湖南省双峰县第一中学、湘潭县一中2025-2026学年化学高一第一学期期中综合测试试题含解析.doc

湖南省双峰县第一中学、湘潭县一中2025-2026学年化学高一第一学期期中综合测试试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列溶液中NO3 - 物质的量与50mL 1mol/L Al(NO3)3溶液的NO3 - 物质的量不相等的是
A．100mL 2.0mol·L-1 AgNO3溶液 B．75 mL 1.0 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液
C．100 mL 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 D．75 mL 2.0 mol·L-1 Na NO3溶液
2、下列化学方程式改写成离子方程式正确的是（　　）
A．2NaOH+Cl2==NaCl+NaClO+H2O；Cl2+2OH- ==Cl-+ClO-+H2O
B．CaCO3+2HCl==CaCl2+CO2↑+H2O；CO32-+2H+ == CO2↑+H2O
C．Al2(SO4)3+6NH3•H2O==2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4； Al3++3OH-==Al(OH)3↓
D．Ba(OH)2+H2SO4==BaSO4↓+2H2O；2H++2OH- ==2H2O
3、将4g NaOH溶于水配成50mL溶液，取出5mL，这5mL溶液的物质的量浓度是（　　）
A．2 mol/L B．1 mol/L C．0.1 mol/L D．0.05 mol/L
4、设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．常温常压下，11.2 L CO2所含的原子数为1.5NA
B．常温常压下，34 g OH-含有的质子数为20NA
C．1L0.5mol·L-lFeCl3溶液完全转化可制得0.5NA个Fe(OH)3胶粒
D．标准状况下，22.4 L NH3所含电子数为10NA
5、氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列反应属于阴影部分的是

A．CO+CuOCu+CO2
B．2KClO32KCl+3O2↑
C．Fe2O3+6HCl=2FeCl3+ 3H2O
D．CaO+H2O=Ca(OH)2
6、根据反应CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2S04判断1molCuS04能氧化硫的物质的量是
A．3/11 mol B．1/7 mol C．5/7 mol D．4/7 mol
7、下列仪器不能用于加热的是 （ ）
A．试管 B．量筒 C．坩埚 D．烧杯
8、下列叙述中正确的是(　　)
A．任何条件下氯化氢气体的密度都小于二氧化氮
B．2.3 g 钠与1.12 L 氯气反应后，生成5.85 g 氯化钠
C．常温常压下，1 g氦气和1 g氧气的体积比为2∶1
D．在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，压强越大
9、下列中和反应对应的离子方程式能以“H+ + OH-＝H2O”表示的是
A．醋酸和氢氧化钠溶液反应 B．氢氧化铁和盐酸反应
C．氢氧化钾溶液和硝酸反应 D．氢氧化钡和稀硫酸反应
10、某无土栽培用的营养液，要求KCl、K2SO4和NH4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。若配制该营养液，取428gNH4Cl，则需要KCl和K2SO4的质量分别为（ ）
A．53.5g和214g B．74.5g和348g
C．74.5g和696g D．149g和696g
11、某有机化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8g CO2和7.2g H2O，下列关于该有机物的说法中错误的是（ ）
A．该有机物仅含碳、氢两种元素 B．该化合物中碳、氢原子个数比为1∶4
C．该有机物属于醇类 D．该有机物相对分子质量为32
12、关于分散系的描述错误的是
A．Al(OH)3 胶体和 AlCl3 溶液都能通过滤纸
B．“卤水点豆腐，一物降一物”这句俗语利用了胶体的性质
C．溶液是电中性的，胶体是带电的
D．在沸水中逐滴加入 FeCl3 溶液可制备 Fe(OH)3 胶体
13、金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Fe→FeSO4→Fe(OH)2→Fe(OH)3
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
14、下列变化属于物理变化的是
A．工业制漂白粉 B．焰色反应 C．铜的锈蚀 D．煤的燃烧
15、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是

A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离
B．X、Z烧杯中分散质相同
C．Y中反应的离子方程式为
D．Z中能产生丁达尔效应
16、下列物质的分类正确的是

混合物
酸
盐
化合物
A
CuSO4·5H2O
H2SO4
NaCl
盐酸
B
碱石灰
