黑龙江佳木斯第一中学2025届化学高一上期中联考试题含解析

黑龙江佳木斯第一中学2025届化学高一上期中联考试题
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、下列各组物质或微粒化学性质几乎相同的是：
A ．T 、D
B ．金刚石、石墨
C ．Mg 、Mg 2+
D ．H 2O 、D 2O 2
2、N A 代表阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是
A ．配制 1L 0.1mol/L 的 CuSO 4 溶液需称取 1.6g CuSO 4 固体
B ．常温常压下，1mol O 3 气体体积约为 22.4L
C ．浓度为 1mol·L −1 的盐酸所含氯化氢分子的数目为 N A
D ．5.6 g Fe 与足量 Cl 2 反应，转移的电子数为 0.3N A
3、原子核外电子是分层排布的，在不同电子上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是 A ．K 层 B ．L 层 C ．M 层 D ．N 层
4、根据化学反应的实质是旧键断裂、新键形成这一观点，下列变化不属于化学反应的是（ ）
A ．干冰气化
B ．氧气转化成臭氧
C ．二氧化碳溶于水
D ．加热碳酸氢铵
5、下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是
A ．无色溶液中：Clˉ、Na +、Fe 3+、SO 42ˉ
B ．含有SO 42-的溶液中：Ba 2+、Na +、H +、NO 3ˉ
C ．含有Clˉ的溶液中： SO 42ˉ、NO 3ˉ、Cu 2+、K +
D ．使石蕊变红的溶液中：Fe 3+，HCO 3ˉ、Na +，SO 42ˉ
6、下列离子方程式书写正确的是（ ）
A ．碳酸钙与盐酸反应2-+322CO +2H =CO +H O ↑
B ．铁钉放入硫酸铜溶液中2+3+Fe+Cu =Fe +Cu
C ．氢氧化铜和硫酸反应-+2OH +H =H O
D ．硫酸和氯化钡溶液反应2+2-44Ba +SO =BaSO ↓
7、两个体积相同的容器，一个盛有NO ，另一个盛有N 2和O 2，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同：①原子总数 ②质子总数 ③分子总数④质量
A．①②B．②③C．①③D．②④
8、在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的()
A．B．C．D．
9、下列说法正确的是
A．物质的相对分子质量就是该物质的摩尔质量
B．两个等容容器，一个盛一氧化氮，另一个盛N2、H2混合气，同温同压下两容器内气体分子总数一定相同，原子总数也相同
C．将98gH2SO4溶于500mL水中所得到溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L
D．发生化学反应时失电子越多的金属原子，还原能力越强
10、已知在酸性溶液中可发生如下反应： R2O72－+ 6Fe2+ + 14H+ =6Fe3+ +2R n+ +7H2O，则R n+中R的化合价是
A．+3B．+4C．+5D．+6
SO-四种离子，其中H+ 的浓度为0.5 mol·L-1，Cl-的浓度为0.2 mol·L-1，Al3+ 11、某溶液中仅含有H+、Al3+、Cl-、2
4
SO-的浓度是
的浓度为0.1 mol·L-1，则2
4
A．0.15 mol·L-1B．0.25 mol·L-1
C．0.3 mol·L-1D．0.4 mol·L-1
12、在容量瓶上，无需标记的是
A．标线B．温度C．浓度D．容量
13、常温下，发生下列几个反应：
①16H+ + 10Z― + 2XO4―== 2X2+ + 5Z2 + 8H2O
②2A2+ + B2 == 2A3+ + 2B―
③2B― + Z2 == B2+ 2Z―
根据上述反应提供的信息，判断下列结论不正确的是
A．氧化性：XO4―＞B2＞A3+B．X2+既有还原性，又有氧化性
C．还原性：Z―> A2+D．溶液中可发生：Z2 + 2A2+ == 2A3++ 2Z―
14、上海建成了我国第一条磁悬浮铁路。

