丙溶液的烧杯中，，该装置是原电池，电极乙的质量增加，则说明乙为正极即金属阳离子在该极析出，所以甲为负极，丙溶液为不活泼的金属盐溶液；
A.甲作负极，丙是硫酸铜溶液，乙为正极即铜离子得电子析出铜单质质量增加，A正确；
B.甲作负极，丙是硫酸溶液，乙为正极即氢离子得电子放出氢气，电极质量不变，B错误；
C.乙作负极，电极质量不可能增加，C错误；
D.乙作正极，丙是硫酸溶液，乙为正极即氢离子得电子放出氢气，电极质量不变，D错误；
答案(dá àn)：A
22.俄美科学家联合(liánhé)小组合成出114号元素的一种原子，下列(xiàliè)叙述不正确的是( )
A. 该元素属于(shǔyú)第七周期
B. 该元素(yuán sù)位于ⅢA族
C. 该元素最外层有4个电子
D. 该元素为金属元素
【答案】B
【解析】
根据每周期元素的种类数,可以知道每周期最后一种稀有气体元素的原子序数分别是:2、10、18、36、54、86、118,114号元素在118号的左边,根据元素周期表中周期和族的划分,可以知道114号元素位于第七周期ⅣA,处于碳族。

A.由上述分析可以知道,该元素处于第七周期,所以A选项是正确的; B.该元素处于第七周期ⅣA,故B错误; C.该元素处于第七周期，ⅣA,有7个电子层，最外层为4个电子，故 C对；D.元素处于第七周期，ⅣA处于碳族,同主族自上而下金属性增强,同族的Pb为金属元素,故该元素为金属元素,故D正确；答案：D。

所以B选项是正确的.
点睛：根据原子结构示意图确定未知元素在周期表的位置。

电子层数=周期序数，最外层电子数=主族元素的族序数。

23.下列关于卤族元素的比较中，不正确的是（）
A. 卤族元素的原子半径：F＜Cl＜Br＜I
B. 从上到下，卤素原子的电子层数依次增多，半径依次增大
C. 单质与氢气化合的难易：F2＞Cl2＞Br2＞I2
D. 氢卤酸的酸性：HF＞HCl＞HBr＞HI
【答案】D
【解析】
【详解】A．卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，所以原子半径：F＜Cl＜Br＜I，不选A；
B.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，不选B；
C.卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性减弱(jiǎnruò)，与氢气化合越来越难化合，所以单质与氢气化合的难易：F2<Cl2<Br2<I2，不选C。

D. 卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性减弱，气态氢化物越来越不稳定，在水中越来越容易(róngyì)电离，氢卤酸的酸性：HF<HCl<HBr<HI，选D；
答案(dá àn)：D。

24.下列有关(yǒuguān)原电池的说法正确的是（）
A. 将生铁(shēngtiě)投入稀盐酸中不能形成原电池
B. 镀锌铁放入稀硫酸中后，铁作负极
C. 铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，Mg较活泼作负极
D. 铝片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，铜作负极
【答案】D
【解析】
【详解】A.生铁中有碳，铁存在两个电极，稀盐酸为电解质溶液，可以形成原电池，A错误；
B. 镀锌铁放入稀硫酸中后，锌比铁活泼，应该锌作负极，B错误；
C. 铝片和镁片用导线连接后插入NaOH溶液中，自发进行的氧化还原反应为
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝失电子做负极，C错误；
D. 铝片和铜片用导线连接后插入浓硝酸中，因为铝遇浓硝酸钝化，自发进行的氧化还原反应为铜与浓硝酸的反应，所以铜作负极，D正确；
答案：D。

【点睛】原电池构成条件(1)两个活泼型不同的电极。

(2)将电极插入电解质溶液中。

(3)用导线连接电极构成闭合回路。

(4)能自发进行的氧化还原反应。

25.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。

下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是( )
A. M与R可以形成MR2型离子化合物
B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大
C. 形成的两种离子分别是M＋和R2－
D. MR2的电子式为
【答案(dá àn)】A
【解析(jiě xī)】
【分析(fēnxī)】
元素(yuán sù)M的一个原子(yuánzǐ)失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。

【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于ⅡA族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于ⅦA族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。