醋酸
生石灰
Na2O
C
KNO3晶体
NH4Cl
Cu2(OH)2CO3
NaOH
D
澄清石灰水
HNO3
NaHSO4
NaHCO3
A．A B．B C．C D．D
二、非选择题（本题包括5小题）
17、有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、MgCl2、K2CO3、NaOH，现做以下实验：
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失、没有气泡产生；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生。
根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原白色粉末中一定含有的物质的化学式_______
(2)一定不含有的物质的化学式__________
(3)依次写出各步变化的离子方程式
①______；②_____；③_____；
18、A～E 是核电荷数均小于 20 的元素。已知：A 原子的原子核内无中子；B 原子的 L 层电子数是 K 层电子数的 3 倍；C 元素的原子 M 层比 L 层电子数少 1 个；D 元素的+2 价阳离子和氖原子具有相同的电子数；
E 原子的最外层电子数与 B 相同。
(1)写出五种元素的元素符号：A_____；B_____；C_____；D_____；E_____。
(2)写出 D2+离子的结构示意图_____。
(3)写出 C 形成离子时的电子式_____。
(4)A 与 B 可形成两种化合物，其原子个数比分别为 2:1 和 1:1，且这两种化合物中电子总数分别为 10和 18。请写出这两种化合物的化学式：_____、_____。
(5)A 元素与 C 元素组成的化合物的电离方程式：_____。
19、实验室用密度为1.25 g/mL、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240 mL 0.1 mol/L的盐酸，请回答下列问题：
(1)浓盐酸的物质的量浓度为_________。
(2)配制 240 mL 0.1mol/L的盐酸。
应量取浓盐酸体积/mL
应选用容量瓶的规格/mL
______
______
(3)配制时，其正确的操作顺序是(字母表示，每个字母只能用一次 )_________
A．用30 mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2〜3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒淮确量取所需的浓盐酸的体积，倒入烧杯中，再加入少量水(约30 mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E. 改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切
F. 继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1〜2 cm处
(4)若实验中遇到下列情况，对盐酸溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“不变”)?
①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤_________。
②容量瓶中原有少量蒸馏水_________。
③定容时观察液面俯视_________。
20、某学生欲用12mol•L﹣1浓盐酸和蒸馏水配制480mL物质的量浓度为0.30mol•L﹣1的稀盐酸．
（1）该学生需要量取________ mL上述浓盐酸进行配制．
（2）配制过程中正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）________；
A．用少量水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡
B．用量筒准确量取所需浓盐酸，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀
C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入500mL容量瓶中
D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀
E.改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切
F.继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1～2cm处
（3）下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填“偏大”、“偏小”、“无影响”）．
A．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面________
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水________
C．稀释浓盐酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中________
