2023通辽开鲁县一中高一上学期期末考试化学试题含解析

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内蒙古通辽市开鲁县第一中学2022-2023学年高一上学期期末考试
化学试题
一、单选题(共21题，每小题2分，共42分)
可用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 S-32 Al-27 N-14 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56
1. 用的氯化钠固体配成溶液500ml，所得溶液的物质的量浓度为　　
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用0.1mol的氯化钠固体配成溶液500mL,根据物质的量浓度表达式C=n/V计算出所得溶液的物质的量浓度。
【详解】用 的氯化钠固体配成溶液500ml ,所得溶液的物质的量浓度为:c(NaCl)=0.1mol/0.5L=0.2mol/L。A. 不符合题意，故A错误； B. 符合题意，故B正确；C. ；D.不符合题意，故D错误；所以B选项是正确的。
2. 用化学用语表示2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中的相关粒子，其中正确的是
A. 中子数为8的氧原子：
B. NaOH的电子式：
C. H2O的结构式：
D. Na+的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．在原子符号表示中，左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和。O元素8号元素，原子核内有8个质子，中子数为8的氧原子质量数是8+8=16，用原子符号表示为：，A错误；
B．NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在OH-中O原子与H原子通过共价键结合，则NaOH的电子式为：，B错误；
C．H2O分子中O原子与2个H原子形成2个共价键，H2O的空间结构为V形，故H2O的结构式可表示为：，C正确；
D．Na+是Na原子失去最外层的1个电子形成的，Na+核外电子排布是2、8，故Na+的结构示意图为：，D错误；
故合理选项C。
3. 除去固体中少量的最佳方法是
A. 加热 B. 加入NaOH溶液
C. 加入适量盐酸 D. 制成溶液后通入
【答案】A
【解析】
【详解】A．较稳定，及受热易分解为、和，故A正确；
B．虽然NaOH能与反应生成和，但所含量未知，所以所加NaOH的量不易控制，故B错误；
C．盐酸既能与反应有能与反应，故不可选用盐酸，故C错误；
D．不能与反应，但能与溶液反应，不仅不能除去，反而会消耗，故D错误；
答案选A。
4. 标准状况下，下列物质占体积最大的是(　　)
A. 98 g H2SO4 B. 6.02×1023个CO2 C. 44.8 L HCl D. 6 g H2
【答案】D
【解析】
【详解】A.H2SO4是溶液，密度大于1g/mL，98 g H2SO4 的体积小于98mL；6.02×10 23 个CO2的物质的量为1mol，标准状况下体积为1mol 22.4L/mol=22.4L; HCl的体积为44.8 L；6gH2的物质的量为6g/2gmol-1=3mol，标准状况下体积为3mol 22.4L/mol=67.2L ，故D项正确。综上所述本题答案为D。
5. 将20 mL0.5 mol/LNaCl溶液加水稀释到500 mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为
A. 0.01 mol/L B. 0.1 mol/L C. 0.02 mol/L D. 0.2 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以根据稀释公式可得稀释后溶液的物质的量浓度c=，故合理选项是C。
6. 将标准状况下的a L HCl(气)溶于1000g水中，得到的盐酸密度为b g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】标准状况下的a L氯化氢气体的物质的量为，质量为，溶于1000g水中得到的盐酸的密度为b，所得溶液体积为 ，则该盐酸的物质的量浓度是：=，故选D。
7. 下列关于0.1mol•L-1Ba(NO3)2溶液的正确说法是(　　)
A. 该溶液可由1L水中溶解制得
B. 1L该溶液中含有和离子总数为 个
C. 该溶液中离子的物质的量浓度为 
D. 该溶液中离子的物质的量浓度为 
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1molBa(NO3)2溶于1L水中，溶液体积不是1L，A错误；
B．N(离子数)=cVNA=3×c(Ba(NO3)2×V=3×0.1mol/L×1L×NA=0.3NA，B正确；
C．溶液离子浓度与体积无关，c(Ba2+)=0.1mol/L，C错误；
D．溶液离子浓度与体积无关，c(NO3-)=2×c(Ba(NO3)2=2×0.1mol/L=0.2mol/L， D错误。
答案为B。
8. VmL硫酸铁溶液中含agFe3+，从该溶液中取出V/2mL，并稀释至2VmL，则稀释后溶液中的物质的量浓度约为
A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】ag铁离子的物质的量为，VmLFe2(SO4)3溶液中含有硫酸根离子的物质的量为，从该溶液中取出V/2mL，并稀释至2VmL，液中的物质的量浓度为：；
答案为A。
9. 实验室按如图装置测定纯碱(含少量NaCl)的纯度。下列说法不正确的是

