期中测试-（2019）新鲁科版高中化学必修第一册.docx

1、高中化学鲁科版（2019）必修第一册期中测试一、单选题1.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A.标准状况下， 0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB.标准状况下，2.24L苯分子数为0.1NAC.40 g NaOH溶解在1 L水中，得到溶液的物质的量浓度为1 mol/LD.0.1molNa2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA2.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ） A.钠和冷水反应：Na2H2ONa+2OH-H2B.金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al2OH-AlO2-H2C.金属铝溶于盐酸中：2Al6H+2Al3+3H2D.Fe(OH)3跟盐酸反

2、应：OH-+H+= H2O3.体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是（ ） A.0.25LB.0.5LC.0.75LD.1L4.如图所示，两瓶体积相等的气体，在同温同压时瓶内气体（N2O和CO2不发生化学反应）的关系错误的是 （ ） A.所含氧原子数相等B.气体的总质量相等C.气体所含电子总数相等D.气体的密度相等5.某学生配制100mL1 molL1的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1 molL1 ， 他的下列操作中使浓度偏低的原因是 （ ） 用量筒量取浓硫酸时，俯视读数量

3、筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未洗涤容量瓶没有烘干用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中时有溶液流到了容量瓶外面溶液未经冷却即定容用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切滴加蒸馏水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线定容时仰视读数A.B.C.D.6.标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1gmL-1)，所得溶液的密度为gmL-1 ， 质量分数为，物质的量浓度为cmolL-1 ， 则下列关系中错误的是（ ） A.=(17V+22400)/(2

4、2.4+22.4V)B.=17c/1000C.=17V/(17V22400)D.c=1000V/(17V+22400)7.将m g镁铝合金投入到500 ml 2 mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L （标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60 g，则m的值为（ ） A.11.48B.9.35C.8.50D.5.108.有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5 mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（ ） A.112B.111C.421D.1249.用NaCl固体配制0.1 molL-1的NaCl溶液，下列操作或说法

5、正确的是（ ） A.将5.85gNaCl固体溶于1 L水中可配成0.1 molL-1的NaCl溶液B.称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上C.固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线D.配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果10.用玻棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是（） A.B.C.D.11.下列选用的除杂方法错误的是（括号内为杂质）（） A.CO2（HCl）通过足量的饱和碳酸钠溶液、干燥B.SiO2（H2SiO3）加热，使H2SiO3分解C.Cl2（HCl）通过足量的饱和氯化钠溶液、干燥D.FeCl2溶液（FeCl3）加过量的Fe粉、

6、过滤12.将0.4gNaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 molL-1的盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（ ） A.B.C.D.13.下列实验方案中，不能测定Na2CO3 和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是（ ） A.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体B.取a克混合物充分加热，减重b克C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体通过浓硫酸后用碱石灰吸收，固体增重b克D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤称重，得b克固体14.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根

7、据实验现象得出的结论错误的是（ ） A.氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有 Cl2B.干燥氯气与湿润氯气漂白性的对比实验证明，氯水中具有漂白性的微粒是 HClOC.向氯水中加入 NaHCO3 粉末，有气泡产生，说明氯水中含有 H+D.向 FeCl2 溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有 HClO15.向H2SO2、MgSO4、Al2(SO4)3混合溶液中逐滴加入 NaOH 溶液至过量，下图中，能正确表示上述反应过程的是(横坐标表示加入 NaOH 的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量) A.B.C.D.16.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成HmX分子

8、。在ag HmX中所含质子的物质的量是( ) A.aA+m (AN) molB.aA(A-N) molC.aA+m (ANm) molD.aA (ANm) mol17.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是( ) A.SO2和H2SB.Cl2和CO2C.NH3和CO2D.SO2和Cl218.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ） A.SSO3H2SO4Na2SO3B.AlAl (OH)3Al2O3NaAl(OH)4C.NaNa2O2Na2CO3NaOHD.SiSiO2H2SiO3Na2SiO319.如图表示AlCl3溶液与NaOH溶

9、液相互滴加过程中微粒的量的关系曲线，下列判断错误的是（ ）A.线表示Al3+的物质的量的变化B.x表示AlCl3的物质的量C.线均表示Al(OH)3的物质的量的变化D.线表示Al(OH)4-的物质的量的变化20.下列关于物质的量浓度表述正确的是（） A.0.2mol/LNa2SO4溶液中含有Na+和SO42总物质的量为0.6molB.用1L水吸收22.4L氯化氢（标况下）所得盐酸的浓度是1mol/LC.10g 98%的硫酸（密度为1.84gcm3）与10mL 18.4mol/L的硫酸的浓度相同D.50mL 2mol/LNaCl溶液和100 mL 0.5mol/LMgCl2溶液中，Cl物质的量浓