D．将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中________
E.容量瓶洗涤干净后未干燥________
（4）若在标准状况下，将V LHCl气溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液的密度为ρ g/mL，则此溶液中HCl物质的量浓度为________
21、通过海水晒盐可以得到粗盐，粗盐除含 NaCl 外，还含有少量 MgCl2、CaCl2、Na2SO4、KCl 以及泥沙等物质。以下是甲、乙同学在实验室中粗盐提纯的操作流程。

提供的试剂：Na2CO3 溶液、K2CO3溶液、NaOH 溶液、BaCl2 溶液、75%乙醇。
（1）欲除去溶液 I 中的 MgCl2、CaCl2、Na2SO4，从提供的试剂中选出 a 所代表的试剂，按滴加顺序依次为____。
A．过量的 NaOH 溶液、Na2CO3 溶液、BaCl2 溶液
B．过量的 NaOH 溶液、K2CO3、BaCl2 溶液
C．过量的 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液
D．过量的 NaOH 溶液、BaCl2 溶液、K2CO3 溶液
（2）如何检验所加 BaCl2 溶液已过量____。
（3）在滤液中加盐酸的作用是_____。盐酸____（填“是”或“否”）可以过量。
（4）在洗涤的时候，可以使用的最佳洗涤剂是_____。
（5）乙同学欲使用提纯得到的精盐配制 100mL 1mol/L 的 NaCl 溶液，需要称量 NaCl____g，需使用的玻 璃仪器除了烧杯、玻璃棒和胶头滴管还有_____。
（6）甲同学观察乙同学的操作，认为他配制的溶液浓度偏低，乙同学可能做的错误操作有____。
A．定容时，仰视读数
B．洗涤容量瓶后没有进行干燥
C．未洗涤烧杯和玻璃棒 2 次～3 次
D．在定容时加水超过刻度线，再用胶头滴管吸出多余部分
E. 加水至刻度线后，摇匀过程中，发现液面低于刻度线
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解析】
50mL 1mol/L Al(NO3)3溶液的NO3 - 物质的量为1mol/L×0.05L×3=0.15mol。
【详解】
A. 100mL 2.0mol·L-1 AgNO3溶液中硝酸根离子物质的量为2.0mol/L×0.1L=0.2mol，故A选；
B. 75 mL 1.0 mol·L-1 Mg(NO3)2溶液中硝酸根离子物质的量为1mol/L×0.075L×2=0.15mol，故不选；
C. 100 mL 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液中硝酸根离子物质的量为0.5mol/L×0.1L×3=0.15mol，故不选；
D. 75 mL 2.0 mol·L-1 Na NO3溶液中硝酸根离子物质的量为2mol/L×0.075L=0.15mol，故不选。
故选A。
2、A
【解析】
A项，在反应方程式中钠离子不参与水、气体或者沉淀等的生成，因此将钠离子从反应中去掉，故A项正确；
B项，该反应中由于碳酸钙是固体，不能将其拆分，故B项错误；
C项，NH3•H2O属于弱碱，应用分子式表示，不能将其拆分，故C项错误；
D项，该反应中硫酸钡是沉淀，因此参与反应的硫酸根、钡离子等都不能消去，故D项错误；
综上所述，本题选A。
在书写离子方程式时，能够拆成离子的物质有：强酸、强碱、可溶性的盐，而单质、气体、弱酸、弱碱、水、氧化物等均写成化学式形式。
3、A
【解析】试题分析：氢氧化钠的物质的量为：4g/(40g/mol)=0.1mol，所以c=0.1mol/0.05L=2mol/L，因为溶液具有均一性，因此取出的5ml溶液的浓度仍为2mol/L。答案选A。
考点：物质的量浓度
4、D
【解析】
A. 常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2 L CO2所含的原子数小于1.5NA，A错误；
B. 1个氢氧根离子含有9个质子，常温常压下，34 g OH－的物质的量是34g÷17g/mol＝2mol，含有的质子数为18NA，B错误；
C. 胶体是小分子的集合体，则1L0.5mol·L-lFeCl3溶液完全转化得到的Fe(OH)3胶粒数目小于0.5NA个，C错误；
D. 氨气是10电子分子，标准状况下，22.4 L NH3的物质的量是1mol，所含电子数为10NA，D正确。
答案选D。
5、A
【解析】
阴影部分代表的是不属于化合反应、分解反应和置换反应的氧化还原反应。
【详解】
A.反应中铜和碳有化合价的升降属于氧化还原反应；置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故该反应不属于置换反应，且该反应既不是化合反应也不是分解反应，故A选；
B.分解反应是由一种物质反应生成两种或两种以上其他物质的反应，故该反应属于分解反应，故B不选；
C. Fe2O3+6HCl=2FeCl3+ 3H2O是非氧化还原反应，故C不选；
D. 化合反应是指由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，故该反应属于化合反应，故D不选；
故选：A。
6、B
【解析】