磁悬浮的核心技术是利用超导体的反磁性。

高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)是以Y m O n、BaO和CuO为原料，经研磨烧结而成，此过程中所有元素的化合价均不变，则高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)中Y元素的化合价是( )
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
15、在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）
A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣B．K+、Ca2+、NO3﹣、CO32﹣
C．Na+、OH﹣、NO3﹣、SO42﹣D．Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
16、下列说法中，正确的是（）
A．1 mol O的质量是32g/mol B．H2O的摩尔质量为18 g
C．44 g CO2的体积为22.4 L D．9.8 g H2SO4含0.1N A个H2SO4分子
二、非选择题（本题包括5小题）
17、某固体混合物中，可能含有下列离子中的几种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−，将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：
（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；
（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g。

根据上述实验回答下列问题：
①实验（1）中反应的离子方程式为____________________________，实验（2）中沉淀溶解对应的反应的离子方程式为______________________________________。

②溶液中一定不存在的离子有__________________；
③溶液中一定存在的离子有___________，其中阴离子的物质的量浓度分别为___________；
④取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中存在Cl—？______________（填“能”或“不能”），理由是_____________________________________。

⑤推断K+是否存在并说理由：_________________________________________.
18、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：
(1)M元素位于周期表中的位置为_____________。

(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为____(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是__________。

(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_______，产物分子的电子式为_____，其化学键属__________共价键(填“极性”或“非极性”)。

19、实验室配制一定浓度的溶液都要使用一定规格的容量瓶，现欲用质量分数为98%，密度为1.8g/mL的浓H2SO4溶液配制450mL浓度为0.2mol/L的稀H2SO4溶液，回答下列问题：
（1）需量取该浓H2SO4溶液的体积是____mL。

（2）需要用到的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要____。

（3）配制过程有下列几步操作：
A．将蒸馏水加入容量瓶至液面接近刻度线1～2cm处；
B．用l0mL量筒量取所需体积的H2S04溶液，注入烧杯中，用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；
C．用胶头滴管加水至刻度线；
D．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液也转移到容量瓶中；
E．向烧杯中加入约20mL蒸馏水；
F．将烧杯中溶液冷却后，沿玻璃棒转移到容量瓶中；
G．盖好瓶塞，反复颠倒摇匀，静置，装瓶。

以上各步骤操作的先后顺序是____填字母），使用容量瓶之前需要进行的一步操作是：____。

（4）若所配溶液浓度偏低，则造成此误差的操作可能是____。

A．定容时俯视容量瓶
B．用量筒取浓H2S04溶液时俯视读数
C．使用容量瓶前未干燥
D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶
E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面
F．未按要求洗涤烧杯和玻璃杯2～3次
20、现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。

（1）沉淀A的主要成分是__________________________（填化学式）。

（2）②中反应的离子方程式是___________________________________________。

（3）①②③中均进行的分离操作是_______________。

（4）溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是__________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的______________。

（5）实验室用上述实验获得的NaNO3固体配制450 mL 0.40 mol/L NaNO3溶液。

该同学需称取NaNO3固体的质量是________ g。

（6）下面是该同学配制过程的示意图，其操作中有错误的是（填操作序号）___________。

第⑤部操作可能会使所配溶液浓度偏_______（填“大”或“小”或“无影响”）
21、(1)在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]，将小烧杯放在事先已滴有3~4滴水的玻璃片上，然后，再加入约10gNH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。

使Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl充分反应。

实验中观察到的现象是______________________，说明该反应是___________热反应，这是由于反应物所具有的总能量_________ (填“大于”、“小于”或“等于”生成物所具有的总能量。

(2)将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计为一个原电池，则该电池的负极材料为__________，正极电极反应式为
__________________________________。

(3)恒温下，将amo1N2与bmolH2的混合气体通入一容积固定的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g)。

