2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）.doc

2018-2019学年高一化学上学期期中试卷（含解析）一、选择题（本题包括25小题，每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）1.下列仪器不能用于加热的是（ ）A. 试管 B. 烧杯 C. 坩埚 D. 容量瓶【答案】D【解析】【分析】根据常用仪器的使用可知，容量瓶是实验室用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，只能在常温下使用，不能用来加热。【详解】A.试管可直接加热，故不选A；B.烧杯可垫石棉网加热，故不选B；C.坩埚可用来加热固体，可直接加热，故不选C；D.容量瓶只能在常温下使用，不能加热，故选D；所以本题答案为D。【点睛】常见仪器可加热的仪器有：烧杯（垫石棉网）、烧瓶（垫石棉网）、试管、坩埚、蒸发皿、硬质玻璃管等。2.原央视记者柴静自费拍摄了雾霾纪录片穹顶之下，提醒人们必须十分重视环境问题。以下有关说法正确的是（ ）A. 实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，以免污染实验室B. 为了使养分还田而将植物秸秆焚烧处理，以增加土壤肥力C. 为提高农作物产量大量使用农药和化肥D. 实现资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle）【答案】D【解析】【详解】A实验结束后将所有的废液倒入下水道排出实验室，容易引起水污染和土壤污染，不利于环境保护，故A错误；B植物秸秆焚烧能够产生大量粉尘等空气污染物，不利于环境保护，故B错误；C大量使用化肥和农药，在能提高农作物产量大量的同时，也会带来水污染和土壤污染，不利于环境保护，故C错误；D减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle），有利于减少资源消耗、提高资源利用率，有利于环境保护，故D正确；所以本题答案为D。【点睛】环保问题应从由于生产、生活所造成的大气污染、水污染、土壤污染等角度考虑，并关注资源的循环再利用，及减少资源的消耗等，采取节能、减排是环保的核心。3.对下列实验过程的评价，正确的是（ ）A. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐B. 某溶液中滴加BaCl2溶液，再滴入稀硝酸，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-C. 某溶液中先滴入几滴稀盐酸使溶液酸化，再滴入BaCl2溶液，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-D. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀盐酸除去OH-，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-【答案】C【解析】【详解】ACO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-都和稀盐酸反应生成无色气体，所以某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，不能证明该固体中一定含有碳酸盐，故A错误；B能和氯化钡溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀的离子有SO42-、SO32-、Ag+，所以某溶液中滴加BaCl2溶液，生成不溶于水稀HNO3的白色沉淀，不能证明一定含有SO42-，故B错误；C某溶液中先滴入几滴稀盐酸无沉淀，再滴入BaCl2溶液，生成不溶于酸的白色沉淀，证明一定含有SO42-，故C正确；D加稀盐酸除去OH-的同时，已经在溶液中引入了Cl-，所以当再加入AgNO3溶液，有白色沉淀，并不能说明验证原烧碱溶液中是否含Cl-，故D错误；所以本题答案为C。4.为了除去粗盐中的Ca2+，Mg2+，SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序过滤；加过量NaOH溶液；加适量盐酸；加过量Na2CO3溶液；加过量BaCl2溶液A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：为了除去粗盐中的Ca2+，加入过量Na2CO3溶液；除去Mg2+，加入过量NaOH溶液；除去SO42-加入过量BaCl2溶液；过量的Na2CO3溶液、NaOH溶液可以加入适量盐酸除去，而过量BaCl2溶液则通过加入过量Na2CO3溶液除去，因此，必须将BaCl2溶液放在Na2CO3溶液之前加入，以除去过量钡离子。过滤除去沉淀及泥沙，最后加适量盐酸除去过量的Na2CO3溶液、NaOH溶液。因此正确的顺序为。故选D。考点：考查粗盐的提纯5.