反应CuSO4+FeS2+H2O→Cu2S+FeSO4+H2S04中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到1个电子，S元素的化合价由－1价升高为+6价，失去7个电子，由电子守恒可知，1molCuS04可氧化1/7 mol的S，答案选B。
本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意S元素的化合价变化为解答的易错点，明确Cu、S元素的化合价变化即可解答，注意守恒法的灵活应用。
7、B
【解析】
A．试管是可以直接用于加热的仪器，A不合题意；
B．量筒是不耐热的仪器，不能用于加热，B符合题意；
C．不管是瓷质坩埚还是铁质坩埚，都可直接加热，C不合题意；
D．烧杯需隔石棉网加热，D不合题意；
故选B。
8、D
【解析】
A．气体的密度与温度、压强有关，温度和压强不同时，HCl气体的密度可能大于NO2，故A错误；
B．温度和压强未知导致无法计算氯气的物质的量，则无法判断哪种物质过量，故B错误；
C．氦气的摩尔质量是4g/mol、氧气的摩尔质量是32g/mol，相同条件下，气体摩尔体积相等，根据V=mVm/M知，相同质量、相同气体摩尔体积时，其体积与摩尔质量成反比，所以氦气和氧气的体积之比=32g/mol：4g/mol=8：1，故C错误；
D．相同温度相同体积时，气体的物质的量与压强成正比，所以气体物质的物质的量越大，压强越大，故D正确；
答案选D。
本题考查了阿伏加德罗定律及其推论，明确气体体积与温度、压强的关系是解本题关键，有关气体体积的计算中要注意温度和压强，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点。
9、C
【解析】
A．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆成离子，离子方程式：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，选项A错误；
B．氢氧化铁为难溶性弱碱，在离子方程式中不能拆成离子，离子方程式：3H++Fe(OH)3=Fe 3++3H2O，选项B错误；
C．氢氧化钾溶液和硝酸反应实质为氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H++OH-=H2O，选项C正确；
D．氢氧化钡和稀硫酸反应中，除了氢离子和氢氧根之间的反应外，钡离子和硫酸根之间要参与反应，离子方程式：Ba2++2H++2OH-+SO42-═BaSO4↓+2H2O，选项D错误；
答案选C。
10、C
【解析】
428gNH4Cl的物质的量为8mol；KCl、K2SO4、NH4Cl三种固体原料的物质的量之比为1∶4∶8；所以需要KCl 1mol，质量为74.5g、需要K2SO4 4mol，质量为696g，故C正确。
11、A
【解析】
该有机物燃烧生成8.8gCO2（0.2mol）、7.2gH2O（0.4mol），所以6.4g该有机物中n(C)=0.2mol，m(C)=2.4g；n(H)=0.8mol，m(H)=0.8g，所以6.4g有机物中m(O)=6.4-2.4-0.8=3.2g，n(O)=0.2mol。A、根据上述分析，该有机物分子中一定含有C、H、O三种元素，故A错误。B、n(C)﹕n(H)=0.2mol﹕0.8mol=1﹕4，故B正确。C、n(C)﹕n(H)﹕n(O)=0.2﹕0.8﹕0.2=1﹕4﹕1，则该有机物最简式为CH4O；由于最简式碳原子已饱和，所以该有机物分子式就是CH4O；该氧原子只能作醇羟基，该有机物属于醇类，故C正确；D、分子式为CH4O，则相对分子质量为32，故D正确。故选A。
点睛：有机物完全燃烧只生成CO2和H2O，则一定含有C、H元素，可能含有O元素，从质量守恒的角度判断是否含有氧元素。
12、C
【解析】
A. 胶体和溶液中的微粒直径小于滤纸空隙。
B. 电解质溶液能使胶体产生聚沉。
C. 溶液和胶体都是电中性，但胶粒带电。
D. 依据氯化铁是强酸弱碱盐在水中发生水解。
【详解】
A. Al(OH)3 胶体和 AlCl3 溶液都能通过滤纸，A正确。
B.卤水是电解质溶液，能让豆浆胶体产生聚沉得到豆腐，B正确。
C.溶液和胶体都是电中性，但胶粒带电，C错误。
D.氯化铁为强酸弱碱盐，在沸水中水解生成氢氧化铁胶体和和氯化氢，该反应可用于制备氢氧化铁胶体，D正确。
本题综合考查了胶体的性质。需注意胶粒带电，但胶体是电中性。胶体和溶液中的微粒都能通过滤纸。
13、A
【解析】
A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；
B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；
C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。
D项，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，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。
14、B
【解析】
化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断。
【详解】
A.工业制漂白粉，以Cl2和Ca(OH)2为原料制备漂白粉[有效成分为Ca(ClO)2)]，有新物质生成，属于化学变化，故A项不符合题意；
