天津市宝坻区何仉中学2023学年化学高二下期末学业水平测试模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、448mL某气体在标准状况下的质量为1.28g，该气体的摩尔质量约为A．64gB．64C．64g·mol-1D．32g·mol-12、将一定量的氨基甲酸铵置于密闭容器中，一定条件下发生反应:H2NCOONH4（s）CO2（g）+2NH3（g）。下列不能作为平衡状态判定依据的是A．混合气体的密度保持不变B．混合气体的平均摩尔质量保持不变C．二氧化碳浓度保持不变D．混合气体的压强保持不变3、A原子的结构示意图为。则x、y及该原子3p能级上的电子数分别为()A．18、6、4B．20、8、6C．18、8、6D．15～20、3～8、1～64、下列关于合成材料的说法中，不正确的是（）A．塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料B．聚氯乙烯可制成薄膜、软管等，其单体是CH2=CHClC．合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醇D．合成顺丁橡胶的单体是CH2=CH﹣CH=CH25、某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示（夹持装置略）。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。已知：在溶液中，FeSO4＋NO[Fe(NO)]SO4（棕色），该反应可用于检验NO。下列对该实验相关描述错误的是A．装置F、I中的试剂依次为水，硫酸亚铁溶液B．装置J收集的气体中不含NOC．实验结束后，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞D．若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应6、某蓄电池放电、充电时的反应为Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2，下列推断中正确的是()A．放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极B．充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2＋2e－+2H+=Fe＋2H2OC．充电时，Ni(OH)2为阳极,发生还原反应D．该蓄电池的电极是浸在某种碱性电解质溶液中7、下列液体混合物可以用分液的方法分离的是（）A．苯和溴苯 B．汽油和辛烷C．己烷和水 D．戊烷和庚烷8、下列各组物质中，第一种是酸，第二种是混合物，第三种是碱的是A．空气、硫酸铜、硫酸 B．醋酸、液氯、纯碱C．硝酸、食盐水、烧碱 D．氧化铁、胆矾、熟石灰9、L-多巴可用于帕金森综合症的治疗，其结构简式为。下列关于L-多巴的说法中，不正确的是A．分子式为C9H11O4N B．能缩合生成高分子C．能与酸、碱反应生成盐 D．核磁共振氢谱有8个吸收峰10、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下：下列说法不正确的是A．元素甲位于现行元素周期表第四周期第ⅢA族B．元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4C．原子半径比较：甲＞乙＞SiD．推测乙可以用作半导体材料11、向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2mol·L−1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（）A．原NaOH溶液的浓度为0.1mol·L−1B．通入CO2的体积为448mLC．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)=2∶1D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶312、上世纪末，科学家研制得到一种新的分子，它具有空心的、类似足球的结构(如图)，化学式为C60，下列说法中正确的是(A．C60B．C60C．C60D．C6013、X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是()A．X、Y、Z一定都是非金属单质B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质C．如果X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质14、下列关于有机物的说法正确的是A．等质量的聚乙烯和乙烯分别燃烧消耗的氧气相等 B．生物柴油的主要成分是液态烃C．乙烯使溴水、酸性高锰钾溶液褪色的反应类型相同 D．含有3个碳原子的有机物氢原子个数最多为8个15、具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为，它属于A．芳香烃 B．易溶于水的有机物 C．苯甲酸的同系物 D．高分子化合物16、双酚A是食品、饮料包装和奶瓶等塑料制品的添加剂，能导致人体内分泌失调，对儿童的健康危害更大。下列有关双酚A的叙述不正确的是（）A．双酚A能与碳酸钠溶液反应，能与FeCl3溶液发生显色反应B．双酚A的核磁共振氢谱显示氢原子数之比是1∶2∶2∶3C．反应①中，1mol双酚A最多消耗4molBr2D．