2025年沪科版必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年沪科版必修1化学上册阶段测试试卷446考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、短周期中8种元素a-h；其原子半径；最高正化合价或最低负化合价随原子序数递增的变化如图所示。

下列判断不正确的是A.a、d、f组成的化合物能溶于强碱溶液B.a可分别与b或c组成含10个电子的分子C.e的阳离子与g的阴离子具有相同的电子层结构D.最高价氧化物对应水化物的酸性：h＞g＞b2、通过化学反应不能实现的A.生成一种新离子B.生成一种新分子C.生成一种新核素D.生成一种新单质3、下列各组物质无论以何种比例混合，反应后只能生成一种含钠化合物的是A.Na2O2、CO2B.NaOH溶液、CO2C.NaHCO3溶液、石灰水D.Na2CO3、盐酸4、已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。下列叙述中不正确的是()A.氧化产物为Cl2B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C.若有3molH2O生成，则反应中有2mol电子转移D.当该反应生成2.24LCl2时，则反应中有0.2mol电子转移5、下列离子方程式中，错误的是A.铁红与HI溶液反应：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++3H2O+I2B.向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C.澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+COD.在高温加热下铁与水蒸气反应：2Fe+3H2O(g)Fe2O3+3H26、下列说法中正确的是A.氢气在氯气中燃烧生成白烟B.铜在氯气中能剧烈燃烧，并产生白烟C.工业上利用氯气与纯碱反应来制漂白粉D.少量金属钠可保存在煤油中7、设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.足量浓盐酸与在加热条件下充分反应，生成的分子总数为B.6%的溶液中，所含的氧原子总数为C.溶液中，D.标准状况下，中所含的分子总数为8、下列有关试剂保存的说法中，不正确的是A.新制氯水需要避光保存B.Na可保存在煤油中C.NaOH固体需要密封保存D.保存FeCl3溶液时需加入少量Fe粉评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、根据如图框图分析；下列说法错误的是。

A.M2+的氧化性比E3+的氧化性强B.在反应①中H2SO4既表现了酸性，又表现了氧化性C.反应④的离子方程式可表示为3SCN-+E3+=E(SCN)3D.在反应③中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀生成10、NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）A.60gSiO2晶体中含有2NA个Si－O键B.0.17gNH3中含有的共用电子对数为0.01NAC.1molCl2与足量Fe反应，转移电子数一定为2NAD.28g丙烯、丁烯混合物完全燃烧需氧分子数为3NA11、下列物质间的转化能一步实现的是A.Al→Al(OH)3B.Na2CO3→NaOHC.NH3→HNO3D.Fe2(SO4)3→CuSO412、下列说法正确的是A.标准状况下，22.4LH2O中分子数为6.02x1023B.1L0.1molLMgCl2溶液中Cl-的质量为7.1gC.常温常压下，32gO2和O3混合气体中氧原子的物质的量为2molD.0.01molCl2与NaOH溶液充分反应，转移电子数目为1.204×102213、下列化合物中，既有离子键又有共价键的是A.CaCl2B.NaOHC.NH4ClD.CO2评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2中的氧化剂是___________；还原剂是___________。15、请完成下列问题：

（1）画出氯原子结构示意图________；

（2）写出小苏打的化学式________；

（3）写出实验室制氯气的离子方程式________；

（4）写出红热的木炭与浓硫酸反应的化学方程式________。16、(1)金属钠与水反应的方程式为____；金属钠与盐酸反应比钠与水反应____(剧烈；缓慢)；金属钠与硫酸铜溶液反应的方程式为____。

(2)漂白粉通常用氯气与石灰乳制备，对应的化学方程式为____，其有效成分为__________，漂白粉在空气中容易变质，写出其变质的方程式____。17、观察如图并回答问题：

由图可知，HCl与NaOH的反应实质是H+和OH-之间的反应，此反应可表示为：H++OH-=H2O。像这种用实际参与反应的离子来表示反应的式子称为离子反应方程式。复分解反应大多数都可用离子反应方程式表示。所谓大量共存，就是离子间不相互反应，如：Ca2+、Cl-就能大量共存。

(1)按照书写化学方程式的要求写出下列反应的离子反应方程式：

HCl溶液与AgNO3溶液反应：___。

HNO3溶液与Na2CO3溶液反应：___。

(2)判断在水溶液中一定能大量共存的离子组是___。

a.Na+、H+、Cl-、COb.H+、Ba2+、Cl-、SO

c.Cu2+、Na+、NOOH-d.H+、K+、Cl-、SO18、利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：

（1）从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有___（填化学式）。

（2）将X与Y混合，可生成淡黄色固体，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为___。

（3）检验物质Y的方法是___。

（4）Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为___。

（5）Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是___（填代号）。

a.Na2S+Sb.SO2+Na2SO4c.Na2SO3+Sd.Na2SO3+Na2SO4e.SO2+Na2S2+Na2CO3

（6）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4则24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液与20mL0.02mol·L-1的K2Cr2O7溶液恰好完全反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为___。19、实验室制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；据此回答下列问题：