若反应进行到时刻t时，n t(N2)=13mol，n t(NH3)=6mol，则a=__________。

反应达平衡时，混合气体的体积为716.8L(已经折算为标准状况下)，其中NH3的体积分数为25%。

则平衡时H2的转化率为____________________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】A、T和D是H的两个同位素，核外电子排布相同，即化学性质相同，故A正确；B、金刚石和石墨互为同素异形体，结构不同，结构决定化学性质，因此两者的化学性质不同，故B错误；C、Mg最外层电子为2，能与盐酸
等多种物质发生反应，Mg2＋最外层为8个电子，达到稳定结构，因此两者化学性质不同，故C错误；D、D2O2相当于双氧水，具有强氧化性，H2O不具有强氧化性，因此两者的化学性质几乎不同，故D错误。

点睛：同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素不同核素，化学性质与核外电子有关，因为同位素质子数相同，且核外电子排布相同，因此同位素的化学性质几乎相同，而物理性质可能不同；同素异形体是同种元素不同结构的单质，同素异形体的结构不同，结果决定化学性质，因此同素异形体的化学性质是不同的。

2、D
【解析】
A. 根据m=cVM进行计算。

B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L。

C. 不知道体积无法根据物质的量浓度计算微粒数目，盐酸不含氯化氢分子。

D. Fe 与足量Cl2反应生成氯化铁。

【详解】
A. 配制1L 0.1mol/L的CuSO4溶液需称取CuSO4固体质量m=cVM=0.1mol/L×1L×160g/mol=16g，A错误。

B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L， 1mol O3气体体积大于22.4L，B错误。

C. 不知道体积无法根据物质的量浓度计算微粒数目，盐酸不含氯化氢分子，C错误。

D. 5.6 g Fe物质的量为0.1mol，与足量Cl2反应，生成氯化铁，转移的电子数为0.3N A，D正确。

3、D
【解析】
原子核外电子是分层排布的，电子层从内到外排布的顺序为K、L、M、N、O、P、Q，电子层距离原子核越近电子层上运动的电子能量越低，则K、L、M、N中N层能量最高，故D正确。

4、A
【解析】
分析：化学反应的实质是原子的重新组合,即旧化学键的断裂,新化学键的形成过程；A.干冰气化是物质的三态变化，只是分子间的距离发生了改变；B.同素异形体的转化是化学变化，分子结构发生了改变；C.二氧化碳溶于水和水反应生成碳酸；D. 离子化合物碳酸氢铵加热分解生成了氨气、二氧化碳和水。

详解:A.干冰气化是物质的三态变化，没有化学键的断裂与形成，只是分子间的距离发生了改变,是物理变化，所以A 选项是正确的；
B.同素异形体的转化是化学变化，分子结构发生了改变,原子重新组合，旧化学键断裂新化学键形成，属于化学变化，故B错误；
C.二氧化碳溶于水和水反应生成碳酸，有新物质生成，属于化学变化，故C错误;
D. 离子化合物NH4HCO3加热分解破坏了旧化学键,形成新化学键,是化学变化，故D错误；
所以答案选A 。

5、C
【解析】
含有Fe 3+的溶液呈棕黄色；SO 42-与Ba 2+反应生成BaSO 4沉淀；Clˉ、 SO 42ˉ、NO 3ˉ、Cu 2+、K +不反应；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO 3ˉ与H +反应放出二氧化碳；
【详解】
无色溶液中不能含有Fe 3+，故A 错误；SO 42-与Ba 2+反应生成BaSO 4沉淀，含有SO 42-的溶液中不能含有Ba 2+，故B 错误；Cl ˉ、 SO 42ˉ、NO 3ˉ、Cu 2+、K +不反应，所以能大量共存，故选C ；使石蕊变红的溶液呈酸性，HCO 3ˉ与H +反应放出二氧化碳，所以使石蕊变红的溶液中不能含有HCO 3ˉ，故D 错误；
6、D
【解析】
A ．碳酸钙是不溶于水的沉淀，不能拆成离子形式，应为：+2322CaCO +2H =Ca +CO +H O +↑，故A 错误；
B ．铁钉放入硫酸铜溶液中，铁被氧化为Fe 2+，故B 错误；
C ．氢氧化铜不溶于水，不能拆成离子，故C 错误；
D ．硫酸和氯化钡溶液反应，硫酸里的SO 42-和氯化钡里的Ba 2+反应生成硫酸钡沉淀：2+2-44Ba +SO =BaSO ↓，故D
正确；
故选D 。