10、度相等二、综合题21.（1）标准状况下，与5.6L的CH4气体含相同H原子数的硫化氢的质量为_g。 （2）将2molL-1Al2(SO4)3和0.2molL-1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，计算混合液中c(SO42-)=_molL-1。若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸，配制480mL浓度成0.2molL-1 稀硫酸，计算需要量取_mL的浓硫酸。 （3）配平以下方程式_K2Cr2O7+_HCl=_KCl+_CrCl3+_Cl2+_H2O上述反应中物质氧化性：_，每生成1molCl2时有_个电子发生转移，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_

11、。22.（1）顺铂（化学名称为顺二氯二氨合铂(II)，化学式为PtCl2(NH3)2 ， 相对分子质量为：300）是一种用于治疗癌症的药物，一片顺铂药片所含顺铂的质量为610-4g，那么一片顺铂药片中N原子的物质的量_mol； （2）乙烯气体（C2H4）是石油化工产品之一，也是最重要的有机化工基础原料之一，在标准状况下其密度为_gL-1； （3）现有一种矿泉水样品，1.0L的该矿泉水含有4.810-2gMg2+ ， 则_L矿泉水中含有1mol Mg2+； （4）某“84消毒液”1000mL，其有效成分为NaClO(式量：74.5)，质量分数为14.9，密度为1.2g/mL，其溶质的物质的量浓度

12、为_molL1； （5）已知CO和CO2的混合气体7.2g，在标准状况下所占的体积为4.48L。则该混合气体中氧元素的质量为_g； 23.A，B，C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）。 （1）若A是一种淡黄色单质固体，则BC的化学方程式为_。 （2）若A是一种黑色单质固体，将一定量C缓慢通入NaOH溶液中，充分反应，测得最后溶液的显碱性，此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是_、_；如果是多种成分，可能是_、_。 （3）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，试用化学方程式表示该物质C的一个重要应用_。 将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学

13、式为_。现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38g，D的质量分数为_。 24.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是1 L“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：成分质量（g）摩尔质量（g mol-1）蔗糖5000342硫酸钾087174阿司匹林035 180高锰酸钾0158158硝酸银004170（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是_。 A.蔗糖B.硫酸钾C.高锰酸钾D.硝酸银（2）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为_molL-1。 （3）配制上述1 L“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：烧杯、玻璃

14、棒、药匙、_、_、_。（在横线上填写所缺仪器的名称） （4）在溶液配制过程中，下列操作正确且对配制结果没有影响的是_。 A.将药品放入容量瓶中加蒸馏水溶解B.容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理参考答案一、单选题1.【答案】 D 【解析】A、氯气溶于水，只有少量的Cl2与水发生反应，无法计算转移电子数目，故A不符合题意； B、苯标准状况下不是气体，无法直接运用22.4Lmol1计算，故B不符合题意；C、题目中无法计算溶液的体积，则无法计算溶液物质的量浓度，故C不符合题意；

15、D、过氧化钠与CO2发生：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 ， Na2O2既是氧化剂又是还原剂，即0.1molNa2O2与足量的CO2发生反应转移电子物质的量为0.1mol，数目为0.1NA ， 故D符合题意，故答案为：D。2.【答案】 C 【解析】AB.方程式反应前后电荷不守恒，不符合题意 D. Fe(OH)3 为难容物，离子方程式中不能拆分，不符合题意 故答案为：C3.【答案】 C 【解析】由于在相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，所以容器中气体的相对分子质量是1.0823234.6，这说明氯化氢不纯，混有空气，设HCl物质的量分数为x，则34.6=36.5x+29(

16、1-x)，得x=0.75，则氯化氢和空气的体积之比约是31，所以进入容器中液体的体积是3/4L，即0.75L； 故答案为：C。4.【答案】 A 【解析】同温同压下，体积之比等于物质的量之比，由于两瓶体积相等，则两瓶气体的物质的量相等， A. N2O和CO2含有的O原子数目不同，所以虽然两瓶中气体物质的量相等，但是二者所含氧原子数不同，故A选；B. N2O和CO2的摩尔质量都是44g/mol，两瓶气体物质的量相等，则二者气体的总质量相等，故B不选；C. N2O和CO2的分子都含有22个电子，两瓶气体的物质的量相等，则含有电子数相等，故C不选；D.两瓶气体的体积相等，质量相等，则根据 = mV 可