(1)该反应中氧化剂是___________(填化学式，下同)，氧化产物是___________。当生成71gCl2时，被氧化的物质的质量为___________g。

(2)若反应中生成1分子Cl2，则转移的电子数为___________个。

(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，用单线桥法表示电子转移的方向和数目：___________。

(4)有一种“地康法”制取氯气的反应原理如下所示：

①反应Ⅰ的离子方程式为___________。

②反应Ⅱ属于___________反应。(填基本反应类型)

③工业生产中常用NH3检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏，可以观察到有大量的白烟生成(为NH4Cl固体)，同时会生成一种空气中含量最多的物质，试写出该反应的化学方程式：___________。

(5)实验室迅速制备少量氯气也可利用反应：KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行，如果上述化学方程式中KMnO4和MnCl2的系数都是2，则HCl的系数是___________。20、我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H2O)3(NH4)4Cl（用R代表）。回答下列问题：

元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是__；氮元素的E1呈现异常的原因是__。

21、16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA___22、下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分；表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题。

。族。

周期。

ⅠA

0

1

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

2

①

②

3

③

④

⑤

⑥

(1)②表示的元素是_____________(填元素符号)；

(2)①、⑤两种元素的原子半径大小为①________⑤（填“<”或“>”）；

(3)③、④两种元素的金属性强弱顺序为：③_________④（填“<”或“>”）；

(4)写出⑥最高价氧化物的水化物的化学式_____________。评卷人得分四、判断题(共3题，共12分)23、1mol任何物质都含有6.02×1023个分子。(_______)A.正确B.错误24、溴化银固体保存在棕色玻璃塞广口瓶中。(___________)A.正确B.错误25、橡胶隔震支座可以广泛应用于房屋、公路、桥梁等建筑物上。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共12分)26、研究钠及其化合物有重要意义。

(1)NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室进行某实验需要0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液约460mL；根据溶液配制的过程，回答下列问题：

①实验除了需要托盘天平(带砝码)；药匙、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外；还需要的其他玻璃仪器是_____；

②根据计算得知，需用托盘天平(带砝码)准确称量NaOH固体____________；

③配制NaOH的操作可分解成如下几步；以下正确的操作顺序是_______；

A.继续往容量瓶中小心地加蒸馏水；使液面接近刻线。

B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒；将溶液注入容量瓶，并重复操作两次。

C.将已冷却的溶液注入已检查不漏水的容量瓶中。

D.根据计算；用天平称量一定质量的NaOH固体。

E.将NaOH固体在烧杯中溶解。

F.盖上容量瓶塞子；反复上下颠倒，摇匀。

G.用胶头滴管滴加蒸馏水；使溶液凹液面恰好与刻线相切。

④由于错误操作；所配制NaOH溶液浓度偏小的是__________。

A.转移时有少量溶液洒到容量瓶外面。

B.使用容量瓶配制溶液时；俯视定容后所得溶液的浓度。

C.没有用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次。

D.容量瓶刚用蒸馏水洗净；没有烘干。

E.定容时；不小心加水使液面高于刻线后，再吸出少量水使凹液面与刻度线相切。

(2)Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时与人体呼出的水蒸气发生反应的化学方程式为________。

(3)亚硝酸钠(化学式NaNO2)因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2＋4HI=2____↑＋I2＋2NaI＋2H2O；回答问题：

①上述反应中；根据元素守恒，横线上的物质化学式是________。

②实验表明亚硝酸钠溶液呈碱性，亚硝酸银是一种白色不溶于水的固体。亚硝酸银与稀硝酸反应的化学方程式为：AgNO2+HNO3(稀)=AgNO3+HNO2，其中HNO2不稳定分解：HNO2=NO↑(无色)+NO2↑(红棕色)+H2O。请结合以上信息设计实验鉴别亚硝酸钠和食盐两瓶失去标签的固体。(提示：实验所需试剂和仪器均可提供，请写出操作、现象、结论)_______。27、表示溶液中浓度的方法通常有两种：溶液中溶质的质量分数(%)和物质的量浓度(n)；因此在配制溶液时，根据不同的需要，有不同的配制方法，如：(请完成填空)(保留小数点后一位即可)

(1)用10%(密度为)的氢氧化钠溶液配制成的氢氧化钠溶液。

①计算：需_____(密度为)的氢氧化钠溶液，其体积为_____需加____水()进行稀释。

②量取：用_____量筒取10%氢氧化钠，量取时视线要跟量筒______持水平，然后倒入烧杯里，用____量筒量取蒸馏水也注入烧杯里。

③溶解：用_____将上述溶液搅拌均匀，即得的氢氧化钠溶液。

(2)用98%(密度为)的浓硫酸稀释成的稀硫酸回答下列问题：

①需要取浓硫酸_____mL；

②配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是_____。

A.向容量瓶中注入少量蒸馏水；检查是否漏水。

B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒；将溶液注入容量瓶，并重复操作两次。

C.用已冷却的稀硫酸注入已检查不漏水的容量瓶中。

D.根据计算；用量筒量取一定体积的浓硫酸。

E.将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入盛有蒸馏水的小烧杯中；并不断用玻璃棒搅拌。

F.盖上容量瓶塞子；振荡；摇匀。

G.用胶头滴管滴加蒸馏水；使溶液凹面恰好与刻度相切。

H.继续往容量瓶中小心地加蒸馏水；使液面接近刻度线。

(3)实验室需配制的溶液和的溶液各

①要配制溶液，在用托盘天平称取固体时，天平读数为_____(填代号)

A.B.C.