下列各组物质中，所含原子数相同的是：（ ）A. 8gH2和8gO2 B. 5.6LN2（标况）和11gCO2C. 2.24LH2（标况）和0.1molN2 D. 9gH2O和0.5molBr2【答案】C【解析】【详解】A. 8gH2的物质的量为n(H2)=4mol，n(H)=2n(H)=8mol；8gO2的物质的量为n(O2)= =0.25mol，n(O)=0.5mol,氢原子和氧原子的物质的量不相等，所以氢原子和氧原子的个数不相同，故不选A；B. 5.6LN2（标况）的物质的量为n(N2)=0.25mol, n(N)=2 n(N2)=0.5mol； 11gCO2（标况）的物质的量为n(CO2)=0.25mol 原子的物质的量为3 n(CO2)=0.75mol；氮气和二氧化碳所含的原子物质的量不同，所以氮气和二氧化碳的原子数不相等，故不选B；C. 2.24LH2（标况）的物质的量为n(H2)=0.1mol，与氮气的物质的量相同，所含原子数相同，故选C；D. 9gH2O的物质的量为n(H2O)=0.5mol，原子的物质的量为3 n(H2O)=1.5mol；0.5molBr2所含原子的物质的量为1.0mol，9gH2O和0.5molBr2所含原子的物质的量不相等，故不选D；所以本题答案为C。【点睛】依据题目所给的数据，求算物质的物质的量，转换成对应元素原子的物质的量，再进行比较。6.在标准状况下，224mL某气体的质量为0.44g，这种气体的相对分子质量为：（ ）A. 20 B. 40 C. 32 D. 44【答案】D【解析】【详解】在标准状况下，Vm=22.4L/mol，则n=0.01mol，M=44g/mol，又摩尔质量与相对分子质量的数值相等，则气体的相对分子质量为44。故选D。【点睛】利用n=来计算物质的量，再利用M=来计算摩尔质量，最后利用摩尔质量与相对分子质量的关系来解答。7.下列因素对气体的体积的大小几乎无影响的是：（ ）A. 气体的物质的量 B. 气体分子的大小 C. 气体的温度 D. 气体的压强【答案】B【解析】【详解】影响物质体积的因素有微粒数目、分子本身大小以及分子间的距离等因素；温度、压强决定气体分子间距，对于气体来说气体分子间的距离远大于分子本身的大小，分子本身大小对气体体积的影响可以忽略不计，故选B。8.下列溶液中的氯离子浓度与50 mL 1 molL1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是 （ ）A. 150 mL 3 molL1的NaCl B. 75 mL 2 molL1的NH4ClC. 150 mL 1 molL1的KCl D. 75 mL 2 molL1的CaCl2【答案】A【解析】50mL 1 molL1AlCl3溶液中，氯离子的物质的量浓度为：1 molL13=3 molL1，A150 mL 3 molL1NaCl溶液中，Cl浓度为3 molL11=3 molL1，故A正确；B75 mL 2 molL1氯化铵溶液中，Cl浓度为2 molL11=2 molL1，故B错误；C150 mL 1 molL1KCl溶液中，Cl浓度为1molL11=1 molL1，故C错误；D75mL 1 molL1CaCl2溶液中，Cl浓度为2 molL12=2 molL1，故D错误；故选A。9.胶体区别于溶液、和浊液这二种分散系的本质特征是（ ）A. 是否是大量分子或离子的集合体 B. 分散质微粒直径的大小C. 是否能通过滤纸或有丁达尔现象 D. 是否均一、稳定、透明【答案】B【解析】【详解】根据分散质微粒直径大小不同，把分散系划分为溶液(小于、胶体、浊液(大于,所以,溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，故选B。所以本题答案为B。【点睛】溶液、浊液、胶体三种分散系的分类根据是分散质粒子的直径大小。10.下列各组物质分类正确的是( ) 酸碱盐氧化物A硫 酸纯 碱熟石灰铁 红B氢硫酸烧 碱纯 碱生石灰C碳 酸苏打小苏打二氧化硫D二氧化碳苛性钠食 盐石灰石A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.纯碱是碳酸钠属于盐不是碱，故A错误；B.氢硫酸是酸，烧碱是碱，纯碱是盐，生石灰是氧化物，故B正确；C.苏打是碳酸钠属于盐，故C错误；D.石灰石是盐,不是氧化物,故D错误；所以本题答案为B。【点睛】酸是能电离出的阳离子全部是H+的化合物；碱是电离出的阴离子全部是OH-的化合物；盐电离出阳离子是金属阳离子或铵根离子、阴离子为酸根离子的化合物；氧化物由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物。11.下列物质溶于水导电性最差的是( )A. NaOH B. H2SO4 C. 蔗糖 D. NaCl【答案】C【解析】【详解】A. NaOH是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选A；B. H2SO4是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选B；C.蔗糖是非电解质，溶于水后，溶液中几乎没有自由移动离子，导电性很差,故选C；D.NaCl是电解质，溶于水后，溶液中含有自由移动离子，导电性较强，故不选D；所以本题答案为C。【点睛】物质能否导电，由是否含有自由移动的离子或自由移动的电子决定的，导电能力的强弱是由自由移动的离子浓度决定的。