17、以知道，二者气体的密度相等，故D不选；故答案为：A。5.【答案】 A 【解析】用量筒量取浓硫酸，俯视读数，所量取浓硫酸的体积偏小，即溶质物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；烧杯未洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；容量瓶中有水，对实验无影响，故不符合题意；液体流到容量瓶外面，容量瓶中溶质物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；未冷却即定容，恢复到室温状态下，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故不符合题意；该操作造成容量瓶中溶质物质的量减小，浓度偏低，故符合题意；再加水，对原溶液稀释，浓度偏低，故符合题意；定容时仰视，所加水的体积超过刻度线，即浓度偏低

18、，故符合题意； 综上所述，正确的是，故答案为：A6.【答案】 A 【解析】NH3溶于水绝大部分与水生成一水合氨，但是计算时，以NH3算。 A根据 c=1000M ，则 =cM1000=17c1000 ，选项中的表达式利用的是 =m(溶液)V(溶液) ， m(溶液)=m(溶质)+m(溶剂)=17V22.4+1000 ，但是溶液的体积不是气体体积（V）和溶剂体积（1L）的加和，A符合题意；B根据公式 c=1000M ，得 =Mc1000=17c1000 ；B不符合题意；C =m(溶质)m(溶液)=m(溶质)m(溶质)+m(溶液) ， m(溶质)=nM=VVMM=17V22.4 ； m(溶液)=m(

19、溶质)+m(溶剂)=nM+水V水=VVMM+水V水=17V22.4+1000 ， =m(溶质)m(溶液)=m(溶质)m(溶质)+m(溶液)=17V22.417V22.4+1000=17V17V+22400 ，C不符合题意；D c=nV(溶液)=VVMm(溶液)1000=1000Vm(溶液)VM , m(溶液)=m(溶质)+m(溶剂)=nM+水V水=VVMM+水V水=17V22.4+1000 ，带入有 c=1000V17V+22400 ，D不符合题意；本题故答案为：A。7.【答案】 D 【解析】镁、铝最终转化为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，这说明Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧

20、根离子的物质的量，5.6L气体是氢气，物质的量是0.25mol，转移0.5mol电子，即与金属阳离子结合的氢氧根是0.5mol，质量是8.5g，所以m13.60g8.5g=5.10g， 故答案为：D。8.【答案】 C 【解析】NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5 mol 氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x1:y2: z4；计算得出x：y：z=421，C符合题意； 故答案为：C。9.【答案】 D 【解析】A：溶于1升水中是错误的，应溶于水中配成一升溶液，A项不符合题意； B：固体一般放在纸片上，B项不符合题意；C：溶解后洗涤烧杯二至三次，一并移至容

21、量瓶中，加水稀释到离刻度线2至3cm时，改用胶头滴管定容，C项不符合题意；D：配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响溶质的物质的量和体积，故不影响实验结果，D项符合题意；故答案为D。10.【答案】 B 【解析】用玻棒蘸取新制氯水滴在pH试纸中部，中间部位由于HClO的漂白作用，呈现白色，外层由于HCl呈酸性，试纸呈红色，氯水没有接触到的部分，呈现黄色，B符合题意； 故答案为：B11.【答案】 A 【解析】A.碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢生成二氧化碳，则可以用饱和碳酸氢钠溶液中除去CO2中的HCl，A符合题意； B.硅酸分解生成二氧化硅和水，则可以用加热法除去SiO2

22、中的H2SiO3 ， B不符合题意；C.氯气在饱和食盐水中的溶解性很小，氯化氢极易溶于水，则可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，C不符合题意；D.氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则可以用铁粉除去FeCl2溶液中的FeCl3 ， D不符合题意；故答案为：A12.【答案】 D 【解析】0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06gNa2CO3的物质的量为0.01mol；二者混合后，溶液中含有0.01molHCO3-和0.01molCO32- ， 滴加盐酸，CO32-先与H+反应：CO32-+H+=HCO3- ， 不放出气体，消耗0.01molH+即0.1L盐酸；此时溶液中含有0.0

23、2molHCO3- ， 继续滴加盐酸，HCO3-与H+反应发生反应：HCO3-+H+=H2O+CO2，有气体产生，0.02molHCO3-完全反应消耗盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生CO2达到最大值。 故答案为：D13.【答案】 D 【解析】A.得到的固体产物是NaCl，Na2CO3 和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，A不符合题意； B.在Na2CO3 和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3 ， 所以能测定混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；C.逸出气体通过浓硫酸吸收水蒸气，通过碱石灰吸收CO2 ， 所以能测定