②在配制溶液和溶液的各步操作中，有明显不同的是______

A.称量或量取B.溶解C.移液、洗涤28、用浓盐酸和氯酸钾固体反应制备氯气时，发现所得的气体颜色偏深，经分析该气体主要含有Cl2和ClO2两种气体；某研究性学习小组拟用如图所示装置分离制得的混合气体，并测定两种气体的物质的量之比。

[资料信息]

常温下二氧化氯是黄绿色气体；熔点－59.5℃，沸点11.0℃，能溶于水，不溶于浓硫酸；四氯化碳，有强氧化性，能与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为氯酸钠。

[制备与分离]

(1)实验过程中加药品前应进行的操作是______________。

(2)装置C、E的作用分别是：______________________；________________________。

(3)根据信息写出ClO2与NaOH溶液的离子方程式为_________________________________。

[测量与计算]：

反应结束后，打开止水夹鼓入过量氮气，再测得B、C装置分别增重2.0g和14.2g，将D中的液体溶于水，配成2.5L溶液，取25.00mL该溶液，调节试样的pH<2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；加入指示剂X，用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。（已知：2ClO2+8H++10I-=5I2+2Cl-+4H2O;2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）

(4)鼓入氮气的目的是______________________________。指示剂X为_________，滴定终点时溶液的颜色变化是________________________。

(5)D装置收集到的ClO2的物质的量为________。

[结论]由实验测量可知，浓盐酸和氯酸钾固体反应的化学方程式为________________。29、某实验需用溶液40mL。配制方法如下：

(1)配制该溶液应选用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还必须的有___________。

(2)用托盘天平准确称量___________固体

(3)将称量好的固体放在50mL大烧杯中，倒入约00mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解冷却后将烧杯中的溶液注入容量瓶中。用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁次，洗涤后的溶液___________；轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀。

(4)向容量瓶中加入蒸馏水，到液面时改用___________加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。

(5)若在配制过程中出现下列情况，将使所配制的溶液的浓度偏高的是___________，偏低的是___________，对实验结果没有影响的是___________(填各选项的序号)。

定容摇匀后静止；发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。

固体因长期保存部分潮解。

配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干。

固体在烧杯中溶解后；立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作。

转移溶液后；未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容。

定容时，俯视观察液面评卷人得分六、有机推断题(共4题，共28分)30、已知X；Y、Z都是短周期的元素；它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则。

（1）X的化学式是_____；Y的化学式是_____、Z的名称是_____。

（2）由Y和Z组成；且Y和Z质量比为7：20的化合物的化学式（分子式）是_____。

（3）由X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的一种阳离子是_____。

（4）由X、Y、Z元素按原子个数比为4：2：3组成的化合物，该化合物的化学式（分子式）是_____。31、现有原子序数依次增大的A；B、C、D、E五种短周期元素。已知A、C、D三原子的最外电子层中共有10个电子；这三种元素的最高价氧化物的水化物之间，两两皆能反应。请回答下列问题：

（1）B元素的名称是_____。

（2）D、E两元素的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是_____（填化学式）。

（3）写出A、C两元素的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式：________。

（4）将A元素的过氧化物15.6g与足量二氧化碳完全反应，有____mol电子发生转移。32、结合元素周期表；完成下列问题。

（1）在元素周期表中全部是金属元素的区域为____________（填序号）。

a.Ab.Bc.Cd.D

（2）Ⅰ和Ⅱ元素形成的化合物的化学式为__________________，写出其中含有非极性共价键的化合物的电子式_______________。

（3）现有甲；乙两种短周期元素；室温下，甲元素的单质在冷的浓硫酸或空气中表面都会生成致密的氧化膜，乙元素原子核外第三层与第一层上的电子数相等。

①写出甲元素周期表中对应的位置__________。

②甲、乙两元素中，金属性较强的是__________（填元素名称），可以验证该结论的实验是_______________（填序号）。

a.将在空气中放置已久的这两种元素的单质分别放入热水中。

b.将这两种元素的单质粉末分别和相同浓度的盐酸反应。

c.将这两种元素的单质粉末分别和热水作用；并滴入酚酞溶液。

d.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性33、元素周期表与元素周期律在学习；研究中有很重要的作用。下表是5种元素的相关信息；W、X都位于第三周期。