电解质能电离出自由移动的离子，而非电解质不能电离出自由移动的离子。12.下列离子方程式书写正确的为( )A. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+= Cu2+AgB. 稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+H+ = Ca2+H2CO3C. 氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2+OHH+ SO42BaSO4H2OD. 氧化镁与盐酸反应MgO+2H+=Mg2+H2O【答案】D【解析】【详解】A.Cu+Ag+= Cu2+Ag电荷不守恒，所以A不正确；B. 稀盐酸与石灰石反应的离子方程式应为：，所以B不正确；C. 氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式应为：Ba2+2OH2H+ SO42BaSO42H2O，所以C不正确；D. 氧化镁与盐酸反应MgO+2H+=Mg2+H2O，D正确；所以本题答案为D。13.在无色透明的溶液中，下列各组离子能大量共存的是( )A. K+、H+、SO42- 、C1- B. Na+、CO32、NO3-、Ca2+C. Na+、NH4+、OH-、Cl D. Na+、SO42-、Cu2+、C1-【答案】A【解析】【详解】A.K+、H+、SO42- 、C1-离子之间不能发生反应，所以本组离子能大量共存，故选A；B.有离子反应发生：Ca2+ CO32=CaCO3，所以Ca2+和CO32不能大量共存，故不选B；C.有离子反应发生：NH4+OH-=NH3H2O，所以NH4+和OH-不能大量共存，故不选C；D.含Cu2+的溶液有颜色，故不选D。所以本题答案为A。【点睛】离子之间不能结合生成水、气体、沉淀,不能发生氧化还原反应等,则离子能大量共存。并结合离子的颜色解答。14.常温常压下，取四支完全一样的针筒，分别充入等质量的CH4、O2、CO2、SO2四种气体，其中充装SO2的是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在质量相等的情况下，用n=分别计算四种气体的物质的量，因为M(摩尔质量)各不相同，（SO2）（CO2） (O2) (CH4)，所以，当质量相同时有：n(CH4) n(O2)n（CO2）n（SO2），二氧化硫的物质的量最小，体积最小，故选A。所以本题答案为A。【点睛】由阿伏伽德罗定律可知，在相同的温度、压强条件下，气体的体积和物质的量成正比。物质的量越大，气体体积越大，物质的量越小，气体体积越小。15.意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子的结构如图所示，下列说法正确的是 ()A. N4属于一种新型的化合物B. N4的摩尔质量为56C. N4在反应中可以体现氧化性或还原性D. 等质量的N4与N2所含的原子个数比为21【答案】C【解析】【详解】A.N4是一种只由N元素组成的纯净物，是单质，故A错误；B.N4的摩尔质量为56g/mol，故B错误；C.N4在反应中，N的化合价为零价，既可以升高、也可以降低，所以N4既可以表现氧化性也可以表现还原性，故C正确；D.N4与N2两种物质，都只由N原子构成，等质量的N4与N2所含的原子个数相等，故D错误；所以本题答案为C。16.下列电离方程式中正确的是()A. H2SO4 H2+SO42- B. Ca(OH)2 Ca2+(OH)2-C. NaHCO3 Na+H+CO32- D. Al2(SO4)3 2Al3+3SO42-【答案】D【解析】【详解】A.H2+应写成2H+，正确的电离方程式为：H2SO4 2H+SO42-，所以A错误；B.(OH)2-应写成2OH-，正确的电离方程式为：Ca(OH)2 Ca2+2OH-，所以B错误；C.HCO3-不能写成H+CO32-，正确的电离方程式为：NaHCO3 Na+HCO3-，所以C错误；D.Al2(SO4)3是强电解质电离方程式 ：Al2(SO4)3 2Al3+3SO42-，所以D正确；所以本题答案为D。17.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4 +2H2O = NaBO2 + 4H2下列为说法中正确的是（NaBH4中B元素为3价）（ ）A. NaBH4既是氧化剂也是还原剂 B. NaBH4是氧化剂，H2O是还原剂C. 硼元素被氧化，氢元素被还原 D. 被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1【答案】D【解析】【详解】A. 在NaBH4中氢元素的化合价由-1价升高至0价，所以NaBH4是还原剂，故A错误;B、NaBH4中氢元素的化合价升高，NaBH4是还原剂；水中氢元素化合价降低，水是氧化剂,故B错误；C、NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变,故C错误；D、化合价升高的元素是NaBH4中的氢元素，被氧化，水中的氢元素被还原，被氧化的元素与被还原的元素质量比为1：1，故D正确；所以本题答案为D。