【点睛】
离子方程式的判断正误可以从以下几个方面考虑：一是原理是否正确，即生成物书写是否正确；二是拆分是否合理，只有强酸、强碱和可溶性盐能拆分，其他都不能拆分；三是是否符合两个守恒：质量守恒和电荷守恒，若是氧化还原反应，还要满足电子守恒。

7、C
【解析】
根据阿伏加德罗定律可知，两容器中气体的物质的量是相同的，因此分子数一定是相等的；又因为三种气体都是由2个原子构成的，所以它们的原子数也是相等的，而质子数与质量不一定相等，因此正确的答案选C 。

8、D
【解析】
A.浓硫酸具有强的腐蚀性，因此在盛有浓硫酸的试剂瓶标签上应印有腐蚀品标志，故合理选项是D 。

9、B
【解析】
A 、物质的相对分子质量在数值上等于该物质的摩尔质量，其中物质的相对分子质量无单位，摩尔质量的单位是g/mol ，A 项错误；
B 、同温同压下，容积相等时，气体的体积相同，即气体分子数相同，N 2、H 2都是双原子分子，含有的原子总数相同，B 项正确；98 gH 2SO 4即1 mol H 2SO 4溶于500 mL 水后的体积不能确定，无法求出硫酸的物质的
量浓度，C 项错误；D 、发生化学反应时失电子越多的金属原子，不是还原性越强，例，
Na 原子失1个电子转化为Na +，Mg 原子失2个电子转化为Mg 2+，但Na 原子还原性强，D 项错误；答案选B 。

点睛：还原性能力强不是失电子数目多，是失电子的能力强，是本题的易错点。

10、A
【解析】
Fe 2+中的铁元素的化合价为+2价，反应后铁元素的化合价为+3价，6mol Fe 2+反应中失去6mol 的电子，根据得失电子守恒，反应中1mol R 2O 72－得到6mol 的电子，R 2O 72－中R 的化合价为+6价，根据得失电子守恒：（6-n ）×2=6，解得n=+3， 故选A 项。

11、C
【解析】
根据溶液中电荷守恒有c (H +) + 3c (Al 3+) = c (Cl -) + 2c (24SO -)，即0.5 mol/L + 3×0.1 mol/L = 0.2 mol/L + 2c (24SO -
)，解得c (24SO -) = 0.3 mol/L ；
故选：C 。

12、C
【解析】
容量瓶有多种规格，并要求在室温下配制溶液使用，根据实验需要配制一定体积的溶液，则容量瓶上标记有温度、规格和刻度线，实验要求不同，则需要配制的溶液浓度不同，故浓度无需标记，答案选C 。

13、C
【解析】
本题主要考查氧化还原反应中氧化剂与还原剂的氧化性与还原性性质大小判断。

根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物进行分析。

反应①16H + + 10Z - + 2XO 4-== 2X 2+ + 5Z 2 + 8H 2O 中，Z -作还原剂，XO 4-为氧化剂，氧化产物为Z 2，还原产物为X 2+，氧化性关系：XO 4->Z 2，还原性关系：Z ->X 2+；反应②2A 2+ + B 2 == 2A 3+ + 2B -中，A 2+作还原剂，B 2作氧化剂，氧化产物为A 3+，还原产物为B -，氧化性关系：B 2> A 3+，还原性关系：A 2+>B -；反应③2B - + Z 2 == B 2+ 2Z -中，B -作还原剂，Z 2做氧化剂，氧化产物为B 2，还原产物为Z -，氧化性：Z 2>B 2，还原性：B ->Z -；综合上述分析可知，氧化性关系：XO 4->Z 2>B 2>A 3+；还原性关系：A 2+>B ->Z ->X 2+。