。元素。

信息。

Q

地壳中含量最高的元素。

W

最高化合价为+7价。

X

最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强。

Y

焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色。

Z

原子结构示意图为：

（1）Q在周期表中的位置是__。

（2）W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___。

（3）X单质与水反应的离子方程式是__。

（4）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：__；失电子能力Y大于X，金属性Y强于X。

（5）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是__（填字母）。

A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同。

B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性。

C．Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】【分析】

由图中原子序数和化合价，各元素依次为a为H、b为C；c为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。

【详解】

A．a、d、f组成的化合物Al(OH)3具有两性；能溶于强碱溶液，故A正确；

B．CH4、NH3是10电子的分子；H可分别与C或N组成含10个电子的分子，故B正确；

C．Na＋与S2－的电子层结构不相同，前者具有Ne的电子层结构，后者具有Ar的电子层结构；故C错误；

D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Cl>S>C，最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3；故D正确；

故选C。

【点睛】

本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据化合价、原子半径推断元素，注意抓住短周期元素，熟练掌握元素化合物知识，理解元素周期律、影响微粒半径大小的因素。易错点C，Na＋有2个电子层，K、L层分别排有2、8个电子，S2－有3个电子层，K、L、M层分别排有2、8、8个电子。2、C【分析】【详解】

化学反应中必须有新的物质生成；所以可以生成一种新单质；一种新分子，也可以生成一种由离子构成的物质，即一种新离子；在化学反应中分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，说明原子在化学变化中是没有变化的，所以不能生成一种新原子，即不可能生成一种新核素，答案选C。

【点睛】

该题的关键是明确在化学反应前后分子发生了改变，原子没有发生变化，原子的种类、数目、质量都不变，然后灵活运用即可。3、A【分析】【详解】

A．Na2O2与CO2反应只发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，只生成Na2CO3；故A符合题意；

B．少量CO2：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O，足量CO2：NaOH＋CO2=NaHCO3；生成两种含钠的化合物，故B不符合题意；

C．少量石灰水：2NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2H2O＋Na2CO3，足量石灰水：NaHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O＋NaOH；获得两种含钠的化合物，故C不符合题意；

D．少量盐酸：Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl，足量盐酸：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O；故D不符合题意；

答案为A。4、D【分析】【分析】

已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后存在六种微粒Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋，Co2O3为反应物，Cl2为生成物，根据化学反应方程遵循物料守恒和电荷守恒，则该化学反应方程式为Co2O3+6H＋+2Cl－═2Co2＋+3H2O+Cl2↑；据此解题。

【详解】

A.用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2；故A正确；

B.氧化剂是Co2O3，还原剂是HCl，Co2O3中的Co由+3价变为+2，1molCo2O3得电子2mol；HCl中的Cl由−1价变成0价，1molHCl失电子1mol，根据得失电子守恒，需要2molHCl，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B正确；

C.用Co2O3制备Cl2的反应中，Co2O3做氧化剂，浓盐酸做还原剂，氧化产物是Cl2，还原产物是氯化钴，方程式为：Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，若有3molH2O生成；则反应中有2mol电子转移，故C正确；

D.根据方程式为：Co2O3+6HCl═2CoCl2+3H2O+Cl2↑，当该反应生成2.24LCl2时；由于在常温下，气体的摩尔体积不是22.4L，得不出氯气的物质的量，无法算出转移的电子数，故D错误。

答案选D。5、D【分析】【详解】

A．氧化铁与碘化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、碘单质和水，离子方程式为Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++3H2O+I2；A正确；

B．氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；B正确；

C．碳酸氢钠足量，二者反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+COC正确；

D．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；D错误；

综上所述答案为D。6、D【分析】【详解】

A．氢气在氯气中燃烧产生苍白色的火焰；生成白雾，故A错误；

B．铜在氯气中燃烧；生成棕色的氯化铜，而不是白烟，故B错误；

C．工业用石灰乳来制漂白粉；而不是纯碱，故C错误；

D．金属钠易与空气中氧气反应；易与水反应；与煤油不反应且密度比煤油小，可以保存在煤油中，隔绝空气防止钠变质，故D正确；

故答案：D。7、A【分析】【详解】

A．足量浓盐酸与在加热条件下充分反应为浓盐酸过量，所以生成1mol分子总数为故A正确；

B．溶液中还含有也含有氧原子；故B错误；

C．未给出溶液体积；无法计算溶质的物质的量，故C错误；

D．在标准状况下为液体；不适用于标准状况下气体摩尔体积，故D错误；

故答案选A。8、D【分析】【分析】

①易与空气中的氧气、水蒸气、二氧化碳等起反应的药品应密封保存。如钾、钠应浸在煤油中；白磷放在水中，使之与空气隔绝；②易潮解、挥发、吸水的药品应密封保存，如固体NaOH、浓盐酸、浓硫酸等；③见光易分解的物质应盛在棕色瓶中，放置阴凉处，如AgNO3、浓HNO3等；④液态溴有毒且易挥发；应贮存于磨口的细口瓶中，加水封，加盖玻璃塞(不能用橡胶塞)，并放置于阴凉处；⑤易挥发；着火的药品应密封保存并放置于阴凉处，远离火源，如乙醇、乙醚、苯等；⑥盛放药品的器皿应不能跟所盛药品反应，如盛NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞而应用橡胶塞。