A. 装置①、④的作用是防止空气中的进入装置③
B. ②中分液漏斗不能用长颈漏斗代替
C. 必须在装置②、③间添加盛有饱和溶液的洗气瓶
D. 反应结束时，应再通入空气将装置②中转移到装置③中
【答案】C
【解析】
【分析】样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba（OH）2溶液吸收，通过测量装置③中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。
【详解】A．装置①中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置③中，装置④的作用是防止外界空气中的CO2进入装置③中，A正确；
B．为控制反应速率，最终②中分液漏斗不能用长颈漏斗代替，B正确；
C．由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C错误；
D．为了保证测量的CO2的准确性，反应结束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置②中CO2全部转移到装置③中，D正确；
故选C。
10. 电子工业中，人们常用溶液腐蚀覆铜板，并回收和循环利用溶液。实验室模拟流程如图所示。下列说法不正确的是

A. 滤液1中一定不含
B. Y是稀硫酸
C. Z可以是氯气或溶液
D. 根据该流程可以判断出氧化性大于
【答案】B
【解析】
【分析】氯化铁溶液和镀铜电路板会发生，再加过量的铁，过滤可得滤渣铁和铜的混合物，滤液1为FeCl2，再向滤渣中加入过量的盐酸，可得金属铜和滤液2，滤液1和滤液2都为FeCl2，再通入足量氯气或加入双氧水可得FeCl3溶液。
【详解】A．由于加入过量铁粉“滤液1”中一定不含，故A正确；
B．由分析知Y应为稀盐酸，后续要循环利用溶液，故B错误；
C．由分析知可以被或氧化为，故C正确；
D．由，可知氧化性：，故D正确；
故答案为：B。
11. 已知：Li的密度比煤油小，氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸剧烈反应，能够燃烧。某化学科研小组准备使用下列装置制备LiH固体。下列说法正确的是

A. 上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为e接d，c接f，g接a
B. 实验中所用的金属锂保存在煤油中
C. 在加热装置D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内空气
D. 干燥管中的碱石灰可以用无水CaCl2代替
【答案】C
【解析】
【分析】氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应。
【详解】A．氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用C装置制备氢气，用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置B，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d，故A错误；
B．实验中所用的金属锂保存在石蜡中，故B错误；
C．在加热D处的石英管之前，应先通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时锂燃烧，也防止氢气与氧气发生爆炸反应，故C正确；
D．用装置A中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，干燥管中的碱石灰不可以用无水CaCl2代替，CaCl2无法除去HCl，故D错误。
故选C。
12. 研究小组探究与水反应。取1.56g 粉末加入40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，该溶液中NaOH的浓度为1mol/L，进行以下实验。
编号
①
②
③
④
操作




现象
溶液变红色，20秒后褪色
i.产生大量能使带火星木条复燃的气体
ii.溶液变红色，10分钟后褪色
i.溶液变红色，10分钟后溶液褪色
ii.变红色
溶液变红色，2小时后无明显变化
下列说法不正确的是
A. 由②中现象i可知，与水反应有生成
B. 由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为生成的有漂白性
C. 由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是大
D. 向①中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液最终不会变成红色
【答案】B
【解析】
【详解】A．②中现象i可知溶液A中加入二氧化锰产生大量能使带火星木条复燃的气体为氧气，说明溶液中含过氧化氢，A正确；
B．由③、④可知，在碱溶液中酚酞变红色，但是酚酞指示剂的变色范围是pH为在8-10之间，所以与浓度有关。1 mol/L的氢氧化钠溶液中滴入酚酞溶液变红色，10分钟后溶液褪色，说明pH超出变色范围，OH-浓度太大；再滴入盐酸反应后浓度减小，酚酞指示剂显红色，进一步说明②中溶液红色褪去是因为c()大，B错误；
C．由②③④反应现象分析可知，①中溶液红色褪去的主要原因是生成了过氧化氢具有氧化性，和浓度大小没有关系，C正确；
D．①中溶液红色褪去的主要原因是生成的过氧化氢具有氧化性，把有色物质氧化为无色物质，向①中褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液最终不会变成红色，D正确；
故选B。
13. 某学习小组利用数字化实验对新制饱和氯水进行检测(不考虑溶质溶剂的挥发)，下列图像变化最有可能是其检测结果的是