【详解】
A.由上述分析可知，氧化性：XO 4->Z 2>B 2>A 3+，正确；
B.XO4-中X的化合价为+7价，X所对应的单质中元素化合价为0价，X2+中X的化合价处于中间价态，故X2+既有还原性，又有氧化性，正确；
C.由上述分析可知，还原性：A2+>B->Z->X2+，错误；
D.根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物，综合上述微粒的氧化性与还原性关系可判断，溶液中可发生：Z2 + 2A2+ == 2A3++ 2Z-，正确。

14、B
【解析】
根据在化合物中正负化合价代数和为零解答本题。

【详解】
设Y元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，氧元素的化合价为-2，铜化合价+2，钡化合价+2，由于此过程中所有元素的化合价均不变，则根据高温超导物质(Y2Ba4Cu6O13)的化学式可知：2x+（+2）×4+（+2）×6+（-2）×13＝0，解得x＝+3；答案选B。

15、C
【解析】
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液是无色且显碱性分析解答。

【详解】
A. MnO4－在溶液中不是无色的，不能大量共存，A错误；
B. 在碱性溶液中Ca2+、CO32－反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，B错误；
C. 在碱性溶液中Na+、OH－、NO3－、SO42－之间不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；
D. Fe3+在碱性溶液中生成氢氧化铁红褐色沉淀，不能大量共存，D错误。

答案选C。

16、D
【解析】
A. 1 mol O的质量是32g，A错误；
B. H2O的摩尔质量为18 g/mol，B错误；
C. 44 g CO2的物质的量是1 mol，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. 9.8 g H2SO4的物质的量是0.1 mol，由N=n·N A可知0.1 molH2SO4中含0.1N A个H2SO4分子，D正确；
故合理选项是D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、OH-+NH4+=NH3↑+H2O BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O Mg2+、Ba2+NH4+，SO42−、CO32−
c(SO42−)=0.1mol/L，c( CO32−)=0.2 mol/L 不能碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀
无法确定是氯化银存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。

【解析】
将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：
（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；
（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；由此排除Ba2+的存在；
（3）根据硫酸钡的量计算出硫酸根的量，根据碳酸钡的量计算出碳酸根离子的量，根据氨气的量计算出铵根离子的量，最后根据电荷守恒判断钾离子的存在与否。

据以上分析进行解答。

【详解】
将含有K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl−、SO42−、CO32−的混合物溶于水后得澄清溶液，现取三份各100mL该溶液分别进行如下实验：
（1）在第一份溶液中加入足量的NaOH溶液并加热，无沉淀生成，但收集到1.12L气体(标准状况下)；可以说明溶液中含有NH4+，一定没有Mg2+；
（2）在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，说明含有SO42−或CO32−中一种或2种；经称量其质量为6.27g，在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，说明剩余的沉淀为硫酸钡，溶解的沉淀为碳酸钡，证明溶液中一定含有SO42−、CO32−；
①实验（1）中为OH-与NH4+加热反应生成氨气，离子方程式为：OH-+NH4+=NH3↑+H2O；实验（2）中沉淀为碳酸钡和硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；综上所述，本题答案是：OH-+NH4+=NH3↑+H2O ；BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。

②结合以上分析可知：实验（1）中为可以证明含有NH4+，实验（2）中含有SO42−、CO32−；由于碳酸钡、碳酸镁、硫酸钡等都是不溶于水的沉淀,因此溶液中一定不存在的离子有：Mg2+、Ba2+；综上所述，本题答案是：Mg2+、Ba2+。