【详解】

A项；氯水中的次氯酸见光易分解而导致氯水变质；应于棕色试剂瓶避光保存，故A正确；

B项；钠易与空气中氧气和水反应；所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故B正确；

C项；NaOH固体会吸收空气中的二氧化碳和水；需要密封保存，故C正确；

D项、FeCl3溶液与Fe反应生成氯化亚铁，保存FeCl3溶液时不能加入Fe粉；故D错误。

故选D。

【点睛】

本题考查了常见化学试剂的保存方法判断，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，注意根据试剂的性质特点选择保存的方法，如浓硝酸、新制的氯水等见光容易分解的试剂，应该避光保存，通常保存在棕色试剂瓶中。二、多选题(共5题，共10分)9、AB【分析】【分析】

M是红色金属，则可以确定其为金属铜，在作用下与稀硫酸反应生成Y遇到溶液显血红色，说明Y中含有则金属E是铁，X是经反应③转化为与氨水反应生成红褐色沉淀。

【详解】

A．的氧化性比的氧化性强；A项错误；

B．在反应①中只表现了酸性，表现了氧化性；B项错误；

C．与反应生成C项正确；

D．反应③的离子方程式为可见反应过程消耗若在反应中不加稀硫酸，则体系增大，有可能会生成红褐色的沉淀；D项正确。

故选AB。10、CD【分析】【分析】

【详解】

A.在SiO2中Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，60gSiO2晶体的物质的量是1mol，所以1molSiO2中含有Si-O键数目为4NA个；A错误；

B.0.17gNH3的物质的量是0.01mol，由于1个NH3分子中含有3个共用电子对，所以0.01molNH3的共用电子对数为0.03NA；B错误；

C.1molCl2与足量Fe反应，Fe足量，以不足量的Cl2为标准计算电子转移数目，则转移电子数一定为2NA；C正确；

D.丙烯、丁烯最简式是CH2，式量是14，28g丙烯、丁烯混合物含有最简式的物质的量是2mol，2molCH2完全燃烧产生2molCO2、2molH2O，根据O元素可知消耗3molO2，因此需氧分子数为3NA；D正确；

故合理选项是CD。11、BD【分析】【详解】

A．铝先转化成铝盐；才可以转化为氢氧化铝，故A不符合题意；

B．碳酸钠溶液能和氢氧化钙溶液反应生碳酸钙沉淀和氢氧化钠；故B符合题意‘

C．氨气应先氧化成一氧化氮；然后氧化成二氧化氮，在和水反应生成硝酸，故C不符题意；

D．Fe2(SO4)3和Cu反应生成硫酸亚铁和硫酸铜；故D符合题意；

本题答案BD。12、BC【分析】【详解】

A．标况下水为液体；故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；

B．溶液中氯化镁的物质的量n=cV=0.1mol/L1L=0.1mol；而氯化镁中含2个氯离子，故0.1mol氯化镁中含氯离子的物质的量为0.2mol，质量m=nM=0.2mol×35.5g/mol=7.1g，故B正确；

C．氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为故C正确；

D．氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，氯元素由0价变为为－1价和+1价，故0.01mol氯气和氢氧化钠反应转移电子为0.01NA个；故D错误。

答案为：BC。13、BC【分析】【分析】

【详解】

A．CaCl2为离子化合物；只含有离子键，故A错误；

B．NaOH是离子化合物；钠离子和氢氧根离子之间形成的是离子键，氢氧根离子中氢原子与氧原子之间形成的是共价键，故B正确；

C．NH4Cl为离子化合物；氯离子和铵根离子键形成的是离子键，铵根离子中N原子与H原子以共价键结合，故C正确；

D．CO2为共价化合物；只含有共价键，故D错误。

故选BC。三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】【分析】

【详解】

略【解析】Na2O2Na2O215、略

【分析】【分析】

（1）氯原子的核内有17个质子；核外有17个电子；

（2）碳酸氢钠俗称小苏打；

（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气；

（4）木炭在加热条件下被浓硫酸氧化为二氧化碳；浓硫酸被还原为二氧化硫，据此分析。

【详解】

（1）氯原子的核内有17个质子，带17个正电荷，核外有17个电子，故原子结构示意图为

（2）碳酸氢钠俗称小苏打，化学式为NaHCO3；

（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，二氧化锰将浓盐酸氧化为氯气，二氧化锰被还原为氯化锰，同时有水生成，故化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为MnO2+2Cl﹣+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）木炭在加热条件下被浓硫酸氧化为二氧化碳，浓硫酸被还原为二氧化硫，还有水生成，故化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。【解析】①.②.NaHCO3③.MnO2+2Cl﹣+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O④.C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)金属钠与水反应产生NaOH和H2，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；由于在盐酸中HCl是强电解质，完全电离，溶液中H+浓度比水中的大，H+浓度越大，反应速率越快，所以金属钠与盐酸反应比钠与水反应快，反应更剧烈；金属钠与硫酸铜溶液反应时，首先是Na与溶液中的水反应产生NaOH和H2，然后是NaOH与CuSO4发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，反应的总方程式为2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑；