则
A．M形成+2价阳离子，R形成－1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；
B．离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+＜Cl－，Ba2+＞Cl－，故B错误；
C．形成的两种离子分别是M2＋和R－，故C错误；
D．MR2的电子式为，故D错误，
故答案选A。

分卷II
二、填空题（共6小题,共50分）
26.现用质量分数为98％、密度为1．84g•cm-3的浓H2SO4来配制500mL、0．2mol•L-1的稀
H2S04。

可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥容量瓶⑦托盘天平
⑧药匙。

请回答下列问题：
(1)上述仪器中，在配制稀H2S04时用不到的有_________ (填代号)。

(2)经计算，需浓H2S04的体积为______。

现有①10mL②50mL③100mL三种规格的量筒，你选用的量筒是______ (填代号)。

(3)将浓H2S04加适量蒸馏水稀释后，冷却片刻，随后全部转移到_______mL的容量瓶中，转移时应用玻璃棒_________ 。

转移完毕，用少量蒸馏水洗涤____________ 2—3次，并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，振荡容量瓶，使溶液混合均匀。

然后缓
缓地把蒸馏水直接注入容量瓶直到液面接近刻度________ 处。

改用______________ 加蒸馏水到瓶颈刻度的地方，使溶液的________________________________________ 。

振荡、摇匀后，装瓶、贴签。

(4)在配制过程中，其他(qítā)操作都准确，下列操作中错误的是______ (填代号,下同) ，能引起误差偏高的有_________。

①洗涤(xǐdí)量取浓H2S04后的量筒(liángtǒng)，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释(xīshì)后的H2S04溶液(róngyè)冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓H2S04直接倒人烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓H2S04
④定容时，加蒸馏水超过标线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至标线
⑦定容时，俯视标线
【答案】（11分）每空1分(1)②⑦⑧ (2)5．4mL , ①
(3)500 , 引流 , 烧杯, 1 cm～2cm, 胶头滴管,凹液面最低点正好跟刻度线相平
(4)①②③④⑥⑦ ，①②⑦
【解析】
试题分析：（1）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶，不需要的仪器是烧瓶、托盘天平和药匙，所以答案为②⑦⑧。

（2）设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，
VmL×1.84g/cm3×98%＝500mL×0.2mol•L-1×98g/mol，解得V=5.4ml，选用量筒的规格为10mL，答案选①。

（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒量取（用到胶头滴管）称量，在烧杯中稀释，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故答案为：500；引流；烧杯及玻璃棒；1-2cm；胶头滴管；凹液面的最低点与刻线相平。

（4）①洗涤量取浓H2SO4后的量筒，不需要将洗涤液转移到容量瓶中，否则实验结果偏高，①错误；
②稀释后的H2SO4溶液应冷却至室温才能转移到容量瓶，否则冷却后容量瓶中溶液体积减少，浓度偏高，②错误；
③稀释(xīshì)浓H2SO4时，将浓H2SO4沿着烧杯(shāobēi)内壁缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，故③错误；
④定容时，加蒸馏水超过标线(biāo xiàn)，不能胶头滴管吸出，应重新配制。

如果吸出，结果偏低，④错误；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响(yǐngxiǎng)，故⑤正确；
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管(dī ɡuǎn)加蒸馏水至标线，这样会导致溶液的体积偏大，结果偏低，⑥错误；
⑦定容时，俯视标线，会使溶液的体积偏小，结果偏高，⑦错误；
考点：考查一定物质的量浓度溶液的配制
点评：该题是基础性实验题的考查，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的巩固和检验，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

该题的难点在于误差分析，根据c B＝n B/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。

误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。

在配制一定物质的量浓度溶液时，若n B比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n B比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

27.某同学用下图所示装置(固定、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨制取的实验探究。

回答下列问题：
(1)若用装置①制取NH3，其反应的化学方程式为__________；若要测定生成的NH3的体积，则必须选择的装置是________(填装置序号)，装置中所盛试剂应具有的性质是
________。

(2)若用装置②制取并收集干燥的NH3，烧瓶内装的试剂可能是__，分液漏斗中装的试剂可能是________，收集装置应选择________(填装置序号)。