B.焰色反应是指某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征颜色的反应，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B项正确；
C.铜的锈蚀是铜在一定条件下生成铜锈的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C项不符合题意；
D.煤炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D项不符合题意；
答案选B。
15、B
【解析】
A．利用过滤法可将Z中固体和液体分离，故A正确；
B．X中分散系是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，乙中分散系是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；
C．根据实验现象，碳酸钙与溶液反应，生成氢氧化铁胶体和，故C正确；
D．Z中是氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；
故答案为B。
16、D
【解析】
根据混合物、化合物、氧化物、酸、碱、盐等相关概念分析判断。
【详解】
A项：CuSO4·5H2O是化合物，盐酸（HCl的水溶液）是混合物。A项错误；
B项：生石灰（CaO）是氧化物。B项错误；
C项：KNO3晶体是化合物，NH4Cl是盐。C项错误；
D项：所有物质分类正确。
本题选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2 K2CO3 Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓ Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O Ba2++=== BaSO4↓
【解析】
①取一定量粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，可能是Ba(NO3)2和K2CO3反应生成BaCO3沉淀；MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀；MgCl2和K2CO3反应生成MgCO3沉淀，沉淀的组成有多种可能。
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，白色沉淀完全消失，没有气泡产生，证明沉淀中没有BaCO3、MgCO3，沉淀为Mg(OH)2，原白色粉末中一定有MgCl2和NaOH，一定没有K2CO3；
③向①的上层清液中滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，白色沉淀为BaSO4，原白色粉末中一定有Ba(NO3)2，根据上述分析作答。
【详解】
(1)由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2，答案：MgCl2、NaOH和Ba(NO3)2；
(2)由分析可知，原白色粉末中一定不含有的物质是K2CO3，答案：K2CO3；
(3)①中白色沉淀为Mg(OH)2，反应的离子方程式是Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；
②加入稀硝酸Mg(OH)2溶解，酸碱中和生成盐和水，反应的离子方程式是Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O；
③加入稀硫酸生成白色沉淀为BaSO4，反应的离子方程式是Ba2++=== BaSO4↓'；
答案：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓；Mg(OH)2+2H+=== Mg2++2H2O；Ba2++=== BaSO4↓。
②中白色沉淀为氢氧化镁是本题解答的关键，常见酸、碱、盐在水中溶解性及主要化学性质在学习中要注意整理和记忆。
18、H O Cl Mg S H2O H2O2 HCl=H++Cl-
【解析】
A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。
【详解】
A原子的原子核内无中子，则A为H；B原子的L层（第二层）电子数是K层（第一层）电子数的3倍，即第二层6个电子，则B为O；C元素的原子M层(第三层)比L层电子数少1个，即第三层7个电子，C为Cl；氖原子电子数为10，即D元素核外电子数为12，D为Mg；E原子的最外层电子数与B相同且E原子序数小于20，E为S。
（1）A：H B：O C：Cl D：Mg E：S
（2）镁离子；
（3）氯离子，电子式加中括号。；
（4）A 与 B 可形成H2O和H2O2
（5）氢原子和氯原子形成氯化氢，属于强电解质，完全电离，HCl=H++Cl- 。
19、12.5 mol/L 2.0 250 BCAFED 偏低 不变 偏高
【解析】
(1)根据c=计算；
(2)根据溶液具有均一性，结合选择仪器的标准判断使用容量瓶的规格，利用溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算量取的浓盐酸的体积数值；
(3)根据配制物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀分析判断操作顺序；