(2)漂白粉通常用氯气与石灰乳制备，二者反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，对应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；漂白粉中Ca(ClO)2与水、CO2发生反应产生具有漂白作用的HClO，将有色物质氧化变为无色，故漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；漂白粉在空气中容易变质，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。【解析】2Na+2H2O=2NaOH+H2↑剧烈2Na+2H2O+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO17、略

【分析】【分析】

(1)

HCl溶液与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸，离子方程式为Cl-+Ag+=AgCl↓；HNO3溶液与Na2CO3溶液反应生成硝酸钠、二氧化碳和水，离子方程式为2H++CO=H2O+CO2↑；

(2)

a.在溶液中H+、CO反应生成二氧化碳和水；不能大量共存，a不符合；

b.在溶液中Ba2+、SO反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，b不符合；

c.在溶液中Cu2+、OH-反应生成氢氧化铜沉淀；不能大量共存，c不符合；

d.H+、K+、Cl-、SO在溶液中不反应；可以大量共存，d符合；

答案选d。【解析】(1)Cl-+Ag+=AgCl↓2H++CO=H2O+CO2↑

(2)d18、略

【分析】【分析】

S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，根据图示，X是H2S、Y是SO2、Z是H2SO4；

（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；

（2）X为H2S，将H2S与SO2混合；可生成淡黄色固体，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质作氧化剂，元素化合价升高的为还原剂；

（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；

（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜；二氧化硫和水；

（5）Na2S2O3中S为+2价；从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；

（6）Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素化合价为+6，Cr发生还原反应，令Cr元素在产物中的化合价为a价；根据电子转移守恒计算a的值。

【详解】

（1）具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，即SO2，H2SO3、Na2SO3；

（2）将H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是利用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S作还原剂；+4价变化为0价，二氧化硫作氧化剂，则该反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1；

（3）二氧化硫具有漂白性可以使品红溶液褪色；加热又会恢复红色，则检验二氧化硫的方法是：将二氧化硫通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色；

（4）浓硫酸溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；

（5）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，b、d中S的化合价都大于2，c、e符合题意，故选c、e；

（6）令Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒，则24×10-3L×0.05mol/L×（6-4）=20×10-3L×0.02mol/L×2×（6-a）；解得a=+3。

【点睛】

本题通过硫元素考查氧化还原反应、物质的检验鉴别等，侧重元素化合物的性质的应用的考查，注意根据氧化还原反应的规律解答。【解析】SO2、H2SO3、Na2SO32：1将Y通入品红溶液中，品红溶液褪色，加热后又变红色Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ce+319、略

【分析】（1）

反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，锰元素从+4价降低到+2价、部分盐酸中氯元素从-1价升高到0价，则氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2；存在关系式：故当生成71gCl2时；被氧化的物质(HCl)的质量为73g；

（2）

由化学方程式、按得失电子数守恒得关系式：若反应中生成1分子Cl2；则转移的电子数为2个；

（3）

结合(1)可知，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为：

（4）

①反应Ⅰ为CuO与HCl反应生成CuCl2和H2O，离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O；

②一定条件下，反应Ⅱ的化学方程式为则属于置换反应；

③由题意知：NH3与Cl2反应生成NH4Cl和N2，反应中，NH3转变为N2时N元素从-3价升高到0价、氯元素从0价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：反应的化学方程式：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；

（5）

KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)反应中，HCl转变为Cl2时Cl元素从-1价升高到0价、锰元素从+7价降低到+2价，如果上述化学方程式中KMnO4和MnCl2的系数都是2，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，HCl的系数是16。【解析】(1)MnO2Cl273

(2)2

(3)

(4)CuO+2H+=Cu2++H2O置换8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2

(5)1620、略

【分析】【分析】

同周期从左到右核电荷数依次增大；半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定。

【详解】

元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，故答案为：同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子。【解析】①.同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大②.N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子21、略

【分析】【分析】

【详解】

16.25g氯化铁的物质的量是=0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，故判据错误。【解析】错22、略

【分析】【分析】

由元素在周期表的位置可知；①～⑥分别为N；O、Na、Al、P、Cl，然后根据元素的原子结构与元素在周期表的位置及性质的关系分析解答。

【详解】

由元素在周期表的位置可知；①～⑥分别为N；O、Na、Al、P、Cl元素。

(1)②表示的是氧元素；元素符号为O；

(2)①表示的是N元素，⑤表示的是P元素，两种元素在周期表中位于同一主族。同一主族从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，所以①、⑤两种元素的原子半径大小为①<⑤；

(3)③表示的是Na元素，④表示的为Al元素，两种元素在周期表中都是第三周期的元素。同一周期的元素，从左向右原子半径逐渐减小，原子失去电子的能力逐渐减弱，所有元素的金属性逐渐减弱，则③、④两种元素的金属性强弱顺序为：③>④；