反应②的产物与足量钠反应放出1molH2二、非选择题（本题包括5小题）17、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化学式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。18、下表为周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。(1)在①～⑩元素的电负性最大的是_____(填元素符号)。(2)⑨元素有_____种运动状态不同的电子。(3)⑩的基态原子的价电子排布图为_____。(4)⑤的氢化物与⑦的氢化物比较稳定的是_____，沸点较高的是_____(填化学式)。(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是_____(填元素符号)，4s轨道半充满的是_____(填元素符号)。19、实验室需要0.1mol·L－1NaOH溶液450mL和0.3mol·L－1硫酸溶液480mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图是已提供仪器，配制上述溶液均需用到的玻璃仪器是________（填选项）。（2）下列操作会使配制的NaOH溶液浓度偏低的是__________。A称量NaOH所用砝码生锈B选用的容量瓶内有少量蒸馏水C定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线D定容时俯视刻度线（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g。（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为__________mL（计算保留一位小数）。20、某液态卤代烷RX（R是烷基，X是某种卤素原子）的密度是ag/cm3，该RX可以跟稀碱发生水解反应生成ROH（能跟水互溶）和HX。为了测定RX的相对分子质量，拟定的实验步骤如下：①准确量取该卤代烷bmL，放入锥形瓶中。②在锥形瓶中加入过量稀NaOH溶液，塞上带有长玻璃管的塞子，加热，发生反应。③反应完成后，冷却溶液，加稀HNO3酸化，滴加过量AgNO3溶液，得白色沉淀。④过滤，洗涤，干燥后称重，得到cg固体。回答下面问题：（1）装置中长玻璃管的作用是________________________。（2）步骤④中，洗涤的目的是为了除去沉淀上吸附的__________________离子。（3）该卤代烷中所含卤素的名称是_____，判断的依据是______________。（4）该卤代烷的相对分子质量是____________________。（用含a、b、c的代数式表示）（5）如果在步骤③中加HNO3的量不足，没有将溶液酸化，则步骤④中测得的c值（填下列选项代码）___________。A．偏大B．偏小C．大小不定D．不变21、有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2（含SiO2），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如图1实验：称取研细的黄铜矿样品1.150g煅烧，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的1/5置于锥形瓶中，用0.01mo1/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.10mL，末读数如图2所示．完成下列填空：（1）装置c的作用是____________________________。（2）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_____________________。（1）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_____mL；用化学方程式表示滴定的原理：________________________________________。（4）计算该黄铜矿的纯度___________________。（5）工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O1、FeO、SiO2、Al2O1）可制备Fe2O1．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO．提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液所选试剂为_________；证明炉渣中含有FeO的实验现象为：_________________。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】试题分析：448mL某气体在标准状况下的质量为0.64g，气体的物质的量为0.448L22.4L/mol=0.02mol，M=0.64g【考点定位】考查物质的量的计算【名师点晴】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用。有关物质的量的计算公式，、、、。在做此类试题时，还要记住物质的量浓度与质量分数的转换公式，如体积为VL、密度为ρg/cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等2、B【答案解析】