【点睛】氧化还原反应中，化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，该元素被氧化，化合价降低的元素是氧化剂，该元素被还原。18. 下列叙述正确的是( )A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性【答案】D【解析】试题分析：A大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；B氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；C处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；D一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。19.营养学专家告诫大家：吃饭时不要同时大量食用海鲜（如虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5价的砷（As）元素）和某些蔬菜水果（如西红柿、土豆等，其体内富含维生素C），否则它们之间容易反应，生成剧毒的As2O3。对于产生剧毒的过程，下列叙述中，不正确的是（ ）A. 维生素C能将+5价砷氧化成As2O3 B. 维生素C具有还原性C. 维生素C在反应中作还原剂 D. 含砷物质发生了还原反应【答案】A【解析】【分析】虾、蟹、牡蛎等，其体内含有无毒的+5价的砷（As），当和含维生素C的蔬菜，共同食用时,它们之间容易反应，生成剧毒的含+3价砷的物质（As2O3），说明维生素C具有还原性，做反应中的还原剂。【详解】A.维生素C具有还原性，将+5价砷还原成As2O3，故A错误；B. 维生素C将+5价砷还原成+3价砷，说明维生素C具有还原性，故B.正确；C.在反应中还原剂具有还原性，故C正确；D. 无毒的+5价的砷（As）元素，由+5价变成了+3价，发生了还原反应，故D正确；所以本题答案为A。【点睛】无毒的+5价的砷（As）元素被维生素C还原为+3价的砷,生成了有剧毒的As2O3。20.设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 ( )A. 18gH2O在标准状况下的体积是22.4LB. 常温常压下28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有2NA 个原子C. 5.6g Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.3NAD. 将0.1mol氯化钠溶于1L水中，所得溶液浓度为0.1molL-1【答案】B【解析】【详解】A.18gH2O的物质的量为1mol，但在标准状况下，水是液态，所以其体积不是22.4L，故A错误；B.CO与N2摩尔质量均为28g/mol，都是双原子分子,根据n=物质的量均为1mol，所含的原子数为2NA个原子,故B正确；C.根据n=计算Fe的物质的量，结合铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，5.6g Fe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.2NA，,故C错误；D.将0.1mol氯化钠溶于1L水中得到溶液体积大于1L，所得溶液浓度小于0.1mol/l，故D错误；所以本题答案为B。21.氮化铝（AlN）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3N23C2AlN3CO合成。下列叙述正确的是（ ）A. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子C. AlN中氮元素的化合价为3D. CO是还原产物【答案】B【解析】【详解】A.反应方程式可知，Al、O的化合价反应前后没有变化，N的化合价由“0”价变为“-3”价，而C的化合价由“0”价变为“+2”价，因此N2是氧化剂，Al2O3既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；B.N的化合价由“0”价变为“-3”价，故每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C.氮化铝中Al的化合价为“+3”价，根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零计算，氮元素的化合价是“-3”价，故C错误；D.在反应过程中C由“0”价变为+2价，所以CO是氧化产物，故D错误；所以本题答案为B。【点睛】在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂。22.300 mL Al2(SO4)3溶液中，含Al3+为1.62 g，将溶液取出1/3后又稀释到300mL，此时溶液中SO42-的物质的量浓度为 ( )A. 0.1 mol/L B. 0.4 mol/LC. 0.067 mol/L D. 0.3 mol/L【答案】A【解析】试题分析：300 mL Al2(SO4)3溶液中含有n(Al3+)=0.06mol， n(SO42-)=0.06=0.09mol，将溶液取出1/3，该溶液含n(SO42-)=0.091/3=0.03mol，故C(SO42-) =0.03（30010-3）=0.1 mol/L，正确。