A. 图1表示溶液中氯离子浓度随时间的变化
B. 图2表示氯水随时间的变化
C. 图3表示液面上方氧气体积分数随时间的变化
D. 图4表示氯水的电导率随时间的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水久置，次氯酸分解生成盐酸和氧气，盐酸完全电离，氯离子浓度增大，故A不符合题意；
B．氯水久置，次氯酸分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，pH减小，故B不符合题意；
C．次氯酸分解生成盐酸和氧气，氧气体积分数不断增大，故C不符合题意；
D．溶液的导电性与离子浓度成正比，次氯酸为弱酸，部分电离，次氯酸分解得到的盐酸为强酸，完全电离，溶液中离子浓度增大，电导率不断增大，最终溶液中只含盐酸，电导率不变，故D符合题意；
故答案选D。
14. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素。X与Z位于同一主族，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应，X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，下列说法不正确的是
A. X的气态氢化物的稳定性强于Z的气态氢化物的稳定性
B. 原子半径：Y＞Z＞W
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序：X＜Z＜W
D. 室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液电离出c(H+)=0.1 mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的4种短周期元素，X原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，X的核外电子排布是2、4，则X为C元素；X与Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y元素的单质既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应, Y为Al元素； X、Y、Z、W原子的最外层电子数之和为18，W的最外层电子数为18-4-4-3=7，且W的原子序数大于13，W为Cl元素，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为C，Y为Al，Z为Si，W为Cl元素。
A．X为C，Z为Si，二者是同一主族元素，元素的非金属性：C＞Si，所以简单氢化物的稳定性：CH4＞SiH4，A正确；
B．Y为Al，Z为Si，W为Cl元素，三种元素位于同一周期，同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为：Y＞Z＞W，B正确；
C．元素的非金属性越强，其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强。元素X为C，Z为Si，W为Cl元素，元素的非金属性：Cl＞C＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序为：Z(H2SiO3)＜X(H2CO3)＜W(HClO4)，C错误；
D．W为Cl元素，其氢化物HCl的水溶液显酸性，盐酸是一元强酸，室温下，0.1 mol/L W的气态氢化物的水溶液中HCl电离出c(H+)=0.1 mol/L，D正确；
故合理选项是D。
15. 下列各组物质中，满足图示关系并在一定条件下能一步转化的组合有
序号