③结合以上分析可知：实验（1）中可以证明含有NH4+，实验（2）中可以证明含有SO42−、CO32−；溶液中一定存在的离子有NH4+、SO42−、CO32−；根据在第二份溶液中加入足量的BaCl2溶液有沉淀生成，经称量其质量为6.27g，为碳酸钡和碳酸钙质量之和；在该沉淀中加入足量的盐酸，沉淀部分溶解，剩余固体质量为2.33g，为硫酸钡沉淀，其物质的量为2.33/233=0.01mol；根据SO42− -BaSO4可知，n(SO42−)=0.01mol；碳酸钡沉淀质量为6.27-2.33=3.94g，其物质的量为3.94/197=0.02mol；根据CO32− - BaCO3可知， n( CO32−)=0.02mol；浓度各为：
c(SO42−)=0.01/0.1=0.1mol/L；c( CO32−)=0.02/0.1=0.2 mol/L；综上所述，本题答案
是：NH4+、SO42−、CO32−；c(SO42−)=0.1mol/L，c( CO32−)=0.2 mol/L。

④结合以上分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42−、CO32−；取第三份原溶液，向其中加入足量的AgNO3溶液，能够产生白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银沉淀，不一定为氯化银沉淀；所以不能说明原溶液中存在Cl-；综上所述，本题答案是：不能；碳酸银、硫酸银、氯化银都是白色沉淀,因此实验3得到沉淀无法确定是氯化银；
⑤溶液中肯定存在的离子是NH4+，SO42−、CO32−,经计算, NH4+的物质的量为1.12/22.4=0.05mol,利用②中分析、计算可以知道SO42−、CO32−的物质的量分别为0.01mol和0.02mol；阳离子带的正电荷总数0.05×1=0.05mol，阴离子带的负电荷总数为：0.01×2+0.02×2=0.06mol；根据电荷守恒:钾离子一定存在；因此，本题正确答案是:存在,经过计算可以知道,只有存在K+溶液中的离子电荷才能守恒。

18、三ⅥA Mg>Si>S>C SiO2 C+2S CS2 极性
【解析】
短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。

【详解】
(1) M为S，在周期表中位于第三周期第ⅥA族。

(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S，S比C多一个电子层，则原子半径S>C，因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。

Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。

(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2S CS2。

CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。

【点睛】
同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。

19、5.6500ml容量瓶EBFDACG检查容量瓶是否漏液BF
【解析】
（1）根据c=1000×ρ×ω/M可知，浓H2SO4溶液的物质的量浓度=1000×1.8×98%/98=18.0mol/L，根据溶液稀释规律：稀释前后溶质的量保持不变，设需量取该浓H2SO4溶液的体积是VL ，实验室没有450mL容量瓶，只能选用500mL容量瓶，所以18.0×V=0.2×0.5，V=0.0056L=5.6mL；综上所述，本题答案是：5.6。

（2）实验室配制一定浓度的溶液需要的玻璃仪器除量筒、玻璃棒、胶头滴管、烧杯外还需要500mL容量瓶；综上所述，本题答案是：500ml容量瓶。

（3）配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,用10mL量筒量取硫酸,在烧杯中稀释,并用玻璃棒搅
拌,冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯与玻璃棒2-3次,并移入容量瓶内,当加水至液面距离刻度线1-2cm时,改用胶头滴管滴加,盖好瓶塞,反复颠倒摇匀,故操作顺序为EBFDACG；容量瓶有玻璃塞和玻璃旋塞，因此为防止在使用过程中出现漏液现象，在使用之前需要进行检查容量瓶是否漏液；
综上所述，本题正确答案是：EBFDACG；检查容量瓶是否漏液。

（4）A.定容时俯视容量瓶,所配溶液体积偏小,配制溶液的浓度偏大,故 A不符合；
B．量筒取浓H2S04溶液时俯视读数，量取硫酸溶液的体积偏小，所配溶液的浓度偏小，故B符合；
C．配制需加水定容，使用容量瓶前未干燥，对所配溶液浓度无影响,故C不符合；
D．未待烧杯中溶液冷却就转入容量瓶，造成溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏大，故 D不符合；
E．定容时将蒸馏水洒在容量瓶外面，可以继续加水,对所配溶液浓度无影响,故E 不符合；
F．使用的烧杯和玻璃棒未洗涤彻底，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，故F符合；
综上所述，本题选BF。