A．随着反应进行，气体质量增大，容器内气体密度增大，当混合气体密度保持不变时，各物质含量不变，达到平衡状态，故A不符合题意；

B．混合气体由CO2和NH3以物质的量之比1:2组成，混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能据此判断平衡状态，故B符合题意；

C．二氧化碳浓度随着反应进行而增大，当二氧化碳浓度不变时该反应达到平衡状态，故C不符合题意；

D．反应前后混合气体物质的量增大，则压强增大，当混合气体压强不变时气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，故D不符合题意；故答案：B。【答案点睛】可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。3、B【答案解析】试题分析：原子核外电子数排布：1层：22层：283层：2884层：281885层：28181886层：281832188以上的数都是最大的数，处于该层的元素的最外层电子逐渐增大，其余层都是最大数（仅限IA~VIIA族，B族元素不全符合），稀有气体的电子排布符合最大数。y="8"x=201s22s22p63s23p63d（0-10）4s2，因出现4S，所以3p能级上的电子数肯定是6。考点：原子核外电子数排布点评：本题考查的是原子核外电子数排布的知识，题目难度适中，注重基础知识的学习。4、C【答案解析】

A.人造材料中，塑料、合成纤维和合成橡胶号称20世纪三大有机合成技术，则塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料，A正确；B.聚氯乙烯由氯乙烯加聚反应生成，则其单体是CH2=CHCl，可制成薄膜、软管等，B正确；C.合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛，C错误；D.合成顺丁橡胶的单体是CH2=CH﹣CH=CH2，D正确；答案为C。5、B【答案解析】根据实验装置图，在装置E中Cu与稀硝酸反应制备NO，实验开始前向装置中通入一段时间的N2排尽装置内的空气，由于HNO3具有挥发性，制得的NO中混有HNO3（g）和H2O（g），装置F用于除去NO中的HNO3（g），装置G中的无水CaCl2用于干燥NO，装置H用于探究NO与Cu粉的反应，装置I用于检验NO。A，装置F中盛放水除去NO中的HNO3（g），根据题意用FeSO4溶液检验NO，装置I中盛放FeSO4溶液，A项正确；B，检验NO的反应为FeSO4+NO[Fe（NO）]SO4，该反应为可逆反应，NO不能被完全吸收，NO难溶于水，装置J的气体中含有NO，B项错误；C，实验结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞停止通入NO，C项正确；D，若观察到装置H中红色粉末变黑色，说明NO与Cu作用产生了黑色固体，说明NO与Cu发生了反应，D项正确；答案选B。点睛：本题考查NO的制备、NO的性质和NO的检验，明确实验目的和实验原理是解题的关键，正确分析各装置的作用是解题的基础。6、D【答案解析】分析：放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；充电时为电解质，阴极发生还原反应；阳极发生氧化反应；据此分析判断。详解：A.放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，反应中Fe失去电子，为负极，Ni2O3获得电子，为正极，故A错误；B.充电时为电解质，阴极发生还原反应，Fe(OH)2在阴极获得电子，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，故B错误；C.充电时为电解质，阳极发生氧化反应，Ni(OH)2发生氧化反应，为阳极，故C错误；D.Fe(OH)2、2Ni(OH)2只能存在于碱性溶液中，在酸性条件下不能存在，故电解质溶液必须是碱性溶液，故D正确；故选D。7、C【答案解析】

分液分离的为两种互不相溶的液体。【题目详解】A.苯和溴苯相互溶解，无分层，不能用分液分离，A错误；B.汽油和辛烷相互溶解，无分层，不能用分液分离，B错误；C.己烷和水，不相溶，有分层，可以用分液分离，C正确；D.戊烷和庚烷相互溶解，无分层，不能用分液分离，D错误；答案为C。8、C【答案解析】

A.空气是混合物，不符合要求，A错误；B.醋酸是酸，液氯是单质，属于纯净物，不符合题意，B错误；C.硝酸是酸，食盐水是混合物，烧碱是NaOH，属于碱，C正确；D.氧化铁是氧化物，胆矾是盐，属于纯净物，D错误；故选项是C。9、D【答案解析】

A.根据物质的结构简式可知该物质分子式为C9H11O4N，A正确；B.该物质分子中含有氨基、羧基及酚羟基等多个官能团，因此在一定条件下课发生缩聚反应形成高分子化合物，B正确；C.物质分子中含有酸性基团羧基、酚羟基，可以与碱反应；也含有碱性基团氨基，因此能够与酸反应，C正确；D.在物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此核磁共振氢谱有9个吸收峰，D错误；故合理选项是D。10、B【答案解析】

A.根据递变规律，B、Al分别位于第二、三周期，IIIA族，则元素甲位于现行元素周期表第四周期ⅢA族，A正确；B.元素乙为Ge，其简单气态氢化物的稳定性弱于CH4，B错误；C.同周期，序数越大半径越小，同主族，序数越大半径越大，则原子半径比较：甲＞乙＞Si，C正确；D.乙位于金属与非金属交界的位置，推测乙可以用作半导体材料，D正确；答案为B。11、C【答案解析】

A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．【题目详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol·L－1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2mol·L－1，故A错误；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）×0.2mol·L－1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L·mol－1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。12、C【答案解析】分析：A项，C60是一种单质；B项，C60中只含共价键；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质；D项，C60的摩尔质量为720g/mol。详解：A项，C60是只由碳元素组成的纯净物，是一种单质，A项错误；B项，C60中碳原子间形成共价键，B项错误；C项，C60、金刚石、石墨是碳元素形成的不同单质，C60、金刚石、石墨互为同素异形体，C项正确；D项，C60的相对分子质量为720，C60的摩尔质量为720g/mol，D项错误；答案选C。13、C【答案解析】

A.X、Y、Z不一定都是非金属单质，如，A项错误；B.X、Y、Z可以都是非金属单质，如，B项错误；C.如果X、Y都为金属单质，则甲中含有Y的元素，所以该化合物中一定含有非金属元素，Z一定是非金属单质，C项正确；D.如果X、Y都为非金属单质，则Z也可以是非金属单质，如，D项错误；答案选C。14、A【答案解析】