①




②




③





A. ②③ B. ①③ C. ①②③ D. ①②
【答案】D
【解析】
【详解】①钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成钠，各物质在一定条件下能一步转化，①符合题意；
②铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝，各物质在一定条件下能一步转化，②符合题意；
③铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，但氢氧化亚铁不能一步转化为铁，③不符合题意；
综上，答案选D。
16. 下列离子方程式书写正确的是
A. 石灰石与醋酸反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
B. Na2CO3溶液中通入少量HCl：CO＋2H＋=H2O＋CO2↑
C. Cl2与水反应：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl-＋ClO-
D. Na与水反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．石灰石与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋CO2↑+2CH3COO-，故A错误；
B．Na2CO3溶液中通入少量HCl生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式是CO＋H＋= HCO，故B错误；
C．Cl2与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式是Cl2＋H2O=H＋＋Cl-＋HClO，故C错误；
D．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑，故D正确；
选D。
17. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 在常温常压下，11.2 L N2含有的分子数为0.5NA
B. 分子总数为NA的N2、CO混合气体体积约为22.4 L，质量为28 g
C. 常温常压下，1.6 g CH4含原子数为0.5NA
D. 足量的CO2与39 g Na2O2发生反应，转移的电子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．在常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L/mol，11.2 L N2的物质的量小于0.5 mol，则其中含有的分子数小于0.5NA，A错误；
B．N2、CO的相对分子质量都是28，分子总数为NA的N2、CO混合气体的物质的量是1 mol，则混合气体的质量是28 g，但外界条件未知，因此不能确定其体积大小，B错误；
C．CH4的相对分子质量是16，则常温常压下，1.6 g CH4的物质的量是0.1 mol，由于CH4分子中含有5个原子，则0.1 molCH4含原子数为0.5NA，C正确；
D．CO2与Na2O2发生反应方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知：每有2 mol Na2O2发生反应，转移2 mol电子。足量的CO2与39 g Na2O2发生反应，39 g Na2O2的物质的量是0.5 mol，则反应过程中转移的电子数为0.5NA，D错误；
故合理选项是C。
18. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
①标准状况下，11.2L以任意比例混合的氮气和氧气所含的原子数为NA
②同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等
③1L2mol/L的氯化镁溶液中含氯离子为4NA
④同温同压下，O2和Cl2的密度之比为32∶71
A. ①②③④ B. ③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①标准状况下，11.2L混合气体的物质的量为0.5mol；根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体具有相同的分子数；因此0.5mol以任意比例混合的氮气和氧气所含的分子数为0.5NA，由于两种气体均为双原子分子，含有的原子数为NA，故正确；
②根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体具有相同的分子数；所以同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等，故正确；
③1L、2mol/L的氯化镁溶液含有溶质为2mol，1个氯化镁中含有2个氯离子，因此2molMgCl2中含有氯离子数目为4NA，故正确；
④根据阿伏伽德罗定律及其推论可知，气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，因此同温同压下，O2和Cl2的密度之比为32∶71，故正确；
故选A。
19. 下列制取Cl2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据氯气的制法、性质及实验装置分析回答。
【详解】A项：实验室用MnO2和浓盐酸共热制氯气。A项正确；
B项：氯气使KI－淀粉溶液先变蓝后褪色，是氯气的氧化性。B项错误；
C项：氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集。C项正确；
D项：NaOH溶液能吸收氯气，防止污染空气。D项正确。
本题选B。
【点睛】氯气通入KI－淀粉溶液时，先发生反应Cl2+2KI＝2KCl+I2，碘与淀粉变蓝；当氯气过量时，又发生反应5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3，使蓝色褪去，但不是Cl2的漂白性。
20. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NA
B. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
C. 标准状况下，11.2 LH2O中含有分子的数目为0.5NA
D. 1 mol Fe与1 mol Cl2充分反应，转移电子数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．H218O与D2O的式量都是20，物质分子中含有10个中子。2.0 g H218O与D2O的混合物的物质的量是0.1 mol，则其中所含中子数为NA，A正确；
B．Na2O2固体是由2个Na+与1个构成，则1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，B错误；
C．在标准状况下H2O不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，C错误；
D．Fe与Cl2反应产生FeCl3，反应方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，可见1 mol Fe与1 mol Cl2反应时Cl2不足量，反应过程中转移电子数为2NA，D错误；
故合理选项是A。
21. 元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。下列说法正确的是
元素代号
M
R
Q
T
X
Y
Z
原子半径/nm
0.037
0.186
0.074
0.102
0.150
0.160
0.099
主要化合价
+1
+1
-2
+6、-2
+3
+2
-1

A. T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性：T＞Z
B. R、X、Y的单质中失电子能力最强的是X
C. X与Z形成的是共价化合物
D. M、Q、Z都在第二周期
【答案】C
【解析】
【分析】主族元素其最高正化合价与其族序数相等；最低化合价==族序数-8；同一主族元素原子半径随着原子序数增大而增大；同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，由R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，R2Q2为过氧化钠，则R为Na、Q为O元素；根据表中数据可知，M原子半径最小且位于第ⅠA族，M为H元素；T为S元素，X为A1元素，Y为Mg元素，Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知：M是H，R是Na，Q是O，T是S，X是Al，Y是Mg，Z是Cl元素。
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性就越强。T是S，Z是Cl元素，二者是同一周期元素，元素的非金属性：S＜Cl，则其最高价氧化物的水合的物酸性：T(H2SO4)＜Z(HClO4)，A错误；
B．元素的金属性越强，其单质失去电子能力就越强。 R是Na，X是Al，Y是Mg，元素的金属性：R＞Y＞X，所以三种元素单质制取电子能力最强的元素是R(Na)元素，B错误；
C．X、Z形成的化合物是AlCl3，该物质分子中只含共价键，属于共价化合物，C正确；
D．M、Q、Z分别是H、O、Cl元素，M位于第一周期、Q位于第三周期、Z位于第3周期，因此三种元素不是都位于第二周期，D错误；
故合理选项C。
二、非选择题(共58分)
22. 下图为实验室某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：
氢氧化钠溶液
化学式：NaOH
相对分子质量：40
密度：1.2 g/cm3
溶质质量分数：20％

（1）该NaOH溶液的物质的量浓度为_______mol/L。
（2）现在要配制100 mL该浓度的NaOH溶液，需称量____g固体氢氧化钠。
溶液配制的基本步骤如图：