20、BaCO3、BaSO4Ag+ + Cl-= AgCl↓过滤Na2CO3稀HNO317.0 ①、④、⑤小
【解析】
（1）含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液中加入过量的Ba（NO3）2，Na2SO4、Na2CO3和Ba（NO3）2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀；
（2）滤液1中含氯离子，加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-═AgCl↓；（3）①②③中均进行的分离是把不溶性物质和可溶性物质分离，故为过滤；
（4）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为Na2CO3；HNO3；
（5）实验室没有450 mL规格的容量瓶，必须配制500mL，制备500mL 0.4mol/L的NaNO3溶液，则需要硝酸钠的质量为0.5L×0.4mol/L×85g/mol=17.0g；
（6）①硝酸钠应该放在纸片上或玻璃片上称量，①不正确；向容量瓶中加入蒸馏水时，应该用玻璃棒引流，④错误；定容时应该平视，⑤不正确，所以答案选①④⑤；
②第⑤步操作可能会使所配溶液浓度偏定容时仰视刻度线，体积偏大，浓度偏小。

21、拿起小烧杯发现玻璃片粘到烧杯底部，感觉小烧杯很凉吸小于Fe Fe3++e-=Fe2+16 50% 【解析】
分析：化学上把把吸收热量的化学反应称为吸热反应，把有热量放出的化学反应称为放热反应。

吸热反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量；放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量。

原电池的负极材料通常是电池反应中的还原剂，而正极材料通常是活泼性不如负极的导电物质。

化学反应中各元素的原子种类和原子数目保持不变。

有关化学平衡的计算中，各组分的变化量之比等于其化学计量数之比。

详解：（1）在一个小烧杯里加入约20g已研磨成粉末的氢氧化钡晶体[Ba(OH)2·8H2O]，将小烧杯放在事先已滴有3~4滴水的玻璃片上，然后，再加入约10gNH4Cl晶体，并立即用玻璃棒迅速搅拌。

使Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl充分反应。

实验中观察到的现象是：拿起小烧杯发现玻璃片粘到烧杯底部，感觉小烧杯很凉，说明该反应是吸热反应，这是由于反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量。

（2）将Fe+2FeCl3=3FeCl2设计为一个原电池，该反应中，铁是还原剂、氯化铁是氧化剂，故该电池的负极材料为Fe，正极可以选用碳棒或铜等材料。

正极上发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+。

（3）恒温下，将amo1N2与bmolH2的混合气体通入一容积固定的密闭容器中，发生如下反应：N2(g)+
3H2(g)2NH3(g)。

若反应进行到时刻t时，n t(N2)=13mol，n t(NH3)=6mol，由N原子守恒可知，a=13+6
2
=16。

反
应达平衡时，混合气体的体积为716.8L（已经折算为标准状况下），则混合气体的总物质的量为
716.8
32 22.4/mol
L
L
=mol，
其中NH3的体积分数为25%。

则NH3的物质的量为
32mol⨯25%=8mol，n(N2)=16mol-8
12
2
mol
mol
=、n(H2)=32mol-8mol-12mol=12mol，H2的变化量为
3 2n(NH3)=
3
812
2
mol mol
⨯=，所以，平衡时H2的转化率为
12
100%
1212
mol
mol mol
⨯=
+
50%。

点睛：本题属于有关化学反应原理的综合题，主要考查了化学反应与能量变化、原电池原理及其应用、有关化学平衡的计算。

理论上，任何一个自发进行的氧化还原反应均可设计成原电池反应，还原剂在负极上发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应。

有关化学平衡的计算，除根据质量守恒定律外，关键要把握住各组分的变化量之比等于化学计量数之比。