(4)根据c=分析实验误差。
【详解】
(1)浓盐酸的物质的量浓度c=mol/L=12.5 mol/L；
(2)配制240 mL0.1 mol/L的盐酸，实验室没有规格是240 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准：“大而近”的原则，可知应选择使用250 mL容量瓶配制溶液，实际配制250 mL0.1 mol/L的稀盐酸，设需要浓盐酸体积为V，由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，所以：V×12.5 mol/L=0.1 mol/L×250 mL，解得V=2.0 mL；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液步骤：计算、量取、移液、洗涤、定容、摇匀等，故正确的操作顺序为：BCAFED；
(4)①用以稀释浓盐酸的烧杯未洗涤，导致溶质物质的量偏少，最终使溶液浓度偏低；
②容量瓶中原有少量蒸馏水，由于不影响溶质的物质的量及最后溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，溶液的浓度不变；
③定容时观察液面俯视，导致溶液的体积偏小，由于溶质的物质的不变，故最终导致配制溶液的浓度偏高。
本题考查了物质的量溶液的浓度的计算、溶液的稀释、仪器的使用及配制步骤和误差分析的知识。掌握物质的量浓度的含义及配制一定体积、一定浓度的溶液的方法是本题解题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用和实验能力。
20、12.5 BCAFED 偏小 偏小 偏大 偏大 无影响 1000ρV/22400+36.5V
【解析】
（1）配制480mL物质的量浓度为0.30mol•L﹣1的稀盐酸需要使用500mL容量瓶，由于溶液稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓盐酸的体积为V，则有12mol/L×V＝0.5L×0.3mol/L，解得V＝0.0125L，即12.5mL；
（2）操作步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀等操作，所以配制时，其正确的操作顺序是BCAFED。
（1）A．俯视观察凹液面，所取浓盐酸的体积偏小，所以浓度偏小；
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，溶液的体积偏大，所以浓度偏小；
C．稀释浓盐酸，未冷却到室温即转移到容量瓶中，冷却后液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏大；
D．将量取浓盐酸的量筒进行洗涤，并将洗涤转移到容量瓶中，导致量取的浓盐酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏大；
E．容量瓶洗涤干净后未干燥不影响。
（4）在标准状况下，将VLHCl物质的量V/22.4 mol；在标准状况下，将VLHCl气体溶解在1L水中（水的密度近似为1g/mL），所得溶液密度为ρ g/mL，则溶液的质量为36.5V/22.4 g+1000 g，因此溶液体积为，则此溶液中HCl的物质的量浓度为。
明确物质的量浓度的含义、计算方法以及配制的实验原理是解答的关键，注意容量瓶选择的要求，易错点是溶质物质的量的计算，应该以实际使用的容量瓶的规格进行计算，而不是题干中的480mL。
21、C 取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠，如果变浑浊则说明氯化钡是过量的，反之则不是过量的 除去过量的 NaOH 和 Na2CO3 是 75%乙醇 5.9 100mL 容量瓶 ACD
【解析】
本题考查配制一定物质的量浓度的溶液，（1）Mg2＋用NaOH除去，Ca2＋用Na2CO3除去，Na2SO4用BaCl2除去，因为所加除杂试剂过量，必须除去，因此Na2CO3必须放在BaCl2的后面，即选项C正确；（2）检验BaCl2溶液过量，操作是取少量上层清液于试管中，加入硫酸钠，如果变浑浊则说明氯化钡是过量的，反之则不是过量；（3）滤液中含有过量的NaOH和Na2CO3，因此加入盐酸的目的是除去过量NaOH和Na2CO3；因为盐酸易挥发，在蒸发结晶中HCl挥发出去，因此盐酸是可以过量的；（4）因为乙醇易挥发，挥发时携带水，且氯化钠不溶于乙醇，因此洗涤过程中最佳试剂是75%的乙醇；（5）需要称量NaCl的质量为100×10－3×1×58.5g=5.85g，因为托盘天平读数到0.1g，因此需要称量NaCl的质量为5.9g，还需要的仪器是100mL的容量瓶；（6）利用c=n/V=m/MV，A、定容时仰视读数所加水的体积偏大，即所配溶液浓度偏低，故A正确；B、容量瓶中是否有水，对实验无影响，故B错误；C、未洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质的质量或物质的量减少，所配溶液浓度偏低，故C正确；D、定容时，加水超出刻度线，已经对原来溶液进行稀释，再用胶头滴管吸出多余部分，溶液浓度偏低，故D正确；E、相当于取出部分溶液，溶液浓度不变，故E错误。
点睛：本题的易错点是问题（5）的第一问，称量氯化钠，中学阶段一般用托盘天平，而托盘天平读数到0.1g，因此称量的质量为5.9g。