（3）将上述实验步骤A到F按实验过程先后顺序排列(不重复)：_______。
（4）上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为_______。
（5）下列操作对NaOH溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水：_______；
②容量瓶中原有少量蒸馏水：_______；
③定容时俯视观察液面：_______。
④未冷却就迅速转移到容量瓶中：_______。
【答案】（1）6 （2）24.0
（3）CBDFAE （4）100 mL容量瓶
（5） ①. 偏低 ②. 无影响 ③. 偏高 ④. 偏高
【解析】
【分析】根据质量分数与物质量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
【小问1详解】
NaOH溶液的密度是1.2 g/cm3，溶质的质量分数为20%，则根据物质的量浓度与质量分数换算式可知其物质的量浓度c==；
【小问2详解】
在实验室中要配制100 mL6 mol/LNaOH溶液，需要称量NaOH固体的质量为m(NaOH)=6 mol/L×0.1 L×40 g/mol=24.0 g；
【小问3详解】
配制物质的量浓度溶液的步骤包括：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合图示可知上述实验步骤A到F按实验过程先后顺序排列为CBDFAE；
【小问4详解】
上述实验步骤A、B、E、F都用到的仪器名称为100 mL容量瓶；
【小问5详解】
①摇匀后发现液面低于刻度线再加水，导致溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏低；
②容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响；
③定容时俯视观察液面，溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终使配制的溶液浓度偏高；
④未冷却就迅速转移到容量瓶中进行溶液的配制，当溶液恢复至室温后，溶液体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终使配制的溶液浓度偏高。
23. 已知铁屑和氯气在500～600℃下可制取无水，如图是制取氯化铁粉末所需的装置。已知氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物：。请回答下列问题。

（1）按照气体流向从左到右的顺序连接仪器(填仪器的接口编号)：_______。
①接_______，_______接_______，_______接②。
（2）A装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
（3）实验开始时，应先点燃_______(填“A”或“B”)处的酒精灯。C装置的作用是_______。
（4）这套实验装置是否完整？_______(填“是”或“否”)。若不完整，还须补充_______装置(若第一空填“是”，则此空不需要作答)。
（5）可用氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，其反应的化学方程式为_______。该方法制得的氯气中可能含有的杂质气体有_______(填序号)。
① ②HCl ③ ④
A.①②③ B.②③④ C.②③ D.①④
【答案】（1）⑦⑥④⑤
（2）
（3） ①. A ②. 防止外界空气中的水蒸气进入B装置
（4） ①. 否 ②. 在C的后面接一个装有氢氧化钠溶液的烧杯或尾气吸收
（5） ①. (浓) ②. A
【解析】
【分析】浓盐酸与二氧化锰加热制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再用浓硫酸干燥氯气后通入盛有铁粉的硬质试管中制取氯化铁，氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物因此用无水氯化钙防止空气中的水进入，据此解答。
【小问1详解】
由以上分析可知生成的氯气从①口逸出，经⑦进入饱和食盐水除去HCl，从⑥出，经④进入浓硫酸干燥氯气，再从⑤出接②进入B中，故答案为：⑦⑥④⑤；
【小问2详解】
A装置的烧瓶中浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯气，反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问3详解】
实验开始时，应先点燃A处酒精灯，当生成的氯气充满整个装置后，即排尽装置中的空气后再点燃B处酒精灯，以防止Fe与空气中的氧气反应，氯化铁粉末容易吸水生成结晶化合物。因此C装置中无水氯化钙的作用防止外界空气中的水蒸气进入B装置，故答案为：A；防止外界空气中的水蒸气进入B装置；
【小问4详解】
该制备过程中氯气可能过量，氯气有毒不能排放到空气中，因此该装置不完整，应在C后添加尾气处理装置，故答案为：否；在C的后面接一个装有氢氧化钠溶液的烧杯或尾气吸收；
【小问5详解】
氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，其反应的化学方程式为(浓)，浓盐酸易挥发，因此该方法制得的氯气中可能含有HCl和水蒸气，当盐酸浓度降低后，其还原性减弱，则氯酸钾的还原产物可能出现，故答案为：(浓)；A；
24. A、B、C分别是三种常见金属单质，其中B的氧化物和氢氧化物都是两性化合物。A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式： B___________，F___________。
（2）反应③的化学方程式为：___________。
（3）若向物质F的溶液中加入物质D溶液，发生反应的现象是___________。
（4）将金属A投入物质G的溶液中也可发生剧烈反应，其现象是___________。
（5）若开始金属A有6.9g，则共需___________g金属C才能使A生成的物质D完全沉淀。
【答案】（1） ①. Al ②. FeCl3
（2）2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑
（3）产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
（4）金属钠浮在水面，熔成小球，四处游动，溶液中产生红褐色沉淀
（5）56
【解析】
【分析】B的氧化物和氢氧化物都是两性化合物，推出B为Al，金属A的焰色为黄色，且A为单质，因此A为Na，Na与水反应生成NaOH和H2，气体甲为H2，物质D为NaOH，气体乙为黄绿色气体，即气体乙为氯气，氢气和氯气反应生成HCl，物质E为盐酸，H为红褐色沉淀，则H为Fe(OH)3，金属C为Fe，据此分析；
小问1详解】
根据上述分析，B为Al；铁单质与盐酸反应生成FeCl2和H2，即F为FeCl2；故答案为Al；FeCl2；
【小问2详解】
反应③为金属铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2，其化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；故答案为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑；
【小问3详解】
F为FeCl2，与NaOH溶液反应Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，现象是产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；故答案为产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
【小问4详解】
物质G为FeCl3，FeCl3溶液中投入金属钠，金属钠先与H2O反应生成NaOH和H2，FeCl3再与NaOH反应生成Fe(OH)3，现象是金属钠浮在水面，熔成小球，四处游动，溶液中产生红褐色沉淀；故答案为金属钠浮在水面，熔成小球，四处游动，溶液中产生红褐色沉淀；
【小问5详解】
金属Na的质量为6.9g，其物质的量为0.3mol，根据钠原子守恒，产生NaOH的物质的量为0.3mol，反应⑥的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，产生的0.3molNaOH全部转化成沉淀，需要Fe3＋的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，铁单质的物质的量为0.1mol，即质量为5.6g，故答案为5.6。
25. 1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题：