(4)⑥为Cl元素，其最高化合价为+7价，该元素最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4。

【点睛】

本题考查了元素周期表与元素周期律的知识。元素周期律是元素周期表的排布依据，元素周期表是元素周期律的具体表现形式。把握元素的位置、元素的性质、原子结构的关系为解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。【解析】O<>HClO4四、判断题(共3题，共12分)23、B【分析】【分析】

【详解】

物质微观上可以由分子、原子、离子等构成，所以1mol任何物质不一定都含有1mol分子，也可能为原子或离子等，故该说法错误。24、A【分析】【分析】

【详解】

溴化银固体见光易分解，保存在棕色玻璃塞广口瓶中，故正确。25、A【分析】【详解】

高阻尼橡胶隔震支座可抵抗16级台风、8级地震及30万吨巨轮撞击，则橡胶隔震支座可以广泛应用于房屋、公路、桥梁等建筑物上，该说法正确。五、实验题(共4题，共12分)26、略

【分析】【详解】

(1)①配置0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液约460mL；除了需要托盘天平(带砝码)；药匙、烧杯、胶头滴管和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；

②准确称量NaOH固体的质量为0.5L0.3mol/L40g/mol=6.0g；故答案为：6.0；

③配制步骤有称量；溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；正确的操作顺序是DECBAGF，故答案为：DECBAGF；

④A.转移时有少量溶液洒到容量瓶外面；会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故A选；

B.使用容量瓶配制溶液时；俯视定容所得溶液的体积偏小，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏高，故B不选；

C.没有用蒸馏水洗涤烧杯玻璃棒2～3次；会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故C选；

D.容量瓶刚用蒸馏水洗净；没有烘干，不会导致所配溶液有偏差，故D不选；

E.定容时；不小心加水使液面高于刻线后，再吸出少量水使凹液面与刻度线相切，会导致溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故E选；

故答案为：ACE；

(2)Na2O2作为供氧剂时与人体呼出的水蒸气反应生成氧气和氢氧化钠，化学方程式为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2；

(3)①根据元素守恒；横线上的物质化学式是NO，故答案为：NO；

②由题目中的信息可知亚硝酸钠溶液呈碱性，食盐也易溶于水，但其水溶液量中性，所以用酸碱指示剂来鉴别两种物质；分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠，故答案为：分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠。【解析】500mL容量瓶6.0DECBAGFACE2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2NO分别将固体配成溶液，用pH试纸检测，显碱性的是亚硝酸钠27、略

【分析】【分析】

用10%(密度为1.01g/cm3)的氢氧化钠溶液配制成27.5g2%的氢氧化钠溶液的步骤为计算、量取10%氢氧化钠溶液、量取水、搅拌稀释，需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒等；用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸稀释成100mL3mol/L稀硫酸的步骤为计算；量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等。

【详解】

（1）①设需要10%氢氧化钠溶液的质量为mg，由稀释前后溶质的质量不变可得：m×10%＝27.5g×2%，解得m＝5.5g，溶液的体积V＝≈5.4mL，需要水的质量为(27.5g－5.5g)＝22g，则需水的体积为=22mL；故答案：5.5；5.4；22；

②量取液体应一次量取；选用量程最小的量筒，故用10mL量筒量取5.4mL10%氢氧化钠溶液，量取时视线要跟量筒内液体凹液面的最低点相切，然后倒入烧杯里，用25mL量筒量取22.0mL水，故答案为：10；凹液面最低处；25；

③溶解时；用玻璃棒将上述溶液搅拌均匀，即得27.5g2%的氢氧化钠溶液，故答案为：玻璃棒；

（2）①浓硫酸的物质的量浓度c＝==18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为VmL，由稀释前后溶质的物质的量不变可得：V×10—3L×18.4mol/L＝3×0.1L，解得V≈16.3mL；故答案为：16.3；

②用98%(密度为1.84g/cm3)的浓硫酸稀释成100mL3mol/L稀硫酸的步骤为计算；量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等；则正确的操作顺序ADECBHGF，故答案为：ADECBHGF；

（3）①配制100mL1mol·L-1的氢氧化钠溶液所需的氢氧化钠的质量m＝cVM＝1mol·L-1×0.1L×40g·mol-1＝4.0g；但氢氧化钠称量时要放到烧杯里，故天平读数要大于4.0g，则C符合题意，故答案为：C；

②用固体来配制溶液的步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用浓溶液来配制的步骤是计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，则配制氢氧化钠溶液和硫酸溶液的各步操作中的区别是称量或量取、溶解或稀释，故答案为：AB。【解析】5.55.42210凹液面最低处25玻璃棒16.3ADECBHGFCAB28、略