考点：考查物质的量浓度的计算23.标准状况下，V L HCl(气体)溶于1000 g水中，得到的盐酸密度为g/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是（）A. V /22.4 mol/L B. 1000 V/(22400+36.5V) mol/LC. V/(22400+36.5 V）mol/L D. V/22400 mol/L【答案】B【解析】【详解】标准状况下，VLHCl气体的物质的量为=mol，氯化氢的质量mol36.5g/mol=g，溶液质量为1000g+g，溶液的体积为(1000g+g)/ g/cm3=mL，则溶液的浓度为mol / mL =mol/L，故选B。24.已知常温下，在溶液中发生如下反应： 16H+10Z-+2XO4-2x2+5Z2+8H2O 2A2+B22A3+2B-2B-+Z2B2+2Z- 由此推断，下列说法中错误的是（ ）A. 反应Z2+2A2+2A3+2Z-可进行 B. Z元素在反应中被还原C. 还原性由强到弱的顺序是X2+ 、Z- 、B-、 A 2+ D. 氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2、A3+【答案】C【解析】【详解】A.根据反应2A2+B2=2A3+2B-，可得氧化性是B2A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2B2，所以有氧化性顺序是Z2B2A3+，反应Z2+2A2+=2A3+2Z-可以进行，故A正确；B. Z元素在反应中，化合价由“0”价变为-1价，化合价降低，被还原，所以B正确；C.反应16H+10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+8H2O中，还原性Z-X2+；反应2A2+B2=2A3+2B-中，还原性A2+B-；反应2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+B-Z-X2+，故C错误；D.反应16H+10Z-+2XO4-2x2+5Z2+8H2O中，氧化性XO4-Z2；反应2A2+B22A3+2B-中，氧化性B2A3+；反应2B-+Z2B2+2Z-中，氧化性Z2B2，所以氧化性由强到弱的顺序为：XO4-Z2B2A3+，故D正确；所以本题答案为C。【点睛】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。25.在体积相同的两个密闭容器中分别充满C2H4和C3H6气体，当这两个密闭容器中温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A. 两种气体的分子数相等 B. CH比CH的质量小C. 两种气体的压强相等 D. 两种气体的原子数相等【答案】D【解析】【分析】当这两个容器内温度和气体密度相等，体积相同，由可以知道,质量相同。【详解】A.两者质量相等,但摩尔质量不同（M）不同,则其物质的量不同、分子数不相等,故A错误；B.两者密度相等、体积相同，由可以知道质量相同，故B错误；C.两者质量相等,但摩尔质量不同（M）不同、则其物质的量不同、压强不等,;故C错误；D.两者质量相同,最简式均为CH2，则CH2的物质的量相同，原子的物质的量为CH2的物质的量的3倍，所以原子数目相同，故D正确；所以答案为D。二、非选择题（本题包括4小题，共50分）26.（1）下列物质中NaCl晶体 液态S03 醋酸 汞 BaS04固体 酒精 熔化的KN03 属于电解质的是（填序号）_（2）质量为3.9 g的Na2X中含有Na的物质的量为0.1mol，则Na2X的摩尔质量为_， （3）某气体对氧气的相对密度为2，则此气体的相对分子质量为_（4）3.011022个S2-的物质的量为_，质量为_，含有质子的物质的量为_，含有电子的物质的量为_。（5）某地酸雨经检验，除含氢离子外，还有如下离子：c(Na+)=1.4103 molL1 ，c(Cl) =3.5103 molL1 ，c(NH) =2.3103 molL1 ， c(SO) =1.5103 molL1。则该溶液中氢离子的浓度为_ molL1。【答案】 (1). (2). 78g/mol (3). 64 (4). 0.05mol (5). 1.6g (6). 0.8mol (7). 0.9mol (8). 2.8 103【解析】【分析】用电解质的概念去判断是否为电解质；依据质量和物质的量关系式，及阿伏加德罗定律推论去求摩尔质量和相对分子量，用溶液中离子电荷守恒，计算离子浓度。【详解】（1）.电解质是在溶液里或熔融状态下，可以导电的化合物。所以 是电解质。（2）.n(Na2X)=n(Na)=0.05mol,所以M（Na2X）=78g/mol。（3）.因为在相同的条件下，气体的密度之比等于相对分子量之比，所以此气体的相对分子质量为M=322=64。