(1)元素在元素周期表中的位置为第______周期第______族。
(2)的最高化合价为______，的最高价氧化物对应的水化物的化学式为______，的最高价氧化物为______。
(3)根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素简单气态氢化物热稳定性最强的是______元素(填元素符号)。
②酸性：______(填“＞”“＜”或“＝”，下同)。
③氢化物的还原性：______。
④原子半径：______。
(4)可在图中分界线(虚线)附近寻找______(填序号)。
A.优良的催化剂 B.半导体材料 C.合金材料
(5)从下列试剂中选择最佳试剂组合，比较、的非金属性强弱：______。(可供选择的药品有固体、稀硫酸、盐酸、饱和溶液、饱和溶液、硅酸钠溶液)
【答案】 ①. 四 ②. ⅢA ③. +4 ④. ⑤. ⑥. F ⑦. ＜ ⑧. ＜ ⑨. ＜ ⑩. B ⑪. 固体、盐酸、饱和溶液、溶液
【解析】
【分析】同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；同一周期的元素，原子核外电子层数相同，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最后以惰性气体元素结束，然后根据元素周期律逐一解答。
【详解】(1)和同一主族，位于的下一周期，在元素周期表中位于第四周期第ⅢA族。
(2)和碳同一主族，元素原子最外层有4个电子，所以元素最高化合价是价；原子最外层有7个电子，Cl元素的最高化合价是价，则最高价氧化物对应水化物的化学式为；和元素同一主族，原子最外层有5个电子，所以元素最高化合价是价，最高价氧化物化学式为。
(3)①同主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越弱，其对应简单气态氢化物的稳定性也越弱，阴影部分元素中非金属性最强的是F元素，所以简单气态氢化物热稳定性最强的元素是；
②元素和元素位于同一周期，同一周期元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，所以酸性：H3AsO4＜H2SeO4。
③元素和元素位于同一主族，同一主族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越弱，其对应简单氢化物的还原性就越强，所以还原性：H2O＜H2S；
④和位于同一周期，同一周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：N＜C；C和位于同一主族，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：C＜Si，故原子半径：N＜Si。
(4)金属元素单质容易导电，非金属元素的单质不能导电，位于金属与非金属交界区的元素的单质导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，因此可在周期表中金属元素和非金属元素的分界线附近寻找半导体材料，故合理选项是B。
(5)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以可以通过比较碳酸与硅酸酸性强弱来比较元素、的非金属性强弱。由于盐酸具有挥发性，用固体和盐酸反应生成的气体中混有杂质，需通过饱和溶液洗气，除去杂质HCl，然后再通入溶液，若有白色胶状沉淀生成，说明反应产生了H2SiO3，证明碳酸酸性比硅酸强，从而说明元素的非金属性：C＞Si。故可证明元素的非金属性：C＞Si的化学试剂有固体、盐酸、饱和溶液、溶液。
【点睛】本题考查了元素的位置、结构与性质的关系。把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。