A、乙烯的化学式为C2H4，聚乙烯的化学式（C2H4）n，聚乙烯和乙烯的最简式相同，同等质量的乙烯和聚乙烯，必然拥有同样多数目的碳原子和氢原子，而消耗氧气的量只由碳原子数目和氢原子数目决定，所以消耗氧气的物质的量相等，故A正确；B.生物柴油是由油脂与醇发生酯交换反应得到，主要成分是脂肪酸甲酯，是酯类化合物，不属于烃，故B错误；C.乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色，乙烯与酸性高锰钾溶液发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D.CH3-CH2-CH2-NH2含有3个碳原子、9个氢原子，故D错误。15、C【答案解析】

从结构可判断该有机物属于芳香酸，不属于烃类。与苯甲酸相差了6个CH2原子团，属于同系物。因含有碳原子个数较多，烃基部分较长，因此在水中溶解度较小。以此解题。【题目详解】A.该有机物含有氧原子，因此不属于烃类，A项错误；B.该有机物中含有碳原子个数较多，烃基部分较大、属于憎水基，因此该物质在水中溶解度较小，B项错误；C.该有机物与苯甲酸均属于一元芳香酸，相差了6个CH2原子团，属于同系物，C项正确；D.该有机物的摩尔质量未达到104g/mol，不属于高分子化合物，D项错误；答案应选C。16、D【答案解析】分析：有机物中含有酚羟基，且邻位含有氢原子，可发生取代、氧化和显色反应，含有苯环，可发生加成反应。详解：A.苯酚的酸性比碳酸氢根离子强，双酚A能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢根，分子中有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，故A正确；B．两个甲基相同，两个苯酚基相同，根据苯环的对称可知有4种不同的H，H原子数之比是2：4：4：6=1：2：2：3，故B正确；C．双酚A中，2个酚羟基有4个邻位H可被取代，则1mol双酚A最多消耗4molBr2，故C正确；D、没有给定反应物的量，无法确定生成的氢气的量，故D错误；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【答案解析】

气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【题目详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。18、F26H2OH2OAsK【答案解析】

根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。结合元素周期律和原子结构分析解答。【题目详解】根据元素在元素周期表中的位置可知，①为H元素；②为Be元素；③为C元素；④为N元素；⑤为O元素；⑥为F元素；⑦为S元素；⑧为K元素；⑨为Fe元素；⑩为As元素。(1)元素的非金属性越强，电负性数值越大，在①～⑩元素的电负性最大的是F，故答案为：F；(2)⑨为Fe元素，为26号元素，原子中没有运动状态完全相同的2个电子，铁原子中有26种运动状态不同的电子，故答案为：26；(3)⑩为As元素，为33号元素，与N同主族，基态原子的价电子排布图为，故答案为：；(4)⑤为O元素，⑦为S元素，元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氢化物比较稳定的是H2O；水分子间能够形成氢键，沸点比硫化氢高，沸点较高的是H2O，故答案为：H2O；H2O；(5)上述所有元素中的基态原子中4p轨道半充满的是As，4s轨道半充满的是K，故答案为：As；K。19、BDEC2.08.2【答案解析】

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器选择；（2）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=进行误差分析，凡是能够使n增大，或者使V减小的操作，都会使C偏大；凡是能够使n减小，V增大的操作都会使C偏小；凡是不当操作导致实验失败且无法补救的，需要重新配制；（3）依据n=cv计算需要的氢氧化钠的物质的量，m=nM计算氢氧化钠的质量；（4）根据c=计算浓硫酸的浓度，再根据浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变计算，计算浓硫酸的体积。【题目详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液用到仪器：托盘天平、量筒、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、药匙等；故答案为：BDE；(2)A称量NaOH所用砝码生锈，称取的氢氧化钠的质量增多，n偏大，则浓度偏高，故A不选；B.选用的容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积不会产生影响，所配溶液准确，故B不选；C.定容摇匀后，液面下降，又加水至刻度线，相当于多加了水，溶液的体积偏大，浓度偏小，故C选；D.定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏小，浓度偏大，故D不选；故选：C。(3)0.1mol/LNaOH溶液450mL，需选择500ml的容量瓶，0.1mol/LNaOH溶液500mL中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，需要氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.05mol=2.0g，故答案为：2.0；(4)质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的浓度为：c=1000×1.84×98%÷98=18.4mol/L，浓硫酸稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为V，所以18.4mol/L×V=0.3mol/L×0.5L，得V=0.0082L=8.2ml，故答案为：8.2。【答案