（4）.依据n=N/NA，求物质的量，n=m/M，求质量，硫原子质子数是16，S2-的电子数是18；所以3.011022个S2-的物质的量为0.05mol，质量为1.6g，含有质子的物质的量为0.8mol，含有电子的物质的量为0.9mol。（5）.因为溶液中阴、阳离子所带电荷是守恒的，所以有c(Na+)+c(NH)+c(H+)= c(Cl)+2c(SO)，解得c(H+)=2.8 103 molL1。27.用碳酸钠晶体（Na2CO310H2O）配制0.2 molL1的Na2CO3溶液480 mL。（1）本实验用到的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要_，应称取Na2CO310H2O晶体的质量为_克。（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有_。A配制一定体积准确浓度的标准溶液 B贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D用来加热溶解固体溶质 （3）配制0.2 molL1的Na2CO3溶液480 mL的主要步骤有：溶解 计算 转移洗涤 定容摇匀 称量；正确的操作顺序是：_。（填序号）（4）根据下列操作对所配溶液浓度偏高的有(填序号)_。碳酸钠晶体失去了部分结晶水用“左码右物”的称量方法称量晶体碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠定容时俯视容量瓶未经干燥就使用定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水到刻度线【答案】 (1). 500 mL容量瓶 (2). 28.6 (3). BCD (4). (5). 【解析】【分析】(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择使用的仪器；根据n=cV和m=nM来计算；(2)容量瓶是配制一定体积准确浓度的标准溶液的定容仪器；(3)根据操作过程是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等步骤来排序；(4)根据c=，通过判断不当操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响来分析误差。【详解】（1）.配制溶液的操作步骤:首先计算出需要的药品的质量，然后用托盘天平称量,后放入烧杯中溶解，同时用玻璃棒搅拌，待溶液冷却至室温后，用玻璃杯引流移液至500ml容量瓶，然后洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，将洗涤液也注入容量瓶，然后向容量瓶中注水，至液面离刻度线1至2cm时,改用胶头滴管逐滴加入,至凹液面与刻度线相切,然后摇匀、装瓶，用到的仪器有:托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，根据题目提供的仪器可以知道,还需要的仪器有500mL容量瓶；根据n=cV可以知道需要的Na2CO3的物质的量n=0.5L0.2mol/l=0.1mol,即需要的Na2CO310H2O晶体也为,质量m=nM=0.1mol/mol=28.6g，因此，本题正确答案是:500m容量瓶；28.6g。(2).容量瓶作为精密仪器,不可用于储存和溶解固体,不能用于稀释浓溶液,也不能测量除其规格以外容积的液体体积,所以本题答案为BCD；(3).操作过程是：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶,故正确的操作顺序是:(2)(5)(1)(3)(4),因此，本题正确答案是:(2)(5)(1)(3)(4)；(4). Na2CO310H2O晶体失去了部分结晶水后, Na2CO3的质量分数增大,故物质的量增大,所配溶液的浓度偏高；用“左码右物”的称量方法称量晶体(使用游码)，会导致所称量的固体的质量偏小，故所配溶液的浓度偏低；碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，会导致碳酸钠的物质的量偏小，故所配溶液的浓度偏低；定容时俯视,导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大；只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可,至于水是事先就有的还是后来加入的,对浓度无影响；定容摇匀后,发现液面低于刻度线是正常的,再加水至刻度线会导致浓度偏低；故所配溶液浓度偏高的有:(1)(4)；因此，本题正确答案是:(1)(4)。【点睛】实验中选择容量瓶时，要注意实验室有的容量瓶规格；实验误差分析时,利用c=，看具体操作造成的n、V的变化，由此判断误差。28.（1）下列微粒中，只有氧化性的是_ （用字母填写，下同），既有氧化性又有还原性的是_。A. Cl2 B. S2 C. H+ D. Na E. FeCl2（2）在4HCl(浓)+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2O反