24、混合物中Na2CO3的质量分数，C不符合题意；D.Na2CO3 和NaHCO3转化为BaCO3 ， 经过滤、洗涤称重，得b克固体，由于没有干燥，沉淀不纯，所以不能测定混合物中Na2CO3的质量分数，D符合题意；故答案为：D14.【答案】 D 【解析】氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，则A只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，A不符合题意； B.干燥氯气与湿润氯气漂白性的对比实验证明，氯水中具有漂白性的微粒是HClO，B不符合题意；C.溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，C不符合题意；D.溶液中氯气、HClO都强氧化性，向氯化亚铁溶液中滴加氯水，溶液颜色变成

25、棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，D符合题意，故答案为：D。15.【答案】 D 【解析】在逐滴滴入氢氧化钠的时候先与硫酸发生反应 H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O ，所以刚刚开始的时候没有沉淀生成，然后硫酸镁和氢氧化钠、硫酸铝和氢氧化钠分别生成沉淀 MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2+Na2SO4Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3Na2SO4 ，反应完后沉淀质量最多，之后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O ，有部分沉淀溶解，故答案为：D.16.【答案】 C 【解析】某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N

26、个中子，则质子数为AN，则每个HmX分子含有质子数为ANm，ag HmX的物质的量为 ag(m+A)gmol-1 aA+m mol，故含有质子物质的量为 aA+m mol(ANm) aA+m (ANm)mol，故C符合题意； 故答案为：C。17.【答案】 B 【解析】A硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，单质硫不溶于水，可以产生沉淀，故A不选； B.氯化钡与二氧化氮、二氧化碳均不反应，不会产生沉淀，C.氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故C不选； D.Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，故D不选。故答案为：B18.

27、【答案】 C 【解析】A. S不能直接转化为SO3 ， A不符合题意；B. Al不能直接转化为Al(OH)3 ， B不符合题意；C. Na在氧气中燃烧生成Na2O2 ， 过氧化钠与二氧化碳反应生成Na2CO3 ， 碳酸钠与氢氧化钡反应生成NaOH，C符合题意；D. SiO2不溶于水，不能直接转化为H2SiO3 ， D不符合题意，故答案为：C。19.【答案】B 【解析】AlCl3溶液与NaOH溶液混合有两种方式：一种方式为向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，开始就有沉淀生成后沉淀溶解，方程式分别是：Al33OHAl(OH)3、Al(OH)3OHAlO22H2O，且前后消耗NaOH的物质的量之

28、比为31，显然符合本题意，则x表示NaOH的物质的量，B不符合题意；据此可判断A、C、D符合题意。另一种方式为向NaOH溶液中逐滴滴加AlCl3溶液，开始没有沉淀，后有沉淀，方程式分别是：Al34OH=AlO22H2O、Al33AlO26H2O=4Al(OH)3与图像不相符。故答案为：B。20.【答案】 C 【解析】A.0.2molL1 Na2SO4溶液体积不知不能计算微粒数，故A不符合题意；B用1L水吸收22.4L氯化氢（标况下）物质的量为1mol，所得盐酸溶液体积不是1L，所得溶液的浓度小于1molL1 ， 故B不符合题意；C据c= 1000wM 可知，98%硫酸（密度为1.84gcm3）

29、的物质的量浓度c= 10001.84g/cm398%98g/mol =18.4molL1 ， 与10mL 18.4 molL1硫酸的浓度是相同的，故C符合题意；D50mL 2molL1的NaCl溶液中氯离子浓度为2mol/L，100 mL L 0.5molL1MgCl2溶液中，Cl的物质的量浓度位0.5mol/L2=1mol/L，Cl的物质的量浓度不相等，故D不符合题意故答案为：C二、综合题21.【答案】 （1）17g（2）3.1mol/L；5.4mL（3）1；14；2；2；3；7；K2Cr2O7；Cl2；1.2041024或2NA；1：6 【解析】标准状况下，5.6L的CH4气体物质的量为

30、n=VV（m）=5.6L22.4Lmol1=0.25mol ，氢原子物质的量为0.25 mol4 = 1 mol，含1 molH原子数的硫化氢的物质的量为0.5 mol，其质量为 m=nM=0.5mol34gmol-1=17g ， 故答案为17；将2molL-1Al2(SO4)3和0.2molL-1H2SO4溶液等体积混合(设混合溶液体积等于两溶液体积之和)，设体积为V L，计算混合液中c(SO42)为 c=nV(aq)=2molL13VL+0.2molL1VLVL+VL=3.1molL1 ，若用容量瓶以质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸，物质的量浓度为 c=1000M=100