【分析】【分析】

实验目的有二个：①分离Cl2和ClO2混合气体，②测定Cl2和ClO2的物质的量之比，结合图中装置可知，实验时先检验装置的气密性，A中浓盐酸与氯酸钾反应，B中浓硫酸干燥，C可除去混合气体中的氯气，D冷凝分离出二氧化氯，E作为安全瓶防止F中溶液倒吸进入D中，F中NaOH溶液可吸收尾气；测定含量时结合2ClO2+8H++10I-═5I2+2Cl-+4H2O、2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，可知存在ClO2～5Na2S2O3；以此来解答。

【详解】

（1）制备气体的实验步骤通常是：连接仪器组成装置；检查装置气密性，加入试剂等等，故加药品前应检查装置气密性；

故答案为：检查装置的气密性；

（2）根据相似相溶原理和题中信息；氯气易溶于四氯化碳，二氧化氯不溶于四氯化碳；较易液化，从而可实现它们的分离；装置C的作用是溶解吸收混合气体中的氯气，装置D可使二氧化氯冷凝成液体，装置E作为安全瓶能防止F中溶液倒吸至D中；

故答案为：吸收Cl2；安全瓶；防倒吸；

（3）F中NaOH溶液能吸收氯气、二氧化氯，防止污染空气。因氧化还原反应中化合价升降数相等，ClO2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种盐，其中一种为NaClO3，另一种只能是NaClO2，其离子方程式为2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+2H2O；

故答案为：

（4）反应结束后，装置中有少量残留气体，为使测量数据准确，可通入氮气将装置中气体赶入吸收装置；测定试验的原理是利用ClO2与I-反应生成I2，然后利用Na2S2O3测定生成的I2的量，从而计算ClO2的量，因此可选用淀粉溶液作滴定指示剂，当I2反应完全后；溶液蓝色变为无色，且半分钟内不恢复至蓝色；

故答案为：赶出装置A中产生的气体；使测量准确；淀粉溶液；蓝色变为无色；

（5）由2ClO2+8H++10I-═5I2+2Cl-+4H2O、2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，可知列出关系式：ClO2～5Na2S2O3，25mL溶液中，ClO2的含量为：

则2.5L溶液中ClO2的物质的量为×10-3mol=0.1mol；装置C的增重量为氯气的质量，氯气的物质的量为=0.2mol，故装置A中生成ClO2、Cl2的物质的量之比为1:2，根据原子守恒和化合价升降守恒可知，其反应化学方程式为：3KClO3+10HCl(浓)=3KCl+2ClO2↑+4Cl2↑+5H2O；

故答案为：0.1mol；3KClO3+10HCl(浓)=3KCl+2ClO2↑+4Cl2↑+5H2O。【解析】检查装置的气密性吸收Cl2安全瓶，防倒吸ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O赶出装置A中产生的气体，使测量准确淀粉溶液蓝色变无色0.1mol3KClO3+10HCl(浓)=3KCl+2ClO2↑+4Cl2↑+5H2O29、略

【分析】【分析】

根据配制一定物质的量浓度溶液的原理和基本操作分析，结合c=判断误差。

【详解】

(1)实验操作的步骤有计算；称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作；一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，恢复室温后转移到一定规格容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，继续加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加水到凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，反复颠倒上下摇匀，移入试剂瓶贴标签贮存，配制配制0.4mol/LNaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，则需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器是250mL容量瓶；

(2)配制0.4mol/LNaOH溶液240mL；应选择250mL容量瓶，实际配制250mL溶液，需要氢氧化钠质量为：0.4mol/L×0.25L×40g/mol=4.0g；

(3)用少量蒸馏水洗涤烧杯2~3次；洗涤后的溶液一起转入容量瓶中，保证溶质全部转移到容量瓶中，减少误差；

(4)定容的正确操作为：向容量瓶中加入蒸馏水；到液面1~2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；

(5)A．定容摇匀后静止；发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线，溶液的体积偏大，则所配溶液的浓度偏低；

B．NaOH固体因长期保存部分潮解；则溶质质量偏低，导致所配溶液的浓度偏低；

C．定容时需要向容量瓶中加水；则配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对所配溶液的浓度无影响；

D．NaOH溶解于水放热；将固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作，最终溶液冷却后液面降低，导致溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高；

E．转移溶液后；未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，容量瓶内溶质的量偏少，导致所配溶液的浓度偏低；

F．定容时；俯视观察液面，溶液体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高；

故所配制的溶液的浓度偏高的是DF；偏低的是ABE，对实验结果没有影响的是C。

【点睛】

根据c=可知，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n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，若n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比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。【解析】50mL容量瓶0g一起转入容量瓶中胶头滴管BE六、有机推断题(共4题，共28分)30、略

【分析】【分析】

根据原子的核外电子排布情况；X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，可推出X为H，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍，只有次外层为2个电子时满足，可知Z为O，再根据Y和Z可以形成两种以上气态化合物，原子序数依次递增得出Y只能为N。

【详解】

(1)由分析可知：X为H；Y为N，Z为O，故答案为：H；N；氧；

(2)氮和氧的质量之比=根据公式n=又原子的物质的量之比等于原子数量之比，则其原子数量之比==2：5，则该物质的分子式为N2O5，故答案为：N2O5；

(3)X2Z分子式H2