31、01.84gcm-398%98gmol-1=18.4molL1配制480mL浓度成0.2molL-1 稀硫酸，将溶液稀释成500 mL，根据c(浓)V（浓）=c(稀)V（稀） 18.4molL1V（浓）=0.2molL10.5LV(浓) = 0.0054L =5.4 mL故答案为5.4mL； 1K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2 +7H2O化合价降低的为氧化剂即K2Cr2O7 ， 化合价升高得到的产物为氧化产物即Cl2 ， 上述反应中物质氧化性：K2Cr2O7 Cl2 ， 根据反应每1 mol K2Cr2O7反应转移6 mol电子生成3 mol Cl2 ， 每生成lm

32、ol Cl2时有2mol电子即2NA电子发生转移，还原剂是HCl，参与反应的有14 mol，但化合价升高的只有6 mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故答案为1K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2；K2Cr2O7；Cl2；1.2041024或2NA；1：6。22.【答案】 （1）410-6（2）1.25（3）500（4）2.4（5）4.8 【解析】(1)顺铂的摩尔质量=300g/mol，一片顺铂药片中顺铂的物质的量n= mM =610-4g 300g/mol=210-6mol，一片顺铂药片中顺铂所含氮原子的物质的量=410-6mol；(2)由M=V

33、m可以推出=MVm=28g/mol22.4L/mol=1.25 gL-1；（3）1mol Mg2+的质量是24g, 1.0L的该矿泉水含有4.810-2gMg2+,那么24g需要矿泉水的体积是500L;(4)c=1000M=10001.2g/mL14.974.5g/mol= 2.4 molL1；(5) 标准状况下，混合气体的物质的量为：4.48L22.4L/mol=0.2mol，设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则：x28g/mol+y44g/mol7.2g;x+y0.2mol，解得：x=0.1mol、y=0.1mol，混合气体中氧元素的质量为m=nM=(0.1mol+0.2mol)

34、16g/mol=4.8g。23.【答案】 （1）2SO2+O2 加热催化剂 2SO3（2）Na2CO3；NaHCO3；NaOH、Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3（3）2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；Na2CO3；83.2 【解析】学过的这种能够连续氧化的包括CCOCO2、SSO2SO3、NH3NONO2、N2NONO2、NaNa2ONa2O2等。 （1）若A是淡黄色单质固体，那么A是S，B是SO2 ， C是SO3 ， BC的反应为2SO2+O2 加热催化剂 2SO3。 故答案为：2SO2+O2 加热催化剂 2SO3。 （2）若A是一

35、种黑色单质固体，则A是C，B是CO，C是CO2 ， CO2（物质C）缓慢通入NaOH溶液中，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3 ， Na2CO3、NaHCO3溶液均呈碱性，所以溶质是单一成分时，可能是Na2CO3或NaHCO3 ， 如果是多种成分，有可能存在未反应的NaOH，则该多种成分可能是NaOH与Na2CO3或者是Na2CO3与NaHCO3。 故答案为：Na2CO3、NaHCO3、NaOH和Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3。 （3）若A是一种活泼金属，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2 ， Na2O2的重要用途是提供O2。Na2O2长期

36、暴露在空气中会与空气中的H2O、CO2反应，最终生成Na2CO3 ， 既D为Na2CO3。Na2CO3与NaHCO3固体混合物10g加热时只有NaHCO3分解生成Na2CO3从而使得固体质量减小。2NaHCO3 _ Na2CO3+H2O+CO2m168184462m10g-9.38g所以 m=1.68g混合物中Na2CO3含量： 11.68g10g=0.832故答案为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2或2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、Na2CO3、83.2。24.【答案】 （1）A（2）0.011（3）托盘天平（带砝码）；1000mL容量瓶；胶头滴管（4）B,D 【解析】解

37、：“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是蔗糖。故答案为：A。“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为（0.005 2 +0.001）molL-1=0.011molL-1。故答案为：0.011。配制上述1 L“鲜花保鲜剂”所需的仪器已有的是烧杯、玻璃棒、药匙，还缺少的是托盘天平（带砝码）、1000mL容量瓶、胶头滴管。故答案为：托盘天平（带砝码）；1000mL容量瓶；胶头滴管。误差分析：A不能将药品放入容量瓶中加蒸馏水溶解，这样操作会因溶解的热效应影容量瓶的精度；B容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，对配制溶液是没有影响的；C容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，所配溶液的中就会有氯化钠这种杂质；D定容、摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，这是正确的，对所配溶液没有影响。综上所述，在溶液配制过程中，操作正确且对配制结果没有影响的是BD。